2019-2020年高三上学期月考（一）化学试题含解析.doc

2019-2020年高三上学期月考（一）化学试题含解析一.选择题1（3分）（xx秋招远市校级月考）下列表示物质结构的化学用语正确的是（）A8个中子的碳原子的核素符号：614CB标准状况下，22.4L乙醛中含有的氧原子数为1.0NA（设阿伏伽德罗常数为NA）CCl离子的结构示意图：D金刚石和石墨是互为同分异构体2（3分）（xx秋招远市校级月考）下列有关结构和性质的说法中，正确的是（）A因为酸性：HClH2CO3，所以非金属性：ClCB元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子C同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同D同周期第A族与第A族的元素原子序数之差不一定为13（3分）（xx秋招远市校级月考）下列说法正确的是（）A乙醇可以转化成乙酸，乙醇和乙酸都能发生取代反应B所有烷烃和蛋白质分子中都存在碳碳单键C人们通常用聚乙烯、聚氯乙烯塑料来制食品包装袋，它们都是高分子化合物D苯和乙烯都能使溴水退色，其褪色原理是相同的4（3分）（xx秋招远市校级月考）下列操作方法错误的是（）A检验HCl气体中是否混有Cl2，可用用湿润的淀粉碘化钾试纸B向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，能证明该溶液中一定含有SO42C向某溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀并迅速变成灰绿色，最后变为红褐色，能证明该溶液中含有Fe2+DNH3可以用NH4Cl固体和氢氧化钙混合加热制取，用碱石灰干燥5（3分）（2011山东）以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是（）A未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该电池的充电过程B因部分电能转化为热能，电镀是通过的电量与锌的析出量无确定关系C电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率D镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用6（3分）（xx山东）下列实验操作正确的是（）A中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶B盛放NaOH溶液时，使用带玻璃塞的磨口瓶C用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出DNaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热7（3分）（xx秋招远市校级月考）已知t时AgCl的Ksp=410l0，在t时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法错误的是（）A在t时，Ag2CrO4的Ksp为11011B在饱和溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到Z点C在t时，Ag2CrO4（s）+2Cl（aq）2AgCl（s）+CrO42（aq）平衡常数K=6.25107D在t时，以0.001mol/L AgNO3溶液滴定20mL 0.001mol/L KCl和0.001mol/L的K2CrO4的混和溶液，CrO42先沉淀二.非选择题8（12分）（xx秋招远市校级月考）金属铜与人体分泌物中的盐酸以及体内的空气反应可生成超氧酸：Cu+HCl+O2=CuCl+HO2，HO2 （超氧酸）不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性下列说法或表示错误的是（）A氧化剂是O2BHO2在碱中不能稳定存在C氧化产物是HO2D1mol Cu参加反应有1mol电子发生转移9（2分）（xx韶关模拟）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJ/mol，C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H2=+131.3kJ/mol，则反应CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g），H=kJ/mol10（2分）（xx秋招远市校级月考）在10L密闭容器中充有10mol CO 与20mol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）；CO的转化率（）与温度、压强的关系如图所示若A、B两点表示在某时刻达到的平衡状态，则在A点该温度下的平衡常数K=若A、C两点都表示达到平衡状态，则自反应开始到达平衡状态所需的时间tAtC（填“大于”、“小于”或“等于”）11（2分）（xx秋招远市校级月考）室温下，向一定量的稀氨水中逐滴加入浓度相同的稀盐酸当溶液中离子浓度关系满足c（NH4+）（Cl）时，则反应的情况可能为（填写序号字母）A盐酸不足，氨水剩余，溶液显碱性 B氨水与盐酸恰好完全反应 C盐酸过量当溶液的pH为7时，溶液中各离子浓度的大小关系为实验过程中，氨水中的溶质NH3H2O的电离程度先后（填“增大”、“减小”或“不变”）12（2分）（xx秋招远市校级月考）工业废水中Cr（）回收与再利用工艺如下：注：硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2Al（OH）3Cr（OH）3pH3.79.611.189（9溶解）（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施（至少写一条）（2）调pH=8是为了除去离子（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）（3）钠离子交换树脂的原理为：Mn+nNaRMRn+nNa+，被交换的杂质离子是（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）13（2分）（xx秋招远市校级月考）电解法处理含Cr2O72离子的废水（pH=46）的一种方法是：往废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，同时鼓入空气，经过一段时间后，经过一段时间后，有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀产生，使工业废水中铬含量低于排放标准（1）阴极电极反应式：（2）加入适量NaCl的作用？（3）鼓入空气的作用？14（14分）（xx秋招远市校级月考）实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入（填“A”或“B”），再滴加另一反应物（2）如图乙所示，过滤操作中的一处错误是（3）判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是（4）无水AlCl3（183升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置（如图甲）制备装置B盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是F中试剂的作用是三.化学-有机化学基础15（xx秋招远市校级月考）合成P（一种抗氧剂）的路线如下：R为烃基A和F互为同分异构体，A分子中有三个甲基，F分子中只有一个甲基（1）AB的反应类型为B经催化加氢生成G（C4H10），G的化学名称是（2）A与浓HBr溶液一起共热生成H，H的结构简式为（3）实验室中检验C可选择下列试剂中的a盐酸bFeCl3溶液cNaHCO3溶液d浓溴水（4）P与足量NaOH溶液反应的化学反应方程式为（有机物用结构简式表示）四.化学-物质结构与性质16（xx秋招远市校级月考）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）过渡金属配合物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N2结构相似，CO分子内键与键个数之比为（4）甲醛（H2C=O）在Ni催化作用下加氢可得甲醇（CH3OH）甲醇分子内C原子的杂化方式为，甲醇分子内的OCH键角（填“大于”“等于”或“小于”）甲醛分子内的OCH键角xx学年山东省烟台市招远二中高三（上）月考化学试卷（一）参考答案与试题解析一.选择题1（3分）（xx秋招远市校级月考）下列表示物质结构的化学用语正确的是（）A8个中子的碳原子的核素符号：614CB标准状况下，22.4L乙醛中含有的氧原子数为1.0NA（设阿伏伽德罗常数为NA）CCl离子的结构示意图：D金刚石和石墨是互为同分异构体考点：核素；同素异形体；原子结构示意图；阿伏加德罗常数专题：化学用语专题分析：A原子符号zAX左下角z代表质子数，左上角A代表质量数，X代表元素符号，质量数=质子数+中子数；B标准状况下乙醛不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醛的物质的量；C氯原子的质子数为17；D具有相同分子式、不同结构的化合物，互为同分异构体，由同种元素形成的不同单质互为同素异形体解答：解：A碳元素的质子数为6，8个中子的碳原子质量数为6+8=14，所以8个中子的碳原子符合为614C，故A正确；B标准状况下乙醛是无色，有刺激性气味的液体，不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醛的物质的量，故B错误；C因Cl离子的结构示意图为：，故C错误；D金刚石和石墨都是单质，互为同素异形体，故D错误；故选A点评：本题考查了常见化学用语的书写，难度不大，掌握常用化学用语的书写，明原子符号的含义、同分异构体含义、原子结构示意图是解答本题的关键2（3分）（xx秋招远市校级月考）下列有关结构和性质的说法中，正确的是（）A因为酸性：HClH2CO3，所以非金属性：ClCB元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子C同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同D同周期第A族与第A族的元素原子序数之差不一定为1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：A最高价含氧酸的酸性越强，中心元素的非金属性越强；B元素非金属性越强，原子越容易获得电子，元素原子最外层电子数多，元素的非金属性不一定强；C同周期主族元素形成的简单阳离子的电子层结构相同，简单阴离子的电子层结构相同，简单阳离子与简单阴离子相差1个电子层；D短周期中A族、A族同周期元素相邻，长周期中A族、A族元素不相邻，中间相隔过渡元素解答：解：AHCl为无氧酸，不能与碳酸通过比较酸性判断Cl、C的非金属性，如F元素的非金属性最强，但氢氟酸为弱酸，可以比较高氯酸与碳酸的酸性判断Cl、C的非金属性，故A错误；B元素原子最外层电子数多，元素的非金属性不一定强，如I原子最外层电子数为7，O原子最外层电子数为6，非金属性OI，故B错误；C同周期主族元素形成的简单阳离子与简单阴离子的电子层结构不同，相差1个电子层，故C错误；D短周期中A族、A族同周期元素相邻，原子序数相差1，长周期中A族、A族元素不相邻，中间相隔过渡元素，处于第四、五周期原子序数相差11，处于第六、七周期原子序数相差25，故D正确，故选：D点评：本题考查结构性质位置关系、非金属性比较、元素周期表等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握3（3分）（xx秋招远市校级月考）下列说法正确的是（）A乙醇可以转化成乙酸，乙醇和乙酸都能发生取代反应B所有烷烃和蛋白质分子中都存在碳碳单键C人们通常用聚乙烯、聚氯乙烯塑料来制食品包装袋，它们都是高分子化合物D苯和乙烯都能使溴水退色，其褪色原理是相同的考点：乙醇的化学性质；有机化合物中碳的成键特征；乙烯的化学性质；有机高分子化合物的结构和性质专题：有机反应分析：A乙醇可以被高锰酸钾氧化生成乙酸、乙醇和乙酸可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应；B甲烷中不存在碳碳单键；C聚氯乙烯塑料有毒，不能用来制食品包装袋；D乙烯与溴水发生加成反应，使溴水体褪色；苯萃取溴水中的溴，使溴水体褪色解答：解：A乙醇可以被高锰酸钾氧化生成乙酸、乙醇和乙酸可以发生取代反应，故A正确；B甲烷中不存在碳碳单键，只有碳氢单键，故B错误；C聚氯乙烯塑料有毒，不能用来制食品包装袋，聚乙烯、聚氯乙烯塑料都是高分子化合物，故C错误，D乙烯与溴水发生加成反应，使溴水体褪色；苯萃取溴水中的溴，使溴水体褪色，其褪色原理是不同的，故D错误；故选A点评：本题主要考查了物质的组成、结构与性质，难度不大，注意知识的积累4（3分）（xx秋招远市校级月考）下列操作方法错误的是（）A检验HCl气体中是否混有Cl2，可用用湿润的淀粉碘化钾试纸B向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，能证明该溶液中一定含有SO42C向某溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀并迅速变成灰绿色，最后变为红褐色，能证明该溶液中含有Fe2+DNH3可以用NH4Cl固体和氢氧化钙混合加热制取，用碱石灰干燥考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用专题：物质检验鉴别题分析：A氯气和碘化钾反应，可置换出碘；B不能排除AgCl沉淀的干扰；C氢氧化亚铁为白色沉淀，不稳定，易被氧化；DNH4Cl固体和氢氧化钙混合加热可生成氨气，氨气为碱性气体解答：解：A氯气和碘化钾反应，可置换出碘，如淀粉变蓝色，可证明含有氯气，故A正确；B不能排除AgCl沉淀的干扰，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液，如变浑浊，可证明含有SO42，故B错误；C氢氧化亚铁为白色沉淀，不稳定，易被氧化，现象是白色沉淀并迅速变成灰绿色，最后变为红褐色，为氢氧化亚铁的特征反应，故C正确；DNH4Cl固体和氢氧化钙混合加热可生成氨气，氨气为碱性气体，可用碱石灰干燥，故D正确故选B点评：本题考查物质的检验和鉴别，为高频常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性的评价，难度不大5（3分）（2011山东）以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是（）A未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该电池的充电过程B因部分电能转化为热能，电镀是通过的电量与锌的析出量无确定关系C电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率D镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用考点：电解原理的应用实验专题：压轴题分析：根据Zn的金属性强于Fe，未通电前上述镀锌装置可构成原电池，其正极反应为：O2+4e+2H2O4OH，与电镀时所发生的反应为不同的两个反应，故电镀过程不是该原电池的充电过程；电镀时，每转移2mol电子析出1molZn，通过的电量与析出的锌的量存在确定的关系，与能量的其他转化无关；电镀时保持单位时间内转移的电子数恒定，则消耗的反应物与产生的生成物的量恒定，也就是反应速率恒定，与温度无关；镀锌铁制品的镀层破损后，易形成ZnFe原电池，Zn作负极优先被腐蚀，铁制品仍能受到保护解答：解：A、未通电前上述镀锌装置可构成原电池，因原电池反应与电镀时所发生的反应为不同的两个反应，故电镀过程不是该原电池的充电过程，故A错误；B、电解过程中确实存在电能转化成热能的情况，但电镀时通过的电量与析出的锌的量存在确定的关系，与能量的其他转化无关，故B错误；C、电镀时保持电流恒定，即单位时间内转移的电子数恒定，则消耗的反应物与产生的生成物的量恒定，也就是反应速率恒定，与温度无关，故C正确；D、镀锌层破损后，能形成锌铁原电池，铁为正极，锌为负极，同样起到保护铁的作用，故D错误故选C点评：此题考查了原电池与电解池的工作原理及应用重在突出应用及电路中的电量与析出物质的守恒关系，解答本题时应明确电池或电解工作原理，对于其应用也要掌握6（3分）（xx山东）下列实验操作正确的是（）A中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶B盛放NaOH溶液时，使用带玻璃塞的磨口瓶C用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出DNaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热考点：中和滴定；化学试剂的存放；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取专题：实验题分析：A不能用待测液润洗锥形瓶；B玻璃的成分是二氧化硅；C苯在上层，应从上口倒出；D当蒸发皿中出现大量固体时就应该停止加热解答：解：A用待测液润洗锥形瓶，会使溶质的物质的量增大，浓度偏大，故A错误； B二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠有粘性，能将瓶口和塞子粘在一起，故B错误；C苯的密度比水小，苯在上层，应从上口倒出，故C错误；D当蒸发皿中出现大量固体时就应该停止加热，用余热蒸干，故D正确故选D点评：本题考查中和滴定、玻璃的成分、苯的密度、蒸发操作等，难度不大，注意苯的密度比水小，与水互不相同7（3分）（xx秋招远市校级月考）已知t时AgCl的Ksp=410l0，在t时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法错误的是（）A在t时，Ag2CrO4的Ksp为11011B在饱和溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到Z点C在t时，Ag2CrO4（s）+2Cl（aq）2AgCl（s）+CrO42（aq）平衡常数K=6.25107D在t时，以0.001mol/L AgNO3溶液滴定20mL 0.001mol/L KCl和0.001mol/L的K2CrO4的混和溶液，CrO42先沉淀考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，溶度积是饱和溶液中离子浓度幂次方的乘积；B、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化；C、依据银离子浓度相同时氯化银的溶度积和Ag2CrO4（橘红色）的溶度积计算得到平衡常数；D、依据溶液中离子浓度结合溶度积常数计算银离子浓度，银离子浓度越小先析出沉淀解答：解：A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）2Ag+CrO42；Ksp=c2（Ag+）c（CrO42）=（103）2103=109；故A错误；B、在饱和溶液中加入K2CrO4可使沉淀溶解平衡左移，溶积常数不变，还是饱和溶液，点应在曲线上，故B正确；C、在t时，Ag2CrO4（s）+2Cl（aq2AgCl（s）+CrO42（aq）；离子浓度相同时氯化银的溶度积和Ag2CrO4（橘红色）的溶度积计算，K=6.25107；故C正确；D、依据溶度积常数计算Ksp（CrO42）=c2（Ag+）c（CrO42）=1109 ；Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl）=41010，以0.001mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.001mol/L KCl和0.001mol/L的K2CrO4的混合溶液，c（CrO42）=0.001mol/L，得到c（Ag+）=1103mol/L；0.001mol/L KCl溶液中，c（Cl）=0.001mol/L；依据溶度积计算得到：（Ag+）=4107mol/L；所以先析出氯化银沉淀，故D错误；故选AD点评：本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用，溶度积是随温度变化，题目难度中等二.非选择题8（12分）（xx秋招远市校级月考）金属铜与人体分泌物中的盐酸以及体内的空气反应可生成超氧酸：Cu+HCl+O2=CuCl+HO2，HO2 （超氧酸）不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性下列说法或表示错误的是（）A氧化剂是O2BHO2在碱中不能稳定存在C氧化产物是HO2D1mol Cu参加反应有1mol电子发生转移考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：Cu+HCl+O2=CuCl+HO2中，Cu元素的化合价由0升高为+1价，由HO2不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性可知O元素的化合价降低，以此来解答解答：解：AO元素的化合价降低，则氧化剂是O2，故A正确；BHO2是一种弱酸，与碱反应，则在碱中不能稳定存在，故B正确；CO得到电子被还原，则还原产物是HO2，故C错误；D.1mol Cu参加反应有1mol（10）=1mol电子发生转移，故D正确；故选C点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，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及转移电子的考查，题目难度不大9（2分）（xx韶关模拟）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJ/mol，C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H2=+131.3kJ/mol，则反应CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g），H=524.8kJ/mol考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：根据盖斯定律构造出目标反应热化学反应方程式，据此计算反应热；注意化学计量数乘以不同的系数，进行加减，焓变也要乘以相同的系数，做相应加减解答：解：已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJ/mol，C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H2=+131.3kJ/mol，根据盖斯定律，得CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g），H=393.5131.3=524.8kJ/mol，故答案为：524.8点评：本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的理解与应用10（2分）（xx秋招远市校级月考）在10L密闭容器中充有10mol CO 与20mol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）；CO的转化率（）与温度、压强的关系如图所示若A、B两点表示在某时刻达到的平衡状态，则在A点该温度下的平衡常数K=1（mol/l）2若A、C两点都表示达到平衡状态，则自反应开始到达平衡状态所需的时间tA大于tC（填“大于”、“小于”或“等于”）考点：转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：根据平衡常数表达式和该点所示的有关数据进行计算；根据压强对化学反应速率的影响来回答解答：解：从图中看出A点时，CO的转化率为0.5，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），CO的初始浓度为=1mol/l，氢气的初始浓度为=2mol/l，则CO变化浓度为0.5mol/l，氢气减少的浓度为1mol/l，故平衡时CO、H2、甲醇的浓度分别为0.5mol/l、1mol/l、0.5mol/l，K=1（mol/l）2，故答案为：1（mol/l）2；由图象可知：C点的压强大于A点，增大压强，化学反应速率加快，故反应开始到达平衡状态所需的时间tA大于tC，故答案为：大于点评：本题结合图象考查化学平衡常数的计算，化学反应速率的影响因素，难度中等11（2分）（xx秋招远市校级月考）室温下，向一定量的稀氨水中逐滴加入浓度相同的稀盐酸当溶液中离子浓度关系满足c（NH4+）（Cl）时，则反应的情况可能为B、C（填写序号字母）A盐酸不足，氨水剩余，溶液显碱性 B氨水与盐酸恰好完全反应 C盐酸过量当溶液的pH为7时，溶液中各离子浓度的大小关系为c（NH4+）=c（Cl）c（H+）=c（OH）实验过程中，氨水中的溶质NH3H2O的电离程度先增大后减小（填“增大”、“减小”或“不变”）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：根据电荷守恒分析判断；当溶液的pH为7时，c（H+）=c（OH）；氨水中存在NH3H2O的电离平衡，根据影响电离平衡的因素分析解答：解：溶液中存在电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（OH）+c（Cl），当c（NH4+）c（Cl）时，c（H+）c（OH），溶液呈酸性；A盐酸不足，氨水剩余，溶液显碱性，与题意不符，故A不选；B氨水与盐酸恰好完全反应，反应恰好生成氯化铵，铵根离子水解显酸性，故B选；C盐酸过量，溶液呈酸性，符合题意，故C选；故答案为：B、C；溶液中存在电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（OH）+c（Cl），当溶液的pH为7时，即c（H+）=c（OH），则c（NH4+）=c（Cl），所以溶液中各离子浓度的大小关系为：c（NH4+）=c（Cl）c（H+）=c（OH）；故答案为：c（NH4+）=c（Cl）c（H+）=c（OH）；向一定量的稀氨水中逐滴加入浓度相同的稀盐酸，加入的盐酸消耗OH，促进了NH3H2O的电离，随着c（NH4+）的增加，又抑制了NH3H2O电离，所以NH3H2O的电离程度先增大后减小；故答案为：增大；减小点评：本题考查了混合溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒的应用、弱电解质的电离平衡，题目侧重于考查学生对基础知识的应用能力，题目难度中等12（2分）（xx秋招远市校级月考）工业废水中Cr（）回收与再利用工艺如下：注：硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2Al（OH）3Cr（OH）3pH3.79.611.189（9溶解）（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等（至少写一条）（2）调pH=8是为了除去Fe3+、Al3+离子（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）（3）钠离子交换树脂的原理为：Mn+nNaRMRn+nNa+，被交换的杂质离子是Ca2+、Mg2+（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：实验设计题分析：（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、加快溶解速度等措施；硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，酸浸是溶解物质为了提高浸取率，可以升高温度增大物质溶解度，增大接触面积增大反应速率，或加快搅拌速度等；（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；（3）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子解答：解：流程原理：硫酸浸取液中金属离子是Cr3+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入硫酸，将物质溶解酸化，过滤，除去难溶物质，然后向混合液中加入氢氧化钠，根据表中数据，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，调节溶液PH=8，可以将Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，将Fe3+、Al3+沉淀完全了，余下的只有Ca2+、Mg2+可以用钠离子交换树脂交换即可（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，故答案为：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等；（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液PH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；故答案为：Fe3+、Al3+；（3）前面已将Fe3+、Al3+沉淀完全了，余下的只有Ca2+、Mg2+，此小题类似于磺化煤交换Ca2+、Mg2+原理，钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，故答案为：Ca2+、Mg2+；点评：本题考查了离子方程式、化学方程式的书写、物质的分离等知识点，难度较大，注意会运用溶液的pH值对溶液中的离子进行分离，除杂的原则是：除去杂质且不引进新的杂质13（2分）（xx秋招远市校级月考）电解法处理含Cr2O72离子的废水（pH=46）的一种方法是：往废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，同时鼓入空气，经过一段时间后，经过一段时间后，有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀产生，使工业废水中铬含量低于排放标准（1）阴极电极反应式：Cr2O72+14H+6e=2Cr3+7H2O（2）加入适量NaCl的作用？增强废水的导电性，便于电解的进行（3）鼓入空气的作用？将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+，便于形成沉淀除去考点：电解原理专题：电化学专题分析：用Fe做电极进行电解，阳极发生Fe2e=Fe2+，在阴极上是重铬酸根离子得电子发生还原反应，Cr2O72发生氧化还原反应被还原为Cr3+然后生成Cr（OH）3沉淀除去，以此来解答解答：解：（1）Fe为阳极，则阳极反应为Fe2e=Fe2+，溶液中重铬酸根离子在阴极放电：Cr2O72+14H+6e=2Cr3+7H2O，故答案为：Cr2O72+14H+6e=2Cr3+7H2O；（2）因NaCl为电解质，加入适量的NaCl可增强溶液的导电能力，故答案为：增强废水的导电性，便于电解的进行；（3）亚铁离子具有还原性可以被空气中的氧气氧化为铁离子，所以鼓入空气，是将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+，便于形成沉淀除去，故答案为：将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+，便于形成沉淀除去点评：本题考查电解原理及氧化还原反应，明确电极时解答本题的关键，熟悉发生的电极反应及氧化还原反应即可解答，题目难度中等14（14分）（xx秋招远市校级月考）实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入B（填“A”或“B”），再滴加另一反应物（2）如图乙所示，过滤操作中的一处错误是漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁（3）判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是坩埚（4）无水AlCl3（183升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置（如图甲）制备装置B盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是除去HClF中试剂的作用是吸收水蒸气考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）先加入氨水，再加入盐的混合溶液，会使两种沉淀同时生成；（2）为了防止液体溅出，在过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁；（3）根据题意可知，沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净；（4）根据所给的装置图可知，B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收空气中的CO2，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用解答：解：MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应会得到氢氧化镁以及氢氧化铝的混合物沉淀，将沉淀洗涤干燥进行焙烧可以得到MgAl2O4，（1）如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量，应先生成氢氧化镁沉淀，反之，先加氨水，因氨水足量，则同时生成沉淀，故答案为：B；（2）过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁，防止液体溅出，故答案为：漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁；（3）沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净，高温焙烧固体应在坩埚中进行，故答案为：AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）；坩埚；（4）金属铝可以的氯气之间发生反应生成氯化铝，因为氯化铝遇潮湿空气即产生大量白雾，并且能和HCl反应，制得的氯气中含有氯化氢和水，应该除去，并且要防止空气中水的干扰，F可以吸收水分，防止生成的氯化铝变质，B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，G是吸收反应剩余的氯气故答案为：除去HCl；吸收水蒸气点评：本题考查物质的制备实验设计，题目难度大，注意把握实验设计的仪器连接顺序，清楚实验原理三.化学-有机化学基础15（xx秋招远市校级月考）合成P（一种抗氧剂）的路线如下：R为烃基A和F互为同分异构体，A分子中有三个甲基，F分子中只有一个甲基（1）AB的反应类型为消去反应B经催化加氢生成G（C4H10），G的化学名称是2甲基丙烷（2）A与浓HBr溶液一起共热生成H，H的结构简式为C（CH3）3Br（3）实验室中检验C可选择下列试剂中的bda盐酸bFeCl3溶液cNaHCO3溶液d浓溴水（4）P与足量NaOH溶液反应的化学反应方程式为（有机物用结构简式表示）考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：A在加热浓硫酸作用下反应生成B，A和B的化学式相差一个H2O，则发生了消去反应，所以A是醇，B是烯烃，B和苯酚反应生成，所以B是，A分子中有三个甲基，所以A的结构简式为：，反应生成，和银氨溶液反应生成D，D的结构简式为：，酸性条件下，D反应生成E，A和F互为同分异构体，A分子中有三个甲基，F分子中只有一个甲基，F的结构简式为：CH3CH2CH2CH2OH，E和F发生酯化反应生成P，P的结构简式为：，据此答题解答：解：A在加热浓硫酸作用下反应生成B，A和B的化学式相差一个H2O，则发生了消去反应，所以A是醇，B是烯烃，B和苯酚反应生成，所以B是，A分子中有三个甲基，所以A的结构简式为：，反应生成，和银氨溶液反应生成D，D的结构简式为：，酸性条件下，D反应生成E，A和F互为同分异构体，A分子中有三个甲基，F分子中只有一个甲基，F的结构简式为：CH3CH2CH2CH2OH，E和F发生酯化反应生成PP的结构简式为：（1）在加热、浓硫酸作用下，醇A发生消去反应生成烯烃B，B经催化加氢生成G（C4H10），G的结构简式为：CH3CH（CH3）CH3，G的化学名称是2甲基丙烷，故答案为：消去反应；2甲基丙烷；（2）A与浓HBr溶液一起共热发生取代反应生成H，所以H的结构简式为C（CH3）3Br，故答案为：C（CH3）3Br；（3）C是苯酚，溴水能和苯酚生成白色沉淀，氯化铁溶液能和苯酚发生显色反应，盐酸和碳酸氢钠与苯酚不反应，故选bd；（4）P是酯，酯P和氢氧化钠溶液反应方程式为：，故答案为：点评：本题考查了有机物的推断，明确物质含有的官能团及其性质是解本题的关键，结合题给信息进行分析解答，注意（5）题中，除了酯基和氢氧化钠反应外，酚羟基也和氢氧化钠反应，容易遗漏而导致错误四.化学-物质结构与性质16（xx秋招远市校级月考）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ba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C（3）过渡金属配合物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=4CO与N2结构相似，CO分子内键与键个数之比为1：2（4）甲醛（H2C=O）在Ni催化作用下加氢可得甲醇（CH3OH）甲醇分子内C原子的杂化方式为sp3，甲醇分子内的OCH键角小于（填“大于”“等于”或“小于”）甲醛分子内的OCH键角考点：金属键的涵义；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；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专题：化学键与晶体结构分析：（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3d84s2，3d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：当上述公式中电荷数为正值时取“”，电荷数为负值时取“+”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，sp2杂化；n=4，sp3杂化；sp3杂化是四面体构型，sp2杂化，分子呈平面三角形解答：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3d84s2，3d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3d84s2，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个键、2个键，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sp3，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内OCH键角比甲醛分子内OCH键角小，故答案为：sp3；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，题目难度不大，注意掌握价层电子对理论和杂化理论