广东省广州市市番禺区市桥第二中学(高中部)2021年高三化学上学期期末试卷含解析

广东省广州市市番禺区市桥第二中学(高中部)2021年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.下列说法中正确的是A．雪碧等碳酸型饮料的PH小于7，晃动后打开瓶盖，PH将变小B．晶体在发生物理变化时，也有可能使化学键断裂C．HI、HBr、HCl、HF四种物质的沸点依次降低D．周期表中的非金属元素都位于主族参考答案：BD2.下列化学用语的相关表述正确的有（）A.H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣akJ/mol，故1molNaOH固体与足量的稀盐酸反应，放出的热量为akJB.因CuSO4?5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+bkJ/mol，故1molCuSO4（s）溶于水时，放出bkJ热量C.因氢气的燃烧热为ckJ/mol，故电解水的热化学方程式为2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+ckJ/molD.因N2（g）+3H2（g）?2NH3△H=﹣dkJ/mol，故向某容器中通人1molN2与3molH2充分反应后，放出的热量小于dkJ参考答案：D考点：化学能与热能的相互转化．专题：化学反应中的能量变化．分析：A．根据NaOH固体溶于水要放热；B．根据无水硫酸铜溶解为溶液时，先放热变成五水硫酸铜，五水硫酸铜再溶吸收热量，最终表现为放热，放出的热量是两次热量变化之差；C．燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，氢气燃烧反应是放热反应，逆向是吸热反应；D．根据N2（g）+3H2（g）?2NH3为可逆反应，不能进行到底．解答：解：A．NaOH固体溶于水要放热，故1molNaOH固体与足量的稀盐酸反应，放出的热量大于akJ，故A错误；B．CuSO4?5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+bkJ/mol，故1molCuSO4（s）与水生成CuSO4?5H2O，放出bkJ热量，生成的CuSO4?5H2O溶于水时溶液吸热，所以1molCuSO4（s）溶于水时，放出的热量是两次热量变化之差，小于bkJ热量，故B错误；C．燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，氢气的燃烧热为ckJ/mol，故电解水的热化学方程式为2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+2ckJ/mol，故C错误；D．根据N2（g）+3H2（g）?2NH3为可逆反应，不能进行到底，故向某容器中通人1molN2与3molH2充分反应后，放出的热量小于dkJ，故D正确；故选D．点评：本题考查了物质溶解过程中的能量变化、盖斯定律的运用以及可逆反应的特征，题目难度中等．3.某溶液由Na＋、Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋、AlO、CO、SO、Cl－中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：

下列说法正确的是

A．原溶液中一定只存在AlO、CO、SO、Cl－四种离子

B．气体A的化学式是CO2，其电子式为

C．原溶液中一定不存在的离子是Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋

D．生成沉淀B的离子方程式为：Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓参考答案：C略4.日科学家因在研究“钯催化交叉偶联反应”所作出的杰出贡献，获得了2010年诺贝尔化学奖。钯的化合物PdCl2通过化学反应可用来检测有毒气体CO，该反应的反应物与生成物有：CO、Pd、H2O、HCl、PdCl2和一种未知物质X。下列说法不正确的是A．反应中转移的电子为1mo1时，生成2mo1物质XB．未知物质X为CO2

C．反应中CO作还原剂D．题述反应条件下还原性：CO>Pd参考答案：A略5.下表中评价合理的是()选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4＋18H＋===6Fe3＋＋H2↑＋8H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2＋＋SO===BaSO4↓正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋Br2错误，Fe2＋与Br－的化学计量数之比应为1：2参考答案：略6.时充入2molA和2molB，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是

（）

A．2molC

B．2molA、1molB和1molHe（不参加反应）

C．1molB和1molC

D．2molA、3molB和3molC参考答案：答案：AB7.某碱性蓄电池在充电和放电时发生的反应为:Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2,下列说法中正确的是A.放电时，负极上发生反应的物质是FeB.放电时，正极反应是：NiO2+2e-+2H+=Ni(OH)2C.充电时，阴极反应是：Ni(OH)2-2e-+2OH-=NiO2+2H2OD.充电时，阳极附近pH值减小参考答案：AD略8.在某些高档点心的包装盒内有个小纸袋，将小纸袋打开，可看到灰黑色粉末，其中有些已变成棕褐色。将灰黑色粉末溶于盐酸，取上层清液，滴入几滴氯水，再滴入KSCN溶液，马上出现血红色。以下结论不正确的是

（

）

A．该灰黑色粉末用作抗氧化剂

B.小袋中的原装粉末是Fe2O3C.小袋中可能装有活性铁粉

D.该灰黑色粉末不可食用参考答案：B略9.已知A、B、C均为短周期的元素，A、B同周期，A、C的最低价离子分别为A2-和C-，B2+和C-具有相同的电子层结构，下列说法正确的是

A．离子半径：A2-＞C-＞B2+[.C

B．C元素的最高正价一定为+7价

C．对应气态氢化物的稳定性A＞C

D．还原性：A2-<C－参考答案：A略10.将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一。已知：TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(l)+O2(g)

△H=+140.5kJ/mol

C(s,石墨)+1/2O2(g)＝CO(g)

△H=-110.5kJ/mol则反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s,石墨)＝TiCl4(l)+2CO(g)的△H是A．+80.5kJ/mol

B．+30.0kJ/mol

C．-30.0kJ/mol

D．-80.5kJ/mol参考答案：D略11.下列各组物质仅用蒸馏水不能鉴别出的是A.苯、酒精、硝基苯

B.食盐、烧碱、硝酸铵C.蔗糖、硫酸铜粉末、碳酸钙粉末

D.氧化铜、二氧化锰、活性炭参考答案：D本题主要考查利用物质物理、化学性质的差别来鉴别不同物质的方法。苯与硝基苯皆不溶于水，但C6H6比水轻，硝基苯比水重，而酒精易溶于水，不分层，故A可鉴别。B组物质中虽都易溶于水，但其热效应不同，食盐溶于水温度变化不大，烧碱溶于水放出大量热，温度升高，而NH4NO3溶于水时吸收热量，温度降低；C组中蔗糖易溶于水但与水不反应，CuSO4粉末遇水呈蓝色，而CuCO3不溶于水，故可用水将它们区别开来；D选项中三种物质皆不溶于水且不与水反应，故用水无法将它们鉴别出来。12.向2mL、0.5mol/L的FeCl3溶液中加入3mL、3mol/LKF溶液，结果FeCl3溶液褪成无色，向褪色后的溶液中继续加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是（

）

A．Fe3＋不与I－发生反应

B．Fe3＋与F－结合成不与I－反应的物质

C．F－使I－的还原性减弱,因而不反应

D．Fe3＋被F－还原为Fe2＋，使溶液中不再存在Fe3＋参考答案：B略13.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为（）A．0.2mol

B．0.6mol

C．0.8mol

D．1.0mol参考答案：C

考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：51.2gCu的物质的量为0.8mol，整个过程发生的反应较复杂，但从氧化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮间电子的转移，铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，我们可以认为铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），据此解答．解答：-解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu的物质的量为：n（Cu）===0.8mol，共失电子为0.8mol×2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），故产物中NaNO2的物质的量为=0.8mol，故选C．点评：-本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键．14.

参考答案：C15.下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是A．二氧化硅是生产光纤制品的基本原料B．水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂C．盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性D．石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯参考答案：D本题主要考查的是常见物质在生成生活中的应用。A项，是光纤制品的主要原料；水玻璃是硅酸钠溶液，能作为粘合剂和防火材料；C项，盐析是提纯蛋白质的一种方法，而且不影响蛋白质的生理活性；D项，石油分馏得到的是不同沸点的烃类化合物，如汽油、煤油、柴油等，只有通过裂解的方法可得到乙烯等不饱和的烃类物质。综上分析可知，本题选D项二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（14分）某校化学兴趣小组为探究铁与浓硫酸反应，设计了图1、图2所示装置进行实验。

（1）比较两实验装置，图2装置的优点是：①能更好的吸收有毒气体SO2，防止其污染环境；

②

▲

。（2）导气管e有两个主要作用：一是在反应过程中，因导管插入液面下，可起到“液封”作用阻止SO2气体逸出而防止污染环境；二是

▲

。（3）能说明有SO2气体产生的实验现象是

▲

。（4）反应一段时间后，用滴管吸取A试管中的溶液滴入适量水中为试样，试样中所含金属离子的成分有以下三种可能：Ⅰ：只含有Fe3+；Ⅱ：只含有Fe2+；Ⅲ：既有Fe3+又有Fe2+。为验证Ⅱ、Ⅲ的可能性，选用如下试剂，填写下列空格：A．稀HCl溶液

B．稀H2SO4硫酸

C．KSCN溶液

D．KMnO4溶液E．NaOH溶液

F．淀粉KI溶液

G．H2O2溶液验证Ⅱ：取试样，先滴加少量的

▲

（填试剂序号，下同），振荡，再滴加少量的

▲

，根据溶液颜色的变化可确定假设Ⅱ是否正确。验证Ⅲ：步骤1.

取试样，滴加少量的▲

（填试剂序号），溶液的颜色变▲色则试样中含有Fe3+，发生反应的离子方程式为

▲

。步骤2.

再取适量的试样滴加到少量的

▲

（填试剂序号），溶液的颜色变为

▲

色，则试样中含有Fe2+。参考答案：（14分）（1）便于控制反应的发生和停止（2分）（2）停止加热时，防止倒吸或平衡压强（凡合理答案均可）（2分）（3）品红溶液褪色（2分）（4）验证Ⅱ：

C（1分）

G（1分）验证Ⅲ：步骤一：C（或F）（1分）

红（或蓝）（1分）

Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3（或2Fe3++2I—=2Fe2++I2）（2分）步骤二：D（1分）

浅红色或变浅（1分）

略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.二氧化钛是钛的重要化合物，钛白粉（纯净的二氧化钛）是一种折射率高、着色力和遮盖力强、化学性质稳定的白色颜料。从钛铁矿（主要成分FeTiO3，含Fe2O3、SiO2等杂质）制取二氧化钛，常用硫酸法，其流程如下：（1）钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，该反应的化学方程式为_____________。（2）取少量浸取液，滴加KSCN溶液后呈血红色，说明溶液中存在_________离子（填写离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是_____________（写明步骤、试剂和现象）。（3）浸取液与铁屑反应的离子方程式为_______________；X（晶体）的化学式为______。（4）第③步反应化学方程式______________________________。参考答案：【知识点】物质的制备与检验J5

C3【答案解析】（1）FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O

（2）Fe3+；取少量溶液，滴加少量高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色。或取少量溶液，滴加K3[Fe(SCN)6]溶液，出现蓝色沉淀。（3）2Fe3++Fe=3Fe2+；FeSO4·7H2O

（4）TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4

解析：（1）根据提示：钛铁矿主要成分FeTiO3与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，该反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O

（2）实验中一般用KSCN溶液检验Fe3+；若Fe3+、Fe2+共存时检验Fe2+，一般利用Fe2+的还原性，用酸性高锰酸钾溶液检验；或取少量溶液，滴加K3[Fe(SCN)6]溶液，出现蓝色沉淀。（3）根据反应流程判断钛的产物没有改变，加入铁是与Fe3+反应生成Fe2+，阴离子是硫酸根离子，所以X为FeSO4·7H2O；（4）第③步操作为TiOSO4与水反应生成H2TiO3，应为水解反应，TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4。

【思路点拨】本题考查了物质的制备与检验，读懂题意即可书写方程式。注意Fe3+、Fe2+共存时检验Fe2+的方法。18.X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．请回答下列问题：（1）五种元素中原子半径最大的是（写元素符号）．（2）写出X、Z、Q形成的化合物的电子式．（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行），其中C是溶于水显酸性的气体，①如果A、D均由三种元素组成且A、B、D溶液呈碱性，由B转化为A的离子方程式为．②如果A、B、D均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为；由A转化为B的离子方程式为．参考答案：1.Na

2.3.HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O．NaAlO2AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣或2AlO2﹣+CO2+3H2O=Al（OH）3↓+CO3考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素、R为Al；X、Y两元素最高正价与最低负价代数和均为0，原子序数均小于O元素，为ⅠA族H元素、ⅣA族元素，故X为H元素、Y为C元素；Q与X同主族，结合原子序数可知，Q为Na元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；（2）H、O、Na形成的化合物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成；（3）上述五种元素中的若干种组成的化合物A、B、C、D，C是溶于水显酸性的气体，C为CO2，①如果A、D均由三种元素组成且A、B、D溶液呈碱性，则A为Na2CO3、D为NaOH，B为NaHCO3；②如果A、B、D均由三种元素组成，B为两性不溶物，则B为Al（OH）3，D为NaOH，A为NaAlO2．解答：解：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素、R为Al；X、Y两元素最高正价与最低负价代数和均为0，原子序数均小于O元素，为ⅠA族H元素、ⅣA族元素，故X为H元素、Y为C元素；Q与X同主族，结合原子序数可知，Q为Na元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞Al＞C＞O＞H，故答案为：Na；（2）H、O、Na形成的化合物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成，其电子式为：，故答案为：；（3）上述五种元素中的若干种组成的化合物A