山东省济南市钢城区新高三化学学年一轮复习测试专题 2.docx

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山东省济南市钢城区新高三化学学年一轮复习测试专题2

学校：

__________姓名：

__________班级：

__________

评卷人

得分

一、选择题

1．配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，导致浓度偏低的原因可能是

A．容量瓶中原有少量的蒸馏水

B．移液时，不慎将液体流到瓶外

C．容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤

D．定容时俯视刻度线和液面

2．（6分）由五种常见元素构成的化合物X，某学习小组进行了如下实验：

①.取4.56gX，在180℃加热分解，得到白色固体A和1.792L（折算成标准状况）纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

②.将A溶于水后，得蓝色溶液；再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C和蓝绿色溶液D。

③.在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液，又得3.82g白色沉淀和黄色溶液。

（1）X中5种元素是H、O、（用元素符号表示）

（2）X受热分解的化学方程式是。

（3）蓝绿色溶液D与足量KI反应的离子方程式是。

3．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：

①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。

则下列有关比较中正确的是

A.第一电离能：

④＞③＞②＞①B.原子半径：

④＞③＞②＞①

C.电负性：

④＞③＞②＞①D.最高正化合价：

④＞①＞③＝②

4．有A，B，C，D主族元素，有关它们的一些信息如表所示：

元素

A

B

C

D

相关的原子结构与性质

元素符号为At，与稀有气体元素相邻，但半径比I大

其在周期表的周期数和族序数比K的均大1

元素符号为Tl，名称是铊，原子核外有六个电子层，与Al同主族

可形成双原子分子，分子内有叁键

则下列有关说法中正确的是（  ）

A.元素A的单质可能是一种有色的固体物质，其氢化物HAt易溶于水，很稳定

B.常温下B的单质能与冷水发生剧烈反应，其硫酸盐可能易溶于水

C.铊氧化物化学式为Tl2O3，是离子化合物，Tl2O3和Tl（OH）3均是两性的物质

D.元素D的一些氧化物在大气中会产生光化学烟雾，还会破坏臭氧层

5．铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。

回答下列问题：

（1）Fe原子的核外电子排布式为_____。

（2）含锰奥氏体钢是一种特殊的铁合金，主要由Fe和Mn组成，其中锰能增加钢铁的强度和硬度，提高耐冲击性能和耐磨性能。

第一电离能I1（Fe）____（填“大于”或“小于”）I1（Mn），原因是___。

（3）FeF3具有较高的熔点（熔点高于1000℃），其化学键类型是__，FeBr3的式量大于FeF3，但其熔点只有200℃，原因是____。

（4）FeCl3可与KSCN、苯酚溶液发生显色反应。

①SCN-的三种元素中电负性最大的是____。

②苯酚（

）分子中氧原子的杂化形式为___。

苯酚分子中的大π键可用符号πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则m=____，n=___。

（5）Fe（CO）3与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。

该磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。

六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，该磁性氮化铁的密度为____（列出计算式）g·cm-3。

6．室温下，用0.100mol•L-1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol•L-1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。

下列说法正确的是

A.Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线

B.pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）＞20.00mL

C.V（NaOH）＝20.00mL时，两份溶液中c（Cl－）＞c（CH3COO－）

D.V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－）

7．镍钼矿（含有MoS2、NiS2、NiS、FeS2、SiO2和C等）为我国特有的一种多金属复杂硫化矿资源，常用来进行钾、镍等战略有色金属的提取。

其冶炼工艺主要有氧化焙烧法和选择性还原熔炼法两种。

过程如下图所示：

（1）选择性还原熔炼法比氧化焙烧法的优点有_________。

（2）还原熔炼时，FeS2发生的反应为3FeS2+6Na2CO3+11C+8O2

3Fe+6Na2S+17CO2，写出NiS发生反应的化学方程式:

______。

（3）水浸液中主要含有Na2S、Na2MoO4、Na2CO3、Na2SiO3等，向其中通入适量CO2和空气，然后过滤，所得滤渣的主要成分为____。

（4）已知钼酸钠溶液中c（MoO42-）=0.40mol/L，c（CO32-）=0.10mol/L。

由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba（OH）2固体以除去CO32-。

当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是______。

[已知Ksp（BaCO3）=1×10-9，Ksp（BaMoO4）=4×10-8]

（5）用阴离子交换树脂吸附、提取溶液中的钼，该树脂经解吸、除杂后，用盐酸或硝酸将其酸化至pH=1.5～2.5，可得到钼酸铵产品。

试剂a可以是__________。

（6）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。

常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图所示:

①要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为________。

②当硫酸的浓度大于90％时，腐蚀速率几乎为零，原因是_________。

8．某铝土矿和黄铁矿的共生矿（主要成分为Al2O3、FeS2和SiO2），由此矿石制备Fe3O4和Al2O2的流程如下图所示：

回答下列问题：

（1）“步骤2焙烧过程产生的废气为___________。

（2）已知“步骤4隔绝空气焙烧，则化学方程式为______________________（已知该过程产生的废气和废气1成分相同）。

（3）“滤渣2”的成分是___________，其重要用途为______________________。

（4）常温下，向“滤液2”中加入氨水，当Al3+沉淀完全时，溶液的pH约为___________。

（若当离子浓度小于1.0×10－5mol/L时，认为沉淀完全，已知Ksp[Al（OH）3]=1.0×10－32）

（5）若原矿石质量为bkg，经过该流程获得的Fe3O4的质量为akg则原矿石中铁元素的质量分数为___________。

（6）该流程中存在较为明显的缺陷是_________________________________。

9．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）

A.NH3

NO2

HNO3　B.Al

NaAlO2（aq）

NaAlO2（s）

C.Fe

Fe2O3

Fe　D.AgNO3（aq）

[Ag（NH3）2OH（aq）]

Ag

10．若在铜片上镀银时，下列叙述正确的是（　　）

①将铜片接在电池的正极上　②将银片接在电源的正极上　③需用CuSO4溶液作电解液　④在银片上发生的反应是4OH－－4e－===O2↑＋2H2O　⑤需用AgNO3溶液作电解液　⑥在铜片上发生的反应是Ag＋＋e－===Ag

A.①③⑥B.②⑤⑥C.①④⑤⑥D.②③④⑥

11．反应2A（g）

2Y（g）+E（g）ΔH>0达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是

A．加压B．减压C．减小E的浓度D．降温

12．25℃时用0.10mol/L的KOH溶液滴定20.00mL0.10mol/L的H2C2O4溶液，滴定过程中溶液的pH随KOH溶液体积变化如图所示（忽略滴定过程中溶液的温度变化和体积变化），下列说法错误的是（）

A.25℃时H2C2O4的电离常数Ka1=10-1.6

B.b点满足关系：

c（H2C2O4）+c（H+）=c（OH-）+c（C2O42-）

C.c点溶液中粒子浓度大小顺序：

c（K+）>c（C2O42-）>c（HC2O4－）>c（H2C2O4）

D.从a点到e点水的电离程度逐渐增大

【答案】A

13．（15分）乙块、乙烯均是重要的化工原料。

回答下列问题：

（1）1902年，Sabatier首次发现，常压下过渡金属可以催化含有双键或叁键的气态烃的加氢反应。

①已知：

则反应

的

＝

（保留三位有效数字）。

②2010年Sheth等得出乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理（如图）。

其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。

上述吸附反应为（填“放热”或“吸热”）反应，该历程中最大能垒（活化能）为

，该步骤的化学方程式为

（2）在恒容密闭容器中充入乙烯，一定条件下发生反应

。

乙烯的离解率为a，平衡时容器内气体总压强为P总，则分压p（C2H4）＝（用p总和a表示）。

（3）用如图装置电解含CO2的某酸性废水溶液，阴极产物中含有乙烯。

该分离膜为（填“阳”或“阴”）离子选择性交换膜；生成乙烯的电极反应式为

【选考题】

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

评卷人

得分

一、选择题

1．B

解析：

【答案】B

【解析】容量瓶中原有少量的蒸馏水对配制溶液的浓度没有影响；移液时，不慎将液体流到瓶外，溶质没有全部转移到容量瓶，浓度偏低；容量瓶中原有KOH溶液，会使所配溶液浓度偏高；定容时俯视刻度线，其实液面最低点还未和刻度相切，水放的少，使溶液浓度偏高。

2．无

3．A

解析：

A

【解析】

【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：

①＞②＝③，故D错误。

故答案为A。

【点睛】解答时注意“同一周期元素中，元素第一电离能的变化趋势，及异常现象”，为答题的关键和易错点。

所谓第一电离能：

气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，符号I，单位kJ/mol。

电离能的变化规律一般为：

①同周期：

第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。

②同族元素：

从上至下第一电离能逐渐减小。

③同种原子：

逐级电离能越来越大（即I1≤I2≤I3…）。

4．D

解析：

D

【解析】

A．卤族元素从上到下，单质的颜色逐渐加深，由于碘单质为紫黑色固体，故At的单质为有色固体，同主族从上到下氢化物稳定性减弱，HAt，很不稳定，故A错误；B．B在周期表的周期数和族序数比K的均大1，则为第五周期第ⅡA族元素，由于硫酸钙为微溶，从上到下溶解度减小，故B对于的硫酸盐在水中不会是易溶，故B错误；C．铊为较活泼金属，Tl2O3和Tl（OH）3均不属于两性物质，Tl（OH）3为强碱，故C错误；D．D为N，氮的部分氧化物会产生光化学烟雾，还会破坏臭氧层，故D正确；故选D。

5．A

解析：

（1）.[Ar]3d64s2（或）1s22s22p63s23p63d64s2

（2）.小于（3）.Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子（4）.离子键（5）.FeF3为离子晶体，FeBr3的化学键以共价键为主，属于分子晶体（6）.N（或氮）（7）.sp3（8）.6（9）.6（10）.

【解析】

【分析】

（1）Fe为第26号元素，根据电子排布规律写出电子排布式；

（2）Fe的电子排布为[Ar]3d64s2，Mn的电子排布为[Ar]3d54s2，Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子；

（3）根据熔点的差距推测晶体类型；

（4）①同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多；

②从苯酚的电子式可以看出，氧原子价层电子对数n=4，故为sp3杂化；形成大π键的原子数应为6个C原子，参与形成大π键的电子为C原子平行P轨道中的电子数，为6，

（5）由图可知：

氮化铁晶胞的质量为

晶胞的体积为

根据公式可求

【详解】

（1）Fe为第26号元素，根据电子排布规律，可知Fe的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

答案：

1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

（2）Fe的电子排布为[Ar]3d64s2，Mn的电子排布为[Ar]3d54s2，Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子，故第一电离能Fe

答案：

小于；Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子

（3）根据FeF3的熔点可知，FeF3属于离子晶体，故含离子键。

FeBr3熔点明显低于FeF3，两者晶体类型不同，FeBr3的化学键以共价键为主，属于分子晶体；

答案：

离子键；两者晶体类型不同，FeBr3

化学键以共价键为主，属于分子晶体。

（4）①同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多，根据三种元素位置关系可知，N元素电负性最强。

答案：

氮或N

②从苯酚的电子式可以看出，氧原子价层电子对数n=4，故为sp3杂化；形成大π键的原子数应为6个C原子，参与形成大π键的电子为C原子平行P轨道中的电子数，为6，

答案：

sp3；6，6

（5）由图可知：

氮化铁晶胞的质量为

晶胞的体积为

根据公式可求

答案：

6．C

解析：

C

【解析】

【详解】A.未滴加NaOH溶液时，0.1mol/L盐酸pH=1，0.1mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅰ，故A错误；

B.V（NaOH）=20.00mL时恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH=7，则加入的氢氧化钠溶液体积应该稍小，即V（NaOH）＜20.00mL，故B错误；

C.V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，即c（Cl-）＞c（CH3COO-），故C正确；

D.V（NaOH）=10.00mL时，与醋酸反应后得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知：

c（CH3COO-）＞c（Na+），溶液中正确的离子浓度大小为：

c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误；

故选C

【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中粒子浓度的大小，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

7．F

解析：

（1）.不生成SO2污染空气、直接将Mo与Ni和Fe分离、得到的镍铁合金中Ni的含量高

（2）.2NiS+2Na2CO3+C

2Ni+2Na2S+3CO2↑（3）.H2SiO3、S（4）.90%（5）.NH3·H2O（6）.1:

1（7）.浓硫酸使铁钝化

【解析】

【分析】

（1）根据流程图中采用的选择性还原熔炼法产生的物质的成分分析判断；

（2）模拟FeS2的反应原理书写NiS反应方程式；

（3）根据O2的氧化性和碳酸的酸性比硅酸的酸性强分析；

（4）根据BaMoO4的溶度积常数和溶液中c（MoO42-）计算出溶液中c（Ba2+），再根据BaCO3和c（Ba2+）计算出溶液中c（CO32-），反应掉的c（CO32-）就是总的浓度减去溶液中c（CO32-），再根据去除率为反应掉的c（CO32-）的浓度占总浓度的百分比计算其数值；

（5）由钼酸钠溶液制备钼酸铵产品，用阴离子交换树脂进行交换出来的成分经NH3·H2O解吸、除杂后，在用盐酸酸化，至pH=1.5～2.5，可得到钼酸铵产品；

（6）①碳素钢在缓蚀剂中腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为1:

1；

②碳素钢中Fe在浓硫酸中发生钝化，形成致密的保护膜。

【详解】

（1）根据流程图中采用的选择性还原熔炼法中S转化为Na2S进入熔渣，这样就不会产生SO2污染空气、直接将Mo与Ni和Fe分离、得到的镍铁合金中Ni的含量高；

（2）根据还原炼时，FeS2发生的反应3FeS2+6Na2CO3+11C+8O2

3Fe+6Na2S+17CO2，可类推NiS在还原炼时产生Ni单质、Na2S和CO2，反应的方程式为：

2NiS+2Na2CO3+C

2Ni+2Na2S+3CO2↑；

（3）空气中含有的O2有氧化性，会将Na2S氧化为单质S；由于碳酸的酸性比硅酸的酸性强，Na2SiO3与CO2及水发生反应产生H2SiO3，难溶于水，而Na2MoO4、Na2CO3能溶于水，因此得到的滤渣成分为H2SiO3、S；

（4）钼酸钠溶液中c（MoO42-）=0.40mol/L，Ksp（BaMoO4）=4×10-8，因此当溶液中MoO42-开始形成沉淀时，c（Ba2+）=

=

=1.0×10-7mol/L，此时由于Ksp（BaCO3）=1×10-9，溶液中c（CO32-）=

=0.010mol/L，反应开始时c（CO32-）=0.10mol/L，所以c（CO32-）的去除率=（0.09mol/L÷0.10mol/L）×100%=90%；

（5）用钼酸钠溶液制备钼酸铵，要用氨水解吸、除杂后，用盐酸或硝酸将其酸化至pH=1.5～2.5，可得到钼酸铵产品。

试剂a可以是NH3·H2O；

（6）①碳素钢在缓蚀剂中腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，由图可知当钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比为1:

1，腐蚀速率最小，效果最优；

②当浓硫酸中硫酸浓度大于90%时，腐蚀速率几乎为0，原因是在室温下浓硫酸具有强的氧化性，能使碳素钢中Fe在浓硫酸中发生钝化，形成致密的保护膜，起到防止腐蚀的作用。

【点睛】本题以镍钼矿为原料来进行钾、镍等战略有色金属的提取为线索，考查了制备方案优劣的评价、化学反应方程式的书写、沉淀溶解平衡的应用、实验操作及评价等知识。

较为全面的考查了学生对化学反应基本原理、物质的化学性质的掌握情况，是一个将知识于能力融合在一起考查的好题。

8．F

解析：

（1）.二氧化硫

（2）.FeS2+16Fe2O3

11Fe3O4+SO2（3）.硅酸（4）.制备干燥剂（5）.5（6）.224a/319b（7）.产生有害气体，污染环境；多次焙烧或灼烧，能耗高

【解析】

【分析】

铝土矿和黄铁矿的混合物焙烧是黄铁矿反应生成氧化铁和二氧化硫，加入足量的氢氧化钠溶液，氧化铝和二氧化硅溶解得到滤液1为偏铝酸钠和硅酸钠，滤渣1为氧化铁，滤液1加入足量的稀硫酸，得到滤渣2为硅酸，可以用来制备纯硅，滤液2为硫酸铝，加入足量的氨水反应生成氢氧化铝，灼烧得到氧化铝。

【详解】

（1）步骤2焙烧过程中反应生成氧化铁和二氧化硫，所以产生的废气为二氧化硫；

（2）已知“步骤4隔绝空气焙烧，则化学方程式为FeS2+16Fe2O3

11Fe3O4+SO2；

（3）“滤渣2”的成分是硅酸，其重要用途为制备干燥剂——硅胶；

（4）常温下，向“滤液2”中加入氨水，当Al3+沉淀完全时，假设溶液中氢氧根离子浓度为xmol/L，则有Ksp[Al（OH）3]=1.0×10－5mol/L×x3=1.0×10－32，则x=10-9mol/L，则溶液的pH为5。

（5）若原矿石质量为bkg，经过该流程获得的Fe3O4的质量为akg，根据方程式FeS2+16Fe2O3

11Fe3O4+SO2，原矿石中铁元素的质量为分析，则原矿石中铁元素的质量为

g，则铁元素的质量分数为

=

。

（6）流程中产生二氧化硫等有害气体，污染环境；多次焙烧或灼烧，耗能高。

所以该流程中存在较为明显的缺陷是产生有害气体，污染环境；多次焙烧或灼烧，耗能高。

【点睛】本题要熟悉金属及其化合物的性质及其分离提纯过程，如氧化铝能溶于氢氧化钠，而氧化铁不溶于氢氧化钠，偏铝酸盐和足量的硫酸反应生成硫酸铝而不是氢氧化铝，硅酸钠和硫酸反应生成硅酸沉淀，本题的难点为氧化还原反应方程式的书写。

9．B

10．B

解析：

B

【解析】

【分析】

若在铜片上镀银时，铜做电解池的阴极与电源负极相连，电解质溶液中的银离子得到电子发生还原反应生成银；银做电解池的阳极和电源正极相连，铜失电子发生氧化反应生成铜离子；电解质溶液为硝酸银溶液。

【详解】依据上述分析可知：

①将铜片应接在电源的负极上，①项错误；

②将银片应接在电源的正极上，②项正确；

③若用硫酸铜溶液为电镀液，阴极析出铜，③项错误；

④在银片上发生的反应是：

2Ag++2e−=2Ag，④项错误；

⑤需用硝酸银溶液为电镀液，⑤项正确；

⑥在铜片上发生的反应是：

Ag＋＋e－===Ag，⑥项正确；

综上所述，②⑤⑥符合题意，

答案选B。

11．D

12．A

解析：

【详解】A、0.10mol/L的H2C2O4溶液pH为1.3，说明草酸的一级电离程度较大，溶液中氢离子浓度和草酸氢根离子浓度都是10－1.3mol/L，溶液中草酸分子的浓度是0.1mol/L－10－1.3mol/L，因此根据草酸的电离平衡常数表达式可知H2C2O4的电离常数Ka1大于10-1.6，选项A错误；

B、b点溶液

KHC2O4溶液，质子守恒关系式是c（H2C2O4）+c（H+）=c（OH-）+c（C2O42-），选项B正确；

C、c点是等物质的量浓度的KHC2O4和K2C2O4的混合溶液，此时溶液显酸性，因此HCO4-的电离程度>C2O42-的水解程度>HCO4-的水解程度，因此溶液中c（K+）>c（C2O42-）>c（HC2O4－）>c（H2C2O4），选项C正确；

D、从a点到e点随着草酸不断被中和，同时不断生成可以水解的盐，水的电离程度逐渐增大，选项D正确。

答案选A。

【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，涉及中和滴定、物料守恒、电荷守恒等知识，试题知识点较多、综合性较强，解题时注意电荷守恒及物料守恒的应用，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。

13．无