1、宁夏回族自治区固原市第一中学2021届高三化学上学期第四次月考试题（含解析）1. 现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是（ ）A. 高纯度的二氧化硅可用于制造半导体材料B. 用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C. 港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到D. 500米口径球面射电望远镜被誉为“中国天眼”，其“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型纯金属材料【答案】A【解析】【详解】A高纯度的二氧化硅可用于制造光导纤维、高纯硅可用于制作半导体材料，A错误；BFe3O4具有磁性，是一种磁性物质，B正确；C沥青可以通过石油减压分馏得到
2、，C正确；D钢铁结成的圈梁，属于铁合金，赋予了一些新功能，属于新型纯金属材料，D正确；答案选A2. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 10 g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NAB. 0.1 molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NAC. 标准状况下，22.4 L氯气通入足量氢氧化钠溶液中充分反应后转移电子数为NAD. 100 mL 0.1 mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA【答案】C【解析】【详解】A 10g质量分数为34%的H2O2溶液中过氧化氢的质量为3.4g，物质的量为0.1mol，即过氧化氢含有的氢原子数为0.
3、2NA，但水分子也含有氢原子，故溶液中氢原子含量远大于0.2NA，A错误；BNa2O2和Na2O两物质阳离子和阴离子的比例均为2:1，即0.1mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.3NA，B错误；C标准状态下，22.4 L氯气的物质的量为1mol，通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，0.5molCl2作氧化剂、0.5molCl2作还原剂剂、转移电子数为NA，C正确；D醋酸在水溶液中部分发生电离，100 mL 0.1 mol/L醋酸中含有的醋酸分子数小于0.01NA，D错误；答案为C。3. 下列图示实验合理的是()ABCD证明非金属性强弱：SCSi制备少量氧气配制一定物质的量浓
4、度的硫酸溶液制备并收集少量NO2气体A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A不挥发性的硫酸和碳酸钠反应产生二氧化碳气体，二氧化碳气体通入硅酸钠溶液发生复分解反应，产生硅酸沉淀，可知酸性排序：硫酸碳酸硅酸，则，非金属性：SCSi，A正确；B过氧化钠是粉末状固体，过氧化钠和水反应不能用简易启普发生器装置，B错误；C浓硫酸只有在烧杯中稀释并冷却到室温，才能转移到容量瓶中，C错误；D二氧化氮能与水反应、不能用排水法收集，D错误；答案选A。4. 下列解释事实的方程式不正确的是A Fe(OH)2暴露于空气中出现红褐色：4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3B.
5、用硫酸铜溶液除去C2H2中的H2S气体：H2S + Cu2+ = CuS + 2H+C. NaClO溶液中加白醋可增强漂白性：H+ + ClO- = HClOD 将Na块放入水中，放出气体：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2【答案】C【解析】【详解】A. Fe(OH)2暴露于空气中被氧化，出现红褐色，生成氢氧化铁，反应的离子方程式为：4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3，选项A正确；B. 用硫酸铜溶液除去C2H2中的H2S气体，反应生成硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：H2S + Cu2+ = CuS + 2H+，选项B正确；C. NaClO溶液中加白醋可增
6、强漂白性，是次氯酸钠与醋酸反应生成次氯酸和醋酸钠，醋酸是弱酸必须写化学式，反应的离子方程式为：CH3COOH + ClO- = HClO+CH3COO-，选项C不正确；D. 将Na块放入水中，反应生成氢气和氢氧化钠，反应的离子方程式为：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2，选项D正确；答案选C。5. 铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。下列说法错误的是A. 、中除加试剂外，还需要进行过滤操作B. a、b中铝元素的化合价相同C. 中需要通入过量的氨气D. 进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝【答案】C【解析】【详解】加入盐酸，氧化铝和氧化
7、铁溶解，生成氯化铁和氯化铝，二氧化硅不溶解，过滤即可除去；加入过量的氢氧化钠，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，过滤除去氢氧化铁；向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2气体，即生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解得到氧化铝，氧化铝电解得到单质铝，所以只有选项C是错误的，故答案选C。6. 下列解释有关实验现象的离子方程式错误的是( )选项实验操作实验现象离子方程式A大理石中加入足量醋酸溶液大理石逐渐溶解CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+CO2+H2OB新制氯水中加过量氢氧化钠溶液溶液由黄绿色变无色Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液溶液紫色褪去，有气
8、泡产生2MnO+3H2O2+10H+=2Mn2+3O2+8H2OD将稀硫酸滴入淀粉-KI溶液中在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H+4I-+O2=2I2+2H2OA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A大理石主要成分为碳酸钙，醋酸酸性强于碳酸，二者可以反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+CO2+H2O，故A正确；B新制氯水中由于溶有大量氯气而显黄绿色，氢氧化钠可以和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠，溶液褪色，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B正确；C溶液紫色褪去，说明高锰酸钾可以将双氧水氧
9、化生成氧气，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故C错误；D酸性环境下空气中的氧气可以氧化碘离子生成碘单质，从而使淀粉碘化钾溶液变蓝，离子方程式为4H+4I-+O2=2I2+2H2O，故D正确；综上所述答案为C。7. 自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是A. N2NH3，NH3NO均属于氮的固定B. 在催化剂b作用下，O2发生了氧化反应C. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量D. 催化剂a、b表面均发生了极
10、性共价键的断裂【答案】C【解析】【详解】A把游离态氮转化为氮的化合物，称为氮的固定， N2NH3属于氮的固定，NH3NO不属于氮的固定，故A错误；B在催化剂b作用下，O2NO，O元素的化合价由0价变为-2价，化合价降低，发生了还原反应，故B错误；C催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故C正确；D催化剂a作用下，N2NH3，断裂非极性共价键NN键，催化剂b作用下，NH3NO，断裂极性共价键NH键，故D错误；答案选C。8. 现有NH3、CO、Na、Na2O2、Fe、NO、NO2、F2、SO2等中学化学教材中出现过的物质，根据它们的组成及性质进行如下分类。请回答下列问题：(1
11、)SO2属于_(填“酸性氧化物”、“碱性氧化物”、“两性氧化物”)。(2)Na2O2最终位于_组；它的电子式为_。(3)C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂，写出高温下它还原Fe2O3的化学方程式：_。(4)II组的某种物质能与水发生氧化还原反应，该反应中被氧化与被还原的元素的质量比为_。(5)B组中有一种物质在高温下能与水蒸气反应，若该反应过程中有0.8NA个电子转移则有_g该物质参与反应。(6)N2H4是一种高能燃料，有强还原性，可通过I组的某种物质和NaClO反应制得，该制备反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 酸性氧化物 (2). (3). (4). 3CO+Fe2O32Fe+
12、3CO2 (5). 2：1 (6). 16.8 (7). NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O【解析】【分析】NH3、CO、Na、Na2O2、Fe、NO、NO2，F2、SO2等，按照组成元素的多少分为单质和化合物，属于单质的是Na、Fe、F2，属于化合物的是NH3、CO、Na2O2、NO、NO2、SO2；单质中能与氢气反应的是F2；化合物中能与水反应的是NH3、Na2O2、NO2、SO2，反应后溶液显碱性的是NH3、Na2O2；(1)SO2能与碱反应生成盐和水；(2)Na2O2能与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液显碱性；(3)C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂是CO；(4
13、)组某种物质能与水发生氧化还原反应，该物质为NO2，根据化合价的变化分析；(5)B组中与水在高温条件下反应的物质为Fe，结合反应方程式计算；(6) NaClO溶液和NH3发生氧化还原反应生成氯化钠和肼，根据反应物和生成物写出反应方程式。【详解】(1)SO2能与碱反应生成盐和水，则属于酸性氧化物；(2)Na2O2能与水反应，且反应后所得溶液显碱性，则最终位于组；Na2O2是离子化合物，其电子式为；(3) C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂是CO，CO与Fe2O3在高温条件下生成Fe和二氧化碳，反应方程式为Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2；(4) )组的某种物质能与水发生氧化还原反应，该
14、物质为NO2，NO2与水反应产生3NO2+H2O2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2，所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2：1；(5) B组中与水在高温条件下反应的物质为Fe，反应的方程式为4H2O(g)+3FeFe3O4+4H2，该反应过程中有8NA个电子转移，即转移8mol电子，则消耗3molFe，即3mol56g/mol=168g，若该反应过程中有0.8NA个电子转移，消耗Fe为16
15、8g=16.8g；(6) 该反应中，次氯酸钠被氨气还原生成氯化钠，氨气被氧化生成肼，同时还有水生成，所以该反应方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。9. 某化学实验小组为了探究氨气的还原性和氧化性设计了如下实验方案。实验一：探究氨气的还原性已知：Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2OH2SO4(稀)CuCuSO4H2O。(1)装置A用于制备氨气，硬质玻璃管中发生的反应为_，装置B中所盛放的试剂是_。实验开始前应先通一段时间的N2，其目的是_。(2)反应结束后装置C中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体的成分，进行了如下实验：取10.4g红色固体于烧杯中
16、，加入足量稀硫酸充分搅拌、静置、过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g，则红色固体的成分及其物质的量为_。实验二：探究氨气的氧化性已知：铝可以与氨气发生反应：2Al2NH32AlN3H2。AlN性质稳定，常温下基本不与水反应，加热时溶于浓碱溶液且可产生氨气。按如图所示连接好装置，打开装置F中分液漏斗活塞，待装置中空气排尽后再点燃装置H处酒精灯。(3)装置F中发生反应的化学方程式为_。(4)橡胶管a的作用是_，装置I的作用是_。(5)根据已知信息设计实验方案测定所得样品中AlN的纯度，简要写出实验过程：_。【答案】 (1). Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3 +2H2O (2)
17、. 碱石灰 (3). 排除装置中的空气，防止对实验产生干扰 (4). 0.05molCu2O、0.05mol的 Cu (5). NH3H2O+CaO=NH3+Ca(OH)2 (6). 平衡气压，便于液体顺利滴下 (7). 安全瓶 (8). 称取一定量的产物，加入足量浓NaOH溶液中并加热，将产生的气体干燥后，再用稀硫酸吸收，根据吸收的NH3的质量计算出AlN的纯度(合理即可)【解析】【分析】实验一、在A中Ca(OH)2与NH4Cl混合加热反应产生NH3，装置B的作用是干燥氨气，在C中NH3与CuO反应，NH3被氧化变为N2，CuO被还原可能产生Cu，也可能产生Cu2O，同时得到H2O，在实验前
18、先通入N2，可以排出装置中的空气，可以防止加热时NH3被氧化；CuO被还原后的产物成分可根据Cu2OH2SO4(稀)CuCuSO4H2O，利用元素守恒分析判断；实验二、在F中用浓氨水与CaO混合反应产生NH3，在G中干燥氨气，在H中与Al发生反应产生AlN，装置I是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生，在J中用稀硫酸吸收氨气，防止大气污染，据此分析解答。【详解】(1)在装置A固态混合物加热制备氨气，硬质玻璃管中所盛试剂通常为Ca(OH)2、NH4Cl；化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3 +2H2O，装置B的作用是干燥氨气，干燥管中盛放固体干燥剂，只吸收水分，而不与氨气反
19、应，则其中所盛放的试剂可以是碱石灰；在实验开始前应先通一段时间的N2，其目的是排除装置中的空气，防止加热时将NH3氧化而对实验产生干扰；(2)NH3与CuO反应，产生的红色物质可能含有Cu、Cu2O，由于Cu与稀硫酸不反应，而Cu2O会发生反应：Cu2OH2SO4(稀)CuCuSO4H2O，反应后6.4 g固体是Cu，其物质的量是n(Cu)= 0.1 mol，假设该混合物中含有Cu、Cu2O的物质的量分别是x、y，则x+y=0.1 mol，解得x=0.05 mol，y=0.05 mol；即原固体是Cu、Cu2O的混合物，它们的物质的量都是0.05 mol；(3)在装置F中CaO与NH3H2O发
20、生反应产生Ca(OH)2和NH3，反应的化学方程式为NH3H2O+CaO=NH3+Ca(OH)2；(4)橡胶管a将分液漏斗与蒸馏烧瓶上部空间连接，可平衡气压，使分液漏斗中的液体在重力作用下可顺利滴下，因此橡胶管a的作用是平衡气压，便于液体顺利滴下；I的作用是安全瓶，可防止倒吸；(5)由已知信息可知：AlN在加热时溶于浓碱溶液产生Al(OH)3和NH3，将反应产生的氨气经碱石灰干燥后，再用稀硫酸吸收，根据浓硫酸吸收的NH3的质量，就可以计算出AlN的质量，利用AlN的质量除以样品总质量，就得到该样品中AlN的纯度。10. 氟化铬可用作毛织品防蛀剂、卤化催化剂、大理石硬化及着色剂。以铬云母矿石(含
21、4.5%Cr2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)为原料制备氟化铬的工艺流程如下。下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：氢氧化物Fe(OH)3Mg(OH)2Cr(OH)3Fe(OH)2开始沉淀的pH2.38.84.97.5沉淀完全的pH4.110.46.89.7请回答下列问题：（1）Fe2O3、MgO、FeO、SiO2中属于碱性氧化物的有_种。（2）将铬云母矿石粉碎的目的是_。（3）滤渣1主要成分的用途是_。(写一种)（4）Cr2O3与稀硫酸反应的化学方程式为_。（5）第一次滴加氨水调节pH范围为_。（6）第二次滴加氨水调节pH为6.88.8的目的是_，Cr(OH)3与Al
22、(OH)3一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液，生成的Cr(OH)3会部分溶解，写出Cr(OH)3溶解的离子方程式：_。【答案】 (1). 3 (2). 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 (3). 用于制备光导纤维等 (4). Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O (5). 4.1pH4.9 (6). 使铬离子完全沉淀，镁离子不沉淀 (7). Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O【解析】【分析】铬云母矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；稀硫酸酸浸时二氧化硅与硫酸不反应，滤渣1的成分为二氧化硅；加入过氧化氢的主要目的是将
23、亚铁离子氧化为铁离子，加氨水调节pH的目的是除去铁离子，调节pH为6.88.8的目的是使铬离子转化为氢氧化铬沉淀。【详解】（1）碱性氧化物指的是与酸反应只产生盐和水的氧化物，因此Fe2O3、MgO、FeO、SiO2中属于碱性氧化物的有Fe2O3、MgO、FeO，故有3种；（2）将铬云母矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；（3）滤渣1的主要成分为二氧化硅，其用途为制造玻璃、光导纤维等；（4）氧化铬与硫酸反应产生硫酸铬和水，对应的化学方程式为：Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O；（5）第一次调节pH的目的是除去铁离子，保证铬离子不沉淀，因此第一次滴加氨
24、水调节pH范围为4.1pH4.9；（6）第二次滴加氨水调节pH为6.88.8的目的是使铬离子转化为氢氧化铬沉淀，由于氢氧化铬的性质类似与氢氧化铝，因此氢氧化铬与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O。【点睛】解答工艺流程类试题应明确流程转化过程，同时需要注意元素化合物知识以及信息的应用，如氢氧化铬的两性等。11. 2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。实验室用如图所示装置制备NaClO溶液。(1)A中仪器甲的名称是_，乙中反应的离子方程式为_。(2)装置B中试剂为_，作用是_。
25、(3)写出按上图装置制备NaClO溶液，其连接顺序为_(用小写字母表示)。由Cl2制备NaClO的反应放热，温度高于70时会生成NaClO3，为防止副反应发生，实验时可以采取的措施是_。(4)用离子方程式说明84消毒液不能与洁厕灵(主要成分为盐酸)混合使用的原因_。(5)一种制备 ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占，每生成0.5 mol ClO2，转移_mol e-。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). (3). 饱和食盐水 (4). 除去氯气中的氯化氢气体 (5). acbd (6). 将C中的烧杯浸于冷水浴中 (7). (8). 0.5【解析
26、】【详解】(1)A中仪器甲的名称是分液漏斗，乙中高锰酸钾和浓盐酸反应： ，则离子方程式为。(2)浓盐酸易挥发，氯化氢极易溶于水、氯气不溶于饱和食盐水，装置B中试剂为饱和食盐水，作用是除去氯气中的氯化氢气体。(3)气流顺序依次为：产生氯气，用饱和食盐水除去氯气中氯化氢，用氢氧化钠溶液吸收氯气制备NaClO溶液，故其连接顺序为acbd。由Cl2制备NaClO的反应放热，温度高于70时会生成NaClO3，为防止副反应发生，实验时可以采取的措施是将C中的烧杯浸于冷水浴中。(4) 84消毒液中次氯酸钠有强氧化性、若与洁厕灵(主要成分为盐酸)混合使用，则发生氧化还原反应产生氯气，氯气有毒，离子方程式为：。(5)一种制备 ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占，化学方程式为：，每生成2molClO2，电子转移总数为2mol，则 每生成0.5 mol ClO2，转移0.5mol e-。