贵州省遵义市瑞溪中学高三化学期末试卷含解析

贵州省遵义市瑞溪中学高三化学期末试卷含解析一、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.下列说法或做法正确的是（

）

A．CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀，所以硅酸的酸性小于碳酸

B．金属钠着火燃烧时，用泡沫灭火器灭火

C．铝比铁活泼，所以铝比铁更容易被腐蚀D．正常雨水pH等于7，酸雨的pH小于7参考答案：略2.下列有关叙述中正确的是（）A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CHCOO﹣）B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同C．相同温度下，若Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4），则AgCl的溶解度大于Ag2CrO4D．醋酸溶液加少量水稀释c(CH3COOH)/c(H+)增大参考答案：A【考点】离子浓度大小的比较；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．混合液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒判断；B．氯化钠溶液中钠离子和氯离子不水解，而醋酸根离子和铵根离子都促进了水的电离；C．氯化银和铬酸银的化学式类型不同，不能直接根据溶度积比较溶解度大小；D．醋酸被稀释后，溶液中醋酸的物质的量减小、氢离子的物质的量增大．【解答】解：A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）＜c（CHCOO﹣），故A正确；B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，氯化钠溶液对水的电离无影响，而醋酸根离子、铵根离子发生水解，促进了水的电离，故B错误；C．AgCl、Ag2CrO4的化学式类型不同，不能直接利用溶度积判断溶解度大小，故C错误；D．醋酸中加入少量水后，醋酸的电离程度增大，则溶液中醋酸的物质的量减小，氢离子的物质的量增大，由于在同一溶液中，则c(CH3COOH)/c(H+)的比值减小，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力．3.下列溶液暴露于空气中，开始一段时间其pH变小的是（不考虑溶质挥发）

（

）①H2S

②H2SO3

③Na2S

④Ca(OH)2

⑤氯水

⑥Na2SO3A．①③④

B．②⑤⑥

C．①②④⑤

D．②④⑤⑥参考答案：D略4.（08山东临沂质检）短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为10；B的化合物种类繁多，数目庞大，A、E同主族，B、C、D同周期相邻。下列说法不正确的是（）A.常见化合物E2D2与水反应生成D的单质，同时生成的溶液能使酚酞试液变红B.C的氢化物与C的最高价氧化物的水化物反应得到的产物中既有离子键又有共价键C.D与A、B、C、E分别结合均能形成两种或两种以上的化合物D.五种元素的原子半径按A-E的顺序依次增大

参考答案：答案：B5.下列各图所示的实验原理、方法、装置或操作，其中正确的是（

）A．向容量瓶中转移溶液 B．中和热的测定C．浓硫酸与铜的反应 D．乙二酸晶体受热分解参考答案：B考点：化学实验方案的评价．分析：A．转移液体需要使用玻璃棒引流；B．中和热的测定需要使用环形玻璃搅拌棒；C．二氧化硫能使品红褪色；D．乙二酸分解产物是CO2、CO和H2O．解答：解：A．转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，故A错误；B．中和热的测定需要使用环形玻璃搅拌棒，注意保温，故B正确；C．二氧化硫能使品红褪色，石蕊试液只能说明气体呈酸性，故C错误；D．乙二酸分解产物是CO2、CO和H2O，应先检验水，故D错误．故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及转移液体、中和热测定及物质性质实验等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大6.将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份。①一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；②一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积V2

③一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3．下列说法正确的是A．V1=V3＞V2

B．V2＞V1=V3

C．V1=V2＞V3

D．V1＞V3＞V2参考答案：C略7.已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==

-Q1；

2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)

ΔH==

-Q2；

H2O(g)→H2O(l)

ΔH==

-Q3

常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为

A、4Q1+0.5Q2

B、4Q1+Q2+10Q3

C、4Q1+2Q2

D、4Q1+0.5Q2+9Q3参考答案：D略8.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．1.8g18O2中含有NA个电子B．1L0.1mol/L硅酸钠溶液中含有0.1NA个SiO32—C．标准状况下，11.2LCO2和NO2混合气体中含NA氧原子D．0.1mol铁粉与足量的盐酸充分反应，转移的电子数为0.3NA参考答案：C略9.HBr分子的电子式为参考答案：A略10.对下列事实的解释正确的是（

）A．氯气可以使湿润的有色布条褪色，是因为氯气具有漂白性B．医疗上可用硫酸钡作x射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于酸C．向50mL18mol·L-1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后被还原的H2SO4为0.45molD．常温下，浓H2SO4可以用铝制容器贮存，说明铝与浓H2SO4不反应参考答案：B略11.下列关于有机物的说法中，正确的是（

）A．乙烯、苯、乙醇均能使紫色的酸性高锰酸钾溶液褪色B．乙烯和聚丙烯都能与氢气在一定条件下发生加成反应C．油脂在碱性条件下可发生水解，工业上利用该反应生产肥皂D．乙酸乙酯、油脂、葡萄糖、蛋白质都可以发生水解反应参考答案：C略12.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，错误的是（

）A．利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，可防止产生白色污染B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔D．喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C具有氧化性参考答案：D略13.一定条件下，下列说法正确的是A．常温时，把pH=1的醋酸溶液稀释10倍后，其pH=2B．常温时，向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，则CaCO3的溶度积常数增大C．向氨水中加入氯化铵固体，会使溶液的pH减小D．稀释Na2CO3溶液，溶液中c(OH—)增大参考答案：【知识点】平衡移动G2【答案解析】C

解析：A、把pH=1的醋酸溶液稀释10倍后，由于加水促进醋酸电离其pH＜2，故A错误；B、溶度积常数只与温度有关，所以向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，则CaCO3的溶度积常数不变，故B错误；C、氨水中存在NH3.H2ONH4+＋OH—向氨水中加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大，平衡左移会使溶液的pH减小，故C正确；D、Na2CO3溶液显碱性，稀释Na2CO3溶液，溶液中c(OH—)减小，c(H+)增大，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了平衡移动，注意pH=1的强酸溶液稀释10倍后，其pH=2，pH=1的弱酸溶液稀释10倍后，其pH＜2。14.下列实验能达到预期目的的是（）编号实验内容实验目的A将混有少量O2的N2通过灼热的氧化铜除去N2中混有的少量O2BC2H5Br与NaOH溶液混合后充分振荡，再加入AgNO3溶液检验C2H5Br中的Br元素C将Fe片插入CuSO4溶液中比较Fe与Cu的金属活动性D分别向2支试管中加入相同价格体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2研究催化剂对H2O2分解速率的影响参考答案：答案：C15.利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()选项①②③实验结论实验装置A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的溶液Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸

参考答案：BA．稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于③中含有硝酸银，通入H2S一定生成硫化银沉淀，不能比较溶度积大小，A错误；B．浓硫酸将蔗糖炭化，进而氧化，生成CO2、SO2和H2O，SO2能使溴水褪色，B正确；C．二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，C错误；D．强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目的，D错误，答案选B。点睛：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，涉及酸性强弱判断、浓硫酸、硝酸、SO2的性质、气体的制备等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。选项D是易错点，注意硝酸的挥发性。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.氮化铝是一种新型的无机非金属材料，被广泛应用于集成电路生产领域。在氮气流中由氧化铝与焦炭在电炉中加热制得。原料配比不当或反应不完全等因素都会造成产品中含有碳、Al4C3或Al2O3等杂质。回答下列问题：（1）反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，氧化剂是

（2）探究氮化铝与酸的反应，并检验生成产物中含有NH4＋。请完成下列实验步骤。步骤1：取少量样品于试管中，滴加稀H2SO4至溶液呈酸性步骤2：

.（3）AlN也可以与强碱溶液反应。完成下列方程式：AlN+NaOH+H2O=

＋

（4）Al4C3与水反应生成甲烷，甲烷与CuO反应的化学方程式如下：CH4+4CuO

CO2+2H2O+4Cu为测定产品中有关成分的含量，所需仪器如下：Ⅰ.测定样品中含有少量Al4C3的含量，各装置连接的顺序为A→C→F→C→D→E。主要实验步骤如下：①称量D的质量，按顺序组装仪器，将试样放入锥形瓶中，检查装置的气密性

②从分液漏斗缓缓滴入稀硫酸，直到不再产生气体时为止③点燃F酒精灯

④缓缓鼓入一定量的N2

⑤再次缓缓鼓入一定量的N2⑥再次称量D的质量

⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到D的质量基本不变

操作的先后顺序是①→

→⑤→⑥→⑦，操作④的目的是

。Ⅱ.为测定AlN的含量，请选择合适的药品和装置，按气流方向连接各装置，其顺序为：

→

→

→E若试样为mg，测得C增重ng，则AlN的质量分数是参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过______________方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2）基态铜原子价电子排布的轨道式为___________________。（3）[H2F]+[SbF6]—（氟酸锑）是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为______，依次写出一种与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是____、____。（4）NH4F（氟化铵）可用于玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等。NH4+的中心原子的杂化类型是____；氟化铵中存在_______（填序号）：A．离子键

B．σ键

C．π键

D．氢键（5）SbF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SbF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图（见图a）计算相联系关键能。则F—F键的键能为_______kJ·mol-1，S—F的键能为_______kJ·mol-1。（6）CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g·cm-3。①CuF比CuCl熔点高的原因是________；②已知NA为阿伏加德罗常数。CuF晶胞结构如上“图b”。则CuF的晶胞参数a=_____nm（列出计算式）。参考答案：(1)X射线衍射

(2)

(3)V型

H2O（或H2S）

NH2-

(4)sp3

AB

(5)155

327

(6)CuCl是分子晶体，CuF是离子晶体

或【分析】（1）晶体、准晶体、非晶体的X射线衍射图不同；（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子排布的轨道式；（3）用价层电子对互斥理论判断空间构型，用替代法书写等电子体；（4）根据价层电子对数判断NH4+中N的杂化方式，根据N原子结构和成键方式判断NH4F中存在的作用力；（5）根据图示计算；（6）①根据题干性质判断晶体类型，从而确定熔点高低；②用均摊法确定所含微粒数，根据V=计算体积，进一步计算晶胞参数。【详解】（1）从外观无法区分三者，晶体、准晶体、非晶体的X射线衍射图不同，因此通过X射线衍射方法区分晶体、准晶体和非晶体，故答案为：X射线衍射；（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式3d104s1，价电子排布的轨道式为；（3）[H2F]+离子中中心原子F的孤电子对数=×（7-1-2×1）=2，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，空间构型为V型；与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子有H2O（或H2S），阴离子有NH2-；（4）NH4+中N原子杂化轨道数为×（5+4-1）=4，N采取sp3杂化方式；氟化铵中铵根离子与氟离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子与氢原子形成氮氢键为σ键，不存在双键则没有π键，同时也不存在氢键，答案选AB；（5）由图a可知3F2（g）=6F(g)△H=+465kJ/mol，则F—F键的键能为465kJ/mol÷3=155kJ·mol-1，6F(g)+S（g）=SF6(g)△H=-1962kJ/mol，则S—F的键能为1962kJ/mol÷6=327kJ·mol-1；（6）①CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电，CuCl是分子晶体，CuF的熔点为908℃，CuF是离子晶体，离子键远大于分子间作用力，故CuF比CuCl熔点高；②根据均摊法可知，晶胞中含有8×+6×=4个Cu+，4个F-，晶胞的体积cm3，则CuF的晶胞参数a=nm。

18.（16分）草酸镍晶体（NiC2O4?2H2O）可用于制镍催化剂，某小组用废镍催化剂（成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等）制备草酸镍晶体的部分实验流程如下：已知：①Ksp（CaF2）=1.46×10﹣10，Ksp（CaC2O4）=2.34×10﹣9．金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Al3+3.05.0Ni2+6.79.5②相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1，.0mol?L﹣1计算）．（1）“粉碎”的目的是

．（2）保持其他条件相同，在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如图．“酸浸”的适宜温度与时间分别为

（填字母）．a.30℃、30min

b.90℃、150min

c.70℃、120min

d.90℃、120min（3）证明“沉镍”工序中Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是

．将“沉镍”工序得到的混合物过滤，所得固体用75%乙醇溶液洗涤、110℃下烘干，得草酸镍晶体．用75%乙醇溶液洗涤的目的是

．（4）在除铁和铝工序中，应先加入H2O2氧化，再加氢氧化镍调节pH值的范围为

．第2步中加入适量NH4F溶液的作用是

．（5）将得到的草酸镍晶体在真空中加热至320℃分解可重新制得单质镍催化剂，写出该制备过程的化学方程式：

．（6）已知废镍催化剂中镍的质量分数为5.9%，则100kg废镍催化剂最多可制得

kg草酸镍晶体（Ni：59，C：12，H：1，O：16）．

参考答案：（1）增大接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率；（2）c；（3）静置，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全；洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干、减少草酸镍晶体损失；（4）5.0≤pH＜6.7；除去杂质Ca2+；（5）NiC2O4?2H2ONi+2CO2↑+2H2O；（6）18.3．

考点：制备实验方案的设计．版权所有分析：（1）把废镍催化剂粉碎，增大了反应的接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率；（2）根据镍浸出率随时间变化图可知，70℃时，镍浸出率很大，从时间看，120min镍浸出率就已经很高了；（3）“沉镍”工序中，可以用继续滴加（NH4）2C2O4溶液的方法，检验Ni2+是否沉淀完全，待溶液静置后，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全；“沉镍”工序生成了（NH4）2SO4，用乙醇洗涤，能洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干；（4）为了除去铁、铝元素，取“浸出液”，用双氧水氧化二价铁为三价铁，再加入NaOH溶液，调节溶液5.0≤pH≤6.7，让Al3+、Fe3+沉淀完全，不能让Ni2+沉淀；根据Ksp（CaF2）=1.46×10﹣10＜Ksp（CaC2O4）=2.34×10﹣9，加入适量NH4F溶液，生成CaF2，除去Ca2+；（5）草酸镍晶体（NiC2O4?2H2O）在320℃分解得到Ni、CO2和H2O；（6）根据关系式：Ni～NiC2O4?2H2O计算．解答：解：（1）把废镍催化剂粉碎，增大了反应的接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率；（2）根据镍浸出率随时间变化图可知，70℃时，镍浸出率很大，从时间看，120min镍浸出率就已经很高了，故答案为：c；（3）“沉镍”工序中，可以用继续滴加（NH4）2C2O4溶液的方法，检验Ni2+是否沉淀完全，待溶液静置后，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全；“沉镍”工序生成了（NH4）2SO4，用乙醇洗涤，能洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干、减少草酸镍晶体损失，故答案为：静置，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全；洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干、减少草酸镍