北京市清华大学附属中学届高三月考化学试题解析版.docx
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北京市清华大学附属中学届高三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与NH4Cl反应制取N2。
下列有关说法正确的是
A.NaNO2是还原剂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】
利用化合价升降相等,配平方程式,得:
+3-30
NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O
氧化剂还原剂,故D正确;
NaNO2中N由+3价降低到N2中的0价,被还原,做氧化剂;
NH4Cl中N元素由-3价升高到N2中的0价,被氧化;
生成1molN2时转移3mol电子;
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+2SO2
2CaSO4+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中含有的电子总数为5NA
B.标准状况下,22.4LN2H4中含有的原子总数为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:
(图中虚线表示氢键)
下列说法不正确的是
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.配制0.10mol/L溶液
B.除去氯气中的氯化氢
C.四氯化碳萃取碘水中的碘
D.制备纯净氢氧化亚铁
【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式为:
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:
碳的燃烧热△H1="a"kJ•mol-1,其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1="a"kJ•mol-1①,S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2="b"kJ•mol-1②,2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3="c"kJ•mol-1③,将方程式3①-②+③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g),则△H="x"kJ•mol-1=(3a-b+c)kJ•mol-1,所以x=3a-b+c,故选C。
【考点定位】考查反应热和焓变
【名师点晴】本题考查盖斯定律的应用,侧重考查学生分析计算能力,明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键,注意方程式可以进行加减。
应用盖斯定律进行简单计算时,关键在于设计反应过程,同时注意:
①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式),结合原热化学方程式(一般2~3个)进行合理“变形”,如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数,然后将它们相加、减,得到目标热化学方程式,求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
②当热化学方程式乘、除以某一个数时,ΔH也应相应地乘、除以某一个数;方程式进行加减运算时,ΔH也同样要进行加减运算,且要带“+”“-”符号,即把ΔH看作一个整体进行运算。
③将一个热化学方程式颠倒书写时,ΔH的符号也随之改变,但数值不变。
④在设计反应过程中,会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化,状态由固→液→气变化时,会吸热;反之会放热。
12.以下实验设计能达到实验目的的是()
实验目的
实验设计
A
除去碳酸氢钠固体中的碳酸铵
将固体加热至恒重
B
制备无水氯化铝
蒸发铝与稀盐酸反应后的溶液
C
重结晶提纯苯甲酸
将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶
D
鉴别溴化钠和碘化钾溶液
分别加新制氯水后,用四氯化碳萃取
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
A.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,加热将原物质除去,不能除杂,A项错误;B.蒸发时促进氯化铝水解,生成的盐酸易挥发,则应在HCl气流中蒸发结晶,B项错误;C.苯甲酸在水中的溶解度不大,应趁热过滤后,选择重结晶法分离提纯,C项错误;D.氯气与NaBr、NaI反应分别生成溴、碘,在四氯化碳中的颜色不同,则分别加新制氯水后,用CCl4萃取后观察颜色可鉴别,D项正确;答案选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,对比分析所得的结论不正确的是 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中木炭与浓硝酸产生了反应 C.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物 D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 【答案】D 【解析】 灼热的碎玻璃不能与浓硝酸发生反应,浓硝酸受热发生分解反应产生 和氧气,是混合气体,A正确;红热木炭可能只是热介质,使得浓硝酸发生分解反应,生成 ,不能表明木炭与浓硝酸发生了反应,B正确;由③说明浓硝酸具有挥发性,与红热木炭作用,生成的红棕色气体为 ,氮元素的化合价降低, 为还原产物,C正确;红热木炭可能与空气中的氧气发生反应生成 ,不能说明木炭一定与浓硝酸发生了反应,D错误;正确选项D。 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.研究小组用下图装置制取Cl2,证明产生的气体中含有HCl。 (1)仪器A的名称为______;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溶液 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气体通入饱和食盐水中有白色固体析出。 乙同学将A中产生的气体通入饱和食盐水中,有白色固体析出,但该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。 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0.04molL-1Na2S2O3溶液滴定生成的I2,达滴定终点时消耗Na2S2O3溶液VmL。 II.测定X中Cl元素总量。 另取25.00mL溶液X,选用适当的还原剂将溶解的Cl2全部还原为Cl-,再用0.10molL-1AgNO3溶液滴定所得溶液中的Cl-。 X中的HClO不会影响I的测定结果,原因是__。 由I、II中实验数据可证明A中产生的气体中含有HCl,则II中消耗0.10molL-1AgNO3溶液的体积应大于__mL(用含V的代数式表示)。 【答案】 (1).圆底烧瓶 (2).4H++2Cl-+MnO2 2H2O+Cl2↑+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(Cl-)增大,
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