安徽省宣城市水阳高级中学高三化学下学期期末试卷含解析

安徽省宣城市水阳高级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.某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案．方案一：2.7gAlX溶液Al（OH）3沉淀方案二：2.7gAlY溶液Al（OH）3沉淀已知：NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol?L﹣1，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）A．在O点时两方案中所得溶液的溶质物质的量相等B．b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液C．X溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2D．a、b曲线表示的反应都是氧化还原反应参考答案：A考点：性质实验方案的设计；镁、铝的重要化合物分析：由实验方案可知，方案一：2.7gAlX溶液Al（OH）3沉淀；方案二：2.7gAlY溶液Al（OH）3沉淀，n（Al）==0.1mol，n（HCl）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，酸完全反应，而NaOH剩余，则图中b表示向Y中加盐酸，a表示向X中加NaOH，以此来解答．解答：解：A．在O点时，沉淀达到最大，所得溶液中只有氯化钠溶质，与向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH和HCl的浓度及体积相等，根据原子守恒，所以O点时两方案中所得溶液浓度相等，故A正确；B．b中开始不生成沉淀，则b表示向Y中加盐酸，故B错误；C．根据以上分析知，X溶液中溶质是AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2、NaOH，故C错误；D．a表示的是氯化铝和氢氧化钠的复分解反应，b表示的是偏铝酸钠、NaOH分别和盐酸的反应，均为复分解反应，故D错误．故选A．点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握发生的反应及量的关系、图象分析为解答的关键，侧重分析、计算、实验能力的综合考查，题目难度中等．2.能大量共存于同一溶液中，且当溶液中加入过量的NaOH溶液或少量稀硫酸时，都能产生白色沉淀的离子组是()A．Ba2＋、Mg2＋、NO3－、CO32－

B．H＋、Ba2＋、Al3＋、Cl－C．K＋、Ba2＋、Cl－、HCO3－

D．NH4＋、Ba2＋、Fe3＋、Cl－参考答案：C略3.200mlFe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（）A．5mol/LB．7.5mol/LC．10mol/LD．2.5mol/L参考答案：B【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】根据化学式Fe2（SO4）3可知，溶液中n（SO42﹣）=n（Fe3+），根据n=计算56gFe3+的物质的量，再根据c=计算溶液中SO42﹣的物质的量浓度．【解答】解：56gFe3+的物质的量为=1mol，溶液中n（SO42﹣）=n（Fe3+）=×1mol=1.5mol，所以溶液中SO42﹣的物质的量浓度=7.5mol/L．故选B．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，难度不大，根据化学式判断铁离子与硫酸根的关系是解题关键．8.34gFeS04·7H20样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是（

）A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4?5H2OB．温度为l59℃时固体物质N的化学式为FeSO4?3H2OC．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4FeO+SO3↑D．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3参考答案：D解析：A、依据图象分析在78℃时固体质量变为6.72g，绿矾加热失去结晶水，质量减小，设失去结晶水x个，则8.34gFeS04?7H20样品物质的量=8.34g/278g/mol=0.03mol，FeSO4?7H2OFeSO4?（7-x）H2O+xH2O0.03mol

0.03xmol依据加热分解减少的是水的质量列式：0.03xmol×18g/mol=8.34g-6.72g=1.62gx=3所以加热到78℃时固体为FeSO4?4H2O，错误；B、根据和A选项相同的计算方法可以得到固体物质N的化学式为FeSO4?H2O，错误；C、经过计算可以得到在P点时，固体物质为FeSO4，则N得到P的化学方程式为FeSO4?7H2OFeSO4+7H2O，错误；D、晶体全部失去结晶水得到固体质量为8.34g-0.03mol×7×18g/mol=4.56g；对应温度为633°C；取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，结晶水全部失去，硫酸亚铁受热分解，假设Q的化学式为Fe2O3，根据元素守恒可得Fe2O3的物质的量为0.015mol，质量为2.40g，与图像中的Q的质量恰好相同，同时有两种无色气体生成，判断为SO2，SO3，正确。5.化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是（

）A.高纯硅可用于制作光导纤维B.碳酸钠热溶液呈碱性，可用于除去餐具上的油污C.利用太阳能蒸发海水的过程属于物理变化D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖参考答案：A【详解】A．高纯硅用于制太阳能电池或芯片等，而光导纤维的材料是二氧化硅，故A错误；B．利用碳酸钠热溶液水解呈碱性，可除餐具上的油污，故B正确；C．海水蒸发是物理变化，故C正确；D．淀粉和纤维素均为多糖，一定条件下，淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；故答案为A。6.下列有关Ca（ClO）2溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，K+、Cl﹣、HCOOH、I﹣可以大量共存B．与Na2SO3反应的离子方程式：ClO﹣+SO32﹣═SO42﹣+Cl﹣C．不可使用pH试纸测定该溶液的pHD．1L0.1mol/L该溶液和足量的CO2充分反应，产生10g沉淀参考答案：C【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】A．溶液中不能存在还原性离子；B．发生氧化还原反应后，结合钙离子生成硫酸钙沉淀；C．溶液具有漂白性；D．和足量的CO2充分反应，生成碳酸氢钙和HClO．【解答】解：A．ClO﹣、I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．与Na2SO3反应的离子方程式为Ca2++ClO﹣+SO32﹣═CaSO4↓+Cl﹣，故B错误；C．溶液具有漂白性，则不可使用pH试纸测定该溶液的pH，可选pH计测定，故C正确；D．和足量的CO2充分反应，生成碳酸氢钙和HClO，则不能生成沉淀，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的性质，综合性较强，涉及离子共存、氧化还原反应、与量有关的离子反应等，注重高频考点的考查，选项BD均为解答的易错点，题目难度不大．7.已知某饱和溶液的：①溶液的质量②溶液的体积③溶剂的质量④溶质的摩尔质量

⑤溶液的密度⑥溶质的溶解度。从以上条件的组合中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的是A．①②④

B．①②③④

C．①②④⑥

D．④⑤⑥参考答案：A略8.室温下，设1LpH=6的AlCl3溶液中，由水电离出的H+物质的量为n1；1LpH=6的HCl溶液中，由水电离出的H+物质的量为n2．则的值是（）A．1 B．100 C．1000 D．10000参考答案：B考点：pH的简单计算；水的电离．

分析：酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以盐酸抑制水电离，氯化铝促进水电离，pH=6的1L盐酸中，水电离出n（H+）=mol/L×1L=10﹣8mol，1LpH=6的氯化铝溶液中水电离出n（H+）=10﹣6mol/L×1L=10﹣6mol，据此计算．解答：解：酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以盐酸抑制水电离，氯化铝促进水电离，pH=6的1L盐酸中，水电离出n（H+）=mol/L×1L=10﹣8mol，氯化铝溶液中水电离出氢离子浓度等于溶液中氢离子浓度，所以1LpH=6的氯化铝溶液中水电离出n（H+）=10﹣6mol/L×1L=10﹣6mol，则==100，故选B．点评：本题以pH的简单计算为载体考查水的电离，明确水电离影响因素是解本题关键，易错点是计算溶液中水电离出氢离子浓度，注意：酸中水电离出氢离子浓度不等于溶液中氢离子浓度，题目难度不大9.X、Y、Z、W有如右图所示的转化关系，则X、W可能是①C、O2

②AlCl3、NaOH③Fe、HNO3

④S、O2A．①②③

B．①②C．③④

D．①②③④参考答案：A10.

电解用粗盐（含Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质）配制的食盐水，以下说法正确的是（

）A．a是电解池的正极B．a电极上发生还原反应C．b电极附近有白色沉淀出现D．b电极上有黄绿色气体产生参考答案：答案：C11.下列实验能达到实验目的是（）A．用图①装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色B．用图②装置探究温度对平衡移动的影响C．用图③装置验证铁发生析氢腐蚀D．用图④装置测定反应速率参考答案：B【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．用电解方法制取Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色，应该用Fe作阳极；B．升高温度，平衡向吸热方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动；C．铁在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，在强酸性条件下发生析氢腐蚀；D．测定反应速率时，应该用分液漏斗而不是长颈漏斗．【解答】解：A．用电解方法制取Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色，应该用Fe作阳极，如果Fe作阴极，没有亚铁离子生成导致无法制取Fe（OH）2，故A错误；B．升高温度，平衡向吸热方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动，所以可以利用温度不同结合物质颜色变化确定反应热，故B正确；C．铁在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，在强酸性条件下发生析氢腐蚀，氯化钠溶液呈中性，所以该装置是验证铁发生吸氧腐蚀，故C错误；D．测定反应速率时，应该用分液漏斗而不是长颈漏斗，否则生成的气体从长颈漏斗中逸出且无法控制液体流速，故D错误；故选B．12.把一块镁铝合金投入到1mol/LHCl溶液里，待合金完全溶解后，往溶液里加人1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如下图A所示。下列说法中不正确的是

A.图A中:a的取值范围为0≤a＜40B.图A中：.的最大值为2.0C.若将关系图改为图B时，则a的取值范围为70<a<80D.若将关系图改为图C时，则a的取值范围为67.5<a<80参考答案：C略13.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，m、n、p、q依次为四种元素的单质；r、t、u为二元化合物，其中u是我国北方主要的大气污染物之一，可使品红溶液褪色；25℃，0.01mo/L的v溶液pH=12；上述物质间转化关系如图，下列说法错误的是A.Y、Z、W的简单离子半径：W>Y>ZB.W、Y分别与X形成的简单化合物的沸点:Y>WC.X和Y、Z和Y都能形成不止一种二元化合物D.X、Y、Z、W中任意三种元素形成的化合物都抑制水的电离参考答案：D短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，m、n、p、q依次为四种元素的单质；r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u是我国北方主要的大气污染物之一，可使品红溶液褪色，u为SO2；25℃时，0.01mol?L-1的v溶液pH=12，c(OH-)=0.01mol/L，则v为NaOH，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，则X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S。A.电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：W＞Y＞Z，故A正确；B．水分子间含氢键，则W、Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点：Y＞W，故B正确；C.H和O、Na和O都能形成氧化物和过氧化物，二元化合物不止一种，故C正确；D.X、Y、Z、W

中任意三种元素形成的化合物不一定都抑制水的电离，如亚硫酸钠水解促进水的电离，故D错误；故选D。点睛：本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握元素化合物知识、图中转化来推断元素、物质为解答的关键。本题要注意利用u与v为推断的突破口，选项D为解答的易错点，要知道任意三种元素形成的常见化合物和水的电离的影响因素。14.分离混合物的方法错误的是（）A．分离苯和硝基苯：蒸馏B．分离氯化钠与氯化铵固体：升华C．分离水和溴乙烷：分液D．分离氯化钠和硝酸钾：结晶参考答案：B【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．苯和硝基苯互溶，但沸点不同；B．氯化铵加热分解，而氯化钠不能；C．水和溴乙烷分层；D．二者溶解度受温度影响不同．【解答】解：A．苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故A正确；B．氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故B错误；C．水和溴乙烷分层，则选择分液法分离，故C正确；D．二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故D正确；故选B．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．15.下列溶液中能用来区别SO2和CO2气体的是（

）①澄清的石灰水②氢硫酸

③氯水

④酸性高锰酸钾溶液⑤氯化钡溶液⑥品红溶液A．①④⑤⑥

B．②③④⑤

C．①②③⑥

D．②③④⑥参考答案：答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某化学兴趣小组拟用下图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。提供化学药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液。（1）稀硫酸应放在

中（填写仪器名称）.（2）本实验通过控制A、B、C三个开关，将仪器中的空气排尽后，再关闭开关

、打开开关

就可观察到氢氧化亚铁的颜色。试分析实验开始时排尽装置中空气的理由

．（3）该实验使用铁粉，除反应速率可能太快外，还可能会造成的不良后果是

．（4）在FeSO4溶液中加入(NH4）2SO4固体可制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]（式量为392），该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。①为洗涤(NH4）2SO4·FeSO4·6H2O粗产品，下列方法中最合适的是

。A．用冷水洗

B．先用冷水洗，后用无水乙醇洗C．用30%的乙醇溶液洗

D．用90%的乙醇溶液洗②为了测定产品的纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗高锰酸钾溶液体积/mL25.5225.0224.98滴定过程中发生反应的离子方程式为

.滴定终点的现象是

.通过实验数据计算的该产品纯度为 （用字母ac表）．上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是

。A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低参考答案：（1）分液漏斗（1分）（2）B，A（或“AC”），（各1分）防止生成的氢氧化亚铁被氧化；（2分）（3）铁粉进入导管从而堵塞导管（或其它合理答案）（2分）；（4）①D；（1分）②MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，（2分）最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色（2分）×100%（2分），BC。（2分）三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质。E、F均为气体，且F为红棕色。有关的转化关系如下图所示（反应条件均已略去）。请回答下列问题：（1）D的化学式为

、Y的化学式为

、E的化学式为

.

（2）反应③的离子方程式为

。（3）Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为

⑷0.1mol·L－1的X溶液和0.1mol·L－1的Y溶液等体积混合，溶液呈

___性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是_________

____(用离子方程式说明）。参考答案：略18.(14分)锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁，90%的锰消耗于钢铁工业，10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2MnSCoS

NiS

Ksp2.1×10-133.0×10-165.0×10-161.0×10-115.0×10-221.0×10-22（1)步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是_________________________________；（2）步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：①使矿物中的物质充分反应；②提供第Ⅱ步氧化时所需要的酸性环境；③________________；（3）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式是__________________；加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，以除去Fe3+。（4）步骤Ⅲ中，需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还有_________；滤渣2的主要成分是_________；（5）电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降．欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10-5mol?L-1，则应保持溶液中c(S2-)≥_____mol?L-1。参考答案：（1）MnCO3+H2SO4＝MnSO