贵州省贵阳市第一中学2018届高三12月月考
理科综合化学试题
1. 材料与国民经济建设国防建设和人民生活密切相关。下列关于材料的说法正确的是 A. 太阳能电池板中的二氧化硅可用作光导纤维
B. 古代的陶瓷、砖瓦、现代的有机玻璃、水泥都是硅酸盐产品
C. 航天服材质是由碳化硅陶瓷和碳纤维等复合而成，具有耐高温防寒等性能 D. 石英玻璃耐强酸强碱，可用来制造化学仪器 【答案】C
2. 下列说法正确的是
A. 蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质 B. Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得
C. 需要通电才可进行的有:电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀 D. 用油脂和烧碱制肥皂的过程中有加成反应 【答案】B
【解析】A. 淀粉、油脂是混合物，既不是电解质也不是非电解质，蔗糖水解生成的葡萄糖和果糖、淀粉水解生成葡萄糖都是非电解质，而油脂在酸性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸，其中高级脂肪酸是电解质，故A错误；B. Ca(HCO3)2可利用反应：CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2制得、Fe(OH)3可利用反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3制得、FeCl2可利用反应：2FeCl3＋Fe=3FeCl2制得，三个反应均为化合反应，故B正确；C. 电离指的是电解质在水溶液中离解成自由移动离子的过程，不需要通电，电化学腐蚀若为原电池构成的腐蚀，不需要通电，故C错误；D. 用油脂和烧碱制肥皂的过程中发生的是水解反应，没有加成反应，故D错误；答案选B。
3. 铝和氢氧化钾都是重要的工业产品，工业品氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可
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用离子交换膜法电解提纯，其工作原理如图2所示。下列有关说法错误的是
A. 工业冶炼铝采用的是电解法
B. 铝与氢氧化钾溶液反应的离子方程式是2A1+2OH+2H2O=2A1O2+3H2↑ C. 图中电解槽的阳极反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑ D. 除去杂质后的氢氧化钾溶液从图中的B处流出 【答案】C
【解析】A. 工业冶炼铝通常采用电解熔融氧化铝的方法，故A正确；B. 铝与氢氧化钾溶液反应的离子方程式为：2Al＋2OH＋2H2O=2AlO2＋3H2↑，故B正确；C. 在图中电解槽的阳极上，氢氧根离子失去电子生成水和氧气，电极反应式为：4OH―－4e－=2H2O＋O2↑，故C错误；D. B为阴极，在阴极上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为：2H2O+2e=H2↑＋2OH－，左侧溶液中的K+通过阳离子交换膜进入右侧溶液，所以B极产生KOH，除去杂质后的KOH溶液从图中B处流出，故D正确；答案选C。
4. 某同学用如图3所示的装置对SO2气体的那分性质进行观察和探究。下对说法中的现象和结论均正确的是 选项 A B C 试剂 酸性KMnO4溶液 品红溶液 滴有酚酞的NaOH溶液 现象 溶液褪色 溶液褪色 溶液褪色 结论 SO2有漂白性 SO2有还原性 SO2有酸性 －
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－
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D
紫色石蕊试液 溶液先变红后褪色 SO2有酸性、有漂白性
A. A B. B C. C D. D 【答案】C
【解析】A. SO2遇酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的还原性，故A错误；B. SO2使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，故B错误；C. SO2与NaOH发生反应：SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，消耗NaOH从而使酚酞褪色，体现其酸性，故C正确；D. SO2不能漂白酸碱指示剂，使紫色石蕊试液变红后不能褪色，故D错误；答案选C。 点睛：本题主要考查SO2的性质，解题时要注意区分SO2使不同溶液褪色的本质原因。使酸性高锰酸钾溶液褪色时体现了SO2的还原性，使品红溶液褪色体现了SO2的漂白性，使滴有酚酞的NaOH溶液褪色体现了SO2的的酸性，同时还要注意SO2是化合型漂白剂，只能使酸碱指示剂变色而不能褪色。
5. 废塑料的回收再生利用将工业垃圾变成极有价值的工业生产原料。具有不可忽略的潜在意义。利用如图4所示的装置隔绝空气加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，以此探究废塑料的再利用。下列叙述正确的是
A. 聚丙烯的链节是-CH2-CH2-CH2-
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B. 装置乙的试管中收集到的物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 装置丙中的试剂可吸收烯烃且出现溶液分层现象 D. 最后收集的气体可作燃料 【答案】D
【解析】A．聚丙烯的链节是—CH2—CH(CH3)—，故A错误；B．根据题目信息可知，装置乙收集的是较高沸点的苯和甲苯，甲苯能使酸性高锰酸钾褪色，故B错误；C．装置丙中的试剂是溴的四氯化碳溶液，可与烯烃发生加成反应生成卤代烃，但卤代烃可溶于四氯化碳溶液，所以不会出现分层现象，故C错误；D．最后收集的气体为氢气和甲烷，都可作燃料，故D正确；答案选D。
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH数目为0.1NA B. 33.6LNO2溶解于足量的水中得到硝酸溶液，溶液中NO3的数目为NA C. 氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标况下)气体时，电路中通过的电子数为2NA D. 高温下，0.3molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子的数目为0.4NA 【答案】D
【解析】A. 室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)==10-13mol/L，则由水电离出来的c水(OH)=c(H)=10mol/L，物质的量为：1L×10mol/L =10mol，数目10 NA，故A错误；B. 因未指明NO2气体所处的状态是否为标准状况，则无法计算NO2的物质的量，NO2溶于水后溶液中的NO3-的数目也无法计算，故B错误；C. 氢氧燃料电池正极的电极反应式为：O2+4H+4e=2H2O，则消耗标准状况下22.4L即1mol O2时，电路中有4NA个电子通过，故C错误；D. 根据方程式3Fe＋4H2O(g)
Fe3O4＋4H2可知，0.3molFe与足量水蒸气反应，生成H2
+
--+
-13
-13
-13
-13
--
的物质的量为0.4mol，H2分子的数目为0.4NA，故D正确；答案选D。
点睛：本题主要考查物质的量的有关计算，试题难度不大。本题的易错项是A，在计算NaOH溶液中由水电离出的氢氧根离子数目时，可以先计算pH=13的NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量浓度，再根据水的离子积常数求出溶液中的氢离子浓度，因NaOH溶液中的氢离子来自于水的电离且与水电离产生的氢氧根离子数目相等，进而求出水电离产生的氢氧根离子的数目。 7. PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4价和+2价的混合氧化物(+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2)。向1mol PbO2加热分解得到的固体(同时生成氧气amol)中加入足量的浓盐酸得到氯气bmol,如果a:b为3:2，则剩余固体的成分及物质的量之比可能是
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①Pb3O4、PbO 1:1 ②PbO2、Pb3O4 1:2 ③PbO2、Pb3O4、PbO 1:4:1 ④PbO2、Pb3O4、PbO 1:1:4
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 【答案】D
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点睛：本题主要考查氧化还原反应的相关计算，试题难度较大。解答本题时可以根据题目信息，即PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到的溶液为PbCl2溶液，根据“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒计算x的值，进而确定PbO2加热分解后的物质中n(Pb):n(O)，结合选项中各混合物中n(Pb):n(O)的值判断即可。 8. I.在容器为1L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)
2NO2(g)，且温度升高，
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混合气体的颜色加深。100℃时，体系中各物质的浓度随时间的变化如图15所示。回答下列问题：
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