2018-2019年高中化学重庆高三专题试卷拔高试卷【8】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.有Al 、CuO 、Fe 2O 3组成的混合物共10.0 g ，放入500 mL 某浓度的盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250 mL2.0 mol/L 的NaOH 溶液时，得到的沉淀最多。

上述盐酸溶液的浓度为 A ．0.5 mol /L B ．1.0 mol/L C ．2.0 mol/L D ．3.0 mol/L【答案】B 【解析】试题分析：根据元素守恒，当沉淀完全时最终所得溶液为氯化钠溶液，设盐酸的浓度为c ，则0.5Lc=0.25L×2.0mol/L ，解得c=1.0mol/L ，答案选B 。

考点：考查溶液的物质的量浓度的计算2.常温下，对于下列电解质溶液，说法正确的是( ) A ．pH ＝1的溶液中，Fe 3+、I -、NO 3-、K +可以大量共存B ．在c(SO )＝0.1 mol·L －1的溶液中,Na +、Cl －、H +、Ca 2+可以大量共存C ．工业上用过量的NaOH 溶液吸收SO 2：SO 2 + OH - ="=" HSO 3-D ．将AlCl 3溶液滴入NaOH 溶液中反应的离子方程式:Al 3+ + 4OH - = AlO 2- + 2H 2O 【答案】D 【解析】试题分析：A 中是强酸性溶液，在该溶液中Fe 3+、I -、NO 3-等因发生氧化还原反应而不能大量共存；B 组中SO 和Ca 2+生成沉淀而不能大量共存；过量氢氧化钠吸收SO2应该生成正盐SO ，C 错误；．将AlCl 3溶液滴入NaOH 溶液，开始碱过量，所以发生的反应方程式为Al 3++4OH - = AlO 2- + 2H 2O ，D 正确，故选D 。

考点：本题考查的是离子反应中离子共存问题和离子方程式的正误判断。

3.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）。

A ．使酚酞变红色的溶液：Fe 3＋、Mg 2＋、SO 42－、NO 3－B ．KNO 3的酸性溶液：Fe 2＋、Ca 2＋、Al 3＋、Cl －C ．常温下，由水电离出的c(H ＋)＝1.0×10－10mol·L －1的溶液：NH 4＋、Na ＋、SiO 32－、CO 32－D ．透明的溶液：Cu 2＋、Fe 3＋、NO 3－、MnO 4－ 【答案】D【解析】使酚酞变红色的溶液呈碱性，在碱性溶液中Fe 3＋、Mg 2＋不能大量存在，A 错误；B项，溶液中有H ＋和NO 3－，可将Fe 2＋氧化为Fe 3＋，B 错误；C 项，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中SiO 32－、CO 32－不能大量存在，在碱性溶液中，NH 4＋不能大量存在，C 错误。

4.实验室制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理是已知苯甲醛易被空气氧化，苯甲醇的沸点为205.3 ℃，苯甲酸的熔点为121.7 ℃，沸点为249 ℃，溶解度为0.34 g ；乙醚的沸点为34.8 ℃，难溶于水。

制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如下所示：试根据上述信息，判断以下说法错误的是( ) A ．操作Ⅰ是萃取分液B ．乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇C ．操作Ⅱ蒸馏所得产品甲是苯甲醇D ．操作Ⅲ过滤得到产品乙是苯甲酸钾 【答案】D【解析】由题意可知，白色糊状物为苯甲醇和苯甲酸钾，加入水和乙醚后，根据相似相溶原理，乙醚中溶有苯甲醇，水中溶有苯甲酸钾，两种液体可用萃取分液法分离。

溶解在乙醚中的苯甲醇沸点高于乙醚，可蒸馏分离。

加入盐酸后生成的苯甲酸为微溶于水的晶体，可过滤分离。

5.下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如下图所示转化关系的是( )【答案】C【解析】A 项，①SiO 2＋Na 2CO 3Na 2SiO 3＋CO 2↑，SiO 2Na 2SiO 3H 2SiO 3SiO 2；B 项，②2NaHCO 3Na 2CO 3＋CO 2↑＋H 2O ，NaCl NaHCO 3Na 2CO 3NaCl ；C 项，N 2不能直接与O 2反应生成NO 2；D 项，④CO 2＋C2CO ，CCOCO 2C 。

6.除去NaHCO 3溶液中混有的少量Na 2CO 3可采取的方法是( ) A ．通入二氧化碳气体 B ．加入氢氧化钡溶液C ．加入澄清石灰水D ．加入稀盐酸【答案】A【解析】通入足量的CO 2，可以把Na 2CO 3转化成NaHCO 3，即把杂质转化为所需要的物质。

7.下列反应中，Q 2>Q 1的是 ( ) A ．H 2(g)＋F 2(g)=2HF(g) ΔH ＝－Q 1 kJ·mol －1H 2(g)＋Cl 2(g)=2HCl(g) ΔH ＝－Q 2 kJ·mol －1B ．2H 2(g)＋O 2(g)=2H 2O(l) ΔH ＝－Q 1 kJ·mol －1 2H 2(g)＋O 2(g)=2H 2O(g) ΔH ＝－Q 2 kJ·mol －1C ．NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H 2O(l)ΔH ＝－Q 1 kJ·mol －1 NaOH(aq)＋CH 3COOH(aq)=CH 3COONa(aq)＋H 2O(l)ΔH ＝－Q 2 kJ·mol －1D ．S(s)＋O 2(g)=SO 2(g) ΔH ＝－Q 1 kJ·mol －1 S(g)＋O 2(g)=SO 2(g) ΔH ＝－Q 2 kJ·mol －1【答案】D【解析】选项A 中F 2比Cl 2氧化性强，与氢气反应放热多，因而Q 1>Q 2；选项B 中H 2O(l)→H 2O(g)要吸热，因而Q 1>Q 2；选项C 中CH 3COOH 电离要吸热，因而Q 1>Q 2；选项D 中S(s)→S(g)要吸热，因而Q 2>Q 1。

8.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】本题考查化学平衡移动原理及化学反应速率的影响因素，意在考查考生对相关知识的掌握情况。

选项A 可以用温度变化来解释化学平衡的移动，A 项正确；选项B 说明离子积随着温度的升高而增大，即温度升高，水的电离平衡正向移动，B 项正确；选项C 是催化剂对化学反应速率的影响，与化学平衡无关，C 项错误；选项D 中浓度与溶液pH 的关系说明浓度对NH 3·H 2O 的电离平衡的影响，D 项正确。

9.在硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液中，如果SO 42-的浓度为0.2 mol·L －1，当加入等体积0.2 mol·L －1KOH 溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解，则反应后混合溶液中K ＋的浓度约是(忽略溶液中少量的H ＋和OH －)（ ）。

A ．0.125 mol·L －1B ．0.225 mol·L －1C ．0.250 mol·L －1D ．0.450 mol·L －1【答案】B【解析】设两溶液均为1 L ，生成的沉淀恰好完全溶解时，发生的反应为Al 3＋＋4OH －===AlO 2-＋2H 2O ，n(AlO 2-)＝n(OH －)＝×0.2 mol ＝0.05 mol ，此时溶液中含有K ＋、AlO 2-、SO 42-，由电荷守恒可得关系式：n(K ＋)＝n(AlO 2-)＋2n(SO 42-)＝0.05 mol ＋2×0.2 mol ＝0.45 mol ，所以等体积混合后溶液中的c(K ＋)＝0.225 mol·L －1。

10.有X ，Y 两组原子，对它们结构的下列描述中，能说明彼此化学性质一定相似的是 A ．电子排布式分别为：1s 2和1s 22s 2B ．X 原子M 层上只有两个电子，Y 原子N 层上也只有两个电子C ．X 原子的2p 亚层上有二对成对电子，Y 原子的3p 亚层上也有二对成对电子D ．X 原子的2p 亚层上只有一个未成对电子，Y 原子的3p 亚层上只有一个未成对电子 【答案】C 【解析】试题分析：电子排布式分别为1s 2和1s 22s 2分别为氦元素与铍元素，二者化学性质不相同。

故错误。

B 选项X 原子M 层上只有两个电子，则该元素为Mg 。

Y 原子N 层上只有两个电子，则该元素为Sr 。

二者化学性质差异很大，故错误。

C 选项，X 原子的2p 亚层上有二对成对电子，该元素为F 元素；Y 原子的3p 亚层上也有二对成对电子，该元素为Cl 元素，故二者化学性质很相似。

D 选项，X 原子的2p 亚层上只有一个未成对电子B 元素；Y 原子的3p 亚层上只有一个未成对电子该元素为Al 元素，二者化学性质差异很大。

考点：元素周期律，原子核外电子排布。

二、实验题11.（1）实验室需要450 mL 0.02 mol/L 酸性KMnO 4标准溶液，现有仪器：① 托盘天平 ② 玻璃棒 ③ 药匙 ④ 200mL 烧杯 ⑤ 量筒，还需要 玻璃仪器才能完成配制，需称量KMnO 4固体 g 。

（2）下列操作会使配制的KMnO 4溶液浓度偏大的是 （填写编号，假设其他操作均正确）。

A ．没有冷却至室温就转移液体到容量瓶并完成定容B ．使用容量瓶配制溶液，定容时，俯视刻度线C ．没有用蒸馏水洗涤烧杯2-3次，并将溶液移入容量瓶中D ．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干就用来配制溶液E ．定容时，滴加蒸馏水，不慎液面略高于刻度线，吸出少量水使凹液面最低点与刻度线相切 （3）配平下面的方程式（将有关的化学计量数填入答题卡的横线上）： □KMnO 4+□H 2C 2O 4+□H 2SO 4——□MnSO 4+□K 2SO 4+□H 2O+□CO 2↑（4）人体血液里Ca 2+的浓度一般以mg/cm 3为单位。

为测定血液样品中Ca 2+的浓度，抽取血样20.00 mL ，加适量的草酸铵[（NH 4）2C 2O 4]溶液，可析出草酸钙（CaC 2O 4）沉淀，将沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸（H 2C 2O 4），再用上述标准0.02 mol/L 酸性KMnO 4溶液滴定，使草酸转化成CO 2逸出，这时共消耗13.00 mL 酸性 KMnO 4溶液，请计算血液样品中Ca 2+的浓度为_________mg/cm 3（保留到小数点后两位）。

【答案】（1）500ml 容量瓶（没有500ml 不得分，1分） 胶头滴管（1分） 1.6（3分） （2）A B （2分，漏选得1分，有错选不得分） （3）2、5、3、2、2、10、8（3分，“1”不写得1分） （4）1.30（3分，写成“1.3”得1分） 【解析】试题分析：（1）根据大而近原则，没有450 mL 容量瓶，必须选择500 mL 容量瓶才能完成配液，且计算KMnO 4固体的质量不能用450 × 10－3L×0.02 mol/L×158 g/mol=1.422g≈1.4 g ，而应用500 × 10－3L×0.02 mol/L×158 g/mol=1.58g≈1.6 g ；（2）A 、由n/V=c 、控制变量法可知，没有冷却至室温就转移液体到容量瓶并完成定容，对n 无影响，但会使V 变小，则c 偏大，A 正确；B 、定容时，俯视刻度线，对n 无影响，但会使V 变小，则c 偏大，B 正确；C 、没有用蒸馏水洗涤烧杯2-3次，并将溶液移入容量瓶中，对V 无影响，但会使n 变小，则c 偏小，C 错误；D 、容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干就用来配制溶液，对n 、V 均无影响，则对c 无影响，D 错误；E 、定容时，滴加蒸馏水，不慎液面略高于刻度线，吸出少量水使凹液面最低点与刻度线相切，对n 无影响，但会使V 变大，则c 偏小，E 错误；（3）由电子得失守恒、原子守恒配平可得：；（4）由c•V=n 可知，KMnO 4为0.02 ×13.00 ×10－3mol ；由2KMnO 4+5H 2C 2O 4+3H 2SO 4=2MnSO 4+K 2SO 4+8H 2O+10CO 2↑可知，为0.02 ×13.00 ×10－3×5/2 mol ；由Ca 2+～CaC 2O 4～H 2C 2O 4可知，Ca 2+为0.02 ×13.00 ×10－3×5/2 mol ；由n•M=m 可知，Ca 2+为0.02 ×13.00 ×10－3×5/2 ×40 g =" 0.02" ×13.00 ×10－3×5/2 ×40 ×10 mg ；20.00 mL="20.00" cm 3，则血液样品中Ca 2+的浓度为 0.02 ×13.00 ×10－3 ×5/2 ×40 ×10/20.00 =" 1.30" mg/cm 3。