1、2019年重庆高中会考化学真题及答案班级:_ 姓名：_ 分数：_题号一二三四五六总分得分注意事项：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评卷人得分一、选择题1. 在反应Cu+2 H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O中，还原剂是AC uBH2SO4CCuSO4DSO2【答案】A【解析】试题分析：在反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O反应中，Cu化合价升高，由0价升高到+2价，Cu为还原剂，选A。考点：考查氧化还原反应基本概念。2.下列说法正确的是A分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液Fe(OH)3胶体FeCl3溶液B能自发进
2、行的化学反应，一定是H0C将碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液分别蒸干并灼烧，所得固体的成分均为氢氧化钠D电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属【答案】A【解析】试题分析：A、悬浊液的分散质粒子的直径大于胶体分散质粒子的直径，胶体分散质粒子的直径大于溶液分散质粒子的直径，正确；B、根据HS0，反应自发进行可知：H0、S0、S0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2 molA2和1 molB2，在500时充分反应，达平衡后C3的浓度为w molL，放出热量Q2 kJ。（1）若在原来的容器中，只加入2mol C3，500时充分反应达平衡后，吸收热量Q3 kJ，C3浓度(填、=、 、 =
3、、 )，理由是。【答案】（1）=， Q1=Q2+Q3（2）bc来源:（3）AD（4）Q2GaC电负性：AsGaD砷化镓晶体中含有配位键EGaP与GaAs互为等电子体（4）N、P、As处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是。（5）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700时制得。（CH3）3Ga中镓原子的杂化方式为。B（12分）乙酸乙酯的实验室和工业制法常采用如下反应：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O已知：无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH；部分有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点（）345785117977请回答下列问题：（1）浓硫酸的
4、作用是，球形干燥管的作用是。（2）用如图所示装置来制备少量的乙酸乙酯，产率往往偏低，其原因可能为、等。（3）实验所得到的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，除去；再进行蒸馏，收集77左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。（4）目前对该反应的催化剂进行了新的探索，初步表明质子酸离子液体可用作此反应的催化剂，且能重复使用。实验数据如下表所示（乙酸和乙醇以等物质的量混合）。同一反应时间同一反应应温度反应温度/转化率（%）选择性（%）*反应时间/h转化率（%）选择性（%）*4077.8100280.21006092.3100387.81008092.6100492.3100120
5、94.598.7693.0100*选择性100%表示反应生成的产物全部是乙酸乙酯和水根据表中数据，下列（填字母）为该反应的最佳条件。a.120,4h b.80,2h c.60,4h d.40,3h当反应温度达到120时，反应选抒性降低的原因可能为。【答案】A（12分）（1）l s22s22p63s23p63d104s24p1（或Ar3d104s24p1）（2分）（2）4（2分）正四面体（2分）（3）BCDE（2分，写对1个得0分，写对23个得1分，有错得0分）（4）NH3AsH3PH3（2分）（5）sp2（2分）B（12分）（1）催化剂和吸水剂：冷凝蒸气、防止倒吸：（每空2分，1个要点1分）（
6、2）原料来不及反应就被蒸出：温度过高，发生了副反应；冷凝效果不蚶，部分产物挥发了（任填2种，1个要点1分，共2分）（3）乙醇和水（1个要点1分，共2分）（4）c乙醇分子间脱水生成了乙醚（4分，每空2分）【解析】略评卷人得分四、计算题17.碳、氮和铝的单质及其化合物在工农业生产和生活中有重要的作用。（1）真空碳热还原氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：2Al2O3(s)2AlCl3(g)6C(s)=6AlCl(g)6CO(g)Ha kJmol13AlCl(g) 2Al(l)AlCl3(g)Hb kJmol1反应Al2O3(s)3C(s)2Al(l)3CO(g)的HkJmol1
7、(用含a、b的代数式表示)；（2）用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)H=Q kJmol1。在T1时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：时间（min）浓度（mol/L）01020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.30010min内，NO的平均反应速率v(NO)，T1时，该反应的平衡常数K；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是
8、(填字母编号)。a通入一定量的NO b加入一定量的活性炭c加入合适的催化剂 d适当缩小容器的体积若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为3：1：1，则Q0(填“”或“”)。在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是 (填选项编号)。a单位时间内生成2n mol NO(g)的同时消耗n mol CO2(g)b反应体系的温度不再发生改变c混合气体的密度不再发生改变d反应体系的压强不再发生改变（3）铝电池性能优越，AlAg2O电池可用作水下动力电源，其原理如下图所示：请写出该电池正极反应式；常温下，用该化学电源和惰性电极电解300ml硫酸铜溶液（过量
9、），消耗27mg Al，则电解后溶液的pH（不考虑溶液体积的变化）。【答案】（15分）（1）0.5ab（2分）（2）0.032molL1min1（1分）， 0.25 （2分）； ad（2分，选对一个给1分，错选不给分）；（2分）；bc（2分，选对一个给1分，错选不给分）；（3）Ag 2O+2e+H2O2Ag+2OH（2分）； 2（2分）【解析】试题分析：（1）根据反应2Al2O3(s)2AlCl3(g)6C(s)6AlCl(g)6CO(g)Ha kJmol1、3AlCl(g) 2Al(l)AlCl3(g)Hb kJmol1并依据盖斯定律可知，2即得到反应A Al2O3(s)3C(s)2Al(l
10、)3CO(g)，所以该反应的H（0.5ab）KJ/mol。（2）根据表中数据可知，010min内，NO的平均反应速率v(NO)0.032molL-1min-1；根据表中数据可知，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的平衡浓度c(N2)0.25mol/L；c(CO2)0.25mol/L；c(NO)0.5mol/L，所以该反应的平衡常数K0.25。30min后，只改变某一条件，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)重新达到平衡。依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K0.25。由于平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，
11、氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小容器体积后加入一定量一氧化氮。a通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故a正确；b加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故b错误；c加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故C错误；d适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故d；因此正确的答案为ad。若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为3:1:1，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故Q0。在一定条件下，当可逆反应的正反
12、应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。恒容条件下，体积不变。a、无论反应是否达到平衡状态，单位时间内生成2n mol NO（g）的同时消耗n mol CO2（g），故a错误；b、该反应是放热反应，所以反应体系的温度随着反应的移动而改变，当平衡时，反应体系的温度不变，故b正确；C、密度是混合气的质量和容器容积的比值，反应中有固体参加，反应前后气体的质量不等，所以当反应达到平衡时，混合气体的密度不再变化，故c正确；d、反应前后体积不变，所以无论反应是否达到平衡状态，压强始终不变，故d错误，答案选bc。（3）原电池中较活泼的金属是负
13、极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。所以根据装置图可知，负极是铝，失去电子。正极上氧化银得电子和水反应生成银和氢氧根离子，电极反应式为Ag 2O+2e+H2O2Ag+2OH；根据反应中得失电子数相等计算，消耗27mg Al失去电子是30.003mol。所以根据反应式2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2可知，反应中生成氢离子的物质的量0.003mol，所以溶液中氢离子物质的量的浓度0.003mol0.3L0.01mol/L，所以pHlg0.012。考点：考查反应热、反应速率和平衡常数的计算；外界条件对平衡状态的影响以及
14、平衡状态的判断；电化学原理的有关应用以及pH的有关计算等18.（12分） 在MgCl2和AlCl3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量。经测定，加入的NaOH的物质的量(mol)和所得沉浮的物质的量(mol)的关系如下图所示。则：（1）写出代表各线段发生反应的离子方程式：OD段 _，DC段 _ 。（2）原溶液中Mg2、Al3物质的量浓度之比为。（3）图中C点表示当加入mol NaOH时，Al3已经转化为Mg2已经转化为。（4）图中线段OAAB。【答案】（1）Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3；Al(OH)3OH=AlO22H2O 每个2分共6分（2）21（1分）（
15、3）0.8 （1分）全部溶解生成NaAlO2、（1分）完全生成沉淀Mg(OH)2，（1分）（4）71 （2分）【解析】（1）氯化镁和氯化铝都能和氢氧化钠反应生成白色沉淀，方程式分别是Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3。由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶解在氢氧化钠中，所以DC段的反应是Al(OH)3OH=AlO22H2O。（2）根据图像可知，C点对应的沉淀是氢氧化镁，物质的量是0.2mol。D点对应的沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁的混合物，共计是0.3mol，所以氢氧化铝是0.1mol，因此原溶液中Mg2、Al3物质的量浓度之比为21。（3）共计方程式可知，生成氢氧化镁和氢氧化
16、铝消耗的氢氧化钠分别是0.4mol和0.3mol，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是0.1mol，因此共计是0.8mol氢氧化钠。所以图中线段OAAB71。19.（16分）常温下，在20.0mL 0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀盐酸。溶液的PH值的变化关系如右图所示。(1) a 7.0的理由是（用离子方程式表示）（2）如图，当加入稀盐酸的体积为V1mL时，溶液的pH值刚好为7.0。此时溶液中c(Cl-)c(CH3COOH)（填、或）。简要写出判断依据。（3）当加入的盐酸的体积为20.0mL时，测定溶液中的c(H+)为1.310-3 mol/L，求CH3COOH的电离
17、平衡常数Ka(设混合后的体积为二者的体积之和，计算结果保留两位有效数字)。【答案】（16分）（1）CH3COO- + H2OCH3COOH + OH-（3分）(2)（6分）= （2分）根据电荷守恒有：c(OH- ) + c(Cl- ) + c(CH3COO- ) = c(H+) + c(Na+) 由于溶液的pH=7，c(OH- ) = c(H+)，所以c(Cl- ) + c(CH3COO- ) = c(Na+)（2分）；而根据物料守恒有：c(CH3COO H) + c(CH3COO- ) = c(Na+)（1分）所以有c(CH3COO H) = c(Cl- )（1分）(3)解：当加入盐酸的体积为20.0mL时，两种物质刚好完全反应，生成c(CH3COOH)
