安徽省巢湖市汇文学校2022-2023学年化学高三第一学期期中质量检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列事实中，不能用元

2、素周期律解释的是A原子半径：K Ca Mg B碱性：NaOH Mg(OH)2Al(OH)3C热稳定性：HF HCl H2S D酸性：H2SO3 H2CO3 H2SiO32、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。X是形成化合物种类最多的元素，Y和Z形成的化合物可以造成酸雨、破坏臭氧层等危害。W和Q形成的二元化合物的水溶液显中性。下列说法正确的是（）AX、Y、W、Q都能与Z形成两种或多种化合物BQ氧化物的水化物的酸性一定比X的强CX形成的含氧酸都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色DX、Y、Z氢化物沸点一定是XY0B2H2O(l)2H2(g)+O2(g) H=-2bkJ/molCCO2与H2合成

3、C2H5OH反应的原子利用率为100%D2CO(g)+4H2(g)H2O(g)+C2H5OH(l)H=(2a+4b-c) kJ/mol12、下表各组物质中，物质之间不可能实现如下图所示转化的是选项XYZMAFeFeCl2FeCl3Cl2BMgCCOCO2CNaOHNa2CO3NaHCO3CO2DNH3NONO2O2AABBCCDD13、对于300 mL 1 mol/L 盐酸与金属铁制氢气的反应，下列措施能提高反应速率的是升温 改用100 mL 3 mol/L盐酸 改用铁粉替代铁片 加入一定量浓硝酸 再加入300 mL 1 mol/L盐酸 将盐酸改用浓硫酸 加入少量CuSO4溶液ABCD14、下

4、列的图示与对应的叙述相符的是（ ）A如图表示向A1Cl3溶液中滴加NaOH溶液时n Al(OH)3的变化情况B如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点C如图表示某一放热反应，若使用催化剂，E1、E2、H都会发生改变D如图表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，产生n (CO2)的情况15、向含Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的某种稀溶液中逐渐加入铁粉，c(Fe2+)的变化如图所示。下列说法错误的是()A横轴01：Fe+NO+4H+=Fe3+NO+2H2OB横轴12：Fe+2Fe3+=3Fe2+C横轴23：Fe+Cu2+=Fe2+CuD原溶液中三种溶质浓度相

5、等16、丰富多彩的颜色变化增添了化学的魅力。下列颜色变化过程中气体被氧化的是（ ）A水蒸气使淡黄色过氧化钠变白色BCuSO4蓝色溶液吸收H2S后有黑色沉淀CSO2能使溴水褪色DC12使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝17、在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） H8时，有效氯浓度随pH的增大而减小CpH8时，NH4+转变为NH3H2O，且有利于NH3逸出DpHPSiB电负性顺序：CNO Ca Mg，能用元素周期律解释，故A不选；B元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，Na、Mg、Al位于周期表相同周期，金属性NaMgAl，因此碱性：NaOH Mg(O

6、H)2 Al(OH)3，能用元素周期律解释，故B不选；C元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，热稳定性：HF HCl H2S，能用元素周期律解释，故C不选；D元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，但H2SO3不是最高价氧化物的水化物，不能用元素周期律解释，故D选；故选D。2、A【分析】X是形成化合物种类最多的元素，则其为碳元素；Y和Z形成的化合物可以造成酸雨、破坏臭氧层等危害，则该物质应为氮的氧化物，从而得出Y为氮元素，Z为氧元素；W和Q形成的二元化合物的水溶液显中性，则其为NaCl，从而得出W为Na，Q为Cl；因此，X、Y、Z、W、Q分别为C、N、O、Na、Cl。【题目详

7、解】A. C、N、Na、Cl都能与O形成两种或多种化合物，如CO、CO2、NO、NO2、N2O5、Na2O、Na2O2、Cl2O、Cl2O3、Cl2O5等，A正确；B. Cl氧化物的水化物的酸性不一定比C的强，比如HClO的酸性就比H2CO3弱，B错误；C. C形成的含氧酸有的能使酸性高锰酸钾溶液褪色，比如HCOOH，C错误；D. C、N、O氢化物沸点不一定是CN8时，有效氯浓度随pH的增大而减小，B正确；C.当pH8时，有利于NH4+转变为NH3H2O，有利于NH3逸出，C正确；D.随溶液pH降低，c（H+）增大，反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO的平衡逆向移动，c（HClO）减小，氮的

8、去除率降低，D正确；答案为A。21、C【答案解析】还原性为I-Fe2+Br-，则先发生2I-+Cl2I2+2Cl-，I-反应完毕再发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，则A、B点时溶液中I-完全反应，溶液中存在Fe2+和Br-，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，代表Fe3+的物质的量的变化情况，A正确；B、AB段发生2I-+Cl2I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，消耗2mo氯气，则亚铁离子的物质的量是n（Fe2+）=22mol=4mol，DE段发生2Br-+Cl2Br2+2C

9、l-，消耗氯气3mol，故n（Br-）=2n（Cl2）=6mol，因此原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，B正确；C、AB段发生2I-+Cl2I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I-）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2+2I-+2Cl22Fe3+I2+4Cl-，C错误；D、根据以上分析可知原溶液中n（Fe2+）:n（I-）:n（Br-）=4mol:2mol:6mol=2:1:3，D正确，答案选C。点睛：本题以图象形式考查氧

10、化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，为易错题目，题目难度较大。22、C【答案解析】A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，A为C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，B为N元素；D为最外层电子数等于K层电子数的金属元素，D的原子序数大于B，D为Mg元素；C为原子序数在N和Mg之间的金属元素，C为Na元素；E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色，E为Cl元素。A项，B的氢化物为NH3、N2H4，NH3常温下呈气态，A的氢化物为烃，一般烃分子中碳原子大于4常温下呈液态或固态，B的氢化物的沸点不一定高于A的氢化物的沸

11、点，错误；B项，某物质焰色反应呈黄色，该物质中一定含Na元素，不一定是钠盐，错误；C项，Mg与沸水反应生成Mg（OH）2和H2，Mg（OH）2属于中强碱，能使酚酞变红，正确；D项，E的氧化物的水化物有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，B的氧化物的水化物有HNO2、HNO3，E的氧化物水化物的酸性不一定大于B，如酸性HClOHNO3，错误；答案选C。点睛：错解分析错因分析错选A忽视碳元素的氢化物总称为烃，碳元素的最简单氢化物为CH4，CH4的沸点比NH3低。错选B忽视焰色反应是元素的性质，不是离子的性质，焰色反应呈黄色可以是Na、钠的氧化物、NaOH、钠盐。错选D非金属元素最高价含氧

12、酸的酸性强弱可用元素周期律比较，忽视非金属元素一般具有可变化合价，能形成多种含氧酸。二、非选择题(共84分)23、SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3铁粉KSCN溶液，变红【答案解析】A和B常温下都是气体，且水溶液都有漂白性，A应为Cl2，B应为SO2，M和N不溶于稀硝酸，可知M为AgCl，N为BaSO4，则C为HCl，D为H2SO4，由转化关系可知I为Fe，E为FeCl2，F为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，G为FeCl3，（1

13、）二氧化硫和氯气在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，（2）反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl， （3）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O， （4）反应中Cl元素的化合价降低，S元素的化合价降低，反应中Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，反应中Fe元素的化合价升高，O元素的化合价降低，而其他反应中没有元素的化合价变化，所以属于氧化还原反应， （5）反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，亚铁离子具

14、有还原性，易被空气中氧气氧化，可加入铁粉防止被氧化，（6）铁离子可与KSCN反应，溶液变红色，故答案为KSCN溶液，变红【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意把握题给信息，结合物质的特性进行推断，为正确推断物质的种类为解答该题的关键，注意相关反应的化学方程式的书写，为易错点，注意体会24、2:3或者2:7 Na2CO3和NaHCO3 1:1 (NH4)2SO3 4Fe2+8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3或者分步写Fe2+2OH-=Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3） H+、NH4+、Al3+、SO42- 【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白

15、色火焰，所以C为氢气；D为氯气；若A是地売中含量最多的金属元素，则A为铝；AlCl3溶液和氢氧化钠溶液等体积混合后，可能发生的反应有Al3+3OH= Al(OH)3、Al(OH)3+OH=AlO2+H2O,所以生成偏铝酸钠的总反应为Al3+4OH= AlO2+2H2O。若A是CO2气体，A与B溶液反应即CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 、Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl、 NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+ CO2【题目详解】（1）当得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，由反应的离子方程式可知，碱过量时nAl(OH)3=n(AlO2)，此时c( AlCl

16、3):c(NaOH)=2:7当碱量不足时，nAl(OH)3=n(AlCl3) ,此时c( AlCl3):c(NaOH)=2:3所以A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为2:3或2:7。（2）图所示知00.1V盐酸时没有气体放出，发生的是Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl ；0.10.3V时气体完全放出，发生的是NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+ CO2，所以A与B溶液反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据消耗盐酸的体积知Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。答案：Na2CO3和NaHCO3、1:1。（3）因为B为NaOH，A是一种正盐

17、能和NaOH生成具有刺激性气味的气体，则A中含有NH4+;因为F为HCl，A是一种正盐且A能与大dddHCl生成具有刺激性气味的气体，则A中含有SO32_;所以A为(NH4)2SO3。答案：(NH4)2SO3。（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN后溶液显红色,推断出A为亚铁盐溶液，E为Fe(OH)3，则由A转化成E的离子方程式是Fe2+8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3或Fe2+2OH-=Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）。（5）由图可以知道,开始加入NaOH没有沉淀和气体

18、产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4+OH-= NH3H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可以知道一定含有SO42-,由此可知，该溶液中肯定含有的离子为H+、NH4+、Al3+、SO42-。25、 品红褪色 混合气体中有二氧化硫 溴水褪色 将二氧化硫吸收完全 混合气体已无二氧化硫 无水硫酸铜 水蒸气 澄清石灰水 CO2 【分析】(1)多种产物需检验时，应考虑先后顺序；(2)二氧化硫能使品红褪色，溴能吸收二氧化硫；(3)检验水蒸气常用无水硫酸铜、检验二氧化碳常用澄清石灰水。【题目详解】(1)检验

19、二氧化硫用品红溶液，检验二氧化碳用澄清的石灰水，检验水蒸气用无水硫酸铜，因溶液中有水，所以先检验水蒸气，然后检验二氧化硫，同在检验二氧化碳之前用溴除尽SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，所以顺序为；(2)实验的装置中A瓶装的是品红溶液，当混合气体通过A瓶时，品红褪色，说明产物中有二氧化硫；溴水能和二氧化硫反应，所以二氧化硫能被溴水吸收，当混合气体再次通过品红时，不褪色说明品红已全部被吸收；(3)装置的作用为检验水蒸气的存在，应装无水硫酸铜固体，白色无水硫酸铜变成蓝色晶体，说明有水蒸气存在，装置的作用为检验二氧化碳的存在，盛放澄清石灰水，当澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳存在。26、

20、MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O cbd ClO2-+4Fe2+10H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+ Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+ 【分析】由题目中所给信息和实验装置图可知：实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O，经除杂、干燥后在D中与亚氯酸钠固体反应生成ClO2，B装置除去氯气中的氯化氢，C装置用浓硫酸进行干燥，由于Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后收集、并处理尾气。(1)圆底烧瓶中浓盐酸和Mn

21、O2在加热条件下反应制备Cl2，两者反应生成二氯化锰、氯气、水；(2)氯化氢易挥发，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，氯气中混有氯化氢，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，因氯气从溶液中制取，所以氯气中混有水蒸气，浓硫酸干燥除去水，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2；(3)ClO2-与Fe2+在pH=57的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，而ClO2-则被还原成Cl-，据此结合化合价升降总数相等配平该反应的离子方程式；(4)Fe2+具有较强还原性，易被水中溶解的氧气氧化，故实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。【题目详解】(1)实验室用浓盐酸

22、和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸盛装在分液漏斗中，圆底烧瓶内为MnO2，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气、水，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；(2)由于浓盐酸具有挥发性，所以在加热时制取的氯气中混有杂质HCl和水蒸气，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水蒸气，由于Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，所以B、C、E装置中的试剂依次为：饱和食盐水、浓硫酸、CCl4，故B、C、E装置中的试剂序号依次是cbd；(3)ClO2-与F

23、e2+在pH=57的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，铁元素化合价升高了1，而ClO2-则被还原成Cl-，化合价降低了4价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可知Fe2+和Fe(OH)3的系数为4，ClO2-、Cl-的系数为1，结合原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：ClO2-+4Fe2+10H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+；(4)由于Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，发生反应为4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+，所以实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。【答案点睛】本题以实验室制备ClO2为载体，考查了物质制备方案的设计的知

24、识，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。27、浅红色变为无色，且半分钟之内不褪色 锥形瓶中溶液颜色变化 待测溶液润洗锥形瓶 偏高 用标准液润洗滴定管23次 22.60 0.0800mol/L 【分析】(1)根据滴定终点，锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，应停止滴定；(2)根据滴定操作分析；(3)根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多；根据c(待测)=分析误差；(4)根据酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准液润洗；(5)结合滴定管0刻度在上判断溶液体积读数；(6)根据c(待测)=计算，V(标准)用两

25、次的平均值。【题目详解】(1)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，使用酚酞为指示剂，开始时溶液为碱性，因此溶液显红色，当达到滴定终点时，锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，停止滴定；(2)中和滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化。当锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，停止滴定；(3)根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=，可知c(标准)偏高；(4)根据酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准液润洗滴定管23次；(5)滴定管0刻度在上，大刻度在下的结构，根据滴定管中液体凹液面的

26、位置可确定该溶液体积读数为22.60mL；(6)V(标准)(20.38-0.40)+(24.02-4.00)mL220.00mL，c(待测)=0.0800mol/L。【答案点睛】本题考查中和滴定的操作以及注意事项。在误差分析时，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，其标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏低；其标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏高；同时要注意计算结果精确度，一般要结合题干给定数据确定计算结果保留有效数字的位数。28、3s23p63d55分子晶体立方体BC面心立方最密堆积硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，硝酸分子中氢氧键易与水分子

27、间形成氢键【答案解析】(1)Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3，Fe3电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则M层电子排布式为：3s23p63d5，故答案为3s23p63d5；配合物Fe(CO)x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，82x18，x5，分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，故答案为5；分子晶体；(2)距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体是立方体，该晶胞中钠离子个数是8，氧离子个数8/86/

28、24，Vm/248/NAcm3，则a，故答案为立方体；(3)A同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能大小：PSSi，故A错误；B同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，所以电负性顺序：CNOF，故B正确；C晶格能与离子晶体的熔点成正比，离子半径与晶格能成反比，离子所带电荷与晶格能成正比，钙离子电荷大于钾离子，且钙离子半径小于钾离子，氯离子所带电荷小于氧离子，且氯离子半径大于氧离子，所以氯化钾的晶格能小于氧化钙，则氯化钾的熔点比氧化钙低，故C正确；D二氧化硫分子中硫原子的价层电子对是3且含有一个电子对，所

29、以二氧化硫是V形结构，为极性分子，二氧化碳是非极性分子，根据相似相溶原理知，二氧化硫易溶于水，故D错误；E分子晶体中，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，故D错误；故选BC；(4)d单质是热和电的良导体，且熔点较高，则为铜，铜为面心立方最密堆积，故答案为面心立方最密堆积；根据图知，该分子中含有一个氢原子、三个氧原子和一个氮原子，为硝酸分子，硝酸分子正负电荷重心不重合，为极性分子，且硝酸和水能形成氢键而增大硝酸的溶解性，故答案为硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，硝酸分子中氢氧键易与水分子间形成氢键。29、2NO(g)+ 2CO (g) = 2CO2 (g)+N2 (g) H749 kJmol1 a d 50% 0.025molL1min1 0.11 或 0.11MPa1 正极 NO+5e+6H+ =NH4+H2O 4:1 【分析】I（1）根据盖斯定律求出反应热，写出热化学反应方程式；该反应为气体体积减小的放热反应，增大压强和增大CO的浓度都能加快反应速率，且使NO的转化率增大；(2)根据NO 的的体积分数，列出三行式，求出转化量和平衡量，再依次求出二氧化碳的浓度，用CO2的浓度变化表示的平均反应速率，结合平衡时总压求出平衡分压代替平衡浓度的平衡常数；II（1）N极是NO失去电子转化为硝酸根，氮元素化合价升高，失去电子，为阳极，应连接电源的正极，M极上NO转化