湖南省邵阳市军田中学高三化学联考试题含解析

湖南省邵阳市军田中学高三化学联考试题含解析一、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.对于反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，能增大正反应速率的措施是()。A．通入大量O2

B．增大容器体积C．移去部分SO3

D．降低体系温度参考答案：A略2.关于下列装置说法正确的是

()A．装置①中，盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C．用装置③精炼铜时，c极为粗铜D．装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2＋生成参考答案：B略3.下列说法正确的是（）A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D．天然气、乙醇和水煤气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源参考答案：B【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；常见的能量转化形式；强电解质和弱电解质的概念；金属冶炼的一般原理．【分析】A、纯碱即碳酸钠属于盐；B、蔗糖在熔融时和溶液中都不导电，硫酸钡在溶液中完全电离，水能部分电离；C、Mg、Al的活泼性较强，用电解法冶炼；D、乙醇可以由粮食发酵制得，属于可再生能源．【解答】解：A、纯碱即碳酸钠，是由钠离子和碳酸根离子构成的属于盐，不是碱，故A错误；B、蔗糖在熔融时和溶液中都不导电属于非电解质，硫酸钡在溶液中完全电离属于强电解质，水能部分电离属于弱电解质，故B正确；C、Mg、Al的活泼性较强，用电解法冶炼，不能用置换法冶炼得到，故C错误；D、天然气属于化石燃料，乙醇可以由粮食发酵制得，属于可再生能源，水煤气由C和水蒸气高温反应制得属于二次能源，故D错误．故选B．4.往100mLpH=0的硫酸和硝酸混合液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成一氧化氮气体448mL（标准状况）。则反应前的混合溶液中含硝酸的物质的量为

A．0.02mol

B．0.08ml

C．0.10mol

D．0.16mol参考答案：A略5.X、Y、Z是三种短周期元素，在周期表中的相对位置如图所示，有关说法正确的是A．X、Y、Z不可能全是金属元素

(

)

B．若Z能与X、Y分别形成原子晶体，则Z一定是硅元素

C．若X、Y、Z的最高价氧化物形成的水化物分别为a、b、c，则a的酸性最弱

D．若X、Y、Z分别形成氢化物a、b、c，则其沸点相对高低一定为：c>a，b>a参考答案：B略6.控制适合的条件，将反应设计成如右图所示的原电池。下列判断不正确的是

A.反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应

B.反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原

C.电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态

D.电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固定，乙中石墨电极为负极参考答案：D解析：乙中I－失去电子放电，故为氧化反应，A项正确；由总反应方程式知，Fe3＋被还原成Fe2＋，B项正确；当电流计为零时，即说明没有电子发生转移，可证明反应达平衡，C项正确。加入Fe2＋，导致平衡逆向移动，则Fe2＋失去电子生成Fe3＋，而作为负极，D项错。

7.．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．pH＝2的HNO3溶液与pH＝12的NH3·H2O溶液等体积混合：c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NO3－)B．浓度均为0.1mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na＋)＝3[c(CO32－)＋c(HCO3－)]C．25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的NH3·H2O、NH4Cl溶液等体积混合，所得溶液显碱性：c(NH4＋)＋c(H＋)＞c(NH3·H2O)＋c(OH－)D．0.1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(SO42－)＝c(NH4＋)＞c(Fe2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)参考答案：AC略8.向下列溶液中滴加稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸，沉淀又消失的是A．Na2SiO3

B．BaCl2

C．FeCl3

D．NaAlO2参考答案：D略9.现有浓度均为0.10mo1?L﹣1的①Na2CO3溶液和②NaHCO3溶液．下列说法不正确的是（）A．①中有：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．②中有：c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）C．①和②混合溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）D．①或②中都有：c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）=0.10mol?L﹣1参考答案：A考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析：碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致其溶液中碱性，碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液呈碱性，但碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，再结合电荷守恒、物料守恒解答．解答：解：A．碳酸根第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子、第二步水解生成碳酸和氢氧根离子，所以c（HCO3﹣）＜c（OH﹣），故A错误；B．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故B正确；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故C正确；D．根据物料守恒得c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）=0.10mol?L﹣1，故D正确；故选A．点评：本题考查了离子浓度大小的比较，明确溶液中的溶质性质是解本题关键，再结合电荷守恒和物料守恒解答，注意无论电荷守恒还是物料守恒不仅存在于单一溶质的溶液中也存在多种溶质的溶液中，为易错点．10.W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大。W和Y，X和Z均位于同一主族，Z单质与Y的最高价氧化物对应水化物反应可生成“84”消毒液的主要成分。下列说法正确的是（

）A.X和Z的氢化物的沸点：X<ZB.YW与水的反应属于氧化还原反应C.X的最高价氧化物对应水化物是强酸D.简单离子半径大小：Z>Y>X参考答案：B【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大。Z单质与Y的最高价氧化物对应水化物反应可生成“84”消毒液的主要成分NaClO，Y为Na，Z为Cl，W和Y，X和Z均位于同一主族，W为H，X为F。【详解】A．X和Z的氢化物分别是HF和HCl，HF分子间形成氢键，沸点：X>Z，故A错误；B．NaH与水反应生成氢气和NaOH，氢由-1价和+1价变为0价，属于氧化还原反应，故B正确；C．X为F，没有最高价氧化物对应水化物，故C错误；D．Na＋和F－电子层结构相同，F－核电荷数小，半径比Na＋大，Cl-比F-多一个电子层，Cl-半价最大，简单离子半径大小：Z>X>Y，故D错误；故选B。11.下列离子一定能大量共存的是

A．无色水溶液中：Na+、Al3+、Cl—、HCO—3B．在pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、Cl—、NO—3C．在含有大量Fe3+的溶液中：NH+4、K+、ClO—、SO2—4D．在pH=14的溶液中：K+、Cl—、[Al（OH）4]—、Na+参考答案：D12.下列物质与其用途完全符合的有（

）条

①Na2CO3—制玻璃；②SiO2—太阳能电池；③AgI—人工降雨；④NaCl—制纯碱；⑤Al2O3—焊接钢轨；⑥NaClO—消毒剂⑦Fe2O3—红色油漆或涂料⑧MgO—耐火材料A．4

B．5

C．6

D．7参考答案：C略13.下列叙述中正确的是（）A．25°时，在pH=0的溶液中，NO3﹣、SO42﹣、I﹣、K+可以大量共存B．物质的量浓度相等的Na2CO3和NaHCO3溶液，其25°时，pH是pH（Na2CO3）＜pH（NaHCO3）C．FeBr2溶液中通入少量Cl2时，离子方程式为2Br﹣+Cl2═2Cl﹣+Br2D．醋酸与NaOH发生中和反应时，当c（CH3COO﹣）=c（Na+）时，c（H+）=c（OH?）参考答案：D考点：离子共存问题；盐类水解的应用．.专题：离子反应专题．分析：A．25°时，在pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化碘离子；B．碳酸的酸性大于碳酸氢根离子，则碳酸氢钠的水解程度小于碳酸钠的，碳酸钠的碱性大于碳酸氢钠；C．氯气少量，亚铁离子还原性大于溴离子，所以亚铁离子优先反应；D．当c（CH3COO﹣）=c（Na+）时，根据电荷守恒可知c（H+）=c（OH?），溶液显示中性．解答：解：A．25°时，在pH=0的溶液中存在大量氢离子，NO3﹣在酸性条件下能够氧化I﹣，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．物质的量浓度相等的Na2CO3和NaHCO3溶液，越弱越水解，碳酸的酸性大于碳酸氢根离子，则碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则溶液的pH大小为：（Na2CO3）＞pH（NaHCO3），故B错误；C．FeBr2溶液中通入少量Cl2时，只有亚铁离子被氯气氧化，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Cl﹣+2Fe3+，故C错误；D．醋酸与NaOH发生中和反应时，如果c（CH3COO﹣）=c（Na+），根据电荷守恒可知：c（H+）=c（OH?），故D正确；故选D．点评：本题考查离子共存、离子方程式的书写判断及盐的水解原理，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况、离子方程式的书写原则，能够根据电荷守恒判断溶液中离子浓度大小．14.同温同压下，mg气体A与ng气体B的分子数目相同，下列说法中不正确的是（）A．气体A与气体B的相对分子质量之比为m：nB．同质量的气体A与气体B，所含分子数目之比为n：mC．相同条件下，等体积的气体A与气体B的质量之比为m：nD．相同条件下，气体A与气体B的密度之比为n：m参考答案：D考点：阿伏加德罗定律及推论．

分析：同温同压下，mg气体A与ng气体B的分子数目相同，则物质的量相同．A、物质的量相同时，气体的质量与摩尔质量即相对分子质量成正比；B、质量相等时，摩尔质量和物质的量成反比；C、相同条件下，等体积的气体的物质的量相等，而等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比；D、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比．解答：解：同温同压下，mg气体A与ng气体B的分子数目相同，则物质的量相同．A、物质的量相同时，气体的质量与摩尔质量即相对分子质量成正比，故气体A和气体B的相对分子质量之比为m：n，故A正确；B、质量相等时，摩尔质量和物质的量成反比，由于气体A和气体B的相对分子质量之比即摩尔质量之比为m：n，故等质量的两者的物质的量之比为n：m，而分子数目之比等于物质的量之比，故分子数目之比为n：m，故B正确；C、相同条件下，等体积的气体A和气体B的物质的量相等，而等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比，故气体A和气体B的质量之比为m：n，故C正确；D、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故气体A和气体B的密度之比为m；n，故D错误．故选D．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确同温、同压、同体积，则气体的分子数相同、物质的量相同及质量、物质的量、摩尔质量的关系是解答的关键．15.把乙烯和丙烯两种有机物按一定的比例混合，在一定条件下反应，所形成的高分子化合物结构简式可能为①②③④．A．①③

B．①②③④

C．①②③

D．②④参考答案：B二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某学生利用以下装置探究喷泉实验．其中A、F分别为硫化氢和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与硫化氢反应的装置．请回答下列问题：（1）装置F中发生反应的化学方程式

．（2）装置A中的分液漏斗内液体a可选用

（选填以下选项的代号）．A．盐酸

B．浓硫酸

C．稀硫酸

D．稀硝酸（3）虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的“备选装置”中选择合适装置的编号，填入下列空格．B

、D

、E

．（4）打开K1、K2，将常温压下的H2S、Cl2以体积比1：1充满烧瓶后，烧瓶中发生的反应用化学方程式表示为

；关闭K1、K2，始终看不到烧瓶内产生“喷泉”现象，理由是：

．（5）在操作（4）的基础上，引发喷泉操作方法是

．参考答案：（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）AC；（3）Ⅲ；Ⅰ；Ⅱ；（4）H2S+Cl2=2S↓+2HCl；烧瓶内的气压与外界气压相同，不能产生压强差，故无喷泉现象；（5）用手（或热毛巾）将烧瓶捂热或将烧瓶微热，烧瓶内气体受热膨胀，使HCl与烧杯中溶液接触，即可引发喷泉或者用冰水或其它制冷剂浇在烧瓶上，以减小烧瓶内气体的压强，烧杯中溶液通过导管进入烧瓶内与HCl气体接触，即可引发喷泉．解：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）利用FeS与弱氧化性的强酸来制取硫化氢气体，故选AC；（3）硫化氢中混有水蒸气，硫化氢是强还原性气体，要除去水蒸气只能用固体P2O5干燥，故B选Ⅲ；制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢E应选Ⅱ；水蒸气常用浓硫酸除去，故D选Ⅰ；故答案为：Ⅲ；Ⅰ；Ⅱ；（4）氯气和硫化氢在常温下混合就能发生反应生成氯化氢和硫单质，方程式为H2S+Cl2=2S↓+2HCl；根据产生“喷泉”的原理分析始终看不到烧瓶内产生“喷泉”现象是由于烧瓶内的气压与外界气压相同，不能产生压强差，故无喷泉现象，故答案为：H2S+Cl2=2S↓+2HCl；烧瓶内的气压与外界气压相同，不能产生压强差，故无喷泉现象；（5）根据产生“喷泉”的原理引发喷泉操作方法是想方设法使内外产生压强差，所以常见的方法有：用手（或热毛巾）将烧瓶捂热或将烧瓶微热，烧瓶内气体受热膨胀，使HCl与烧杯中溶液接触，即可引发喷泉或者用冰水或其它制冷剂浇在烧瓶上，以减小烧瓶内气体的压强，烧杯中溶液通过导管进入烧瓶内与HCl气体接触，即可引发喷泉；故答案为：用手（或热毛巾）将烧瓶捂热或将烧瓶微热，烧瓶内气体受热膨胀，使HCl与烧杯中溶液接触，即可引发喷泉或者用冰水或其它制冷剂浇在烧瓶上，以减小烧瓶内气体的压强，烧杯中溶液通过导管进入烧瓶内与HCl气体接触，即可引发喷泉．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.铬铁矿的主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的流程图：根据题意回答下列问题：（1）固体X中主要含有

（填写化学式）；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，应该使用

______________

（填写仪器或试剂名称）。（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH<5，其目的是

_______________________。（3）操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、

、过滤、

、干燥。（4）下表是相关物质的溶解度数据，操作III发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KCl==K2Cr2O7↓+2NaCl该反应在溶液中能发生的理由是_____________________________。（5）副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是称取ng样品，加入过量

____

（填写试剂）、溶解、过滤、再

（填写试剂）、……灼烧、冷却、称量，得干燥固体mg。计算祥品中氢氧化铝的质量分数为

（用含m、n的代数式表示）。参考答案：(1)Fe2O3、MgO(2分)PH计或PH试纸(1分)(2)使CrO42-转化为Cr2O72-(1分)(3)冷却结晶、洗涤(各1分)(4)K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小（或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小）(2分)(5)NaOH溶液、通入过量二氧化碳。(各1分，合理答案也给分)；(3分)18.硫酸铁铵[aFe2(SO4)3·b(NH4)2SO4·cH2O]广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等。某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵。请回答下列问题：（1）硫酸亚铁溶液加H2SO4酸化的主要目的是__________________________，滤渣A的主要成分是__________________。（2）下列物质中最适合的氧化剂B是________；反应的离子方程式

。a．NaClO

b．H2O2

c．KMnO4

d．K2Cr2O7（3）操作甲、乙的名称分别是：甲______________，乙___________________。（4）上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe2+是否已全部被氧化，所加试剂为

（写名称），能否用酸性的KMnO4溶液？

(填“能”或“不能”)理由是：

。（可用语言或方程式说明）（5）检验硫酸铁铵中NH4+的方法是________________________________________。（6）称取14.00g样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入0.05molBa(NO3)2溶液，恰好完全反应。则该硫酸铁铵的化学式为______________________。参考答案：（1）增大溶液中SO浓度，将Ca2+转化为沉淀（同时抑制Fe2+水解或抑制Fe2+、Fe3+水解）（2分，只答出抑制水解给1分，不答不扣分）；

CaSO4（1分）（2）b（1分）；H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（2分）（3）冷却结晶（1分）

常温晾干（1分）（4）铁氰化钾溶液（1分）；不能（1分），因为H2O2和Fe2+均能使酸性的KMnO4溶液褪色（1分）（5）在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色（2分）（6）Fe2(SO4)3·2(NH4)2SO4·2H2O（2分）19.（16分）水是生命之源。饮用水消毒作为控制水质的一个重要环节，液氯消毒是最早的饮用水消毒方法。近年来科学家提出，氯气能与水中的有机物发生反应，生成的有机氯化物可能对人体有害。二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。与Cl2相比，ClO2不但具有更显著地杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。（1）氯气溶于水能杀菌消毒的原因是__________________________________________。（