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

1、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0.4molL1Cu（NO3）2和0.4molL1KCl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0.15mol Cu，此时在另一电极上放出气体，在标准状况下约为（）A5.6L B6.72L C8.4L D2.8L6、在25时，向50.00mL未知浓度的CH3COOH溶液中逐滴加入0.5molL1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点所示溶液的导电能力弱于点B图中点所示溶液中，c（CH3COO）

2、c（Na+）C图中点所示溶液中水的电离程度大于点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0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1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卷（非选择题）二、非选择题。8、铁、铜单质及其化合物

3、应用范围很广现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体（CuCl22H2O），为制取纯净的CuCl22H2O，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pH1.97.04.7氢氧化物完全沉淀时的pH49.06.7（1）最适合作氧化剂X的是AK2Cr2O7 BNaClO CH2O2 DKMnO4（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+）=105mol/L时，认为沉淀完全，则Fe（OH）3的Ksp=（5）

4、结合方程式和必要文字说明解释不能将溶液直接蒸发结晶得到CuCl22H2O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+BG的离子方程式；（3）写出G+IH+D+E的化学方程式；（4）某工厂用B制漂白粉写出制漂白粉的化学方程式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

5、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0.2molL1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：C

6、l2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）过程中充入足量Cl2的目的是_，反应的离子方程式为_。（3）操作中所用的有机试剂可以是_（只填一种）。（4）操作过程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50 mL碘水和15 mL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

7、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+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2若CuFeS2中Fe的化合

8、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Fe2O3a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

9、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；DK37ClO3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+2OHNH3H2O+CO32+H2O，故A正确；SO42+H+Ba2+OHBaSO4+H2O，故B正确；Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故C正确；DK37ClO3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

10、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

11、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+5H2OHBrO3+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；BF元素的化合价不变，则只有HBrO3是还原产物，故B错误；C3BrF3+5H2OHBrO3+Br2+9HF+O2中，2molH2O和1molBrF3作还原剂，2molBrF3作氧化剂，反应生成1mo

12、l O2时，2molBrF3作氧化剂转移6mol电子，故C错误；DBr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

13、素，则AX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YZX，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

14、到0.3mol电子，阳极发生：2Cl2e=Cl2、4OH4e=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：2Cl2e=Cl2、4OH4e=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=0.125mol22.4L/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

15、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、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；点溶液呈中性，溶液中是极少量的CH3COOH和大量的CH3COONa；B、根据点溶液呈碱性并结合电荷守恒来分析；C、溶液中是大量的弱电解质CH3COOH和少量的CH3COONa；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、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；点溶液呈中性，溶液中是极少量的CH3C

16、OOH和大量的强电解质CH3COONa，故点溶液中的离子浓度大于，故导电能力弱于点，故A正确；B、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、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；点溶液中的溶质是CH3COONa，CH3COONa的水解促进水的电离，故图中点所示溶液中水的电离程度小于点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C

17、H3COONa，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】Aa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；C0.100

18、0molL1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.0.1000 molL1HCl溶液pH为1，加入

19、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

20、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pH3.24.7，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+）=105mol/L时，认为沉淀完全，此时pH=4，即c（OH）=11010，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

21、CuCl22H2O；（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pH3.24.7，使Fe3+全部沉淀，同样不

22、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3.24.7；1010，Ksp=c（Fe3+）c3（OH）=105（11010）3=11035，11035；（5）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），CuCl2+2H2OCu（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+2H2OCu（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

23、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

24、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

25、H2，B为Cl2，C为Fe，D为S，故答案为：H2；Cl2；Fe；S；（2）H+BG的离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（3）G+IH+D+E的化学方程式：2FeCl3+H2S2FeCl2+S+2HCl，故答案为：2FeCl3+H2S2FeCl2+S+2HCl；（4）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；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2Na

26、2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，可得关系式：Ca（ClO）22Cl22I24Na2S2O3，nCa（ClO）2= n（Na2S2O3）=0.02 L0.2 molL1=0.01 mol，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

27、（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（mCu2SnFeS），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