山东省高密市第四中学2021届高三上学期期末模拟（一）化学Word版含答案

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山东省高密市第四中学2021届高三上学期期末模拟训练题（1）化学试卷1．《新修本草》中关于“青矾”的描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”，《物理小识》中说：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂”，下列相关叙述不正确的是（　　）A．赤色固体可能是Fe2O3B．青矾宜密闭保存，防止氧化变质C．青矾燃烧过程中发生了电子转移D．“青矾厂气”可能是CO和CO22．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　）A．＝10－12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3－、SO42－B．滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl－、I－C．0.1mol•L－1的NaHCO3溶液中：Fe3+、K+、Cl－、SO42－D．水电离产生的c（OH－）＝10－12mol•L－1的溶液中：Na+、Al3+、Cl－、NO3－3．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，W、X原子核外电子总数分别是其内层电子数的3和4倍，X和Y处于同一主族，W和Z形成的化合物俗名为电石，下列叙述正确的是（　　）A．简单离子半径：Z＞YB．X2与Y单质反应能直接形成YX3C．WY2分子中各原子最外层均满足8电子D．X、Z与Y形成的化合物均为离子化合物4．下列说法正确的是（　　）A．水分解和水汽化，克服的作用力一样B．石英、金刚石、硫磺晶体类型不完全相同C．离子化合物的熔点一定比共价化合物的高D．NaCl稀溶液中，微粒间既存在离子键、共价键，也有分子间作用力5．科学家将水置于足够强的电场中，在20℃时水分子瞬间凝固可形成“暖冰”。某兴趣小组做如图所示实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，且有气泡产生。将酸性KMnO4溶液换成FeCl3溶液，烧杯中溶液颜色无变化，但有气泡产生。则下列说法中正确的是（　　）A．20℃时，水凝固形成的“暖冰”所发生的变化是化学变化B．“暖冰”是水置于足够强的电场中形成的混合物C．烧杯中液体为FeCl3溶液时，产生的气体为Cl2D．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O26．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①[Ne]3s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（　　）A．最高正化合价：③＞②＞①B．第一电离能：③＞②＞①C．电负性：③＞②＞①D．原子半径：③＞②＞①7．从烷烃（CnH2n+2）、烯烃（CnH2n）、二烯烃（CnH2n－2）的通式分析，得出碳氢原子的个数与分子中所含双键有一定关系，某种烃的分子式为CxHy，其中所含双键数目为（　　）

1A．B．C．D．8．常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸（HA）溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示（已知：p＝－lg。下列叙述不正确的是（　　）A．Ka（HA）为10－4.76B．滴加NaOH溶液过程中，不变C．m点所示溶液中：c（H+）＝c（HA）+c（OH－）－c（Na+）D．n点所示溶液中：c（Na+）＝c（A－）+c（HA）9．三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O）有很重要的用途。可用如图流程来制备。根据题意完成下列各题：（1）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是　　。（按前后顺序填）a．过滤洗涤b．蒸发浓缩c．冷却结晶d．灼烧e．干燥某兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O）中铁元素含量，做了如下实验：步骤1：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液。步骤2：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，MnO4－被还原成Mn2+．向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。步骤3：在酸性条件下，用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，共做三次实验，平均消耗KMnO4溶液20.00ml，滴定中MnO4－，被还原成Mn2+。（2）步骤1中，配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有　　；主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、　　、定容、摇匀。（3）步骤2中，加入锌粉的目的是　　。（4）步骤3中，发生反应的离子方程式为：　　。

2（5）步骤2中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量　　。（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）（6）某同学将8.74g无水三草酸合铁酸钾（K3[Fe(C2O4)3]）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647g/L（已折合成标准状况下）气体（是物质的量之比为4：5的混合气体）。研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3。写出该分解反应的化学方程式　　。10．高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：Ⅰ．RCOOR′+R″18OHRCO18OR″+R′OH（R、R′、R″代表烃基）Ⅱ．（1）①的反应类型是　　。（2）②的化学方程式为　　。（3）PMMA单体的官能团名称是　　、　　。（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为　　。（5）G的结构简式为　　。（6）下列说法正确的是　　（填字母序号）．a．⑦为酯化反应b．B和D互为同系物c．D的沸点比同碳原子数的烷烃高d．1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4molNaOH（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是　　。（8）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式　　。11．硒（Se）是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物。

3（1）基态硒原子的价层电子排布式为　　。（2）锗、砷、硒的第一电离能大小排序为　　。H2SeO4的酸性比H2SeO3的强，其原因是　　。（3）H2SeO3的中心原子杂化类型是　　；SeO32－的立体构型是　　。与SeO42－互为等电体的分子有（写一种物质的化学式即可）　　。（4）H2Se属于　　（填：极性或非极性）分子；单质硒的熔点为217℃，它属于　　晶体。（5）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为　　；若该晶胞密度为ρg•cm－3，硒化锌的摩尔质量为Mg/mol。NA代表阿伏加德罗常数，则晶胞参数a为　　pm。期末训练题（1）答案1．【分析】由信息可知，青矾为亚铁盐结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此来解答。【解答】解：A．由信息可知“烧之赤色”指“青矾”灼烧生成红色的Fe2O3，故A正确；B．青矾为亚铁盐，易被氧化而变质，故B正确；C．青矾为亚铁盐结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，存在电子的转移，故C正确；D．CO和CO2没有气味，不符合厂气熏人的性质，故D错误。故选：D。【点评】本题考查金属及化合物的性质、氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答。【解答】解：A.＝10－12的溶液中c（OH－）c（H+）＝10－14，得到c（H+）＝0.1mol/L，酸溶液中NH4+、Cu2+、NO3－、SO42－可以大量共存，故A正确；

4B．滴加KSCN溶液显红色的溶液，说明溶液中存在三价铁离子，三价铁离子能够氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；C．Fe3+与HCO3－发生互促水解反应，不能大量共存，故C错误；D．由水电离出的c（H+）＝10－12mol•L－1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，碱溶液中Al3+不能大量共存，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意熟练掌握离子反应发生的条件：生成气体、难溶物、沉淀及发生氧化还原反应，试题能够培养学生灵活应用所学知识的能力。3．【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，W、X原子核外电子总数分别是其内层电子数的3和4倍，原子只能有2个电子层，电子总数分别为6、8，故W为C元素、X为O元素，X和Y处于同一主族，则Y为S元素。W和Z形成的化合物俗名为电石，而电石化学式为CaC2，故Z为Ca。【解答】解：W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，W、X原子核外电子总数分别是其内层电子数的3和4倍，原子只能有2个电子层，电子总数分别为6、8，故W为C元素、X为O元素，X和Y处于同一主族，则Y为S元素。W和Z形成的化合物俗名为电石，而电石化学式为CaC2，故Z为Ca。A．Y、Z的简单离子分别为S2－、Ca2+，二者电子层结构相同，钙离子核电荷数更大，故离子半径：Ca2+＜S2－，故A正确；B．O2与硫单质反应形成SO2，故B错误；C．CS2分子中各原子最外层均满足8电子，故C正确；D．Z与Y形成的CaS属于离子化合物，但X与Y形成的化合物有SO2、SO3，均属于共价化合物，故D错误。故选：C。【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，理解掌握核外电子排布规律与元素周期表，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。4．【分析】A．水分解克服化学键，水气化克服分子间作用力和氢键；B．石英和金刚石是原子晶体、硫磺为分子晶体；C．离子化合物的熔点不一定比共价化合物的高；D．NaCl稀溶液中，微粒之间只存在共价键、分子间作用力。【解答】解：A．水分解克服化学键，水气化克服分子间作用力和氢键，所以克服作用力不同，故A错误；B．石英和金刚石是原子晶体、硫磺为分子晶体，所以三者晶体类型不完全相同，故B正确；C．离子化合物的熔点不一定比共价化合物的高，如NaCl熔点低于碳化硅，故C错误；D．NaCl稀溶液中，NaCl电离生成钠离子和氯离子，只有溶液中水分子之间存在分子间作用力，水分子中存在共价键，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学键，为高频考点，侧重考查化学键基本概念、化学键类型判断，明确微粒构成及微粒之间作用力、离子键和共价键区别是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。5．【分析】A．在反应中有新物质生成的是化学反应；B、“暖冰”是纯净物；C、发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水。【解答】解；A．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故A错误；B、“暖冰”是纯净物，而非混合物，故B错误；C、发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，所以氯化铁溶液中的氯离子不可能被氧化成氯气，故C错误；D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学变化的判断、氧化性和还原性的判断等知识点，难度中等。注意暖冰主要通过氢键形成固体；明确物理变化和化学变化的本质区别。6．【分析】由核外电子排布式可知，①：①[Ne]3s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素。A、最高正化合价等于最外层电子数，注意F、O元素一般没有正化合价；B、同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素；同主族自上而下第一电离能减弱，据此判断；C、同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低；D、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大．【解答】解：由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5

5为F元素。A、S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，F没有正化合价，故最高正化合价：①＞②，故A错误；B、同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，故B正确；C、同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，故电负性F＞S＞P，即③＞①＞②，故C错误；D、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，故D错误。故选：B。【点评】本题考查核外电子排布规律、元素周期律等，难度不大，注意能级处于半满、全满时元素的第一电离能高于同周期相邻元素。7．【分析】烷烃（CnH2n+2）分子中不含共价键，烯烃（CnH2n）分子中含有1个双键，比烷烃少2个氢原子，二烯烃（CnH2n－2）分子中含有2个双键，二烯烃的通式比烷烃的通式少4个氢原子，由此得出烃的分子式中与烷烃相比，少的氢原子个数除以2即得双键数目．【解答】解：与CxHy碳原子个数相同的烷烃的分子式为CxH2x+2，CxHy与CxH2x+2相比，减少的氢原子个数为2x+2－y，每少2个氢原子就多一个双键，所以CxHy含有的双键个数＝，故选：D。【点评】本题考查了有机化合物中的成键情况，能明确烃的分子式与烷烃相比缺少的氢原子个数与双键的关系是解本题的关键，难度不大。8．【分析】A．电离平衡常数Ka（HA）＝；B．各种平衡常数只与温度有关；C．根据电荷守恒、结合m点c（HA）＝c（A－）分析；D．n点溶液显酸性，溶液中溶质为HA和NaA。【解答】解：A．m点，c（HA）＝c（A－），Ka（HA）＝；＝c（H+）＝10－4.76，故A正确；B．Ka（HA）＝，＝＝；所以滴加NaOH溶液过程中，保持不变，故B正确；C．m点c（HA）＝c（A－），溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）＝c（A－）+c（OH－），则c（H+）＝c（HA）+c（OH－）－c（Na+），故C正确；D．n点溶液显酸性，溶液中溶质为HA和NaA，所以n点所示溶液中：c（Na+）＜c（A－）+c（HA），故D错误；故选：D。【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，明确图象中各个点的含义是解本题关键，注意结合电荷守恒、物料守恒等关系式来分析解答。9．【分析】绿矾溶解于稀硫酸后加入草酸得到草酸亚铁晶体，过滤得到沉淀加入K2Cr2O4、H2O2、H2C2O4，反应后得到三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O），（1）根据溶液来得到晶体来分析实验操作，将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥；（2）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（3）根据锌粉能与Fe3+反应，加入锌粉的目的是将Fe3+全部还原成Fe2+；（4）根据物质的性质和书写离子方程式的要求来分析；（5）若在步骤2中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根未被氧化，在步骤3中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多；（6）根据气体的密度为求出其摩尔质量，然后根据摩尔质量和质量守恒来判断成分；依据信息：固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在；最后写出方程式。【解答】解：（1）将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥，即可得到绿矾，故答选：bcae；（2）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL

6容量瓶、胶头滴管，故答案为：250ml容量瓶；洗涤；（3）加入锌粉的目的是将Fe3+全部还原成Fe2+，故答案为：将Fe3+全部还原成Fe2+；（4）MnO4－能氧化Fe2+得到Fe3+和Mn2+，在步骤3中发生的离子反应为：5Fe2++MnO4－+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4－+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；（5）若在步骤2中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根未被氧化，在步骤3中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高，故答案为：偏高；（6）气体密度为1.647g/L，其摩尔质量为1.647g/L×22.4L/mol＝36.9g/mol，所以气体为CO和CO2，两者的物质的量之比＝，固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在，故方程式为：2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2，故答案为：2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2。【点评】本题主要考查溶液的配制、滴定和结晶等操作，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题，掌握基础是关键，题目难度中等。10．【分析】根据题中各物质转化关系，由PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2＝C（CH3）COOCH3，E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息Ⅱ中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3，G为（CH3）2COHCOOH，J为CH2＝C（CH3）COOH，所以D为HOCH3，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在碱性条件下水解得B为HOCH2CH2OH，B与对苯二甲酸甲酯发生取代反应生成PET单体为，PET单体发生信息Ⅰ的反应得PET聚酯，据此答题．【解答】解：根据题中各物质转化关系，由PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2＝C（CH3）COOCH3，E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息Ⅱ中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3，G为（CH3）2COHCOOH，J为CH2＝C（CH3）COOH，所以D为HOCH3，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在碱性条件下水解得B为HOCH2CH2OH，B与对苯二甲酸甲酯发生取代反应生成PET单体为，PET单体发生信息Ⅰ的反应得PET聚酯，（1）根据上面的分析可知，反应①的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；（2）②的化学方程式为，故答案为：；（3）PMMA单体为CH2＝C（CH3）COOCH3，PMMA单体的官能团名称是碳碳双键和酯基，故答案为：碳碳双键和酯基；（4）反应⑤的化学方程式为，故答案为：；（5）G的结构简式为，故答案为：；（6）a．⑦为CH2＝C（CH3）COOH与HOCH3发生酯化反应，故a正确；b．D为HOCH3，B为HOCH2CH2OH，它们的羟基的数目不同，所以B和D不是互为同系物，故b错误；c．D中有羟基，能形成氢键，所以D的沸点比同碳原子数的烷烃高，故c正确；

7d.1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，故d错误；故选ac；（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是，故答案为：；（8）由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意根据充分利用题中信息和有机物的结构进行推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等。11．【分析】（1）硒为34号元素，有6个价电子，据此书写价层电子排布式；（2）同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；同主族，从上到下，元素的第一电离逐渐减小；含氧酸分子中非羟基氧越多，酸性越强；（3）根据中心原子的价层电子对数可判断杂化方式及微粒的立体构型，等电子体是指价电子和原子数都相等的微粒；（4）H2Se分子中有孤电子对，据此判断分子的极性；根据晶体的性质可判断晶体的类型；（5）根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，该晶胞中含有硒原子数为8×+＝4，含有锌原子数为4，根据可计算出晶胞的体积，进而确定晶胞的边长；【解答】解：（1）硒为34号元素，有6个价电子，所以硒的价层电子排布式为4s24p4，故答案为：4s24p4；（2）同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，所以Ge、As、Se三种元素的第一电离能的大小顺序是：As＞Se＞Ge，含氧酸分子中非羟基氧越多，酸性越强，H2SeO4分子中非羟基氧数大于H2SeO3，所以H2SeO4的酸性比H2SeO3的强，故答案为：As＞Se＞Ge；H2SeO4分子中非羟基氧数大于H2SeO3；（3）H2SeO3的中心原子的价层电子对数为＝4，所以Se杂化方式为sp3杂化，SeO32－的中心原子Se的价层电子对数为＝4，离子中有一个孤电子对，所以SeO32－的立体构型是三角锥形，等电子体是指价电子和原子数都相等的微粒，与SeO42－互为等电体的分子有CCl4（或SiF4），故答案为：sp3；三角锥形；CCl4（或SiF4）；（4）H2Se分子中有孤电子对，所以H2Se属于极性分子，单质硒的熔点为217℃，比较小，所以它属于分子晶体，故答案为：极性；分子；

8（5）根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4，该晶胞中含有硒原子数为8×+＝4，含有锌原子数为4，根据＝，所以V＝，则晶胞的边长为cm＝×1010pm，故答案为：4；×1010。【点评】本题考查了价电子排布、原子轨道的杂化、等电子体、分子的极性、分子的空间构型、晶胞的计算等知识，注意把握微粒空间构型的判断方法，侧重对学生综合能力的考查，题目难度中等。