山西省长治市芮中学2021-2022学年高三化学上学期期末试卷含解析

山西省长治市芮中学2021-2022学年高三化学上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.固体氧化物燃料电池（SOFC）以固体氧化物作为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2-）在其间通过，其工作原理如图所示。下列关于固体燃料电池的有关说法正确的是

A．电极b为电池负极，电极反应式为O2+4e—＝2O2—B．固体氧化物的作用是让电子在电池内部通过C．若H2作燃料气，接触面上发生的反应为：H2+2OH——2e—＝2H2OD．若C2H4作燃料气，接触面上发生的反应为：C2H4+6O2——12e—＝2CO2+2H2O参考答案：D略2.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．常温下，10mL0.2mol/LNH4NO3溶液与10mL0.1mol/LNaOH溶液混合后所得pH=9.6的溶液中：c(NO3-)＞c(Na+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)B．溶液X：10mL0.1mol/LNaCl；溶液Y：10mL0.1mol/LCH3COONa。X中离子总浓度＜Y中离子总浓度C．0.1mol/LNa2S溶液中：c(Na+)＞c(S2-)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H+)D．常温下amL0.1mol/LKOH与bmL0.1mol/LHCN两溶液混合后pH＞7，则一定有a≥b参考答案：A略3.用如图所示实验装置（夹持仪器已略去）探究铜丝与过量浓硫酸的反应．下列实验不合理的是（）A．上下移动①中铜丝可控制SO2的量B．②中选用品红溶液验证S02的生成C．③中选用NaOH溶液吸收多余的S02D．为确认CuS04生成，向①中加水，观察颜色参考答案：D考点：浓硫酸的性质实验．.专题：氧族元素．分析：A．在加热的条件下，当铜丝与浓硫酸接触时才能反应；B．品红能被二氧化硫漂白，根据SO2的漂白性分析；C．SO2为酸性氧化物，可与碱发生反应；D．根据溶液颜色的变化判断是否有CuSO4生成；解答：解：A．在加热的条件下，当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，故A正确；B．SO2具有漂白性，品红能被二氧化硫漂白，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；C．SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，生成亚硫酸钠和水，可用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；D．铜与浓硫酸的反应Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，实验中，铜丝与过量浓硫酸的反应生成是硫酸铜，试管中含有大量水，不会生成白色固体，CuSO4溶液呈蓝色，为确认CuS04生成，无须向①中加水，故D错误；故选D．点评：本题考查了二氧化硫的性质，题目难度不大，注意二氧化硫的酸性和漂白性．4.锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S3＋3O2＋6Fe＝Sb4O6＋6FeS

……①

Sb4O6＋6C＝4Sb＋6CO

………………②关于反应①、反应②的说法正确的是A．

反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6

B．反应①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C．反应②说明高温下Sb的还原性比C强D．每生成4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4︰3

参考答案：B5.下列分离或提纯物质的方法错误的是A.用渗析的方法精制氢氧化铁胶体B.用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠C.用溶解、过滤的方法提纯含有少量硫酸钡的碳酸钡D.用盐析的方法分离、提纯蛋白质参考答案：A略6.按下图装置，持续通入X气体，可以看到a处有红色物质生成，b处变蓝，c处得到液体，则X气体可能是

（

）

A．H2

B．CO和H2

C．NH3

D．CH3CH2OH(气)参考答案：D略7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中一定正确的是A.1molFe与高温水蒸气反应，转移电子的数目为3NAB.标准状况下，2.24

LHF

中含有的极性键数目为0.1NAC.5mL0.1mol/LCH3COOH

溶液和10mL0.5mol/LCH3COOH

溶液中所含CH3COOH

分子数相等D.一定条件下，向0.1L容器内通入4.6gNO2气体，NO2的物质的量浓度小于1mol/L参考答案：DFe与高温水蒸气反应生成Fe3O4，1molFe与高温水蒸气反应，转移电子的数目为NA，故A错误；标准状况下HF是液体，故B错误；醋酸溶液越稀电离程度越大，5mL0.1mol/LCH3COOH

溶液和10mL0.5mol/LCH3COOH

溶液中所含CH3COOH

分子数后者大，故C错误；存在平衡，所以一定条件下，向0.1L容器内通入4.6gNO2气体，NO2的物质的量浓度小于1mol/L，故D正确。8.下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是:

表述Ⅰ表述ⅡA在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大NaCl晶体中C1—与Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力B通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小C在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同同一主族元素原子的最外层电子数相同DP4O10、C6H12O6溶于水后均不导电P4O10、C6H12O6均属于共价化合物参考答案：B

解析:A选项中，NaCl溶于水是离子晶体的特性，I2是非极性分子溶解度小；B选项中分子的稳定性与键能有关，所以正确；C中形成化合物不一定是最高价或最低价，所以不与最外层电子数呈因果关系；D选项因P4O10发生了反应，所以不能证明P4O10是共价化合物。9.如右图所示，X是铁，Y是石墨，a是饱和食盐水，实验开始前，在U形管的两边各滴入几滴酚酞试液，下列叙述错误的是（

）A．合上K1、断开K2，电子由X经导线流向YB．合上K2、断开K1，电解一段时间后，Y电极附近溶液呈红色通电

C．合上K2、断开K1，U形管中发生的反应为：

2C1—+2H2O=====Cl2↑+2OH—+H2↑D．合上K1、断开K2，Y电极反应为：2H2O+O2+4e—=4OH—参考答案：B略10.下列叙述正确的是A．非金属氧化物一定不是碱性氧化物B．HCl、H2S、NH3都是电解质C．漏斗、蒸馏烧瓶、分液漏斗、滴定管等仪器用于物质分离D．Fe(OH)3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反应制备参考答案：A试题分析：A非金属氧化物一定都不是碱性氧化物，正确；BHCl、H2S都是电解质,而NH3是非电解质，错误；C漏斗可用于分离难溶性固体与液体的混合物——过滤，蒸馏烧瓶用于分离沸点不同的液体混合物；分液漏斗用于分离互不相容的两层液体混合物，而滴定管不可用于物质分离，错误；D.Fe(OH)3可以通过化合反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3制取,错误。

11.将Cu放入0.1mol·L-1FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu，溶液中c(Fe3＋)︰c(Fe2＋)＝2︰3，则Cu2＋与Fe3＋的物质的量之比为

A．3︰2

B．3︰5

C．3︰4

D．4︰3参考答案：C略12.铜锌原电池装置如图所示，下列分析不正确的是A．使用盐桥可以清楚地揭示出电池中的化学反应B．原电池工作时，Cu电极流出电子，发生氧化反应C．原电池工作时，总反应为Zn＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuD．原电池工作一段时间，右侧容器中的溶液增重参考答案：B13.日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A．铜铸塑像上出现铜绿［Cu2(OH2)CO3］

B．用石膏粉制作石膏雕像C．用铝质或铁质容器盛放浓硝酸

D．酸雨的形成参考答案：B略14.有一瓶无色溶液，可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl－、SO42－、HCO3－、MnO4－离子中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生。下列推断正确的是A．肯定有Al3+、Mg2+、NH4+、Cl－ B．肯定有Al3+、Mg2+、HCO3－C．肯定有K+、HCO3－、MnO4－

D．肯定有Al3+、Mg2+、SO42－参考答案：D略15.下列与含氯化合物有关的说法正确的是

A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质

B．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体

C．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物

D．电解NaCl溶液得到22.4LH2（标准状况），理论上需要转移NA个电子（NA表示阿伏加德罗常数）参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：根据上述流程图填空：（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+．请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式．（2）通常条件下Ksp〔Fe（OH）3〕=4.0×10﹣38，除杂后溶液中c（Fe3+）约为．（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是．（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）．母液不能蒸干的原因是．（5）“分离”操作的名称是

（填字母代号）．A．蒸馏

B．分液

C．过滤（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2?12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是，离子浓度最小的离子是．参考答案：1.2Fe2++H2O2+4NH3?H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+2.4.0×10﹣20mol/L3.抑制Al3+水解4.减少可溶性杂质的析出及Al3+水解5.C6.SO42﹣；OH考点：金属的回收与环境、资源保护．专题：实验设计题．分析：（1）H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀；（2）根据氢氧化铁的溶度积及PH=8计算出铁离子浓度；（3）铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝；（4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大；（5）将晶体与溶液分离的操作是过滤；（6）根据题中所给的化学式，利用铵根和铝离子水解进行解答即可．解答：解：（1）亚铁离子具有还原性，双氧水具有强氧化性，在碱性溶液中，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子与氢氧根结合生成氢氧化铁沉淀，此反应的离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+4NH3?H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+，故答案为：2Fe2++H2O2+4NH3?H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+；（2）KSP[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，PH=8，溶液中氢氧根离子浓度为：1×10﹣6mol/L，c（Fe3+）=mol/L=4.0×10﹣20mol/L，故答案为：4.0×10﹣20mol/L；（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，所以母液不能蒸干，故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解；（5）通过过滤，将硫酸铝晶体从溶液中分离，所以C正确；故选C；（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2?12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=0.1mol/L，由于铵根和铝离子均水解，水解结合水电离出的氢氧根，故水解后浓度均小于0.1mol/L，c（SO42﹣）=0.2mol/L，0.2＞0.1，故答案为：SO42﹣；OH﹣．点评：本题考查工艺流程、离子检验、盐类水解、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（9分）物质A~K都是由下表中离子组成的，且为中学化学常见物质，有下图所示的转化关系，部分产物中的水已省略。（如果需要阴、阳离子可以重复使用）阳离子Na+、Al3+、Ag+、Ba2+阴离子OH-、Cl-、SO2-4、AlO-2、NO-3已知C、D、J都是白色沉淀，其中D、J不溶于稀硝酸。试按要求回答下列相关问题：

（1）A、D、K、J的化学式为：A

、D

、K

、J

；

（2）已知B溶液和E溶液都显碱性，则相同条件下，物质的量浓度相同的B溶液和E溶液pH较大的是

（用化学式表示）；

（3）写出反应②的离子反应方程式

；

（4）用惰性电极电解I溶液阳极的电极反应式为

。参考答案：（1）A为Al2(SO4)3、D为BaSO4、K为NaNO3、J为AgCl（2）Ba(OH)2（3）Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O

(4)4OH－-4e－=2H2O+O2↑略18.(08上海嘉定区期末)某研究性学习小组拟用铜屑与氧化铜混合物与硫酸和硝酸组成的混酸反应来制取CuSO4·5H2O晶体，混酸中硝酸的还原产物为NO，反应过程中不产生SO2，反应后的溶液中不含Cu（NO3）2，反应中固体完全溶解，两种酸均恰好完全反应。设固体混合物的总质量为480g，其中铜屑的质量分数为x，试回答下列问题：

（1）所得硫酸铜晶体的质量y为：

g（用x表示）；

（2）若x=0.4，混酸中HNO3与H2SO4的物质的量之比为：

；（3）若x=0.4，480g固体混合物与一定量混酸微热后，充分反应，冷却恰好只得到CuSO4·5H2O，试求原混酸中H2SO4的质量分数（写出计算过程）。参考答案：答案：

（1）1875x+1500-1500x=375x+1500（2分）

Cu——CuSO4·5H2O

CuO---------CuSO4·5H2O64/480x

250/a

80/[480(1-x)]

250/b

y=a+b=（250×480x）/64+250×480(1-x)/80=1875x+1500-1500x=375x+1500

(2)1∶3.3

当x=0.4

m(Cu)=480×0.4=192gm(CuO)=480g-192g=288gn(Cu)=192/64=3mol

n(CuO)=288/80=3.6mol

n(Cu)+n(CuO)=3mol+3.6mol=6.6mol

由Cu守恒得：n(H2SO4)=n(CuSO4·5H2O)=6.6mol设HNO3为xmol,由得失电子数相同得：