辽宁省大连市第二十二高级中学高三化学下学期期末试卷含解析

辽宁省大连市第二十二高级中学高三化学下学期期末试卷含解析一、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.下列装置、操作及说法正确的是

A．图1探究NaHCO3的热稳定性B．图2证明铁生锈与空气有关C．图3定量测定H2O2的分解速率D．图4证明CH3CH2OH发生消去反应生成了乙烯

参考答案：B略2.学用下列装置制备并检验Cl2的性质:

下列说法正确的是（）A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗完B．Ⅱ图中：生成蓝色的烟

C．Ⅲ图中：量筒中发生了加成反应D．Ⅳ图中：湿润的有色布条能褪色，将浓硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成参考答案：D略3.(2011·江苏卷)设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NAB.25℃,pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NAC.标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NAD.常温常压下，Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2,转移电子的数目为0.4NA参考答案：D本题考查阿伏加德罗常数计算中一些常见问题和注意事项。A.甲醇的结构简式是CH3OH,故1mol甲醇中含有C—H键的数目为3NA。B.溶液体积未知，无法计算OH－的数目。C.标准状况下已烷为液态，不适用于气体摩尔体积，无法计算。D.Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2，O的化合价－1价转变为0价，转移电子1mol，0.2×2＝0.4NA。解决此类问题的关键是：灵活应用各种知识，尤其基本概念与理论中元素守恒、化学键问题、晶体结构问题、氧化还原中电子转移问题、可逆反应问题及物质的量计算中一些特殊物质的状态等。【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为NA，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。

4.在CH3COOHCH3COO－+H+的电离平衡中，要使电离平衡右移，且氢离子浓度增大，应采取的措施是

（

）

A．加NaOH(s)

B．加浓盐酸

C．加水

D．加热参考答案：答案：D5.一些装有化学物质的容器上常贴有危险化学品的标志。在装有的试剂瓶上应贴的标志是参考答案：B试题分析：在中学化学中是常见的强氧化剂，故B正确。考点：实验安全常见化学物质标识6.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如下图。有关柠檬烯的分析正确的是

A．它的一氯代物有6种

B．它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上

C．它和丁基苯（）互为同分异构体

D．一定条件下，它分别可以发生加成、取代、氧化、还原等反应参考答案：D略7.W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比7∶17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色．下列判断正确的是()A．金属性：Y>ZB．氢化物的沸点：X>WC．离子的还原性：X>WD．原子及离子半径：Z>Y>X参考答案：B略8.化学·选修3:物质结构与性质(15分)Ti、Fe、Cu、Ni为过渡金属元素，在工业生产中有重要的应用。(1)Ti(BH4)2是一种重要的储氢材料。在基态Ti2+中，电子占据的最高能层符号为______，该能层具有的原子轨道数为______________________。(2)①Fe、Fe2+都能被硝酸氧化。HNO3中氮原子轨道的杂化类型为________。②常温下Fe(CO)5呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃。据此可以判断其晶体的类型为___________，Fe(CO)5中铁的化合价为0,则该物质中含有的化学键类型有(填字母)。A.离子键 B.极性共价键 C.非极性共价键 D.配位键③NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4,该配合物中心离子的配位数_____。④NiO、FeO的晶体结构类型均与氧化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO________FeO（填“<”或“>”）。（3）Cu、N两元素形成某种化合物的晶胞结构如图，则其化学式为_________（灰色球表示Cu原子），已知紧邻的白球与灰球之间的距离为acm，该晶胞的密度为________g·cm-3。参考答案：（1）M（1分）

9（2分）（2）①sp2（1分）

②分子晶体（1分）

BD（2分）

③6（1分）

④>（2分）（3）Cu3N（2分）

（3分）

解析：(1)在基态Ti2+中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为9。(2)①HNO3中氮原子轨道的杂化类型为sp2。②在常温下Fe(CO)5呈液态，熔点和沸点较低，是分子晶体具备的性质，故属于分子晶体；在Fe(CO)5化合物中含有的化学键类型为：碳原子和氧原子之间的极性共价键，铁元素和羰基之间形成配位键。③在此配合物中配位体位由1个NO和5个H20分子构成，故该配合物中心离子的配位数为6.④Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高．由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiO＞FeO．（3）晶胞中Cu原子数目=12×1/4=3、N原子数目=8×1/8=1，故化学式为：Cu3N，晶胞的质量=(64×3+14)/NAg，紧邻的白球与黑球之间的距离为a

cm，则晶胞棱长=2acm，则晶胞体积=（2acm）3，故晶体的密度=[(64×3+14)/NA]/(2acm)3=103/4NA?a3g/cm3。【思路点拨】本题考查了物质结构中晶胞的计算、化学键的判断、熔点高低的比较等知识点，这些知识点都是高考热点，根据晶胞特点、化学键的构成微粒、元素周期律等知识点来分析解答，难点是（3），正确理解图中表示的微粒的位置是解本题关键，题目难度中等．9.．下列关于主族元素电子排布特征的说法正确的是

A．主族元素的原子核外电子最后填入的能级是s能级

B．主族元素的原子核外电子最后填入的能级是s能级或p能级

C．主族元素的原子核外电子最后填入的能级是d能级或f能级

D．主族元素的原子核外电子最后填入的能级是s能级或d能级

参考答案：B略10.向NaI和NaBr的混合溶液中通入过量的Cl2，充分反应后将溶液蒸干，灼热残余物，最后剩下的物质是（

）

A．NaCl、I2、Cl2

B．NaCl、I2C．NaCl、NaBr

D．NaCl参考答案：D略11.下列金属冶炼的反应原理，错误的是（

）A、2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑

B、MgO+H2Mg+H2OC、Fe3O4+4CO3Fe+4CO2

D、2HgO2Hg+O2↑参考答案：B本题主要考查有关金属冶炼的反应原理。一般很活泼的金属用电解法（K～Al）；较活泼的金属用还原法（Zn～Cu），此法要求在较高温时还原剂的还原性大于被冶炼的金属；不活泼的金属用热分解法（Hg，Ag）。由于Mg的还原性大于H2，故B不正确。12.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．用白醋除铁锈：Fe2O3＋6H＋===3H2O＋2Fe3＋B．向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液并加热：

Ba2＋＋2OH－＋NH＋HCO===NH3↑＋2H2O＋BaCO3↓C．用过量冷氨水吸收SO2：SO2＋NH3·H2O===HSO＋NHD．用强碱吸收工业制取硝酸尾气：NO＋NO2＋2OH－===2NO＋H2O参考答案：【知识点】离子方程式的判断B1【答案解析】B

解析：A、白醋的主要成分是醋酸，醋酸是弱电解质保留化学式，故A错误；B正确；C、氨水过量意味着SO2少量，应该生成亚硫酸铵，故C错误；D、化合价只升高不降低说明反应原理错误，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了离子方程式的判断，难点是少量过量发生反应不同的离子方程式的书写。13.下列说法错误的是A．pH=3的Na2SO4和盐酸的混合溶液中：c(Na＋)=2c(SO42－)B．同体积、同物质的量浓度的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合，所得溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH―)C．酸性溶液中K+、Fe3＋、I―、SO42－可以大量共存D．在0.1mol/L的Na2S溶液中：c(OH―)=c(H＋)+c(HS－)+2c(H2S)参考答案：C略14.下列陈述正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIASO2有漂白性SO2能使石蕊试液褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜参考答案：D略15.E是非金属性最强的元素，M是E的气态氢化物，在固定体积的密闭容器中，气体M存在如下关系：xM(g)Mx(g)，反应物和生成物的物质的量随时间的变化关系如下图。下列说法正确的是

（

）

A．该反应的化学方程式是2HF(HF)2

B．平衡时混合气体的平均摩尔质量是33.3

C．t1时刻，保持温度不变，再充入1molM，重新达到平衡时，将增大

D．M的沸点比同主族下一周期元素的气态氢化物沸点低参考答案：C由图像知反应物和生成物的化学计量数之比为3:1，故其化学方程式为3HF(HF)3，A错。平衡混合气体中含2molHF，1mol(HF)3，=(2mol×20g·mol－1+1mol×60g·mol－1)/3mol=33.3g·mol－1，选项B中漏写单位而错。选项C相当于对体系实施加压，增大压强有利于反应正向进行，故比值增大，C正确。由于HF分子间存在氢键易形成缔合分子，故其沸点比HCl高，D错。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.根据环保要求，在处理有氰电镀废水时，剧毒的CN﹣离子在催化剂TiO2颗粒作用下，先用NaClO将CN﹣离子氧化成CNO﹣（CN﹣和CNO﹣中N元素均为﹣3价），再在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2．环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，测定CN﹣被处理的百分率．现将浓缩后含CN﹣离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（其中CN﹣的浓度为0.2mol/L）倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞．回答下列问题：（1）根据题意，写出有关主要反应的离子方程式：甲中的反应：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；乙中的反应：2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O．（2）上述实验是通过测定CO2的量来确定对CN﹣的处理效果．丙装置中的试剂是浓硫酸，丁装置的目的是除去Cl2；干燥管Ⅰ的作用是吸收CO2，干燥管Ⅱ的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干扰实验．（3）假定上述每一个装置都充分吸收，则利用该装置测得的CN﹣被处理的百分率与实际值相比偏低（填：“偏高”或“偏低”），简述可能的原因：装置中残留有CO2未被完全吸收．（4）若干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g，则该实验中测得CN﹣被处理的百分率为80%．参考答案：

（1）CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O．（2）浓硫酸，除去Cl2，吸收CO2，防止空气中的CO2、水蒸气进入干扰实验．（3）偏低，装置中残留有CO2未被完全吸收．（4）80%

（1）根据题意可知，甲中的反应为NaClO将CN﹣离子氧化成CNO﹣，NaClO具有强氧化性，被还原为Cl﹣，反应离子方程式为CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；乙中的反应为酸性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，反应离子方程式为2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O．故答案为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O．（2）实验原理为测量干燥管Ⅰ吸收的二氧化碳的质量确定对CN﹣的处理，由于乙装置中产生N2、CO2、Cl2、H2O，氯气与水都能被碱石灰吸收，影响二氧化碳质量的测定．所以进入干燥管Ⅰ的气体应除去氯气与水，用浓硫酸吸水，用铜网除去氯气．同时应防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管Ⅰ干扰实验．故丙装置中的试剂是浓硫酸；丁装置的目的是除去Cl2；干燥管Ⅰ的作用是吸收CO2，干燥管Ⅱ的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干扰实验．故答案为：浓硫酸，除去Cl2，吸收CO2，防止空气中的CO2、水蒸气进入干扰实验．（3）装置中残留有CO2未被完全吸收，导致测定的二氧化碳质量偏低，测得的CN﹣被处理的百分率与实际值相比偏低．故答案为：偏低，装置中残留有CO2未被完全吸收．（4）干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，物质的量为=0.032mol，根据碳元素守恒可知被处理的CN﹣的物质的量为n（CN﹣）=n（CO2）=0.032mol，原溶液中CN﹣的物质的量为0.2L×0.2mol/L=0.04mol，所以该实验中测得CN﹣被处理的百分率为×100%=80%．故答案为：80%

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.【化学选修3--物质结构与性质】前四周期A、B、C、D、E、F、G原子序数依次增大，A元素的质子数和质量数相等，B元素具有三个能级且所排电子数相同，D元素2p能级上电子数是2s能级的两倍；D和E相邻且同主族．F是第四周期未成对电子最多的原子，G是目前使用量最多的金属．请回答下列问题：（用推出的元素符号或者化学式作答）（1）F的价电子排布式为

，B、C、D三种元素的第一电离能从大到小的顺序为

．（2）BD32﹣中B原子的杂化方式为

，该离子的空间构型为

（3）写出一种由A、C、D组成且既含离子键又含共价键的物质的化学式

，化合物ABC中σ键和π键数目之比为

，C的气态氢化物在一定的压强下，测得的密度比该压强下理论密度略大，请解释原因

．（4）E和G形成的某种晶胞如下图所示：其中白球表示E，黑球表示G．则该物质的化学式为

，假设该晶胞的密度为ρg/cm3，用NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞中距离最近的G原子之间的距离为cm．参考答案：（1）3d54s1；N＞O＞C；（2）sp2杂化；平面正三角形；（3）NH4NO3或者NH4NO2；1：1；NH3通过氢键形成“缔合”分子，导致相对分子质量增大，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大；（4）FeS；×．

【考点】晶胞的计算．【分析】根据“A元素的质子数和质量数相等”推知A为H（氢）；根据“B元素具有三个能级且所排电子数相同”推知B为C（碳）；根据“D元素2p能级上电子数是2s能级的两倍”推知D为O（氧）；根据“B、C、D原子序数依次增大”推知C为N（氮）；根据“D和E相邻且同主族”推知E为S（硫）；第四周期中Cr元素的未成对电子高达6个最多，故F为Cr（铬）；根据“G是目前使用量最多的金属”推知G为Fe（铁）．（1）Cr的价电子排布式是保证3d能级和4s能级都处于半充满状态，更加稳定；第一电离能同一周期从左到右呈增大趋势，ⅡA族、Ⅴ族反常；（2）计算CO32﹣中碳原子孤电子对数、价层电子对数，确定碳原子杂化方式、微粒的空间构型；（3）铵盐属于离子化合物存在离子键也存在共价键；HCN分子中存在两条σ键和2条π键；NH3通过氢键形成“缔合”分子；（4）根据均摊法计算晶胞中Fe、S原子数目，约成最简整数比既得化学式；计算晶胞质量，根据密度×体积=质量的公式，假设该晶胞的边长为a，代入数据得a，二者距离最近的S原子之间距离为晶胞边长的．【解答】解：根据“A元素的质子数和质量数相等”推知A为H（氢）；根据“B元素具有三个能级且所排电子数相同”推知B为C（碳）；根据“D元素2p能级上电子数是2s能级的两倍”推知D为O（氧）；根据“B、C、D原子序数依次增大”推知C为N（氮）；根据“D和E相邻且同主族”推知E为S（硫）；第四周期中Cr元素的未成对电子高达6个最多，故F为Cr（铬）；根据“G是目前使用量最多的金属”推知G为Fe（铁）．（1）Cr的价电子排布式是保证3d能级和4s能级都处于半充满状态，更加稳定，故Cr的价电子排布为3d54s1；第一电离能同一周期从左到右呈增大趋势，ⅡA族、Ⅴ族反常，故的原动力N＞O＞C；故答案为：3d54s1；N＞O＞C；（2）CO32﹣中C原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，故碳原子杂化方式为sp2杂化，空间构型为平面正三角形，故答案为：sp2杂化；平面正三角形；（3）铵盐属于离子化合物存在离子键也存在共价键，三种元素形成的铵盐可以是NH4NO3或者NH4NO2；HCN中存在两条σ键和2条π键，二者之比为1：1；NH3通过氢键形成“缔合”分子，导致相对分子质量增大，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大，故答案为：NH4NO3或者NH4NO2；1：1；NH3通过氢键形成“缔合”分子，导致相对分子质量增大，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大；（4）黑球铁处于晶胞晶胞，晶胞中含有4个Fe原子，白球S处于顶点和面心，晶胞中含有S原子数目为6×+8×=4，约成最简整数比既得化学式为FeS，晶胞质量为4×g，假设该晶胞的边长为acm，则（acm）3×ρg/cm3=4×g，则a=，距离最近的S原子之间距离为晶胞边长的，故S原子之间距离为×cm，故答案为：FeS；×．18.某科研小组以难溶性钾长石（K2O?Al2O3?6SiO2）为原料，提取Al2O3、K2CO3等物质，工艺流程如下：（1）煅烧过程中有如下反应发生：①钾长石中的硅元素在CaCO3作用下转化为CaSiO3，写出SiO2转化为CaSiO3的化学方程式：

．②钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的NaAlO2和KAlO2，写出Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式：

．（2）已知NaAlO2和KAlO2易发生如下水解反应：AlO2﹣+2H2OAl（OH）3+OH﹣．“浸取”时应保持溶液呈性（填“酸”或“碱”），“浸取”时不断搅拌的目的是

．（3）“转化”时加入NaOH的主要作用是（用离子方程式表示）

．（4）上述工艺中可以循环利用的主要物质是

、

和水．参考答案：：（1）①CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；②Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；（2）碱；提高浸取速率；（3）HCO3﹣+OH﹣=CO32-+H2O；（4）Na2CO3；CO2．：（1）①碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，故答案为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；②氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2