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1、甘肃省兰州市第五十五中学2020届高三化学上学期12月月考试题（含解析）卷I（选择题） 一、 选择题（本题共计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是A. Na2CO3溶液(NaHCO3),选用适量的NaOH溶液B. NaHCO3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),加入适量Ba(OH)2溶液,过滤【答案】D【解析】【详解】A.NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O，由于NaOH适量，A项正确；B.Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，通入CO2可
2、以将少量的Na2CO3转化为NaHCO3而除去,B项正确；C.2Na2OO22Na2O2，在空气中可以将少量的Na2O转化为Na2O2而除去，C项正确；D.Na2CO3Ba(OH)2=BaCO32NaOH，Na2SO4Ba(OH)2=BaSO42NaOH，D项错误。故选D。2.下列说法正确的是()A. 向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液的离子方程式：2Al33CO32-=Al2(CO3)3B. 泡沫灭火器灭火是利用了Al2(SO4)3和小苏打的反应C. 铝与Fe2O3发生铝热反应，反应后固体物质增重D. 氯化铝溶液滴入浓NaOH溶液中，产生大量白色沉淀【答案】B【解析】【详解】A、铝离子水解显酸性，
3、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，反应的离子方程式为2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2，故A错误；B、泡沫灭火器灭火主要成分是Al2(SO4)3和小苏打，Al2(SO4)3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发生铝热反应生成Fe和Al2O3固体物质，原子种类和数目均未变，并且反应物、生成物均为固体，所以固体物质质量不变，故C错误；D、AlCl3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； 故选B。【点睛】本题的易错点为D
4、，要注意开始时，氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，当氯化铝过量，3AlO2-+ Al3+ 6H2O=4Al(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”样品，用140mL 5.0molL盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为A Fe2O3B. Fe3O4C. Fe4O5D. Fe5O7【答案】D【解析】【详解】n（HCl）=0.14L5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰
5、好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，因n（Cl-）=0.7mol+0.025mol2=0.75mol，则n（Fe3+）=n（Cl-）=0.25mol，所以氧化物中n（Fe）n（O）=0.250.35=57，所以化学式为Fe5O7；答案选D。4.下列说法正确的是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应放出二氧化碳，所以硅酸酸性比碳酸强D. 2MgOSiO2中的酸根阴离子为SiO42-【答案】B【解析】【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
6、、青花瓷硅酸盐工业产品，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，则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；D2MgOSiO2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应放出二氧化碳，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还原为N2（同时生成FeO），下列说法不正确的是已知：浓硝酸可氧化N
7、O；NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NOA. 装置的连接顺序为afejihg（或gh）bcdB. 装置E中发生的化学方程式为2NO+2Fe2FeO+N2C. 装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和产生NO2D. 装置B的作用是干燥，防止水蒸气进入E中干扰反应【答案】D【解析】A、根据实验原理利用NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，所以首先应制备纯净的干燥的NO，利用铜与稀硝酸反应生成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，则先通过装置D除去挥发出的HNO3等酸性气体，然后再通过F干燥，得到纯净的干燥的NO进入E中与铁粉反应，最后处理多余的NO，又因为NaOH溶液不
8、与NO反应，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afejihg（或gh）bcd，正确；B、装置E中NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，反应的化学方程式为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、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；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是A. X与其他三种元素
9、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【解析】【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Y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W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则A. 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
10、化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2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】本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较多，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、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与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶
11、液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是A. 原子半径大小为WXYZB. 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【解析】【分析】本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。【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YZW为NaClO，再根据W、X、Y、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、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
12、大，选项A错误；BHCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的，选项B错误；CClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl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】本题相对比较简单，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、氟气的状态为气体。卷II（非选择题，共58分）二、填空题（本题共计 4 小题 ） 8.氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。为了分析某AlN样品(样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反应)中Al
13、N的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案。已知：AlNNaOHH2O=NaAlO2NH3方案1取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。(1)上图装置C中球形干燥管的作用是_。(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先_，再加入实验药品。接下来的实验操作是_，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定装置C反应前后的质量变化。通入氮气的目的是_。(3)若去掉装置B，则导致测定结果_(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，请提出改进意见：_。方案2按以下步骤测定样品中AlN的纯度：(4
14、)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K1，打开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的出口处连接一个干燥装置 (7). CO2AlO2-2H2O=HCO3-Al(OH)3 (8). 过滤、洗涤【解析】【方案l】方案1的测定原理是通过测定A1N+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3反应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
15、偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，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应，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管可以防止倒吸，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，加入实验药品。接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气可以使反应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，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入装置C；(3)若去掉装置B，会导致测定氨气的含量增大，导致A
