江西省九江市复源中学高三化学下学期期末试卷含解析

江西省九江市复源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.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是A．8个中子的碳原子的核素符号：12C

B．HCl分子的电子式

C．Cl－离子的结构示意图：

D．CH4分子的球棍模型：参考答案：B略2.下列关于物质的鉴别、分离和提纯的说法中，正确的是（）A．HN03溶液混有H2SO4，可加入适量的BaCl2溶液，过滤除去B．向某溶液中加入稀H2SO4，有无色无味气体生成，说明原溶液中一定含有CO32﹣C．乙酸乙酯（沸点77℃）中混有乙醇，可以用蒸馏法提纯D．饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl气体参考答案：D【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．硫酸与氯化钡反应生成沉淀和HCl；B．无色无味气体，为二氧化碳；C．沸点差异小，不易直接蒸馏；D．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解．【解答】解：A．硫酸与氯化钡反应生成沉淀和HCl，引入新杂质HCl，应加硝酸钡、过滤除杂，故A错误；B．无色无味气体，为二氧化碳，则原溶液中可能含有CO32﹣或HCO3﹣，故B错误；C．乙酸乙酯（沸点77℃）、乙醇（沸点78℃）的沸点差异小，不易直接蒸馏，应加碳酸钠溶液、分液除杂，故C错误；D．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl气体，故D正确；故选D．3.下列有机物命名错误的是

A．CH3CHClCH2CH3

2-氯丁烷

B．CH3COOC2H5

乙酸乙酯

C．CH3CH2CH(CH3)2

2-甲基丁烷

D．2，5-二甲苯参考答案：D略4.关于金刚石、石墨和C60的判断，正确的是A．均含共价键

B．互为同分异构体

C．互为同位素

D．性质相同参考答案：A解析：金刚石、石墨和C6的结构中都含有共价键，同分异构体是有机化学在研究的问题，同位素是原子之间的关系，这是三种不同的物质，所以性质不同，故选A。5.同温同压下，等质量的SO2和CO2相比较，下列叙述中正确的是A．密度比为1：1

B．密度比为11∶16C．体积比为11∶16

D．体积比为16∶11参考答案：D略6.一定温度下，将少量生石灰放入一定量的饱和石灰水中，搅拌并冷却到原温度，下列说法正确的是

（

）A．溶质的质量增大

B．溶质的物质的量浓度增大C．Ca(OH)2溶解度不变

D．溶质的质量分数增大参考答案：C略7.下列有关物质结构的表述正确的是A．二氧化硅的分子式：SiO2

B．次氯酸的电子式：C．原子核内有l8个中子的氯原子：

D．甲烷分子的比例模型：参考答案：C略8.下列关于电解质溶液的正确判断是A．加水稀释，氨水溶液中导电粒子的数目减少B．通入HCl气体，氨水溶液中NH3?H2O的电离平衡向右移动，溶液的pH增大C．由0.1mol/L一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液中存在BOH=B++OH-D．由0.1mol/L一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液中存在A-+H2OHA+OH-参考答案：D9.不能说明氧的非金属性比硫强的事实是（

）A．H2O的热稳定性比H2S大

B．硫化氢水溶液露置于空气中变浑浊C．水在常温下是液体，而H2S是气体

D．氧气和氢气化合比硫和氢气化合容易参考答案：C略10.下列有关以KOH溶液为电解液的氢氧燃料电池的叙述不正确的是(

)A.正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH－B.工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变C.该燃料电池的总反应式为：2H2+O2=2H2OD.用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2（标准状况）时，有0.2mol电子转移参考答案：B略11.下列叙述正确的是()A．金属与盐溶液反应都是置换反应B．阴离子都只有还原性C．与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D．在潮湿的环境下，黄铜（锌铜合金）比纯铜更耐腐蚀参考答案：D12.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X最高正价与最低负价的代数和为零，Y、Z易形成质量比为3：4和3：8的两种常见化合物，含W元素的物质其焰色反应为黄色．下列说法正确的是(

)A．常见单质的沸点：W＞Y＞ZB．W的氢化物为共价化合物C．原子半径：Y＜Z＜WD．X、Y可以形成既有极性键也有非极性键的化合物参考答案：D【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，含W元素的物质其焰色反应为黄色，则W为Na元素；Y、Z原子序数小于Na，Y、Z易形成质量比为3：4和3：8的两种常见化合物，即CO、CO2，所以Y为C元素、Z为O元素，X的原子序数小于C，而且X最高正价与最低负价的代数和为零，则X为H元素；结合元素周期率知识解答该题．【解答】解：A．Y为碳元素，C元素的单质金刚石为原子晶体，熔点最高，故A错误；B．W为Na元素，NaH为离子化合物，故B错误；C．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：Z＜Y＜W，故C错误；D．C、H可以形成既有极性键也有非极性键的化合物，如C2H4，故D正确．故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，侧重于学生的分析能力的考查，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握．13.用酸性氢氧燃料电池为电源电解CuSO4溶液，实验装置如下图所示。下列关于此装置的说法中，正确的是.A.燃料电池工作时，正极反应为B.a极是石墨，b极是铜时，b极的电极反应为：C.a极是粗铜，b极是纯铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出D.a、b两极均是石墨时，若a极产生的气体为56mL(标准状况），则U形管中溶液的PH为2(体积变化忽略不计）参考答案：A略14.（2008·重庆卷）食品香精菠萝酯的生产路线（反应条件略去）如下：下列叙述错误的是（

）A.步骤（1）产物中残留的苯酚可用FeCl3溶液检验B.苯酚和菠萝酯均可与酸性KMnO4溶液发生反应C.苯氧乙酸和菠萝酯均可与NaOH溶液发生反应D.步骤（2）产物中残留的烯丙醇可用溴水检验参考答案：D本题考查有机化学基础知识。因混合物中只有苯酚一种酚类，可用FeCl3检验残留苯酚，A项正确；苯酚具有还原性，可被酸性KMnO4氧化，菠萝酯分子中含碳碳双键，也可以被酸性KMnO4氧化，B项正确；苯氧乙酸可与NaOH发生中和反应，菠萝酯可在NaOH溶液中发生水解反应，C项正确；烯丙醇与溴水可发生反应，但产物菠萝酯也能与溴水反应，故不能用溴水检验烯丙醇，D项错误。

15.下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2

②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加入过量H2SO4③向Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2

④向石灰水中通入过量CO2⑤向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量A.①②③

B.①②⑤

C.①②③⑤

D.①③

参考答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（11分）某学生用0.2000mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步： ①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上 ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体 ③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数 ④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液 ⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。 请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号）

，该错误操作会导致测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)

（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入

中。（从下图中选填“甲”或“乙”）

(3)下列操作会引起实验结果偏大的是：

（填编号）A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡C．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗D．用酸式滴定管量取液体时，释放液体前滴定管前端有气泡，之后消失（4）判断到达滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液

。（5）以下是实验数据记录表滴定次数盐酸体积mLNaOH溶液体积读数（ml）滴定前滴定后120.000.0021.30220.000.0016.30320.000.0016.22

通过计算可得，该盐酸浓度为：

mol·L－1（计算结果保留4位小数）参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产KMnO4．即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：（1）反应器中反应的化学方程式为

．（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量

（填“偏高”或“偏低”）．（3）电解槽中阳极的电极反应方程式为

．（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学反应方程式为

．根据上述反应，从Mn元素的角度考虑KMnO4的产率最高为

．与该传统工艺相比，电解法的优势是

．（5）用高锰酸钾测定某草酸结晶水合物的纯度：称量草酸晶体样品0.250g溶于水，用0.0500mol?L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液15.00mL，则该草酸晶体的纯度为

．（已知该草酸结晶水合物H2C2O4?2H2O的式量为126）参考答案：（1）4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；（2）偏高；（3）MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；（4）3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；66.7%；产率更高、KOH循环利用；（5）94.5%．

考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：（1）碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，根据得失电子守恒和原子守恒写出相应的方程式；（2）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致KOH消耗量偏高．（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子．（4）根据题干信息可知反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，根据原子守恒书写化学反应方程式，根据方程式分析KMnO4的产率，电解法阳极都生成KMnO4，产率更高；（5）发生反应：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式计算样品中草酸的质量，进而计算草酸的质量分数．解答：解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn（+4→+6），O（0→﹣2），反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O，故答案为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，所以会导致KOH消耗量偏高，故答案为：偏高；（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO42﹣﹣2e﹣=2MnO4﹣，即MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣，故答案为：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；（4）反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，所以方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3，由化学反应方程式：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3份锰参加反应生成2份KMnO4，所以KMnO4的产率最高为×100%=66.7%，与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO4，产率更高，所以优势是产率更高、KOH循环利用；故答案为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；66.7%；产率更高、KOH循环利用；（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式可得关系式：5H2C2O4?2H2O～2KMnO45

2n

0.05mol/L×15.0×10﹣3L

解得n（H2C2O4?2H2O）=1.875×10﹣3mol则m（H2C2O4?2H2O）=1.875×10﹣3mol×126g/mol=0.236g，所以成品的纯度ω=×100%=94.5%，故答案为：94.5%．点评：本题考查实验制备方案、基本操作、工艺流程、氧化还原反应滴定计算、物质含量的测定等，根据题中已知条件确定生成物并写出反应方程式明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，题目难度中等．18.（8分）已知溶液中：还原性HSO3一>I一，氧化性IO3一>I2>SO42-。向含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示，试回答下列问题：（1）写出a点反应的离子方程式

，反应中还原剂是

，被还原的元素是____

。（2）写出b点到c点反应的离子方程式

。（3）若往100mLlmol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，反应开始时的离子方程式为____

。参考答案：（1）3HSO3－＋IO3－===3SO42－＋I－＋3H＋，NaHSO3，碘元素；（2）5I－＋IO3－＋6H＋===3I2＋3H2O；（3）2IO3－＋5HSO3－===I2＋5SO42－＋3H＋＋H2O。

19.草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备．一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制取CoC2O4?2H2O工艺流程如图1：图1图2已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2完全沉淀的pH3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将

还原（填离子符号）以便固体溶解．该步反应的离子方程式为

（写一个）．（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，氯元素被还原为最低价．该反应的离子方程式为

．（3）利用平衡移动原理分析：加Na2CO3能使浸出液中Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀的原因是

．（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2所示．滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是

；使用萃取剂适宜的pH=

（填序号）左右：A．2.0

B．3.0

C．4.0（5）滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀．已知Ksp（MgF2）=7.35×10﹣11、Ksp（CaF2）=1.05×10﹣10．当加入过量NaF后，所得滤液c（Mg2+）/c（Ca2+）=

．参考答案：（1）Fe3+、Co3+；SO32﹣+2Fe3++H2O═SO42﹣+2Fe2++2H+或SO32﹣+2Co3++H2O═SO42﹣+2Co2++2H+；（2）ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O；（3）R3++3H2OR（OH）3+3H+，加入碳酸钠后，H+与CO32﹣反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀；（4）除去溶液中的Mn2+；B；（5）0.7．【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴，（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子；（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水；（3）Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性，碳酸根离子和氢离子反应，从而促进水解平衡向右移动；（4）滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是除去锰离子；根据图知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（5）当加入过量NaF后，所得滤液中==，据此计算；【解答】解：含钴废料中加入盐酸和亚