2021重庆年上学期八中高三化学阶段性检测试题答案

1、只做精品重庆2021年上学期八中高三化学阶段性检测试题答案1、 单选题（本大题共10个小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.B解析： 18O的质子数8，中子数为18-8=10，故错误；12C的质子数6，中子数为12-6=6，故正确；26Mg的质子数12，中子数为26-12=14，故错误；40K的质子数19，中子数为40-19=21，故错误；32S的质子数16，中子数为32-16=16，故正确；故选：B2.C解析：AFe+2FeCl3=3FeCl2，所以能通过化合反应制得，故A不选；BNa2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，所以能通过化合反应

2、制得，故B不选；C氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水制取，故C选；D.3Fe+2O2=Fe3O4，所以能通过化合反应制得，故D不选；故选B3.D解析：A、溶液、胶体粒子均能透过滤纸，故A错误；B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于110nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C、胶体是电中性的，不带电，在电场作用下会产生电泳现象证明胶体中的胶粒是带电的，故C错误；D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故D正确故选D4.B解析：A、SiO2、P2O5均为酸性氧化，NO和碱

3、之间不反应，不属于酸性氧化物，故A错误；B、NaH、NaBH4、NaClO均为阳离子和阴离子组成的化合物，含有离子键，属于离子化合物，故B正确；C、NH3H2O是弱碱，为弱电解质，但是NH4NO3为盐，属于强电解质，故C错误；D、液氨为氨气的液态形式，属于纯净物，磁性氧化铁属于纯净物，故D错误故选B5. C 解析：根据题中信息，可推出原红色固体里一定有Cu2O；溶液中的红色固体铜，可能是原来固体中含有铜，也可能是由Cu2O和硫酸反应生成的。6.A解析：A中铜会与Fe3生成Fe27. D解析：A项，Fe3与C6H5OH发生反应，不能大量共存，错误；B项，该离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式应

4、为2Fe32I=2Fe2I2，错误；C项，Fe2(SO4)3和Ba(OH)2反应的化学方程式为Fe2(SO4)33Ba(OH)2=2Fe(OH)33BaSO4，所以离子方程式应为2Fe33SO3Ba26OH=2Fe(OH)33BaSO4，错误；D项，Fe2(SO4)3与足量的Zn反应的化学方程式为Fe2(SO4)33Zn=3ZnSO42Fe，可见0.1 mol Fe2(SO4)3生成0.2 mol Fe，质量为11.2 g，正确。8.D解析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2

5、H2O+I2=H2SO4+2HIA2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，Cu没有氧化性，故A错误；B反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以还原产物为HI，故B错误；C向反应后的混合物中不断通入SO2气体

6、，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为发生氧化还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故C错误；DCuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，故D正确9.D解析： A、当x10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-量不足，OH-首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42-也有剩余，但此时不会有AlO2-生成，溶液中c(NH4+)c(Al3+)，故A错误；B、当x10时，NH4A

7、l(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-足量，生成0.001 mol AlO2-和 0.001 mol NH4+，但是AlO2-水解程度大一些，故B错误；C、当x25时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，生成0.0005 mol Ba 2-和 0.001 mol AlO2-，故C错误；D、当x=30时，0.001mol的NH4Al(SO4)2与0.003molBa(OH)2反应，生成0.002molBaSO4、0.001molNaAlO2、0.001molNH3H2O，且剩余0.001molBa2+和0.001molOH-，由于NH3H2O也是一种碱，存在电

8、离平衡：NH3H2ONH4+OH-，使得溶液中c(OH)大于0.001mol，故c(OH) c(AlO2)，故D正确；10.A解析：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3、Fe3、Mg2，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的物质的量是相等的，生成了6.72 L NO，即氮原子得电子的物质的量是3 mol。由质量守恒知，m(沉淀)m(合金)m(OH)，由电荷守恒和得失电子守恒知，n(OH)3n(NO)，则m(沉淀)11.9 g17 gmol13 mol27.2 g，故A正确。二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分。每小题给出的四个选项中，有1-2个选项符合题目要求。全部选对

9、的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共20分）11.BD 解析：溶液中加入足量的氢氧化钠，反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀和偏铝酸钠，在空气中搅拌氢氧化亚铁变成氢氧化铁，再加入过量的盐酸，氢氧化铁反应生成氯化铁，偏铝酸钠反应生成氯化铝，亚铁离子减少，铁离子增多，故选BD。12.A解析：由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则这四种元素在元素周期表中的相对位置为。同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大。所以原子半径：XYZW，A正确；W的最高价氧化物对应的

10、水化物的酸性一定比Z的强，但含氧酸的酸性不一定比Z的强，如B的含氧酸可能是HNO2，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2H3PO4，B错误；元素的非金属性WY，所以气态氢化物的稳定性WY，C错误；若W、X原子序数相差5，当W为N，X为Mg时，满足X3W2，当W为O，X为Al时，满足X2W3，当W为F，X为Si时，满足XW4，D错误。13.BC解析：铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁在溶液中和铁反应生成氯化亚铁，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，A正确；图(b)中反应不一定是置换反应或复分解反应，例如在加热的条件下CO与氧化铜反应生成铜和CO2，B错误；向硫酸铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液的离子方程式为A

11、l33OH=Al(OH)3，氢氧化钠溶液过量后发生反应Al(OH)3OH=AlO2H2O，图像正确，C正确；向氢氧化钠溶液中通入少量CO2生成碳酸钠和H2O，向碳酸钠溶液中继续通入CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和Ca(OH)2反应可生成CaCO3、NaOH和水，D正确。14.D解答：解：A若反应前后有元素化合价发生变化，则该反应属于氧化还原反应，为电解 B电解氯化镁生成A物质为氯气，氯气与Fe2+氧化为Fe3+，再加入碱使其转化为沉淀而除去，故B正确；CNaHCO3分解产生CO2、H2O均能与Mg发生置换反应，故C正确；D海水与氨水、二氧化碳反应生成B为NaHCO3，B加热生成C为Na2CO3，

12、NaHCO3受热分解得到Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应得到NaHCO3，BaCl2能与Na2CO3反应而不与NaHCO3反应，不能判断C中是否含B，故D错误；故选D15. C解答：A项，因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤，最好用硫酸来溶解烧渣，A正确；B项，步骤发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS214Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42-16H+，B正确；C项，步骤为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，C错误；D项，步骤，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，D

13、正确；故选C。3、 非选择题：包括必做题和选做题两部分。第1619题为必做题，每个试题考生都必须作答。第2021题为选做题，考生根据要求作答，共60分。16. （11分）除特殊标记外均为1分(1)第二周期、第A族（2分） 略(2) (3) 3ClO-=2Cl-+ClO3- （2分） 放热解析：(1) A、 B、 C在周期表中相邻，且且三种原子质子数之和为24，则分别为N、O、F元素，B、D同主族，则D为S元素，D、E同周期，则E为氯元素，F的焰色反应显紫色，则F为钾元素(2)周期律规律(3)BA+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO- = ClO3- + 2Cl-，反应热=（63kJ/

14、mol+20kJ/mol）-360kJ/mol=-117kJ/mol，所以该化学反应方程式为吸热反应。17.（11分）（1）蒸馏烧瓶（1分） 煮沸除去溶解在水中氧气，防止Fe2+被氧化（2分）（2） 将A中液体压入B中（2分） 过滤（1分） 乙醇（1分）（3） FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)26H2O（2分）（4） 1/V（2分）解析：（1）氧气能氧化Fe2+，故要先用煮沸法将蒸馏水中溶解的氧气赶出来。(2)由题可知莫尔盐难溶于乙醇，且易溶于水，所以可用乙醇作为洗涤剂(4)由得失电子守恒可知：0.20025.001=cV5,c=1/V18.（11分）（1）

15、4 （2分） （2）MgO Fe2O3（2分） H2SiO3（1分） （3）使SiO32-完全转化为硅酸沉淀，同时使AlO2-转化为铝离子（2分） （4）Al3+NH3H2O=Al(OH)3+NH4+ （2分） （5）8（2分）解析：加入氢氧化钠溶液时，MgO、Fe2O3不溶解，所以滤渣的主要成分是MgO、Fe2O3；滤液中加入过量的盐酸的目的是使硅酸根变为硅酸沉淀，同时使铝离子转化为偏铝酸根；要制备5.82tAl2Se3，设需要该白云母的质量为x t , 则x10630%852102=5.82106229119.（12分）除特殊标记外均为1分（1） AgCl（1分）不能 实验开始时加入BaC

16、l2引入Cl-，不能确定待测液中是否含有Cl-（2分）Ba2+HCO3-+OH-=BaCO3+H2O（2分） （2）Ba2+（1分） （3）CO2 是 0.1mol/L （2分） （4）SO32- HCO3- CO32-（2分）解析：（1）待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3-，一定不存在Fe

17、3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-；B是由HCO3-、Ba2+、OH-反应生成，反应离子方程式为：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+，（3）由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl-，溶液中一定没有Br-若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32-，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一

18、定没有SO32-，一定含有SO42-，沉淀B（碳酸钡）的物质的量=0.1mol，则n（HCO3-）=0.1mol，故c（HCO3-）=0.1mol/L，沉淀E（碳酸钙）的物质的量=0.1mol，则n（CO32-）=0.1mol，故c（CO32-）=0.1mol/L，沉淀D（硫酸钡）的物质的量=0.05mol，则n（SO42-）=0.05mol，故c（SO42-）=0.05mol/L，n（NH4+）=n（NH3）=0.1mol，则c（NH4+）=0.1mol/L，溶液中c（K+）=0.2mol/L，c（HCO3-）=0.1mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，c（SO42-）=0.05

19、mol/L，单位体积为正电荷=10.1mol/L+10.2mol/L=0.3mol/L，单位体积内负电荷=10.1mol/L+20.1mol/L+20.05mol/L=0.4mol/L，则单位体积为正电荷CH （5） 解析：（1）Ni是28号元素，它的基态原子核外电子排布式为：Ar 3d84s2，则它的价电子排布式为：3d84s2；（2） NH3分子中N原子是sp3杂化，且具有一对孤对电子，则NH3的空间构型为三角锥形，与SCN互为等电子体的分子有：N2O或CO2；（3） 物质都属于离子晶体，离子晶体的阴离子带有相同电荷，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高；（4）A. Mn2中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，故A错误；B. Mn3的价电子构型为3d4，Mn3在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2，说明Mn3不稳定，Mn3容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，故B正确；C第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1，是Cr元素，故C错误；DMn2与Fe3具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2具有强的还原性，而Fe3具有强的氧化性，故D错