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项城三高2025-2026学年度上期第一次考试
高三化学试卷
满分：100分考试时间：75分钟
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，所有答案都写在答
题卷上。
可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27
S-32C1-35.5K-39
第I卷（选择题）
一、选择题。（每个小题只有一个符合题意的选项。共3×14=42分)
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是
A.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了化合反应
B.“爆竹声中一岁除”，该过程有能量释放
C.“玉不琢不成器”发生的变化属于化学变化
D.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，青蒿素的提取属于化学变化
2.某密闭刚性容器由可动活塞隔成甲、乙两室，室温下向甲中充入由H2和O2组成的混合气
体19g,向乙中充入1mol空气，此时活塞的位置如图所示。下列有关说法正确的是
甲
乙
123456
A.甲室混合气体的分子总数为3NA
B.甲室H2、O2的物质的量之比为1：3
C.甲室混合气体的密度是同温同压下H2密度的9.5倍
D.若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，忽略生成水的体积，活塞最终停留在刻度2处
3.下列说法不正确的是
A.某硝酸密度为1.42gcm3,质量分数为63%，此硝酸物质的量浓度为14.2mo/L
B.将100g浓度为1.0mol/L的硫酸与一定体积的水混合稀释成0.5molL,则水的体积大
于100mL
高三第一次考试化学试题
第1页（共8页）
C.当2L水吸收44.8L氨气（标况）时所得氨水的浓度不是1molL1,或有当44.8L(标况)
氨气溶于水制得2L氨水时，其浓度才是1molL
D.VLAl(SO溶液中含APag,则溶液中的sO:物质的量浓度为18 mol/L
d
4.已知标准状况下：①6.72LNH3;②1.204×1023个HS分子；③5.6gCH4;④0.5 molHC1。
下列关系正确的是
A.体积大小：④>③>①>②
B.原子数目③>①>②>④
C.密度大小：④>②>③>①
D.质量大小：④>③>②>①
5.NO在维持心血管功能方面具有重要作用。实验室通过干法制备NO的原理为
3KNO,+KNO,+Cr,O,=2K,CO,+4NO个。设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的
是
A.30gNO中含有的中子数为12N
B.1 mol NO2的中心原子价层电子对数为3NA
C.1 mol.L!K2CrO4溶液中CrO子的数目为N
D.每消耗10.1gKNO3时，被KNO3氧化的Cr,O3为0.1mol
6.化学图象可直观地描述化学反应的进程或结果。下列导电性变化图象与实验操作不相符的
是
导电
导电
导电
导电
能力
能力
能力
能力
①VH,O
②VNH0
370.)
A.图①可表示向冰醋酸中不断加入蒸馏水
B.图②可表示向HNO,溶液中通入少量NH
C.图③可表示向H,S水溶液中通入过量O,
D.图④可表示向Ba(OD2溶液中不断通入CO,
高三第一次考试化学试题
第2页（共8页）参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B A B D B D C B
题号 11 12 13 14
答案 A C C B
1．B
【详解】A．铁置换硫酸铜中的铜，属于置换反应，而非化合反应，A错误；
B．黑火药爆炸属于放热反应，B正确；
C．“玉不琢不成器”是物理形变，无新物质生成，属于物理变化，C错误；
D．青蒿素的提取通过物理方法（水浸、绞取汁液），未发生化学变化，D错误；
故答案选B。
2．D
【分析】同温同压，气体的体积比等于物质的量比。室温下向甲中充入由H2和O2组成的混合气体19g，向乙中充入1mol空气，根据图示，H2和O2的总物质的量为2mol。
【详解】A．根据以上分析，H2和O2的总物质的量为2mol，则甲室混合气体的分子总数为2NA，故A错误；
B．H2和O2的总物质的量为2mol，总质量为19g，设氢气的物质的量为xmol、氧气的物质的量为ymol， ，则x=1.5、y=0.5，甲室H2、O2的物质的量之比为3：1，故B错误；
C．甲室气体的平均摩尔质量为，同温同压，气体密度比等于摩尔质量之比，甲室混合气体的密度是同温同压下H2密度的4.75倍，故C错误；
D．若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，发生反应2H2+O2=2H2O，反应后剩余0.5mol氢气，忽略生成水的体积，根据气体的体积比等于物质的量比，活塞最终停留在刻度2处，故D正确；
选D。
3．B
【详解】A．某硝酸密度为1.42g cm-3，质量分数为63%，此硝酸物质的量浓度为=14.2mol//L，A正确；
B．将100g浓度为1.0mol/L的硫酸与一定体积的水混合稀释成0.5mol/L，则混合溶液的体积是1.0mol/L的硫酸体积的二倍，1.0mol/L的硫酸的密度大于1g/cm3，则100g浓度为1.0mol/L的硫酸的体积小于100mL，所以水的体积也应小于100mL，B不正确；
C．2L水吸收44.8L氨气(标况)(2mol)，所得氨水的体积不是2L，则浓度不是1mol L-1，当44.8L(标况)氨气溶于水制得2L氨水时，其浓度为=1mol L-1，C正确；
D．VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ag，则溶液中Al3+的物质的量浓度为=mol/L，则物质的量浓度为 mol/L =mol/L，D正确；
故选B。
4．A
【分析】①标准状况下6.72L NH3的物质的量为=0.3mol，②1.204×1023个H2S分子的物质的量为mol=0.2mol，③5.6g CH4的物质的量为=0.35mol，④0.5mol HCl的物质的量为0.5mol，物质的量大小顺序为④＞③＞①＞②。
【详解】A．相同条件下，体积之比等于物质的量之比，物质的量大小顺序为④＞③＞①＞②，则体积大小为④＞③＞①＞②，故A正确；
B．NH3中原子物质的量为0.3mol×4=1.2mol，H2S含有的原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，CH4含有的原子的物质的量为0.35mol×5=1.75mol，HCl含有的原子的物质的量为0.5mol×2=1mol，原子数目之比等于物质的量之比，则原子数目大小为③＞①＞④＞②，故B错误；
C．同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，NH3相对分子质量为17，H2S相对分子质量为34，CH4相对分子质量为16，HCl相对分子质量为36.5，故密度大小为④＞②＞①＞③，故C错误；
D．NH3质量为17g/mol×0.3mol=5.1g，H2S质量为34g/mol×0.2mol=6.8g，CH4量为5.6g，HCl质量为36.5g/mol×0.5mol=18.25g，故质量大小为④＞②＞③＞①，故D错误；
故选A。
5．B
【详解】A．NO的摩尔质量为30g/mol，30g NO为1mol；每个NO分子中，N的中子数为14-7=7，O的中子数为16-8=8，总中子数为7+8=15；因此1mol NO的中子数为15，而非12，A错误；
B．N原子的价电子数为5，NO2的中心原子N原子形成两对成键电子对，一个单电子当作一对孤电子对，中心原子价层电子对数为3，1mol NO2的价层电子对数为3，B正确；
C．溶液中的数目需结合浓度和体积计算，但题目未给出溶液体积，无法确定具体数目，C错误；
D．10.1g KNO3的物质的量为0.1mol；KNO3中N的化合价从+5降至+2，1mol KNO3得到3mol电子；Cr2O3中Cr的化合价从+3升至+6，1mol Cr2O3失去6mol电子；根据电子守恒，0.1mol KNO3氧化0.05mol Cr2O3，D错误；
故选B。
6．D
【详解】A．向冰醋酸中不断加入蒸馏水稀释醋酸，刚开始冰醋酸中没有自由移动的离子，导电能力为0，随着水的加入，冰醋酸电离出离子，导电能力增强，由于水的量增加，离子浓度减少，导电能力开始减弱，A正确；
B．向强电解质溶液中通入反应生成强电解质NH4NO3和水，相比之下氢离子减少但铵根离子增多，离子浓度不变，溶液导电能力不变，B正确；
C．向水溶液中通入过量反应生成S单质和水，离子浓度减少为0，溶液导电能力减弱直至为0，C正确；
D．向溶液中不断通入先生成碳酸钡沉淀，导电能力下降，过量的二氧化碳继续反应生成碳酸氢钡，导电能力增强，但无法高于原来的导电能力，D错误；
故选：D。
7．B
【详解】A．二氧化硫属于酸性氧化物，且以还原性为主，通入气体X，出现沉淀，气体X可以是NO2、Cl2、O2等，生成沉淀为硫酸钡，也可以是氨气，生成沉淀为亚硫酸钡，氨气不具有强氧化性，A错误；
B．某溶液中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，没有白色沉淀产生，说明该溶液中不存在、，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀产生，该沉淀应不溶于硝酸，即该白色沉淀为AgCl，原溶液中一定存在Cl-，B正确；
C．用玻璃棒蘸取浓硫酸滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后变黑，体现浓硫酸的酸性和脱水性，C错误；
D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，气体X具有漂白性，可以是Cl2、O3等，D错误；
故选B。
8．D
【详解】A．由于酸性：HCl＞H2CO3，所以CaCl2溶液与CO2不反应，不能反应生成CaCO3，A错误；
B．电解熔融MgCl2生成Mg和Cl2。由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，阳离子放电能力：H+＞Mg2+，因此电解MgCl2溶液反应生成Cl2、H2和Mg(OH)2，而不能产生金属Mg，B错误；
C．由于CO2在水中溶解度很小，因此向NaCl溶液通CO2不能生成NaHCO3，需先向饱和NaCl溶液中通入足量NH3，使溶液显碱性，然后再通入足量CO2气体，反应生成NaHCO3，C错误；
D．Fe2O3与CO在高温下反应生成Fe、CO2；Fe与水蒸气高温反应生成Fe3O4、H2，两步反应均可完成，D正确；
故合理选项是D。
9．C
【详解】步骤①：将样品溶于水，得到澄清溶液，说明固体溶于水且相互不反应生成沉淀；
步骤②：向①的溶液中滴加过量稀盐酸，有气泡产生，若气体为二氧化碳或二氧化硫，说明存在碳酸氢钠或亚硫酸钠或两者都有；若气体为NO，则说明硝酸钠和亚硫酸钠均有；
步骤③：取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为硫酸钡沉淀，不确是否含有硝酸钠，则说明亚硫酸钠或硫酸钠至少含有一种；
综上所述，若含有硝酸钠，则不一定含有硫酸钠和碳酸氢钠，AB错误；固体样品可能含有Na2SO3，C正确；若产生气体为NO，NO可以和空气中氧气生成红棕色二氧化氮气体，D错误；
故选C。
10．B
【详解】A．盐酸是混合物，Cu是单质而非电解质，蔗糖溶液是混合物，不是非电解质，CO2是酸性氧化物，A错误；
B．氨水是混合物，CaO是电解质，SO2是非电解质，Mn2O7是酸性氧化物，B正确；
C．NaCl溶液是混合物，NaHCO3是电解质，酒精是非电解质，NO2不是酸性氧化物，C错误；
D．CuSO4·5H2O是纯净物而非混合物，AgCl是电解质，醋酸是电解质，不是非电解质，P2O5是酸性氧化物，D错误；
故答案选B。
11．A
【详解】A．、、、在澄清透明溶液中不反应，能大量共存，故A项正确。
B．的酸性溶液中，与因氧化还原反应无法大量共存，故B项错误。
C．加入能放出的溶液可能为强酸性或强碱性：酸性时与反应，碱性时与反应，故C项错误。
D．紫色石蕊变红的酸性溶液中，与结合生成弱酸，无法大量共存，故D项错误。
故答案为：A。
12．C
【分析】由图知，箭头指入为反应物，箭头指出为生成物，则反应Ⅰ：，反应Ⅱ：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，反应Ⅲ：Fe2++NO=Fe(NO)2+，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，反应I的离子方程式为，A正确；
B．由分析可知，反应Ⅱ的离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，反应中Fe3+是氧化剂，FeS2为还原剂，故反应Ⅱ的氧化剂和还原剂的物质的量之比为14：1，B正确；
C．由分析中反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ方程式可知，酸性溶液中没有大量的OH-，故该反应的总反应为，C错误；
D．由题干信息可知，NO参与反应Ⅲ，反应Ⅰ中又生成NO，结合分析方程式可知，NO是Fe2+被O2氧化为Fe3+的催化剂，D正确；
故答案为：C。
13．C
【详解】A．HCl在标准状况下为气体，11.2 L对应0.5 mol，但气态HCl以分子形式存在，未解离出H+，H+数目为0，A错误；
B．合成氨为可逆反应，0.1 mol N2无法完全转化为，生成的NH3分子数小于0.2 NA，B错误；
C．7.8g 的物质的量为0.1mol，与反应时，1 mol Na2O2转移1mol电子，故转移电子数为0.1NA，C正确；
D．标准状况下HF为液体，无法用气体摩尔体积计算分子数，D错误；
故答案选C。
14．B
【详解】A．反应产物错误，Fe3+被Cu还原应生成Fe2+，对应的离子方程式为2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+，A错误；
B．铁锈（Fe2O3·xH2O）与H+反应，生成Fe3+和H2O，B正确；
C．发蓝处理生成是致密氧化膜是Fe3O4，不是FeO，C错误；
D．FeCl3发生水解反应，生成Fe(OH)3胶体，D错误；
故选B。
（每空2分， 共10分）
(1)EDG（见错不给分）
(2)需用一根导管连接锥形瓶和分液漏斗的上口玻璃塞处
(3)检查装置气密性
(4)23.6
(5)ad（只选一个且对给1分，选两个都对给2分，见错不给分）
【分析】本题是利用金属镁与稀硫酸反应产生H2，反应方程式为：H2SO4+Mg=MgSO4+H2↑，并利用排水法来测量生成H2的体积，从而计算1molH2在常温常压下的体积，据此分析解题。
【详解】（1）装置的组装顺序：金属与酸反应生成盐和H2，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（A）接（E）（D）接（G）；
故答案为：EDG；
（2）镁与稀硫酸反应放热且产生的氢气使锥形瓶内气压增大，锥形瓶内的压强大于大气压，所以稀硫酸不能顺利滴入锥形瓶中，需用一根导管连接锥形瓶和分液漏斗的上口玻璃塞处，如图所示：使内外压强始终保持相等，故答案为：需用一根导管连接锥形瓶和分液漏斗的上口玻璃塞处；
（3）装置是利用测定反应生成氢气体积计算气体摩尔体积，开始需要检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；
（4）将镁条用砂纸仔细擦去表面氧化层后、称量其质量为mg，Mg的物质的量==mol，镁和稀硫酸反应化学方程式：，Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，生成气体物质的量mol，反应结束后量气管中气体体积为VmL，1molH2的体积V===L=L，带入数据得到第一次实验结果为：V1===23.70L，第二次实验结果为：V2===23.48L，二者的数据的平均值为：=23.59 L，故答案为：23.6；
（5）a．实验中硫酸不足，测定氢气体积会减小，结果偏低，a符合题意；
b．A管中仍有H2未进入B管，A管中的原来的空气进入了B管中，故测定结果无影响， b不合题意；
c．未等气体冷却至室温即进行读数，读取气体体积增大，测定结果偏高， c不合题意；
d．读数时C管中液面高于B管中液面，由于气体的压强大于外界大气压，故读取气体体积减小，测定结果偏小， d符合题意；
故答案为：ad。
（每空2分， 共10分）
(1)4.0
(2)0.04
(3)CD（只选一个且对给1分，选两个都对给2分，见错不给分）
(4) 4.6 125
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。
【详解】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为≈4.0mol·L-1；
（2）某同学取100mL该“84消毒液”中Na+浓度为4.0mol·L-1，稀释100倍后用于消毒，故稀释后的溶液中c(Na+)==0.04mol·L-1；
（3）A．用固体配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器分别为：天平(含砝码)、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管等，故如图所示的仪器中，有ab两种是不需要的，还需要玻璃棒和胶头滴管两种玻璃仪器，A错误；
B．由于在定容步骤中还需向容量瓶中加入蒸馏水，故容量瓶用蒸馏水洗净后，不一定要烘干后才能用于溶液配制，B错误；
C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致溶质的物质的量减少，故使所配溶液的浓度偏低，C正确；
D．500mL物质的量的浓度为4.0mol·L-1，需要称量NaClO固体的质量为0.5L×4.0mol·L-1×74.5g/mol=149.0g，D正确；
故选CD；
（4）①硫酸为二元强酸，所配制的稀硫酸中，H+的物质的量浓度为2×2.3mol·L-1=4.6mol·L-1；
②根据配制过程中溶质的量保持不变，设需用浓硫酸的体积为VmL，则有1.84g·cm-3×VmL×98%=1L×2.3mol·L-1×98g/mol，解得：V=125mL。
（除标注外，每空2分，共18分）
(1) 酸性氧化物 使得二氧化硫和浆料充分接触，促进反应进行完全
(2) （3分，配平但没写催化剂扣1分，没配平不给分） 5.6
(3) 冷却结晶 过滤
(4) 17.3 （3分） ②⑤（只选一个且对给1分，选两个都对给2分，见错不给分）
【分析】图示为从氧化镁浆料中制备硫酸镁晶体的工业流程，向其中通入二氧化硫生成亚硫酸镁，随后通入氧气氧化亚硫酸镁转化为硫酸镁，结晶后得到最终产品；
【详解】（1）①能与水反应只生成酸或与碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；由“吸收”过程中发生的反应可得出属于的物质类别是酸性氧化物；
②匀速缓慢通入气体的目的是使得二氧化硫和浆料充分接触，促进反应进行完全；
（2）催化剂作用下被氧化为，结合得失电子守恒和质量守恒，该反应的化学方程式为，“氧化”过程氧气中氧化合价由0变为-2，存在，若转移，则消耗标准状况下0.25mol，体积约为5.6L；
（3）制取晶体过程为：将氧化后溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，制得晶体；
（4）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签等；配制230mL0.5mol L-1MgSO4溶液，需要称取晶体的质量为0.25L×0.5mol L-1×138g/mol=17.25g，需称量17.3g；由图，其中不正确的操作②（应该在烧杯中溶解，而不是在量筒中）、⑤（应该视线与凹液面最低处水平）。
18．（每空给分见答题卡）
(1)Fe3+
(2)Ba2++=BaSO4↓
(3) 不能 步骤 Ⅰ 中加入了 BaCl2溶液，引入了 Cl-，干扰原溶液中 Cl-的检验
(4)、（只选一个且对给2分，选两个都对给4分，见错不给分）
(5)BC（只选一个且对给2分，选两个都对给4分，见错不给分）
(6)、、Cl-、Mg2+（没有错选，选对一个给1分，共4分；见错不给分）
【分析】无色透明溶液说明不含有Fe3+，取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入过量稀盐酸，无明显现象，说明不含有，含有，取步骤Ⅰ的滤液，加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，不能判断Cl-是否含有，因为第I步加入了Cl-，另取少量原溶液，加入过量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味的 NH3(氨气)，说明有NH；即原溶液中一定有和NH，溶液中各离子数目均相等，根据电荷守恒，如果还有1种阳离子，则是H+或K+，如果Cl-含有的话，原溶液中的离子为K+、H+、、和Cl-或Mg2+、、和Cl-。
【详解】（1）开始实验前可确定溶液中一定不存在的离子是Fe3+，根据无色溶液可判断；
（2）步骤Ⅰ反应的离子方程为Ba2++=BaSO4↓；
（3）步骤Ⅱ不能说明原溶液中存在Cl-，因为步骤 Ⅰ 中加入了 BaCl2溶液，引入了 Cl-，干扰原溶液中 Cl-的检验；
（4）由上述分析可知原溶液中一定存在的离子是、；
（5）A．原溶液可能由、K+和组成，符合电荷守恒，故A正确；
B．原溶液中一定含有、，如果同时存在K+和H+，则原溶液中还有Cl-，故B错误；
C．原溶液中可能存在H+，故C错误；
D．由分析可知，原溶液中可能存在 ，故D正确；
E．原溶液中一定有、，阳离子可以是K+或H+，3种离子；如果是有Cl-，原溶液中的离子为K+、H+、、和Cl-（5种）或Mg2+、、和Cl-（4种），故E正确；
答案为BC；
（6）由分析可知，若原溶液中存在4种离子，则该溶液中存在的离子是、、Mg2+、Cl-。
答案第1页，共2页

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