2022-2023学年阿克地区温宿二中化学高三上期中教学质量检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的，Y与W位于同主族。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如 如图所示(

2、部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是（ ）A原子半径：r(Y)r(Z)r(W)B化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同C含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性DZ与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构2、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA

3、3、下图是采用新能源储能器件将CO2转化为固体产物，实现CO2的固定和储能灵活应用的装置。储能器件使用Li-CO2电池，组成为：钌电极/CO2饱和的LiClO4-DMSO电解液/锂片。下列说法不正确的是 ALi-CO2电池的电解液由LiClO4和DMSO溶于水得到BCO2的固定中，每转移8 mol e-，生成6 mol气体C过程中化学能转化为电能D过程的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-4Li+3CO24、20时，有两种 0.1mol/L 的一元弱酸的钠盐 NaX 和 NaY，向 NaX 溶液中通入 CO2 只能生成 HX 和NaHCO3；向 NaY 溶液中通入 CO2 能生成 H

4、Y 和 Na2CO3，下列说法正确的是A酸性：HYHXBHX 和 HY 酸性相同但比 H2CO3 弱C结合 H+的能力：Y-CO32-X-HCO3-D同浓度下，溶液的碱性：NaXNa2CO3NaYNaHCO35、下列说法正确的是( )AH2O分子间存在氢键，所以H2O比H2S稳定BHe、CO2和CH4分子中都存在共价键CPCl5中各原子的最外层均达到8电子稳定结构DNaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O的过程中，既破坏离子键，也破坏共价键6、某反应使用催化剂后，其反应过程中能量变化如图，下列说法错误的是A总反应为放热反应B使用催化剂后，活化能不变C反应是吸热反应，反应是放热反应D

5、HH1H27、常温下，下列各组离子能大量共存的是ApH=1的溶液中：Ba2+、NH4+、NO3、Fe2+B无色溶液中：H+、K+、I、MnO4C在c(H+)c(OH)11012的溶液中：Na+、CO32、NO3、SO42D由水电离出的c(OH)1.010 13 molL 1的溶液中：Na+、NH4+、SO42、HCO38、下列关于物质的分类或变化说法正确的是ANa2CO3、BaCl2是常见的强电解质，且溶于水时均会破坏水的电离平衡BNO2经降温加压凝成无色液体为物理变化，NO2排水收集到无色气体为化学变化CNa2OSiO2是一种简单的硅酸盐，露置于空气中会变质D植物油可萃取溴水中的溴而使溴水褪

6、色9、在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol的酸性混合溶液中加入0.01 mol铁粉，经搅拌后发生的变化应是（）A铁溶解，析出0.01 mol Ag和0.005 mol CuB铁溶解，析出0.01 mol Ag并放出H2C铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Fe3D铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Cu210、自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每加深1km，压强增大约2500030000 kPa。在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g) H-1

7、48.9 kJmol-1。下列说法错误的是A在地壳浅处容易有SiO2固体沉积B如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应在平衡移动时逆反应速率先减小后增大C如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，v(H2O)2v(SiF4)D若该反应的容器容积为2.0 L，反应时间8.0 min，容器内气体的质量增加了0.24 g，在这段时间内HF的平均反应速率为0.0020 molL-1min-111、人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。目前，科学家发现了一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”，可形成气凝胶。下列有关说法正确的是A“常态冰”和“气态冰”结构不同，是同素异形体

8、B“气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质C18g“气态冰”的体积为22.4LD构成“气态冰”的分子中含有极性共价键12、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是（ ）A用该装置收集NO B分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液C实验室中制取少量蒸馏水D配制100mL0.10molL-1盐酸13、下列物质分类的正确组合是()选项混合物纯净物单质电解质A盐酸NaOH石墨K2SO4溶液B空气Fe(OH)3胶体铁Na2CO3CCuSO45H2OCaCl2水银铜D氯水KNO3晶体O3NaClAABBCCDD14、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANH3NO HNO3BCaCl

9、2(aq) CaCO3CaOCFe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3DNaOH(aq) Cu(OH)2悬独液 Cu2O15、三硅酸镁（Mg2Si3O8nH2O)难溶于水，在医疗上可做抗酸剂。它除了可以中和胃液中多余的酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，缓解刺激。将0.184g三硅酸镁（Mg2Si3O8nH2O）加入到50 mL0.1 mo1L1盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，用0.1 mo1 L1 NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则n为A6 B5 C4 D316、已知X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，A、B

10、、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且A与C中均含有10 个电子。它们之间转化关系如下图所示。下列说法正确的是A原子半径：ZYXBX与Y形成的化合物只含极性键CY有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点、硬度大的性质D气态氢化物的稳定性：Ar（S） r(O)，故A错误；SO2使溴水褪色发生氧化还原反应、乙烯使溴水褪色发生加成反应，故B错误；含S元素的盐溶液，硫酸氢钠溶液显酸性、硫酸钠溶液显中性、亚硫酸钠溶液呈碱性，故C正确；O与H、Na、S形成的化合物中，H2O中H元素不满足8电子结构，故D错误。2、D【题目详解】A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为

11、价，因此Fe失去电子的物质的量为：，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：，因此生成的H2分子数目为，A错误；B. 室温下，1 LpH13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH为10-13mol/L1L=10-13mol，B错误；C. 氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为，C错误；D.该反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA，D正确；故答案为D。3、A【题目详解】A. 金属锂能够与水反应，电解液不能由LiC

12、lO4和DMSO溶于水得到，A错误；B. 根据电极反应方程式：2Li2CO3=4Li+2CO2+O2+4e-可知，得到4mole-，生成2molCO2气体和1molO2，现转移8mole-，生成6mol气体，B正确；C. 通过图示可知，电子不断的流出，过程中化学能转化为电能，C正确；D. 通过图示可知，碳变为二氧化碳，发生氧化反应，过程的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-4Li+3CO2，D正确；综上所述，本题选A。4、C【分析】向 NaX 溶液中通入 CO2 只能生成 HX 和NaHCO3，说明酸性 H2CO3HXHCO3-，向 NaY 溶液中通入 CO2 能生成 HY 和 Na

13、2CO3，说明HY与 Na2CO3不反应，则酸性HYHXNaHCO3HY。【题目详解】A. 由以上分析可知酸性HXHY，故A错误；B. 由分析可知HX 和 HY 酸性不同，故B错误；C. 酸性H2CO3HXNaHCO3HY，则结合H+的能力：YCO32XHCO3，故C正确；D. 酸溶液的酸性越强，其盐溶液的碱性越弱，酸性H2CO3HXNaHCO3HY，则盐溶液的碱性：NaYNa2CO3NaXNaHCO3，故D错误；答案选C。5、D【题目详解】A. H2O分子间存在氢键，影响水的沸点，沸点是物理性质，稳定性是化学性质，由分子内化学键的强弱决定，所以稳定性与氢键无关，故A错误；B. CO2和CH4

14、都是由分子构成，它们中都存在共价键，He中不存在共价键，故B错误；C. PCl5中Cl的最外层电子数为7，成键电子数为1，都达到8电子稳定结构，PCl5分子中P原子最外层电子数为5，成键电子数为5，达到10电子结构，故C错误；D. NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，受热分解的过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏，故D正确；答案选D。6、B【题目详解】A反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应正反应放热，A正确；B使用催化剂后，改变反应的活化能，B错误；C因为中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，C正确；D

15、根据盖斯定律，总反应的热效应等于分步反应的热效应之和，D正确；故答案为B。7、C【答案解析】A. pH=1的溶液呈酸性， NO3可以把Fe2+氧化，A不正确；B. MnO4能使溶液显紫红色，B不正确；C. c(H+)c(OH)11012的溶液显碱性，Na+、CO32、NO3、SO42等4种离子可以在碱性溶液中大量共存，C正确；D. 由水电离出的c(OH)1.010 13 molL 1的溶液中，水的电离可能受到酸或碱的抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性， NH4+不能大量存在于碱性溶液， HCO3既不能大量存在于酸性溶液也不能大量存在于碱性溶液，D不正确。本题选C。8、C【答案解析】A. BaCl

16、2属于强酸强碱盐，不发生水解，对水的电离平衡没有影响，故A项错误；B.二氧化氮经加压凝成无色液体，发生反应：2NO2N2O4，属于化学变化，故B项错误；C. Na2OSiO2为Na2SiO3的氧化物形式，是一种简单的硅酸盐，露置于空气中会与二氧化碳、水蒸气反应生成碳酸钠和硅酸，发生变质，故C项正确；D. 植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有不饱和碳碳键，可以与溴水发生加成反应，因此植物油不能萃取出溴水中的溴单质，故D项错误；综上所述，本题选C。9、C【答案解析】因为氧化性：Ag+Fe3+Cu2+H+Zn2+，所以Fe先与Ag+反应：Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+，0.01molAg+消耗0.

17、005molFe生成0.01molAg，余下的0.01mol-0.005mol=0.005molFe继续与Fe3+发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，0.005molFe与0.01molFe3+恰好完全反应，铁完全溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Fe3+，答案选C。【答案点睛】氧化还原反应的发生遵循以下规律：得失电子守恒（氧化剂得到的电子总物质的量等于还原剂失去的电子总物质的量）、强制弱规律、先强后弱规律（多种氧化剂和多种还原剂可以反应时，总是氧化性最强的优先与还原性最强的发生反应）。10、D【题目详解】A地壳浅处压强小，上述平衡逆向移动，SiO2的量增加，有利于SiO2沉积，A

18、正确；BK值变大说明平衡正向移动，移动瞬间v正v逆，此时v逆比原平衡的速率减小，当平衡正向移动后，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，故逆反应速率先减小后增大，B正确；C根据反应速率之比等于化学计量数之比可知任一时刻均有v(H2O)2v(SiF4)，C正确；D根据方程式可知气体增加的质量为反应的SiO2的质量，所以反应的SiO2的物质的量为0.24g60g/mol=0.004mol，则反应的HF的物质的量为0.016mol，所以v(HF)=0.01628=0.001 molL-1min-1，D错误；答案选D。11、D【题目详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，状态不同，但是同一种物

19、质，故A错误；B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，物理性质不同，但化学性质相同，故B错误；C.“气态冰”是形成气凝胶的冰，标准状况下不是气体，18g“气态冰”的体积小于22.4L，故C错误；D.“气态冰”的分子是水分子，构成“气态冰”的分子中含有极性共价键，故D正确。故选D。12、C【答案解析】A、NO与O2反应，不能用排空集气法收集，故A错误；B、分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液用渗析法，故B错误；C、制取少量蒸馏水装置、原理均正确；D、转移溶液要用玻璃棒引流，故D错误；故选C。13、D【题目详解】A、硫酸钾溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、胶体是混合物，B错误；C

20、、CuSO45H2O是纯净物，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、物质分类均正确，D正确；答案选D。14、D【答案解析】A项，4NH3+5O24NO+6H2O，NO与H2O不反应，错误；B项，CO2与CaCl2（aq）不反应，CaCO3CaO+CO2，错误；C项，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终FeCl3完全水解成Fe（OH）3，不能得到无水FeCl3，错误；D项，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2，CH3CHO+2Cu（OH）

21、2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O，正确；答案选D。15、A【答案解析】试题分析：由题意知，三硅酸镁可以和盐酸反应生成的H2SiO3和氯化镁。将0.184g三硅酸镁（Mg2Si3O8nH2O）加入到50 mL0.1 mo1L1盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，用0.1 mo1 L1 NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则剩余的盐酸n(HCl)=n(NaOH)=0.003mol。50 mL0.1 mo1L1盐酸中含0,005mol溶质，所以与三硅酸镁反应的盐酸为0.002mol。由4HCl Mg2Si3O8nH2O可以求出三硅酸镁的物质的量为0.0005mol，求出三

22、硅酸镁的摩尔质量为g/mol，则24，解之得n为6，A正确，本题选A。16、D【答案解析】A与C中均含有10个电子，A燃烧可生成C，由转化关系可知A应为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，B、C都可与乙在高温下反应，乙应为C，则D为CO，甲为H2，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，以此解答该题。【题目详解】由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，A为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，乙为C，D为CO，甲为H2。A.由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：Y

23、ZX，A错误；B.X为H元素，Y为C元素，二者形成的化合物，如CH4只含极性键，C2H6、C2H4等既含极性键，也含有非极性键，B错误；C. Y为C元素，C元素有多种同素异形体，其中金刚石具有高熔点、高沸点、硬度大的性质，而石墨则质地软，C错误；D.A 是CH4，C是H2O，元素的非金属性OC，元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性就越强，所以气态氢化物的稳定性AC，D正确；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查无机物的推断以及原子结构与元素周期律的综合应用， A与C中均含有10个电子是推断突破口，再结合反应进行分析解答，注意熟练掌握元素化合物知识。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na

24、 Fe(OH)3 产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾 2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- 【答案解析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na；由反应Na+H2O气体甲+C，则甲为H2，C为NaOH；乙是黄绿色气体，则乙为Cl2；反应：气体甲+气体乙气体丙，即H2+Cl2HCl，则丙为HCl；红褐色沉淀G为Fe(OH)3；反应：物质C+物质F沉淀G，即NaOH+FFe(OH)3，可推断F中含有Fe3+；反应：物质E+Cl2物质F，则E中含有Fe2+；反应：丙的水溶液D+金属B物质E，可推断金属B为Fe，则E为FeCl2，F为FeCl3。（1）根据上述

25、分析可知A为Na；G为Fe(OH)3 ；（2）气体甲为H2，气体乙为Cl2，氢气在氯气中燃烧的现象为：产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾； （3）反应为钠和水的反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2 ；反应为FeCl2与的反应，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-。18、HCl Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O 白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 抑制Fe3+水解，Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ 取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+ 【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，乙是

26、黄绿色气体，乙为Cl2，红褐色沉淀为Fe（OH）3，由反应Na气体甲+C，为Na与水的反应，生成甲为H2，C为NaOH，H2和Cl2反应生成气体丙，丙为HCl，D为盐酸溶液，由HCl+金属BE可知，B为金属Fe，E为FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成F，则F为FeCl3。据此解答。【题目详解】（1）由上面的分析可知，丙的化学式为HCl；故答案为HCl；（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，为过氧化钠，该物质的电子式为答案为：（3）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-Cl- +ClO-+H2O；答案为：Cl2+2OH-Cl- +ClO-+H2O；（4）若

27、将NaOH溶液与FeCl2溶液混合发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁在空气中不稳定，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；（5）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，先加入较浓的盐酸可抑制Fe3+水解；答案为：抑制Fe3+水解，Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+；（6）检验物质FeCl2溶液中Fe2+方法为：取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+；答案为：取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则说明

28、金属阳离子为Fe2+。19、b 浓硫酸 吸收尾气中的SO2，防止空气中的CO2与Mg反应 能 D装置与盛有固体试剂的装置相连，不会发生倒吸 Cu2H2S=CuS2H Mg d、c、a、b 品红溶液褪色 5Mg2SO24MgOMgSS 【答案解析】本题重点考查镁和二氧化硫的反应产物的实验探究。本题应根据 已知推未知，已知2Mg+CO2=2MgO+C，可推测二氧化硫与镁可能反应2Mg+SO2=2MgO+S，镁单质还能与产物中的硫单质反应生成硫化镁。实验I为镁和二氧化硫的反应实验，A装置为二氧化硫的制备（浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应），制备的SO2中混有水蒸气，应先用浓硫酸干燥SO2，再让SO2与

29、MgO反应；二氧化硫为污染性气体，不能直接排放，所以用碱石灰吸收未反应的SO2，同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验。实验II为探究产物，固体中可能含有氧化镁、硫单质、硫化镁和镁单质。将固体产物加入稀硫酸，产生气体，硫化镁与硫酸反应生成硫化氢气体，MgS+H2SO4=MgSO4+H2S，镁单质和稀硫酸反应生成氢气和硫酸镁，装置G中加硫酸铜溶液可验证是否有硫化氢生成，G装置中产生黑色沉淀证明有硫化铜生成，进而证明固体中含有硫化镁；接下来验证是否有氢气生成，利用氢气还原氧化铜，并检验产物是否有水，因此在验证是否有氢气生成时应先干燥气体；装置中黑色粉末变红色，说明氧化铜被还原为铜单质，J装置中白色

30、粉末变蓝色证明有水生成，进而证明了固体中含有镁单质；此实验结束后发现还有少量不溶固体，猜测可能为硫单质，实验III即验证剩余固体是否为硫单质，先使固体与氧气反应，将产物通入品红溶液中，如果品红褪色，则证明固体为硫单质。【题目详解】(1)浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应，该反应中强酸制备弱酸，浓硫酸表现出酸性。(2)制备的SO2中混有水蒸气，应先用浓硫酸干燥SO2；二氧化硫为污染性气体，不能直接排放，所以用碱石灰吸收未反应的SO2，同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验，所以碱石灰还可以防止空气中的CO2与Mg反应。(3)本实验中加热装置与盛有固体试剂的装置连接，不会发生倒吸，不需要安全瓶，所以能拆去D装置。(4)F装置中MgS与稀硫酸发生MgS+H2SO4=MgSO4+H2S，硫酸铜溶液用于检验H2S，H2S与Cu2反应生成硫化铜黑色沉淀，离子反应为Cu2H2S=CuS2H 。氧化铜被还原成铜和水，无水硫酸铜变蓝色，说明固体与稀硫酸反应有氢气产生，即固体中含有未反应的镁粉。(5)题给装置中没有氧气干燥装置，如果选择双氧水制氧气，不能得到干燥的氧气。实验中，应该用干燥的氧气与硫反应，故选择高锰酸钾制氧气。装置连接顺序为制氧气d、氧气与硫反应c、检验SO2a、吸收尾气b。氧气与硫反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以如果品红溶液褪色，则证明剩余固体为硫