重庆年上学期八中高三化学阶段性检测试题答案单选题（本大题共10个小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.B解析：①18O的质子数8，中子数为18-8=10，故①错误；②12C的质子数6，中子数为12-6=6，故②正确；③26Mg的质子数12，中子数为26-12=14，故③错误；④40K的质子数19，中子数为40-19=21，故④错误；⑤32S的质子数16，中子数为32-16=16，故⑤正确；故选：B．2.C解析：A．Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以能通过化合反应制得，故A不选；B．Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，所以能通过化合反应制得，故B不选；C．氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水制取，故C选；D.3Fe+2O2=Fe3O4，所以能通过化合反应制得，故D不选；故选B．3.D解析：A、溶液、胶体粒子均能透过滤纸，故A错误；B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～10nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C、胶体是电中性的，不带电，在电场作用下会产生电泳现象证明胶体中的胶粒是带电的，故C错误；D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故D正确．故选D．4.B解析：A、SiO2、P2O5均为酸性氧化，NO和碱之间不反应，不属于酸性氧化物，故A错误；B、NaH、NaBH4、NaClO均为阳离子和阴离子组成的化合物，含有离子键，属于离子化合物，故B正确；C、NH3．H2O是弱碱，为弱电解质，但是NH4NO3为盐，属于强电解质，故C错误；D、液氨为氨气的液态形式，属于纯净物，磁性氧化铁属于纯净物，故D错误．故选B．5.C解析：根据题中信息，可推出原红色固体里一定有Cu2O；溶液中的红色固体铜，可能是原来固体中含有铜，也可能是由Cu2O和硫酸反应生成的。6.A解析：A中铜会与Fe3＋生成Fe2＋7.D8.D解析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI．A．2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，Cu没有氧化性，故A错误；B．反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以还原产物为HI，故B错误；C．向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为发生氧化还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故C错误；D．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，故D正确．9.D解析：A、当x＝10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-量不足，OH-首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42-也有剩余，但此时不会有AlO2-生成，溶液中c(NH4+)＞c(Al3+)，故A错误；B、当x＝10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-足量，生成0.molAlO2-和0.molNH4+，但是AlO2-水解程度大一些，故B错误；C、当x＝25时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，生成0.molBa2-和0.molAlO2-，故C错误；D、当x=30时，0.mol的NH4Al(SO4)2与0.molBa(OH)2反应，生成0.molBaSO4、0.molNaAlO2、0.molNH3H2O，且剩余0.molBa2+和0.molOH-，由于NH3H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3H2ONH4++OH-，使得溶液中c(OH—)大于0.mol，故c(OH—)＞c(AlO2—)，故D正确；10.A二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分。每小题给出的四个选项中，有1-2个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共20分）11.BD解析：溶液中加入足量的氢氧化钠，反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀和偏铝酸钠，在空气中搅拌氢氧化亚铁变成氢氧化铁，再加入过量的盐酸，氢氧化铁反应生成氯化铁，偏铝酸钠反应生成氯化铝，亚铁离子减少，铁离子增多，故选BD。12.A解析：由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与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是金属元素，则这四种元素在元素周期表中的相对位置为。同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大。所以原子半径：X＞Y＞Z＞W，A正确；W的最高价氧化物对应的水化物的酸性一定比Z的强，但含氧酸的酸性不一定比Z的强，如B的含氧酸可能是HNO2，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2＜H3PO4，B错误；元素的非金属性W＞Y，所以气态氢化物的稳定性W＞Y，C错误；若W、X原子序数相差5，当W为N，X为Mg时，满足X3W2，当W为O，X为Al时，满足X2W3，当W为F，X为Si时，满足XW4，D错误。13.BC14.D解答：解：A．若反应前后有元素化合价发生变化，则该反应属于氧化还原反应，①为电解B．电解氯化镁生成A物质为氯气，氯气与Fe2+氧化为Fe3+，再加入碱使其转化为沉淀而除去，故B正确；C．NaHCO3分解产生CO2、H2O均能与Mg发生置换反应，故C正确；D．海水与氨水、二氧化碳反应生成B为NaHCO3，B加热生成C为Na2CO3，NaHCO3受热分解得到Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应得到NaHCO3，BaCl2能与Na2CO3反应而不与NaHCO3反应，不能判断C中是否含B，故D错误；故选D．15.C解答：A项，因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣，A正确；B项，步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2＋14Fe3+＋8H2O=15Fe2+＋2SO42-＋16H+，B正确；C项，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，C错误；D项，步骤④，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，D正确；故选C。非选择题：包括必做题和选做题两部分。第16～19题为必做题，每个试题考生都必须作答。第20～21题为选做题，考生根据要求作答，共60分。16.（11分）除特殊标记外均为1分(1)第二周期、第ⅤA族（2分）略(2)＜＜＜＞＞(3)3ClO-=2Cl-+ClO3-（2分）放热解析：(1)A、B、C在周期表中相邻，且且三种原子质子数之和为24，则分别为N、O、F元素，B、D同主族，则D为S元素，D、E同周期，则E为氯元素，F的焰色反应显紫色，则F为钾元素(2)周期律规律(3)B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）-3×60kJ/mol=-kJ/mol，所以该化学反应方程式为吸热反应。17.（11分）（1）蒸馏烧瓶（1分）煮沸除去溶解在水中氧气，防止Fe2+被氧化（2分）将A中液体压入B中（2分）过滤（1分）乙醇（1分）FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O↓（2分）1/V（2分）解析：（1）氧气能氧化Fe2+，故要先用煮沸法将蒸馏水中溶解的氧气赶出来。(2)由题可知莫尔盐难溶于乙醇，且易溶于水，所以可用乙醇作为洗涤剂(4)由得失电子守恒可知：0.×25.00×1=cV×5,c=1/V18.（11分）（1）4（2分）（2）MgOFe2O3（2分）H2SiO3（1分）（3）使SiO32-完全转化为硅酸沉淀，同时使AlO2-转化为铝离子（2分）（4）Al3++NH3H2O=Al(OH)3↓+NH4+（2分）（5）8（2分）解析：加入氢氧化钠溶液时，MgO、Fe2O3不溶解，所以滤渣Ⅰ的主要成分是MgO、Fe2O3；滤液Ⅰ中加入过量的盐酸的目的是使硅酸根变为硅酸沉淀，同时使铝离子转化为偏铝酸根；要制备5.82tAl2Se3，设需要该白云母的质量为xt,则x××30%×85×2÷=5.82÷×2÷.（12分）除特殊标记外均为1分AgCl（1分）不能实验开始时加入BaCl2引入Cl-，不能确定待测液中是否含有Cl-（2分）Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+H2O（2分）（2）Ba2+（1分）（3）①CO2②是0.1mol/L（2分）（4）SO32-HCO3-CO32-（2分）解析：（1）待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3-，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-；B是由HCO3-、Ba2+、OH-反应生成，反应离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+，（3）由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl-，溶液中一定没有Br-．若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32-，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32-，一定含有SO42-，沉淀B（碳酸钡）的物质的量==0.1mol，则n（HCO3-）=0.1mol，故c（HCO3-）==0.1mol/L，沉淀E（碳酸钙）的物质的量==0.1mol，则n（CO32-）=0.1mol，故c（CO32-）==0.1mol/L，沉淀D（硫酸钡）的物质的量==0.05mol，则n（SO42-）=0.05mol，故c（SO42-）==0.05mol/L，n（NH4+）=n（NH3）==0.1mol，则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-）=0.05mol/L，单位体积为正电荷=1×0.1mol/L+1×0.2mol/L=0.3mol/L，单位体积内负电荷=1×0.1mol/L+2×0.1mol/L+2×0.05mol/L=0.4mol/L，则单位体积为正电荷单位体积内负电荷，故一定含有Na+，当溶液中没有Cl-，Na+离子浓度最小，根据电荷守恒可知，c（Na+）最小浓度=0.4mol/L-0.3mol．L=0.1mol/L，（4）若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32-，不能确定是否含有SO42-，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3，待测液中一定含有的阴离子是CO32-、HCO3-、SO32-，故答案为：CO32-、HCO3-、SO32-；20.（除标注外，每空2分）答案（1）3d84s2（2）三角锥形；N2O（CO2）＞（1分）；均为离子晶体，O2-半径比S2-半径小，MnO晶格能大，熔点高B（1分）（5）sp3（1分）；NCH解析：（1）Ni是28号元素，它的基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d84s2，则它的价电子排布式为：3d84s2；（2）NH3分子中N原子是sp3杂化，且具有一对孤对电子，则NH3的空间构型为三角锥形，与SCN－互为等电子体的分子有：N2O或CO2；（3）物质都属于离子晶体，离子晶体的阴离子带有相同电荷，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高；（4）A.Mn2＋中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，故A错误；B.Mn3＋的价电子构型为3d4，Mn3＋在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2＋，说明Mn3＋不稳定，Mn3＋容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，故B正确；C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1，是Cr元素，故C错误；D．Mn2＋与Fe3＋具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2＋具有强的还原性，而Fe3＋具有强的氧化性，故D错误；（5）由H2NCH2CH2NH2可知，C周围形成了4个单键，即价层电子对数为4，碳原子的杂化方式为sp3；根据电负性在周期表中的变化规律，C、N、H的电负性关系为：N＞C＞H；（6）1个晶胞的体积为（aObject:word/embeddings/oleObject1.bin10-10cm）3，1mol晶胞的体积为（aObject:word/embeddings/oleObject2.bin10-10cm）3NA，1mol晶胞的质量为4Object:word/embeddings/oleObject3.bin40g=g，丙的密度为gObject:word/embeddings/oleObject4.bin[（aObject:word/embeddings/oleObject5.bin10-10cm）3NA]=g/cm3。21.（除标注外，每空2分）答案：（1）3-溴丙烯（或3-溴-1-丙烯）（1分）；碳碳双键、溴原子取代反应（1分）；+HCHO+NaOH+H2O（4）14；、（5）（3分）解析：（1）B的结构简式为CH2=CHCH2Br，名称为：3-溴丙烯（或3-溴-1-丙烯）；（2）A→B为羟基变溴原子，反应类型为取代反应（3）反应物E的结构简式为，E在铜存在下被氧气氧化羟基变为醛基，再在酸性条件下生成酚羟基，所以F的结构简式为。（4）由题可知H属于甲酸酯。可能为HCOOCH2CH2C6H5，或HCOOCH(CH3)C6H5，或苯环上连接两个取代基，一个为HCOOCH2-，一个为-CH3，有三种结构；或苯环上两种取代基，一个为HCOO--CH2CH3，有三种结构；或苯环上连接两个甲基和一个HCOO-，有6种结构。总共14种。（5）根据信息，甲苯先引入卤素原子氯，然后一溴甲苯在镁和乙醚的条件下反应，再与丙醛发生加成反应，在水解生成羟基，最后催化氧化生成羰基。
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