2018-2019年高中化学重庆高三月考试卷测试试题【7】含答案考点及解析

2018-2019年高中化学重庆高三月考试卷测试试题【7】含答案考点及解析班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题1.下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是( )A ．均为0．10mol·L -1NH 4Cl 和NH 4HSO 4溶液，c(NH 4+)前者小于后者 B ．25℃时NH 4Cl 溶液的K W 大于100℃时NH 4Cl 溶液的K WC ．25℃时pH=11的NaOH 和pH=11的氨水分别稀释100倍后的pH 前者一定大于后者D ．25℃时，pH ＝4的盐酸与pH ＝10的氨水溶液等体积混合后pH< 7 【答案】A 【解析】试题分析：A 、NH 4Cl 和NH 4HSO 4溶液，均存在铵根离子水解，但NH 4HSO 4溶液中氢离子抑制铵根离子水解，则均为0.10mol•L -1NH 4Cl 和NH 4HSO 4溶液，铵根离子浓度前者小于后者，正确；B 、水的电离为吸热反应，升高温度，促进电离，所以25℃时NH 4Cl 溶液的K W 小于100℃时NH 4Cl 溶液的K W ，错误；C 、NaOH 为强碱，一水合氨为弱碱，pH=11的NaOH 和pH=11的氨水分别稀释100倍后，NaOH 的pH=9，而氨水的pH ＞9，则pH 前者一定小于后者，错误；D 、pH=4的盐酸与pH=10的氨水，氨水浓度大，等体积混合，氨水过量，所以混合后溶液的pH ＞7，错误。

考点：本题考查酸碱混合溶液的定性分析及pH 的计算。

2. FeCl 3溶液、Fe （OH ）3胶体共同具备的性质是 A ．都呈透明的红褐色 B ．分散质颗粒直径相同C ．都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀D ．都能产生丁达尔现象 【答案】C 【解析】试题分析：FeCl 3溶液呈黄色，Fe （OH ）3胶体呈透明的红褐色，A 错误；溶液和胶体的本质区别是分散质颗粒直径不同，B 错误；FeCl 3溶液、Fe （OH ）3胶体都比较稳定，C 正确；胶体能产生丁达尔现象，溶液不能，D 错误。

考点：考察溶液和胶体的有关知识3.结构为…－CH ＝CH －CH ＝CH －CH ＝CH －CH ＝CH －…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅提高。

上述高分子化合物的单体是 A ．乙炔 B ．乙烯C ．丙烯D ．1,3－丁二烯【答案】A 【解析】试题分析：根据高分子化合物的结构简式可知，该物质属于加聚产物，链节是－CH ＝CH －，因此单体是乙炔，答案选A 。

考点：考查高分子化合物单体的判断4.一种碳纳米管能够吸附氢气，可做二次电池(如下图所示)的碳电极。

该电池的电解质为6mol·L －1KOH 溶液，下列说法中正确的是（ ）A ．充电时阴极发生氧化反应B ．充电时将碳电极与电源的正极相连C ．放电时碳电极反应为H 2－2e －=2H ＋D ．放电时镍电极反应为NiO(OH)＋H 2O ＋e －=Ni(OH)2＋OH －【答案】D【解析】A 项，充电时，阴极发生还原反应，错误；B 项，碳电极为负极，应与外接电源的负极相连，作阴极，错误；C 项，放电时，碳电极(负极)反应为H 2－2e －＋2OH －=2H 2O ，错误；正极反应为2NiO(OH)＋2H 2O ＋2e －=2Ni(OH)2＋2OH －，D 正确。

5.下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、反应物用量比)改变，不会引起产物的种类改变的是( ) A ．Na 和O 2 B ．NaOH 和CO 2C ．Na 2O 2和CO 2D ．NaHCO 3和Ca(OH)2【答案】C【解析】A 项温度变化可使产物不同，B 、D 项产物的种类与反应物的用量比有关系，只有C 项的产物种类不随反应条件的改变而改变。

6.下列离子方程式的书写正确的是( )A ．误将洁厕灵与“84”消毒液混合：2H ＋＋Cl －＋ClO －=Cl 2↑＋H 2O B ．玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO 2＋2Na ＋＋2OH －=Na 2SiO 3↓＋H 2OC ．氯化铁溶液腐蚀印刷线路铜板：Fe 3＋＋Cu=Fe 2＋＋Cu 2＋D ．从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I －＋H 2O 2=I 2＋2OH －【答案】A【解析】洁厕灵主要成份是HCl ，而“84”消毒液主要成份为NaClO ，两者反应生成氯气，A 项正确。

Na 2SiO 3不是沉淀，B 项错误。

C 项电子得失不相等，错误。

酸化的海带灰浸出液中不会产生OH －，D 项错误。

7.在下列条件下，两种气体的分子数一定相等的是（ ） A ．同温度、同体积的N 2和O 2 B ．同质量、不同密度的N 2和CO C ．同压强、同体积的H 2和CH 4 D ．同体积、同密度的CO 2和N 2 【答案】B【解析】A 项未指明压强；C 项未指明温度；D 项当密度相同时，CO 2的物质的量少。

8.下列离子方程式书写正确的是（ ）A ．将铜屑加入Fe 3＋溶液中：Fe 3＋＋Cu=Fe 2＋＋Cu 2＋ B ．NH 4HCO 3溶液与过量KOH 浓溶液共热：NH 4+＋OH －NH 3↑＋H 2OC ．稀硝酸和过量的铁屑反应：Fe ＋4H ＋＋NO 3-=Fe 3＋＋NO↑＋2H 2OD ．KI 溶液与H 2SO 4酸化的H 2O 2溶液混合：2I －＋H 2O 2＋2H ＋=I 2＋2H 2O 【答案】D【解析】选项A ，得失电子数和电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe 3＋＋Cu=2Fe 2＋＋Cu 2＋；KOH 过量，则HCO 3-也参加离子反应，正确的离子方程式为NH 4+＋HCO 3-＋2OH －NH 3↑＋CO 32-＋2H 2O ，B 项错；铁屑过量，则生成的溶液中不能存在Fe 3＋，C 项错；过氧化氢在酸性条件下能将I －氧化为碘单质，D 项正确。

9.25℃时。

有c(CH 3COOH)+ c(CH 3COO －)=0.1mol/L 的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH 3COOH)、c(CH 3COO －) 与pH 的关系如图所示。

下列有关溶液中离子浓度关系的叙述中正确的是。

A ．pH=5.5的溶液中c(CH 3COOH)＞c(CH 3COO －)＞c(H +)＞c(OH －)B ．W 点所表示的溶液中c(Na +) + c(H +)=c(CH 3COO －)+c(OH －) C ．pH=3.5的溶液中：c(Na +) + c(H +)－c(OH －)+c(CH 3COOH)=0.1mol/LD ．向W 点所表示的1L 溶液中通入0.05molHCl 气体（溶液的体积变化可忽略）：c(H +)=c(OH －)+c(CH 3COOH) 【答案】B C 【解析】试题分析：A 、pH=5.5比4.75大，W 点时c （CH 3COOH ）=c （CH 3COO -），从曲线来看当pH=5.5时，c （CH 3COOH ）＜c （CH 3COO-），故A 错误；故A 正确；B 、W 点由电荷守恒可知，c （Na +）+c （H +）=c （CH 3COO -）+c （OH -），故B 正确；C 、由电荷守恒及c （CH 3COOH ）+c（CH 3COO -）=0.1mol•L -1可知，c （Na +）+c （H +）-c （OH -）+c （CH 3COOH ）=c （CH 3COO -）+c（OH -）-c （OH -）+c （CH 3COOH ）=0.1mol/L ，故C 正确；D 、W 点为等量的醋酸和醋酸钠的混合液，1.0 L 溶液中通入0.05 mol HCl 气体得到0.05molNaCl 和0.1molHAc ，由电荷守恒可知，c （H +）=c （CH 3COO -）+c （OH -），故D 错误； 考点：离子浓度大小的比较10.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是A ．纯银器表面在空气中会因化学腐蚀渐渐变暗B ．地下输油钢管与外加直流电源的正极相连可保护其不受腐蚀C ．海轮外壳连接锌块是采用牺牲阴极的阳极保护法保护外壳不受腐蚀D ．当镀锡铁制品的镀层破损时，锡镀层仍能对铁制品起保护作用 【答案】A 【解析】试题分析：试题分析：A ．纯银器表面在空气中和硫化氢反应因化学腐蚀渐渐变暗A 选项正确。

B ．地下输油钢管应外加直流电源的负极保护，错误。

C ．海轮外壳连接锌块是应该是采用牺牲阳极的阴极保护法，错误。

当镀层破损时，不能对铁制品保护，由于铁比锡活泼，形成原电池时铁做负极且容易产生电化学腐蚀，错误。

考点：本题考查了金属的化学腐蚀和电化学腐蚀。

二、实验题11.某化学兴趣小组用铜和浓硫酸制取SO 2，并依次检验SO 2具有酸性氧化物的性质和还原性、漂白性、氧化性，所用仪器如下图所示（图中连接胶管、夹持和加热装置省略）：查阅资料可知，HSO －3 的酸性强弱与H 2CO 3相近。

请回答下列问题： （1）上述装置的接口连接顺序依次是 （填导管接口字母）。

（2）装置A 、D 中发生反应的化学方程式是：A ， D 。

（3）证明SO 2具有氧化性的现象是 ；证明SO 2具有还原性的实验中，反应的离子方程式是 。

（4）C 试管中NaOH 溶液的作用是 ，CCl 4的作用是 。

（5）实验过程中还观察到A 试管内产生黑色沉淀，查资料可知，该黑色沉淀是副反应产生的CuS 和Cu 2S 。

收集黑色沉淀经过滤、洗净、干燥后放入氧气流中加热，然后冷却，用电子天平称重发现黑色固体质量减少a %，则a 值范围是 。

【答案】（1）a f e c b g h d （3分）（2）Cu ＋2H 2SO 4(浓)CuSO 4＋SO 2↑＋2H 2O （2分）2＋SO 2＋H 2O —→ 2＋Na 2SO 3（2分）（3）E 试管中溶液变浑浊（2分） SO 2＋Br 2＋2H 2O===SO ＋2Br －＋4H +（2分） （4）吸收未反应完的SO 2，以免污染空气（1分） 防止溶液倒吸（1分） （5）0＜a ＜50/3（或0＜a ＜16.7）（3分） 【解析】略三、填空题12.（12分）（2012•山东）[化学﹣物质结构与性质]金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛．（1）下列关于金属及金属键的说法正确的是 ． a ．金属键具有方向性与饱和性b ．金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用c ．金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子d ．金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光（2）Ni 是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni 相同且电负性最小的元素是 ．（3）过滤金属配合物Ni （CO ）n 的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n= ．CO 与N 2结构相似，CO 分子内σ键与π键个数之比为 ．（4）甲醛（H 2C ═O ）在Ni 催化作用下加氢可得甲醇（CH 3OH ）．甲醇分子内C 原子的杂化方式为 ，甲醇分子内的O ﹣C ﹣H 键角 （填“大于”“等于”或“小于”）甲醛分子内的O ﹣C ﹣H 键角．【答案】（1）b （2）c （3）4；1：2（4）sp 3；小于【解析】（1）金属键没有方向性和饱和性，金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光；（2）Ni 的外围电子排布为3d 84s 2，3d 能级上有2个未成对电子；（3）CO 配位时，提供碳原子上的一对孤对电子；CO 中C 和O 以三键结合； （4）ABm 型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：电子对数n=（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数）注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”． ②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．根据n 值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp 杂化；n=3，sp 2杂化；n=4，sp 3杂化；sp 3杂化是四面体构型，sp 2杂化，分子呈平面三角形． 解：（1）a ．金属键没有方向性和饱和性，故A 错误； b ．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，故B 正确；c ．金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，故C 错误；d ．金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，故D 错误， 故答案为：b ；（2）Ni 的外围电子排布为3d 84s 2，3d 能级上有2个未成对电子．第二周期中未成对电子数为2的元素有C 、O ，其中C 的电负性小，故答案为：c ；（3）中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，中心原子是Ni ，价电子排布3d 84s 2，共10个电子，CO 配位时，提供碳原子上的一对孤对电子，=4；CO 中C 和O 以三键结合，含有1个σ键、2个π键，故答案为：4；1：2；（4）甲醇分子内C 的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp 3，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp 2杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内O ﹣C ﹣H 键角比甲醛分子内O﹣C ﹣H 键角小，故答案为：sp 3；小于．点评：本题考查金属键与金属的物理性质的关系、原子轨道杂化方式及杂化类型判断、键能、键长、键角及其应用等，难度不大，（3）是易错点．13.某自来水厂利用河水处理成自来水的工艺流程示意图如下图所示：提供的试剂：饱和Na 2CO 3溶液、NaOH 溶液、生石灰、CCl 4、BaCl 2溶液、KOH 溶液（1）为除去水中含有的Ca 2＋、Mg 2＋、HCO 3-、Cl －、SO 42-，试剂a 代表两种化学物质，主要是除去水中SO 42-、Mg 2＋和HCO 3-，这两种试剂是________和________(只填化学式)。