2021-2022学年重庆渝南田家炳中学高三化学上学期期末试卷含解析

2021-2022学年重庆渝南田家炳中学高三化学上学期期末试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.将Mg、Cu组成的2.64g混合物投入适量稀稍酸中恰好完全反应，并收集还原产物气体NO（还原产物只有一种）。然后向反应后的溶液中加入一定浓度的氢氧化钠溶液，使金属恰好沉淀完全，此时生成沉淀的质量为4.68g，则反应过程中收集到NO气体（标况下）体积为A.8.96L

B.4.48L

C.0.896L

D.0.448L参考答案：C略2.下列情况下，溶液中可能大量存在的离子组是（

）

A．无色溶液中：H+、Na+、I－、ClO－B．FeCl3溶液：K+、Na+、SO42-、AlO2－

C．pH=1的溶液中：K+、Fe2+、NO3－、Cl－

D．常温条件下，=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32-、CO32－参考答案：D略3.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是(

)A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHDB．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)C．pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)参考答案：C试题分析：未滴定时，三种酸的pH：HA＞HB＞HD，酸性越强，电离常数越大，故A正确；P点时，相当于等物质的量浓度的HB和NaB混合，此时溶液呈酸性，故HB的电离程度大于B－的水解程度，故c(B－)最大，由于溶液呈酸性，故B－的水解程度小于B元素的50%，故c(HB)＜c(B元素)·50%，而c(Na＋)=c(B元素)·50%，故c(Na＋)>c(HB)，设HB的电离程度为60%，则的B－水解程度为40%，根据三段式法即可得出c(HB)>c(H＋)，又因为溶液呈酸性，故c(H＋)>c(OH－)，故B正确；因为三种酸在等浓度时pH不同，则三种酸的电离程度不同，故A－、B－、D－的水解程度不同，故pH=7时c(A－)、c(B－)、c(D－)不同，C错误；当中和百分数达100%时，NaOH恰好与三种酸完全反应，根据电荷守恒：c(A－)+c(B－)+c(D－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，根据物料守恒：c(A－)+c(B－)+c(D－)+c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(Na＋)，两式相加即为D答案，故D正确。【名师点晴】本题考查了酸碱混合时的定性判断、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较等。在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发，分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。4.对于反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是(

)A．只有硫酸铜作氧化剂B．SO42-既不是氧化产物又不是还原产物C．被氧化的硫与被还原的硫的质量比为3：7D．1mol硫酸铜可以氧化5/7mol的硫参考答案：C5.下列各组物质中，不能按如图所示关系一步完成转化的是参考答案：C略6.等质量的两份锌粉a．b，分别加入过量的稀H2SO4，同时向a中加入少量的胆矾晶体，下列图表示产生H2的体积V（升）与时间t（分）的关系，其中正确的是

（

）参考答案：C略7.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（

）A．淀粉、CuO、HClO、CuB．普通玻璃、H2O、Fe（SCN）3、葡萄糖C．KAl（SO4）2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OHD．水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3参考答案：B解：A、淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，故A错误；B、普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、Fe（SCN）3存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，故B正确；C、KAl（SO4）2·12H2O属于盐、KClO3是盐，NH3·H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，故C错误；D、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2O·CaO·6SiO2是盐，Ag2O熔融完全电离是强电解质、SO3是非电解质，故D错误；故选B．8.从海带中提取碘的实验过程中，下列操作正确的是（

）

A．放出碘的苯溶液

B．分离碘并回收苯

C．将海带灼烧

D．过滤含I－溶液参考答案：B试题分析：A、苯的密度小于水的密度，在上层，因此分液时，上层液体从上口倒出，故错误；B、分离苯和碘，采用蒸馏的方法进行，故正确；C、灼烧海带，用坩埚，故错误；D、缺少玻璃棒的引流，故错误。9.从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（考查每一个操作时，假设其它操作均正确）

A．海带灼烧成灰

B．过滤得含I－溶液

C．放出碘的苯溶液

D．分离碘并回收苯参考答案：D略10.能正确表示下列反应的离子方程式是（

）A．Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OB．过量澄清石灰水与碳酸氢钙反应：Ca2＋＋HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO32－＋2H2OC．FeCl2溶液中通入氯气：Fe2+＋Cl2＝Fe3+＋2Cl－D．将0.2mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓参考答案：D【知识点】离子反应方程式解析：A、Fe3O4溶于足量稀HNO3：铁只能是三价铁离子形式，故A错误；B、少量或过量澄清石灰水与碳酸氢钙反应时离子反应方程式都是：Ca2＋＋HCO3-＋OH－===CaCO3↓＋H2O，故B错误；C、不满足电荷守恒，应该是2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－，故C错误；D、NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2溶按物质的量之比2:3反应，恰好生成氢氧化铝沉淀，此时氢氧根离子反应完全，不会发生与铵根离子的反应，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了离子反应方程式的判断，难点是D选项，注意氢氧根离子先与铝离子生成氢氧化铝沉淀，再与铵根离子反应，如还有过量的氢氧根离子再发生溶解氢氧化铝的反应。11.冶炼金属一般有下列四种方法：①焦炭法；②水煤气（或氢气或一氧化碳）法；③活泼金属置换法；④电解法．四种方法在工业上均有应用．古代有（Ⅰ）火烧孔雀石炼铜；（Ⅱ）湿法炼铜；现代有（Ⅲ）铝热法炼铬；（Ⅳ）从光卤石中炼镁，对它们的冶炼方法的分析不正确的是A．（Ⅰ）用①

B．（Ⅱ）用②

C．（Ⅲ）用③

D．（Ⅳ）用④参考答案：B略12.以下有关实验原理及结论正确的是

（

）

A．XCl3的溶液能与铜片发生反应，则铜的金属性一定比X强B．金属X能与NaOH溶液反应放出H2，但金属Y不能，则Y的金属性一定比X弱C．非金属X能将Fe氧化到+3价，但非金属Y不能，则Y的氧化性一定比X强D．Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32―+6H++2MnO4―＝5SO42―+2Mn2++3H2O参考答案：D略13.下列表述正确的是（

）A．16O与18O互为同位素，H216O与H218O互为同素异形体

B．次氯酸分子的电子式为

C．S2－的结构示意图：

D．新戊烷的系统命名为：2，2—二甲基丙烷参考答案：答案：D14.下列事实与胶体性质无关的是A．硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀

B．河流入海处易形成沙洲C．早晨阳光穿过茂密的林木枝叶产生的美丽景象

D．在豆浆里加入盐卤做豆腐参考答案：A略15.某固体仅由一种元素组成，其密度为5g．cm-3，用Ⅹ射线研究该固体，结果表明，在棱长为1×10-7cm的立方体中含有20个原子，则此元素的的相对原子质量最接近（

）

A．32

B．65

C．120

D．150参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（TiO2）是目前最好的白色颜料。制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁矿储量居世界首位。含有Fe2O3的钛铁矿（主要成分为FeTiO3）制取TiO2的流程如下：⑴Ti的原子序数为22，Ti位于元素周期表中第_____周期，第______族。⑵步骤①加铁的目的是_________________________________________________；步骤②冷却的目的是_________________________________________________。⑶上述制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是___________；考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入_________________处理。⑷由金红石(TiO2)制取单质Ti，涉及到的步骤为：已知：①C(s)+O2(g)==CO2(g)；

△H=－393.5KJ·mol-1②2CO(g)+O2(g)==2CO2(g)；

△H=－566KJ·mol-1③TiO2(s)+2Cl2(g)==TiCl4(s)+O2(g)；

△H=+141KJ·mol-1则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)==TiCl4(s)+2CO(g)的△H=____________。反应TiCl4+2Mg==2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是___________________。参考答案：（1）4

IVB（2）将Fe3+还原为Fe2+

析出（或分离、或得到）FeSO4·7H2O（3）FeSO4·7H2O

石灰（或碳酸钙、废碱）（4）-80kJ·mol-1

防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2（或CO2、N2）作用本题是一道典型的无机物框图制备题。不仅考查对基础知识的掌握，还主要考查学科知识的综合应用能力。（1）由原子序数推断元素在周期表中的位置，关键是熟悉元素周期表的结构，即各周期起止元素的原子序数、各族的相对位置等。Ti的原子序数为22，与熟悉的Ca（原子序数为20）相近，由Ca在元素周期表中的位置，分析推断Ti位于第四周期，第ⅣB族。（2）由框图所示流程分析可知，要将TiO2+与Fe3+、Fe2+分离，需要先加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，趁热过滤除去残渣，再将滤液冷却使FeSO4·7H2O析出。（3）制备TiO2过程中的副产物FeSO4·7H2O在工农业生产和日常生活中有较多的应用。在分离出H2TiO3的废液中，还含有少量的TiO2+、Fe2+，可加入石灰（或碳酸钙、废碱）降低H+的浓度，使之转化为沉淀析出，进行循环利用。（4）反应热只与反应的始态和终态有关，而与具体的反应进行的途径无关。将已知热化学方程式相加减③+2×①－②得TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）==TiCl4（s）+2CO（g），其ΔH=141kJ·mol－1+2×（－393.5kJ·mol－1）－（－566kJ·mol－1）=－80kJ·mol－1。因为在高温下，Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用，所以用Mg还原TiCl4时要在惰性气氛（Ar）中进行。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族；其中只有两种为金属；X原子的最外层电子数与次外层电子数相等；X与W、Y与Z这两对原子的最外层电子数之和均为9。单质Y和W都可与浓的NaOH溶液反应。请回答下列问题：(1)Y、Z、W的原子半径由小到大的顺序是___________________________________。

(2)ZW2的电子式是_____________，它在常温下呈液态，形成晶体时，属于_________晶体。

(3)工业生产单质Y的原理是___________________________________________________(用化学方程式表示)。(4)X与Y化学性质相似，则X与浓的NaOH溶液反应的化学方程式是__________________________________________________________________________。(5)0.1mol的单质W与50mL1.5mol/L的FeBr2溶液反应，则被氧化的Fe2+和Br—的物质的量之比是____________________________。

参考答案：答案：(14分)（1）Cl＜S＜Al（2）

分子（3）2Al2O34Al+3O2↑（4）Be+2NaOH=Na2BeO2+H2↑（5）3∶518.（12分）A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素。A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，A与C、B与D分别为同主族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同。A与E形成的化合物化学式为AE，其分子中含18个电子。请回答下列问题：（1）A和B两元素也可以形成18电子的化合物M，则M的电子式为 。（2）由C和E所形成的化合物中含有的化学键是

，该化合物属于

晶体（填晶体类型）。（3）由A、B、C、D四种元素所形成的两种化合物相互之间反应的离子方程式为：