陕西省兴平市西郊中学2022-2023学年高三化学第一学期期中经典试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某同学利用氧化还原反应：2KMnO410FeSO48H2SO4=2MnSO45Fe2(SO4)3K2SO48H2O设计如图所示原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法正确的是Ab电极上发生还原反应B外电路电子的流向是从a

2、到bC电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯Da电极上发生的反应为MnO4-8H5e=Mn24H2O2、Na2SmOn对应的多种盐，均为工业生产中的重要物质。下列说法错误的是（）A若m=1，n=3,该盐溶液可用于吸收Cl2B若m=1，n=4,检验其阴离子可先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液C若m=2，n=3,该盐与稀硫酸发生复分解反应D若m=2，n=8,若该盐中S显+6价，则1个S2O82中过氧键的数目为13、下列各溶液中一定能大量共存的离子组是A常温下，c(H+)=1013molL1的溶液中：Na+、AlO2、S2、SO32B使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I、NO3、ClC加入铝粉有氢

3、气生成的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、K+D常温下，由水电离出的c(H+)c(OH)=1.01026的溶液中：K+、Na+、HCO3、Ca2+4、 “吃尽百味还点盐，穿尽绫罗不如棉”。食盐不仅是调味品，更在医药、化工等领域有广泛应用。下列有关叙述中正确的是A食盐熔化时因离子键遭破坏故属化学变化B电解饱和食盐水可制备金属钠C生理盐水的浓度越接近饱和药效越好D加碘食盐中的碘以 IO3- 形成存在5、下列化学用语或模型图正确的是A氮气的结构式：B用电子式表示溴化氢的形成过程为：CCO2的比例模型：D14C的原子结构示意图6、一定温度下,将2mo1SO2和ImolO2充入1L恒容密闭容器中，发

4、生反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=-196kJmol-1，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ。下列说法错误的是A05min内，用O2表示的平均反应速率V(O2)=0.17molL-1min-1Bn(O2)/n(SO3)的值不变时，该反应达到平衡状态C若增大O2的浓度，SO2的转化率增大D条件不变，若起始时充入4molSO2和2molO2，平衡时放出的热量小于333.2kJ7、下列关于 Na2CO3 和NaHCO3的说法中正确的是A热稳定性： NaHCO3比Na2CO3稳定B常温时，在水中的溶解性: Na2CO3NaHCO3C氢氧化铝和纯碱常用来治理胃酸过多D它们

5、都属于盐类，所以水溶液显中性8、常温下，在等体积pH=1的硫酸；0.01molL1NaOH溶液；pH =10的纯碱溶液中；水电离程度的大小顺序是（）ABCD9、空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下： 反应室载气吸收液SO42-含量数据分析N2蒸馏水a. bdac.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-3%氨水b空气蒸馏水c3%氨水d下列说法不正确的是A控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施B反应室中可能发生反应：SO

6、2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2C本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关D农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成10、下列实验叙述错误的是A用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na+而无法判断是否有K+B配制硫酸铁溶液时，将硫酸铁溶解在硫酸中,再加水稀释C中和滴定时，滴定管用蒸馏水洗涤23次后即可加入标准溶液进行滴定D向某钠盐 X 的溶液中先滴加稀盐酸，无现象，再滴加 BaCl2 溶液，出现白色沉淀，X 不一定是Na2SO411、已知1 mol红磷转化为1 mol白磷，吸收18.39 kJ热量4P(红，s)5O2(g)=2P2O5(

7、s)H1 P4(白，s)5O2(g)=2P2O5(s)H2则H1与H2的关系正确的是AH1H2BH1H2CH1。故选D。9、C【题目详解】A. 因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B. 反应室中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正确；C.由已知 bdac，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误；D. 铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据

8、分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。10、C【题目详解】A.钠元素的黄色火焰可以覆盖钾元素的紫色火焰，用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，则证明原溶液中有Na+，但无法判断是否含有K+，K+需通过蓝色钴玻璃才能观察其火焰颜色，故A正确；B.实验室配制硫酸铁溶液时，为了抑制硫酸铁水解，应先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释至所需浓度，故B正确；C.滴定管用蒸馏水洗涤23次后，应再用标准溶液润洗滴定管23次，否则会

9、将标准溶液稀释，故C错误；D.向某钠盐X的溶液中先滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，只能证明含有SO42-，可能为Na2SO4，也可能为NaHSO4，故D正确。故选C。11、B【题目详解】4P（红）+5O2=2P2O5 H1；4P（白）+5O22P2O5 H2 ；得到4P（红）=4P（白）H=H1H2，已知1mol红磷变成1mol白磷吸收18.39KJ的热量，所以H1H20；H1H2，故选B。12、C【分析】X、Y、Z为三种主族元素，分别形成Xn+、Ym+、Zn-三种离子，且X、Y、Z三种原子的M电子层中的电子数均为奇数，则X、Y、Z 一定是在第3周期，能形成简单离子为X

10、n+、Ym+、Zn-，且数值mn，所以X为钠元素，Y为铝元素，Z为氯元素。【题目详解】A最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，所以离子半径Cl-Na+；电子层排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径Na+Al3+，所以Al3+离子半径最小，故A正确；BZ的最高价氧化物的水化物HClO4，由于n=1，HClO4符合HnZO4，故B正确；CNaOH为强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，HClO4是强酸，则它们的最高价氧化物的相应水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强，故C正确；D、X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，Al(OH)3是两性氢氧化物，能与

11、NaOH和HClO4反应，NaOH与HClO4，发生酸碱中和反应，故D正确。故答案为C。13、D【答案解析】A硒和溴属于同一周期元素，硒的原子序数小于溴，所以原子半径BrSe，故A错误；B同一周期元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而减小，还原性Se2-Br-，故B错误；C在Se2Br2分子中硒原子间存在非极性键，溴和硒原子之间存在极性键，故C错误，D.SeO2中硒为+4价，处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，故D正确；故选D。14、D【题目详解】A实验室用活泼金属Zn与稀盐酸反应来制备H2，故装置甲制取，A不合题意；B装置乙先用NaOH溶液来除去H2中的HCl，再用浓硫酸来干燥，故装置

12、乙净化干燥，B不合题意；C金属钠与H2在加热条件下发生反应：2Na+H22NaH，故装置丙制备NaH，C不合题意；D碱石灰不能吸收H2，故装置丁不能吸收尾气，D符合题意；故答案为：D。15、B【答案解析】A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I-Fe2+Br-，故A错误；B、在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+，故B正确；C、在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba(OH)2反应，其

13、次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根离子发生中和反应，故D错误；故选B。点睛：本题考查化学反应的先后顺序的知识。判断先后反应总原则是，先发生的反应产物与其他物质能大量共存，若产物不能与其他物质大量共存，则它一定不能先反应。16、D【题目详解】A.漂白粉具有强氧化性，既能杀菌消毒，又具有漂白性，所以漂白粉既可用来漂白棉、麻、纸张，也能用作游泳池及环境的消毒剂，但不能做净水剂，A错误；B. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了一些金属元素，而不是金属单质，B错误；C.合金材料的组成元素不一定全部

14、为金属元素，可能含有非金属元素，C错误；D.光导纤维的原料为二氧化硅，D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、 1s22s22p63s23p63d8 镧 ONHCe N-HO(或N-HN或O-HN或O-HO) sp3杂化 bd 8 【分析】(1)镝(Dy)的基态原子外围价电子排布式为4f106s2，结合泡利原理、洪特规则画出排布图；(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，与第四电离能相差越大，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大；

15、(4)同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大；NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-HO或O-HN)；气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，根据均摊法计算晶胞中Pr原子数目，再根据化学式中原子数目之比计算晶胞中O原子数目；结合

16、晶胞中原子数目用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积，联立计算。【题目详解】(1)镝(Dy)的基态原子外围电子排布式为4f106s2，由泡利原理、洪特规则，外围价电子排布图为：；(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+，基态时Cu3+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大，在上述表中La的I1+I2和I3最接近，I3与I4差距最大，故La元素最可能形成+3；(4)同周

17、期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为：ONHCe；NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键(N-HN)，水分子之间形成氢键(O-HO)，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-HO或O-HN)；气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为，Al是原子采取sp3杂化，含有的化学键有极性键、配位键，没有离子键、非极性键；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2

18、相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8+6=4，而Pr原子与O原子数目之比为1：2，则晶胞中O原子数目为42=8，晶胞质量=g=(a10-10 cm)3gcm-3，整理得NA=。18、 (CH3)2CHCOOH 醚键和羧基 取代反应 5 2 +2NaOH+NaCl+H2O 【分析】A发生信息反应()生成B，苯酚反应得到C，B与C发生信息反应()生成甲，由G的结构可知，苯酚与氢氧化钠等反应生成C为苯酚钠，则B为ClC(CH3)2COOH，A为(CH3)2CHCOOH，由氯贝特的结构可知甲与乙醇反应生成D为，据此解答。【题目详解】(1) A为(CH3)2CHCOOH，故

19、答案为：(CH3)2CHCOOH；(2)根据甲的结构简式可知，甲中含有的官能团为醚键和羧基，故答案为：醚键和羧基；(3)反应是发生R1ONa+ClR2R1OR 2+NaCl(R1、R2代表烃基)，原子与原子被取代，因此反应类型为取代反应；由氯贝特的结构可知，氯贝特的核磁共振氢谱有5组峰，故答案为：取代反应；5；(4)甲有多种同分异构体，同时满足以下条件：1，3，5三取代苯；属于酯类且既能与FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应；含有酚羟基、醛基；1mol该同分异构体最多能与3molNaOH反应。结合可知应含有酚羟基、甲酸与酚形成的酯基，故侧链为OH、CH2CH2CH3、OOCH，或侧链为OH、

20、CH2CH3、OOCCH3，符合条件的同分异构体有2种，其中一种的结构简式为，故答案为：2；(5)B为ClC(CH3)2COOH，B与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+2NaOH+NaCl+H2O。19、SO2、H2SO3、HSO3、SO32 HSO3离子存在平衡有电离平衡：HSO3 H+SO32 ，水解平衡：HSO3 +H2O H2SO3+OH，因为亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性 证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰 SO32 乙 SO32能使品红褪色，因为SO2+2OH +Ba2+ = BaSO3+H2O，同

21、时排除SO32的干扰 AC 【分析】探究体现漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，据此分析判断；(2)NaHSO3溶液中存在亚硫酸氢钠电离和水解，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度；(3)氢氧化钠溶液中红色不褪去说明氢氧根离子对品红褪色不干扰；(4)根据实验一和实验二的abc分析判断；探究褪色过程的可逆性(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，氢氧根离子不影响溶液的褪色，乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红褪色可逆；(6)选择

22、的试剂不能具有漂白性，同时能够将二氧化硫反应除去，据此分析解答。【题目详解】探究体现漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，SO2+H2OH2SO3，H2SO3H+HSO3-，HSO3-H+SO32-，SO2水溶液中含的微粒有：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案为：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-；(2)NaHSO3溶液中，HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡HSO3-H+SO32-，水解平衡HSO3-+H2OH2SO3+OH-，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，故答案为：HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡H

23、SO3-H+SO32-，水解平衡HSO3-+H2OH2SO3+OH-，因为亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；(3)pH=10NaOH溶液中红色溶液不变色，证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰，故答案为：证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰；(4)实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中。观察到前者褪色而后者不褪色。说明使品红褪色的微粒不是SO2；根据实验二的abc可知，a.0.1mol/LSO2溶液(pH=2)中主要含有SO2和H2SO3，溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色，b.0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)

24、中主要含有HSO3-，溶液立即变浅，约15s后完全褪色，c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)中主要含有SO32-，溶液立即褪色，说明SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是SO32-，故答案为：SO32-；探究褪色过程的可逆性(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，说明氢氧根离子浓度不影响二氧化硫褪色，不能说明二氧化硫的漂白性具有可逆性；乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红溶液的褪色具有可逆性；乙方案合理，其原因是SO32-能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+

25、=BaSO3+H2O，同时排除SO32-的干扰，故答案为：乙；SO32-能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O，同时排除SO32-的干扰；(6)A稀硝酸不具有漂白性，能够将二氧化硫氧化生成硫酸，因此溶液变红色，故A正确；B氯水中含有次氯酸，具有漂白性，溶液不会变成红色，故B错误；C双氧水能够将二氧化硫氧化为硫酸，溶液变成红色，故C正确；故选AC。20、分液漏斗 Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O 排净装置中的空气，为排除氧气对实验的干扰 BaSO4 还原性 SO2+2Fe3+Ba2+2H2O=BaSO4+2Fe2+4H+ 取少量B中溶液于试管

26、中，加入少量K3Fe（CN)6溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，观点1合理 C HCHO -470kJ/mol 【题目详解】(1)加入浓硫酸的仪器为分液漏斗；A中为亚硫酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；(2)氧气和硝酸根离子都能将二氧化硫氧化，如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以通入氮气的目的是排净装置中的空气，为排除氧气对实验的干扰；(3)二氧化硫具有还原性，在酸性条件下，能被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀。(4)观点1是指二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：SO2+2Fe3+Ba2+2H2OBaSO4+2Fe2+4H+；为证明该观点,应进一步检验生