甘肃省兰州市第五十五中学2021届高三上学期12月月考(解析版)

1、甘肃省兰州市第五十五中学2021届高三上学期12月月考卷I 选择题选择题此题共计 7小题，每题6分，共计42分1为除去括号内杂质,所选用的试剂或方法不正确的选项是A. Na2CO3溶液NaHCO 3,选用适量的 NaOH溶液B. NaHCO 3溶液Na2CO3，应通入过量的 CO2气体C. Na2O2粉末Na2O,将混合物在氧气中加热D. Na2CO3溶液Na2SO4，参加适量BaOH 2溶液，过滤【答案】D【详解】A.NaHCO 3+ NaB.Na2CO3 + CO2 + H 2O=去,B项正确;C.2Na2O+ O2D.Na2CO3+ Ba(OH) 2=Ba误。应选D。2.以下说法正确的选

2、项是A.向硫酸铝溶液中滴加碳酸B.泡沫灭火器灭火是利用了,由于03 +量的 Na2CO3为NaHCO 3而除除去，C项正确;转化为Na2+ 2NaOH , D 项错3 J+ 2NaOH ,(CO3)3 JAl 2SO43和小苏打的反响2AI 3+2Na2量, AH适HCO 3,通入空气中可以将列液的离子万程式:C.铝与Fe2O3发生铝热反响,2可以将2SO4 + Ba(O=BaS反响后固体物质增重D. 氯化铝溶液滴入浓 NaOH溶液中，产生大量白色沉淀【答案】B【详解】A、铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进，生成氢氧化铝和二氧化碳，反响的离子方程式为2Al 3+3CO3

3、2-+3H2O=2AlOH 3 J +3COf,故A错误;B、 泡沫灭火器灭火主要成分是Al 2SO43和小苏打，Al 2SO43水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，二者会发生双水解生成氢氧化铝、二氧化碳、和水用于灭火，故B正确；C、铝与Fe2O3发生铝热反响生成 Fe和AI2O3固体物质，原子种类和数目均未变，并且反响物、生成物均为固体，所以固体物质质量不变，故C错误；D、AICI3溶液滴入浓的NaOH溶液中会得到偏铝酸钠溶液，当氯化铝过量，才有沉淀生成，故D错误；应选B。【点睛】此题的易错点为 D，要注意开始时，氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，当氯化铝过量，3AIO 2-+ Al 3+ 6H2O=4

4、AI(OH) 3即开始无沉淀，一段时间后出现沉淀。3有一块铁的 氧化物羊品，用140mL 5.0mol L：盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl 2,恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+,那么该样品可能的化学式为()A Fe2O3B. Fe3O4C. Fe4O5D. Fe5O7【答案】D【详解】n( HCI) =0.14L X5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反响生成水可知，氧化物中含1有n (O) = n ( HCI) =0.35mol，所得溶液还能吸收 0.025molCl2,恰好使其中的Fe2+全部2转变为 Fe3+,反响后所得溶液为 FeCl3,因

5、 n (Cl-) =0.7mol+0.025mol X2=0.75mol ,那么 n( Fe3+)1=丄门(Cl-) =0.25mol，所以氧化物中n (Fe)： n (O) =0.25 : 0.35=5 : 7,所以化学式为3Fe5O7；答案选D。4.以下说法正确的选项是()A. 水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙都属于硅酸盐工业产品B. 二氧化碳通入水玻璃中可以得到原硅酸C. 因为高温时二氧化硅与碳酸钠反响放出二氧化碳，所以硅酸酸性比碳酸强D. 2MgO SiO2中的酸根阴离子为 SiO42-【答案】B【详解】A 硅酸盐工业产品是用含硅物质为原料，经高温加热制成的产品，水泥、玻璃、青花瓷硅酸盐

6、工业产品，水晶、玛瑙不是硅酸盐工业产品，A错误；B .二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸的酸性比硅酸强，那么二氧化碳通入水玻璃中可以得到原硅酸，B正确；C. 只能得出高温下硅酸钠比碳酸钠稳定的结论，不能确定硅酸酸性比碳酸强，C错误；D. 2MgO- SiO2为氧化物形式，再改回硅酸盐的分子式为Mg2SiO4,酸根阴离子应为 SiO44-，D错误；答案为B【点睛】高温下，二氧化硅与碳酸钠反响放出二氧化碳，只能据此判断高温条件下硅酸钠和碳酸钠的稳定性的相对强弱；二氧化碳通入水玻璃可得原硅酸是符合强酸制弱酸的规律。5某兴趣小组设计用铁粉将 NO复原为N2 同时生成FeO,以下说法不正确的选项是：浓硝酸可氧

7、化 NO;NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO。A. 装置的连接顺序为 a f e j i h g 或 g h> bc dB. 装置E中发生的化学方程式为 2NO+2Fe_2FeO+N2C. 装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和产生NO2D. 装置B的作用是枯燥，防止水蒸气进入 E中干扰反响【答案】D【解析】A、根据实验原理利用 NO被灼热的铁粉复原为 N2，同时生成FeO，所以首先应制备纯洁的枯燥的 NO,禾惋铜与稀硝酸反响生成NO,由于硝酸具有挥发性，所以制得的NO中会混有硝酸和水蒸气气体，那么先通过装置D除去挥发出的HNO3等酸性气体，然后再通过F枯燥，得到纯洁的枯燥的 NO进入E中

8、与铁粉反响，最后处理多余的 NO,又因为NaOH 溶液不与NO反响，而浓硝酸可氧化 NO生成NO2,所以最终先通过 B氧化NO,后再通过 C吸收，故上述装置接口的连接顺序为at f t et j t i t h-或ghcd,正确；B、装置E中NO被灼热的铁粉复原为 N2，同时生成FeO，反响的化学方程式为2NO+2Fe2FeO+N2,正确；C、装置D盛放的是水，其作用是除去挥发出的HNO3等酸性气体，正确；D、装置B盛放的是浓硝酸，依题意可以氧化NO,便于氢氧化钠溶液吸收，错误。6. W、X、丫和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。 W与X可生成一种红棕色有刺激 性气味的气体；Y的周期数是族

9、序数的 3倍；Z原子最外层的电子数与 W的电子总数相同。 以下表达正确的选项是 A. X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B. Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构D. W的氧化物对应的水化物均为强酸【答案】A【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N , X是O； Y的周期数是族序数的 3倍，因此Y只能是第三周期，所以丫是Na； Z原子最外层的电子数与 W的电子总数相同，Z的最外层电子数是 7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。【详解】根据以上分析可知

10、W、X、Y和Z分别是N、0、Na、Cl。贝UA. 氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、N02、Na20、Na2O2、CI2O7、CIO2等，A 正确；B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；C. N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；D. 亚硝酸为弱酸，D错误；答案选A。【点睛】此题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比拟多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。7. W、

11、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素 X和Z同族。盐YZW与浓盐 酸反响，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。以下说法正确的是A. 原子半径大小为 W v X v Y v ZB. X的氢化物水溶液酸性强于 Z的C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D. 标准状况下W的单质状态与X的相同【答案】D【分析】此题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反响，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。YZW为【详解】黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以NaCIO，再根据 W、X、丫、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，X和Z同族，得到 W

12、、X、Y、Z 分别为 O、F、Na、Cl。A 同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na (Y )的原子半径最大，选项 A错误；B HCI是强酸，HF是弱酸，所以X ( F)的氢化物水溶液的酸性弱于Z ( CI)的，选项B错误；C. CIO2的中心原子是 CI，分子中只存在 CI和O之间的极性共价键，选项 C错误；D .标准状况下， W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态，选项 D正确； 答案选D。【点睛】此题相比照拟简单， 根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状

13、态为气体。卷II (非选择题，共58分)二、填空题(此题共计 4小题)8氮化铝(AIN)是一种新型无机非金属材料。为了分析某AIN样品(样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反响)中AIN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案。：AIN + NaOH + H2O=NaAIO 2+ NH3 f疋方案1取一定量的样品，用以下装置测定样品中AIN的纯度(夹持装置已略去)。上图装置C中球形枯燥管的作用(2) 完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先，再参加实验药品。接下来的实验操作是 ，翻开分液漏斗活塞，参加 NaOH浓溶液,至不再产生气体。翻开Ki，通入氮气一段时间，测定装置C反响前后的质量变化。通入氮气的目

14、的是。(3) 假设去掉装置B,那么导致测定结果 (填偏高偏低或 无影响。由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改良意见： 。方案2按以下步骤测定样品中 AIN的纯度：li»NaOHOt过弋件* S)1(«l g)(4) 步骤生成沉淀的离子方程式为 (5) 步骤的操作是 。【答案】(1).防止倒吸 (2).检查装置的气密性(3).关闭Ki,翻开K2(4).把装置中残留的氨气全部赶入装置C (5).偏高 (6).在装置C的出口处连接一个枯燥装置(7). CO2+ AlO 2- + 2H2O=HCO3-+ AIQHRJ(8).过滤、洗涤【方案I】方案1的测定原理是通过测

15、定 A1N+NaOH+H 2O=NaAIO 2+NH 31反响生成氨气的质 量来计算氮化铝的含量，结合装置的结构和测定原理分析解答(1)(3);根据方案2的流程可知，样品溶解于过量的氢氧化钠溶液中过滤洗涤，得到滤液和洗涤液中通入过量二氧化碳和偏铝酸钠反响生成氢氧化铝沉淀，过滤洗涤得到氢氧化铝固体，煅烧得到氧化铝固体，据此分析解答(4)和(5)。【详解】(1)氨气能够与浓硫酸发生反响，易发生倒吸，图C装置中球形枯燥管可以防止倒吸，故答案为：防止倒吸；(2) 组装好实验装置，制备气体需要先检查装置气密性，参加实验药品。接下来的实验操作是关闭K1,翻开K2，翻开分液漏斗活塞，参加 NaOH浓溶液，至

16、不再产生气体。翻开K1,通入氮气一段时间，测定 C装置反响前后的质量变化。通入氮气可以使反响生成的氨气全 部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置 C的增重计算，故答案为：检查装置的气密性； 关闭K1,翻开K2;把装置中残留的氨气全部赶入装置C;(3) 假设去掉装置B,会导致测定氨气的含量增大，导致AIN的含量测定结果偏高，该装置中空气中的水蒸气也可以进入装置C,使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰的枯燥管，故答案为：偏高；在装置 C的出口处连接一个枯燥装置；(4)步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反响生成的,反响的离子方程式为：CO2+AIO 2-+2H2O=HCO

17、 3-+AI(OH) 3 J 故答案为：CO2+AIO 2-+2H2O=HCO 3-+AI(OH) 3 J；(5)根据流程图可知，步骤是过滤洗涤得到氢氧化铝沉淀，故答案为：过滤、洗涤。9. CaS用于制备除虫剂、发光材料等。某课题组拟用硫酸钙和焦炭在高温下反响制备硫化钙 并检验产物。(1) 甲同学设计如下图实验装置检验气体产物。AB CDB装置的作用是 ; D和E装置能检验装置 A的反响产物中的填化学式；E装置中可能出现的现象是 乙同学提出，根据氧化复原反响原理，装置A中的气体产物可能还有 CO2、S02,为了验证他的猜测，结合上述装置并选择以下仪器设计实验方案同一种仪器可重复使用。 气流从左

18、至右，仪器连接顺序为A、F、 能证明有CO2的现象是 除去 S02的离子方程式为 经实验检验气体产物有 S02、CO、CO2且气体体积之比为 1 ： 1 ： 2，写出A中反响的化学方程式：【答案】1.除去酸性气体2. CO 3.溶液变浑浊4. J、F、I、M 5.第2个F中溶液不褪色，I中溶液变浑浊6. 5SO2+ 2Mn04- + 2出0=2皿n " + 5SO42-+ 4H +(7). 2CaSO4+ 3C z; 1 CaS+CaO+SO2 f +2C0 f +COf【分析】硫酸钙和焦炭在高温下反响制备硫化钙的反响中可能产生使氧化铜复原的气体应为CO, CuO氧化CO生成红色的C

19、u和C02, C02使石灰水变浑浊。验证 A中的气体产物可 能还有C02、S02，必须先用品红验证 S02后再用酸性高锰酸钾除去 S02,再用澄清石灰水 检验C02,据此分析解答。【详解】1硫酸钙和焦炭在高温下反响制备硫化钙的反响中可能产生使氧化铜复原的气体应为CO,因此氢氧化钠溶液可吸收除去酸性气体，但不能吸收CO；通过一氧化碳复原氧化铜由黑色变红色和 C02能够使澄清石灰水变浑浊的现象，证明装置A的反响产物是CO ；反响生成的二氧化碳能够使E装置中的澄清石灰水变浑浊，故答案为：除去酸性气体；CO;溶液变浑浊；2装置A中的气体产物可能还有 CO2、SO2,根据装置图，可以通过品红溶液检验二氧

20、化 硫，除去二氧化硫后再用澄清石灰水检验二氧化碳，因此气流从左至右的仪器连接顺序为A、F、J、F、I、M，故答案为：J、F、I、M ； 能证明有CO2的现象是第2个F中品红溶液不褪色，I中澄清石灰水变浑浊，故答案为：第2个F中溶液不褪色，I中溶液变浑浊； 装置J中酸性高锰酸钾将二氧化硫氧化，反响的离子方程式为5SO2+2M nO 4-+2H 2O=2M n 2+5SO42-+4H +，故答案为：5SO2+2M nO 4-+2H 2O=2M n 2+5SO42-+4H + ；经实验检验气体产物有 SO2、CO、CO2且气体体积之比为 1 : 1 : 2,反响 化学方程式为2CaSO4+3C 高温

21、 CaS+CaO+SO2f +2COf +CO,故答案为：2CaSO4+3C七'CaS+CaO+SO2 f +2COf +CO。【点睛】此题的难点和易错点为3中方程式的书写，要注意正确判断反响的生成物，并结合质量守恒配平方程式。10. 工业上用某矿渣含有CU2O、AI2O3、Fe2O3、SiO2提取铜的操作流程如下金属单质由滤液C制取:：Cu2O + 2H =Cu + Cu2 + H2O01实验操作I的名称为器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有填仪器名称o;在空气中灼烧固体混合物 D时，用到多种硅酸盐质的2滤液A中铁兀素的可能存在形式为 填离子符号，生成该离子的方程式为 ,假设滤液A中

22、存在Fe3+，检验该离子的试剂为 填试剂名称°(3) 金属E和固体F反响发生的某一反响可用于焊接钢轨，该反响化学方程式为【答案】 过滤 坩埚(3). Fe2+(或 Fe"、Fe3+)(4). Fe2O3+ 6H + =2Fe3+ 3H2O、2Fe3+ + Cu=2Fe" + Cu2+(5).硫氰化钾溶液(6). 2AI + Fe2O3一AI2O3+2Fe【分析】由流程图可以看出，SiO2与盐酸不反响，Fe2O3、Al 2O3、Cu2O发生反响，Cu2O +2H +=Cu + Cu2+ + 出0、Fe2O3+ 6H +=2Fe3+ + 3出0、Al 2O3 + 6H

23、 + =2AI 3+ 3出0，而 2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+，可分析出滤液 A 中的离子一定有 H +、Cu"、Al3+. Fe2+，可 能有Fe3+ (Cu2O较少时)，参加足量NaOH溶液后得到的固体混合物D为Fe (OH ) 3和Cu(OH ) 2,在空气中灼烧后得到的固体混合物F为Fe2O3和CuO,滤液C中含AIO2-，那么金属单质E为AI，以此解答。【详解】由流程图可以看出，SiO2与盐酸不反响，Fe2O3、AI2O3、Cu2O发生反响，Cu2O + + + + + +2H =Cu + Cu2 + H2O、Fe2O3 + 6H =2Fe3 + 3出0、

24、AI 2O3 + 6H =2AI 3 + 3出0，而 2Fe3 + + Cu=2Fe2 + + Cu2 +，可分析出滤液 A 中的离子一定有 H +、Cu2+、AI3 +、Fe2+，可 能有Fe3+(Cu2O较少时)，参加足量NaOH溶液后得到的固体混合物 D为Fe (0H ) 3和Cu(OH ) 2,在空气中灼烧后得到的固体混合物F为Fe2O3和Cu0,滤液C中含AI0 2-，那么金属单质E为AI，利用铝热反响可焊接钢轨。(1)实验操作I别离固体和液体混合物，为过滤操作；在空气中灼烧固体混合物Fe (OH ) 3和Cu (OH ) 2时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还

25、有坩埚； 滤液A中铁元素的可能存在形式为Fe2+，生成该离子的方程式为 Fe2O3 + 6H+=2Fe3+ 3H2O、2Fe3 + + Cu=2Fe2 + + Cu2+ ;假设滤液A中存在Fe3 +，检验该离子的试剂为硫氰化钾溶液；金属AI和Fe2O3反响可用于焊接钢轨， 该反响化学方程式为 2AI + Fe2O3豎 AI 2O3 + 2Fe。11. (1)现有以下 10 种物质：02；H2； NH4NO3；Na2O2；Ba(OH) 2；CH4；C02；NaF；nh3；12。其中既含离子键又含非极性键的是 (填序号，下同)；既含离子键又含极性键的是 ;。(2)X、丫两种主族元素能形成 XY2型

26、化合物，XY2中共有38个电子。假设XY2为常见元 素形成的离子化合物，那么其电子式为 假设XY 2为共价化合物，那么其结构式为 。(3) 氯化铝的物理性质非常特殊，如氯化铝的熔点为190 C,但在180C就开始升华。据此判断，氯化铝是 (填共价化合物或离子化合物)可以证明该判断正确的实验依据是。(4) 现有ag七种短周期元素，它们在元素周期表中的位置如下图，请据此答复以下问题:【答案】(1).(2).(3).: F：右:F：(4). S=C=S (5).共价化合物 (6).氯化铝在熔融状态下不能导电(7). B (8). C【分析】(1) 一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，同种非金属形成非极性键，不同非金属形成极性键，据此分析判断；(2)X、Y两种主族元素能形成 XY 2型化合物，XY 2中共有38个电