福建省宁德市福鼎第十八中学高三化学联考试卷含解析

福建省宁德市福鼎第十八中学高三化学联考试卷含解析一、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.氮化钠和氢化钠都是离子化合物与水反应的化学方程式(未配平)如下：Na3N+H2O→NaOH+NH3，NaH+H2O→NaOH+H2。有关它们的叙述

①离子半径Na＋>N3－>H＋；②与水反应都是氧化还原反应；③与水反应后的溶液都显碱性；④与盐酸反应都只生成一种盐；⑤两种化合物中的阴阳离子均具有相同的电子层结构。其中正确的是（

）A．②③④⑤

B．①③⑤

C．②④

D．③参考答案：D略2.等物质的量的主族金属A、B、C分别与足量的稀盐酸反应，所得氢气的体积依次为VA、VB、VC，已知VB=2VC，且VA=VB+VC，则在C的生成物中，该金属元素的化合价为（

）A．+1

B．+2

C．+3

D．+4参考答案：A略3.X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M．下列叙述正确的是（）A．Z是海水中含量最高的金属元素，W是地壳中含量最多的金属元素B．X、M两元素氢化物的稳定性：X＜MC．X和W的氧化物均可做耐高温材料，M的氧化物可做太阳能电池D．X、W的最高价氧化物的水化物间反应生成一种可净水的化合物参考答案：D【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，应为N元素，X、Y同主族，则Y为P元素，Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M，可知M为Si元素，Z为Mg元素，W为Al元素，结合对应的单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：A．海水中含量最高的金属元素应为Na，故A错误；B．X为N元素，M为Si元素，位于同周期，非金属性N＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；C．X为N元素，W为Al元素，X的氧化物不可做耐高温材料，M为Si元素，单质硅可做太阳能电池，故C错误；D．X为N元素，W为Al元素，对应的最高价氧化物的水化物间反应生成硝酸铝，水解可生成氢氧化铝，可用于净水，故D正确．故选D．【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素的结构特点以及性质的递变规律，把握对应单质、化合物的性质和用途，难度不大．4.常见的无机酸25℃时在水溶液中的电离平衡常数如下表：

氢氰酸(HCN)

碳酸(H2C03)

氢氟酸(HF)K=6.2×10-10

K=4.2×10-7

K=6.61×10-4下列选项正确的是A.氟化钠溶液中通入CO2：2F-+H2O+CO2=2HF+CO32－B．NaCN与HCN的混合溶液中：2c(Na+)=c(CN－）+c(HCN)C．25℃时同浓度的NaCN和NaF溶液的pH值前者小于后者D．25℃时CN-的水解平衡常数约为1.6×10-5参考答案：DH2CO3的K1小于HF的K，氟化钠溶液中通CO2不能生成HF，A项错误；NaCN与HCN的物质的量之比为1：l时此式才成立，B项错误；C项同浓度的NaCN和NaF溶液pH值前者大于后者；D项CN-的水解平衡常数为10-14/6.2×10-10，正确。5.(08松江区第一期末)最近医学界通过用具有放射性的14C试验，发现C80的一种羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死病毒，从而抑制艾滋病（AIDS）的传播。有关14C试验的叙述中正确的是A．与C80中普通碳原子的化学性质不同

B．与12C互为同位素C．与12C中的中子数相同

D．与C80互为同素异形体参考答案：答案：B6.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是

A．C2H6、H2O2、C2H5OH

B．HCl、NaCl、MgCl2

C．H2O、CO2、Na2O2

D．NaOH、NaClO、Na2O参考答案：A略7.下列有关实验装置的说法中正确的是A．用图1装置制取干燥纯净的NH3

B．用图2装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色C．用图3装置可以完成“喷泉”实验

D．用图4装置测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积参考答案：C略8.A、B、C三种醇同足量的金属钠完全反应，在相同条件下产生相同体积的氢气，消耗这三种醇的物质的量之比为2：6：3，则A、B、C三种醇的羟基数之比为A．3：2：1B．3：1：2C．2：1：3D．2：6：3参考答案：B略9.化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（）A．漂白粉漂白织物 B．纯碱去油污C．食醋除水垢 D．明矾净化水参考答案：A【考点】氧化还原反应．

【分析】用到的物质的氧化性，说明该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断．【解答】解：A．漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故A正确；B．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故B错误；C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故C错误；D．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故D错误；故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应，明确物质的性质以化合价的变化是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，难度不大．10.已知在温度不变时，达化学平衡时，[NO2]2/[N2O4]==K（K是一个只与温度有关的常数）。当把晶体N2O4放入密闭容器中汽化并建立平衡：N2O4

2NO2，保持温度不变，再通入一定量的N2O4气体，，待反应达到新的平衡，则新平衡[NO2]/[N2O4]与旧平衡相比，其比值A、变大

B、变小

C、不变

D、无法确定参考答案：B略11.在80g密度为dg?cm﹣3的硫酸铁溶液中，含有2.8gFe3+，则此溶液中SO42﹣的物质的量浓度为（单位为mol?L﹣1）（）A．B．C．D．参考答案：A【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】根据n=计算n（Fe3+），溶液中n（SO42﹣）=n（Fe3+），根据V=计算溶液体积，再根据c=计算SO42﹣的物质的量浓度．【解答】解：n（Fe3+）==0.05mol，溶液中n（SO42﹣）=n（Fe3+）=×0.05mol=0.075mol，溶液体积==L，则SO42﹣的物质的量浓度为=mol/L，故选A．12.碘与氢气反应的热化学方程式是①I2(g)+H2(g)

2HI(g)

?H=－9.48kJ·mol－1

②I2(s)+H2(g)

2HI(g)

?H=+26.48kJ·mol－1下列说法正确的是A．①的产物比②的产物稳定B．I2(s)=I2(g)

?H=+17.00kJ·mol－1C．②的反应物总能量比①的反应物总能量低D．1molI2(g)中通入1molH2(g)，发生反应时放热9.48kJ参考答案：C13.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是

A．17g氨气所含的电子数为1．1NA

B．28g乙烯分子所含共价键数为6NA

C．标准状况下，22．4L乙醇所含的分子数必定为NA

D．Na2O2与CO2反应时，若有lmolO2生成，则转移的电子数为NA参考答案：B略14.下列各图所示装置，肯定不符合气密性要求的是（

）参考答案：D

略15.参考答案：A二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.(15分）某盐卤矿抽出的废液中含有大量的K+、Cl—、Br—，及少量的Ca2+、Mg2+、SO42—。某研究性学习小组拟取该废液来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴（Br2），他们设计了如下流程：现有可供选择的a、b试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、KOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、H2O2、KMnO4(H+)溶液、稀HNO3。请根据以上流程，回答相关问题：（1）试剂a应选_____，该反应在酸性环境中完成，其离子方程式为

。（2）操作①、②、③、④、⑤的名称依次为______(选填字母)。A．萃取、过滤、分液、过滤、蒸发结晶

B．萃取、分液、分液、过滤、蒸发结晶C．分液、萃取、过滤、过滤、蒸发结晶

D．萃取、分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶（3）操作⑤中用到的瓷质仪器名称是

。（4）选出除去无色液体I中Ca2+、Mg2+、SO42-离子所需的试剂，按滴加顺序依次为

（填化学式）。（5）调节pH的作用是

，有关反应的离子方程式是

。参考答案：（15分）（1）H2O2(2分)

H2O2+2Br-+2H+=2H2O+Br2(2分)（2）D(1分)

（3）蒸发皿(1分)（4）BaCl2、KOH、K2CO3（只要K2CO3在BaCl2之后即可）(3分)（5）除去溶液中过量的OH—、CO32—(2分)

OH—+H+=H2O(2分)、

CO32—+2H+=H2O+CO2↑(2分)略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（2007·海南卷）17.下表是稀硫酸与某金属反应的实验数据：实验序号金属质量/g金属状态C(H2SO4)/mol·L-1V（H2SO4）/mL溶液温度/℃金属消失的时间/s反应前反应后10.10丝0.550203450020.10粉末0.55020355030.10丝0.750203625040.10丝0.850203520050.10粉末0.85020362560.10丝1.050203512570.10丝1.05035505080.10丝1.150203410090.10丝1.150204440分析上述数据，回答下列问题：（1）实验4和5表明，

对反应速率有影响，

反应速率越快，能表明同一规律的实验还有

（填实验序号）；（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有

（填实验序号）；（3）本实验中影响反应速率的其他因素还有

，其实验序号是

。（4）实验中的所有反应，反应前后溶液的温度变化值（约15℃）相近，推测其原因：

。参考答案：（1）固体反应物的表面积表面积越大，1和2（2）1、3、4、6、8；2、5（3）反应温度；6和7；8和9；（4）因为所有反应中，金属质量和硫酸溶液体积均相等，且硫酸过量，产生热量相等，所以溶液温度变化值相近本题考查反应速率知识，主要是反应物的状态、反应物的浓度及催化剂对反应速率的影响。从实验测出的数据，4和5主要是反应物的状态对反应速率的影响，还可推出浓度对反应速率的影响。

18.[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）黄血盐(亚铁氰化钾，K4[Fe(CN)6])易溶于水，广泛用作食盐添加剂(抗结剂)，食盐中黄血盐的最大使用量为10mg·kg－1。黄血盐经长时间火炒，超过400℃时会分解生成剧毒的氰化钾。回答下列问题：（1）基态Fe2＋的核外电子排布式为__________________，未成对电子数为

；K4[Fe(CN)6]中Fe2＋与CN－两种离子之间的作用力是_____________。（2）CN－中碳原子的杂化方式为_________；1molCN－中含有π键的数目为_______。（3）黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，生成硫酸盐和一种与CN－是等电子体的气态化合物，该气态化合物为双原子分子,它的键线式为

；该反应的化学方程式为:

。（4）某含铁化合物的晶胞结构如右图所示，则其化学式为

；其密度的表达式为

。[提示：长、宽相等，1pm=10-10cm]参考答案：（1）（4分）1s22s22p63s23p63d6

或[Ar]3d6（2分）1（1分）

配位键（1分（2）（2分）sp

2mol（或2NA）（3）（5分）C≡O（2分）K4Fe(CN)6+6H2SO4+6H2O2K2SO4+FeSO4+3(NH4)2

SO4+6CO↑（3分）（4）（4分）FeCuS2（2分）[Fe:4×1/4+6×1/2=4；Cu:8×1/8+1+4×1/2=4；S:在晶胞内8。故为Fe:Cu:S=4:4:8=1:1:2]

（2分）

19.将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示．（1）加入NaOH0～20mL时发生反应离子方程式，加入NaOH20～200mL时发生反应离子方程式，加入NaOH200～240mL时发生反应离子方程式，（2）镁和铝的总质量为g（3）硫酸的物质的量浓度为mol/L（4）生成的氢气在标准状况下的体积为L．参考答案：1.OH﹣+H+=H2O；Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2、Al3++3OH﹣=Al（OH）3；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；2.93.2.5

4.10.08

考点：有关混合物反应的计算．专题：金属及其化合物相关图像；计算题；离子反应专题．分析：（1）由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此过程中镁离子、铝离子与氢氧根离子反应生成Mg（OH）2和Al（OH）3；从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，据此写出反应的离子方程式；（2）根据沉淀的最大量可知氢氧化镁和氢氧化铝的总物质的量、最小量，最小量为氢氧化镁，根据最大量可知氢氧化铝的物质的量，然后利用质量守恒计算出镁、铝的物质的量，再根据m=nM计算出混合金属的质量；（3）溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍，据此计算硫酸的物质的量，进而计算浓度大小；（4）根据以上分析，由元素守恒可知金属镁和铝物质的量分别为0.15mol和0.2mol，又硫酸过量所以镁铝全部反应，根据得失电子守恒进行计算．解答：解：（1）由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，离子方程式为：OH﹣+H+=H2O；当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，发生反应为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2、Al3++