届山东省潍坊市五县高三联考化学试题解析版.docx

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届山东省潍坊市五县高三联考化学试题解析版

山东省潍坊市五县2021届高三10月联考

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23Al27S32Cl35.5Cr52Mn55Ag108

一、选择题：

本题共10小题，每小题2分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.化学与生活密切相关。

下列叙述错误的是（）

A.碳酸氢钠可用于食品膨松剂

B.KAl（SO4）2·12H2O可用做净水剂

C.30%双氧水溶液用于皮肤伤口消毒

D.二氧化硫可用于食品杀菌、抗氧化

『答案』C

『详解』A.碳酸氢钠可作食品的膨松剂，原因是与酸反应生成二氧化碳，且加热不稳定，分解生成二氧化碳气体，A正确；

B.明矾（KAl（SO4）2·12H2O）在溶液中电离出铝离子，铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附作用，能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，B正确；

C.医疗上常用3%的过氧化氢溶液进行伤口消毒，若浓度过大，会灼伤皮肤及患处，C错误；

D.二氧化硫具有一定的抑制细菌和真菌滋生的作用，具有一定的防腐抗氧化作用，D正确；

故选C。

2.汉字书法艺术是中华优秀传统文化的代表之一，古人所谓“文房四宝”是书法必备用品。

以下四种，其主要化学成分属于无机盐的是（）

A.湖笔B.徽墨C.宣纸D.端砚

『答案』D

『详解』A.湖笔用的羊毛主要成分是蛋白质，属于有机物，故A不选；

B.徽墨主要是碳粒，碳属于无机单质，故B不选；

C.纸的原料是木材，主要成分是纤维素，属于有机物，故C不选；

D.端砚用石材制作的，石材的主要成分是碳酸钙，属于无机盐，故D正确；

故选：

D。

3.下列分离或提纯物质的方法错误的是（）

A.用分液的方法分离水和苯

B.用渗析的方法精制氢氧化铁胶体

C.用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠

D.用溶解、过滤的方法提纯含有少量硫酸钡的碳酸钡

『答案』D

『详解』A.水和苯不互溶，可以用用分液的方法分离，A正确；

B.胶体的微粒直径在1nm∼100nm之间，不能透过半透膜，可用渗析的方法分离，B正确；

C.碳酸氢钠加热时易分解，生成碳酸钠和水，所以可用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠，加热时水挥发，没有引入其它杂质，C正确；

D.硫酸钡和碳酸钡都难溶于水，应通入二氧化碳，使碳酸钡生成碳酸氢钡，过滤后再加热分解，重新生成碳酸钡，D错误；

故选D。

4.1956年，美籍华人科学家吴健雄用

Co放射源进行实验验证了杨振宁和李政道的重要发现（此发现于1957年获得诺贝尔物理学奖）。

Co的衰变方程为：

Co＝

Ni＋

e－＋

，其中

是反中微子，它的电荷数为0,静止质量可认为是0。

下列说法错误的是（）

A.衰变产物Ni质量数是60

B.Co与Ni同在元素周期表的d区

C.Co与Ni基态原子核外电子占据的轨道数不同

D.基态Ni原子的价电子排布为3d84s2

『答案』C

『详解』A．衰变过程中遵守质子和中子守恒，则Ni的质子数为28，质量数为60，故A正确；

B．Co与Ni均为第四周期第Ⅷ族元素，均属d区元素，故B正确；

C．基态Co原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，Co和Ni基态原子核外电子占据的轨道数均为15，故C错误；

D．基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，则基态Ni原子的价电子排布为3d84s2，故D正确；

故答案为C。

5.NA是阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）

A.含0.1molNa+的Na2O和Na2O2的混合物中，阴离子总数等于0.05NA

B.标准状况下2.24LCl2完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为0.2NA

C.0.1molFeCl3水解生成的Fe（OH）3胶粒数为0.1NA

D.1molN2与4molH2一定条件下反应，生成的NH3分子数为2NA

『答案』A

『详解』A．Na2O和Na2O2均含2个钠离子和1个阴离子，即两者中钠离子和阴离子的物质的量之比均为2：

1，故当含0.1mol钠离子时，所含的阴离子的物质的量为0.05mol，即0.05NA个，故A正确；

B．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，溶液中含有未反应的氯气分子，故所得溶液中含氯微粒数小于0.2NA个，故B错误；

C．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故水解出的氢氧化铁胶粒的个数小于0.1NA个，故C错误；

D．密闭容器中1molN2与4molH2在一定条件下充分反应，由于是可逆反应，不能进行到底，则生成的NH3分子数小于2NA，故D错误。

答案选A。

6.在给定条件下，下列物质转化每一步都能实现的是（）

A.

B.

C.

D.

『答案』A

『详解』A.电解氯化钠溶液可以生成氯气，氯气和石灰乳反应可以生成漂白粉（Ca（ClO）2），故A正确；

B.氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁，电解氯化镁溶液不能得到金属Mg，电解熔融氯化镁才能生成金属Mg，故B错误；

C.铝和四氧化三铁在高温条件下生成氧化铝和铁，氯气和铁反应生成FeCl3，故C错误；

D.硫酸铜和过量氨气反应不能生成氢氧化铜沉淀，得到铜氨络合物，故D错误；

正确答案是A。

7.下列对应离子方程式错误的是（）

A.配制FeCl3溶液时要加盐酸：

Fe3+＋3H2O

Fe（OH）3＋3H+

B.向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：

NH

＋OH－

NH3↑＋H2O

C.盛放碱液的试剂瓶不用玻璃塞：

SiO2＋2OH－＝SiO

＋H2O

D.室温下用NaOH溶液吸收Cl2：

Cl2＋2OH－＝ClO－＋Cl－＋H2O

『答案』B

『详解』A.Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O

Fe（OH）3+3H+，配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，A正确；

B.碳酸氢铵中的碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应，正确的离子方程式为HCO3-+NH4++2OH-

NH3↑+

+2H2O，B错误；

C.二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，正确的离子方程式为：

SiO2+2OH-═

+H2O，C正确；

D用NaOH溶液吸收氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应额离子方程式：

Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D正确；

故选B。

8.图是氮及其化合物的“价—类”二维图，结合二维图及氧化还原反应的基本规律，下列相关分析或预测错误的是（）

A.硝酸具有较强的氧化性，可用稀硝酸清洗“银镜实验”后的试管

B.NO、NO2和NH3在一定条件下均能反应，可用氨气处理氮氧化物

C.可用加热NH4NO3的方法制取氨气

D.联氨（N2H4）可能被亚硝酸（HNO2）氧化生成氢叠氮酸HN3

『答案』C

『详解』A．HNO3中氮元素为+5价，具有强氧化性，稀硝酸能氧化许多不活泼的金属，如Cu、Ag等，故A正确；

B．由题图可知NO、NO2和NH3在一定条件下均能发生归中反应，产物是氮气和水，氨气可用于处理氮氧化物，故B正确；

C．分析NH4NO3中氮元素价态可知，其可能发生自身的氧化还原反应，所以其受热分解产物不一定有NH3，故不能加热NH4NO3来热制备NH3，故C错误；

D．依据价态分析，N2H4（氮为-2价）和HNO2（氮是+3价）反应可能生成HN3（氮是-

价），故D正确；

故选C。

9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y、Z、W对应的最高价氧化物的水化物能两两相互反应。

下列判断正确的是（）

A.原子半径r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）

B.Z的单质可用作半导体材料

C.最高价氧化物的水化物中，W原子的杂化方式为sp3

D.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱

『答案』C

『分析』短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X是氧元素；Y、Z、W对应的最高价氧化物的水化物能两两相互反应，则Y应为Na元素、Z为Al元素，W可能为S或Cl元素。

『详解』由分析知：

X为O元素、Y为Na元素、Z为Al元素、W为S或Cl元素；

A．同周期主族元素核电荷数越大，原子半径越小，则O、Na、Al与S或Cl元素的原子半径大小顺序为r（Na）＞r（Al）＞r（S或Cl）＞r（O），故A错误；

B．Z为Al元素，Al是金属导体，故B错误；

C．S或Cl元素的最高价氧化物的水化物为H2SO4或HClO4，分子中S或Cl的杂化方式均为sp3杂化，故C正确；

D．O的非金属性比S或Cl强，则H2O比H2S或HCl稳定，故D错误；

故答案为C。

10.磷酸铁锂是制作电池的材料，其制备过程可以简化成如图所示。

下列说法错误的是（）

A.蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：

烧杯、酒精灯、玻璃棒、泥三角

B.反应釜中反应的化学方程式为2H3PO4＋Li2CO3=2LiH2PO4＋H2O＋CO2↑

C.分离的操作是过滤

D.烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应

『答案』A

『详解』A.蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：

蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，A项错误；

B.强酸制弱酸原理，反应釜中反应的化学方程式为2H3PO4＋Li2CO3=2LiH2PO4＋H2O＋CO2↑，B项正确；

C.最后得到LiH2PO4晶体，分离的操作是过滤，C项正确；

D.铁的化合价下降，烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应，D项正确；

答案选A。

二、本题共5小题，每小题4分，共20分。

每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.油画变黑，可用一定浓度的H2O2溶液擦洗修复，发生的反应为：

4H2O2＋PbS＝PbSO4＋4H2O，下列说法正确的是（）

A.PbS是氧化剂

B.PbSO4是氧化产物

C.Pb位于元素周期表的第5周期ⅣA族

D.H2O2在反应中既体现还原性又体现氧化性

『答案』B

『详解』A．PbS中S元素化合价升高，PbS是还原剂，故A错误；

B．PbS→PbSO4，S元素化合价升高，PbS发生氧化反应，PbSO4是氧化产物，故B正确；

C．Pb位于元素周期表的第6周期ⅣA族，故C错误；

D．H2O2中氧元素化合价降低，在反应中只体现氧化性，故D错误；

选B。

12.二茂铁是一种具有芳香族性质的有机过渡金属化合物，在医药、航天、环保等行业具有广泛的应用，其结构简式如图所示。

下列说法错误的是（）

A.其分子式为C10H10Fe

B.分子中的Fe失去了3d能级上的2个电子

C.分子中既含有极性共价键又有非极性共价键

D.铁元素的第二电离能大于它的第三电离能

『答案』BD

『详解』A.有图可知，其分子式为C10H10Fe，故A正确，但不符合题意；

B.分子中的Fe失去了最外层4s能级上的2个电子，故B错误，符合题意；

C.分子中既含有C-H极性共价键又有C-C非极性共价键，故C正确，但不符合题意；

D.铁元素的第二电离能小于它的第三电离能，因为失去3个电子后，3d成为半充满结构，能量最低，比较稳定，故D错误，符合题意；

故选：

BD。

13.某同学进行如下实验：

实验步骤

实验现象

I

将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热

试纸颜色变化：

黄色→蓝色（pH≈10）→黄色→红色（pH≈2）；试管中部有白色固体附着

II

将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上

试纸颜色变化：

黄色→橙黄色（pH≈5）

下列说法错误的是（）

A.根据II中试纸变橙黄色，说明NH4Cl是弱电解质

B.根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快

C.I中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的

D.根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3

『答案』AC

『分析』实验I中对装有NH4Cl固体试管加热，湿润的pH试纸黄色→蓝色（pH≈10）→黄色→红色（pH≈2），说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，盐酸属于强酸，最后湿润的pH试纸变为红色，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵；实验II中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化黄色→橙黄色（pH≈5），说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性；据此分析解答。

『详解』A．根据分析，II中试纸变橙黄色，只能说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，而NH4Cl属于盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，故A错误；

B．根据分析，由I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；

C．根据分析，由I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；

D．根据分析，由试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；

答案为AC。

14.据文献报道：

Fe（CO）5催化某反应的一种反应机理如下图所示。

下列叙述错误的是（）

A.OH－在反应中做催化剂B.该反应可产生清洁燃料H2

C.该反应属于氧化还原反应D.该催化循环中Fe的成键数目未发生变化

『答案』D

『详解』A. OH－在该循环中参与反应，又生成OH－，因此起到催化循环的作用，故A正确，但不符合题意；

B.该循环过程产生了H2，故B正确，但不符合题意；

C.该反应生成单质氢气，元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确，但不符合题意；

D.该循环中Fe的成键数目发生了变化，有

等，故D错误，符合题意；

故选：

D。

15.已知溶液中氧化性：

IO

＞I2＞SO

。

向含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。

下列说法错误的是（）

A.a点反应的还原剂是NaHSO3，此时碘元素被还原

B.b点反应的离子方程式是：

3HSO

＋IO

＋3OH－＝3SO

＋I－＋3H2O

C.c点到d点的反应中共转移0.6mol电子

D.向200mL1mol·L-1的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，反应开始时的离子方程式是：

5HSO

＋2IO

＝I2＋5SO

＋3H＋＋H2O

『答案』BC

『详解』A.因为还原性

>

，所以首先是发生以下反应离子方程式：

，此时碘元素被还原，故A正确，但不符合题意；

B. bc段发生反应：

，故B错误，符合题意；

C. c点时加入的

物质的量为1mol，和3mol

的溶液恰好完全反应，即

，c点到d点，

可以结合H+氧化I−生成I2，离子方程式是

，在d点时，

与

反应恰好生成0.6I2，根据方程式关系

解得x=1.0mol，共转移1.0mol电子，故C错误，符合题意；

D.向200mL1mol/L的

溶液中滴加

溶液，

被氧化为

，

过量，由于氧化性IO

＞I2，

将氧化为

，反应不能生成

，而是生成I2，反应离子方程式为：

5HSO

＋2IO

＝I2＋5SO

＋3H＋＋H2O，故D正确，但不符合题意；

故选：

BC。

三、非选择题：

本题共5小题，共60分。

16.二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒灭菌剂，可以有效灭活新冠病毒，但其稳定性较差，可转化为较稳定的NaClO2保存。

利用吸收法可得到NaClO2。

工艺流程如图所示：

已知：

Ⅰ．纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。

Ⅱ．NaClO2长期放置或高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl。

回答下列问题：

（1）ClO2中氯元素的化合价为____价，向ClO2发生器中通入空气的目的是______________________________。

（2）吸收塔中制取NaClO2的离子方程式是______________________________________，温度不能超过20℃，可能的原因是____________________________________________。

（3）吸收塔中为防止产生NaClO2被继续还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中。

除H2O2外，还可以选择的还原剂是_________（填序号）。

A．Na2O2　　　　　B．Na2S　　　　　C．FeCl2　　　　　D．KMnO4

（4）取等质量NaClO2，其中一份加热70℃，另一份严格保存。

两份均配成溶液并分别与足量FeSO4溶液反应，消耗Fe2+的物质的量________（填“相同”、“不相同”或“无法判断”）。

（5）NaClO2与氯气反应可制得ClO2，反应的化学方程式为___________________________。

『答案』

（1）.+4

（2）.稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸（3）.2OH﹣+2ClO2+H2O2═2ClO

+O2+2H2O（4）.H2O2温度较高时易分解（5）.A（6）.相同（7）.Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl

『分析』由流程图可知，NaClO3先和硫酸溶解，在发生器中通入SO2，发生反应：

SO2+2NaClO3+H2SO4═2ClO2↑+2NaHSO4，向发生器中通入空气可以稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸，吸收塔中用NaOH吸收产生的ClO2，加入H2O2作还原剂，防止产生NaClO2被继续还原成NaCl，得到的NaClO2溶液，通过结晶得到NaClO2晶体。

『详解』

（1）ClO2中氯元素的化合价为+4价；纯ClO2易分解爆炸，向ClO2发生器中通入空气的目的是：

稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；

（2）吸收塔中用NaOH吸收产生的ClO2，加入H2O2作还原剂，防止产生NaClO2被继续还原成NaCl，得到的NaClO2溶液，离子方程式为：

2OH﹣+2ClO2+H2O2═2ClO

+O2+2H2O；温度不能超过20℃，可能的原因是：

H2O2温度较高时易分解；

（3）选用的还原剂不能引入新的杂质，并且产物容易分离，故选Na2O2作还原剂，生成氧气，故选A；

（4）加热70℃，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，变质过程为NaClO2自身的氧化还原反应，无论变质与否，与Fe2＋反应时氯元素最终都转化为Cl－，故转移电子数相等，消耗的Fe2+的物质的量相同；

（5）亚氯酸钠（NaClO2）与氯气（Cl2）反应反应，生成二氧化氯和氯化钠，反应的化学方程式为：

2NaClO2+Cl2═2ClO2+2NaCl。

『点睛』制备类工业流程问题要注意题目所给信息，纯ClO2易分解爆炸和NaClO2长期放置分解都为后面题目的解答提供了思路，要注意应用。

17.A、B、C、D是原子序数依次递增的四种短周期元素。

基态A原子所含的电子只有一种运动状态；基态B原子中有三个未成对电子。

A、B、C、D四种元素共同组成化合物M，M可发生如下反应：

回答下列问题：

（1）B原子的价电子排布式为_______________。

实验室制备BmAn的化学方程式是_____________________________________________。

（2）A、C、D三种元素的原子半径由大到小的顺序为_____________（用元素符号表示）。

（3）B元素的第一电离能比同周期相邻两种元素的都高；原因是____________________。

（4）D元素的一种氧化物D2O为淡棕黄色气体，可由新制的HgO和D2发生歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）制得。

上述制备D2O的化学方程式为_________________。

（5）D元素的另一种氧化物DO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。

一种有效成分为NaDO2、NaHSO4、NaHCO3的泡腾片，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到DO2溶液。

上述过程中，生成DO2的反应属于歧化反应，每生成1molDO2消耗NaDO2的量为_____mol；若产生的“气泡”与DO2的物质的量相等，则反应过程中消耗NaDO2、NaHSO4、NaHCO3的物质的量之比为____________。

『答案』

（1）.2s22p3

（2）.

CaCl2+2NH3+2H2O（3）.Al>Cl>H（4）.氮原子与碳原子电子层数相同，但氮原子核电荷数大，原子核对外层电子的有效吸引作用强，故第一电离能大于碳元素；氮原子p能级为半充满结构，相对稳定，故第一电离能大于氧元素（5）.2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O（6）.1.25（7）.5∶8∶4

『分析』A、B、C、D是原子序数依次递增的四种短周期元素。

基态A原子所含的电子只有一种运动状态，则A为氢原子；基态B原子中有三个未成对电子，则其电子排布式为1s22s22p3，B为氮元素；6.02g化合物M受热分解生成的NH3为0.68g，物质的量为

=0.04mol，CxDy的溶液硝酸酸化后，加入过量AgNO3溶液，生成白色沉淀8.61g，此沉淀为AgCl，其物质的量为

=0.06mol；CxDy的溶液中加入过量NaOH溶液，再通入过量CO2气体，所得白色沉淀15.6g，此沉淀为Al（OH）3，物质的量为

=0.02mol；CxDy应为AlCl3，其物质的量为

=0.04mol，据此分析解题。

『详解』由分析知：

A为氢元素、B为氮元素、C铝元素、D为氯元素；

（1）基态氮原子电子排布式为1s22s22p3，其价电子排布式为2s22p3；实验室利用消石灰和NH4Cl固体混合加热制备NH3的化学方程式是

CaCl2+2NH3+2H2O；

（2）同周期主族元素的原子半径，随核电荷数递增原子半径减小，则H、Al、Cl三种元素的原子半径由大到小的顺序为Al>Cl>H；

（3）N元素的同周期相邻元素为C元素和O元素，因氮原子与碳原子电子层数相同，但氮原子核电荷数大，原子核对外层电子的有效吸引作用强，故第一电离能大于碳元素；氮原子p能级为半充满结构，相对稳定，故第一电离能大于氧元素；

（4）新制的HgO和Cl2发生歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）制得Cl2O，发生反应的化学方程式为2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；

（5）根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：

5

+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O；生成1molClO2消耗NaClO2的量为：

mol，即1.25mol；NaHSO4与NaHCO3反应产生CO2气体：

NaHSO4电离出H+与

生成气体CO2，反应方程式为：

NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，则反应过程中消耗NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的物质的量之比