届河北省承德第一中学高三月考化学试题解析版.docx

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届河北省承德第一中学高三月考化学试题解析版

河北省承德市第一中学2020届高三9月月考

化学试题

1.化学无处不在，下列有关说法不正确的是

A.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异

B.可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气

C.碘是人体必须的微量元素，所以每个人都要补碘

D.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境

【答案】C

【解析】

【详解】A.侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：

NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，A正确；

B.浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，所以可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气，B正确；

C.碘是人体必须的微量元素，但是不是每个人都缺少碘元素，因此不是每个人都要补碘，C错误；

D.水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂

涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质，苯、甲苯等有机物污染环境，所以家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境，D正确；

故合理选项是C。

2.NA代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.常温常压下，124gP4中所含P-P键数目为4NA

B.1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为3NA

C.标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为4NA

D.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后原子总数为8NA

【答案】BD

【解析】

【详解】A.常温常压下，一个P4中含有6个P-P键，124gP4中即1mol，含P-P键数目为6NA，A错误；

B.1molFe溶于过量硝酸，Fe化合价由0价变为+3价，电子转移数为3NA，B正确；

C.标准状况下，甲烷、乙烯的分子式分别为CH4、C2H4，且均为气体，11.2L甲烷和乙烯混合物即0.5mol，含氢原子数目为2NA，C错误；

D.密闭容器中，根据质量守恒定律，2molSO2和1molO2催化反应后原子总数等于反应前的原子总数，为8NA，D正确；

答案为BD。

【点睛】Fe与过量硝酸反应，则生成的为Fe3+，1molFe失去3mol电子。

3.下列各离子组能大量共存的是

A.澄清溶液中：

Cu2+、NH4+、C1-、SO42-

B.常温下pH=1的溶液中：

NO3-、K+、Na+、I-

C.在1mol·L-1的KMnO4酸性溶液中：

K+、SO32-、SO42-、C1-

D.0.1mol/L的A1C13溶液中：

Na+、HCO3-、NO3-、Fe2+

【答案】A

【解析】

【详解】A.选项中的离子不能发生任何反应，可以大量共存，A错误；

B.常温下pH=1的溶液显酸性，在该溶液中，H+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；

C.在酸性条件下，KMnO4与SO32-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；

D.Al3+、HCO3-会发生盐的双水解反应，不能大量共存，D错误；

故合理选项是A。

4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。

由X、Y和乙三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。

下列说法正确的是

A.W、X、Y、Z的简单离子的半径依次增大

B.X

简单氢化物的热稳定性比W的强

C.析出的黄色沉淀易溶于乙醇

D.X与Z属于同一主族，X与Y属于同一周期

【答案】B

【解析】

【分析】

短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，W为N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答。

【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S。

A.S2-有3个电子层，O2-、Na+、N3-具有2个电子层，由于离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径由大到小的顺序是Z>W>X>Y，A错误；

B.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强。

由于元素的非金属性X>W，所以简单氢化物的热稳定性X>W，B正确；

C.C是S元素，S单质不能溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，所以该说法不合理，C错误；

D.O、S是同一主族的元素，O是第二周期元素，Na是第三周期元素，两种元素不在同一周期，D错误；

故合理选项是B。

【点睛】本题考查原子结构与元素周期律关系，把握元素的性质、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。

5.下列实验的现象和原因都正确的是

实验

现象

原因

A

金属铝与少量氢氧化钠溶液反应

有白色氢氧化铝沉淀生成

氢氧化钠溶液量不足

B

金属铜加入浓硝酸中

产生使品红褪色的气体

生成SO2

C

将洁净的铜丝插入高温硫蒸气中

红色铜丝变黑

生成Cu2S

D

向碳酸钠固体上滴加少量盐酸

无气体产生

生成碳酸氢钠

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.金属铝与少量氢氧化钠溶液反应，产生NaAlO2和氢气，不会产生Al（OH）3沉淀，A错误；

B.金属铜加入浓硝酸中，二者发生反应，产生硝酸铜、二氧化硫和水，不产生SO2，B错误；

C.将洁净的铜丝插入高温硫蒸气中，二者反应产生黑色的Cu2S，因此看到固体由红色变为黑色，C正确；

D.向碳酸钠固体上滴加少量盐酸，先反应产生碳酸氢钠，碳酸氢钠立即与盐酸再反应，应产生NaCl、水和二氧化碳，因此会看到有气体放出，D错误；

故合理选项是C。

6.KIO3可采用电解法制备，装置如图所示。

下列叙述正确的是

A.通电后阴极的电极反应式2H2O+2e-=2OH-+H2↑

B.电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+，其迁移方向是从右到左

C.电解过程中阳极附近pH增大

D.当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的KIO3生成

【答案】A

【解析】

【分析】

与电源正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应；溶液中阳离子通过阳离子交换膜由阳极区向阴极区移动，据此解答。

【详解】A.根据装置图可知惰性电极b与电源的负极连接，作阴极。

阴极上阳离子放电，由于溶液中离子放电能力H+>Na+，所以发生反应：

2H2O+2e-=2OH-+H2↑，A正确；

B.由于阴极上溶液的H+不断放电，所以阴极区阳离子浓度降低，电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+，其迁移方向是从左到右，B错误；

C.在电解过程中，阳极上发生反应I2-10e-+12OH-=2IO3-+6H2O，阳极区c（OH-）逐渐降低，溶液的pH减小，C错误；

D.根据阳极上的电极反应式可知：

每转移10mol电子，反应产生2molKIO3，则转移1mol电子时，产生0.2mol的KIO3，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】本题考查电解原理的应用的知识。

涉及电极反应式书写、离子移动方向、溶液酸碱性判断及有关计算。

掌握电解原理同时充分利用题干信息是本题解答关键。

7.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气CO和H2，还对温室气体的减排具有重要意义。

已知：

C（s）+2H2（g）=CH4（g）△H1K1C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2K2；C（s）+

O2（g）=CO（g）△H3K3；CH4-CO2催化重整反应为：

CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△HK（其中△H为焓变，K为平衡常数）下列说法正确的是

A.△H=2△H3－2△H2－△H1

B.K=2K3－K2－K1

C.若平衡时c（CH4）：

c（CO2）：

c（CO）：

c（H2）=1：

1：

1：

1，则K一定等于1（mol/L）2

D.减小压强可增大CH4（g）和CO2（g）的平衡转化率

【答案】D

【解析】

【详解】A.①C（s）+2H2（g）=CH4（g）△H1②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2③C（s）+

O2（g）=CO（g）△H3将方程式2×③-①-②可得CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=2△H3-△H1-△H2，A错误；

B.根据化学平衡常数的含义可得K1=

；K2=

；K3=

；K=

，B错误；

C.若平衡时c（CH4）：

c（CO2）：

c（CO）：

c（H2）=1：

1：

1：

1，假设每种物质的浓度都是x，则K=

=

，若x=1，则K=1，若x=2，则K=4，所以K不一定为1（mol/L）2，C错误；

D.由于反应CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）的正反应为气体体积增大的反应，所以根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡正向移动，从而可增大CH4（g）和CO2（g）的平衡转化率，D正确；

故合理选项是D。

8.钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛的应用．以水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、A12O3、MnO等）制取钴产品的工艺流程如下：

已知：

①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、A13+等；

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：

沉淀物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Co（OH）2

Mn（OH）3

Mn（OH）2

开始沉淀

2.7

7.6

7.6

4.0

7.7

完全沉淀

3.7

9.6

9.2

5.2

9.8

回答下列问题：

（1）写出浸出过程、Co2O3发生反应的离子方程式：

_________________________。

（2）写出NaC1O3发生反应的主要离子方程式：

______________________________；

（3）“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀成分为____________________________。

（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。

向“滤液”中加入萃取剂的目的是_________________；萃取剂使用的最佳pH范围是__________（填代号）。

A．1.0～1.5B．2.0～2.5C．3.0～3.5D．4.0～4.5

（5）“沉钴”时生成CoCO3的离子方程式为__________________________________。

（6）在空气中焙烧CoCO3生成CoxOy和CO2，测得充分煅烧后固体质量为4.82g，CO2的体积为1.344L（标准状况），则CoxOy的化学式为___________________。

【答案】

（1）.Co2O3＋SO32-＋4H＋=2Co2＋＋SO42-＋2H2O

（2）.ClO3-＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O（3）.Fe（OH）3、Al（OH）3（4）.除去滤液中的Mn2＋（5）.C（6）.Co2++2HCO3-=CoCO3↓+H2O+CO2↑ （7）.Co3O4

【解析】

【分析】

含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，向该溶液中加入萃取剂分离出Mn2+，然后加入NH4HCO3溶液得到CoCO3沉淀。

（1）水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+；

（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；

（3）加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀；

（4）根据不同的pH对金属阳离子Mn2+、Co2+的萃取率的不同选择；

（5）利用复分解反应得到反应的方程式；

（6）计算二氧化碳物质的量，根据CoCO3的化学式可以确定Co原子数目，再根据CoxOy的质量确定O原子物质的量，计算Co、O原子数目之比确定化学式。

【详解】

（1）水钴矿用HCl、Na2SO3进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+为Co2+，反应的离子方程式为：

Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：

ClO3-＋6Fe2＋+6H+=Cl-+6Fe3＋+3H2O；

（3）加Na2CO3调pH至5.2时，Al3+能与CO32-发生双水解生成Al（OH）3沉淀和CO2气体；Fe3+能与CO32-离子发生双水解生成Fe（OH）3沉淀和CO2气体，所以沉淀成分为：

Fe（OH）3、Al（OH）3；

（4）Al3+、Fe3+形成Fe（OH）3、AlFe（OH）3沉淀析出，根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+离子，加入萃取剂调节溶液的pH至3.0～3.5时就可以将Mn2+萃取出来，剩余的溶液中含有Co2+离子；

（5）向含有Co2+的溶液中加入NH4HCO3，发生复分解反应，得到CoCO3沉淀，反应的离子方程式为Co2++2HCO3-=CoCO3↓+H2O+CO2↑；

（6）在空气中焙烧CoCO3生成CoxOy和CO2，产生CO2的物质的量为n（CO2）=1.344L÷22.4L/mol=0.06mol，由Co、C原子比例关系，可知Co原子物质的量为0.06mol，则CoxOy中O原子物质的量为n（O）=

=0.08mol，故CoxOy中Co、O原子数目之比=0.06mol：

0.08mol=3：

4，则CoxOy的化学式为Co3O4。

【点睛】本题通过CoCl2•6H2O制取工艺的流程，考查了物质制备方案的设计，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度大。

9.部分中学化学常见元素原子结构及性质如表所示

元素

结构及性质

A

A在第三周期中简单离子半径最小

B

B原子最外层电子数是内层电子数的

C

使用最广泛的金属元素C能形成两种氯化物，其相对分子质量之差为35.5

D

D与B同主族，且通常状况下D没有正化合价

E

E在周期表中位于IA族，有人认为将其排在VIIA族也有一定道理

F

F与B同周期，其最高价氧化物

水化物与A或B的最高价氧化物的水化物均能反应

（1）C元素在周期表中的位置_____________；E形成的一种简单离子能支持“将E排在VIIA族”这一观点，该离子的结构示意图为_______________________。

（2）E与D可以按原子个数比2：

1、1：

1形成两种化合物X、Y，区别X、Y这两种物质的实验方法为________________________________。

E与B形成的一种化合物Z与X、Y中的一种电子总数相同且能发生化学反应，写出该反应的化学方程式__________________________（用相应化学式表示）

（3）请画出化合物F2B2的电子式__________，该化合物中含有的化学键类型是_______。

（4）将A、C的单质用导线连接后插入F的最高价氧化物的水化物溶液中可形成原电池，该原电池中阴离子移向_________（填“A”或“C”），写出该原电池总反应的离子方程式____________________。

【答案】

（1）.第四周期第VIII族

（2）.

（3）.分别取两种液体少量于试管中，加入少量二氧化锰，有大量气泡冒出的是H2O2（4）.H2O2+H2S=S↓+2H2O（5）.

（6）.离子键、共价键（7）.A（8）.2Al+2OH-+6H2O=2[Al（OH）4]-+3H2↑（或2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑）

【解析】

【详解】A在第三周期中简单离子半径最小，则A是Al元素；B原子最外层电子数是内层电子数的

，则B是S元素；使用最广泛的金属元素C能形成两种氯化物，其相对分子质量之差为35.5，则C是Fe元素；D与B同主族，且通常状况下D没有正化合价，则D是O元素；E在周期表中位于IA族，有人认为将其排在VIIA族也有一定道理，则E最外层只有1个电子，E是H元素；F与B同周期，其最高价氧化物的水化物与A或B的最高价氧化物的水化物均能反应，则F是Na元素。

（1）C元素是Fe元素，在周期表中的位置是第四周期第VIII族；E是H元素，形成的一种简单离子能支持“将E排在VIIA族”这一观点，是因为H原子获得一个电子变为K层2个电子的稳定结构，该离子的结构示意图为

；

（2）E与D可以按原子个数比2：

1、1：

1形成两种化合物X、Y分别是H2O、H2O2，可利用H2O2的不稳定性来区别X、Y这两种物质，实验方法是分别取两种液体少量于试管中，加入少量二氧化锰，有大量气泡冒出的是H2O2；E与B形成的一种化合物Z是H2S，与X、Y中的一种电子总数相同的是H2O2，二者能发生氧化还原反应，该反应的化学方程式是H2O2+H2S=S↓+2H2O；

（3）化合物F2B2是Na2S2，该物质中含有非极性共价键和离子键，其电子式是

；

（4）A是Al，C是Fe，F是Na，将A、C的单质用导线连接后插入F的最高价氧化物的水化物溶液中可形成原电池，由于Al可以与NaOH溶液反应，失去电子，所以Al为负极，Fe为正极。

根据同种电荷互相排斥，异种电荷相互吸引，可知该原电池中阴离子移向正电荷较多的负极Al电极，即向A电极移动，该原电池总反应的离子方程式2Al+2OH-+6H2O=2[Al（OH）4]-+3H2↑；或写为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。

10.水合肼（N2H4·H2O）是无色、有强还原性的液体，实验室制各水合肼的原理为：

CO（NH2）2+2NaOH+NaC1O=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。

步骤1：

制备NaC1O溶液。

已知：

3NaC1O

NaC1+NaC1O3

（1）用烧碱固体配制30％NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_______（填字母）。

A．容量瓶B．烧杯C．移液管D．玻璃棒

（2）装置A中发生反应的离子方程式是__________；若装置C中出现堵塞，玻璃管a中的现象为_______________；B中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的是______________。

步骤2：

制取水合肼

控制反应温度，将分液漏斗中的溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。

加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108~114℃馏分。

（已知：

N2H4·H2O+2NaC1O=N2↑+3H2O+2NaC1）。

（3）分液漏斗中的溶液是___________（填“A”或“B”）；

A．NaOH和NaC1O混合溶液B．CO（NH2）2溶液

步骤3：

肼的性质分析与测定。

（4）水合肼与氨水性质相似，属于二元弱碱。

水合肼与盐酸反应产生的正盐化学式为_______________。

（5）水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。

称取馏分0.3000g，加水配成加20.00mL溶液，一定条件下用0.1500mol/L

I2溶液滴定。

①水合肼与碘溶液反应的化学方程式为_______________________________________；

②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中N2H4·H2O的质量分数为__________。

（保留三位有效数字）

【答案】

（1）.BD

（2）.MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O（3）.液面上升（4）.防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率（5）.A（6）.N2H6Cl2（7）.N2H4·H2O＋2I2＝N2↑＋4HI＋H2O（8）.25.0%

【解析】

【分析】

装置A：

二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，制取的氯气中含有氯化氢，装置B中玻璃管a的作用为平衡压强，氯气与氢氧化钠反应制备NaClO，Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，防止NaClO（歧化）分解为氯酸钠和氯化钠，装置C进行尾气处理。

（1）根据配制一定质量分数的溶液的步骤选用仪器；

（2）B中氯气与氢氧化钠反应制备NaClO；B中玻璃管a的作用平衡压强，制取的氯气中含有氯化氢，为了提高NaClO的产率，需对A中产生的Cl2进行净化，由已知信息可知，在反应极易发生副反应，B中用冰水浴控制温度在30℃以下，这样做的目的是减少副反应的发生，提高水合肼的产率；

（3）N2H4•H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化确定仪器A中试剂；

（4）模拟NH3与HCl反应产生的盐书写水合肼与HCl反应产生的盐的化学式；

（5）①利用电子守恒、原子守恒结合题意，写出反应的化学方程式；

②根据①方程式进行计算。

【详解】

（1）配制30%NaOH溶液时，用天平称量质量，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：

烧杯、玻璃棒，合理选项为BD；

（2）装置A中浓盐酸与MnO2混合加热制取氯气，发生反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↑+2H2O；若C中发生堵塞时，B中气体压强增大，B中液体进入长玻璃管中，使长玻璃管中液面上升，形成水柱；若温度升高时，次氯酸钠容易发生自身的氧化还原反应生成氯酸钠和氯化钠，导致物质不纯，所以冰水浴温度需要在30℃以下，其主要目的是防止NaClO（歧化）分解为氯酸钠和氯化钠，影响水合肼的产率；

（3）在三颈烧瓶发生反应：

CO（NH2）2+2NaOH+NaC1O=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，N2H4•H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化，所以分液漏斗中盛有NaOH+NaC1O；

（4）水合肼属于二元弱碱。

水合肼与盐酸产生的盐为N2H6Cl2；

（5）①水合肼具有还原性，其被I2氧化的方程式为N2H4·H2O＋2I2＝N2↑＋4HI＋H2O

②设馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为a，则根据反应方程式：

N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O

50g          2mol

0.3000g×a    0.020L×0.15mol/L

50g：

0.3000g×a=2mol：

0.020L×0.15mol/L，解得：

a=25%。

【点睛】本题综合考查物质制备实验、物质含量测定等知识，明确实验目的为解答关键，注意把握物质的性质以及实验的操作方法，较好地考查了学生对实验原理的理解、知识迁移应用。

11.资源化利用CO具有重要意义。

（1）CO可设计成燃料电池，熔融Li2CO3和Na2CO3的混合物作为燃料电池的电解质，氧化剂是含CO2的O2，工作时正极反应为__________________，以该燃料电池为电源处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，同时制得副产物氢气，装置如图所示（电极均为石墨电极）。

该装置中应选用_______（填“阴”或“阳”）离子交换膜，写出电解时NO2发生反应的电极反应式：