山西省長治市芮中學2021-2022學年高三化學上學期期末試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.固體氧化物燃料電池（SOFC）以固體氧化物作為電解質，這種固體電解質在高溫下允許氧離子（O2-）在其間通過，其工作原理如圖所示。下列關于固體燃料電池的有關說法正確的是

A．電極b為電池負極，電極反應式為O2+4e—＝2O2—B．固體氧化物的作用是讓電子在電池內部通過C．若H2作燃料氣，接觸面上發生的反應為：H2+2OH——2e—＝2H2OD．若C2H4作燃料氣，接觸面上發生的反應為：C2H4+6O2——12e—＝2CO2+2H2O參考答案：D略2.下列有關電解質溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是A．常溫下，10mL0.2mol/LNH4NO3溶液與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中離子總濃度＜Y中離子總濃度C．0.1mol/LNa2S溶液中：c(Na+)＞c(S2-)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H+)D．常溫下amL0.1mol/LKOH與bmL0.1mol/LHCN兩溶液混合后pH＞7，則一定有a≥b參考答案：A略3.用如圖所示實驗裝置（夾持儀器已略去）探究銅絲與過量濃硫酸的反應．下列實驗不合理的是（）A．上下移動①中銅絲可控制SO2的量B．②中選用品紅溶液驗證S02的生成C．③中選用NaOH溶液吸收多余的S02D．為確認CuS04生成，向①中加水，觀察顏色參考答案：D考點：濃硫酸的性質實驗．.專題：氧族元素．分析：A．在加熱的條件下，當銅絲與濃硫酸接觸時才能反應；B．品紅能被二氧化硫漂白，根據SO2的漂白性分析；C．SO2為酸性氧化物，可與堿發生反應；D．根據溶液顏色的變化判斷是否有CuSO4生成；解答：解：A．在加熱的條件下，當銅絲與濃硫酸接觸時才能反應，當往上抽動銅絲時，銅絲與硫酸不接觸，反應停止，故可通過上下移動①中銅絲可控制SO2的量，故A正確；B．SO2具有漂白性，品紅能被二氧化硫漂白，可用品紅溶液驗證SO2的生成，故B正確；C．SO2為酸性氣體，具有污染性，可與堿發生反應，生成亞硫酸鈉和水，可用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正確；D．銅與濃硫酸的反應Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，實驗中，銅絲與過量濃硫酸的反應生成是硫酸銅，試管中含有大量水，不會生成白色固體，CuSO4溶液呈藍色，為確認CuS04生成，無須向①中加水，故D錯誤；故選D．點評：本題考查了二氧化硫的性質，題目難度不大，注意二氧化硫的酸性和漂白性．4.銻(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我國銻的蘊藏量占世界第一。從硫化物中提取單質銻一般是先在高溫下將硫化物轉化為氧化物，再用碳還原：2Sb2S3＋3O2＋6Fe＝Sb4O6＋6FeS

……①

Sb4O6＋6C＝4Sb＋6CO

………………②關于反應①、反應②的說法正確的是A．

反應①②中的氧化劑分別是Sb2S3、Sb4O6

B．反應①中每生成3molFeS時，共轉移6mol電子C．反應②說明高溫下Sb的還原性比C強D．每生成4molSb時，反應①與反應②中還原劑的物質的量之比為4︰3

參考答案：B5.下列分離或提純物質的方法錯誤的是A.用滲析的方法精制氫氧化鐵膠體B.用加熱的方法提純含有少量碳酸氫鈉的碳酸鈉C.用溶解、過濾的方法提純含有少量硫酸鋇的碳酸鋇D.用鹽析的方法分離、提純蛋白質參考答案：A略6.按下圖裝置，持續通入X氣體，可以看到a處有紅色物質生成，b處變藍，c處得到液體，則X氣體可能是

（

）

A．H2

B．CO和H2

C．NH3

D．CH3CH2OH(氣)參考答案：D略7.設NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述中一定正確的是A.1molFe與高溫水蒸氣反應，轉移電子的數目為3NAB.標準狀況下，2.24

LHF

中含有的極性鍵數目為0.1NAC.5mL0.1mol/LCH3COOH

溶液和10mL0.5mol/LCH3COOH

溶液中所含CH3COOH

分子數相等D.一定條件下，向0.1L容器內通入4.6gNO2氣體，NO2的物質的量濃度小于1mol/L參考答案：DFe與高溫水蒸氣反應生成Fe3O4，1molFe與高溫水蒸氣反應，轉移電子的數目為NA，故A錯誤；標準狀況下HF是液體，故B錯誤；醋酸溶液越稀電離程度越大，5mL0.1mol/LCH3COOH

溶液和10mL0.5mol/LCH3COOH

溶液中所含CH3COOH

分子數后者大，故C錯誤；存在平衡，所以一定條件下，向0.1L容器內通入4.6gNO2氣體，NO2的物質的量濃度小于1mol/L，故D正確。8.下列有關物質性質、結構的表述均正確，且存在因果關系的是:

表述Ⅰ表述ⅡA在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大NaCl晶體中C1—與Na+間的作用力大于碘晶體中分子間的作用力B通常條件下，CH4分子比PbH4分子穩定性高Pb的原子半徑比C的大，Pb與H之間的鍵能比C與H間的小C在形成化合物時，同一主族元素的化合價相同同一主族元素原子的最外層電子數相同DP4O10、C6H12O6溶于水后均不導電P4O10、C6H12O6均屬于共價化合物參考答案：B

解析:A選項中，NaCl溶于水是離子晶體的特性，I2是非極性分子溶解度小；B選項中分子的穩定性與鍵能有關，所以正確；C中形成化合物不一定是最高價或最低價，所以不與最外層電子數呈因果關系；D選項因P4O10發生了反應，所以不能證明P4O10是共價化合物。9.如右圖所示，X是鐵，Y是石墨，a是飽和食鹽水，實驗開始前，在U形管的兩邊各滴入幾滴酚酞試液，下列敘述錯誤的是（

）A．合上K1、斷開K2，電子由X經導線流向YB．合上K2、斷開K1，電解一段時間后，Y電極附近溶液呈紅色通電

C．合上K2、斷開K1，U形管中發生的反應為：

2C1—+2H2O=====Cl2↑+2OH—+H2↑D．合上K1、斷開K2，Y電極反應為：2H2O+O2+4e—=4OH—參考答案：B略10.下列敘述正確的是A．非金屬氧化物一定不是堿性氧化物B．HCl、H2S、NH3都是電解質C．漏斗、蒸餾燒瓶、分液漏斗、滴定管等儀器用于物質分離D．Fe(OH)3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反應制備參考答案：A試題分析：A非金屬氧化物一定都不是堿性氧化物，正確；BHCl、H2S都是電解質,而NH3是非電解質，錯誤；C漏斗可用于分離難溶性固體與液體的混合物——過濾，蒸餾燒瓶用于分離沸點不同的液體混合物；分液漏斗用于分離互不相容的兩層液體混合物，而滴定管不可用于物質分離，錯誤；D.Fe(OH)3可以通過化合反應4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3制取,錯誤。

11.將Cu放入0.1mol·L-1FeCl3溶液中，反應一定時間后取出Cu，溶液中c(Fe3＋)︰c(Fe2＋)＝2︰3，則Cu2＋與Fe3＋的物質的量之比為

A．3︰2

B．3︰5

C．3︰4

D．4︰3參考答案：C略12.銅鋅原電池裝置如圖所示，下列分析不正確的是A．使用鹽橋可以清楚地揭示出電池中的化學反應B．原電池工作時，Cu電極流出電子，發生氧化反應C．原電池工作時，總反應為Zn＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuD．原電池工作一段時間，右側容器中的溶液增重參考答案：B13.日常生活中的許多現象與化學反應有關，下列現象與氧化還原反應無關的是A．銅鑄塑像上出現銅綠［Cu2(OH2)CO3］

B．用石膏粉制作石膏雕像C．用鋁質或鐵質容器盛放濃硝酸

D．酸雨的形成參考答案：B略14.有一瓶無色溶液，可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl－、SO42－、HCO3－、MnO4－離子中的幾種。為確定其成分，做如下實驗：①取部分溶液，加入適量Na2O2固體，產生無色無味的氣體和白色沉淀，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，有白色沉淀產生。下列推斷正確的是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+、SO42－參考答案：D略15.下列與含氯化合物有關的說法正確的是

A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質

B．向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3膠體

C．HCl溶液和NaCl溶液均通過離子導電，所以HCl和NaCl均是離子化合物

D．電解NaCl溶液得到22.4LH2（標準狀況），理論上需要轉移NA個電子（NA表示阿伏加德羅常數）參考答案：B略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.高純度氧化鋁有廣泛的用途，某研究小組研究用以下流程制取高純度氧化鋁：根據上述流程圖填空：（1）“除雜”操作是加入過氧化氫后，用氨水調節溶液的pH約為8.0，以除去硫酸銨溶液中的少量Fe2+．請寫出在除去Fe2+離子的過程中，發生的主要反應的離子方程式．（2）通常條件下Ksp〔Fe（OH）3〕=4.0×10﹣38，除雜后溶液中c（Fe3+）約為．（3）配制硫酸鋁溶液時，需用硫酸酸化，酸化的目的是．（4）“結晶”這步操作中，母液經蒸發濃縮至溶液表面剛出現薄層晶體即停止加熱，然后冷卻結晶，得到銨明礬晶體（含結晶水）．母液不能蒸干的原因是．（5）“分離”操作的名稱是

（填字母代號）．A．蒸餾

B．分液

C．過濾（6）銨明礬晶體的化學式為NH4Al（SO4）2?12H2O，在0.1mol/L銨明礬的水溶液中，離子濃度最大的離子是，離子濃度最小的離子是．參考答案：1.2Fe2++H2O2+4NH3?H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+2.4.0×10﹣20mol/L3.抑制Al3+水解4.減少可溶性雜質的析出及Al3+水解5.C6.SO42﹣；OH考點：金屬的回收與環境、資源保護．專題：實驗設計題．分析：（1）H2O2溶液具有強氧化性，可以氧化亞鐵離子生成鐵離子，鐵離子在氨水存在的條件下生成氫氧化鐵紅褐色沉淀；（2）根據氫氧化鐵的溶度積及PH=8計算出鐵離子濃度；（3）鋁離子在溶液中能夠發生水解生成氫氧化鋁；（4）蒸干會析出可溶性雜質的析出，且Al3+水解程度增大；（5）將晶體與溶液分離的操作是過濾；（6）根據題中所給的化學式，利用銨根和鋁離子水解進行解答即可．解答：解：（1）亞鐵離子具有還原性，雙氧水具有強氧化性，在堿性溶液中，亞鐵離子被氧化生成鐵離子，鐵離子與氫氧根結合生成氫氧化鐵沉淀，此反應的離子反應方程式為：2Fe2++H2O2+4NH3?H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+，故答案為：2Fe2++H2O2+4NH3?H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+；（2）KSP[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，PH=8，溶液中氫氧根離子濃度為：1×10﹣6mol/L，c（Fe3+）=mol/L=4.0×10﹣20mol/L，故答案為：4.0×10﹣20mol/L；（3）由于鋁離子在溶液中能夠發生水解生成氫氧化鋁，所以加入硫酸酸化，抑制了鋁離子的水解，故答案為：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干會析出可溶性雜質的析出，且Al3+水解程度增大，所以母液不能蒸干，故答案為：減少可溶性雜質的析出及Al3+水解；（5）通過過濾，將硫酸鋁晶體從溶液中分離，所以C正確；故選C；（6）銨明礬晶體的化學式為NH4Al（SO4）2?12H2O，在0.1mol/L銨明礬的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=0.1mol/L，由于銨根和鋁離子均水解，水解結合水電離出的氫氧根，故水解后濃度均小于0.1mol/L，c（SO42﹣）=0.2mol/L，0.2＞0.1，故答案為：SO42﹣；OH﹣．點評：本題考查工藝流程、離子檢驗、鹽類水解、對條件的控制選擇、物質的分離提純等，理解工藝流程原理是解題的關鍵，是對學生綜合能力的考查，需要學生具備扎實的基礎與靈活運用能力，題目難度中等三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.（9分）物質A~K都是由下表中離子組成的，且為中學化學常見物質，有下圖所示的轉化關系，部分產物中的水已省略。（如果需要陰、陽離子可以重復使用）陽離子Na+、Al3+、Ag+、Ba2+陰離子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。試按要求回答下列相關問題：

（1）A、D、K、J的化學式為：A

、D

、K

、J

；

（2）已知B溶液和E溶液都顯堿性，則相同條件下，物質的量濃度相同的B溶液和E溶液pH較大的是

（用化學式表示）；

（3）寫出反應②的離子反應方程式

；

（4）用惰性電極電解I溶液陽極的電極反應式為

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

(4)4OH－-4e－=2H2O+O2↑略18.(08上海嘉定區期末)某研究性學習小組擬用銅屑與氧化銅混合物與硫酸和硝酸組成的混酸反應來制取CuSO4·5H2O晶體，混酸中硝酸的還原產物為NO，反應過程中不產生SO2，反應后的溶液中不含Cu（NO3）2，反應中固體完全溶解，兩種酸均恰好完全反應。設固體混合物的總質量為480g，其中銅屑的質量分數為x，試回答下列問題：

（1）所得硫酸銅晶體的質量y為：

g（用x表示）；

（2）若x=0.4，混酸中HNO3與H2SO4的物質的量之比為：

；（3）若x=0.4，480g固體混合物與一定量混酸微熱后，充分反應，冷卻恰好只得到CuSO4·5H2O，試求原混酸中H2SO4的質量分數（寫出計算過程）。參考答案：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

當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設HNO3為xmol,由得失電子數相同得：