廣東省廣州市市番禺區(qū)市橋第二中學(高中部)2021年高三化學上學期期末試卷含解析

廣東省廣州市市番禺區(qū)市橋第二中學(高中部)2021年高三化學上學期期末試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.下列說法中正確的是A．雪碧等碳酸型飲料的PH小于7，晃動后打開瓶蓋，PH將變小B．晶體在發(fā)生物理變化時，也有可能使化學鍵斷裂C．HI、HBr、HCl、HF四種物質(zhì)的沸點依次降低D．周期表中的非金屬元素都位于主族參考答案：BD2.下列化學用語的相關表述正確的有（）A.H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣akJ/mol，故1molNaOH固體與足量的稀鹽酸反應，放出的熱量為akJB.因CuSO4?5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+bkJ/mol，故1molCuSO4（s）溶于水時，放出bkJ熱量C.因氫氣的燃燒熱為ckJ/mol，故電解水的熱化學方程式為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與3molH2充分反應后，放出的熱量小于dkJ參考答案：D考點：化學能與熱能的相互轉(zhuǎn)化．專題：化學反應中的能量變化．分析：A．根據(jù)NaOH固體溶于水要放熱；B．根據(jù)無水硫酸銅溶解為溶液時，先放熱變成五水硫酸銅，五水硫酸銅再溶吸收熱量，最終表現(xiàn)為放熱，放出的熱量是兩次熱量變化之差；C．燃燒熱是指1mol物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時所放出的熱量，氫氣燃燒反應是放熱反應，逆向是吸熱反應；D．根據(jù)N2（g）+3H2（g）?2NH3為可逆反應，不能進行到底．解答：解：A．NaOH固體溶于水要放熱，故1molNaOH固體與足量的稀鹽酸反應，放出的熱量大于akJ，故A錯誤；B．CuSO4?5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+bkJ/mol，故1molCuSO4（s）與水生成CuSO4?5H2O，放出bkJ熱量，生成的CuSO4?5H2O溶于水時溶液吸熱，所以1molCuSO4（s）溶于水時，放出的熱量是兩次熱量變化之差，小于bkJ熱量，故B錯誤；C．燃燒熱是指1mol物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時所放出的熱量，氫氣的燃燒熱為ckJ/mol，故電解水的熱化學方程式為2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+2ckJ/mol，故C錯誤；D．根據(jù)N2（g）+3H2（g）?2NH3為可逆反應，不能進行到底，故向某容器中通人1molN2與3molH2充分反應后，放出的熱量小于dkJ，故D正確；故選D．點評：本題考查了物質(zhì)溶解過程中的能量變化、蓋斯定律的運用以及可逆反應的特征，題目難度中等．3.某溶液由Na＋、Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋、AlO、CO、SO、Cl－中的若干種離子組成，取適量該溶液進行如下實驗：

下列說法正確的是

A．原溶液中一定只存在AlO、CO、SO、Cl－四種離子

B．氣體A的化學式是CO2，其電子式為

C．原溶液中一定不存在的離子是Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋

D．生成沉淀B的離子方程式為：Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓參考答案：C略4.日科學家因在研究“鈀催化交叉偶聯(lián)反應”所作出的杰出貢獻，獲得了2010年諾貝爾化學獎。鈀的化合物PdCl2通過化學反應可用來檢測有毒氣體CO，該反應的反應物與生成物有：CO、Pd、H2O、HCl、PdCl2和一種未知物質(zhì)X。下列說法不正確的是A．反應中轉(zhuǎn)移的電子為1mo1時，生成2mo1物質(zhì)XB．未知物質(zhì)X為CO2

C．反應中CO作還原劑D．題述反應條件下還原性：CO>Pd參考答案：A略5.下表中評價合理的是()選項化學反應及其離子方程式評價AFe3O4與稀硝酸反應：2Fe3O4＋18H＋===6Fe3＋＋H2↑＋8H2O正確B向碳酸鎂中加入稀鹽酸：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O錯誤，碳酸鎂不應寫成離子形式C向硫酸銨溶液中加入氫氧化鋇溶液：Ba2＋＋SO===BaSO4↓正確DFeBr2溶液與等物質(zhì)的量的Cl2反應：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋Br2錯誤，F(xiàn)e2＋與Br－的化學計量數(shù)之比應為1：2參考答案：略6.時充入2molA和2molB，達平衡后A的體積分數(shù)為a%。其他條件不變時，若按下列四種配比作為起始物質(zhì)，平衡后A的體積分數(shù)大于a%的是

（）

A．2molC

B．2molA、1molB和1molHe（不參加反應）

C．1molB和1molC

D．2molA、3molB和3molC參考答案：答案：AB7.某堿性蓄電池在充電和放電時發(fā)生的反應為:Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2,下列說法中正確的是A.放電時，負極上發(fā)生反應的物質(zhì)是FeB.放電時，正極反應是：NiO2+2e-+2H+=Ni(OH)2C.充電時，陰極反應是：Ni(OH)2-2e-+2OH-=NiO2+2H2OD.充電時，陽極附近pH值減小參考答案：AD略8.在某些高檔點心的包裝盒內(nèi)有個小紙袋，將小紙袋打開，可看到灰黑色粉末，其中有些已變成棕褐色。將灰黑色粉末溶于鹽酸，取上層清液，滴入幾滴氯水，再滴入KSCN溶液，馬上出現(xiàn)血紅色。以下結(jié)論不正確的是

（

）

A．該灰黑色粉末用作抗氧化劑

B.小袋中的原裝粉末是Fe2O3C.小袋中可能裝有活性鐵粉

D.該灰黑色粉末不可食用參考答案：B略9.已知A、B、C均為短周期的元素，A、B同周期，A、C的最低價離子分別為A2-和C-，B2+和C-具有相同的電子層結(jié)構，下列說法正確的是

A．離子半徑：A2-＞C-＞B2+[.C

B．C元素的最高正價一定為+7價

C．對應氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性A＞C

D．還原性：A2-<C－參考答案：A略10.將TiO2轉(zhuǎn)化為TiCl4是工業(yè)冶煉金屬鈦的主要反應之一。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則反應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參考答案：D略11.下列各組物質(zhì)僅用蒸餾水不能鑒別出的是A.苯、酒精、硝基苯

B.食鹽、燒堿、硝酸銨C.蔗糖、硫酸銅粉末、碳酸鈣粉末

D.氧化銅、二氧化錳、活性炭參考答案：D本題主要考查利用物質(zhì)物理、化學性質(zhì)的差別來鑒別不同物質(zhì)的方法。苯與硝基苯皆不溶于水，但C6H6比水輕，硝基苯比水重，而酒精易溶于水，不分層，故A可鑒別。B組物質(zhì)中雖都易溶于水，但其熱效應不同，食鹽溶于水溫度變化不大，燒堿溶于水放出大量熱，溫度升高，而NH4NO3溶于水時吸收熱量，溫度降低；C組中蔗糖易溶于水但與水不反應，CuSO4粉末遇水呈藍色，而CuCO3不溶于水，故可用水將它們區(qū)別開來；D選項中三種物質(zhì)皆不溶于水且不與水反應，故用水無法將它們鑒別出來。12.向2mL、0.5mol/L的FeCl3溶液中加入3mL、3mol/LKF溶液，結(jié)果FeCl3溶液褪成無色，向褪色后的溶液中繼續(xù)加入KI溶液和CCl4振蕩后靜置，CCl4層不顯色，則下列說法正確的是（

）

A．Fe3＋不與I－發(fā)生反應

B．Fe3＋與F－結(jié)合成不與I－反應的物質(zhì)

C．F－使I－的還原性減弱,因而不反應

D．Fe3＋被F－還原為Fe2＋，使溶液中不再存在Fe3＋參考答案：B略13.將51.2gCu完全溶于適量濃硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，這些氣體恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的鹽溶液，其中NaNO2的物質(zhì)的量為（）A．0.2mol

B．0.6mol

C．0.8mol

D．1.0mol參考答案：C

考點：化學方程式的有關計算．專題：計算題．分析：51.2gCu的物質(zhì)的量為0.8mol，整個過程發(fā)生的反應較復雜，但從氧化還原反應電子得失的角度分析可以簡化為銅和氮間電子的轉(zhuǎn)移，銅和硝酸反應銅還原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又轉(zhuǎn)化成NaNO3和NaNO2，我們可以認為銅將失去的電子給了硝酸在氫氧化鈉溶液中生成了NaNO2，根據(jù)得失電子數(shù)目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），據(jù)此解答．解答：-解：用終態(tài)分析法容易看出只有兩種元素的價態(tài)有變化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合價由0價升高為+2價，每個Cu原子失2個電子；另一個是HNO3→NaNO2，N元素由+5價降低為+3價，每個N原子得2個電子，51.2gCu的物質(zhì)的量為：n（Cu）===0.8mol，共失電子為0.8mol×2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到電子1.6mol，根據(jù)得失電子數(shù)目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），故產(chǎn)物中NaNO2的物質(zhì)的量為=0.8mol，故選C．點評：-本題考查氧化還原反應的有關計算，難度中等，用終態(tài)分析法判斷失去的電子等于HNO3到NaNO2得到的電子是解題的關鍵．14.

參考答案：C15.下列有關物質(zhì)的性質(zhì)或應用的說法不正確的是A．二氧化硅是生產(chǎn)光纖制品的基本原料B．水玻璃可用于生產(chǎn)黏合劑和防火劑C．鹽析可提純蛋白質(zhì)并保持其生理活性D．石油分餾可獲得乙烯、丙烯和丁二烯參考答案：D本題主要考查的是常見物質(zhì)在生成生活中的應用。A項，是光纖制品的主要原料；水玻璃是硅酸鈉溶液，能作為粘合劑和防火材料；C項，鹽析是提純蛋白質(zhì)的一種方法，而且不影響蛋白質(zhì)的生理活性；D項，石油分餾得到的是不同沸點的烴類化合物，如汽油、煤油、柴油等，只有通過裂解的方法可得到乙烯等不飽和的烴類物質(zhì)。綜上分析可知，本題選D項二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.（14分）某?；瘜W興趣小組為探究鐵與濃硫酸反應，設計了圖1、圖2所示裝置進行實驗。

（1）比較兩實驗裝置，圖2裝置的優(yōu)點是：①能更好的吸收有毒氣體SO2，防止其污染環(huán)境；

②

▲

。（2）導氣管e有兩個主要作用：一是在反應過程中，因?qū)Ч懿迦胍好嫦?，可起到“液封”作用阻止SO2氣體逸出而防止污染環(huán)境；二是

▲

。（3）能說明有SO2氣體產(chǎn)生的實驗現(xiàn)象是

▲

。（4）反應一段時間后，用滴管吸取A試管中的溶液滴入適量水中為試樣，試樣中所含金屬離子的成分有以下三種可能：Ⅰ：只含有Fe3+；Ⅱ：只含有Fe2+；Ⅲ：既有Fe3+又有Fe2+。為驗證Ⅱ、Ⅲ的可能性，選用如下試劑，填寫下列空格：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溶液驗證Ⅱ：取試樣，先滴加少量的

▲

（填試劑序號，下同），振蕩，再滴加少量的

▲

，根據(jù)溶液顏色的變化可確定假設Ⅱ是否正確。驗證Ⅲ：步驟1.

取試樣，滴加少量的▲

（填試劑序號），溶液的顏色變▲色則試樣中含有Fe3+，發(fā)生反應的離子方程式為

▲

。步驟2.

再取適量的試樣滴加到少量的

▲

（填試劑序號），溶液的顏色變?yōu)?/p>

▲

色，則試樣中含有Fe2+。參考答案：（14分）（1）便于控制反應的發(fā)生和停止（2分）（2）停止加熱時，防止倒吸或平衡壓強（凡合理答案均可）（2分）（3）品紅溶液褪色（2分）（4）驗證Ⅱ：

C（1分）

G（1分）驗證Ⅲ：步驟一：C（或F）（1分）

紅（或藍）（1分）

Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3（或2Fe3++2I—=2Fe2++I2）（2分）步驟二：D（1分）

淺紅色或變淺（1分）

略三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.二氧化鈦是鈦的重要化合物，鈦白粉（純凈的二氧化鈦）是一種折射率高、著色力和遮蓋力強、化學性質(zhì)穩(wěn)定的白色顏料。從鈦鐵礦（主要成分FeTiO3，含F(xiàn)e2O3、SiO2等雜質(zhì)）制取二氧化鈦，常用硫酸法，其流程如下：（1）鈦鐵礦主要成分與濃硫酸反應的主要產(chǎn)物是TiOSO4和FeSO4，該反應的化學方程式為_____________。（2）取少量浸取液，滴加KSCN溶液后呈血紅色，說明溶液中存在_________離子（填寫離子符號），檢驗溶液中還存在Fe2+的方法是_____________（寫明步驟、試劑和現(xiàn)象）。（3）浸取液與鐵屑反應的離子方程式為_______________；X（晶體）的化學式為______。（4）第③步反應化學方程式______________________________。參考答案：【知識點】物質(zhì)的制備與檢驗J5

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

（2）Fe3+；取少量溶液，滴加少量高錳酸鉀溶液，高錳酸鉀溶液褪色。或取少量溶液，滴加K3[Fe(SCN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀。（3）2Fe3++Fe=3Fe2+；FeSO4·7H2O

（4）TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4

解析：（1）根據(jù)提示：鈦鐵礦主要成分FeTiO3與濃硫酸反應的主要產(chǎn)物是TiOSO4和FeSO4，該反應的化學方程式為：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O

（2）實驗中一般用KSCN溶液檢驗Fe3+；若Fe3+、Fe2+共存時檢驗Fe2+，一般利用Fe2+的還原性，用酸性高錳酸鉀溶液檢驗；或取少量溶液，滴加K3[Fe(SCN)6]溶液，出現(xiàn)藍色沉淀。（3）根據(jù)反應流程判斷鈦的產(chǎn)物沒有改變，加入鐵是與Fe3+反應生成Fe2+，陰離子是硫酸根離子，所以X為FeSO4·7H2O；（4）第③步操作為TiOSO4與水反應生成H2TiO3，應為水解反應，TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4。

【思路點撥】本題考查了物質(zhì)的制備與檢驗，讀懂題意即可書寫方程式。注意Fe3+、Fe2+共存時檢驗Fe2+的方法。18.X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大．X、Y兩元素最高正價與最低負價之和均為0；Q與X同主族；Z、R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素．請回答下列問題：（1）五種元素中原子半徑最大的是（寫元素符號）．（2）寫出X、Z、Q形成的化合物的電子式．（3）由以上某些元素組成的化合物A、B、C、D有如下轉(zhuǎn)化關系：AB（在水溶液中進行），其中C是溶于水顯酸性的氣體，①如果A、D均由三種元素組成且A、B、D溶液呈堿性，由B轉(zhuǎn)化為A的離子方程式為．②如果A、B、D均由三種元素組成，B為兩性不溶物，則A的化學式為；由A轉(zhuǎn)化為B的離子方程式為．參考答案：1.Na

2.3.HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O．NaAlO2AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣或2AlO2﹣+CO2+3H2O=Al（OH）3↓+CO3考點：位置結(jié)構性質(zhì)的相互關系應用．專題：元素周期律與元素周期表專題．分析：X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，Z、R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素，則Z為O元素、R為Al；X、Y兩元素最高正價與最低負價代數(shù)和均為0，原子序數(shù)均小于O元素，為ⅠA族H元素、ⅣA族元素，故X為H元素、Y為C元素；Q與X同主族，結(jié)合原子序數(shù)可知，Q為Na元素，（1）同周期自左而右原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大；（2）H、O、Na形成的化合物為NaOH，由鈉離子與氫氧根離子構成；（3）上述五種元素中的若干種組成的化合物A、B、C、D，C是溶于水顯酸性的氣體，C為CO2，①如果A、D均由三種元素組成且A、B、D溶液呈堿性，則A為Na2CO3、D為NaOH，B為NaHCO3；②如果A、B、D均由三種元素組成，B為兩性不溶物，則B為Al（OH）3，D為NaOH，A為NaAlO2．解答：解：X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，Z、R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素，則Z為O元素、R為Al；X、Y兩元素最高正價與最低負價代數(shù)和均為0，原子序數(shù)均小于O元素，為ⅠA族H元素、ⅣA族元素，故X為H元素、Y為C元素；Q與X同主族，結(jié)合原子序數(shù)可知，Q為Na元素，（1）同周期自左而右原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑Na＞Al＞C＞O＞H，故答案為：Na；（2）H、O、Na形成的化合物為NaOH，由鈉離子與氫氧根離子構成，其電子式為：，故答案為：；（3）上述五種元素中的若干種組成的化合物A