2021-2022学年北京市昌平区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京市昌平区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共23页。试卷主要包含了14%、98，3kJ/ml，【答案】B，【答案】A，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市昌平区高三（上）期末化学试卷

1. 合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是(    )
A. 滑雪杖杆(铝、镁等)
B. 地铁阻燃橡胶地板
C. 航母甲板(钢)
D. 潜水器外壳(钛、铝等)
2. 下列说法中不正确的是(    )
A. N2的电子式是 B. NaOH中既含有离子键也含有共价键
C. NaF属于盐 D. KI是常见的还原剂
3. 利用原子结构及元素周期律表相关知识得到的以下结论中正确的是(    )
A. 第IA族元素钫的两种核素： 221Fr比 223Fr少2个质子
B. 第三周期元素的原子半径：r(P)Mg>Al，则碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，故D错误；
故选：C。
A.同种元素的不同核素，质子数相同；
B.同周期主族元素从左向右原子半径减小；
C.同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强，越易与氢气化合；
D.同周期主族元素从左向右金属性减弱，金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强。
本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

4.【答案】C 
【解析】解：A.Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2，和稀硫酸不反应，反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O，故A错误；
B.浓硫酸和Cu的反应中，部分S元素化合价由+6价变为+4价，部分S元素化合价不变，故B错误；
C.酸性氧化物能和碱溶液反应生成盐和水，SO2属于酸性氧化物且有毒，能和NaOH反应生成盐和水，所以可以用NaOH溶液吸收，故C正确；
D.浓硫酸和Cu的反应中，部分S元素化合价由+6价变为+4价，部分S元素化合价不变，该反应中浓硫酸体现强氧化性和酸性，故D错误；
故选：C。
A.Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2，和稀硫酸不反应；
B.浓硫酸和Cu的反应中，部分S元素化合价由+6价变为+4价；
C.酸性氧化物能和碱溶液反应生成盐和水；
D.该反应中浓硫酸体现强氧化性。
本题考查浓硫酸的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系等知识点是解本题关键，注意：A的方程式中浓硫酸应该注明是浓硫酸，题目难度不大。

5.【答案】B 
【解析】解：A.Zn置换出Cu，溶液蓝色变浅，Cu、Zn元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A错误；
B.棕黄色FeCl3饱和溶液滴入沸水中变红褐色，发生水解反应生成胶体，无元素的化合价变化，与氧化还原反应无关，故B正确；
C.酸性高锰酸钾溶液可氧化乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C错误；
D.Na露置于空气中逐渐变为白色，可知Na被氧化，则Na元素的化合价升高，O元素的化合价降低，为氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
发生的反应中含元素的化合价变化，则与氧化还原反应有关，反之无关，以此来解答。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合价的判断，题目难度不大。

6.【答案】B 
【解析】解：A.1个水分子含有3个原子，0.1molH2O中所含原子总数约为0.3NA，故A正确；
B.溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故B错误；
C.依据2H2O+SO2+I2=H2SO4+2HI∼2e−可知，消耗1molSO2时，转移的电子数为2NA，故C正确；
D.依据2H2O+SO2+I2=H2SO4+2HI可知，产生2molHI时，消耗36gH2O，故D正确；
故选：B。
A.1个水分子含有3个原子；
B.溶液体积未知；
C.依据2H2O+SO2+I2=H2SO4+2HI∼2e−计算；
D.依据2H2O+SO2+I2=H2SO4+2HI判断。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

7.【答案】D 
【解析】解：A.该分子中含有14个碳原子、12个碳原子、4个氧原子，分子式为C14H12O4，故A正确；
B.该分子中碳碳双键两端连接2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故B正确；
C.该分子中含有酚羟基和碳碳双键两种官能团，故C正确；
D.该分子中的酚羟基易被氧气氧化，所以不稳定，故D错误；
故选：D。
A.该分子中含有14个碳原子、12个碳原子、4个氧原子；
B.碳碳双键两端连接2个不同的原子或原子团；
C.含有酚羟基和碳碳双键；
D.酚羟基易被氧气氧化。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查烯烃和酚的性质，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

8.【答案】D 
【解析】解：A.在催化剂a表面发生氮气还原的反应，N2需要被还原为NH3，其中需要吸收热量破坏氮氮三键，形成氮原子，故A正确；
B.对于NH3，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=3+5−1×32=4，所以中心N为sp3杂化，故B正确；
C.在催化剂b表面，NH3转化为NO，发生氧化反应，所以NH3被氧化，故C正确；
D.整个催化反应过程属于异相催化反应，气体分子首先需要吸附在催化剂表面的活性位点上，继而活化分子完成转化，最后脱附离开催化剂表面，空出活性位点留待后续的吸附-转化-脱附的反应，整个吸附过程为化学吸附，所以催化剂a与b是参与化学反应的，故D错误，
故选：D。
A.在催化剂a表面，N2需要被还原为NH3，其中需要吸收热量破坏氮氮三键；
B.根据VSEPR理论判断NH3分子中N的杂化方式；
C.在催化剂b表面，NH3转化为NO，发生氧化反应；
D.整个催化反应过程属于异相催化反应，气体分子首先需要吸附在催化剂表面的活性位点上，继而活化分子完成转化，最后脱附离开催化剂表面，空出活性位点留待后续的吸附-转化-脱附的反应，整个吸附过程为化学吸附。
本题考查了化学反应过程的分析、催化剂的作用等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

9.【答案】D 
【解析】解：A.氯气具有强的氧化性，能够氧化亚铁离子生成铁离子，将氯气通入氯化亚铁溶液，溶液由浅绿色变为黄色，故A正确；
B.氯气的氧化性大于碘，能够氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝，将氯气通入淀粉KI溶液，溶液变蓝，故B正确；
C.氯气溶于水，部分与水反应，部分以氯气分子形式存在，Cl2通入蒸馏水，溶液呈浅黄绿色，故C正确；
D.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶于中含有氯离子，氯离子能够与银离子反应生成氯化银沉淀，所以Cl2通入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，但是氯气与硝酸银不发生氧化还原反应，故D错误；
故选：D。
A.氯气具有强的氧化性，能够氧化亚铁离子生成铁离子；
B.氯气的氧化性大于碘，能够氧化碘离子生成碘单质；
C.氯气溶于水，部分与水反应，部分以氯气分子形式存在；
D.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶于中含有氯离子。
本题考查氯气的性质，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握氯气的化学性质，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。

10.【答案】C 
【解析】解：A.二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸为多元弱酸，部分水解生成碳酸氢根离子和氢离子，表示为：CO2+H2O⇌H2CO3⇌HCO3−+H+，故A正确；
B.向Na2SO4溶液中滴加 AgNO3溶液，产生白色沉淀，离子方程式为：2Ag++SO42−=Ag2SO4↓，故B正确；
C.向Na2S溶液中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，离子方程式为：Cu2++S2−=CuS↓，故C错误；
D.NH3、SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，离子方程式为：2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4，故D正确；
故选：C。
A.二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸为多元弱酸，部分水解生成碳酸氢根离子和氢离子；
B.硫酸根离子与银离子反应生成硫酸银沉淀；
C.向Na2S溶液中滴加CuSO4溶液，反应生成硫化铜沉淀和硫酸钠；
D.二氧化硫具有还原性，能够被氧气氧化。
本题考查了离子方程式的书写及判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，重点把握与量有关的离子方程式的书写方法。

11.【答案】D 
【解析】解：A.Y与X发生缩聚反应生成P，P含−COOC−，可发生水解反应，故A正确；
B.−COOH、−OH发生反应，则聚合物P的合成反应为缩聚反应，故B正确；
C.合成P的原料为HOCH2CH2OH和(HOOCCH2)3COH，(HOOCCH2)3COH含有三个羧基和一个羟基，故C正确；
D.P水解后的小分子为HOCH2CH2OH和(HOOCCH2)3COH，含有羟基和羧基，都能发生取代反应，故D错误；
故选：D。
A.Y与X发生缩聚反应生成P，P含−COOC−；
B.−COOH、−OH发生反应；
C.合成P的原料为HOCH2CH2OH和(HOOCCH2)3COH；
D.P水解后的小分子为HOCH2CH2OH和(HOOCCH2)3COH。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。

12.【答案】B 
【解析】解：A.稀释前两溶液的pH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：c(CH3COOH)>c(HCl)，故A错误；
B.b点pH值小于c点pH值，说明c点酸性弱，抑制水的电离程度小，水的电离程度大，因此溶液中水的电离程度：b点0；
(2)①过程II是HCO3−与氢气在催化剂作用下发生反应生成HCOO−，结合质量守恒可知同时生成水，反应的离子方程式为HCO3−+H2→催化剂HCOO−+H2O，
故答案为：HCO3−+H2→催化剂HCOO−+H2O；
②过程II中，其他条件不变，HCO3−转化为HCOO−的转化率如图所示，在40℃−80℃范围内，温度升高，反应速率增大或者温度升高，催化剂活性增大，转化率迅速上升，
故答案为：温度升高，反应速率增大或者温度升高，催化剂活性增大；
③过程III是利用强酸与甲酸盐反应生成甲酸和对应的盐，反应的化学方程式是HCOOK+HCl=HCOOH+KCl或2HCOOK+H2SO4=2HCOOH+K2SO4，
故答案为：HCOOK+HCl=HCOOH+KCl或2HCOOK+H2SO4=2HCOOH+K2SO4；
(3)①阴极的电极上CO2得电子产生甲酸或甲酸盐，故电极反应式是CO2+2e−+H2O=HCOO+OH−或者CO2+2e−+2H+=HCOOH，
故答案为：CO2+2e−+H2O=HCOO+OH−或者CO2+2e−+2H+=HCOOH；
②该电解反应得到的副产品除H2外，还可能CO2得电子产生CO，
故答案为：CO；
(4)甲酸催化释氢是一种较为理想的技术，如图所示为甲酸释氢原理，图中氢离子得电子产生氢气，则另一电极上A应该失电子产生Aox，而A为有机物，故应该生成二氧化碳，Aox的化学式是CO2，
故答案为：CO2。
(1)已知反应CO2+H2→HCOOH在理论上属于原子经济性100%的绿色工艺，但是该反应ΔG(即ΔH−TΔS)=34.3kJ/mol，即ΔG>0，不能自发进行；
(2)①过程II是HCO3−与氢气在催化剂作用下发生反应生成HCOO−，结合质量守恒可知同时生成水；
②过程II中，其他条件不变，HCO3−转化为HCOO−的转化率如图所示，在40℃−80℃范围内，温度升高，反应速率增大或者温度升高；
③过程III是利用强酸与甲酸盐反应生成甲酸和对应的盐；
(3)①阴极的电极上CO2得电子产生甲酸或甲酸盐；
②该电解反应得到的副产品除H2外，还可能CO2得电子产生CO；
(4)如图所示为甲酸释氢原理，图中氢离子得电子产生氢气，则另一电极上A应该失电子产生Aox，而A为有机物，故应该生成二氧化碳。
本题考查化学反应热、电化学原理等知识点，涉及电化学原理的理解和应用等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确电极方程式的书写解题的关键，题目难度中等。

17.【答案】(1)Fe+2H+=Fe2++H2↑
(2)铁粉可以发生归中反应Fe+2Fe3+=3Fe2+防止被氧化
(3)红色物质Fe(SCN)3铁元素化合价为+3，可知亚铁离子被氧化；
(4)10H+  3SO42−  5H2O
(5)滴入FeSO4后，溶液变为红色，静置，在小于t1时刻后溶液红色恰好褪去 
①溶液首先变为红色，随后褪色，说明亚铁离子首先被氧化
②  滴入FeSO4后，溶液变为红色，静置，t1时刻后溶液红色未褪去 
(6)①当滴入最后一滴溶液时，溶液由浅绿色变为紫红色，且30s内不褪去   ② 28yzx% 
【解析】(1)用活性铁粉与硫酸反应制备FeSO4，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，
故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
(2)在制备过程中应确保铁粉过量，原因在于亚铁离子易被氧化为铁离子，但是铁粉可以发生归中反应Fe+2Fe3+=3Fe2+防止被氧化，
故答案为：铁粉可以发生归中反应Fe+2Fe3+=3Fe2+防止被氧化；
(3)“溶液变为红色”说明有三价铁产生生成红色物质Fe(SCN)3铁元素化合价为+3，可知亚铁离子被氧化，
故答案为：红色物质Fe(SCN)3铁元素化合价为+3，可知亚铁离子被氧化；
(4)硝酸将SCN−氧化(其中C元素为+4价)，故S元素被氧化为硫酸根离子，结合得失电子守恒配平可得离子方程式为3SCN−+13NO3−+10H+=3SO42−+3CO2↑+16NO↑+5H2O，
故答案为：10H+；3SO42−；5H2O；
(5)实验ⅳ硝酸浓度更大，氧化速率更快，故现象为滴入FeSO4后，溶液变为红色，静置，在小于t1时刻后溶液红色恰好褪去，
故答案为：滴入FeSO4后，溶液变为红色，静置，在小于t1时刻后溶液红色恰好褪去；
①某同学依据实验iii的现象得出结论：该条件下，HNO3氧化Fe2+的速率比氧化SCN−的速率快，该结论不合理，原因在于溶液首先变为红色，随后褪色，说明亚铁离子首先被氧化，
故答案为：溶液首先变为红色，随后褪色，说明亚铁离子首先被氧化；
②对比实验iii、ⅳ现象得出结论：该条件下，在t1时刻内，HNO3浓度降低后，仍可氧化Fe2+，但不能氧化SCN−，则溶液始终保持红色，对应现象为滴入FeSO4后，溶液变为红色，静置，t1时刻后溶液红色未褪去，
故答案为：滴入FeSO4后，溶液变为红色，静置，t1时刻后溶液红色未褪去；
(6)①步骤Ⅱ中先用Zn粉将Fe3+还原为Fe2+，然后再用酸性KMnO4溶液滴定至，当Fe2+被氧化完全时，溶液变为紫红色，所以达到滴定终点的现象为当滴入最后一滴溶液时，溶液由浅绿色变为紫红色，且30s内不褪去，
故答案为：当滴入最后一滴溶液时，溶液由浅绿色变为紫红色，且30s内不褪去；
②根据题意可得关系式：5Fe3+∼5Fe2+∼MnO4−，n(Fe3+)=5n(MnO4−)=5×ymol⋅L−1×z×10−3L=5yz×10−3mol，所以样品中铁元素的质量分数为：5yz×10−3×56x×100%=28yzx%，
故答案为：28yzx%。

本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。

18.【答案】羧基  取代反应  abd     2 
【解析】解：(1)A为，A中的官能团有碳氟键、碳溴键和羧基，
故答案为：羧基；
(2)，该反应的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
(3)E为CH2=CHOCH2CH2CH2CH3，
a.E中含有6种氢原子，则核磁共振氢谱有6组峰，故a正确；
b.E中碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b正确；
c.根据其不饱和度知，如果含有环，则含有1个环，醚键可能位于环上，也可能位于支链上，支链可能是1个或多个，所以存在含环状结构的醚类同分异构体种类大于2，故c错误；
d.其不饱和度是1，醛基的不饱和度是1，所以存在含一个醛基的同分异构体，故d正确；
故答案为：abd；
(4)H的结构简式为，G→H的化学方程式是
，
故答案为：；
(5)通过以上分析知，I的结构简式为，
故答案为：；
(6)通过以上分析知，M的结构简式为，
故答案为：；
(7)N转化为P时还生成H2，N失去4个氢原子生成P分子，所以生成1molP的同时会生成2molQ，
故答案为：2。
根据A的分子式、B的结构简式及反应条件知，A为，根据(2)知，B和苯酚发生取代反应生成C，C为；C和E发生取代反应生成F，根据F的结构简式知，E为CH2=CHOCH2CH2CH2CH3，D为HC≡CH，F在酸性条件下发生水解反应生成G；D发生信息②的反应生成J，由I转化为J的过程中，另外一种产物是CH3OH，根据J的结构简式及I的分子式知，I为，H分子中含有3个环状结构，根据信息①知，H的结构简式为；
(5)生成M的反应为信息①的反应，M为，M不稳定，会转化为N，N分子中有3个环状结构，N为，N再失去4个氢原子得到P，则另一种产物Q为H2。
本题考查有机物推断，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，利用某些结构简式、分子式及题给信息正确推断各物质的结构简式是解本题关键，难点是N、H结构简式的确定，题目难度中等。

19.【答案】第四周期第ⅣB族  [Ar]3d24s2  O>S>Ba正四面体形  sp3  c 1：1：3BaTiO3  12233(a×10−10)3⋅NA 
【解析】解：(1)Ti在周期表中位于第四周期第ⅣB族，基态Ti的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，
故答案为：第四周期第ⅣB族；[Ar]3d24s2；
(2)Ba的电负性小于S与O，S与O为同族元素，随着原子序数增大，电负性减小，所以三种元素的电负性从大到小的顺序为：O>S>Ba，
对于SO42−，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=4+6−2×4+22=4，所以SO42−为正四面体构型，
根据杂化轨道理论，中心S为sp3杂化，
故答案为：O>S>Ba；正四面体形；sp3；
(3)a.NaX中只含有离子键，则NaX均为离子化合物，故a正确；
b.NaX是离子晶体，晶格能越高、离子键越强、熔点越高，X−电子层数越多，半径越大，晶格能越小，则NaX随X−半径增大，离子键减弱，故b正确；
c.TiF4的熔点反常是因为氟的电负性强，与4价钛形成离子键，而不是形成氢键，故c错误；
d.TiCl4、TiBr4、TiI4由于强烈的离子极化作用，呈现分子晶体的特征，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点升高，故d正确，
故答案为：c；
(4)根据均摊法，顶点粒子占18，棱上粒子占14，内部粒子为整个晶胞所有，所以1个晶胞中含有Ba2+的数量为1，含有Ti4+的数量为8×18=1，含有O2−的数量为12×14=3，所以该晶胞结构中，钛离子、钡离子、氧离子的个数比为1：1：3，该物质的化学式为BaTiO3，
晶胞中Ba2+处于体心，周围与之等距且最近的O2−均处于棱心，所以晶体中每个钡离子周围与其距离最近且相等的氧离子的数量是12，
取1mol晶胞，则有NA个晶胞，1mol晶胞质量为m=233g，一个晶胞体积为(a×10−10)3cm3，所以晶体密度为ρ=mV=233g(a×10−10)3⋅NAcm3=233(a×10−10)3⋅NAg/cm3，
故答案为：1：1：3；BaTiO3；12；233(a×10−10)3⋅NA。
(1)Ti在周期表中位于第四周期第ⅣB族，基态Ti的核外电子排布式为[Ar]3d24s2；
(2)Ba的电负性小于S与O，S与O为同族元素，随着原子序数增大，电负性减小，根据VSEPR理论判断SO42−的空间构型，由此判断S的杂化方式；
(3)a.NaX中只含有离子键；
b.NaX是离子晶体，晶格能越高、离子键越强、熔点越高；
c.TiF4的熔点反常是因为氟的电负性强，与4价钛形成离子键；
d.TiCl4、TiBr4、TiI4由于强烈的离子极化作用，呈现分子晶体的特征，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点升高；
(4)根据均摊法计算一个晶胞中相应粒子的数目之比，顶点粒子占18，棱上粒子占14，内部粒子为整个晶胞所有，晶胞中Ba2+处于体心，周围与之等距且最近的O2−均处于棱心，根据密度公式ρ=mV计算晶体密度。
本题考查物质结构相关知识，主要涉及到周期表的位置判断，核外电子排布式，VSEPR理论和杂化轨道理论，晶胞计算等，均为常见高频考点，整体难度不大，属于基础知识的考查。