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2019-2020年高三(上)月考化学试卷(11月份)含解析
一、选择题(共7小题,每小题3分,满分21分)1.(3分)(xx秋•东城区月考)分类是科学研究的重要方法,下列物质属于电解质的是()A.CuB.CO2C.冰醋酸D.氨水2.(3分)(xx秋•东城区月考)下列关于能源的说法不正确的是()A.煤的干馏是物理变化,煤的气化和液化是化学变化B.煤油可由石油分馏获得,可用作燃料和保存少量金属钠C.沼气(主要成分是CH4)是可再生能源D.太阳能、氢能、风能、地热能、生物质能都是新能源3.(3分)(xx秋•东城区月考)设NA为阿伏加德罗常数,下列叙述中,正确的是()A.标准状况下,NH3和CH4的混合气体
2.24L,所含电子总数为2NAB.7gCnH2n中含氢原子数为NAC.78g过氧化钠与CO2反应,转移电子数为2NAD.25℃时,
0.1mol/L的NaOH溶液中,含有钠离子数为
0.1NA4.(3分)(xx秋•东城区月考)下列离子方程式正确的是()A.H2SO4与Ba(OH)2溶液反应Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OB.苯酚与通入少量的CO2的反应2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+Na2CO3C.AlCl3溶液中加入过量的浓氨水Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+D.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑5.(3分)(xx春•厦门校级月考)氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域.在一定条件下,AlN可通过反应Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO合成.下列叙述正确的是()A.上述反应中,N2是还原剂,Al2O3是氧化剂B.上述反应中,每生成1molAlN需转移3mol电子C.AlN中氮元素的化合价为+3D.AlN的摩尔质量为41g6.(3分)(xx•宝山区一模)某未知溶液中已检验出含有离子Ca2+、NO3﹣,且pH=2.欲检验此溶液中是否大量存在以下6种离子
①ClO﹣
②NH4+
③I﹣
④Fe2+
⑤AlO2﹣
⑥Cl﹣,其中不必检验就能排除的离子是()A.
②③⑤⑥B.
①③④⑤C.
①④⑤⑥D.
①②③④7.(3分)(xx秋•东城区月考)结合图判断,下列叙述正确的是()A.Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护B.Ⅰ和Ⅱ中Cl﹣均向Fe电极移动C.Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣=Fe2+D.Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣
二、填空题(共2小题,每小题8分,满分15分)8.(8分)(xx秋•东城区月考)KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯,其变化可表述为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
(1)氧化剂是,氧化产物是.
(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是(填编号)
①只有还原性
②还原性和酸性
③只有氧化性
④氧化性和酸性
(3)产生
0.1molCl2,则转移电子的物质的量为mol.
(4)将分离出来的氯气常温下通入NaOH,可以得到漂白液,反应的离子方程式为.9.(7分)(xx秋•东城区月考)研究NO
2、SO
2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义.
(1)这三种氧化物中,属于酸性氧化物的是(用化学式表示).
(2)NO2可用水吸收,相应的化学反应方程式为.利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可处理NO2.当转移
1.2mol电子时,消耗的NO2在标准状况下是L.
(3)已知2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣
196.6kj•mol﹣12NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2=﹣
113.0kJ•mol﹣1则反应NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)的△H3=kJ•mol﹣1.xx学年北京市东城区普通校高三(上)月考化学试卷(11月份)参考答案与试题解析
一、选择题(共7小题,每小题3分,满分21分)1.(3分)(xx秋•东城区月考)分类是科学研究的重要方法,下列物质属于电解质的是()A.CuB.CO2C.冰醋酸D.氨水考点电解质与非电解质.分析根据电解质的定义电解质是指在水溶液中或在熔融状态下能够导电的化合物,以此来解答此题.解答解A、铜属于单质,既不是电解质,也不是非电解质,故A错误;B、CO2是在水溶液中和熔融状态下都不能够导电的化合物,属于非电解质,故B错误;C、冰醋酸是在水溶液里能够导电的化合物,所以属于电解质,故C正确;D、氨水为混合物,所以既不是电解质,也不是非电解质,故D错误,故选C.点评本题考查了电解质与非电解质的判断,题目难度不大,注意把握电解质的定义主要有两点在溶液中或在熔融状态下能够导电,即是以离子的形式分散在水中,二是该物质是化合物.2.(3分)(xx秋•东城区月考)下列关于能源的说法不正确的是()A.煤的干馏是物理变化,煤的气化和液化是化学变化B.煤油可由石油分馏获得,可用作燃料和保存少量金属钠C.沼气(主要成分是CH4)是可再生能源D.太阳能、氢能、风能、地热能、生物质能都是新能源考点使用化石燃料的利弊及新能源的开发;物理变化与化学变化的区别与联系.分析A.煤的干馏是化学变化;B.石油分馏可以得到汽油、煤油、柴油等物质;金属钠能与空气中的氧气和水反应,须贮存在煤油中以隔离空气;C.沼气是生物质能;D.煤、石油、天然气是化石燃料,太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源.解答解A.煤的干馏是在隔绝空气条件下发生的复杂的物理、化学变化,故A错误;B.煤油可由石油分馏获得,煤油可用作燃料和保存少量金属钠,故B正确;C.沼气可以通过发酵制取,是一种可再生能源,故C正确;D.太阳能、氢能、风能、地热能、生物质能都是新能源,故D正确.故选A.点评本题考查能源、物理变化和化学变化的区别等,难度较小,旨在考查学生对基础知识的识记,注意基础知识的积累掌握.3.(3分)(xx秋•东城区月考)设NA为阿伏加德罗常数,下列叙述中,正确的是()A.标准状况下,NH3和CH4的混合气体
2.24L,所含电子总数为2NAB.7gCnH2n中含氢原子数为NAC.78g过氧化钠与CO2反应,转移电子数为2NAD.25℃时,
0.1mol/L的NaOH溶液中,含有钠离子数为
0.1NA考点阿伏加德罗常数.分析A、
2.24LNH3和CH4的混合气体,标准状况下都是
0.1mol,总共含有1mol电子.B、最简式是CH2,7gCnH2n中含有
0.5molCH2,含有1mol氢原子;C、过氧化钠与二氧化碳的反应中,过氧化钠既是氧化剂也是氧化剂,过氧化钠中氧元素为﹣1价,根据生成氧气的物质的量计算出转移的电子数;D、溶液体积不明确.解答解A、标准状况下,
2.24LNH3和CH4的混合气体的物质的量是
0.1mol,含有1mol电子,所含电子总数为NA,故A错误;B、7gCnH2n中含
0.5mol最简式CH2,含有的氢原子的物质的量是1mol,氢原子数为NA,故B正确;C、78g过氧化钠的物质的量为1mol,1mol过氧化钠与足量二氧化碳反应生成
0.5mol氧气,转移了1mol电子,转移电子数为NA,故C错误;D、溶液体积不明确,无法计算溶液中钠离子的个数,故D错误.故选B.点评本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键,难度不大.4.(3分)(xx秋•东城区月考)下列离子方程式正确的是()A.H2SO4与Ba(OH)2溶液反应Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OB.苯酚与通入少量的CO2的反应2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+Na2CO3C.AlCl3溶液中加入过量的浓氨水Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+D.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑考点离子方程式的书写.分析A.离子个数不符合物质的配比;B.苯酚与通入少量的CO2的反应生成苯酚和碳酸氢钠;C.AlCl3溶液中加入过量的浓氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵;D.醋酸为弱电解质,保留化学式.解答解A.H2SO4与Ba(OH)2溶液反应,离子方程式Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O,故A错误;B.苯酚与通入少量的CO2的反应,离子方程式C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣,故B错误;C.AlCl3溶液中加入过量的浓氨水,离子方程式Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故C正确;D.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应,离子方程式CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣,故D错误;故选C.点评本题考查了离子方程式的书写,明确反应的实质是解题关键,注意化学式的拆分、注意反应应符合客观事实,题目难度不大.5.(3分)(xx春•厦门校级月考)氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域.在一定条件下,AlN可通过反应Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO合成.下列叙述正确的是()A.上述反应中,N2是还原剂,Al2O3是氧化剂B.上述反应中,每生成1molAlN需转移3mol电子C.AlN中氮元素的化合价为+3D.AlN的摩尔质量为41g考点氧化还原反应.分析A.在氧化还原反应中,得电子化合价降低的反应物是氧化剂,失电子化合价升高的反应物是还原剂;B.根据氮化铝和转移电子之间的关系式计算;C.在化合物中电负性大的显负价,电负性小的显正价;D.摩尔质量的单位是g/mol.解答解A.该反应中,氧化剂是氮气,还原剂是碳,故A错误;B.每生成1molAlN需转移1mol×(3﹣0)=3mol电子,故B正确;C.氮化铝中氮元素的化合价是﹣3价,故C错误;D.氮化铝的摩尔质量是41g/mol,故D错误;故选B.点评本题考查氧化还原反应,明确元素化合价即可分析解答本题,难度不大.6.(3分)(xx•宝山区一模)某未知溶液中已检验出含有离子Ca2+、NO3﹣,且pH=2.欲检验此溶液中是否大量存在以下6种离子
①ClO﹣
②NH4+
③I﹣
④Fe2+
⑤AlO2﹣
⑥Cl﹣,其中不必检验就能排除的离子是()A.
②③⑤⑥B.
①③④⑤C.
①④⑤⑥D.
①②③④考点常见离子的检验方法.分析pH=2,溶液中有大量的H+,因H+、NO3﹣具有强氧化性,则溶液中一定不存在具有还原性的离子,且H+、AlO2﹣反应,则不能共存,以此来解答.解答解未知溶液中已检验出含有离子Ca2+、NO3﹣,且pH=2,溶液中有大量的H+,因H+、NO3﹣具有强氧化性,则该溶液能与
③④发生氧化还原反应,则不必检验就能确定不存在;又H+A能与
①⑤反应,则不能共存,即
①⑤不必检验就能确定不存在,其它离子均需检验才能确定,故选B.点评本题考查离子的共存,明确离子之间的氧化还原反应及硝酸盐在酸性条件下的强氧化性是解答本题的关键,题目难度不大7.(3分)(xx秋•东城区月考)结合图判断,下列叙述正确的是()A.Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护B.Ⅰ和Ⅱ中Cl﹣均向Fe电极移动C.Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣=Fe2+D.Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣考点原电池和电解池的工作原理.分析锌比铁活泼,装置Ⅰ中锌做负极,负极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+,铁做正极,溶液呈中性,发生吸氧腐蚀,正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣;装置Ⅱ中铁为负极,电解质溶液呈酸性,所以正极的反应式为2H++2e﹣=H2↑,负极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+,以此解答该题.解答解A.题给装置I、II都是原电池,活泼金属作负极,首先被腐蚀,不活泼金属作正极,被保护,故A正确;B.只有Ⅱ中的Cl﹣均向负极Fe电极移动,故B错误;C.Ⅰ中的锌为原电池的负极,电极方程式为Zn﹣2e﹣=Zn2+,故C错误;D.I溶液显中性,发生吸氧腐蚀,正极电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣,而Ⅱ电解质溶液呈酸性,所以正极的反应式为2H++2e﹣=H2↑,故D错误;故选A.点评本题考查了原电池原理的分析判断,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注意电解质溶液不同,电极与电极反应变化,题目难度中等.
二、填空题(共2小题,每小题8分,满分15分)8.(8分)(xx秋•东城区月考)KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯,其变化可表述为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
(1)氧化剂是KClO3,氧化产物是Cl2.
(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是
②(填编号)
①只有还原性
②还原性和酸性
③只有氧化性
④氧化性和酸性
(3)产生
0.1molCl2,则转移电子的物质的量为
0.2mol.
(4)将分离出来的氯气常温下通入NaOH,可以得到漂白液,反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O.考点氧化还原反应.分析
(1)含元素化合价降低的物质为氧化剂,对应还原产物,含元素化合价升高的物质为还原剂,对应氧化产物;
(2)根据HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价可知,HCl中氯元素被氧化,HCl在反应中还原剂与酸的作用,各占一半;
(3)反应中只有Cl2是氧化产物,HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价,据此计算转移电子物质的量;
(4)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水.解答解
(1)KClO3中氯元素化合价,为氧化剂,对应ClO2为还原产物,HCl中Cl元素的化合价升高为还原剂,对应的Cl2为氧化产物,故答案为KClO3;Cl2;
(2)反应2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中,HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价可知,HCl中氯元素被氧化,HCl在反应中还原剂与酸的作用,各占一半,故答案为
②;
(3)反应中只有Cl2是氧化产物,HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价,所以产生
0.1molCl2,转移的电子的物质的量为
0.1mol×2=
0.2mol.故答案为
0.2;
(4)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,离子反应方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O,故答案为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O.点评本题考查氧化还原反应,为高频考点,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重氧化还原反应基本概念的考查,题目难度不大.9.(7分)(xx秋•东城区月考)研究NO
2、SO
2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义.
(1)这三种氧化物中,属于酸性氧化物的是SO2(用化学式表示).
(2)NO2可用水吸收,相应的化学反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO.利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可处理NO2.当转移
1.2mol电子时,消耗的NO2在标准状况下是
6.72L.
(3)已知2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣
196.6kj•mol﹣12NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2=﹣
113.0kJ•mol﹣1则反应NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)的△H3=﹣
41.8kJ•mol﹣1.考点氧化还原反应的计算;酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;用盖斯定律进行有关反应热的计算.分析
(1)根据酸性氧化物的定义判断,酸性氧化物可与碱反应,且只生成盐和水,如与水反应,酸性氧化物只生成酸;
(2)NO2与水反应生成硝酸和NO,6NO2+8NH37N2+12H2O反应中,只有N元素化合价发生变化,分别由+4价、﹣3价变化为0价;
(3)已知
①2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣
196.6kj•mol﹣1
②2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2=﹣
113.0kJ•mol﹣1利用盖斯定律将可得反应热.解答解
(1)NO2与水反应生成硝酸、NO和水,不是酸性氧化物,SO2可与碱反应生成盐和水,而CO与水、碱都不反应,为不成盐氧化物,故答案为SO2;
(2)NO2与水反应生成硝酸和NO,反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,6NO2+8NH37N2+12H2O反应中,只有N元素化合价发生变化,分别由+4价、﹣3价变化为0价,由化合价变化可知当有6molNO2参加反应时,转移24mol电子,则当转移
1.2mol电子时,消耗的NO2的物质的量为
0.3mol,在标准状况下是
0.3mol×
22.4L/mol=
6.72L,故答案为3NO2+H2O=2HNO3+NO;
6.72L;
(3)已知
①2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣
196.6kj•mol﹣1
②2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2=﹣
113.0kJ•mol﹣1则可得NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)的△H3==﹣
41.8kJ/mol,故答案为﹣
41.8.点评本题考查较为综合,涉及氧化还原反应计算、物质的分类以及盖斯定律的应用等知识,为高频考点,侧重于学生的分析、计算能力的考查,难度中等.。