1、武威六中2021届高三一轮复习过关考试(四)化 学 试 卷可能用到原子量：H 1 N14 O16 Na23 Mg24 Cl35.5 Cu64 Hg201一、单选题1. 化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A. 高纯硅可用于制作光感电池B. 铝合金大量用于高铁建设C. 活性炭具有除异味和杀菌作用D. 碘酒可用于皮肤外用消毒【答案】C【解析】【详解】A、硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，A正确；B、铝合金硬度大，可用于高铁建设，B正确；C、活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌消毒，C错误；D、碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D正确；答案选C。2. 化学是以实验为基础的自然科学，下
2、列实验操作能达到实验目的的是( )A. 用蒸发皿加热蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体B. 将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中配制1.0 molL1NaOH溶液C. 实验室模拟高炉炼铁反应时，需先用CO气体排尽装置内的空气D. 酒精灯在桌子上歪倒着火，不能用湿布盖灭【答案】C【解析】【详解】A. 在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，若用蒸发皿蒸干氯化铝溶液，由于加热后HCl的挥发，促进水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，再加热分解生成Al2O3，不能得到无水AlCl3固体，A项错误；B. 配制一定物质的量浓度的溶
3、液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误；C. 实验室模拟高炉炼铁反应时，装置中不能存在氧气，需先用CO气体排尽装置内的空气，C项正确；D. 酒精灯在桌子上歪倒着火，可以用湿布盖灭，故D错误；故选C3. 下列实验中，所采用的分离或除杂方法与对应原理都正确的是（ ）选项实验分离或除杂方法原理A分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去KNO3固体中混有
4、的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去铁粉中混有的铝粉加入过量的NaOH溶液，充分反应后过滤铝能与NaOH溶液反应而铁不能A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A乙醇与水互溶，不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳分离出碘水中的碘，A错误；B二者的溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，与溶解度大无关，B错误；C二者互溶，但沸点不同，则蒸馏可除去乙酸中的乙醚，C正确；D由于加入过量的NaOH溶液，充分反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故不能说明Fe能不能与NaOH反应，D错误；故答案为：D。4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(
5、)A. 1 L 0.1 molL1NaClO溶液中含有的ClO为NAB. 一定量的Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为3NAC. 常温常压下，32 g O2与O3的混合气体中含有的原子总数为2NAD. 标准状况下，22.4 L SO3中含有的硫原子数目为NA【答案】C【解析】【详解】A. NaClO属于强碱弱酸盐，一部分ClO水解生成HClO，因此1 L 0.1 molL1NaClO溶液中含有的ClO小于NA，A错误；B. 一定量的Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，1 mol Cl2完全反应，转移的电子数为2NA，B错误；C. 常温常压下，32 g O2与O3的混合气体含有氧原
6、子物质的量为2 mol，含有的原子总数为2NA，C正确；D. 标准状况下SO3不是气体，不能用气体摩尔体积计算22.4 L SO3含有的分子数，D错误；答案选C。5. 下列各组溶液中，不需任何其它试剂就可鉴别的是( )Na2CO3与稀盐酸； H2SO4溶液和Ba(OH) 2溶液；NaOH溶液与AlCl3溶液；NaOH溶液与Ca(HCO3)2溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】只用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同，进行鉴别。【详解】Na2CO3溶液滴入稀盐酸时，直接产生气泡；稀盐酸滴入Na2CO3溶液时，开始没有
7、现象，随着盐酸的增多，慢慢开始产生气泡；不需任何其它试剂就可鉴别；无论是Ba(OH)2滴加到H2SO4中，还是H2SO4滴加到Ba(OH)2中，都立即产生白色沉淀，不能鉴别；NaOH溶液滴入AlCl3溶液时，直接产生白色沉淀，继续滴加白色沉淀溶解；AlCl3溶液滴入NaOH溶液时，刚开始没有沉淀生成，继续滴加产生白色沉淀，不需任何其它试剂就可鉴别；无论是NaOH滴加到Ca(HCO3)2中，还是Ca(HCO3)2滴加到NaOH中，都立即产生白色沉淀，不能鉴别；故选B。6. 氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为:NaH+H2ONaOH+H2。下列有关该反应的说法中
8、，正确的是( )A. 该反应属于复分解反应B. NaH被氧化，作还原剂C. 每生成2.24L H2，转移0.1mol电子D. H2O中的氢元素都被还原【答案】B【解析】【分析】NaH+H2ONaOH+H2中，H元素的化合价分别由-1价升高为0，由+1价降低为0，以此解答该题。【详解】A. 该反应有单质生成，不是复分解反应，故A错误；B. NaH+H2ONaOH+H2中，H元素的化合价分别由-1价升高为0，NaH作还原剂，被氧化，故B正确；C. 没有说明温度和压强，不能计算2.24L H2的物质的量，故C错误；D. NaH+H2ONaOH+H2中，NaH中的H元素的化合价分别由-1价升高为0，H
9、2O中的H元素一半化合价降低被还原，一半不变，故D错误；故选B。7. 下列叙述正确的是A. Li在氧气中燃烧主要生成B. 将SO2通入溶液可生成沉淀C. 将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D. 将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu【答案】C【解析】【详解】A、Li在氧气中燃烧生成Li2O，得不到Li2O2，A错误；B、SO2和BaCl2不反应，不能生成沉淀，B错误；C、由于次氯酸的酸性比碳酸弱，因此将CO2通入次氯酸钙溶液中可生成次氯酸，C正确；D、将NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀。氨气具有还原性，在加热条件下，氨气可和氧化铜反应生成铜、氮气和水，D错误。答
10、案选C。8. 下列有关纯碱和小苏打的叙述中不正确的是( )A. 相同温度下浓度均为0.1mol/L的 Na2CO3 溶液的 pH 比 NaHCO3 溶液的大B. 相同温度下Na2CO3的溶解度大于 NaHCO3C. 等质量的 Na2CO3、NaHCO3 分别与足量的稀 HCl反应，前者消耗的HCl多D. 向 NaHCO3溶液中滴入 Ba(OH)2 溶液，无沉淀生成【答案】D【解析】【详解】A. Na2CO3溶液的碱性 比 NaHCO3溶液的大，则Na2CO3溶液的 pH 比 NaHCO3溶液的大，故A正确；B. 相同温度下Na2CO3的溶解度大于 NaHCO3，故B正确；C. 根据NaHCO3
11、、NaCO3的化学式知，等质量的 Na2CO3、NaHCO3中NaHCO3含碳量多，所以等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量稀H2SO4反应，NaHCO3产生的CO2多，故C正确；D. 碳酸氢钠溶液与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，故D错误；故选：D。9. 含MgCl2、AlCl3均为nmol的混合液，向其中滴加NaOH溶液至过量。有关离子沉淀或沉淀溶解与pH的关系如下表。加入NaOH的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是（ ）离子Mg2+Al3+物质Al(OH)3开始沉淀pH8.933.56开始溶解pH8.04完全沉淀pH10.924.89完全溶解pH12.04A. B. C. D
12、. 【答案】C【解析】【分析】根据开始沉淀时的pH可知，当Al3+完全沉淀时，Mg2+还没有开始沉淀；而当Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；而当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解。【详解】当Al3+完全沉淀时，溶液的pH=8.04，而镁离子开始沉淀的pH=8.93，则Al3+完全沉淀时Mg2+还没有开始沉淀；即当Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；镁离子完全沉淀的pH=10.92，氢氧化铝完全溶解的pH=12.04，则当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，所以正确的图象应该是C。10. 制取Fe(OH)2并使之能久存，可采取的操作有：加入一些植物油
13、，溶解FeSO4配成溶液，把蒸馏水加热煮沸并封存冷却，加入少量铁屑，加入少量CCl4，向FeSO4溶液中滴入足量氨水，把盛有氨水的滴管伸入FeSO4溶液中再挤出氨水。其中必须进行的操作及其正确顺序是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】制取 Fe(OH)2的试剂可选用亚铁盐和可溶性碱。由于氢氧化亚铁极易被氧气氧化，所以制取Fe(OH)2的关键就是如何隔绝氧气，氢氧化亚铁的制取通常采取以下措施：用煮沸并冷却的蒸馏水配制FeSO4溶液；在FeSO4溶液中加入铁屑防氧化；在盛放FeSO4溶液的试管里滴入植物油，防止氧气溶入；将胶头滴管伸入FeSO4溶液液面下挤出氨水。【详解】氢氧化亚铁不
14、稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以，把蒸馏水加热煮沸，赶出溶解在水里的氧气，并密封冷却；用冷却的蒸馏水溶解FeSO4并配成溶液；FeSO4中Fe为+2价，具有强的还原性，极易被氧化为+3价，加入铁粉后，会与+3价的铁反应使之成为亚铁离子后，所以加入少量铁屑；植物油密度比水小浮在上层，加入一些植物油，防止空气中氧气进入；把盛有氨水的胶头滴管伸入FeSO4溶液中后再挤出氨水。所以正确的顺序是，故合理选项是B。【点睛】本题主要考查了氢氧化亚铁沉淀的制备，Fe(OH)2易氧化，故配制的关键是防止Fe(OH)2被氧化。
15、11. (2019河北保定一中质检)工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝工艺流程如下：对上述流程的判断正确的是()A. 试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物B. CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替C. 反应中的离子方程式为CO22H2O=Al(OH)3D. 工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低【答案】C【解析】【详解】A试剂X应为强碱溶液，使Al2O3溶解，A错误；B若用强酸代替CO2，强酸过量时，Al(OH)3会溶解，不能保证生成Al(OH)3沉淀，B错误；C反应为向含有偏铝酸的溶液通入CO2，二者可以发生反应，离子方程式为CO22H2O=Al(OH
16、)3，C正确；D因Al比Fe活泼，不能用Fe置换Al，D错误；故选C。12. 宋代五大名窑分别为：钧窑、汝窑，官窑、定窑、哥窑。其中钧窑以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称。下列说法不正确的是（ ）A. 窑变是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化B. 氧化铝陶瓷属于无机非金属材料C. 高品质的瓷器晶莹剔透，属于纯净物D. 陶瓷属于硅酸盐材料，耐酸、碱腐蚀，但是不能用来盛装氢氟酸【答案】C【解析】【详解】A不同的金属氧化物颜色可能不同，窑变是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应生成新的金属化合物，从而导致颜色变化，A正确；B氧化铝陶瓷有较好的传导性、机械强度和耐高温性，属
17、于无机非金属材料，B正确；C尽管高品质的瓷器晶莹剔透，但瓷器中含有多种物质，是混合物，C错误；D陶瓷中含二氧化硅，氢氟酸能与二氧化硅反应，所以陶瓷不能用来盛装氢氟酸，D正确；故选C。13. 向NaBr、NaI、Na2SO3混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成可能是A. NaCl Na2SO4B. NaCl Br2 Na2SO4C. NaCl Na2SO4 I2D. NaCl NaI Na2SO4【答案】A【解析】【分析】混合溶液中含有Br-、I-、SO32-、Na+，由于Br-、I-、SO32-都具有还原性，当通入的氯气不足量时，因还原性强弱顺序是Na2SO
18、3NaINaBr，所以和氯气反应先后顺序是Na2SO3、NaI、NaBr，再联系单质碘和单质溴的物理性质进行判断。【详解】通入Cl2后将按以下顺序发生三个反应：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，2NaI+Cl2=2NaCl+I2，2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2。A.当Cl2过量时，上述三个反应都发生，蒸干灼烧，HCl、Br2挥发，I2升华，最后得到的Na2SO4和NaCl的混合物，A正确；B.通入过量氯气，将Na2SO3氧化为Na2SO4；将NaBr 氧化为Br2，Br2是液体，易挥发，因此最后得到的固体中不含有Br2，B错误；C.I2容易挥发，因此最后得到的固体中
19、不可能含有I2，C错误；D.由于还原性：NaINaBr，所以通入的Cl2与NaI发生反应产生I2和NaCl，然后再与NaBr发生反应，所以最终得到的固体中不可能含有NaI无NaBr，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题以氧化还原反应为载体考查卤族元素，明确物质还原性强弱及反应的先后顺序是解答本题的关键，要注意将通入氯气的物质的量与最后的固体物质成分与关系分析判断。14. “84消毒液”的主要成分是NaClO。下列说法错误的是（ ）A 长期与空气接触会失效B. 不能与“洁厕剂”（通常含盐酸）同时使用C. 1L0.2mol/LNaClO溶液含有0.2molClO-D. 0.1molNaClO起消毒
20、作用时转移0.2mole-【答案】C【解析】【详解】A空气中含有二氧化碳和水蒸气，长期与空气接触发生反应生成次氯酸，次氯酸不稳定分解，导致消毒液失效，故A正确；B“84消毒液”的主要成分是NaClO ，“洁厕剂”通常含盐酸，二者同时使用发生氧化还原反应生成氯气而失效，不能同时使用，故B正确；C1L0.2mol/LNaClO溶液中溶质的物质的量为0.2mol，NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-水解生成HClO，导致溶液中ClO-的物质的量小于0.2mol，故C错误；DNaClO具有氧化性，起消毒作用时Cl元素化合价降低，由+1价变为-1价，则0.1molNaClO转移0.2mole-，故D正确；
21、答案选C。【点睛】次氯酸是一种比碳酸还弱的弱酸，它不稳定见光易分解，具有漂白性，强氧化性等性质，在使用时经常制成含氯的化合物如次氯酸钠，次氯酸钙等，易于保存和运输，在次氯酸钠杀菌消毒时氯的化合价降低为-1价。15. 用如图所示实验装置进行物质性质的探究实验。下列说法正确的是A. 中溴水褪色,说明SO2具有漂白性B. 中溶液由黄色变浅绿色，溶液的pH变小C. 中出现白色浑浊，说明亚硫酸的酸性比硅酸弱D. 中出现深红色沉淀(Cu2S03CuSO32H2O),发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2【答案】B【解析】【详解】A中溴水褪色,二氧化硫将溴还原生成氢溴酸，同时生成硫酸，说明SO2具
22、有还原性，选项A错误；B中溶液由黄色变浅绿色，二氧化硫、氯化铁和水反应生成氯化亚铁、硫酸和盐酸，溶液的pH变小，选项B正确；C中出现白色浑浊，说明亚硫酸的酸性比硅酸强，选项C错误；D中出现深红色沉淀(Cu2S03CuSO32H2O)，发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2: 3，选项D错误。答案选B。16. 研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A. 雾和霾的分散剂相同B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析
23、；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转
24、化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。17. 有一种常见氮肥，加热可完全分解为气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊。取少量该氮肥溶于水，并加入少量CaCl2溶液，无明显现象。由此可知该氮肥的主要成分是A. NH4ClB. NH4HCO3C. NH4NO3D. (NH4)2CO3【答案】B【解析】加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，
25、该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子，故排除A和C；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量CaCl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸根离子，说明D不可能，进一步说明盐中含有铵根离子和碳酸氢根离子，所以氮肥的主要成分NH4HCO3，故选B18. 铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL NO2气体和336 mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 ()A. 9.02 gB. 8.51 gC. 8.26 gD. 7.04 g【答案】B【解析】
26、【分析】最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。【详解】4.48L的 NO2气体的物质的量为0.2mol，0.336L的N2O4气体物质的量为0.015mol，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2mol10.015mol210.23mol，最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g0.23mol17g/mol8.51g，故答案选B。19. 下列
27、化学用语正确的是A. NH4Cl的电子式：B. S2的结构示意图：C. 乙醇的分子式：CH3CH2OHD. 原子核内有8个中子的碳原子：【答案】D【解析】【详解】A、NH4Cl电子式为，故A错误；B、S2的结构示意图：，B错误；C、乙醇的分子式：C2H6O，CH3CH2OH是结构简式，C错误；D、正确。选D。20. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中 W 的阴离子的核外电子数与 X、Y原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分离法来生产 Y 的单质，W、Z同族。下列说法中不正确的是( )A. 由Y与Z组成的化合物中都只含有离子键B
28、. 这些元素的原子半径大小为WYX O2-Na+ H+ (2). C (3). SiH4 (4). HClO4 H2SO4 H2CO3 H2SiO3 (5). 离子键和共价键 (6). H+ HSO3-=SO2+H2O (7). SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4【解析】【分析】现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，B为C，E为Si；已知A、D位于同一主族；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以A 为H，C为O，
29、F为S；G为Cl；结合以上的分析解答。【详解】现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，B为C，E为Si；已知A、D位于同一主族；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以A 为H，C为O，F为S；G为Cl；(1)离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；因此离子半径由大到小的顺序是：S2- O2-Na+ H+；综上所述，答案是：S2- O2-Na+ H+。(2) B、C、E、F、G形成的气态氢
30、化物数目最多的是C，它可以与氢形成烷烃、烯烃、炔烃等（碳数小于等于4）、芳香烃等；根据同周期从左到右元素的非金属增强，气态氢化物的稳定性增强，同主族从上到下元素的非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，硅的非金属性最弱，其所形成的气态氢化物SiH4是最不稳定的；综上所述，答案是：C、SiH4。(3)B、E、F、G最高氧化物对应的水化物为：H2CO3 、 H2SiO3 、 H2SO4 、HClO4 ；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，因为非金属性：ClSCSi，所以最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序是：HClO4 H2SO4 H2CO3 H2SiO3 ；综上所述，答案是：HClO4 H2SO4 H2CO3 H2SiO3。(4)由A、C、D形成的化合物为NaOH，它属于离子化合物，所含的化学键类型有离子键和共价键；综上所述，答案是：离子键和共价键。(5) A、C、D、F四种元素组成化合物M和N分别为：NaHSO4 和 NaHSO3，它们在溶液中相互反应的离子方程式是：H+ HSO3-=SO2+H2O；二氧化硫通入氯气的水溶液中发生反应生成硫酸和盐酸，化学方程式为：SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4；综上所述，答案是：H+ HSO3-=SO2+H2O；SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4；
