精品解析吉林省长春市普通高中届高三第一次质量检测化学试题解析版.docx

1、精品解析吉林省长春市普通高中届高三第一次质量检测化学试题解析版长春市2021届高三质量监测(一)化学试题考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卡，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卡密封区内填写学校、班级、姓名和准考证号。3.所有答案必须写在答题卡上，写在试卷上无效。4.考试结束，只需上交答题卡。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Ba-137一、选择题(本题共14小题，每小题只有一个符合题意的选项，每小题3分，共42分)1. 下列化学物质在实际生产生活和科技等方面的应用不正确的是（ ）A. 硫酸和硝酸是重要的工业原料，工业上可用于制化肥、农药

2、、和炸药B. 石英砂可以用于制取高纯度的硅，硅是将太阳能转化为电能的常用材料C. 因为氨易液化，在汽化时会吸收大量的热量，所以可作制冷剂D. 测NaOH熔点时可以将NaOH放入石英坩埚中高温加热【答案】D【解析】【详解】A硫酸和硝酸具有酸性，能和碱和碱性氧化物反应生成钾肥、铵肥，还能生成农药和炸药，选项A正确；B石英砂（主要成分为SiO2）是制取高纯硅的主要原料，硅是将太阳能转化为电能的材料，选项B正确；C氨气易液化，液氨蒸发时吸收热量，使环境温度降低，达到制冷目的，所以可作制冷剂，选项C正确；D氢氧化钠能和石英坩埚中的二氧化硅反应2NaOH+SiO2Na2SiO3+H2O，所以不可在石英坩埚

3、中测NaOH熔点，选项D错误；答案选D。2. 下列物质电子式书写正确的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A.N最外层5个电子，形成三个共用电子对，故A正确；B.NaCl是离子化合物，电子式为，故B错误；C.HCl是共价化合物，电子式为，故C错误；D.CO2的电子式为，故D错误；答案选A。3. 下列物质的工业制备原理不正确的是( )A. 氨气：B. 铝：C. 氯气：D. 硫酸：，【答案】C【解析】【详解】A空气中氮气的含量丰富且价廉，所以工业上用氮气和氢气反应制取氨气，故A不符合题意；B铝是活泼金属，工业利用电解熔融氧化铝制取，故B不符合题意；C工业上利用电解饱和食盐水的方

4、法制取氯气，该反应为实验室制备氯气常用的方法，故C符合题意；D工业制取硫酸是二氧化硫氧化为三氧化硫，然后用水吸收三氧化硫，故D不符合题意；综上所述答案为C。4. 异戊烷的二氯代物的同分异构体有(不考虑空间立体异构)( )A. 6种 B. 8种 C. 10种 D. 12种【答案】C【解析】【详解】异戊烷为(CH3)2CHCH2CH3有4种H原子，其一氯代物有CH3(CH2Cl)CHCH2CH3、(CH3)2CClCH2CH3、(CH3)2CHCHClCH3、(CH3)2CHCH2CH2Cl；CH3(CH2Cl)CHCH2CH3的一氯代物有4种，(CH3)2CClCH2CH3的一氯代物有3种，(C

5、H3)2CHCHClCH3的一氯代物有2种，(CH3)2CHCH2CH2Cl的一氯代物有1种，所以异戊烷(CH3)2CHCH2CH3的二氯代物共10种；故答案为C。5. 下列有关物质的实验操作、现象及结论描述正确的是（ ）选项实验操作及现象结论A用铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈紫色（透过蓝色钴玻璃）待测试液中一定含有钾元素，可能含钠元素B向某无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀产生该溶液中一定含有SiO32C向品红溶液中通入某气体后，溶液褪色该气体一定是SO2D向NaOH溶液中滴加MgCl2溶液，产生白色沉淀，继续滴加FeCl3溶液产生红褐色沉淀Fe(OH)3的溶解度小于Mg

6、(OH)2的溶解度A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A火焰呈紫色（透过蓝色钴玻璃），说明待测试液中一定含有钾元素，由于蓝色钴玻璃滤去黄色光，所以可能含钠元素，故A正确；B白色沉淀可能是硅酸、氢氧化铝等，该溶液中可能含有SiO32、，故B错误；C使品红溶液褪色的气体可以是臭氧、氯气、二氧化硫等，故C错误；DNaOH溶液过量，可与氯化镁、氯化铁均反应，均有沉淀生成，而不是沉淀的转化，则不能说明Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，故D错误；故选A6. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温常压，11.2 L NO和O2混合气体的原子数为NA

7、B. 1.5 g甲基所含有的电子数目为0.9NAC. 1 L 0.1mol/L的氨水中含有的N原子数小于0.1NAD. 7.8g苯中碳碳双键的数目为0.3NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A.在标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下，11.2L NO和O2混合气体的物质的量不是0.5mol，则原子数不是NA，A错误；B.-CH3的摩尔质量是15g/mol，含有9个电子，则1.5 g甲基的物质的量是0.1mol，所含有的电子数目为0.9NA，B正确；C.根据元素守恒，1L0.1mol/L的氨水中，N原子的物质的量是0.1mol，所以含有的N原子数等于0.1NA，C错误；D.苯

8、中不含碳碳双键，D错误；答案选B。7. 下列关于有机物的说法正确的是A. 糖类、油脂、蛋白质一定都能发生水解反应B. 甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C. 一定条件下，理论上1mol苯和1mol甲苯均能与3molH2反应D. 乙醇、乙酸均能与NaOH稀溶液反应，因为分子中均含有官能团“OH”【答案】C【解析】【详解】A、单糖不能水解，故A错误；B、甲烷与氯气属于取代反应，乙烯和溴反应属于加成反应，故B错误；C、甲苯与苯与氢气发生苯环上加成反应，故C正确；D、乙醇不能与氢氧化钠反应，故D错误；故选C。8. 原电池是将化学能转变为电能的装置。关于如图所示，原电池的说法正确的

9、是A. Cu为负极，Zn为正极B. 电子由铜片通过导线流向锌片C. 溶液中H+由正极流向负极D. 原电池的反应本质是氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A、根据原电池的工作原理，活泼金属作负极，锌比铜活泼，因此锌作负极，故错误；B、原电池中外电路中，电子从负极流向正极，从锌流向铜，故错误；C、原电池内部，阳离子从负极移向正极，阴离子从正极移向负极，故错误；D、原电池有电子的移动，属于氧化还原反应，故正确。故答案为：D。9. 下列实验操作过程能引起结果偏高的是()用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗用量筒量取5.0 mL溶液时，俯视读数配制一定物质的量浓度的硫

10、酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，正确；用量筒量取5.0mL溶液时，俯视读数，导致量取的液体体积偏小，错误；配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，错误；硫酸的密度随浓度的增大而减小，质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合后配制的硫酸溶液质量分数大于50%，正确；答案选B。点睛：本题考查

11、了实验操作中的误差分析，涉及了配制一定物质的量浓度的溶液、中和滴定、计量仪器的使用等知识，注意明确分析实验误差的方法，如配制一定物质的量浓度的溶液中，根据操作对c=n/V影响进行分析误差。是解答的易错点和难点。10. 室温下，将1mol的CuSO45H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1；将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2，CuSO45H2O受热分解的化学方程式为：CuSO45H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为H3。则下列判断正确的是( )A. H2H3 B. H3H1 C. H1+H3=H2 D. H1+H2H3【答案】B【解析】分

12、析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO45H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)+5H2O(l)H10；硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)H20；已知CuSO45H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)H3；依据盖斯定律-得到：H3=H1-H2，由于H20，H10，则H30。【详解】A根据分析可知H30，而H20，则H3H2，故A错误；B根据分析可知H2=H1-H3，由于H20，H3H1 ，故B正确；CH3=H1-H2，则H1=H3+H2，故C错误；DH20，H10，且H1=H3+H2，则H1+H2

13、H3，故D错误。综上所述答案为B。11. 根据表中信息，判断下列叙述中正确的是( )序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物/、/A. 表中组的反应可知：通入Cl2的量不同，氧化产物可能不同B. 氧化性强弱的比较：C. 表中组反应的还原产物是KCl，生成1molKCl时转移电子的物质的量是6molD. 表中组反应的离子方程式为：【答案】A【解析】【详解】A由表格信息可知亚铁离子、溴离子均具有还原性，可被氯气氧化，少量氯气时只有亚铁离子被氧化，若氯气足量，亚铁离子、溴离子均被氧化，故A正确；B由组信息可知，氯气的氧化性大于铁离子，故B错误；C氧化剂得电子化合价降低被还原得到还原产物，所以氯气是

14、还原产物，故C错误；D根据得失电子守恒知，该反应方程式为：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故D错误；综上所述答案为A。12. 如表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断以下叙述正确的是。元素代号ABCDE原子半径/nm0.1600.1430.1020.0710.099主要化合价236、211A. A、B简单离子半径大小关系为B3A2B. D、E形成的简单离子的还原性：EDC. 气态氢化物的稳定性：HDH2CD. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2CO4HEO4【答案】B【解析】【分析】D和E只有1价，原子半径D小于E，所以D是F，E是Cl。A只

15、有2价，是第A族元素，原子半径大于E，则A是Mg，B只有3价，原子半径小于A，但大于E，则B是Al。C有2价和6价，则C是S。【详解】A核外电子排布相同的微粒，离子半径随原子序数的增大而减小，则A、B简单离子半径大小关系为B3A2，A错误；B非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，非金属性是F强于Cl，则D、E形成的简单离子的还原性：ED，B正确；C非金属性F强于S，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则气态氢化物的稳定性：HDH2C，C错误；D非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，非金属性氯元素强于碳元素，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2CO4HEO4，D错误；答案选B。13. 常温

16、下，下列关于电解质溶液的说法正确的是A. 将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液中各离子浓度均减小B. 用 CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液至pH=7，V（CH3COOH溶液）V（NaOH溶液）C. 向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积01 molL-1 NH3H2O溶液：c（Cl）+c（OH）=c（H+）+c（NH3H2O）D. 在含01mol NaHSO4的溶液中：c（H+）=c（SO42-）+c（OH）【答案】D【解析】【详解】A.将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，酸性减弱，氢离子浓度减小，常温下，KW不变，则氢氧根离子浓度增大，A错误；B

17、.用 CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液，如果体积相同时，恰好生成乙酸钠，乙酸钠为强碱弱酸盐，显碱性，要使溶液显中性，加入的乙酸的体积应大于氢氧化钠溶液的体积，B错误；C.向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0.1 molL1 NH3H2O溶液，得到等浓度的氯化氢和氯化铵的混合溶液，根据电荷守恒可得c（Cl）+c（OH）=c（H+）+ c（NH4+），由于铵根离子水解生成一水合氨，水解是微弱的，则一水合氨的浓度远远小于铵根离子的浓度，所以c（Cl）+c（OH）c（H+）+ c（NH3H2O），C错误；D.根据电荷守恒可得c（Na+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（O

18、H-），在0.1mol NaHSO4溶液中c（Na+）= c（SO42-），所以，在含0.1mol NaHSO4的溶液中，c（H+）=c（SO42-+c（OH-），D正确；故选D。14. 某溶液中可能含有H、NH、Mg2、Al3、Fe3、CO、SO、NO中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是()A. 溶液中的阳离子只有H、Mg2、Al3B. 溶液中一定不含CO，可能含有SO和NOC. 溶液中n(NH)0.2 molD. n(H)n(Al3)n(Mg2)111【答案】C【解析】【分析

19、】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32-和NO3-不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-，结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n(Mg2+)、n(Al3+)、n(NH4+)，据此解答。【详解】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气,因此溶液显酸性，则CO32和NO3不能大量共存

20、；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n(H+)=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol0.5mol=0.2mol，则n(NH4+)=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol0.7mol=0.1mol，则nAl(OH)3

21、=0.1mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol0.1mol=0.4mol，则n(Mg2+)=0.05mol，A. 由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；B.由上述分析可知，溶液中一定不含CO32、NO3，一定含有SO42，故B错误；C. 由上述分析可知，溶液中n(NH4+)=0.2mol，故C正确；D. 由上述分析可知，溶液中n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=0.1mol:0.1mol:0.05mol=2:2:1，故D错误；答案选C。二、必做题：(本题共3小题

22、，共43分。)15. A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由一种或两种短周期元素组成，在一定条件下有如下转化关系，请完成下列问题：(1)若常温下A为有色气体若F是一种金属单质，请写出B和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：_。若C为直线型分子，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则F的化学式为：_；D中所含化学键的类型为：_。(2)若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且物质A和D的式量相等，请用离子方程式表示物质F的水溶液呈酸性的原因：_。(3)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的1/5，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得到一种不含金属元

23、素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：_；B转化为C的化学方程式为：_。【答案】 (1). Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O (2). Na2CO3 (3). 离子键、极性共价键 (4). (5). Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3； (6). 4NH3+5O24NO+6H2O【解析】【详解】(1)若常温下A为有色气体，F是一种金属单质由转化关系可知，F为变价金属，应为Fe，B与Fe反应生成高价Fe，由于A为有色气体，与水反应生成B与E，则A为二氧化氮，B为硝酸、E为NO，C为硝酸铁、D为硝酸亚铁。则B和适量F反应生成C与气体E的离子方程式为：Fe+4H+N

24、O3-=Fe3+NO+2H2O；A为有色气体，与水反应生成B与E，E具有漂白性，则A为氯气、B为HCl、E为HClO，物质F焰色反应呈黄色，含有Na元素，C为直线型分子，结合转化关系可知，F为碳酸钠、C为二氧化碳、D为碳酸氢钠，F的化学式为Na2CO3；D为NaHCO3，含有离子键和极性共价键；(2)A为淡黄色固体，能与水反应，则A为过氧化钠，物质A和D的相对分子质量相等，结合转化关系，B为氢氧化钠、C为偏铝酸钠、F为铝盐、D为氢氧化铝、E为氧气，铝盐溶液中存在铝离子的水解：，所以呈酸性；(3)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的，则该元素原子核外有3个电子层，最外层电子数为2

25、，则该元素为Mg； B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得到一种不含金属元素的盐溶液，该盐应为NH4NO3，A中另一种元素为N元素，所以A为Mg3N2，与水反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；B为NH3，被催化氧化生成C为NO，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。16. 氮元素能形成多种多样的化合物。请回答：.298K时，在2L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：。N2O4的物质的量浓度随时间变化如图。达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题：(1)298k时，该反应的平衡常数为_Lmol-1 (精确到0.01)。(2)下列情况不能

26、用来判断该反应是否处于平衡状态的是_。A.混合气体的密度保持不变 B.混合气体的颜色不再变化C.混合气体的气体压强保持不变(3)若反应在398K进行，某时刻测得、，则此时v(正)_v(逆)(填“”、“”或“”)。II.常温条下，向100mL0.1molL-1NH4HSO4溶液中滴加0.1molL-1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。试分析图中a、b、c、d、e五个点(该条件下硫酸第二步电离是完全的)。(4)a点溶液的pH_1(“”“”或“”)。(5)b点溶液中发生水解反应的离子是_。(6)c点溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为_。(7)d、e点对应溶液中，水电

27、离程度大小关系是d_e(“”“”或“”)。【答案】 (1). 6.67 (2). A (3). (4). (5). (6). (7). 【解析】【详解】(1)据图可知平衡时c(N2O4)=0.6mol/L，达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则c(NO2)=0.3mol/L，所以平衡常数K=6.67；(2)A该反应中反应物和生成物均为气体，所以气体的总质量不变，容器恒容，则气体的密度始终不变，不能判定反应达到平衡状态，故A符合题意；BNO2为红棕色气体，N2O4无色，所以未平衡时体系的颜色会发生变化，当颜色不变时说明反应达到平衡，故B不符合题意；C该反应前后气体系数之和不同，容器恒容，所以

28、未平衡时容器内压强会发生变化，当压强不变时说明平衡，故C不符合题意；综上所述答案为A；(3)该反应焓变小于零，正反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，所以398K的平衡常数小于6.67，此时浓度商Qc=6.67，小于此温度下的平衡常数，所以平衡正向移动，则v(正)v(逆)；NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液时发生的反应为2NH4HSO4+2NaOH=(NH4)2SO4+Na2SO4+H2O、(NH4)2SO4+2NaOH=2NH3H2O+Na2SO4；所以加入100mL时溶液中的溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，加入200mL时溶液中的溶质为NH3H2O和Na2SO4；(

29、4)a点溶液为0.1molL-1NH4HSO4溶液，硫酸氢根完全电离，铵根水解产生氢离子，所以此时溶液中的氢离子浓度大于0.1mol/L，所以溶液的pH1；(5)b点加入100mLNaOH，恰好和硫酸氢根电离出的氢离子完全反应，所以此时溶液中的溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4，所以发生水解的离子为；(6)c点溶液pH=7，即c(OH-)=c(H+)，结合b点的溶质可知此时溶液中的溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4以及少量的NH3H2O，所以溶液中的离子浓度大小为c(Na+)c()c(SO)c(OH-)=c(H+)；(7)d点加入150mLNaOH溶液，溶液中的溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3H2O，e点加入200mLNaOH溶液，溶液中的溶质为NH3H2O和Na2SO4；铵根的水解促进水的电离，一水合氨的电离抑制水的电离，所以d点水的电离程度大于e点。【点睛】第3小题为易错点，要注意此时的温度和题干中所给温度不同；判断溶液中离子浓度大小关系时要注意弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的。17. 硫酰氯（SO2Cl2）可用作有机化学的氯化剂，在药物和染料的制取中也有重要作用。已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点54.1，沸点69.1。在潮湿空气中“发烟”；100C以