四川省2023年普通高中学业水平合格性考试卷（一）化学试卷（含解析）

2023年四川省普通高中学业水平合格性考试化学冲刺卷(一)

(满分：100分考试时间：60分钟)

一、单选题(本题共20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题目要求)

1.下列物质属于纯净物的是

A.水泥B.海水C.玻璃D.液溟

答案：D

解析：水泥的主要成分有碳酸钙，二氧化矽，三氧化二铝，三氧化二铁等，属于混合物，A不符合题意；

海水是一种非常复杂的多组分水溶液；属于混合物，B不符合题意；玻璃是非晶无机非金属材料，一般是

用多种无机矿物(如石英砂、硼砂、硼酸、重晶石、碳酸钢、石灰石、长石、纯碱等)为主要原料，另外

加入少量辅助原料制成的；属于混合物，C不符合题意；液漠属于纯净物，D符合题意。

2.下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是

t3+2

A.NaHCO3=Na+HCO；B.Al2O5=2A1+3O"

2+t

C.MgCl2=Mg+C1^D.NaHSO4=Na+HSO4

答案：A

解析：碳酸氢钠是强电解质，完全电离外钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO,=Na'+HCO,,

A正确；ALO?难溶于水，在水中不能发生电离，B错误；MgCl2是强电解质，在溶液中完全电离出镁离子

和氯离子，电离方程式为：MgCL=Mg2++2Cr,C错误；NaHSo4是强酸的酸式盐，属强电解质，溶液中

完全电离，电离出Na+、H+、SO；离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H*+SO；,D错误。

3.下列物质之间的转化，加入还原剂能实现的是

A.FeCI3→FeCl2B.SO2→SO3C.Fe(OH)2→Fe(OH)3D.NH3→N0

答案：A

解析：物质之间的转化中某元素的化合价降低，发生还原反应，则一般需要加入还原剂才能实现氧化还原

反应。FeCb-FeCL,Fe元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，A正确：SO2→SO3,S元素化合价升高，

被氧化，应加入氧化剂，B错误；Fe(OH)2∙→Fe(OH)3,Fe元素的化合价升高，发生了氧化反应，则需要加

入氧化剂才能实现，C错误；NH3→N0,N元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，D错误。

4.下列关于钠及其化合物的说法正确的是

A.少量钠保存在酒精里B.钠及其化合物灼烧时会使火焰呈黄色

C.热稳定性：NaHCO3>Na2CO3D.氢氧化钠可以用于治疗胃酸过多

答案：B

解析：少量钠保存在煤油中，A错误；钠的焰色火焰是黄色，因此钠及其化合物灼烧时会使火焰呈黄色，B

正确；热稳定性：Na2CO3>NaHCO3,C错误；氢氧化钠碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，D错误。

5.某温度下，将Cb通入Ke)H溶液中，反应后得到KC1、Kel0、KelO3的混合溶液。经测定ClO与C10]

离子的物质的量浓度之比是3:1,则Ch与KoH反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比

为

A.1:3B.4:3C.2:1D.3:1

答案：C

解析：Cb生成Clo-与Cl0；是被氧化的过程，化合价分别由O价升高为+1价和+5价，CIO-与CIO；的物质的

量浓度之比为3：1,则可设ClO;为ImO1,ClO-为3mol,被氧化的Cl共为4mol,失去电子的总物质的量为

lmol×(5-0)+3mol×(l-0)=8mol,氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cb生成KCl是被

还原的过程，化合价由O价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为8mol,则被还原的Cl的物质的量为

8mol,所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为8mol：4mol=2:1。

6.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是

A.ILO.lmol/L的氨水中含有0.1NA个OH-

B.标准状况下，2.24LCCI4所含分子数为0.1NA

C.ImolNazCh固体中含离子总数为3NA

D.56g铁与足量盐酸反应，转移的电子数为3NA

答案：C

解析:氨水中的一水合氨为弱电解质，不能完全电离，ILO.lmol/L的氨水中含有氢氧根离子个数小于0.1NA,

A错误；标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24LCCI4的物质的量大于0.1mol,B错误；ImoINa2O2中含有

2mol钠离子和Imol过氧根离子，含离子总数为3NA,C正确；铁与盐酸反应生成FeCl2,56gFe与足量盐

酸反应，转移电子数为2mol,D错误。

7.化学与生活密切相关，下列物质与其用途不符合的是

A.Ti-Fe合金——储氢材料B.三氧化二铁——制作红色颜料

C.明矶一净水剂D.纯碱——治疗胃酸过多

答案：D

解析：Ti-Fe合金的贮氢量大、价格便宜、资源丰富，所以可用于生产储氢材料，A不符合题意；三氧化二

铁为红棕色粉末，性质稳定，可用于制作红色颜料，B不符合题意；明矶溶于水后，可与水作用生成氢氧

化铝胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，可用作净水剂，C不符合题意；纯碱虽然能中和胃酸，但对

胃壁有强烈的腐蚀作用，所以不能用于治疗胃酸过多，D符合题意。

8.下列对于元素周期表结构的叙述中，正确的是

A.7个横行代表7个周期，18个纵行代表18个族

B.除第1周期外，其他周期均有18种元素

C.副族元素中没有非金属元素

D.碱金属元素是指IA族的所有元素

答案：C

解析：7个横行代表7个周期，18个纵行代表16个族，7个主族、7个副族、1个O族、1个Vnl族，A错

误；第1周期有2种元素，2、3周期有8种元素，4、5周期有18种元素，6、7周期32种元素，B错误;

副族元素均在长周期，均为金属元素，只有主族元素存在非金属元素，C正确；碱金属元素为金属元素，

碱金属元素是指IA族的除H之外的所有元素，D错误。

9.下列卤素性质叙述中错误的是

A.Cl2、Br2、4的单质颜色逐渐变深B.氯气易液化，碘单质易升华

C.CIrBr2、L的熔沸点依次增大D.HCkHBr.HI的还原性逐渐减弱

答案：D

解析：卤素单质Cl2、Br2、b的颜色分别为黄绿色、红棕色、紫色，逐渐加深，A正确；氯气常温下为气体，

易液化，碘单质为固体，熔点与沸点相接近，易升华，B正确；单质Cl2、Br2、b均是分子晶体，相对分子

质量越大熔沸点越高，所以。°、Br”L的熔沸点依次增大，C正确；同主族元素从上到下元素的非金属性逐

渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，对应阴离子的还原性逐渐增强，所以HCkHBr、HI的还原性逐渐增强,

D错误。

10.关于化学键的叙述中，下列说法正确的是

A.化学键存在于相邻原子之间，也存在于相邻分子之间

B.共价化合物中一定含有共价键，离子化合物中可能含有共价键

C.阴、阳离子间通过静电引力所形成的化学键是离子键

D.由非金属元素形成的化合物中一定只含共价键

答案：B

解析：化学键存在于相邻原子之间，不存在于相邻分子之间，A错误；只存在共价键的化合物是共价化合

物，所以共价化合物中一定含有共价键，存在离子键的化合物是离子化合物，所以离子化合物中可能含有

共价键，B正确；阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键是离子键，C错误；非金属元素的原子之间可

能形成离子键，如氯化镇中镀根离子与氯离子间存在离子键，D错误。

11.下列关于浓硫酸和稀硫酸的叙述中，正确的是

A.都具有强氧化性B.一定条件下都能与铁反应

C.加热时都能与铜反应D.都能作为气体干燥剂

答案：B

解析：浓硫酸具有强氧化性，A错误；浓硫酸和稀硫酸一定条件下都能与铁反应，B正确；浓硫酸加热时能

与铜反应，稀硫酸不能与铜反应，C错误；浓硫酸具有吸水性能作为气体干燥剂，稀硫酸不能，D错误。

A.④可用作红色涂料

B.⑦的溶液可用于清洗青铜文物表面的锈迹

C.⑤被溶液中的氧气氧化为⑥的化学方程式为4Fe(θH%+O2+2H2O=4Fe(θH)3

+

D.③溶于过量稀硝酸的离子方程式为3FeQ4+28H+NO；=9Fe"+NO↑+I4H2O

答案：B

解析：铁元素的价类二维图分析可知，①为Fe,②为Fe0,③为Fe3O4,④为Fe2O3,⑤为Fe(OH)2,⑥为

Fe(OH)3,⑦为Fe∙3+的盐，⑧为Fe?+的盐。氧化铁为红色固体，可用作红色涂料，A正确；Fe?+的溶液和铜

反应，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,不可用于清洗青铜文物表面的锈迹，B错误；氢氧化亚铁被溶液中的氧气氧

化，白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后变为红褐色，生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：

4Fe(OH)2+O2+2H2θ=4Fe(OH)3,C正确；Fe3O4溶于过量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，电子守恒、

+3+

电荷守恒和原子守恒配平写出，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H+NO；=9Fe+NO↑+14H2O,D正

确。

13.无论是传统的或是新型的无机非金属材料•，硅元素都占有非常重要的地位。由于硅在太阳能发电中的

重要作用，有些科学家称硅是“二十一世纪的能源下列关于硅说法正确的是

A.自然界中硅单质的含量居各元素的第二位

B.高纯度的硅是制半导体的重要材料

C.水泥、玻璃、陶瓷、光导纤维都是传统的硅酸盐工业产品

D.石英砂属于天然的硅酸盐产品

答案：B

解析：Si元素在自然界中以化合态存在，硅元素的含量在地壳中排第二位，A错误；硅在元素周期表中处

于金属和非金属之间，导致硅单质的性质介于二者之间，所以硅是制半导体的重要材料，B正确；光导纤

维由SiCh制成，不属于硅酸盐工业产品，C错误；石英砂的主要成分为SiCh,不属于硅酸盐产品，D错误。

14.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中不正确的是

A.AkCu,稀H2SO4组成原电池,负极反应式为：Al-3e-=Al3÷

B.Mg、AKNae)H溶液组成原电池，其负极反应式为：Al-3e+40H=A10；+2H2O

C.由AKCu、浓硝酸组成原电池，负极反应式为：Al-3e=AP+

D.由Fe、Cu、FeCI3溶液组成原电池，负极反应式：Fe-2e≈Fe2+

答案：C

解析：由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以铝作负极，

铜作正极，其负极反应式为：Al-3e-=AF+,A正确；Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液

反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为：

Al-3e-+40H-A10；+2H20,B正确：AkCu,浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸

能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为：CU-2e=Cu2+,C错误；由Fe、Cu、FeCl3

溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应

式为：Fe-2e^=Fe2+,D正确。

15.反应4A(s)+3B(g)=2C(g)+D(g),经2min,B的浓度减少OSmolH对此反应速率的表示，正确的是

A.用A表示的反应速率是0.4mol∙(L∙min)T

B.分别用B、C、D表示反应的速率，其比是3：2：1

C.在2min末的反应速率,用B表示是0.3mol∙(L∙min)-1

D.用B和C表示的反应速率对该反应的意义不同

答案：B

解析：物质A为固体，不能用固体的浓度表示反应速率，A错误；同一反应、同一时段内不同物质的反应

速率之比等于计量数之比，所以分别用B、C、D表示反应的速率，其比是3：2：1,B正确；反应速率表

示的是一段时间内的平均速率，不是某一时刻的瞬时速率，C错误；在同一反应中，选用不同的物质表示

反应速率，反应速率数值之比等于化学方程式中化学计量数之比，数值可能相同，也可能不同，但意义相

同，则用B和C表示的反应速率数值不同，但所表示的意义相同，D错误。

16.下列关于甲烷的说法不正确的是

A.甲烷分子的空间结构为正四面体形

B.甲烷是天然气、沼气的主要成分

C.甲烷不能使酸性高镒酸钾溶液褪色

D.ImolCH4与Im。ICL在光照条件下反应生成ImolCH

答案：D

解析：甲烷分子的空间结构为正四面体形，A正确；甲烷是天然气和沼气的主要成分，B正确；甲烷的化学

性质较稳定不能使酸性高镭酸钾溶液褪色，C正确；甲烷与氯气的取代反应为连锁式反应，四种氯代煌均

生成，所以ImolCH,与ImOlCl2在光照条件下充分反应，生成的C&C1少于Imol,D错误。

17.乙烷、乙烯是两种常见的烧，下列对于其共同点的叙述正确的是

A.都含有共价键

B.都能使澳的四氯化碳溶液褪色

C.都能发生加聚反应

D.等质量的乙烷、乙烯完全燃烧时，产生等质量的CC½

答案：A

解析：乙烷、乙烯都含有共价键，A正确；乙烷不与澳反应，不能使溪的四氯化碳溶液褪色，B错误：乙烯

能发生加聚反应，但乙烷不能发生加聚反应，C错误；乙烷和乙烯中碳的质量分数不同，所以等质量的乙

烷、乙烯完全燃烧时，产生的CO?质量不等，D错误。

18.分子式为C4HioO且可与金属钠反应放出氢气的有机物有(不考虑立体异构)

A.3种B.4种C.5种D.6种

答案：B

解析:分子式为C4HioO且可与钠反应放出氢气的有机物可表示为C4H9OH,由于C4H9—有一CH2CH2CH2CH3、

-CH2CH(CH3)2S—CH(CH3)CH2CH3,-C(CH3)3.共4种结构，符合题意的同分异构体有4种。

19.海水提澳和海带提碘都需经过浓缩、氧化、提取三个步骤。有关叙述错误的是

A.提取澳时利用漠的挥发性

B.提浪的浓缩液来自于海水晒盐后的卤水

C.提取碘时利用碘的升华特性

D.氧化步骤都可以通入氯气来实现

答案：C

解析：澳易挥发，可鼓入热空气或热水蒸气将澳分离出来，A正确；提澳的浓缩液来自于海水晒盐后的卤

水，可使澳离子浓度增大，为浓缩过程，B正确；海带中无单质碘，存在形式为碘离子，提取碘是利用氧

化剂氧化碘离子生成碘单质，萃取分液、蒸储方法得到，C错误；氯气具有氧化性，可以氧化BL、I一生成

Br2、k单质，D正确。

20.下列叙述不正确的是

A.目前加碘食盐中主要添加的KlO3

B.预防新冠病毒的消毒酒精是质量分数为75%的酒精溶液

C.绿色食品是对人体健康无害或者伤害较小的食品

D.在空气质量日报中不包括CO?含量的指数

答案：B

解析：KIeh较稳定、而且无毒、易被人体吸收利用，目前加碘食盐中主要添加的KIO3,A正确；预防新冠

病毒的消毒酒精是体积分数为75%的酒精溶液，不是质量分数，B错误；绿色食品，是指产自优良生态环

境、按照绿色食品标准生产、实行全程质量控制并获得绿色食品标志使用权的安全、优质食用农产品及相

关产品。绿色食品是对人体健康无害或者伤害较小的食品，C正确；在空气质量日报中不包括CO?含量的

指数，但是大量的排放C0,会引起温室效应，D正确。

二、非选择题(本题共4小题，共40分。)

21.A、B、C、D、E均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A原子的电子层数等于其核外电子数,

B与C可形成离子化合物CB2,D原子的M层电子数是K层电子数的3倍。

(I)A的元素符号是。

(2)B、C组成的化合物的电子式是。

(3)B、D、E的原子半径由大到小的顺序为(用元素符号回答)。

(4)C的最高价氧化物对应的水化物与D的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液发生反应的离子方程式是

(5)欲证明E2的氧化性强于D的，可进行的实验操作是观察到的现象是一，有关反应的离子方程式是

答案：(I)H

(2)［:.Fj］-Mg2+［:F：］-

(3)S>C1>F

t2+

(4)Mg(OH)2+2H=2H2O+Mg

(5)将氯气通入硫化钠溶液中有淡黄色沉淀生成C1,+S2-=2CΓ+S;

解析：A、B、C、D、E均为短周期的主族元素，原子序数依次增大，A原子的电子层数等于其核外电子数，

则A为H元素；D的原子M层电子数是K层电子数的3倍，则其M层电子数为6,D为S元素；E的原

子序数最大，则E为Cl元素；B与C可形成离子化合物CB2,则C表现+2价、B表现-1价，二者原子序

数小于硫，因此B为F元素、C为Mg元素。

根据上述分析，A为H元素，B为F元素、C为Mg元素，D为S元素，E为Cl元素。

(I)A的元素符号是H；

(2)B、C组成的化合物为MgF2,为离子化合物，电子式是［：F：］-Mg2+［：手：丁；

(3)同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下，原子半径增大，原子半径由大到小的顺序为S>C1

>F；

(4)C的最高价氧化物的水化物是Mg(OH)2,D的最高价氧化物的水化物为H2SO4,二者反应的离子方程式

+2+

是Mg(OH)2+2H=Mg+2H2O;

(5)欲证明CL的氧化性强于S,可以通过氯气能够将S从它的化合物中置换出来设计实验验证，可进行的实

验操作是：将Cb通入硫化钠溶液中，观察到的现象是：溶液中有淡黄色沉淀生成，有关反应的离子方程式

2

⅛C12+S'=2C1'+SΦO

22.某兴趣小组查阅资料发现：CL与碱的溶液反应生成的含氯的产物除氯化物外，还可能含有次氯酸盐或

>70℃

氯酸盐(杀菌消毒能力较差)。他们利用如图装置以CL制备NaClo3和NacI0。已知：3Cl2+6NaOH==

NaCIO,+5NaCl+3H2OO回答下列问题:

(Da中盛放浓盐酸的仪器名称为；a装置中发生反应的离子方程式为o

(2)b装置的作用是。若没有b装置，会导致C中产生大量的副产物(填化学式)。

(3)资料显示：工业上制备“84”消毒液时，采用的是从吸收塔下部通入CL,从上部喷淋循环冷却的NaOH溶

液(15~20%)。其制备反应的化学方程式为,NaOH需要循环冷却的目的是。

(4)该兴趣小组在60℃条件下，将一定量的Cb通入50OmLLOomOILNaOH溶液中，NaOH恰好反应，得

到产物中含有NaC1、NaCK)和NaCIO3,则参加反应CL的物质的量为mol«

答案：(1)分液漏斗2MnO4+16H++10Cl-=2Mn2++5C12T+8H2θ

(2)除去氯气中混有的氯化氢NaCl

(3)CL+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O避免生成NaClO3

(4)0.25

解析：a中浓盐酸与高镒酸钾反应制备氯气，由于盐酸有挥发性，导致氯气中含有杂质HCl和水蒸气，通过

>70℃

b中饱和食盐水除去HCLC中热水浴加热条件下发生反应3Clz+6NaOH——NaClO3+5NaCl+3H2O,d

的冷水浴中氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，氯气有毒不能直接排空，e中用氢氧化钠吸收尾气，防止污

染大气。

(1)a中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，a装置中酸性高锌酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气，离子方程

+2+

式为：2MnO4+16H+1OCI-2Mn+5Cl2↑+8H2O1>

(2)由分析可知，b盛有饱和食盐水，作用是除去氯气中混有的氯化氢。若没有b装置，氯气中混有的HCl

气体和NaOH反应会产生大量的副产物NaClo

(3)氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，化学方程式为：Ch+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;

需要循环冷却的目的是防止温度较高氯气和NaOH溶液生成NaClO3o

(4)将一定量的CL通入500mL1.00mol-L1NaOH溶液中，NaOH恰好反应，得到产物中含有NaCKNaClO

和NaClO3,由组成可知钠与氯的物质的量之比为1:1,所以NaoH与CL相互反应的物质的量之比一定为

2:1,则参加反应CL的物质的量为"尾吧匹=0.25mol.

23.某燃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种

植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型。根据如图回答下

列问题：

nC-光照

H2O∕⅞⅜⅛HCl,1

D③

④］催化剂

E(高分子化合物)

(1)写出D分子中的官能团名称：。

(2)写出B的结构简式：B。

(3)可用下列物质中的来鉴别A和Bo

A.滨水B.稀盐酸C.高锌酸钾D.新制氢氧化铜

(4)反应②的反应类型为,生成C的反应⑤的化学方程式为c

答案：(1)羟基

(2)CH3-CH3

(3)AC

(4)力口成CH3-CH3+Cl2——≡~>CH3-CH2-C1+HCI

解析：某嫌A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一

种植物生长调节剂，A是CH2=CH2,由图中反应条件可以分析得出①是乙烯和氢气加成，B为CH3CH3,②

是乙烯和HCI加成，C为CH3CH2CI,③为乙烯和水的加成，D为CH3CH2OH,④为乙烯的加聚反应，E为

聚乙烯，⑤是乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应。

(1)③为乙烯和水的加成，D为CH3CH2OH,D分子中的官能团名称羟基；

(2)①是乙烯和氢气加成，B为CH3-CH3；

(3)A是CH2=CH2,B为CH3CH3,乙烯能使滨水褪色，能使高镒酸钾褪色，鉴别A和B可以选用滨水或

高锌酸钾，选AC；

(4)反应②是乙烯和HCl加成，生成C的反应⑤是