重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11铝及其化合物

重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11铝及其化合物

一、单选题

1．（2023·重庆·统考三模）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是

A．熔点高，可用于做耐高温材料 B．显碱性，可用作制冷剂

C．受热易分解，可用作氮肥 D．具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒

2．（2023·重庆·统考二模）化学与生活、生产、科技等息息相关，下列有关说法正确的是

A．制造蛟龙号潜艇载人舱的钛合金中的钛属于稀土金属

B．为了杀死自来水中的新冠病毒，可向其中加入一点明矾

C．笔墨纸砚中的“纸”特指宣纸，宣纸的主要成分是蛋白质

D．《本草纲目》记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离方法是蒸馏

3．（2023·重庆·统考二模）下列说法正确的是

A．Mg在氮气中燃烧的产物是

B．根据铝热反应原理，与Fe在高温下反应可制得Al

C．用溶液经过两步反应制得

D．黄铁矿在空气中燃烧的含硫产物主要为

4．（2023·重庆九龙坡·统考二模）下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是

A．A B．B C．C D．D

5．（2023·重庆九龙坡·统考二模）民以食为天。下列说法错误的是

A．硬化油不易被空气氧化变质，是制造人造奶油的原料

B．亚硝酸钠具有一定毒性，不能用作食品防腐剂

C．铝制餐具不宜用来长时间存放酸性食物或碱性食物

D．酱油中添加铁强化剂，可减少缺铁性贫血问题的发生

6．（2023·重庆·统考模拟预测）下列叙述正确的是

A．Na和Mg均可与冷水剧烈反应

B．和均可使品红溶液永久褪色

C．盐酸和NaOH溶液均可与Al反应生成

D．浓硝酸和稀硝酸均可与Cu反应生成

7．（2023·重庆·统考模拟预测）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A．受热易分解，可用作氮肥

B．氧化铝硬度很大，可用于制造耐火材料

C．属于碱性氧化物，可用作粉刷墙壁的红色涂料

D．Fe具有还原性，可用作食品抗氧化剂

8．（2022·重庆·统考模拟预测）常温下，下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是

A．能使石蕊试液变红的溶液中：、、、

B．含有硝酸铜的溶液中：、、、

C．含有的透明溶液中：、、、

D．加入铝粉能生成氢气的溶液中：、、、

9．（2022·重庆·统考模拟预测）热爱劳动是中华民族的传统美德。下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是

A．A B．B C．C D．D

10．（2022·重庆·模拟预测）下列说法正确的是

A．明矾常用作净水剂，是因为明矾具有杀菌消毒的功能

B．从碘水中萃取碘，可以选择裂化汽油作萃取剂

C．“酸雨”“臭氧层空洞”“光化学烟雾”都可能与氮氧化物有关

D．在海轮外壳上嵌入钠块，可减缓船体的腐蚀速率

11．（2021·重庆·统考三模）W、X、Y、Z、Q是短周期元素。已知W最外层电子数等于最内层电子数的3倍，其单质为固体，X的单质是良好的半导体材料，Y原子最外层电子数是电子总数的，Z与W同周期，所形成的简单离子的半径是同周期离子中最小的，Q与W在同一个主族。下列说法正确的是

A．原子半径：Z＞X＞W＞Y

B．氢化物的沸点：

C．电解Z的熔融氯化物可以制取Z单质

D．Z的最高价氧化物对应水化物可溶于NaOH溶液，故是酸性氧化物

12．（2021·重庆·统考三模）下列有关实验操作对应的现象及结论都正确且二者存在因果关系的是

A．A B．B C．C D．D

13．（2021·重庆·统考模拟预测）人工泳池水质须符合CJ/T244-2016标准，为此在泳池里需要加入某些化学品。下列做法错误的是

A．用明矾作净水剂 B．用硫酸铜作杀藻剂

C．用氯化钠作pH 调节剂 D．用次氯酸钠作消毒剂

14．（2021·重庆·统考模拟预测）由下列实验操作及现象所得结论错误的是

A．A B．B C．C D．D

二、工业流程题

15．（2022·重庆·模拟预测）钇(Y)是稀土元素中含量丰富的元素之一，钇及其化合物在航天、电子、超导等方面有着广泛的应用。湖北应山-大悟地区含有较为丰富硅铍钇矿[]，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。

已知：元素与元素性质相似；草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物；

(1)在自然界中，钇只有一种稳定同位素，Y位于元素周期表的第_______周期第ⅢB族。硅铍钇矿[]中Y的化合价为+3价，的化合价为_______。

(2)焙烧的目的是将矿石中的Y元素转化为，并将元素转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是_______。硅铍钇矿与熔融氢氧化钠焙烧后含铁元素的产物是_______(写化学式)。

(3)“萃取分液”实验需要的玻璃仪器有_______。

(4)滤液Ⅱ中的_______(填物质名称)可参与循环使用。

(5)反应过程中，测得Y的沉淀率随的变化情况如图所示。当草酸用量过多时，钇的沉淀率下降的原因是_______。

(6)“焙烧”过程生成的化学方程式为_______。

参考答案：

1．A

【详解】A．Al2O3是离子化合物，熔点高耐高温，可用于做耐高温材料，性质与用途具有对应关系， A符合题意；

B．NH3加压易液化，气化时吸收大量的热使环境温度降低，可用作制冷剂，性质与用途不具有对应关系，B不符合题意；

C．NH4HCO3作氮肥，是利用其溶解后的铵根离子可被植物吸收，性质与用途不具有对应关系，C不符合题意；

D．ClO2 具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，有毒性且也不能用于自来水的杀菌消毒，性质与用途不具有对应关系，D不符合题意；

故选A。

2．D

【详解】A．钛不属于稀土金属，A错误；

B．明矾只能沉聚水中杂质，无杀菌消毒的作用，B错误；

C．宣纸的主要成分是纤维素，C错误；

D．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，其中的蒸烧指的是蒸馏，D正确；

故答案选D。

3．C

【详解】A．Mg在氮气中燃烧的产物是，A错误；

B．与Fe不反应，Al与反应可制得Fe，B错误；

C．第一步与NaOH反应制得悬浊液，第二步用悬浊液与含醛基的物质反应就能得到，C正确；

D．黄铁矿在空气中燃烧的含硫产物主要为，D错误；

故选C。

4．C

【详解】A．只有前者冒烟说明只有前者水解，则说明前者水解性强，A正确；

B．[Cu(NH3)2]OH迅速变为深蓝色溶液[Cu(NH3)4](OH)2，说明后者稳定性强，B正确；

C．甲酸中含有醛基，所以加入足量氢氧化钠后再做银镜反应，出现银镜，不能说明甲酸中含有甲醛，C错误；

D．偏铝酸钠和碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，说明偏铝酸根离子结合氢离职能力比碳酸根离子强，D正确；

故选C。

5．B

【详解】A．硬化油不含有不饱和键，不易被空气氧化变质，是制造人造奶油的原料，A正确；

B．亚硝酸钠具有一定毒性，能用作食品防腐剂，但需要严格控制含量，B错误；

C．氧化铝、铝均能与酸或碱反应，所以铝制餐具不宜用来长时间存放酸性食物或碱性食物，C正确；

D．铁是人体必须的微量元素，缺铁会导致缺铁性贫血，酱油中加铁强化剂的目的是为了防止和减少缺铁性贫血问题的发生，D正确；

答案选B。

6．C

【详解】A．镁和冷水不能剧烈反应，和热水能反应，A错误；

B．不能使品红溶液永久褪色，加热后褪色的品红又恢复原色，B错误；

C．盐酸和铝生成氯化铝和氢气，NaOH溶液可与Al反应生成和偏铝酸钠，C正确；

D．稀硝酸可与Cu反应生成一氧化氮而不是，D错误；

故选C。

7．D

【详解】A．铵盐受热分解产生氨气、水、二氧化碳，是氮元素损失，碳酸氢铵用作氮肥是土壤吸收铵根利用氮元素，A错误；

B．氧化铝（Al2O3）具有很高的熔点，可用于制造耐火材料，与硬度大无关，B错误；

C．三氧化二铁呈红色用作红色颜料，与它是否为碱性氧化物无关，C错误；

D．Fe具有还原性，可用作抗氧化剂，D正确；

故选D。

8．C

【详解】A．能使石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中亚硫酸根离子和硫离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；

B．含有硝酸铜的溶液中硝酸根离子与亚铁离子、氢离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；

C．四种离子在含有硫酸铜的透明溶液中不发生任何反应，一定能大量共存，故C正确；

D．加入铝粉能生成氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，碱溶液中铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，酸溶液中不发生任何反应，则四种离子在加入铝粉能生成氢气的溶液中可能大量共存，故D错误；

故选C。

9．C

【详解】A．潮湿环境中铁锅易发生电化学腐蚀，所以餐后将洗净的铁锅擦干，可以防止铁锅生锈，A正确；

B．用厨余垃圾制肥料，是因为厨余垃圾含N、P、K等元素，腐败后可被农作物吸收利用，B正确；

C．明矾溶于水后可以水解产生氢氧化铝胶体，吸附杂质，从而净水，但不能杀菌消毒，C错误；

D．疫苗的主要成分为蛋白质，蛋白质受热易变性，为避免蛋白质变性，冷链运输和冷藏储存抗病毒疫苗，D正确；

综上所述答案为C。

10．C

【详解】A．明矾中的铝离子能水解为氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，可以净水，但是没有杀菌消毒的功能，故A错误；

B.裂化汽油中含有不饱和烃，会与碘发生加成反应，不能用裂化汽油作萃取剂萃取碘水中的碘，故B错误；

C．酸雨与大量排放SO2及氮氧化物有关，臭氧空洞的形成与氟氯烃或氮氧化物在大气中泄漏与臭氧（O3）发生一系列连锁反应有关；光化学烟雾是大量汽车尾气排放的碳氢化合物（CxHy）、CO和氮氧化物在强光下引起的一系列光化学反应所致，都可能与氮氧化物有关，故C正确；

D．在海轮外壳上嵌入钠块，钠会与海水发生反应生成氢氧化钠和氢气，钠块会消失，不可以减缓船体的腐蚀速率，故D错误；

故选C。

11．A

【分析】W最外层电子数等于最内层电子数的3倍，且单质为固体，则W为S元素；X的单质是良好的半导体材料，则X为Si元素；Y原子最外层电子数是电子总数的，最外层电子数不超过8，则Y原子核外电子数小于12，只能处于第二周期，设最外层电子数为a，则(2+a)×=a，解得a=4，所以Y为C元素；Z与W同周期，即为第三周期元素，所形成的简单离子的半径是同周期离子中最小的，则Z为Al元素；Q与W在同一个主族，则Q为O元素。

【详解】A．电子层数越多原子半径越大，电子层数核电荷数越小半径越大，则原子半径：Al＞Si＞S＞C，即Z＞X＞W＞Y，A正确；

B．Y为C元素，其氢化物为烃，烃的种类繁多，沸点有高有低，无法比较，B错误；

C．氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝不导电，工业上通过电解熔融氧化铝冶炼铝，C错误；

D．氧化铝能够与强酸、强碱溶液反应，属于两性氧化物，D错误；

综上所述答案为A。

12．D

【详解】A．双氧水中滴入KMnO4溶液时，高锰酸钾将双氧水氧化生成氧气，并不是催化其分解，且根据现象可知KMnO4的还原产物为MnO2，所以产生的气泡快是因为MnO2对双氧水分解有较好的催化作用，A错误；

B．试管口放置的湿润的蓝色石蕊试纸变红，则证明有酸性气体生成，从而说明CuCl2水解生成HCl，而不是氯化铜显酸性，B错误；

C．铝片在浓硝酸中被迅速氧化生成致密的氧化膜，发生钝化，并不是不反应，C错误；

D．固体变黑膨胀，说明蔗糖失去H、O元素，体现浓硫酸的脱水性，有刺激性气体产生，说明浓硫酸被还原生成二氧化硫，体现浓硫酸的强氧化性，D正确；

综上所述答案为D。

13．C

【详解】A．铝离子水解生成胶体，具有疏松多孔的结构，能吸附水中悬浮物并使之沉降，可用明矾作净水剂，A正确；    

B． 铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，用硫酸铜作杀藻剂，B正确；

C．氯化钠溶液呈中性，不能作pH 调节剂，C错误；    

D．次氯酸钠具有强氧化性，可作消毒剂，D正确；

答案选C。

14．A

【详解】A．有机色质褪色为漂白，酸性KMnO4溶液和H2O2溶液发生氧化还原反应而使紫红色褪去，表明H2O2具有还原性，A错误；

B．碘分子与淀粉反应显蓝色，待测溶液中加入淀粉溶液，无明显变化，再加入新制氯水，变蓝，说明加入氯水后生成了碘单质，则原待测液中有I-存在，B正确；

C．向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液发生复分解反应生成了氢氧化铝白色沉淀，继续加过量氢氧化钠溶液，沉淀消失，则氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成了偏铝酸钠和水，Al(OH)3具有酸性，C正确；

D．向AgCl悬浊液中，加入少量Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即AgCl转变为Ag2S，可见 ，由于加入的Na2S少量，则可推测Ag2S溶解度小于AgCl ，D正确；

答案选A。

15．(1)     五     +2

(2)     增大反应物的接触面积，提高原料利用率     Fe(OH)3

(3)分液漏斗、烧杯

(4)盐酸

(5)草酸与Y3+离子形成可溶性配位化合物

(6)

【分析】硅铍钇矿与熔融氢氧化钠焙烧后将矿石中的Y元素转化为，并将元素转化为NaBeO2、Na2SiO3，通入氧气可氧化亚铁离子为铁离子，再结合NaOH生成氢氧化铁沉淀，加水浸取得到滤液含可溶性钠盐，滤渣为、Fe(OH)3，加入稀盐酸反应生成YCl3、FeCl3，加入萃取剂除去铁离子，加入草酸与YCl3反应生成Y2(C2O4)3∙9H2O，通入空气焙烧生成Y2O3和CO2；

【详解】（1）Y是39号元素，则Y位于元素周期表的第五周期第ⅢB族；硅铍钇矿[]中Y的化合价为+3价，Be为+2价，Si为+4价，O为-2价，设的化合价为x，根据化合价之和为0可得：(+3)×2+x+(+2)×2+[+4+(-2)×4]×2+(-2)×2=0，解得x=+2，故的化合价为+2；

（2）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物的接触面积，提高原料利用率；硅铍钇矿中铁元素为+2价，具有还原性，焙烧中通入熔融氢氧化钠和氧气，则铁元素转化为Fe(OH)3，焙烧后含铁元素的产物是Fe(OH)3；

（3）“萃取分液”实验需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；

（4）‘沉钇’过程中加入草酸与YCl3反应生成Y2(C2O4)3∙9H2O和HCl，则滤液II中盐酸可参与循环使用；

（5）已知草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物，则当草酸用量过多时，钇的沉淀率下降的原因是：草酸与Y3+离子形成可溶性配位化合物；

（6）Y2(C2O4)3∙9H2O，通入空气焙烧生成Y2O3和CO2，碳元素化合价升高了1，氧元素化合价降低了2，已经有6个C原子发生变价失去了6个电子，有2个O原子发生变价得到4个电子，根据得失电子守恒，Y2(C2O4)3∙9H2O前配系数2，O2前配系数3，结合原子守恒则反应化学方程式为。