2022-2023学年河南省安阳市第三实验中学化学高三上期中预测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（ ）Ac(CO)=0.02molL-1的溶液：Na+、NH、Cl-、SOB能与金属铝作用产生H2的溶液：K+、Ca2+、Br-、HSOC由水电离产生的c(OH-)=10-13molL-1的溶液：Mg2+、Fe2+、NO、F-DpH=1的溶液：N

2、a+、Al3+、NO、I-2、下列实验事实能用元素周期律解释的是A酸性：H2SO3H2CO3B热稳定性：CH4SiH4C酸性：HClH2SD热稳定性：HNO3H2CO33、在微生物作用下电解有机废水（含CH3COOH）,可获得清洁能源H2，其原理如图所示，下列有关说法不正确的是A电极B极为负极B与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为：CH3COOH-8e-+H2O=2CO2+8H+C通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液PH减小D通电后，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol电子4、已知第三周期元素M，其原子最外层达到饱和时所需的电子数小于次外层与最内层电子数之差，且等于最内层

3、电子数的正整数倍。下列关于元素M的说法一定错误的是()AM元素存在同素异形体BM元素为非金属元素CM的最高价氧化物对应的水化物都是强酸D常温下，能稳定存在的M的氧化物都是酸性氧化物5、下列实验事实不能作为所得结论合理证据的是选项ABCD实验现象NaBr溶液变为橙色，NaI溶液变为棕黄色Mg条表面有气泡产生Na2SiO3溶液中出现白色沉淀钾与水反应比钠与水反应更剧烈结论氧化性：Cl2Br2I2还原性：MgAl非金属性：CSi金属性：KNaAABBCCDD6、利用反应2NO(g)2CO(g) 2CO2(g)N2(g) H746.8 kJmol1 ，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的

4、转化率，采取的措施是A降低温度B增大压强同时加催化剂C升高温度同时充入N2D及时将CO2和N2从反应体系中移走7、阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A4.6g金属钠与500mL0.2 molL-1的盐酸充分反应，转移的电子数为0.2NAB0.l molL-1K2S04溶液与0.2mol/L KCl溶液中的K+数目均为0.2 NAC60g SiO2中含有Si-O键的数目为2 NAD46g NO2和N2O4的混合物中分子总数为NA8、下列有关说法正确的是A足量的Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3B铁的化学性质比较活泼，它能和水蒸气反应生成H2和Fe(OH)3C用酸性KMnO4溶液检验FeC

5、l3溶液中是否含有FeCl2D向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，且颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液只含Fe2+9、对下列装置作用的分析或解释正确的是A装置甲可除去HCl中的Cl2杂质B装置乙可吸收SO2，并防止倒吸C装置丙石灰水变浑浊即可证明非金属性：SiCD装置丁可制取并收集NO气体10、为测定含镁3%5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2种实验方案，下列说法不正确的是方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量；方案二：称量m g铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测得固体质量增重。A方案一中若称取5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0

6、mol/L NaOH溶液中反应，则V100 mLB方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高C方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量D方案二中若用空气代替O2进行实验，则测定结果偏高11、科学家将含有石墨烯和碳纳米管两种纳米材料的水溶液在低温环境下冻干得到“全碳气凝胶”，该固态材料的密度仅是0.16mgcm-3 ，是迄今为止世界上最轻的材料。下列有关说法正确的是( )A“全碳气凝胶”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料B“全碳气凝胶”与石墨互为同位素C“全碳气凝胶”中含有碳碳双键，属于烯烃D“全碳气凝胶”的性质稳定，能在热的浓硫酸中稳定存在12

7、、研究小组探究Na2O2与水反应。取1.56 g Na2O2粉末加入到40 mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，进行以下实验。编号操作现象溶液变红色，20秒后褪色i. 产生大量能使带火星木条复燃的气体ii. 溶液变红色，10分钟后褪色i. 溶液变红色，10分钟后溶液褪色.ii. 变红色溶液变红色，2小时后无明显变化下列说法不正确的是A由中现象i可知，Na2O2 与水反应有H2O2生成B由、可知，中溶液红色褪去是因为c(OH- )大C由、可知，中溶液红色褪去的主要原因不是c( OH- )大D向中褪色后的溶液中滴加5滴6 mol/L盐酸，溶液最终变成红色13、X、Y、Z、W、M五种元

8、素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M元素的原子是短周期中原子半径最大的。下列说法正确的是AX、Z、W三元素形成的化合物都是共价化合物B简单离子的半径从大到小的顺序是：MYZWC氢化物的稳定性强弱顺序为：YZWDM2W2既含有离子键，也含有非极性键14、下列各条件下可能共存的离子组是A某无色溶液中：NH4、Na、Cl-、MnO4-B由水电离出的c(H+)=11013molL1的溶液中：Na、K、SO32-、CO32-

9、C在c(H+)=11013molL1的溶液中：NH4、Al3、SO42-、NO3-D在pH=1的溶液中：K、Fe2、Cl-、NO3-15、下列说法不正确的是()A硫酸铁能水解生成Fe(OH)3胶体，可用作净水剂B水解反应NHH2ONH3H2OH达到平衡后，升高温度平衡逆向移动C制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D盐类水解反应的逆反应是中和反应16、碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法错误的是 ( ) A用KI淀粉试纸和食醋可以检验加碘盐中是否含有碘B足量Cl2能使湿润的KI淀

10、粉试纸变白的原因可能是：5Cl2I26H2O2HIO310HClC由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 IO3-WM，B项错误；C.氢化物的稳定性强弱顺序为WZY，故C项错误；D. M2W2为Na2O2既含有离子键，也含有非极性键，故D项正确。综上，本题选D。14、B【题目详解】A.含MnO4-的溶液呈紫红色，无色溶液不能存在MnO4-，A不符合题意；B.由水电离出的c(H+)=11013molL1的溶液中水的电离是被抑制的，溶液可能显酸性、也可能显碱性，酸性溶液中SO32-、CO32-不能大量存在，碱性条件下离子相互间不反应能大量共存，B符合题意；C. c(H+)=11013molL1的溶液显碱

11、性，NH4、Al3在碱性条件下不能大量存在，C不符合题意；D.pH=1的溶液显酸性，酸性条件下NO3-能氧化Fe2，不能大量共存，D不符合题意；答案选B。15、B【答案解析】A、硫酸铁溶于水后水解生成Fe(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物，可用作净水剂，选项A正确；B、水解反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，选项B不正确；C、AlCl3、FeCl3、CuCl2在溶液中加热易水解，生成氢氧化物和HCl，HCl易挥发，最后完全水解生成氢氧化物，蒸干生成氧化物，所以制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，选项C正确；D、盐类水解反应的逆反应是中和反应，选项D正确。答案选

12、B。16、C【分析】A.加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I-还原生成I2；B.根据图示转化可知：足量的Cl2与I-反应生成NaIO3，氯气被还原为氯离子；C.由途径I可知氧化性Cl2I2，由途径可知氧化性I2NaIO3；D.根据转化关系2IO3-I210e-计算判断。【题目详解】A.加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I-还原生成I2，故用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉-KI试纸会变蓝，A正确；B.根据图示转化可知：足量的Cl2与I-反应生成NaIO3，氯气被还原为氯离子，则足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是：5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl，

13、B正确；C.由途径I可知氧化性Cl2I2，由途径可知氧化性I2NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2IO3-I2，C错误；D.根据转化关系2IO3-I210e-可知，生成1 molI2反应中转移的电子数为10NA，D正确；故合理选项是C。【答案点睛】本题考查氧化性强弱比较及应用，在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物；还原剂的还原性强于还原产物；氧化剂的氧化性强于还原剂，还原剂的还原性强于氧化剂。根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键。利用氧化还原反应中元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目。二、非选择题（本题包括5小题）17、醛基、酯基 乙炔 加成反应 NaOH水溶液、加热 CH2C

14、HO+2Cu(OH)2CH2COOH+Cu2O+H2O +H2O 【分析】A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B，比较苯与A的结构可知，苯与X发生加成反应生成A，所以X为CHCH。B水解生成C，后C催化氧化生成DCH2CHO，D与斐林试剂反应酸化后生成ECH2COOH，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基，得到G，G发生消去反应生成H。根据此分析进行解答。【题目详解】（1）由F的结构简式可知F中具有的官能团为醛基、酯基。故答案为醛基 酯基（2）比较苯与A的结构可知，苯与X发生加成反应生成A，X为气态烃，且X与苯的最简式相同，所以X为CHCH。故答案为CHCH（3）A与溴

15、化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B之后B 在NaOH水溶液、加热条件下水解生成C。故答案为 加成反应 NaOH水溶液、加热（4）DCH2CHO与斐林试剂反应酸化后生成ECH2COOH，G，G发生消去反应生成H。故答案为 CH2CHO+2Cu(OH)2CH2COOH+Cu2O+H2O +H2O （5）ECH2COOH的同分异构体需要满足能发生银镜反应，说明有醛基且能水解，则含有酯基，苯环上的一溴代物只有两种说明对位上有两个取代基。该同分异构体为。故答案为 （6）DCH2CHO制备苯乙酮（）的反应流程主要是将醛基转化为相邻碳原子上的酮基，可以先将D还原为苯甲醇，之后苯甲醇发生消去反应得到苯乙烯

16、，苯乙烯与水加成后再进行催化氧化生成苯乙酮（）。故答案为18、2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH+ H2变大酸Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+D1106c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(OH)c(CO32)【分析】通过物质间的转化关系分析各物质的组成；通过物料守恒、电荷守恒和质子守恒规律来比较溶液中离子浓度的大小。【题目详解】由题干“其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体”知，C为活泼金属钠、钾或者钙，又D、F、G、H的焰色反应均为黄色，则C为钠，D为氢氧化钠，根据图中的转化关系，D与二氧化碳反应生成F，则F为碳酸钠，H为碳酸氢钠，E为两性化合物，且

17、由B和D反应得到，则E为氢氧化铝，G为偏铝酸钠，B为氯化铝，A为铝；(1)钠与水反应的离子方程式为：2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH+ H2；钠与水反应可以认为是钠与水电离出来的氢离子反应，故促进了水的电离，使水的电离程度变大，故答案为2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH+ H2；变大；(2)氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液因为铝离子的水解作用呈现酸性，离子方程式为：Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+ ，故答案为： 酸；Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+ ； (3)盐的水解促进水的电离，酸和碱的电离会抑制水的电离，易溶于的氢氧化钠会抑制水的电离，故答案为：

18、D；(4) pH为10的氢氧化钠溶液中，c(H+)=110-10，氢氧化钠无法电离出氢离子，则由水电离出来的c(0H-)= c(H+)=110-10，pH为10的碳酸钠溶液中，水电离出的c(0H-)=Kw /c(H+)=110-14/110-10=110-4，故它们的比为：10-10/10-4=1106；向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，则此时的溶液中溶质为碳酸钠和碳酸，且c(0H-)= c(H+)，根据电荷守恒得：c(Na+)+ c(H+)=c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)，则c(Na+)=c(HCO3) +2c(CO32)，HCO3的电离程度很小，综上所述各离子浓度大小为：

19、c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(OH)c(CO32)，故答案为1106 ， c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(OH)c(CO32)。【答案点睛】元素推断题中，要找到条件中的突破口，例如：最轻的气体是H2，D、F、G、H的焰色反应均为黄色，即含有Na元素，再根据Na及其化合物的性质推断。溶液中的离子浓度大小比较要考虑各离子的水解程度和电离程度强弱。19、恒压滴液漏斗 液面上方有黄绿色气体 使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率 冰水洗涤 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 ac 【分析】由题干实验装置图可知，A为制备Cl2，反应为，由于浓盐酸有较强的挥发性

20、，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到饱和食盐水的集气瓶来除杂，B装置是发生装置反应为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O， ，由此可知，反应过程中又生成了NaOH，故反应过程中需通入一定量的Cl2，装置C进行尾气处理，据此分析解题。【题目详解】(1)由实验装置图可知仪器a为恒压滴液漏斗，由分析可知装置A中制备的化学方程式为：，故答案为：恒压滴液漏斗；(2)待装置B液面上方有黄绿色气体时，说明NaOH溶液与Cl2已经完全反应，再由三颈烧瓶上口加入固体，由已知信息可知，加入固体后反应为：，该反应过程中生成了NaOH，故仍需不断

21、通入以增大NaOH的利用率，故答案为：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率；(3) 由题干信息可知，二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，故反应结束后，装置B中的浊液经过滤、冰水洗涤、干燥得粗产品，由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到饱和食盐水的集气瓶来除杂，故答案为：冰水洗涤；在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；(4) 由已知反应不难找出关系式为：，n(HClO)=n()=cmolL-1V=5cVmol，故该样品的有效氯含量表达式为=，故答案为：；a加入稀硫酸的量过少，将使

22、反应不完全，即生成的HClO偏少，故将导致样品有效氯测定值偏低，a符合题意；b滴定前滴定管未排气泡滴定后气泡消失，将导致V偏大，故将导致样品有效氯测定值偏高，b不合题意；c锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数，此时可能锥形瓶内壁上仍然含有为参与反应的I2，将导致V偏小，故将导致样品有效氯测定值偏低，c符合题意；d读数时，滴定前平视、滴定后仰视，将使V偏高，故将导致样品有效氯测定值偏高，d不合题意；故答案为：ac。20、分液漏斗 B Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O 红色 生成的HClO有漂白性 黄绿 Cl2溶于水呈黄绿色 【答案解析】为反应制取氯气，为氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，为氯气和氢氧化

23、钠反应生成次氯酸钠，为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，加入石蕊先变红后褪色，为尾气处理，应用碱溶液吸收。【题目详解】(1)制取氯气时用分液漏斗向烧瓶中加入浓盐酸，为了除去氯气中氯化氢，应选用饱和食盐水，故选B。 (2)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O ； (3)氯气和水反应生成盐酸能使石蕊变红色；反应生成的HClO有漂白性，溶液变为无色。随着通入的氯气的量的增加，水中的氯气的量增加，水溶液变为黄绿色。【答案点睛】氯气和碱反应时注意温度的条件，若为热的溶液反应可以生成氯酸盐和氯化物，若为常温下则反应生成次氯酸盐和氯化物，根据氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，具有酸性和强氧化性即漂白性分析溶液的颜色变