学年江西宜春届高三总复习理科综合训练卷化学试题一word版 含答案Word格式文档下载.docx

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C．若Y为金属元素，则X也为金属元素

D．若Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸，则Y元素的最高价氧化物具有两性

5、将含0.4mol•L﹣1Cu（NO3）2和0.4mol•L﹣1KCl的水溶液500mL，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出0.15molCu，此时在另一电极上放出气体，在标准状况下约为（　　）

A．5.6LB．6.72L 

C．8.4LD．2.8L

6、在25℃时，向50.00mL未知浓度的CH3COOH溶液中逐滴加入0.5mol•L﹣1的NaOH溶液．滴定过程中，溶液的pH与滴入NaOH溶液体积的关系如右图所示，则下列说法中，不正确的是（　　）

A．①点所示溶液的导电能力弱于②点

B．图中点③所示溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（Na+）

C．图中点①所示溶液中水的电离程度大于点③所示溶液中水的电离程度

D．滴定过程中的某点，会有c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）的关系存在

7、下列图示与对应的叙述不相符的是（　　）

A．图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的过饱和溶液

B．图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化

C．图3表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1盐酸溶液得到的滴定曲线

D．图4表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强

第Ⅱ卷（非选择题）

二、非选择题。

8、铁、铜单质及其化合物应用范围很广．现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体（CuCl2•2H2O），为制取纯净的CuCl2•2H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：

已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见表：

Fe3+

Fe2+

Cu2+

氢氧化物开始沉淀时的pH

1.9

7.0

4.7

氢氧化物完全沉淀时的pH

4

9.0

6.7

（1）最适合作氧化剂X的是　　．

A．K2Cr2O7 

B．NaClO 

C．H2O2 

D．KMnO4

（2）加入氧化剂的目的是　．

（3）加入的物质Y是　（写化学式），目的是调节溶液的pH．根据信息，溶液的pH范围应为　　．

（4）当c（Fe3+）=10﹣5mol/L时，认为沉淀完全，则Fe（OH）3的Ksp=　　．

（5）结合方程式和必要文字说明解释不能将溶液Ⅲ直接蒸发结晶得到CuCl2•2H2O晶体的原因　　．

（6）在饱和氯化铁溶液中加入碳酸钙粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，同时还产生的现象有　　．

9、A、B、C、D为四种单质，常温时，A、B是气体，C、D是固体．E、F、G、H、I为五种化合物，F不溶水，E为气体且极易溶水成为无色溶液，G溶于水得黄色溶液．这九种物质间反应的转化关系如图所示

（1）写出四种单质的化学式A　 

B　　 

C　　 

D

（2）写出H+B→G的离子方程式　　；

（3）写出G+I→H+D+E的化学方程式　　；

（4）某工厂用B制漂白粉．

①写出制漂白粉的化学方程式　．

②为测定该工厂制得的漂白粉中有效成分的含量，某该小组进行了如下实验：

称取漂白粉3.0g，研磨后溶解，配置成250mL溶液，取出25.00mL加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的硫酸（此时发生的离子方程式为：

　　），静置．待完全反应后，用0.2mol•L﹣1的Na2S2O3溶液做标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：

2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.00mL．则该漂白粉中有效成分的质量分数为　　（保留到小数点后两位）．

10、洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，主要以碘化物形式存在。

有一化学课外小组用海带为原料制取少量碘单质，他们将海带灼烧成灰，用水浸泡一段时间（以让碘化物充分溶解在水中），得到海带灰悬浊液，然后按以下实验流程提取单质碘：

（提示：

Cl2和I-可发生置换反应）

（1）灼烧海带时需要用到的实验仪器是__________________（从下列仪器中选出所需的仪器，用标

号字母填写在空白处）。

A．坩埚 

B．坩埚钳 

C．三脚架 

D．泥三角E．酒精灯

（2）过程②中充入足量Cl2的目的是______________________，反应的离子方程式为_________________________________。

（3）操作③中所用的有机试剂可以是___________（只填一种）。

（4）操作过程③可以分解为如下几步：

A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；

B．把50mL碘水和15mL有机溶剂（你所选）加入分液漏斗中，盖好玻璃塞；

C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；

D．倒转漏斗用力振荡，不时旋开活塞放气，后关闭活塞，把分液漏斗放正；

E．旋开活塞，用烧杯接收溶液；

F．从分液漏斗上口倒出上层液体；

G．将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准；

H．静置、分层。

a．上述G步操作的目的是______________；

b．最后碘的有机溶液是通过__________获得（填“漏斗上口”或“漏斗下口”）。

（5）若要检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘，可以取样加入 

，观察颜色变化。

（6）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶液，还需要经过蒸馏，观察图所示实验装置，指出其错误有________处。

（7）进行上述蒸馏操作时，使用水浴的原因

是______________________。

11、黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可以制备硫及铁的化合物．工业流程图如图：

（1）冶炼铜的总反应可看做8CuFeS2+21O2

8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是　　（填元素符号），1molCuFeS2参与反应转移电子的物质的量为　　mol；

（2）上述冶炼过程产生大量气体A．下列处理方案中合理的是　　（填代号）；

a．高空排放b．用于制备硫酸c．用纯碱溶液吸收制Na2SO4d．用浓硫酸吸收验证气体A的主要成分是SO2的方法是　　；

（3）熔渣B（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3．．

a．加入H2O2发生反应的离子方程式是　　；

b．除去Al3+的离子方程式是　；

（4）选用提供的试剂，设计实验验证熔渣B中含有FeO．

提供的试剂：

稀盐酸 

稀硫酸 

KSCN溶液 

KMnO4溶液 

NaOH溶液碘水所选试剂为　　；

证明炉渣中含有FeO的实验现象为　　．

参考答案

1、【考点】离子方程式的书写．

【专题】离子反应专题．

【分析】A．二者反应生成碳酸钾和一水合氨、水；

B．硫酸氢钾少量反应生成硫酸钡、氢氧化钾和水；

C．铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，为可逆反应，用可逆号；

D．K37ClO3中氯元素全部转化为氯气中的氯，氯化钾中氯离子来自盐酸；

【解答】解：

NH4++HCO3﹣+2OH﹣═NH3•H2O+CO32﹣+H2O，故A正确；

SO42﹣+H++Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故B正确；

Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故C正确；

D．K37ClO3中氯元素全部转化为氯气中的氯，氯化钾中氯离子来自盐酸，故D错误；

故选：

D．

【点评】本题考查离子反应方程式的正误判断，明确发生的化学反应及离子反应的书写方法即可解答，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大．

2、【考点】离子共存问题．

【分析】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH﹣反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化．

Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+浓度增大；

溶液呈碱性，HCO3﹣与OH﹣反应生成CO32﹣，则HCO3﹣离子浓度减小，CO32﹣离子浓度增大；

Na2O2具有强氧化性，将SO32﹣氧化为SO42﹣，则SO32﹣离子浓度减小，SO42﹣浓度增大；

NO3﹣浓度基本不变．

故选A．

【点评】本题考查离子的共存及离子反应，为高频考点，把握习题中的信息及过氧化钠的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

3、【考点】氧化还原反应．

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2↑中，Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由﹣2价升高为0，Br元素的化合价由+3价降低为0，以此来解答．

A．由反应可知，2molH2O和1molBrF3作还原剂，2molBrF3作氧化剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之为3：

2，故A错误；

B．F元素的化合价不变，则只有HBrO3是还原产物，故B错误；

C．3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2↑中，2molH2O和1molBrF3作还原剂，2molBrF3作氧化剂，反应生成1molO2时，2molBrF3作氧化剂转移6mol电子，故C错误；

D．Br元素的化合价既升高又降低，则BrF3既是氧化剂又是还原剂，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意元素化合价的判断，题目难度不大．

4、【考点】位置结构性质的相互关系应用．

【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】由元素在周期表中的相对位置可知X为第二周期元素，可能为Be、B、C、N等元素，Y为Na、Mg、Al、Si等元素，Z可为Si、P、S、Cl元素，结合元素周期律的递变规律解答该题．

由元素在周期表中的相对位置可知X为N元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，则

A．X在第二周期，原子半径最小，Y、Z在第三周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则应有Y＞Z＞X，故A正确；

B．若Y为Si元素，Z为Cl元素，二者形成的化合物为共价化合物，故B错误；

C．若Y为金属元素，若为Mg、Al等，X为非金属元素，故C错误；

D．若Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸，则Y元素的最高价氧化物可为非金属氧化物，故D错误．

【点评】本题考查元素位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，由选项CD可知题中三种元素的位置关系不能直接确定为N、Si、Cl元素．

5、【考点】电解原理．

【专题】电化学专题．

【分析】电解混合溶液时，阴极发生Cu2++2e﹣=Cu，在一个电极上析出0.15molCu可知阴极得到0.3mol电子，阳极发生：

2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，结合两极转移电子数目相等和电极方程式计算．

阴极发生Cu2++2e﹣=Cu，可知阴极得到0.3mol电子，阳极发生：

2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，氯离子完全析出时，生成n（Cl2）=0.1mol，转移电子0.2mol，

则生成氧气转移电子0.1mol，生成氧气0.025mol，

所以阳极共生成（0.1+0.025）mol=0.125mol气体，

气体体积=0.125mol×

22.4L/mol=2.8L，

【点评】本题以电解原理为载体考查了物质的量的有关计算，明确阳极上析出气体的成分再结合转移电子相等即可解答，题目难度中等．

6、【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、①点加入的NaOH的物质的量少，溶液中是大量的弱电解质CH3COOH和少量的CH3COONa；

②点溶液呈中性，溶液中是极少量的CH3COOH和大量的CH3COONa；

B、根据③点溶液呈碱性并结合电荷守恒来分析；

C、①溶液中是大量的弱电解质CH3COOH和少量的CH3COONa；

③点溶液中是CH3COONa；

D、当c（H+）=c（OH﹣）时，溶液呈中性，结合电荷守恒来分析；

A、①点加入的NaOH的物质的量少，溶液中是大量的弱电解质CH3COOH和少量的强电解质CH3COONa；

②点溶液呈中性，溶液中是极少量的CH3COOH和大量的强电解质CH3COONa，故②点溶液中的离子浓度大于①，故导电能力①弱于②点，故A正确；

B、③点溶液呈碱性，故有：

c（H+）＜c（OH﹣），而根据溶液的电荷守恒可有：

c（CH3COO﹣）＜c（Na+），故B正确；

C、①溶液中是大量的弱电解质CH3COOH和少量的CH3COONa，CH3COOH的大量存在抑制水的电离；

③点溶液中的溶质是CH3COONa，CH3COONa的水解促进水的电离，故图中点①所示溶液中水的电离程度小于点③所示溶液中水的电离程度，故C错误；

D、根据电荷守恒可知，当c（H+）=c（OH﹣）时，c（CH3COO﹣）=c（Na+），此时溶液呈中性，溶液中是极少量的CH3COOH和大量的强电解质CH3COONa，故有：

c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故D正确．

故选C．

【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断及溶液中离子浓度大小比较，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，注意电荷守恒、物料守恒、盐的水解等在比较离子浓度大小中的应用方法．

7、【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；

反应热和焓变；

化学平衡的影响因素；

酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【专题】图像图表题；

基本概念与基本理论．

【分析】A．a点时溶解的硝酸钾的质量小于80℃时KNO3的溶解度，说明该溶液为不饱和溶液；

B．反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，使用催化剂可以降低活化分子需要能量；

C．0.1000mol•L﹣1盐酸溶液的pH=1，当加入20mL氢氧化钠溶液时恰好中和，出现滴定飞跃；

D．在t0时改变某一条件后瞬间正逆反应速率都增大，且反应速率相等，平衡不移动，改变的条件可能为增大了压强

A．曲线上所有的点代表相应温度下KNO3溶液的溶解度，均为饱和溶液，a点溶解的KNO3的质量远小于饱和时的数值，因此a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液，该说法错误，故A正确；

B．反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，因此图象表示的为放热反应；

使用催化剂能够降低活化分子能量，使用催化剂时需要能量低于不使用催化剂的能量，该图示与对应的叙述相符，故B错误；

C.0.1000mol•L﹣1HCl溶液pH为1，加入20ml氢氧化钠时达到滴定终点，该图象与对应的叙述相符，故C错误；

D．对于反应前后气体的化学计量数相等的化学平衡，增大压强，正逆反应速率瞬间同时增大且相等，图示变化可能为改变了压强，图象变化与题中描述一致，故D错误；

【点评】本题考查反应热和焓变、溶解度和饱和溶液、反应速率与化学平衡的关系，题目难度中等，注意明确饱和溶液概念、反应速率与化学平衡的关系，试题侧重考查学生运用所学原理从图象中获取信息、分析问题、及解决问题的能力．

8、【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【专题】实验分析题；

实验评价题；

演绎推理法；

物质的分离提纯和鉴别；

无机实验综合．

【分析】氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，

（1）加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，易除去，除杂时，不能引入新的杂质；

（2）将Fe2+氧化为Fe3+；

（3）调节pH3.2～4.7，使Fe3+全部沉淀，同时不引进新杂质，调节溶液的pH的目的是使铁离子沉淀同时铜离子不能沉淀，据此判断；

（4）当c（Fe3+）=10﹣5mol/L时，认为沉淀完全，此时pH=4，即c（OH﹣）=1×

10﹣10，根据Ksp=c（Fe3+）•c3（OH﹣）计算；

（5）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），得不到CuCl2•2H2O；

（6）饱和氯化铁溶液中铁离子水解呈酸性，加入碳酸钙粉末，碳酸钙与酸反应生成二氧化碳气体，同是促进铁离子的水解而产生氢氧化铁沉淀；

（1）根据框图，加入氧化剂X可把Fe2+氧化为Fe3+，而没有增加新杂质，所以X为H2O2，

故答案为：

C；

（2）Fe2+沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2+的沉淀的pH相同，也就是说，Fe2+沉淀的同时，Cu2+也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可知Fe3+沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2+氧化为Fe3+后再将其除去，

将Fe2+氧化为Fe3+，便于生成沉淀而与Cu2+分离；

（3）结合题示，调节pH3.2～4.7，使Fe3+全部沉淀，同样不引进新杂质，所以Y最好为CuO或Cu（OH）2或CuCO3，

CuO或Cu（OH）2或CuCO3或Cu2（OH）2CO3；

调节溶液的pH至3.2～4.7；

10﹣10，Ksp=c（Fe3+）•c3（OH﹣）=10﹣5×

（1×

10﹣10）3=1×

10﹣35，

1×

10﹣35；

（5）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl温度升高，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Cu（OH）2固体，而无法得到晶体，

CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl温度升高，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Cu（OH）2固体，而无法得到晶体；

（6）饱和氯化铁溶液中铁离子水解呈酸性，加入碳酸钙粉末，碳酸钙与酸反应生成二氧化碳气体，同是促进铁离子的水解而产生氢氧化铁沉淀，所以出现的现象为碳酸钙逐渐溶解，产生气泡和红褐色沉淀

产生气泡和红褐色沉淀．

【点评】本题考查除去氯化铜中氯化亚铁并得到氯化铜晶体的方法，难度不大，注意除杂不能引入新的杂质．

9、【考点】无机物的推断．

【专题】无机推断．

【分析】常温时A为淡黄色固体单质，则A为S，G溶于水得黄棕色溶液，则G中含铁离子，由元素守恒可知C为Fe，C与D反应生成F不溶水，则F为FeS，气体单质B与Fe反应生成G，则B具有强氧化性，故B为Cl2，G为FeCl3，气体单质B与氯气反应生成E，而E为气体且极易溶水成为无色溶液，E溶液与Fe反应生成H与A，H转化得到G，则A为H2，E为HCl，H为FeCl2，由F与盐酸反应可知I为H2S，硫化氢与氯化铁反应得到S、氯化亚铁、HCl，据此解答．

常温时A为淡黄色固体单质，则A为S，G溶于水得黄棕色溶液，则G中含铁离子，由元素守恒可知C为Fe，C与D反应生成F不溶水，则F为FeS，气体单质B与Fe反应生成G，则B具有强氧化性，故B为Cl2，G为FeCl3，气体单质B与氯气反应生成E，而E为气体且极易溶水成为无色溶液，E溶液与Fe反应生成H与A，H转化得到G，则A为H2，E为HCl，H为FeCl2，由F与盐酸反应可知I为H2S，硫化氢与氯化铁反应得到S、氯化亚铁、HCl．

（1）由上述分析可知，A为H2，B为Cl2，C为Fe，D为S，故答案为：

H2；

Cl2；

Fe；

S；

（2）H+B→G的离子方程式：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故答案为：

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；

（3）G+I→H+D+E的化学方程式：

2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，故答案为：

2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl；

（4）①制漂白粉的化学方程式：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

②漂白粉溶液中加入过量的KI溶液和过量的硫酸，发生反应离子方程式为：

2H++2I﹣+ClO﹣=I2+Cl﹣+H2O，由2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，可得关系式：

Ca（ClO）2～2Cl2～2I2～4Na2S2O3，

n[Ca（ClO）2]=

n（Na2S2O3）=

×

0.02L×

0.2mol•L﹣1×

=0.01mol，

Ca（ClO）2%=

100%=47.67%，

2H++2I﹣+ClO﹣=I2+Cl﹣+H2O；

47.67%．

【点评】本题考查无机物推断，涉及Fe、Cl元素化合物性质，物质的颜色及性质是推断突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（4）中计算为解答的难点，注意利用关系式法简化计算过程，题目难度中等．

10、

（1）ACDE 

（2）将I-全部氧化为I2 

Cl2+2I-=2Cl-+I2

（3）苯或CCl4

（4）a.便于下层液体流出

b.（3）中选苯则填“漏斗上口”，（3）中选CCl4则填“漏斗下口”

（5）淀粉溶液 

（6）3

（7）便于控制温度、受热均匀

11、【考点】制备实验方案的设计；

含硫物质的性质及综合应用；

铁的化学性质．

【专题】综合实验题；

几种重要的金属及其化合物；

制备实验综合．

【分析】流程分析：

利用黄铜矿与石英砂、空气混合焙烧得到冰铜（mCu2S•nFeS），继续焙烧得到气体SO2（大气污染物需要用纯碱溶液吸收）、熔渣及泡铜，其中熔渣经过硫酸溶解过滤除去不溶于酸的SiO2和含有Fe2+、Fe3+、Al3+的酸性溶液，利用过量氢氧化钠溶液进行分离得到氢氧化铁沉淀，过滤洗涤灼烧得到氧化铁，泡铜与Al通过铝热反应得到粗铜，再利用电解得到精铜，据此分析解题；

（1）反应