届北京市清华大学附属中学高三上学期月考化学试题解析版.docx
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届北京市清华大学附属中学高三上学期月考化学试题解析版
北京市清华大学附属中学2018届高三10月月考
化学试题
1.下列陈述正确并且有因果关系的是()
A.SiO2有导电性,可用于制备光导纤维
B.浓硫酸具有氧化性,可用于干燥H2
C.Al2O3具有很高的熔点,可用于制造熔融烧碱的坩埚
D.FeCl3溶液能与Cu反应,可用于蚀刻印刷电路板
【答案】D
【解析】A、SiO2属于原子晶体,不具有导电性,故A错误;B、浓硫酸用于干燥氢气,利用浓硫酸的吸水性,故B错误;C、Al2O3属于两性氧化物,能与NaOH反应,烧碱为NaOH,因此氧化铝不能用于制造熔融烧碱的坩埚,故C错误;D、发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+,因此用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板,故D正确;
2.实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2,下列有关说法正确的是()
A.NaNO2是还原性
B.NH4Cl中N元素被还原
C.生成1molN2时转移6mol电子
D.氧化剂和还原剂的物质的量之比是1:
1
【答案】D
【解析】试题分析:
实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2,根据氧化还原反应中电子守恒、原子守恒可得反应方程式:
NaNO2+NH4Cl=N2+NaCl+2H2O。
A.在该反应中NaNO2中的N元素化合价是+3价,反应后变为N2的0价,化合价降低,得到电子,NaNO2作氧化剂,错误;B.在NH4Cl中N元素化合价是-3价,反应后变为N2的0价,化合价升高,失去电子,NaNO2中的N元素被氧化,错误;C.根据反应方程式NaNO2+NH4Cl=N2+NaCl+2H2O可知每产生1molN2,转移3mol电子,错误;D.根据反应方程式可知在该反应中氧化剂NaNO2和还原剂NH4Cl的物质的量之比是1:
1,正确。
考点:
考查氧化还原反应的有关知识。
3.将SO2气体通入BaCl2溶液中,未见沉淀生成。
若同时通入另一种气体X则有沉淀生成。
则X气体不可能是()
A.H2SB.NH3C.CO2D.NO2
【答案】C
【解析】A、SO2不与BaCl2发生反应,通入H2S,发生SO2+2H2S=3S↓+2H2O,有沉淀产生,故A错误;B、NH3溶于水形成NH3·H2O,与SO2发生反应生成(NH4)2SO3,(NH4)2SO3与BaCl2反应:
(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl,有沉淀产生,故B错误;C、CO2不与BaCl2,也不与SO2反应,不会产生沉淀,故C正确;D、NO2溶于水:
3NO2+H2O=2HNO3+NO,HNO3具有强氧化性,能把SO2氧化成SO42-,SO42-与Ba2+反应生成BaSO4沉淀,故D错误。
点睛:
化学反应中一般遵循酸性强的制取酸性弱的,因此SO2不与BaCl2反应,解决本题,应熟悉SO2的化学性质,如酸性、还原性、氧化性,这样此题就可以顺利解决。
4.下列解释事实的方程式正确的是()
A.将NO2通入水中,红棕色消失:
3NO2+H2O=2HNO3+O2
B.漂白粉实现漂白性:
CO2+2ClO-+H2O=CO32-+2HClO
C.Na与水反应产生气体:
Na+H2O=Na++OH-+H2↑
D.燃煤时加入石灰石可减少SO2的排放:
2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2
【答案】D
【解析】A、NO2溶于水发生3NO2+H2O=2HNO3+NO,故A错误;B、漂白粉有效成分是Ca(ClO)2,漂白粉实现漂白的原因:
Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,故B错误;C、原子不守恒,正确的是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故C错误;D、石灰石成分是CaCO3,CaCO3高温分解成CaO和CO2,SO2属于酸性氧化物,CaO和SO2反应生成CaSO3,CaSO3中S显+4价,被氧气氧化成CaSO4,因此反应方程式为2CaCO3+O2+2SO2
2CaSO4+2CO2,故D正确。
5.肼(N2H4)是火箭常用的高能燃料,常温下为液体,其球棍模型如下图所示。
肼能与双氧水发生反应:
N2H4+2H2O2=N2+4H2O。
用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.标准状况下,11.2LN2中含电子总数为5NA
B.标准状况下,22.4LN2H4中所含原子总数为6NA
C.标准状况下,3.2gN2H4中含有共价键的总数为0.6NA
D.若生成3.6gH2O,则上述反应转移电子的数目为0.2NA
【答案】D
【解析】试题分析:
A项标准状况下其电子的物质的量应为7mol;B项如题所述,标准状况下物质为液体;C项含有的共价键的物质的量为0.5mol。
考点:
阿伏伽德罗常数。
6.聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂,聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘,其结构表示如下,下列说法不正确的是()
(图中虚线表示氢键)
A.聚维酮的单体是
B.聚维酮分子由(m+n)个单体聚合而成
C.聚维酮碘是一种水溶性物质D.聚维酮在一定条件下能发生水解反应
【答案】B
【解析】根据结构分析,聚维酮的单体是
,A正确;聚维酮分子由(2m+n)个单体聚合而成,B错误;由“聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂”可知,聚维酮碘是一种水溶性物质,C正确;聚维酮含肽键,在一定条件下能发生水解反应,D正确。
点睛:
本题考查有机化学基础知识,旨在考查学生对加聚产物的认识、分析能力,及对官能团性质的应用能力。
注意:
①由“聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂”可知,聚维酮碘溶于水;②从聚合物的结构形式可知,聚维酮是加聚产物。
7.下列有关实验的选项正确的是()
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】A、容量瓶不能用于溶解、反应、稀释溶液的容器,故A错误;B、Cl2+H2O
H++Cl-+HClO,饱和NaCl中Cl-抑制Cl2与水的反应,HCl易溶于水,因此可以除去Cl2中HCl,故B正确;C、CCl4的密度不溶于水,且密度大于水,因此下层为紫色,上层几乎无色,故C错误;D、为防止生成Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3,因此胶头滴管的尖嘴应伸入到溶液中,故D错误。
8.根据元素周期表和元素周期律,下列叙述不正确的是()
A.气态氢化物的稳定性:
HF>H2O>NH3
B.氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C.右图所示实验可证明元素的非金属性:
Cl>C>Si
D.第118号元素在周期表中位于第七周期0族
【答案】C
【解析】A、非金属性越强,其氢化物越稳定,同周期从左向右非金属性增强,即气态氢化物稳定性:
HF>H2O>NH3,故A说法正确;B、H与Na形成NaH,NaH属于离子化合物,H与N结合成NH3,NH3属于共价化合物,故B说法正确;C、HCl中Cl显-1价,不是最高价,因此无法比较Cl的非金属性强于C,故C说法错误;D、118号元素位于第七周期0族,故D说法正确。
点睛:
本题易错选项是C,判断非金属性强弱的方法之一,利用非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强,题目中HCl不属于Cl的最高价氧化物对应的水化物,因此无法判断Cl的非金属性强于C。
9.氢氧化铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。
在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。
溶解25.25g二者的混合物,恰好消耗1.0mol·L-1盐酸500mL。
灼烧等量的上述混合物,得到的氧化铜质量为()
A.15gB.20gC.30gD.35g
【答案】B
【解析】混合物加入盐酸发生:
Cu(OH)2+2HCl=CuCl2+2H2O、Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O,恰好消耗盐酸500mL,生成CuCl2物质的量为500×10-3×1/2mol=0.25mol,其中Cu原子物质的量为0.25mol,灼烧混合物Cu元素最终转化成CuO,因此根据Cu原子守恒,因此CuO的物质的量为0.25mol,其质量为0.25×80g=20g,故选项B正确。
10.某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物,转化关系如下如所示:
下列说法不正确的是()
A.x为NaOH溶液,y为盐酸
B.a→b发生的反应为:
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓
C.按照本流程,x和y调换后也能达到实验目的
D.b、c既能与强酸又能与强碱反应
【答案】C
【解析】根据转化关系,加入试剂x,得到溶液和Fe,利用Al能与NaOH反应,Fe不与NaOH反应,因此试剂x为NaOH,即a的主要成分是NaAlO2,根据转化关系,试剂y应为盐酸,发生AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,然后氢氧化铝受热分解成Al2O3,最后通过电解的方法得到金属Al,A、根据上述分析,x为NaOH溶液,y为盐酸,故A说法正确;B、a→b的反应是AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,故B说法正确;C、如果x和y互换,a为FeCl2和AlCl3,加入NaOH,则得到Fe(OH)2和Al(OH)3,按照流程无法得到金属铝,故C说法错误;D、b和c分别是Al(OH)3和Al2O3,都属于两性化合物,既能与强酸反应,又能与强碱反应,故D说法正确。
11.黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程为:
S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)∆H=xkJ·mol-1,已知:
①碳的燃烧热∆H1=akJ·mol-1;②S(s)+2K(s)=K2S(s)∆H2=bkJ·mol-1;③2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)∆H3=ckJ·mol-1。
则x为()
A.3a+b-cB.c+3a-bC.a+b-cD.c+a-b
【答案】A
【解析】试题分析:
已知硫的燃烧热为ΔH1="a"kJ·mol-1,则硫的燃烧热化学方程式为,①S(s)+O2(g)="SO2"(g)
ΔH3="c"kJ·mol-1,根据盖斯定律,可得ΔH=3ΔH1+ΔH2—ΔH3,即x=3a+b-c,选A。
考点:
盖斯定律
12.以下实验设计能达到实验目的的是()
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
13.由CO和H2S反应可制得羰基硫(COS)。
在恒容的密闭容器中发生反应并达到平衡:
CO(g)+H2S(g)
COS(g)+H2(g),数据如下表所示:
实验
温度/℃
起始时
平衡时
n(CO)/mol
n(H2S)/mol
n(COS)/mol
n(H2)/mol
n(CO)/mol
1
150
10.0
10.0
0
0
7.0
2
150
7.0
8.0
2.0
4.5
a
3
400
20.0
20.0
0
0
16.0
下列说法正确的是()
A.上述反应是吸热反应
B.实验1达平衡时,CO的转化率为70%
C.实验2达平衡时,a<7.0
D.实验3达平平衡后,再充入1.0molH2,平衡逆向移动,平衡常数值增大
【答案】C
【解析】A、实验1中,开始通入20.0mol的CO和20.0molH2S,建立的平衡,与开始通入10.0mol的CO和10.0molH2S,建立的平衡互为等效平衡,通入20.0mol的CO和20.0molH2S,达到平衡,CO物质的量为(20-20×3/10)mol=14mol,温度由150℃升高到400℃,CO的物质的量由14mol→16mol,升高温度,平衡向逆反应反应方向移动,即正反应是放热反应,故A错误;B、实验1中消耗CO的物质的量为(10-7.0)mol=3mol,即CO的转化率为3/10×100%=30%,故B错误;
C、CO(g)+H2S(g)
COS(g)+H2(g)
起始:
101000
变化:
3333
平衡:
7733,此温度下,K=
,实验2中浓度商Qc=
14.下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是() ① ② ③ A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体 B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应 C.由③推测浓硝酸具有挥发性,生产的红棕色气体为还原产物 D.③的气体产物中检测处CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 【答案】D 【解析】A、①中有红棕色气体,说明产生了NO2,根据氧化还原反应规律,反应前后氮元素的化合价降低,说明必然有元素化合价升高,而该元素只能是氧元素,因此必然有氧气生成。 所以可推断产生的气体一定是混合气体,选项A正确;B、硝酸受热能分解产生NO2,所以②中产生的红棕色气体不一定是木炭与浓硝酸反应产生的,还有可能是硝酸分解产生的,选项B正确;C、③中红棕色气体的来源一定是硝酸,而硝酸并没有与红热木炭直接接触,必然是硝酸挥发后发生的变化,能体现硝酸的挥发性。 不管NO2是由于硝酸分解产生的,还是与红热木炭反应产生的,均为硝酸中氮元素降价后的产物(即还原产物),选项C正确;D、③的气体产物中检测出CO2,有可能是木炭被挥发出的浓硝酸氧化产生的,但因为试管是暴露在空气中的,也有可能是红热的木炭被空气中的氧气或者硝酸分解出的氧气氧化产生的,选项D不正确。 答案选D。 点睛: 本题突出考查了基于实验事实和基础知识技能的科学推理能力。 本题的实验事实重点关注三个角度: 1.实验现象—红棕色气体;2.实验条件: 加热;3.实验环境: 有氧环境。 15.X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素,其原子半径及主要化合价如下: 元素代号 X Y Z M Q R 原子半径/nm 0.160 0.143 0.102 0.089 0.074 0.037 主要化合价 +2 +3 +6,-2 +2 -2 +1 (1)Z在元素中期表中的位置是______________________________。 (2)X、Y、Q各自形成简单离子,其中离子半径最大的是__________(填离子符号)。 (3)周期表中有些处于对角线(左上→右下)位置的元素,它们的单质及其化合物的性质相似,则M的氧化物与强碱溶液反应的离子方程式______________________________。 (4)Q和R按原子个数比1: 1组成的化合物甲是一种“绿色”氧化剂。 ①甲中所含共价键类型是____________________。 ②空气阴极法电解制备甲的装置如图所示。 在碱性溶液中,利用空气中的氧气还原得到甲和稀碱的溶液。 图中a是__________极,阴极的电极反应式是____________________。 【答案】 (1).第3周期VIA族 (2).O2-(3).BeO+2OH-=BeO22-+H2O(4).极性共价键和非极性共价键(5).正(6).O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-。 【解析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用,根据主族元素最外层电子数等于族序数,因为六种元素为短周期元素,X和M主要化合价为+2价,即位于IIA族,同主族从上到下,原子半径增大,即M为Be,X为Mg,Z和Q的最低价态为-2价,说明这两种元素位于VIA族,同主族从上到下,原子半径增大,即Q为O,Z为S,R为+1价,原子半径最小,因此推出R为H,Y的化合价为+3价,推出Y为IIIA族元素,根据原子半径大小,推出Y为Al, (1)Z为S,位于第三周期VIA族; (2)形成的简单离子分别为Mg2+、Al3+、O2-,核外电子排布相同,半径随着原子序数的递增而减小,即O2->Mg2+>Al3+,因此离子半径最大的是O2-;(3)根据所给信息,Be与Al为对角线,因此BeO具有两性,与强碱反应的离子反应方程式为BeO+2OH-=BeO22-+H2O;(4)①H和O形成1: 1的化合物,即为H2O2,其结构式为H-O-O-H,含有共价键类型为极性共价键和非极性共价键;②利用信息,空气中氧气还原得到H2O2,因此氧气得到电子,即通空气一极为阴极,b为负极,a为正极,阴极反应式为O2+2H2O+2e-=H2O2+2OH-。 点睛: 电极反应式的书写是高考试题中热点,一般先判断在电极上参与的物质,以及生成物质,然后根据环境,判断是H+还是OH-生成和消耗,如本题的最后一问,根据信息H2O2是由空气中氧气被还原生成,即O2→H2O2,根据化合价的变化,写出得到电子,O2+2e-→H2O2,因为信息说明除生成H2O2外,还生成碱,即有OH-生成,根据原子守恒,推出反应物有H2O的参与,因此电极反应式为O2+2H2O+2e-=H2O2+2OH-。 16.高纯硅晶体是信息技术的重要材料。 (1)工业上用石英和焦炭可以制得粗硅。 已知反应过程的能量变化如下图 写出用石英和焦炭制取粗硅的热化学方程式______________________________。 (2)某同学设计下列流程制备高纯硅: ①Y的化学式为____________________。 ②写出反应I的离子方程式________________________________________。 ③写出反应IV的化学方程式________________________________________。 ④甲烷分解的温度远远高于硅烷(SiH4),用原子结构解释其原因______________________________。 (3)将粗硅转化成三氯硅烷(SiHCl3),进一步反应也可以制得粗硅。 其反应: SiHCl3(g)+H2(g) Si(s)+3HCl(g),不同温度下,SiHCl3的平衡转化率随反应物的投料比的变化关系如图所示。 下列说法正确的是__________(填字母)。 A.该反应是放热反应 B.横坐标表示的投料比可以是 C.该反应的平衡常数随温度升高而增大 D.实际生产中为提高SiHCl3的利用率,可以适当增大压强 【答案】 (1).SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)∆H=+638.4kJ/mol (2).H2SiO3或H4SiO4(3).SiO2+2OH-=SiO32-+H2O(4).SiO2+4Mg Mg2Si+2MgO(5).周期表中,硅中碳属于同主族,原子半径Si大于C,硅元素的非金属性弱于碳元素,硅烷的热稳定性弱于甲烷(6).BC。 【解析】 (1)考查热化学反应方程式的计算,根据第一幅图,热化学反应方程式为Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=-859.4kJ·mol-1①,第二幅图热化学反应方程式为2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ·mol-1②,石英和焦炭反应制备粗硅的反应方程式为SiO2+2C=2CO+Si,因此由②-①得出: SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)∆H=+638.4kJ/mol; (2)本题考查化学工艺流程,①砂砾中含有SiO2,与NaOH反应生成Na2SiO3,步骤II: X中加入稀硫酸,发生SiO32-+2H+=H2SiO3↓,或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓,即Y的化学式为H2SiO3或H4SiO4;②反应I的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;③根据流程,发生SiO2+4Mg Mg2Si+2MgO;④甲烷和硅烷都属于分子晶体,C的原子半径小于Si,也就是C-H键长比Si-H键长短,且碳元素的非金属性强于硅元素,因此硅烷的稳定性弱于甲烷;(3)考查勒夏特列原理和化学平衡常数,A、当投料比相同时,温度越高,三氯硅烷的转化率越大,根据勒夏特列原理,正反应为吸热反应,故A错误;B、如果投料比为n(H2)/n(SiHCl3),随着投料比的增多,即H2量增加,平衡向正反应方向移动,即三氯硅烷的转化率增大,符合图像,故B正确;C、因为正反应为吸热反应,且化学平衡常数温度的影响,因此升高温度,平衡向正反应方向移动,即化学平衡常数增大,故C正确;D、根据勒夏特列原理,增大压强,平衡向逆反应方向移动,三氯硅烷的转化率降低,故D错误。 17.用浓盐酸和MnO2制取Cl2的装置如下,某小组欲证明产生的气体中含有HCl。 (1)Cl2的电子式是__________,A中反应的离子方程式为____________________。 (2)甲同学将A中产生的气体通入下列溶液: 实验序号 试剂 现象 a 紫色石蕊溶液 __________ b AgNO3 出现白色沉淀 ①实验a中的现象为__________。 ②不能证明产生的气体中含有HCl的实验是__________(填字母序号) (3)已知将HCl气体通入饱和实验水中有白色固体折出。 乙同学将A中产生的气体通入饱和食盐水中,有白色固体折出,但实验不能证明气体中含有HCl,结合化学用语解释其原因: ________________________________________________________________________________。 (4)已知: 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。 丙同学将A中产生的气体通入蒸馏水中,得到溶液X,进行以下实验证明气体中含有HCl。 实验I.测定X中溶解的Cl2。 取25.00mL溶液X,加入过量KI溶液,然后用0.04mol·L-1Na2S2O3溶液滴定生成的I2,达滴定终点时消耗Na2S2O3溶液VmL。 实验II.测定X中Cl元素重量。 另取25.00mL溶液X,选用适当的还原将溶解的Cl2全部还原为Cl-,再用0.10mol·L-1AgNO3溶液滴定说的溶液中的CI-。 ①X中的HClO不会影响实验I的测定结果,原因是__________。 ②由I、II中实验数据可证明A中产生的气体中含有HCl,则II中0.10mol·L-1AgNO3溶液的体积应大于__________mL(用含V的代数式表示)。 【答案】 (1). (2).MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+2H2O+Mn2+(3).溶液先变红再褪色(4).a、b(5).Cl2+H2O HCl+HClO,Cl2溶于水后使得溶液中的c(CI-)增大,也能析出晶体(6).生成1molHClO需消耗1molCl2,HClO也有氧化性,1molHClO和1molCl2均能将2molKI氧化成I2或者Cl2+H2O HCl+HClO,Cl2发生反应时,上述平衡逆向移动,相当于Cl2全部参与氧化I-的反应(7).0.4V。 【解析】试题分析: (1)仪器A的名称为圆底烧瓶;A是二氧化锰与浓盐酸制取氯气的反应,离子方程式为4H++2Cl-+MnO2 2H2O+Cl2↑+Mn2+ (2)①氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸,溶液呈酸性,所以石蕊试液变红;次氯酸具有漂白性,随后溶液红色褪去; ②ab都不能证明产生的气体中含有HCl。 因为氯气溶于水生成氯化氢,所以即使产生的气体中不含氯化氢,石蕊试液也会变红;同时生成的氯化氢与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀,不能说明产生的气体中有氯化氢; (3)氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸,Cl2+H2O HCl+HClO,Cl2溶于水后使得溶液中的c(Cl-)增大,也能
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