1、山东省济宁市2021届高三化学上学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg24 S32 K39 Cu64 Zn65一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是( )A. 氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂B. 石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2C. 传感膜是能够将化学能转化为电能的功能高分子膜D. 碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查【答案】D【解析】【分析】【详解】A因为铁离子会发生，生成的胶体可以吸附水中悬浮物，达到净水的效果，亚铁离子易被空气中的氧气氧化成铁离子，
2、同样具有铁离子的特性，A正确；B石灰石在高温下和燃煤烟气中的SO2发生，故可除去燃煤烟气中的SO2，B正确；C由对离子敏感的材料制成的薄膜，该膜与内参比电极组成离子选择电极，所以传感膜能够将化学能转化为电能，C正确；D碳酸钡会和盐酸（胃酸的主要成分）反应，不能用于肠胃X射线造影检查，D错误；故选D。2. 下列有关实验操作说法错误的是( )A. 蒸馏时应先加热蒸馏烧瓶，再向冷凝管中通入冷水B. 向容量瓶中转移液体时，玻璃棒可以接触容量瓶刻度线下的内壁C. 用分液漏斗分液时，眼睛注视分液漏斗内的液面D. 用蒸发结晶的方法可使NaCl从溶液中析出【答案】A【解析】【分析】【详解】A蒸馏时应先向冷凝管
3、中通入冷水，再加热蒸馏烧瓶，故A错误；B向容量瓶中转移液体时，玻璃棒下端可以接触容量瓶刻度线下的内壁，故B正确；C用分液漏斗分液时，眼睛注视分液漏斗内的液面，避免上层液体漏下，故C正确；D将NaCl溶液蒸发结晶的方法，使得NaCl从溶液中析出，故D正确。综上所述，答案为A。3. 短周期主族元素X、Y、Z、R原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，单质Z在X单质中燃烧火焰呈黄色，R基态原子p能级有一对成对电子。下列说法正确的是( )A. 电负性：XRZYB. X与Z组成的化合物肯定含有共价键C. 原子半径：ZRXYD. 气态氢化物的稳定性：XYR【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y
4、、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，则X为O，单质Z在X单质中燃烧火焰呈黄色，则Z为Na，Y为F，R基态原子p能级有一对成对电子，则R为S。【详解】A根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：FOSNa，故A错误；BX与Z组成的化合物Na2O中不含共价键，故B错误；C电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：NaSOF，故C正确；D根据非金属性越强，其气态氢化物越稳定，因此气态氢化物的稳定性：HFH2OH2S，故D错误。综上所述，答案为C。4. 用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述中正确的是( )A.
5、18g氨基(ND2)中含有的电子数为10NAB. 24g金属镁在空气中完全燃烧，转移电子数为2NAC. 足量和浓盐酸共热可生成0.2NA个Cl2分子D. 电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极质量减小32g【答案】B【解析】【分析】【详解】A氨基(ND2)的摩尔质量为18 g/mol，1 mol氨基(ND2)的电子数为9 mol，所以18 g氨基(ND2)中含有的电子数为9NA，A项错误；B24g金属镁是1mol，在空气中完全燃烧生成MgO，转移电子数为2NA，B项正确；C稀盐酸不和反应，所以无法确定生成的Cl2含量，C项错误；D电解精炼铜时，阳极是粗铜，含有铁、锌等杂质，所以无法根据阳极减
6、少的质量计算转移的电子数，D项错误；答案选B。5. 用下列实验装置(部分夹持装置略去)进行相应的实验，能达到实验目的的是( )A. 用装置甲检验氯化铵受热分解生成的两种气体B. 用装置乙加热熔融的纯碱固体C. 用装置丙提纯胶体D. 用装置丁可分离苯(沸点80.1)和溴苯(沸点156.2)【答案】A【解析】【详解】A氯化铵受热分解生成氨气、HCl。碱石灰吸收HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变蓝；五氧化二磷吸收氨气，HCl可使湿润的蓝色石蕊试纸变红。所以，装置甲可以检验氯化铵分解生成的两种气体。A正确。B高温熔融的纯碱固体会与瓷坩埚中的SiO2反应而腐蚀坩埚，因而不能用瓷坩埚。B错误。CFe(OH)
7、3胶体中胶体粒子粒径介于1 nm100 nm，能透过滤纸，故不能用过滤的方法提纯该胶体。C错误。D用装置丁进行蒸馏操作时，温度计的作用是测定蒸汽的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口附近。D错误。正确答案为A。6. 如图所示的盐可用于处理黑磷纳米材料，从而保护和控制其性质。下列说法错误的是( )A. 盐中碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2B. 离子中含有配位键，配体为C. 第一电离能：COND. 1mol该盐的阳离子含有键的数目为【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 甲基中的碳原子的轨道杂化类型为sp3，苯环中的碳原子的轨道杂化类型为sp2，A项正确；B. 是在BF3中B提供空轨道，提供孤对电子而
8、形成的配位键，配体为，B项正确；C. 第一电离能在同一周期随原子序数的增加而变大，故第一电离：COS，O非金属性大于Cl，电负性大于Cl，所以三种电负性大小关系为：OClS；故答案为：sp3；小于；正四面体；OClS；(4)晶胞中Cu原子数目4、O原子数目182，则晶胞的化学式为：Cu2O；a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，)，则a为坐标系原点，d处于晶胞体对角线上且将体对角线分成长度为1：3两段，可知d到左侧平面、前平面、下底面的距离分别为、；d点的坐标为：(，)；故答案为：；(，)；17. 2020年2月21日我国学者在德国应化上发表了“硼氢化钠(，硼为+3价)水解产物再生”为题的
9、研究成果。利用硼精矿(主要成分为，含有少量、等)制取的流程如下：已知：偏硼酸钠()易溶于水，不溶于乙醇，在碱性条件下稳定存在。回答下列问题：(1)加快硼精矿溶解的措施有_(答出一条即可)。(2)“溶解”过程发生反应的离子方程式为_。(3)操作2中洗涤选用的试剂是_，反应1得到的副产物的用途为_(答出一种用途即可)。(4)如图电解也可制得硼氢化钠，则交换膜的种类为_，写出阴极室的电极反应式_。(5)研究者利用与和廉价单质进行室温球磨再生同时生成甲烷，写出反应的化学方程式_。【答案】 (1). 矿石粉碎，加热，适当提高溶液浓度，搅拌等 (2). (3). 乙醇 (4). 耐火材料 (5). 阳离子
10、交换膜 (6). (7). 【解析】【分析】以硼精矿(主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等)为原料制取NaBH4，由流程可知，加NaOH溶解B2O3、Al2O3、SiO2，将FeCl3转化成氢氧化铁沉淀，则操作1为过滤，滤渣为Fe(OH)3，再加CaO将硅铝沉淀，则操作2也为过滤，从而除去硅铝，最后反应1为NaBO2与MgH2反应生成NaBH4，以此来解答【详解】(1)将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等都可以加快硼精矿溶解速率，故答案为：矿石粉碎，加热，适当提高溶液浓度，搅拌等；(2)加氢氧化钠溶解过程中B2O3与NaOH反应产生NaBO2，反应的离子方程式
11、：，故答案为：；(3)根据化合价代数和为0，则氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为1；MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应生成NaBH4和MgO，则反应方程式为：2MgH2NaBO2NaBH42MgO，氧化镁是高熔点的物质，可做耐火材料，故答案为：乙醇；耐火材料；(4)在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠，则阴极室BO得电子发生还原反应生成BH，因此离子交换膜应防止BO进入阳极区，应选用阳离子交换膜；电极反应式为：BO6H2O8eBH8OH，故答案为：阳离子交换膜；BO6H2O8eBH8OH；(6)与和单质反应生成和甲烷，反应的方程式为：，故答案为：；18. 硫氰化钾()俗称玫瑰红酸钾，
12、是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如下图所示：已知：NH3不溶于，密度比水大且不溶于水；三颈烧瓶内盛放：、水和催化剂。，该反应比较缓慢且在高于170易分解。回答下列问题：(1)装置A中反应的化学方程式是_。(2)装置C的作用是_。(3)制备溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭，保持三颈烧瓶内液温105一段时间，其目的是_，然后打开，继续保持液温105，缓缓滴入适量的溶液，写出装置D中生成的化学方程式：_。(4)装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收时的离子方程式_。(5)制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压_、_、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体
13、。(6)测定晶体中的含量：称取10.0g样品。配成1000mL溶液量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴a作指示剂，用标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液。已知：滴定时发生的反应：。滴定过程的指示剂a为_，晶体中的质量分数为_。【答案】 (1). (2). 观察气泡流速，控制装置A的加热温度 (3). 让完全分解而除去 (4). (5). (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 溶液 (9). (或0.873)【解析】【分析】加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN
14、，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。【详解】(1)装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式是；(2)通过观察C中的气泡流速，判断A中产生氨气的速度，控制装置A的加热温度； (3) 加热易分解，制备溶液时，熄灭A处的酒精灯，关闭，保持三颈烧瓶内液温105一段时间，其目的是让完全分解而除去，然后打开，继续保持液温105，缓缓滴入适量的溶液，装置D中NH4SCN和KOH反应生成，化学方程式是；(4)装置E中，被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应的离子方程式；(5)先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶
15、、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体；(6)Fe3+遇变红色，所以滴定过程的指示剂a为溶液；达到滴定终点时消耗标准溶液，根据方程式可知，20.00mL溶液中的物质的量是 ，晶体中的质量分数为 。【点睛】本题以制备硫氰化钾为载体，考查物质制备，理解各装置用途、明确反应原理是解题关键，熟悉物质分离和提纯的方法，掌握滴定法测定物质百分含量。19. 磷酸亚铁锂()为近来新开发的锂离子电池电极材料，主要用于动力锂离子电池，废料中(含、石墨)磷、铁、锂的综合回收工艺流程图：已知：常温下，、的溶解度与温度的关系如下表：温度/020406080100溶解度/g11.912.413.214.616.619.11
16、.541.331.171.010.850.72(1)过程“碱浸”的目的是_。(2)过程“酸浸”加入双氧水的目的是_，若浸出液中存在大量离子，则反应的离子方程式为_。(3)过程得到“沉淀Y”的离子方程式为_。一定条件下，探究了pH对磷酸铁沉淀的影响，结果如下图所示。由图可知，过程应选取的最佳沉淀时的pH为_。随pH的增加，磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，分析原因为_。(4)为充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜的温度是_A.20-40 B.80-100 C.20-40 D.60-80常温下，测得滤液1中，某同学取该滤液进行“沉锂”反应。加入溶液却未见沉淀，若不考虑液体混合时的体积变化，则该同
17、学加入的X溶液最大浓度为_。【答案】 (1). 溶解，使其分离出去 (2). 将氧化为 (3). (4). (5). 2.5 (6). 随的增加，部分沉淀转变为沉淀，使得部分释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中 (7). D (8). 0.51【解析】【分析】LiFePO4废料(含Al、石墨)加入氢氧化钠溶液，铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，过滤，滤渣中含有LiFePO4和石墨，在滤渣中加入盐酸和过氧化氢浸取，可氧化亚铁离子生成铁离子，浸出液中含有铁离子、锂离子、离子等，加入碳酸钠溶液调节pH，可生成FePO42H2O，滤液1中含有锂离子，滤液1中加入碳酸钠沉锂得到Li2CO
18、3产品，FePO42H2O中加入氢氧化钠溶液调节pH，得到含铁产品和滤液2，滤液2为Na3PO4溶液，Na3PO4溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得Na3PO412H2O晶体，以此解答该题。【详解】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，则过程I“碱浸”的目的是溶解Al，使其分离出去，故答案为：溶解Al，使其分离出去； (2)过程II“酸浸”加人双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；“溶浸2”过程中LiFePO4中+2铁元素在酸性环境下被双氧水氧化成+3价，且酸性较强的条件P元素以的形式存在，根据电子守恒和元素守恒可得反应的离子方程式为，故答案为：将Fe2+氧化
19、为Fe3+；(3)根就“沉铁、磷”时，加入碳酸钠溶液，碳酸根结合氢离子促进的电离，产生大量磷酸根和氢离子，所以析出FePO4沉淀，并生产CO2，反应的离子方程式为，故答案为：；过程得到FePO42H2O，由图可知在pH等于2.5时；磷的沉淀率最高，则应选取的最佳沉淀pH为2.5，根据图像可知，随pH的增加，磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，是因为随的增加，部分沉淀转变为沉淀，使得部分释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中，故答案为：2.5；随的增加，部分沉淀转变为沉淀，使得部分释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中；(4)由表中数据可知，相同温度下碳酸锂的溶解度比LiOH小，且升高温度碳酸
20、锂的溶解度减小，所以题目所给选项中“沉锂”时所用的X和适宜温度是Na2CO3、60-80，故答案为：D；混合溶液中，由分析可知X溶液为Na2CO3溶液，设该同学加入的Na2CO3溶液的浓度为x mol/L，则混合溶液中，二者混合未见沉淀，则，解得，则该同学加入的Na2CO3溶液最大浓度为c(Na2CO3)=0.51mol/L，故答案为：0.51。【点睛】第(3)题的离子方程式书写为本题难点，要根据流程中所给的部分产物来推测发生的反应，沉铁、磷时会产生气体，不难分析出该气体为CO2，而沉淀中加入NaOH溶液进行沉淀转化生成氢氧化铁和磷酸钠晶体，说明沉淀应为磷酸铁，再结合元素守恒即可。20. 山东
21、“十四五”规划提出“推动绿色发展，绘就绿水青山齐鲁画卷”。CO2加氢可缓解CO2带来的环境压力，同时带来巨大的经济效益。CO2加氢过程，主要发生的三个竞争反应为：反应： 反应： 反应： 回答下列问题：(1)由CO、H2合成甲醇热化学方程式为_。相同时间内，在不同催化剂下用CO2和H2合成甲醇(其他条件均相同)，CO2的转化率随温度变化如图所示，其中活化能最低的反应所用的催化剂是催化剂_(填“A”、“B”或“C”)。在催化剂表面上反应的前三步反应历程如图所示(吸附在催化剂表面用“”标注，表示过渡态)，则物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会_(填“放出热量”或“吸收热量”)，反应历程中最小能垒
22、(活化能)步骤的化学方程式为_。(2)我国科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。在反应器中按通入和，分别在和下进行反应。实验中温度对平衡组成体系的(、)三种物质分析，其和的影响如下图所示(该反应条件下甲醇产量极低，因此忽略“反应”，只考虑反应和反应)。时，表示和平衡组成随温度变化关系的曲线分别是_、_。点平衡组成含量高于点的原因是_。当和平衡组成均为时，该温度下反应的平衡常数为_。(3)超干重整得到的经偶联反应可制得(草酸)。在水溶液中、和物质的量分数与关系如图所示，则c点溶液_。【答案】 (1). (2). A (3). 吸收热量 (4). (5). a (6). d (7). 温度
23、相同时，增大压强是反应平衡正移，的百分含量增大，使反应逆移，百分含量降低 (8). 2.4 (9). 2.7【解析】【分析】【详解】(1)CO、H2合成甲醇的反应为，由盖斯定律可知该反应可由：反应I-反应III得到，则反应热：M，该反应的热化学方程式为：，故答案为：；活化能可视为起始态到过渡态的能量差值，由图像可知催化剂A的活化能最低，故答案为：A；催化剂吸附物质到过渡态的过程中要吸收能量，由图像可知反应过程中最小的能垒是的过程，故答案为：吸收能量；(2)对于反应ii，升高温度，平衡逆移，CH4、H2O的百分含量减少，对于平衡iii，升高温度，则平衡正移，CO的百分含量增加；增大压强，反应ii
24、，平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应逆移，CO百分含量降低，综上，CH4、CO的变化幅度相对较小，则表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d，故答案为：a；d；温度相同时，增大压强使反应ii平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应逆移，CO百分含量降低。设起始时n(CO2)5mol，则n(H2)15mol，根据图象，当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，所以n(CO)5mol40%2mol，n(CH4)5mol40%2mol，则平衡时：n(CO2)(522)mol1mol，n(H2)(1582)mol5mol，n(CO)2mol，n(H2O)(42)mol6mol，平衡常数K平衡常数K2.4，故答案为：2.4。(3)由图像可知c点时的pH值为2.7，故答案为：2.7；