潍坊市五县市2021届高三10月联考
化学试题
注意事项：
1．本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为选择题，共40分；第Ⅱ卷为非选择题，共60分，满分100分，考试时间为90分钟。
2．第Ⅰ卷共4页，请将选出的答案标号(A、B、C、D)涂在答题卡上。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Mn 55 Ag 108
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 【解析】
【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 【答案】D 【解析】
【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；
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B. 徽墨 C. 宣纸 D. 端砚
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 【解析】
【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27Co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)。27Co的衰变方程为：27Co＝ZNi＋—?1e－＋ve，其中ve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 【解析】
【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；
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6060A600
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0.1mol Na+的Na2O和Na2O2的混合物中，阴离子总数等于0.05NA B. 标准状况下2.24L Cl2完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为0.2NA C. 0.1mol FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶粒数为0.1NA
D. 1mol N2与4mol H2一定条件下反应，生成的NH3分子数为2NA 【答案】A 【解析】
【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1mol N2与4mol H2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
电解石灰乳A. NaCl(aq)????Cl2(g)????漂白粉(s) 盐酸电解B. Mg(OH)2????MgCl2(aq)????Mg(s)
2??Fe(s)????FeCl2(s) C. Fe3O4(s)??高温ΔAl(s)Cl(g)过量氨水葡萄糖D. CuSO4(aq)?????Cu(OH)2(s)????Cu2O(s) Δ【答案】A 【解析】
【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；
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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：NH4＋OH=NH3↑＋H2O
?C. 盛放碱液的试剂瓶不用玻璃塞：SiO2＋2OH－＝SiO3＋H2O D. 室温下用NaOH溶液吸收Cl2：Cl2＋2OH－＝ClO－＋Cl－＋H2O 【答案】B 【解析】
【详解】A. Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O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-Fe（OH）3+3H+，配制溶液时，
2-ΔNH3↑+CO3+2H2O，B错误；
2?2?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-═SiO3+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. 硝酸具有较强氧化性，可用稀硝酸清洗“银镜实验”后的试管
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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 【解析】
【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-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 【解析】 【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，Z为Al元素，W可能为S或Cl元素。则Y应为Na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．Na、Al与S或Cl元素的原子半径大小顺序为r(Na)同周期主族元素核电荷数越大，原子半径越小，则O、＞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；
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1价)，故D正确； 3
2021届山东省潍坊市五县高三10月联考化学试题 (解析版)
