2022-2023学年河南省淮滨高级中学高三化学第一学期期中复习检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷

2、和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知下列热化学方程式：Zn(s)O2(g)=ZnO(s) H1=-351.1kJmol-1Hg(l)O2(g)=HgO(s) H2=-90.7kJmol-1由此可知Zn(s)HgO(s)=ZnO(s)Hg(l) H3，其中H3的值是（ ）A-441.8kJmol-1B-254.6kJmol-1C-438.9kJmol-1D-260.4kJmol-12、下列有关元素及其化合物的说法正确的是A盐酸可以除去铜器表面的铜锈Cu2(OH)2CO3BNa久置于空气中最终生成NaHCO3CAlCl3、FeCl2、CuC12均可由金属单质与氯气直接化

3、合制得DCO2、NO2、SO2都能与H2O反应，其反应原理相同3、下列说法中，正确的是A阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂B海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀C需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D为减少中和滴定实验的误差，锥形瓶必须洗净并烘干后使用4、磷的化合物可用于生产杀虫剂、烟幕弹等。已知：2P4+3Ba(OH)2(足量)+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3。下列推断正确的是（ ）APH3的水溶液呈现弱酸性BBa(H2PO2)2是酸式盐C利用(H3PO2)进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为H3PO4D每生成2.24L PH3，反应转移0.

4、3 mol e5、五种短周期元素的某些性质如下所示，有关说法不正确的是元素元素的相关信息M最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐N 原子的M电子层上有3个电子W在短周期元素中，其原子半径最大X 其最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成X的单质和H2O Y 元素最高价正价与最低负价的代数和为6 AM的气态氢化物具有还原性，常温下，该氢化物水溶液的pH7BW单质在氧气中燃烧后的产物中阴阳离子个数之比为1：2C由N和Y所形成的化合物中存在离子键，属于离子化合物DN、W、X的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互发生反应6、下列实验所得结论正确的是充分振荡试管，

5、下层溶液红色褪去溶液变红溶液变红充分振荡右侧小试管，下层溶液红色褪去A中溶液红色褪去的原因是：CH3COOC2H5NaOHCH3COONaC2H5OHB中溶液变红的原因是：CH3COOH2OCH3COOHHC由实验、推测，中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞D中红色褪去证明右侧小试管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸7、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，X、Z同主族，Y与W形成的盐的水溶液呈中性。下列说法正确的是A原子半径：r(Y)r(Z)r(X)B简单气态氢化物的热稳定性：XZWCX、Y形成的化合物中一定不含共价键DZ的氧化物的水化物与W的氧化物的水化物之间

6、一定不能发生反应8、X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是AX元素的氢化物的水溶液显碱性BZ元素的离子半径大于W元素的离子半径CZ元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应DY元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点9、下列有关铝及其化合物的性质说法正确的是AAl2O3熔点高,可用作耐高温材料B用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,发现熔化后的液态铝滴

7、落下来,所以金属铝的熔点较低C把用砂纸打磨过的铝条放入浓硝酸中,产生红棕色气体D把氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中,产生大量白色沉淀10、25时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是序号溶液NaClCH3COONH4NaF CH3COONapH7.07.08.18.9A酸性强弱：c(CH3COOH) c(HF)B离子的总浓度：C中： c(CH3COO) = c(NH4+)=c(OH)=c(H+)D和中c(CH3COO)相等11、可用于电动汽车的铝空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是()A以NaCl

8、溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O22H2O4e=4OHB以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al3OH3e=Al(OH)3C以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解质溶液的碱性保持不变D电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极12、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A无色透明的溶液中：OH-、Na+、CrO、SOBc(S2O)=0.1molL-1的溶液中：Na+、K+、CO、SOC水电离出的c(H+)=1.010-13molL-1的溶液中：Na+、Mg2+、HSO、NOD能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中：Na+、NH、F-、Cl-13、合成氨所需的氢气可用煤

9、和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（ ）A增加压强B降低温度C增大CO的浓度D更换催化剂14、如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是（）A由MgCl2制取Mg是放热过程B热稳定性：MgI2MgBr2MgCl2MgF2C金属镁和卤素单质(X2)的反应都是放热反应D由图可知，此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为MgBr2(s)Cl2(g)MgCl2(s)Br2(g)-117kJ15、下列有关铁元素的叙述中正确的是()AFe(OH)2

10、易被氧化成Fe(OH)3，说明稳定性：Fe(OH)2r(S)r(O)，故A正确；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性ClS，简单气态氢化物的热稳定性：HClH2S，故B错误；CO、Na形成的化合物中，Na2O2含共价键，故C错误；DS的氧化物的水化物H2SO3与Cl的氧化物的水化物HClO能发生氧化还原反应，故D错误；选A。8、C【题目详解】X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，则X是N或O。Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，Y是C或Si。Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg。W元素原子的M层有1个未成对的p电子，W是Al或Cl

11、。则A、X元素的氢化物的水溶液显碱性（NH3）或中性（H2O），A不正确；B、若W是氯元素，则氯离子半径大于镁离子半径；B不正确；C、镁既能和氮气反应生成氮化镁，也能和氧气反应生成氧化镁，C正确；D、若Y是碳元素，则CO2形成的是分子晶体，熔沸点低，D不正确；答案选C。9、A【题目详解】A、Al2O3熔点 (以刚玉为例，是2054)非常高，可用作耐高温材料，故A正确；B、用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,发现熔化后的液态铝不会滴落来，因为铝表面生成氧化铝，氧化铝的熔点高，故B错误；C、常温下，铝单质与浓硝酸发生钝化，生成致密氧化膜阻止反应进一步进行，不会产生红棕色气体，故

12、C错误；D、把氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中，开始氢氧化钠过量，不会产生白色沉淀，随着反应进行，后来有白色沉淀，故D错误；故选A。10、B【答案解析】由表中数据得到，碱性：NaFCH3COONa，所以说明阴离子的水解能力：FCH3COO，根据越弱越水解的原理，得到酸性：CH3COOHHF。选项A错误。两个溶液有各自的电荷守恒式：c(Na+) + c(H+) = c(Cl-) + c(OH-)；c(Na+) + c(H+) = c(F-) + c(OH-)，所以两个溶液的离子总浓度都等于各自的2c(Na+) + c(H+)，因为两个溶液中的钠离子浓度相等，所以只需要比较两个溶液的氢离子浓度即可。

13、pH为：，所以的氢离子浓度更大，即溶液的2c(Na+) + c(H+)大于溶液的2c(Na+) + c(H+)，所以离子的总浓度：，选项B正确。溶液中，pH=7，所以c(H+) = c(OH-) = 110-7mol/L。明显溶液中的醋酸根和铵根离子的浓度都接近0.1mol/L（电离和水解的程度都不会太大），所以应该是cCH3COO-=cNH4+c(OH-)=c(H+)。选项C错误。醋酸铵中，铵根离子对于醋酸根离子的水解起到促进作用，醋酸钠中钠离子对于醋酸根离子的水解应该无影响，所以醋酸根离子浓度是，选项D错误。11、A【题目详解】A.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极上氧气得电子生

14、成氢氧根离子，电极反应为：O22H2O4e=4OH，故A正确；B.以NaOH溶液为电解液时，Al易失去电子作负极，电极反应为：Al4OH3e=AlO2-+2H2O，故B错误；C.以NaOH溶液为电解液时，总反应为：4Al4OH+3O2=4AlO2-+2H2O，氢氧根离子参加反应，所以溶液的碱性降低，故C错误；D.放电时，电子从负极沿导线流向正极，故D错误；故选A。12、B【题目详解】ACrO呈黄色，A项错误；BS2O、Na+、K+、CO、SO之间不反应，可以大量共存，B项正确；C水电离出的c(H+)=1.010-13molL-1的溶液为酸或碱溶液，酸溶液中，HSO不能大量存在，碱溶液中，Mg2

15、+、HSO不能大量存在，C项错误；D能使蓝色石蕊试纸变红的溶液，呈酸性，F-不能大量共存，D项错误；故选B。13、B【题目详解】提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可。A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误；答案选B。14、C【题目详解】A由图可知，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，则由MgCl2制取Mg是吸热反应，故A错误；B物质的能量越低越稳定，由图可知化合物的热稳定性顺序为MgI2MgBr2MgCl2MgF

16、2，故B错误；C金属镁和卤素单质（X2）的能量均比生成物能量高，则均为放热反应，故C正确；D由图可知Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）H=-641kJ/mol、Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=-524kJ/mol，结合盖斯定律可知，-得到MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g）H=-117kJmol-1，放热，故D错误；故答案为C。15、A【题目详解】A、Fe(OH)2容易被氧化成Fe(OH)3，4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，说明Fe(OH)3比Fe(OH)2稳定，故A正确；B、X为Cl、Br，则与Fe发生反应生成FeX3，X为I，则

17、与Fe反应生成FeI2，故B错误；C、Fe3具有强氧化性，能把I氧化成I2，故C错误；D、制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，继续加热直到出现红褐色液体，停止加热，即为氢氧化铁胶体，故D错误。16、C【题目详解】A. 向Ca(HCO3)2溶液加入过量的NaOH溶液，生成碳酸钙、碳酸钠、水，反应的离子方程式是，故A错误；B. 向NH4HCO3溶液中滴入少量NaOH溶液，生成碳酸铵、碳酸钠，反应的离子方程式是，故B错误；C. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合生成碳酸钙、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是，故C正确；D. 少量氢氧化钡溶液与过量硫酸氢钠混合生成硫酸钡、硫酸钠、水，反应

18、的离子方程式是，故D错误；故答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、 MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O 4：1 第四周期族 NO 0.4a c(Na+)c(Cl-)c(AlO2-)c(OH-)c(H+) 【分析】(1)若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，结合实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取氯气来解答；(2)A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，即A为碳元素；A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，然后利用元素的化合价分析；(3)A为金属单质，常温下

19、A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中，则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；利用铁的原子序数分析其位置，利用三价铁离子与铁的反应及溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等来计算被还原的三价铁；(4)向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有Cl-，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，利用反应中各物质的量级偏铝酸钠的水解来分析。【题目详解】(1)因黄绿色气体为氯气，氯原子最外层7个电子，则氯气中存在一对共用电子对，其

20、电子式为，A、B的物质的量之比为1：4，则反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(2)A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，其质子数等于电子数等于6，即A为碳元素；A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，其反应为C+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O。根据元素的化合价变化可知：碳元素的化合价升高，则碳作还原剂；硝酸中氮元素的化合价降低，则硝酸作氧化剂，由化学计量数可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1；(3)A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，

21、则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应方程式为Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO+2H2O。铁为26号元素，在在元素周期表中的第四周期族，铁与稀硝酸反应生成的气体Y为NO；设被还原的硝酸铁的物质的量为x，则根据放出2Fe3+Fe=3Fe2+可知：每有2molFe3+反应会产生3molFe2+，假设反应的Fe3+的物质的量是x，则反应产生Fe2+的物质的量是mol，由于反应后溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则a-x=，解得x=0.4a；(4)若A、B、X、Y均为化合物，

22、向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有Cl-，B的焰色为黄色，则B中含有Na+，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，其反应为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，由题意知A与B的物质的量分别为1mol、4mol，则n(Na+)=4mol，n(Cl-)=3mol，NaAlO2是强碱弱酸盐，AlO2-水解消耗，则n(AlO2-)c(H+)，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，则c(AlO2-)c(OH-)，故溶液离子大小为：c(Na+)c(Cl-)c(AlO2-)c(OH-)c(H+)。【答案点睛】本题考查了

23、元素及化合物的推断、化学方程式的书写、离子浓度大小比较等，要求学生应熟悉常见的氧化还原反应及常见物质的性质，弄清物质结构与物质组成及性质的关系，这是解答本题的关键。18、氯 铁 Cl2+H2S=2HCl+S S2 O2 Al3 HClO4H2SO4H3PO4 Al3+4OH-=AlO2-2H2O 3Fe4H2OFe3O4+4H2 A 【分析】设C的原子序数为x，则A为x-8，B为x-1，C为x+1，A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则有x+x-8+x-1+x+1=56，x=16，所以C为S元素，A为O元素，B为P元素，D为Cl元素，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33

24、.6LH2，可知E的化合价为+3价，应为Al元素，E单质粉末与G的氧化物常用于野外焊接钢轨，G为Fe，F是短周期最活泼的金属元素，F为Na，根据元素周期律的递变规律比较原子半径以及元素的非金属性强弱，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。【题目详解】（1）根据分析，元素D为氯，元素G为铁。（2）D的单质与C的气态氢化物反应即氯气与硫化氢反应，生成氯化氢和硫单质，反应方程式为Cl2+H2S=2HCl+S。（3）根据电子层数越多，半径越大，具有相同结构的离子，原子序数越小的离子半径越大，则离子半径为S2-O2-Al3；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则有HClO4H

25、2SO4H3PO4。（4）D和E形成的化合物为AlCl3，水溶液中滴入过量烧碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al3+4OH-=AlO2-+2H2O。（5）钠和氯在形成氯化钠的过程中，钠原子失去一个电子形成钠离子，氯原子得到一个电子形成氯离子，之后结合生成氯化钠，电子式表示为（6）G为铁，铁单质与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe4H2OFe3O4+4H2。（7）AB可以失电子，H3BO3中B显+3价，故A选项错误。 B同一主族越往下原子半径越大，故原子半径GeSi，B选项正确。CAs与Si化学性质较相近，也可作半导体材料，故C选项正确。 DPo在周期表中处于第六周期第VI

26、A族，故D选项正确。故答案选A【答案点睛】本题考查元素推断及元素化合物知识，本题从元素在周期表中的相对位置为载体，通过元素原子核外电子数目关系推断元素种类，考查元素周期律的递变规律以及常见元素化合物的性质，学习中注重相关基础知识的积累。19、2Fe3+ +S2-=2Fe2+S 复分解反应 乙 FeS与盐酸反应不会产生硫沉淀 Fe2S3+4H+=2Fe2+S+2H2S ，一般情况下K105 认为反应可向正反应方向进行完全。 【分析】实验中有黄色沉淀生成说明Fe3+过量时将S2-氧化成硫单质；实验中说明当S2-过量时，Fe3+和S2-反应后的产物不是S单质，根据沉淀的颜色可知可能为Fe2S3；甲同

27、学猜测实验II中的黑色沉淀可能是FeS，乙同学猜测可能是Fe2S3，实验中加入盐酸后黑色沉淀溶解，转化为乳黄色沉淀，并伴有臭鸡蛋气味，说明酸性环境中产生S单质，同时有硫化氢气体生成，亚铁离子不能将S2-氧化，说明一定存在Fe3+，沉淀应为Fe2S3。【题目详解】(1)2Fe3+ 和S2-发生氧化还原反应而得到黄色沉淀，该沉淀应为S单质，结合电子守恒和元素守恒可知离子方程式2Fe3+ +S2-=2Fe2+S；(2)根据离子方程式写出化学方程式为：2FeCl3 +3Na2S=2Fe2S3+6NaCl，该反应为复分解反应；(3) FeS与盐酸反应：FeS+2HCl=FeCl2+H2S不会产生硫沉淀，

28、根据实验III加酸后有乳黄色沉淀产生，可判断黑色沉淀为Fe2S3 ，故乙正确；根据实验现象可写出离子方程式为Fe2S3+4H+=2Fe2+S+2H2S；(4)反应2Fe(OH)3(s)+3S2-(aq)=Fe2S3(s)+6OH-(aq) 的平衡常数 一般情况下K105认为反应可向正反应方向进行完全。20、Cr3+3OH-=Cr(OH)3 Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化 2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O pH较低时，溶液中存在Cr3+，不易被氧化，故溶液为墨绿色，pH较高时，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，可被过氧化氢氧化为或，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色 H2O

29、2+2=2+4O2+2OH- 在一定温度和pH下，用不同浓度的Cr2(SO4)3溶液与H2O2反应，观察反应后的现象 pH、温度、浓度 【分析】本题探究Cr()与过氧化氢反应的影响因素，研究了pH、温度、浓度的影响，在研究每一个因素时，需用控制变量法，即研究一个因素，需保证另外两个因素不变。探究pH的影响时，不同pH时Cr在水中的存在形式不同，pH较小时以Cr3+形式存在，随着pH的不断增大，Cr的存在形式变为Cr(OH)3和CrO；探究温度的影响时，生成的红色物质CrO（Cr为+5价）不稳定，该物质中O的化合价为-1价，自身的Cr与O发生氧化还原反应，反应后的物质再被H2O2氧化，得到亮黄色

30、的CrO和O2；探究浓度的影响时，需保证pH和温度不变，改变Cr3+浓度，观察反应后的现象。【题目详解】(1)为碱性环境，生成蓝色沉淀的离子方程式为Cr3+3OH-=Cr(OH)3；(2)试管溶液为酸性，酸性条件下为Cr3+，Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化；(3)中溶液偏碱性，沉淀溶解，溶液变为亮黄色，是Cr(OH)3被氧化为，离子方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O；(4)根据分析，pH较低时，溶液中存在Cr3+，而Cr3+不易被氧化，故溶液为Cr3+的颜色，为墨绿色；pH较高时，根据分析，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，两者都可被过氧化氢氧化，得到或，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色；(5)根据分析，在碱性环境中，生成的红色物质CrO不稳定，该物质中O的化合价为-1价，自身的Cr与O发生氧化还原反应，反应后的物质再被H2O2氧化，得到亮黄色的Cr