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1、2021-2022学年天津市西青区高三（上）期末化学试卷NaH2PO2J正盐，能将溶液中的Ag+还原为Ag,可用于化学镀银。利用NaH2PO2进 行化镀银反应中，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4： 1 .下列说法正确的是（）A. 上述反应中，氧化产物是H3PO4B. H3PO2是三元酸，与NaOH反应可生成三种盐C. NaH2PO2中含有离子键、极性共价键和非极性共价键D. 该反应的离子方程式为+ 4Ag+ + 2H2O = 4Ag 1 +P0厂+ 6H+下列事实不能用有机物分子内基团间的相互影响解释的是（）A. 苯酚能跟浓漠水反应而苯不能B. 乙块能跟漠水反应而乙烷不能C. 苯酚显弱酸性而
2、乙醇不显弱酸性D. 甲苯易被酸性高镐酸钾氧化而甲烷不能在元素周期表中，有一种元素黑Ce,它作为玻璃添加剂，能吸收紫外线与红外线， 还可降低车内温度，从而节约空调用电，现已被大量应用于汽车玻璃行业。下列对 其元素说法正确的是（）A. 所含的质子数为140B.所含的质量数是58C.所含的中子数是82D.核外电子数是140某学习小组用“间接碘量法”测定某CUC12晶体试样的n纯度，试样不含其他能与I一发生反应的氧化性杂质，已厂q矢口： 2Cu2+ + 41 = 2CuI I +I2, I2 + 2S2。厂=S40 +H J21 -.取mg试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，用LA J I 匚 0
3、.1000mol-L-1Na2S203标准溶液滴定，部分实验仪器甲 乙丙 和读数如图所示。下列说法正确的是（）A. 试样在容量瓶中溶解，滴定管选乙B. 选用淀粉作指示剂，当甲中溶液由无色变为蓝色时，即达到滴定终点C. 丁图中，滴定前滴定管的读数为a-1.00mLD. 对装有待测液的滴定管读数时，滴定前后读数方式如丁图所示，则测得的结果 偏大O2F2可以发生反应：H2S + 4O2F2 = SF6 + 2HF + 402,下列说法正确的是（）8. 【答案】C【解析】解:A.氧离子的核电荷数为8,核外电子数为10,故氧离子的结构示意图为故A错误；B. 质子数为27、中子数为60,则质量数为60 +
4、 27 = 87,则Co原子为Co,故B错误；水分子中不存在阴阳离子，水中存在两个碳氧单键，水的电子式为：H：0：H,故C 正确；C. 漠化氢分子中不存在阴阳离子，用电子式表示氢漠酸的形成过程为.为故D错误；故选：Co氧离子的核电荷数为8,核外电子数为10,依此书写结构示意图；A. 质子数为27、中子数为60的Co原子，质量数=质子数+中子数；水为共价化合物，分子中不存在阴阳离子，电子式不能标出电荷；B. 溟化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子。本题考查了常见的化学用语的表示方法，题目难度中等，注意掌握电子式、离子结构示 意图、原子符号的表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式的区别。9
5、. 【答案】C【解析】解：A、同素异形体是同一元素形成的不同单质，而该物质与碳化硅(SiC)都是 化合物，故A错误；B、硅的原子半径比碳大，所以硅化合物Si60C60,外层球壳为Si60,内层球壳为。60，故 B错误；C、外面的硅原子与里面的碳原子以共价键结合，说明该物质是由两种元素组成的化合 物，是分子晶体，故C正确。D、分子晶体的熔点低、硬度小，故D错误；故选：CoA、根据同素异形体是同一元素形成的不同单质；B、根据硅的原子半径比碳大；C、化合物是由不同种元素组成的纯净物，根据形成元素种类判断晶体的类型.D、根据分子晶体的熔点低、硬度小，本题考查了同素异形体、化合物、分子晶体的判断等知识点
6、，难度不大，注意根据晶体 的构成微粒来判断晶体类型.10. 【答案】D【解析】解：A.46gNO2和&O4的混合气体含有氧原子房面x 2 x NaDwL = 2Na个， 故A错误；乙烯和丙烯最简式为CH2, 14g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为蓝尚 x 3 xNAmor1 = 3Na个，故 B 错误；CnH2n最简式为CH?,所以7gCnH2n中含有的氢原子数目为状曲X 2 x NAmoL = NA 个，故C错误；B. NaHS04和KHSO3的摩尔质量相同，都为120g/mol,则120g由NaHS04和KHSO3组成的 混合物的物质的量为lmol,混合物中含有硫原子为Na，故D正确。故选：
7、DoNO2和N2O4具有相同最简式NO?;A. 乙烯和丙烯最简式为CH2；CnH2n最简式为CH2；B. 摩尔质量相等，ImolNaHSOq和KHSO3都含有lmol硫原子。本题考查物质的量的计算以及阿伏加德罗常数，题目难度不大，注意相关物质的量的计 算公式的运用。11. 【答案】C【解析】解：A.MnO；为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；使无色酚猷试液显红色的溶液中存在大量OHL OHL HCO之间发生反应，不能大 量共存，故B错误；B. Na+、Fe3+、SO厂、NOf之间不反应，都不与H+反应，能够大量共存，故C正确；I-、Fe3+之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
8、故选：Co高镒酸根离子为有色离子；A. 该溶液呈碱性，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；B. 铁离子能够氧化碘离子。本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共 存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还 应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或 OH溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO等有色离子的存在；溶 液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存, 还是“一定”共存等。12. 【答案】A【解析】【
9、分析】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，题目难度中等，注意掌握元素周期表的结构 和元素周期律的递变规律。【解答】由元素所在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为0元素，Z为A1元素，W为S元素，Q为 C1元素。A、X为N元素，最高正价为+5价，Z为A1元素，最高正价为+3价，则元素X与元素Z的最 高正化合价之和的数值等于8,故A正确；B、原子核外电子层数越多，半径越大，同一周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则 有：z wQ X Y，故 B 错误；C、离子丫2-和Z3+的核外电子数都为10,离子核外有2个电子层，电子层数相同，故C 错误；D、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高
10、价氧化物的水化物的酸 性逐渐增强，故D错误。故选：Ao【答案】HNO2 V H+ 4-NO2 H： o: Si: : 0：加成反应 0 【解析】解：（1）由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸，在溶液中部分 电离，电离方程式为：HNO2VH+ + NOZ故答案为：HNO2 H+ + N02；(2) 亚硝酸属于共价化合物，分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为H： 0： N： : 6：， 故答案为：h： o： Si： : 6：； H0N0H(3) 亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程13的反应中生成物|氮氧双键消失,CH3-N-CH3H变为氮氧单键，可以看作|中的氮氢键断裂，分别加成
11、在亚硝酸分子的氮CHj-N-CHjH0N0H氧双键两端，可以看作是加成反应，过程囹中|中脱去一个羟基和氢原子,CH3_N_CHj形成氮氧双键，可以看作有机反应中醇羟基的消去反应，故答案为：加成反应；根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关， 根据图示，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应属于放热反应，HV0；活 化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态(过渡态)所需要的能量。活化 能越大，反应进行的越慢，反应难度越大，根据图示，过程伺的活化能大于过程伺的活 化能，则过程伺的反应难度更大，故答案为：；0O(1) 由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种
12、一元弱酸；亚硝酸属于共价化合物，据此书写电子式；H0N0H亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程13的反应中生成物|氮氧双键消失,CH3-N-CH3H0N0H变为氮氧单键，过程3中|中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，结合CHj_N-CHj有机物的反应类型分析；根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关分析判断；活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大。本题考查了反应的能量变化、化学用语的分析判断、反应过程的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。13. 【答案】2KMnO4 = K2MnC)4 + MnO2 + O2T水浴加热试管A防止F试管中的水蒸 气进入到C,
13、干扰生成物水的检验 无水硫酸铜变蓝色，说明有水生成，加热煮沸F试管， 产生砖红色的沉淀，说明有乙醛生成CH3CH2OHTCH3CHO + H2T【解析】解：乙醇和铜不反应，和氧化铜反应，所以要先制取氧化铜；铜和氧气在加热 条件下才反应生成氧化铜，若先加热制取氧气，不加热时，铜和氧气不反应，造成资源 浪费，所以先加热铜，后加热高车孟酸钾制取氧气；铜生成氧化铜后，再加热A装置制取 乙醇蒸汽，乙醇和氧化铜反应；最后加热F装置，使乙醛和新制的Cu(0H)2悬浊液反应；E处是一种固体纯净物，且分解生成氧气，所以是高镒酸钾；加热高镒酸钾时，高镒酸钾分解生成镐酸钾、二氧化镒和氧气，2KMnO4 K2MnO4
14、 + MnO2 + 02A故答案为：2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + 02 T;(1) 直接加热时，生成乙醇蒸汽的速率较大，乙醇和氧化铜反应不完全，造成资源浪费， 为了使A中的乙醇平稳气化成蒸气，可采用水浴加热的方法；乙醇和氧化铜反应生成乙醛、铜和水，加热F处时，F装置中的水蒸气也使无水硫酸铜变 蓝，所以对乙醇和氧化铜反应生成的水蒸气造成干扰，所以D装置目的是吸收F装置中 的水蒸气，防止F处产生的水蒸气对无水硫酸铜产生影响.故答案为：水浴加热；防止F处产生的水蒸气对无水硫酸铜产生影响；水能使无水硫酸铜变蓝；在加热条件下，乙醛和新制的Cu(0H)2悬浊液生成砖红色氧 化亚铜沉淀，如果
15、C处无水硫酸铜变蓝，加热煮沸F,生成砖红色沉淀，说明乙醇被氧化 后的产物是水和乙醛.故答案为：C处无水硫酸铜变蓝色，说明有水生成，加热煮沸F试管，产生砖红色的沉淀， 说明有乙醛生成；不加热E处说明没氧气参与反应，发现C处无明显变化，而F处现象与(3)相同，说明 无水生成，但生成了乙醛，是乙醇在铜催化作用下生成醛和氢气的反应，反应的化学方 程式为：CH.CH2OH * CIhCHO + /2 T ；故答案为：ClhCIhOII * CIhCHO + /A T ；E处是一种纯净物，依据装置图可知是提供氧气的装置，是加热高镒酸钾固体得到氧 气的反应；(1) 乙醇沸点小于100C,为使A中乙醇平稳汽化成乙醇蒸气，可以采取水浴加热试管A；D处使用碱石灰的作用是防止水蒸气进入C,影响生成水的检验；(2) 乙醇催化氧化生成的产物为乙醛和水，装置中C处无水硫酸铜变蓝色，说明有水生成,第14页，共17页加热煮沸F试管，产生砖红色的沉淀，说明有乙醛生成；不加热E处说明没氧气参与反应，发现C处无明显变化，而F处现象与(3)相同，说明 无水生成，但生成了乙醛，是乙醇在铜催化作用下生成醛和氢气的反应；本题考查了乙醇的化学性质，实验过程分析判断，可以根据所学知识进行回答，难度不大.14. 【答案】第四周期第HIA族 共价 2Ga(l) + 2NH3(g) = 2GaN
