2021重慶年上學(xué)期八中高三化學(xué)階段性檢測試題答案

1、只做精品重慶2021年上學(xué)期八中高三化學(xué)階段性檢測試題答案1、 單選題（本大題共10個(gè)小題，每小題2分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。）1.B解析： 18O的質(zhì)子數(shù)8，中子數(shù)為18-8=10，故錯(cuò)誤；12C的質(zhì)子數(shù)6，中子數(shù)為12-6=6，故正確；26Mg的質(zhì)子數(shù)12，中子數(shù)為26-12=14，故錯(cuò)誤；40K的質(zhì)子數(shù)19，中子數(shù)為40-19=21，故錯(cuò)誤；32S的質(zhì)子數(shù)16，中子數(shù)為32-16=16，故正確；故選：B2.C解析：AFe+2FeCl3=3FeCl2，所以能通過化合反應(yīng)制得，故A不選；BNa2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，所以能通過化合反應(yīng)

2、制得，故B不選；C氧化鋁和水不反應(yīng)，要制取氫氧化鋁，可以用氯化鋁溶液和氨水制取，故C選；D.3Fe+2O2=Fe3O4，所以能通過化合反應(yīng)制得，故D不選；故選B3.D解析：A、溶液、膠體粒子均能透過濾紙，故A錯(cuò)誤；B、膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)微粒直徑大小，膠體的分散質(zhì)微粒直徑介于110nm之間，而溶液的分散質(zhì)微粒直徑小于1nm，故B錯(cuò)誤；C、膠體是電中性的，不帶電，在電場作用下會產(chǎn)生電泳現(xiàn)象證明膠體中的膠粒是帶電的，故C錯(cuò)誤；D、用滲析的方法可以分離膠體和溶液，溶液能通過半透膜，而膠體不能，半透膜只能讓小分子和離子通過，故D正確故選D4.B解析：A、SiO2、P2O5均為酸性氧化，NO和堿

3、之間不反應(yīng)，不屬于酸性氧化物，故A錯(cuò)誤；B、NaH、NaBH4、NaClO均為陽離子和陰離子組成的化合物，含有離子鍵，屬于離子化合物，故B正確；C、NH3H2O是弱堿，為弱電解質(zhì)，但是NH4NO3為鹽，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D、液氨為氨氣的液態(tài)形式，屬于純凈物，磁性氧化鐵屬于純凈物，故D錯(cuò)誤故選B5. C 解析：根據(jù)題中信息，可推出原紅色固體里一定有Cu2O；溶液中的紅色固體銅，可能是原來固體中含有銅，也可能是由Cu2O和硫酸反應(yīng)生成的。6.A解析：A中銅會與Fe3生成Fe27. D解析：A項(xiàng)，F(xiàn)e3與C6H5OH發(fā)生反應(yīng)，不能大量共存，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，該離子方程式電荷不守恒，正確的離子方程式應(yīng)

4、為2Fe32I=2Fe2I2，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，F(xiàn)e2(SO4)3和Ba(OH)2反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fe2(SO4)33Ba(OH)2=2Fe(OH)33BaSO4，所以離子方程式應(yīng)為2Fe33SO3Ba26OH=2Fe(OH)33BaSO4，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，F(xiàn)e2(SO4)3與足量的Zn反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fe2(SO4)33Zn=3ZnSO42Fe，可見0.1 mol Fe2(SO4)3生成0.2 mol Fe，質(zhì)量為11.2 g，正確。8.D解析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學(xué)方程式為2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，反應(yīng)方程式：SO2+2

5、H2O+I2=H2SO4+2HIA2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反應(yīng)中Cu2+化合價(jià)降低是氧化劑，I2是氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以物質(zhì)的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合價(jià)由0價(jià)降低為-1價(jià)，I2是氧化劑，SO2被氧化，所以物質(zhì)氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，Cu沒有氧化性，故A錯(cuò)誤；B反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，反應(yīng)方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反應(yīng)可知，碘元素化合價(jià)由0價(jià)降低為-1價(jià)，被還原，所以還原產(chǎn)物為HI，故B錯(cuò)誤；C向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體

6、，反應(yīng)方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因?yàn)榘l(fā)生氧化還原反應(yīng)使碘褪色，二氧化硫不表現(xiàn)漂白性，故C錯(cuò)誤；DCuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學(xué)方程式為2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知每轉(zhuǎn)移2mol電子生成2molCuI，故D正確9.D解析： A、當(dāng)x10時(shí)，NH4Al(SO4)2與Ba(OH)2等物質(zhì)的量反應(yīng)，此時(shí)OH-量不足，OH-首先與Al3+反應(yīng)，與NH4+不反應(yīng)，所以溶液中有未參加反應(yīng)的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同時(shí)SO42-也有剩余，但此時(shí)不會有AlO2-生成，溶液中c(NH4+)c(Al3+)，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)x10時(shí)，NH4A

7、l(SO4)2與Ba(OH)2等物質(zhì)的量反應(yīng)，此時(shí)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錯(cuò)誤；C、當(dāng)x25時(shí)，NH4Al(SO4)2與Ba(OH)2等物質(zhì)的量反應(yīng)，生成0.0005 mol Ba 2-和 0.001 mol AlO2-，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)x=30時(shí)，0.001mol的NH4Al(SO4)2與0.003molBa(OH)2反應(yīng)，生成0.002molBaSO4、0.001molNaAlO2、0.001molNH3H2O，且剩余0.001molBa2+和0.001molOH-，由于NH3H2O也是一種堿，存在電

8、離平衡：NH3H2ONH4+OH-，使得溶液中c(OH)大于0.001mol，故c(OH) c(AlO2)，故D正確；10.A解析：將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3、Fe3、Mg2，根據(jù)電子守恒，金屬共失去電子的物質(zhì)的量和氮原子得電子的物質(zhì)的量是相等的，生成了6.72 L NO，即氮原子得電子的物質(zhì)的量是3 mol。由質(zhì)量守恒知，m(沉淀)m(合金)m(OH)，由電荷守恒和得失電子守恒知，n(OH)3n(NO)，則m(沉淀)11.9 g17 gmol13 mol27.2 g，故A正確。二、不定項(xiàng)選擇題（本題共5小題，每小題4分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有1-2個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對

9、的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分，共20分）11.BD 解析：溶液中加入足量的氫氧化鈉，反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀和氫氧化亞鐵沉淀和偏鋁酸鈉，在空氣中攪拌氫氧化亞鐵變成氫氧化鐵，再加入過量的鹽酸，氫氧化鐵反應(yīng)生成氯化鐵，偏鋁酸鈉反應(yīng)生成氯化鋁，亞鐵離子減少，鐵離子增多，故選BD。12.A解析：由于原子序數(shù)按W、X、Y、Z依次增大，W與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是金屬元素，則這四種元素在元素周期表中的相對位置為。同一周期的元素原子序數(shù)越大，原子半徑越??；同一主族的元素，原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大。所以原子半徑：XYZW，A正確；W的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的

10、水化物的酸性一定比Z的強(qiáng)，但含氧酸的酸性不一定比Z的強(qiáng)，如B的含氧酸可能是HNO2，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2H3PO4，B錯(cuò)誤；元素的非金屬性WY，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性WY，C錯(cuò)誤；若W、X原子序數(shù)相差5，當(dāng)W為N，X為Mg時(shí)，滿足X3W2，當(dāng)W為O，X為Al時(shí)，滿足X2W3，當(dāng)W為F，X為Si時(shí)，滿足XW4，D錯(cuò)誤。13.BC解析：鐵和氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，氯化鐵在溶液中和鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，氯氣能把氯化亞鐵氧化為氯化鐵，A正確；圖(b)中反應(yīng)不一定是置換反應(yīng)或復(fù)分解反應(yīng)，例如在加熱的條件下CO與氧化銅反應(yīng)生成銅和CO2，B錯(cuò)誤；向硫酸鋁溶液中逐滴加入氫氧化鈉溶液的離子方程式為A

11、l33OH=Al(OH)3，氫氧化鈉溶液過量后發(fā)生反應(yīng)Al(OH)3OH=AlO2H2O，圖像正確，C正確；向氫氧化鈉溶液中通入少量CO2生成碳酸鈉和H2O，向碳酸鈉溶液中繼續(xù)通入CO2生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉和Ca(OH)2反應(yīng)可生成CaCO3、NaOH和水，D正確。14.D解答：解：A若反應(yīng)前后有元素化合價(jià)發(fā)生變化，則該反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，為電解 B電解氯化鎂生成A物質(zhì)為氯氣，氯氣與Fe2+氧化為Fe3+，再加入堿使其轉(zhuǎn)化為沉淀而除去，故B正確；CNaHCO3分解產(chǎn)生CO2、H2O均能與Mg發(fā)生置換反應(yīng)，故C正確；D海水與氨水、二氧化碳反應(yīng)生成B為NaHCO3，B加熱生成C為Na2CO3，

12、NaHCO3受熱分解得到Na2CO3，Na2CO3與CO2、H2O反應(yīng)得到NaHCO3，BaCl2能與Na2CO3反應(yīng)而不與NaHCO3反應(yīng)，不能判斷C中是否含B，故D錯(cuò)誤；故選D15. C解答：A項(xiàng)，因綠礬的酸根離子為硫酸根離子，則步驟，最好用硫酸來溶解燒渣，A正確；B項(xiàng)，步驟發(fā)生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，離子反應(yīng)為FeS214Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42-16H+，B正確；C項(xiàng)，步驟為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶析出綠礬，若蒸干時(shí)綠礬受熱失去結(jié)晶水，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，步驟，反應(yīng)條件控制不當(dāng)，綠礬與氨水、空氣可發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe(OH)3，D

13、正確；故選C。3、 非選擇題：包括必做題和選做題兩部分。第1619題為必做題，每個(gè)試題考生都必須作答。第2021題為選做題，考生根據(jù)要求作答，共60分。16. （11分）除特殊標(biāo)記外均為1分(1)第二周期、第A族（2分） 略(2) (3) 3ClO-=2Cl-+ClO3- （2分） 放熱解析：(1) A、 B、 C在周期表中相鄰，且且三種原子質(zhì)子數(shù)之和為24，則分別為N、O、F元素，B、D同主族，則D為S元素，D、E同周期，則E為氯元素，F(xiàn)的焰色反應(yīng)顯紫色，則F為鉀元素(2)周期律規(guī)律(3)BA+C，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得該反應(yīng)方程式為3ClO- = ClO3- + 2Cl-，反應(yīng)熱=（63kJ/

14、mol+20kJ/mol）-360kJ/mol=-117kJ/mol，所以該化學(xué)反應(yīng)方程式為吸熱反應(yīng)。17.（11分）（1）蒸餾燒瓶（1分） 煮沸除去溶解在水中氧氣，防止Fe2+被氧化（2分）（2） 將A中液體壓入B中（2分） 過濾（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）氧氣能氧化Fe2+，故要先用煮沸法將蒸餾水中溶解的氧氣趕出來。(2)由題可知莫爾鹽難溶于乙醇，且易溶于水，所以可用乙醇作為洗滌劑(4)由得失電子守恒可知：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-完全轉(zhuǎn)化為硅酸沉淀，同時(shí)使AlO2-轉(zhuǎn)化為鋁離子（2分） （4）Al3+NH3H2O=Al(OH)3+NH4+ （2分） （5）8（2分）解析：加入氫氧化鈉溶液時(shí)，MgO、Fe2O3不溶解，所以濾渣的主要成分是MgO、Fe2O3；濾液中加入過量的鹽酸的目的是使硅酸根變?yōu)楣杷岢恋?，同時(shí)使鋁離子轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根；要制備5.82tAl2Se3，設(shè)需要該白云母的質(zhì)量為x t , 則x10630%852102=5.82106229119.（12分）除特殊標(biāo)記外均為1分（1） AgCl（1分）不能 實(shí)驗(yàn)開始時(shí)加入BaC

16、l2引入Cl-，不能確定待測液中是否含有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）待測液和氯化鋇溶液反應(yīng)得到沉淀A，則溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成氣體，且有部分沉淀不溶解，則溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的兩種或一種，根據(jù)離子共存知，溶液中不存在Ba2+；濾液A中有Ba2+，加入過量的NaOH溶液得到氣體B、白色沉淀B，則溶液中一定含有NH4+、HCO3-，一定不存在Fe

17、3+，氣體B為NH3，白色沉淀B為BaCO3，濾液B中通入氯氣，得淺黃綠色溶液，溶液中一定沒有Br-，濾液B中加入硝酸銀、硝酸溶液得到白色沉淀C，C為AgCl，說明濾液B中含有Cl-，由于加入氯化鋇溶液，不能確定原溶液中是否含有Cl-；B是由HCO3-、Ba2+、OH-反應(yīng)生成，反應(yīng)離子方程式為：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，（2）由上述分析可知，溶液中一定沒有的陽離子是：Fe3+、Ba2+，（3）由上述分析可知，不能確定原溶液中是否含有Cl-，溶液中一定沒有Br-若無色氣體D是單一氣體，則D為CO2，E為CaCO3，溶液中含有CO32-，白色沉淀D只能為BaSO4，溶液中一

18、定沒有SO32-，一定含有SO42-，沉淀B（碳酸鋇）的物質(zhì)的量=0.1mol，則n（HCO3-）=0.1mol，故c（HCO3-）=0.1mol/L，沉淀E（碳酸鈣）的物質(zhì)的量=0.1mol，則n（CO32-）=0.1mol，故c（CO32-）=0.1mol/L，沉淀D（硫酸鋇）的物質(zhì)的量=0.05mol，則n（SO42-）=0.05mol，故c（SO42-）=0.05mol/L，n（NH4+）=n（NH3）=0.1mol，則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，單位體積為正電荷=10.1mol/L+10.2mol/L=0.3mol/L，單位體積內(nèi)負(fù)電荷=10.1mol/L+20.1mol/L+20.05mol/L=0.4mol/L，則單位體積為正電荷CH （5） 解析：（1）Ni是28號元素，它的基態(tài)原子核外電子排布式為：Ar 3d84s2，則它的價(jià)電子排布式為：3d84s2；（2） NH3分子中N原子是sp3雜化，且具有一對孤對電子，則NH3的空間構(gòu)型為三角錐形，與SCN互為等電子體的分子有：N2O或CO2；（3） 物質(zhì)都屬于離子晶體，離子晶體的陰離子帶有相同電荷，離子半徑越小，離子鍵越強(qiáng)，晶格能越大，熔點(diǎn)越高；（4）A. Mn2中價(jià)電子層不含成對電子，但是內(nèi)層中含有成對電子，故A錯(cuò)誤；B. Mn3的價(jià)電子構(gòu)型為3d4，Mn3在水溶液中容易歧化為MnO2和Mn2，說明Mn3不穩(wěn)定，Mn3容易變成電子半充滿的穩(wěn)定的價(jià)電子構(gòu)型為3d5，3d4則屬于不穩(wěn)定的電子構(gòu)型，故B正確；C第四周期中價(jià)電子層中未成對電子數(shù)最多的元素價(jià)電子排布式為：3d54s1，是Cr元素，故C錯(cuò)誤；DMn2與Fe3具有相同的價(jià)電子構(gòu)型，微粒的化學(xué)性質(zhì)不僅與價(jià)電子構(gòu)型有關(guān)，也和微粒的電荷數(shù)、微粒半徑、原子序數(shù)有關(guān)，因此它們的化學(xué)性質(zhì)不相似，Mn2具有強(qiáng)的還原性，而Fe3具有強(qiáng)的氧化性，故D錯(cuò)