广东省广州市从化第五中学2021年高三化学期末试题含解析

广东省广州市从化第五中学2021年高三化学期末试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.下列图像表示Al3＋与AlO2－物质的量变化的曲线，实线表示Al3＋，虚线表示AlO2－，其中正确的是()参考答案：B略2.在25℃、101Kpa时，已知：C(石墨，S)+O2(g)＝CO2(g)

△H＝-393.51KJ·mol-1C(金刚石，S)+O2(g)＝CO2(g)△H＝-393.41KJ·mol-1据此推理以下结论正确的是：A．碳单质均易在空气中燃烧B．等质量的石墨比金刚石能量高C．1mol石墨转化为金刚石只需要吸收1.9KJ的热量D．石墨和金刚石很容易相互转化参考答案：C3.将AgCl分别加入盛有：①5mL水；②6mL0.5mol/LNaCl溶液；③10mL0.2mol/LCaCl2溶液；④10mL0.1mol/LAgNO3的烧杯中，均有固体剩余，各溶液中c(Ag+)从大到小的顺序排列正确的是A．④①②③

B．④③②①

C．④①③②

D．②③①④参考答案：C略4.某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某固体混合物进行实验，测得如下表数据（盐酸的物质的量浓度相等）：实验编号①②③盐酸体积50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m(混合物)9.2g16.56g27.6gV（CO2）（标况）2.24L3.36L3.36L

分析表中数据，下列说法不正确的是

（

）

A．由①、②可知：①中的固体不足而完全反应

B．由②、③可知：混合物质量增加，气体体积没有变化，说明盐酸已经反应完全

C．由①可以计算出盐酸的物质的量浓度

D．由①可以计算出混合物的NaHCO3的质量分数参考答案：C5.CH3COOH溶液中存在电离平衡：，下列叙述正确的是（

）

A．含CH3COOH的溶液肯定显酸性，含CH3COO—的溶液肯定显碱性

B．25℃时，向CH3COOH溶液中加入少量硫酸氢钠固体，c（H+）增大，CH3COOH的电离常数Ka不变

C．将CH3COOH溶液加热，电离平衡向右移，pH不变

D．将等体积、等浓度的CH3COONa溶液与稀H2SO4混合，混合溶液中参考答案：B略6.Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是

A．三者对应的氧化物均为碱性氧化物

B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物

C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法

D．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液是阴极上依次析出Cu、Fe、Al参考答案：C略7.300mL2mol/L硝酸与一定量的铝镁铁合金反应生成3.36LNO（标准状况）和铁盐、铝盐、镁盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液，使铝镁铁元素恰好全部转化为沉淀，则所加NaOH溶液的体积是（）A．150mL B．200mL C．450mL D．无法计算参考答案：A考点：有关混合物反应的计算．专题：守恒法．分析：根据质量守恒以及反应后溶液成分为NaNO3进行计算．解答：解：硝酸的物质的量为：0.3L×2mol/L=0.6mol，生成NO的物质的量为：=0.15mol，所以反应后溶液中NO3﹣离子的物质的量为0.6mol﹣0.15mol=0.45mol，再向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液，使铝镁铁元素恰好全部转化为沉淀，则反应后溶液的成分为NaNO3，所以n（NaOH）=n（NO3﹣）=0.45mol，则所加NaOH溶液的体积是V===0.15L，即150ml．故选A．点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从N元素守恒的角度计算8.向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝元素的存在形式是（

）

A一部分为Al(OH)3沉淀，一部分以Al3+存在于溶液中

B．一部分为Al(OH)3沉淀，一部分以AlO2-形式存在于溶液中

C．全部为Al(OH)3沉淀

D．几乎全部以AlO2-形式存在于溶液中

参考答案：D略9.将aL（标准状况）CO2通入100mL3mol·L-1NaOH溶液中，下列各项为通入CO2过程中溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（

）A．a=3.36时，CO2+2OH-CO+H2OB．a=4.48时，2CO2+3OH-

CO+HCO+H2OC．a=6.72时，CO2+OH-

HCOD．a=8.96时，3CO2+4OH-CO+2HCO+H2O参考答案：D略10.(08黄埔区4月模拟)右图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法中不正确的是（）Ａ．装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气Ｂ．该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过Ｃ．装置中发生反应的离子方程式为：

Ｄ．该装置是将电能转化为化学能参考答案：答案：C11.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（

）A．②④⑤B．②③④

C．①④⑤

D．①③⑤参考答案：D略12.有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl-、Br-、I-(忽略水的电离)，其中Cl-、Br-、I-的个数之比为2：3：3，向溶液中通入氯气，使溶液中Cl-和Br-的个数比为7:3，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比为（已知还原性I->Fe2+>Br->Cl-）（）A．5:4 B．4:5 C．5:12 D．12:5参考答案：A略13.（2008·宁夏卷）下列说法错误的是A.乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B.乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高C.乙醇和乙酸都能发生氧化反应D.乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应参考答案：D乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分，A正确。从分子的结构或性质（状态）可确定乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6和C2H4的沸点和熔点高，B正确。乙醇和乙酸都能发生氧化反应，如燃烧等，C正确。酯化反应是指醇羟基与酸羟基之间的脱水反应，而皂化反应是专指高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应，二者发生的条件也不同，不是互为逆反应，D错误。

14.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．T℃1LpH＝6的纯水中含10－6NA个OH－B．6.0gSiO2晶体中含有0.1NA个SiO2分子C．标准状况下，22.4LHF所含电子数为10NAD．标准状况下，22.4L氧气作氧化剂时转移电子数一定为4NA参考答案：A试题分析：A、T℃1LpH＝6的纯水氢氧根的浓度是10－6mol/L，则其中含10－6NA个OH－，A正确；B、二氧化硅是原子晶体，不存在分子，B错误；C、标准状况下HF不是气态，不能利用气体摩尔体积计算物质的量，C错误；D、氧气在反应中也可能达到2个电子，例如生成过氧化钠，D错误，答案选A。15.下列分子中，所有原子不可能共处在同一平面上的是A．C2H2

B．CS2

C．NH3

D．C6H6参考答案：答案：C二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.化学活动课上，三组学生分别用图示甲、乙两装置，探究“NaHCO3和Na2CO3与稀盐酸的反应”，按表中的试剂用量，在相同条件下，将两个气球中的固体粉末同时倒入试管中（装置的气密性已检查）。请回答：（1）各组反应开始时，________装置中的气球体积先变大，该装置中反应的离子方程式是___________________________。（2）当试管中不再有气体生成时，三组实验出现不同现象，填写下表的空格。

试剂用量实验现象（气球体积变化）分析原因第①组0.42gNaHCO30.53gNa2CO33mL4mol/L盐酸甲中气球与乙中气球的体积相等甲、乙盐酸均过量n（NaHCO3）=n（Na2CO3）V甲（CO2）=V乙（CO2）第②组0.3gNaHCO30.3gNa2CO33mL4mol/L盐酸甲中气球比乙中气球的体积大

第③组0.6gNaHCO30.6gNa2CO33mL2mol/L盐酸甲中气球比乙中气球的体积大

片刻后，乙中气球又缩小，甲中气球的体积基本不变（用离子方程式表示）参考答案：（1）甲HCO+H+=CO2↑+H2O（2）

试剂用量实验现象（气球体积变化）分析原因②

乙盐酸均过量n（NaHCO3）>n（Na2CO3）V甲（CO2）>V乙（CO2）③

乙盐酸均不足量消耗的n（NaHCO3）>n（Na2CO3）V甲（CO2）>V乙（CO2）

CO2+H2O+CO=2HCO略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na＋、Al3＋、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋和五种阴离子Cl－、OH－、NO3－、CO32－、X中的一种。（1）某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是和

（填化学式，且相对分子质量小的写在第一个空）；（2）为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，含X的物质记C，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕黄色沉淀（红白混合颜色），向该沉淀中滴人稀硝酸沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解。则X为

；A．SO32－

B．SO42－

C．CH3COO－

D．SiO32－（3）B的水溶液不显中性，原因为

（用离子方程式表示）；（4）将0.02molA与0.01molC同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为

（保留两位有效数字）；（5）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。则物质D一定含有上述离子中的

（填相应的离子符号）。有关反应的离子方程式为：

；（6）利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子。请简述实验操作步骤、现象及结论

。参考答案：（1）Na2CO3、Ba(OH)2

（各1分，共2分）

（2）B（2分）

（3）CO32－+H2O

HCO3—+OH－（2分）

（4）6.1g

（2分）

（5）NO3—（2分）；

3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2O（2分）（6）往D的溶液中逐渐加入Ba(OH)2溶液直至过量，若先出现白色沉淀后又逐渐溶解，则D中含有Al3+，E中含有Mg2+。或：往D的溶液中加入适量Na2CO3溶液，若产生了白色沉淀和无色无味的气体，则D中含有Al3+，E中含有Mg2+。（其他合理答案也得2分）（1）由于Al3＋、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋和CO32-均不能大量共存，所以一定含有Na2CO3。又因为Al3＋、Mg2＋、Fe3＋和OH-均不能大量共存，所以一定还含有Ba(OH)2

。

（2）当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，因此C中含有铁离子，红褐色色沉淀是氢氧化铁；当C与A的溶液混合时产生棕黄色沉淀（红白混合颜色），向该沉淀中滴人稀硝酸沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解。因此该白色沉淀是硫酸钡。所以C是硫酸铁，则A是氢氧化钡，B是碳酸钠。X是SO42-，选B。B是碳酸钠，溶液水显碱性，原因为CO32－+H2O

HCO3—+OH－；将0.02molBa(OH)2

与0.01mol硫酸铁同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终得到氢氧化铁和硫酸钡两种沉淀，氢氧化铁和硫酸钡的物质的量分别为4/3mol，0.02mol,沉淀的质量为4/3mol107g/mol+233g0.02mol=6.1g

；将19.2gCu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，这说明D中不含有铁离子。再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体是NO2，这说明D中含有NO3－，相当于铜和稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2O；综上所述D、E中的阳离子是Al3+、Mg2+中的一种，检验方法是往D的溶液中逐渐加入Ba(OH)2溶液直至过量，若先出现白色沉淀后又逐渐溶解，则D中含有Al3+，E中含有Mg2+。或：往D的溶液中加入适量Na2CO3溶液，若产生了白色沉淀和无色无味的气体，则D中含有Al3+，E中含有Mg2+。18.工业上利用废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）制备草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）的流程如下：（1）NiC2O4·2H2O中C的化合价是______。既能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施为_____________。（2）“滤渣Ⅰ”的主要成分是_____________。若控制温度为80℃、pH=2时，“除铁”产生的“滤渣Ⅱ”的主要成分为黄钠铁矾【Na2Fe6(SO4)4(OH)12】，写出生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式：__________________。（3）已知“滤渣Ⅲ”的主要成分为CaF2，则“萃取”操作中加入有机萃取剂的作用是__________。（4）在隔绝空气的条件下，高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，该反应的化学方程式是_________。（5）高能锂离子电池总反应为2Li+FeS=Fe+Li2S。用该电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图（图中X、Y为电极，LiPF6·SO(CH3)2为电解质）。

①电极X的反应材料是_________（填化学式）；中间隔室b可以得到的主要物质Z是_________（填化学式）。②电解总反应的离子方程式为_________。已知F＝96500C/mol，若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论回收Ni_________g（写出计算表达式即可）。参考答案：(1)+3

增加硫酸浓度

(2)SiO2和CaSO4

6Fe2＋3ClO－2Na＋＋4SO42－9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋3Cl－＋6H＋

(3)除去溶液中的Zn2＋

(4)2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑

(5)①FeS

NaCl

②4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O

【分析】废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)，用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、ZnSO4、CaSO4及过量的硫酸，滤渣I为SiO2和CaSO4微溶物，滤液中加入次氯酸钠，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，所以滤渣II为铁元素的沉淀，滤液中含有NiSO4、CaSO4，向滤液中加入NH4F，除去Ca2+，过滤，再加有机萃取剂除去溶液中的Zn2+，再向滤液中加入(NH4)2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，据此分析。【详解】（1）NiC2O4·2H2O中镍为+2价，氧为-2价，H为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，C的化合价是+3价；根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等；（2）滤渣I的成分是CaSO4和SiO2；若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，依据氧化还原反应规律写出生成黄铁矾钠的离子方程式为：2Na++3ClO-

+6Fe2+

+4SO42-+9H2O

=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+；（3）根据流程图可知，“滤渣Ⅲ”的主要成分为CaF2，则“萃取”操作中加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2＋；（4）在隔绝空气的条件下，高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，气体为一氧化碳和二氧化碳，故反应的化学方程式是2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；（5）①电解含镍酸性