安徽省淮南市第二十三中学高三化学联考试题含解析

安徽省淮南市第二十三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.下图中能验证氯化钠溶液（含酚酞）电解产物的装置是

（

）

A

B

C

D参考答案：D略2.K2FeO4可用作水处理剂，它可由3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O制得。下列说法不正确的是A.Cl2是氧化剂，Fe(OH)3在反应中失去电子B.氧化性：Fe(OH)3>K2FeO4C.每生成lmol氧化产物转移的电子的物质的量为3molD.K2FeO4的用途与胶体和氧化剂知识有关参考答案：B【分析】反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O中，Fe元素的化合价升高，被氧化，Cl元素的化合价降低，被还原。【详解】A、Cl元素的化合价降低，被还原，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe(OH)3发生氧化反应，失去电子，选项A正确；B.Fe(OH)3中铁是+3价，FeO42—中铁是+6价，所以，Fe(OH)3是还原剂，它的还原性强于FeO42—，选项B不正确；C、由Fe元素的化合价变化可知，每生成lmol氧化产物K2FeO4转移的电子的物质的量为3mol，选项C正确；D、高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重氧化还原反应判断及基本反应类型判断的考查，题目难度不大。3.某课外小组欲测定过氧化钠与碳酸钠混合物中过氧化钠的质量分数，准确称量a克样品，下列后续实验方案中，不合理的是（）A．隔绝空气加热，冷却后，称量剩余固体质量m1gB．与足量稀盐酸反应并蒸干，称量剩余固体质量m2gC．与足量水反应并加热，收集到标准状况下V1L干燥气体D．与足量稀硫酸反应并加热，收集到标准状况下V2L干燥气体参考答案：A考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．过氧化钠与碳酸钠都稳定；B．最终反应生成氯化钠；C．过氧化钠与水反应生成氧气；D．过氧化钠与水反应生成氧气，稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳．解答：解：A．过氧化钠与碳酸钠都稳定，不易分解，故A错误；B．最终反应生成氯化钠，质量变化，故B正确；C．过氧化钠与水反应生成氧气，可能为V1L，故C正确；D．过氧化钠与水反应生成氧气，稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，可能为V2L，故D正确．故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重实验基本操作和实验原理的考查，题目难度不大．4.下列有关物质组成、分类正确的是

A.盐酸、硫酸、硝酸都是强氧化性酸

B.新制氯水、氨水的溶质分别是次氯酸、氨分子

C.纯碱、烧碱的成分分别是碳酸钠、氢氧化钠

D．苯、聚苯乙烯、聚乙烯的组成元素以及元素质量比相等参考答案：C5.下列有关物质用途的叙述中不正确的

A.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多

B.氧化铝可用于制耐火砖，坩埚等

C.硅是光导纤维和制造太阳能电池的主要原料

D.Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3均可除去河水中的悬浮颗粒参考答案：C略6.．X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，X的族序数是周期数的2倍，Y的气态氢化物与最高价氧化物水化物可形成盐，Z的最外层电子数与其电子总数比为3︰8，下列说法正确的是A．X、Y、W的最高价含氧酸酸性顺序：Y＞W＞X

B．气态氢化物的稳定性：Z＞W

C．原子半径：Z＞W＞X＞Y

D．X、W形成的化合物XW4属于离子化合物参考答案：C略7.常温下，用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法不正确的是（）A．点①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）B．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）C．点③所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）参考答案：D考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、根据点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，所以c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）；B、点②pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），所以c（Na+）=c（CH3COO﹣）；C、点③体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，根据物料守恒可知：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）；D、在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）的情况．解答：解：A、根据点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，所以c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故A正确；B、点②pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）=c（CH3COO﹣），故B正确；C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，物料守恒可知：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故C正确；D、如果出现c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）这个关系，则溶液中电荷不守恒，故D错误；故选：D．点评：本题考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，注意利用电荷守恒的角度做题．8.

下列实验中正确的是（）A．用50mL量筒量取5mL液体

B．用分液漏斗分离丙醛和水的混合物C．用氢氧化钠溶液清洗存放过苯酚的试管

D．将浓硝酸保存在无色试剂瓶中参考答案：答案：C9.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是

（

）

A．根据图①可判断可逆反应正反应是吸热反应

B．图②表示压强对可逆反应的影响，乙的压强大

C．图③可表示乙酸溶液中通人氨气至过量过程中溶液导电性的变化

D．根据图④溶解度与溶液pH关系，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO，调节至pH在4左右参考答案：D略10.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是

A．0.5mol雄黄（As4S4，结构如右图）含有NA个S—S键

B．7．8gNa2S和7．8gNa2O2中含有的阴离子数目均为0．1NAC．l．8gO2分子与1．8gO3分子中含有的中子数不相同D．氧原子总数为0.2NA的SO2和O2的混合气体，其体积为2.24L参考答案：B略11.下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是

（

）①无色溶液中：K＋、Cl－、Ca2＋、SO42-、NO3-②pH=11的溶液中：Na＋、AlO2-、NO3-、S2－、SO32-③水电离的H＋浓度c(H＋)=10-12mol·L-1的溶液中：Cl－、NO3-、NH4＋、SO32-④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4＋、Cl－、K＋、SO42-⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4-、NO3-、Na＋、SO42-⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3-、Cl－、S2－A.①②⑤

B.①③⑥

C.②④

D.①②④参考答案：C略12.过氧化氢与硫酸酸化的高锰酸钾溶液进行反应生成硫酸钾、硫酸锰、水和氧气。如果过氧化氢中的氧原子是示踪原子(),当反应完成后,含有示踪原子的物质是（

）

A．硫酸钾

B．硫酸锰

C．氧气

D．水参考答案：C略13.NaBH4/H2O2燃料电池(DBFC)的结构如下图，有关该电池的说法正确的是

A．电极B是燃料电池的负极

B．电池的电极A反应为：BH4－＋8OH－－8e－===BO2－＋6H2O

C．放电过程中，Na＋从正极区向负极区迁移

D．在电池反应中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，理论上流过电路中的电子为6NA个参考答案：B略14.下列叙述正确的是A.溶液是电中性的，胶体是带电的B．因为SO2具有还原性，所以不能用浓硫酸干燥SO2C．本饮品由纯天然物质配制而成，绝对不含化学物质，对人体无害D．含碘食盐可防止甲状腺肿大参考答案：D略15.已知，Fe2+结合S2－的能力大于结合OH－的能力，而Al3+则正好相反。在Fe2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是A．Al2S3、FeS和S

B．Fe(OH)3和Al(OH)3

C．Fe2S3和Al(OH)3

D．FeS、Al(OH)3和S参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.(14分)某研究性学习小组通过实验来探究乙二酸(又名草酸)受热分解的产物(水除外)，他们设计的实验装置如下图所示：

查阅资料可知：乙二酸晶体(H2C2O4·2H2O)熔点100．1℃，草酸钙是难溶于水的白色固体；Cu2O能溶于稀硫酸，立即发生歧化反应生成Cu2+和Cu。（1）实验过程中观察到C、E装置中的溶液均变浑浊，且D装置中黑色粉末变为红色，写出A中发生反应的化学方程式：

；（2）装置B的作用是

；指出上述装置中的不足之处：

。（3）实验结束后向装置B的试管中加入少量酸性高锰酸钾溶液，可以观察到的实验现象是溶液由褪色，反应的离子方程式为

。（4）有人认为D装置中得到的红色固体可能是Cu，也可能是Cu和Cu2O的混合物。实验小组进一步探究：

①取少量红色固体加入到盛稀硫酸的试管中，充分振荡，溶液变为蓝色，试管底部仍有红色固体，由此可以得出的结论是

。②取该红色固体与足量的稀硝酸反应，写出反应的化学方程式

。参考答案：（14分）（1）H2C2O4·2H2O△===CO↑＋CO2↑＋3H2O（2分）（2）除去生成物中带出的乙二酸蒸汽，防止对检验分解产物CO2的干扰（2分）；

无尾气处理装置（2分）（3）6H++5H2C2O4+2Cr2O72-=2Mn2++10CO2↑+8H2O（2分）（4）①红色固体中含有Cu2O（2分）

②3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O（2分）3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO+7H2O（2分）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.金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用，利用铝热反应完成钢轨的焊接非常方便迅速．完成下列填空：（1）在特制漏斗中将铝热剂混合均匀后，引发铝热反应的操作是：

．（2）硅与铝同周期．地壳里硅铝的含量硅

铝（填＞，＜或=）．工业上制备金属铝的化学方程式是：

，工业上制备硅的化学方程式有：a．SiO2+2CSi（粗）+2CO

b．SiO2+3CSiC+2CO（副反应），c．Si（粗）+2C12SiCl4

d．SiC14+2H2Si+4HC1，某同学将氧化还原反应、非氧化还原反应及四大基本反应绘制成图，其中属于图“2“区域的反应是

（填序号）．SiO2是硅酸盐玻璃（Na2CaSi6O14）主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2O?CaO?6SiO2，钠长石（NaAlSi3O8）的氧化物形式

，长石是铝硅酸盐，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同．由此可推知钙长石的化学式为

．（3）某铝合金由Al、Si、Cu、Mg组成．①称取100g该铝合金样品，分成等质量的A、B两份．向A份加入足量NaOH溶液，B份加入足量的稀盐酸．②待两份反应物都充分反应之后，称得滤渣质量相差1.60g，收集得到的两份气体的体积相差2240mL（标准状况下）．则样品中Si和Mg的物质的量分别是n（Si）

和n（Mg）

．参考答案：（1）铺上一层KClO3粉末，点燃插入的镁条；（2）＞；Al2O34Al+3O2↑；b；Na2O?Al2O3?6SiO2；CaAl2Si2O8；（3）0.4mol；0.6mol．

【考点】硅酸盐工业．【分析】（1）可加入氯酸钾作助燃剂，点燃镁时反应放出大量的热，镁为引燃剂；（2）地壳中含量排在前五位的元素分别是：O、Si、Al、Fe、Ca；工业上制备金属铝为电解氧化铝，硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水（xMO?nSiO2?mH2O）；根据不同类长石其氧原子的物质的量分数相同，结合化合价代数和是0可写出钙长石的化学式；反应符合“多变一”的特征，属于化合反应；符合“一变多”特征的反应，属于分解反应；一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应；两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应，属于复分解反应；有电子的转移的化学反应是氧化还原反应．其特征是有元素化合价变化；（3）A份中Al、Si与氢氧化钠溶液反应，B份中Al、Mg与盐酸反应，A份和B份中Al反应放出的气体相等，因此两份气体差和质量差均来源于Mg和Si的反应．【解答】解：（1）氧化铁和铝在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，为使反应顺利进行，可加入氯酸钾，为助燃剂，点燃镁时反应放出大量的热，镁为引燃剂，所以引发铝热反应的实验操作是加少量KClO3，插上镁条并将其点燃，故答案为：铺上一层KClO3粉末，点燃插入的镁条；（2）地壳中含量排在前五位的元素分别是：O、Si、Al、Fe、Ca，地壳里硅铝的含量硅大于铝；工业上制备金属铝为电解氧化铝，化学方程式为：Al2O34Al+3O2↑，硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水（xMO?nSiO2?mH2O），钠长石（NaAlSi3O8）的碱性氧化物Na2O、两性氧化物Al2O3、酸性氧化物SiO2，因此钠长石的氧化物形式为：Na2O?Al2O3?6SiO2；结合钠长石的化学式可知钙长石就是将钠长石的中钠更换为钙，以及化合物中化合价代数和等于0可得钙长石，其氧化物形式为：CaO?Al2O3?2SiO2，化学式为CaAl2Si2O8，a．SiO2+2CSi（粗）+2CO属于置换反应，属于氧化还原反应，b．SiO2+3CSiC+2CO（副反应），属于氧化还原反应，c．Si（粗）+2C12SiCl4属于化合反应，属于氧化还原反应，d．SiC14+2H2Si+4HC1，属于置换反应，属于氧化还原反应，图“1“区域的反应是复分解反应，属于图“2“区域的反应属于氧化还原反应，图“5、6”““7、8