1、龙岩市2021年高中毕业班第一次教学质量检测化学试题注意：1请将答案填写在答题卡上2可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 针对新冠肺炎疫情，需对场所杀菌消毒。下列物质不宜用作杀菌消毒的是( )A. 高锰酸钾溶液B. 无水酒精C. 双氧水D. 次氯酸钠溶液2. 2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，用吡啶()合成VPy的其中一步反应是：。下列确的是( )A. 吡啶的分子式为C5NH6B. EPy中所有原子共平面C. VPy是乙烯的同系物D. VPy能使溴水褪色3. 设为阿伏加德罗常数的值，
2、下列说法正确的是( )A. 由和构成的氧气中所含质子数一定为B. 标况下，和的混合气体中所含的分子数为C. 用足量水吸收，所得溶液中四种微粒数目之和为D. 常温下，溶液与溶液所含的物质的量相等4. 用图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )ABCD探究温度对2NO2 N2O4平衡的影响除去CO2气体中混有的HCl验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用制取少量含NaClO的消毒液A. AB. BC. CD. D5. 某种含二价铜微粒CuII(OH)(NH3)+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法正确的是( )A. 总反应焓
3、变H0B. 由状态到状是铜元素被氧化的过程C. 状态到状态变化过程中有OH键的形成D. 该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+2NO+2O2=6H2O+3N26. 科学家利用原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z组合成一种超分子，其分子结构示意图如图所示(图中实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)。W、X、Z分别位于不同周期，乙的原子半径在其所在周期中最大。下列说法错误的是( )A. Z元素的金属性在其所在周期中最强B. W与Z可形成离子化合物C. 单核离子半径：ZYD. 最简单氢化物的沸点：Y”、0B. 由状态到状是铜元素被氧化的过程C. 状态到状态的变化过程中有OH键的形成D. 该
4、脱硝过程的总反应方程式为4NH3+2NO+2O2=6H2O+3N2【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变H0，A说法错误；B由状态到状，发生CuII(OH)(NH3)3+NOCuI(H2NNO)(NH3)2+H2O，Cu的化合价降低，氨分子中的N原子化合价升高，是N元素被氧化还原反应，B说法错误；C状态到状态的变化过程为CuI(H2NNO)(NH3)2+CuI(NH3)2+N2+H2O，有O-H键的形成，C说法正确；D根据图1，加入2NH3、2NO、1212O2，生成2N2、3H2O，该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+4N
5、O+O2=6H2O+4N2，D说法错误；综上所述答案为C。6. 科学家利用原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z组合成一种超分子，其分子结构示意图如图所示(图中实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)。W、X、Z分别位于不同周期，乙的原子半径在其所在周期中最大。下列说法错误的是( )A. Z元素金属性在其所在周期中最强B. W与Z可形成离子化合物C. 单核离子半径：ZYD. 最简单氢化物的沸点：YX【答案】D【解析】【分析】根据图示可知W形成1个共价键，又是短周期中原子序数最小的元素，说明W原子核外只有1个电子，则W是H元素，X形成4个共价键，则X是C元素，W、X、Z分别位于不同周期，
6、Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素。【详解】A同一主族的元素，原子序数越大，金属越强；同一周期的元素，原子序数越大，金属越弱，可知Na元素的金属性在其所在周期中最强，A项正确；BW是H元素，Z是Na元素，则W与Z可形成离子化合物NaH，B项正确；CY是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：ZY，C项正确；DX是C，Y是O，相应的最简单氢化物为：CH4X，D项错误；综上所述答案为D。7. 下列指定反应
7、的离子方程式书写正确的是( )A. 过量与“84”消毒液反应：B. 用惰性电极电解溶液：C. 溶液中加足量溶液：D. 与反应：【答案】C【解析】【分析】【详解】A过量与“84”消毒液反应：，选项A错误；B用惰性电极电解溶液，Cu2+氧化性比H+强，故Cu2+先放电，正确的离子方程式为，选项B错误；C溶液中加足量溶液，反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，选项C正确；D该离子方程式错误，该反应为歧化反应，仅Na2O2中的氧元素参与电子的转移过程，正确的离子方程式为2Na2O2+2H218O=4Na+218OH-+2OH-+O2，选项D错误；答案选C。8. 某研究机构使用电池电解制
8、备，其工作原理如图所示。已知电池反应为，下列说法错误的是( )A. 电极的电极反应式为B. f接口连接gC. 膜a、c是阴离子交换膜，膜b是阳离子交换膜D. 不锈钢电极附近溶液的增大【答案】C【解析】【分析】由电极反应式可知，Li转化为Li+，则Li电极为负极，C电极为正极；因为要电解制备，则镍电极应失电子，所以镍电极为阳极，g与f相连；h与e相连；Ni失电子生成Ni2+通过膜a进入产品室(室)，则膜a为阳膜； 通过膜b进入产品室(室)，则膜b为阴膜；在阴极(不锈钢)，H2O得电子生成H2和OH-，所以室中的Na+通过膜c进入室，膜c为阳膜。【详解】A由电极反应式可知，Li转化为Li+，则电极
9、的电极反应式为，选项A正确；B由上面的分析可知，f(正极)接口连接g(阳极)，选项B正确；C由上面分析可知，膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，选项C错误；D在不锈钢电极(阴极)附近，溶液中的水得电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，溶液的增大，选项D正确；答案选C。9. 室温下，向的溶液中逐滴加入的溶液，溶液中由水电离出浓度的负对数与所加溶液体积关系如图所示(忽略溶液混合引起的体积变化)。下列说法正确的是( )A. b点溶液中：B. c、e两点溶液均显中性C. d点溶液中：D. f点溶液中：【答案】C【解析】【分析】图中b点所加V(NaOH)=10mL，此时CH3COO
10、H被中和一半，故b点刚反应时溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa；d点所加V(NaOH)=20mL，此时CH3COOH被完全中和，故d点刚反应时溶质为CH3COONa；f点所加V(NaOH)=40mL，此时NaOH相当于CH3COOH的两倍，故f点组成为CH3COONa和NaOH。【详解】Ab点，滴加的NaOH发生反应时，CH3COOH和CH3COONa的物质的量相等，但溶液的pH7，则表明反应后CH3COOH将发生部分电离，所以c(CH3COO-)c(CH3COOH)，选项A不正确；Bc点时，溶质为CH3COOH和CH3COONa，且水的电离不受影响，则溶液呈中性；e点时，溶质
11、为CH3COONa和NaOH，二者都呈碱性，所以溶液显碱性，选项B不正确；Cd点溶液中：c(Na)=0.05mol/L，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= =0.05mol/L，所以c(Na)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.10mol/L，选项C正确；Df点，刚反应时溶质组成为等物质的量的CH3COONa和NaOH，然后CH3COO-发生水解，导致c(CH3COO-)减小、c(OH)增大，所以溶液中：c(Na)c(OH)c(CH3COO-)c(H)，选项D不正确；答案选C。10. 铋酸钠()是分析化学中的重要试剂。某同学设计实验制取铋酸钠，装置如图所示(加热和夹持仪
12、器已略去)，部分物质性质如表。物质性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水，白色下列说法错误的是A. 装置B用于除去中B. 装置C中反应的离子方程式为：C. 拆除装置前必须进行的操作是关闭，打开D. 装置D用于除去多余氯气【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 装置B中装有饱和食盐水，用于除去中，选项A正确；B反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，选项B错误；C从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为
13、：关闭K1、K3，打开K2，选项C正确；D装置D中装有氢氧化钠溶液，用于除去多余的氯气，以免污染空气，选项D正确；答案选B。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11. 铜冶炼过程中会产生高砷烟灰，含砷物质的主要成分为砷酸盐(铜锌铅等)，利用高砷烟灰制备三氧化二砷的生产工艺如图所示，回答相关问题：已知：砷酸盐()都难溶于水，易溶于碱。(1)“碱浸”中Na2S浓度对砷脱除的影响如图所示，实际生产中保持Na2S浓度为52gL-1如果Na2S的浓度过小，造成的后果是_。所得“碱浸液”中c(Pb2+)=_molL-1。已知(2)“苛化”时，砷转化为Ca3(AsO4)2沉淀，研究表明，“苛化”过程中，随
14、着温度的升高，砷的沉淀率会先增大后减小，后减小的原因是_。(3)“溶砷”所得“滤渣2”的主要成分是_。(4)已知“还原”过程中砷酸转化为亚砷酸(H3AsO3)，请写出反应的化学方程式_。(5)常温下，用NaOH溶液滴定“还原”所得溶液，含砷微粒的物质的量分数随pH的变化曲线如图所示。H3AsO3的一级电离常数Ka1=_。溶液的pH由7调至10的过程中，发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). Pb2+ 浸出率高，影响后续除杂 (2). 3.910-11 (3). 温度升高，熟石灰溶解度减小，溶液中c(Ca2+)减小使砷的沉淀率减小 (4). CaSO4 (5). H3AsO4+H2O+SO
15、2= H3AsO3+H2SO4 (6). 110-9 (7). H3AsO3+OH-= H2AsO+ H2O【解析】【分析】高砷烟灰含砷物质主要成分为砷酸盐(铜锌铅等)，加入NaOH和Na2S进行碱浸，得到CuS、ZnS、PbS等沉淀，之后加入熟石灰进行苛化，砷转化为Ca3(AsO4)2沉淀，加入硫酸，得到含有H3AsO4的溶液，Ca元素转化为CaSO4沉淀，之后通入SO2将H3AsO4还原得到H3AsO3溶液，结晶得到As2O3。【详解】(1)据图可知如果Na2S的浓度过小，Pb2+浸出率高，影响后续除杂；Na2S浓度为52gL-1，则c(S2-)=mol/L，所以c(Pb2+)=3.910
16、-11mol/L；(2)温度升高，熟石灰溶解度减小，溶液中c(Ca2+)减小使砷的沉淀率减小；(3)加入硫酸前加入了熟石灰，所以滤渣2为微溶于水的CaSO4；(4)根据题意可知SO2将H3AsO4还原得到H3AsO3，根据电子守恒可知SO2和H3AsO4的系数之比为1:1，再结合元素守恒可得化学方程式为H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4；(5)H3AsO3的一级电离常数Ka1=，据图可知当c(H3AsO3)=c(H2AsO)时pH=9，即c(H+)=110-9mol/L，所以Ka1=110-9；据图可知当pH由7到9的过程中，As元素存在的主要形式由H3AsO4转化为H2
17、AsO，所以发生的离子方程式为H3AsO3+OH-= H2AsO+ H2O。12. 乳酸亚铁晶体是一种很好的食品铁强化剂，吸收效果比无机铁好，易溶于水，几乎不溶于乙醇，可由乳酸与反应制得。I制备，实验步骤如下：i检查气密性，按图示添加药品；ii在装置B中制取硫酸亚铁，并将整个装置内的空气排净；iii将B中溶液导入C中产生沉淀；iv将C中混合物分离提纯，获得纯净的碳酸亚铁产品。(1)仪器A的名称是_。(2)装置D的作用是_。(3)装置C中生成的离子方程式是_。(4)步骤ii中应打开的开关是_，步骤iii中应打开的开关是_。(选填“”或“”)制备乳酸亚铁晶体将制得的加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在
18、下搅拌使之充分反应，然后再加人适量乳酸。经系列操作后得到产品。(5)加入铁粉的目的_。(用离子方程式表示)(6)欲获得尽可能多的产品，上述系列操作指的是：冷却，_，过滤，再洗涤和干燥。探究乳酸亚铁晶体中铁元素含量甲、乙同学分别设计如下方案，以测定样品中铁元素的含量。甲乙称取样品溶于水，用酸性标准溶液滴定，当溶液恰好显浅紫色，且内不恢复，停止滴定，测得消耗标准溶液。由此求得称取样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，加入过量溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠溶液滴定(已知：)，滴定终点时，测得消耗标准溶液。(7)甲方案错误，主要原因是_，该方案测定结果将明显_(填偏大、偏小)。(8)依
19、据乙方案可得出样品中铁元素含量为_(用含有相关字母的代数式表示)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 液封，防止空气进入C中氧化 (3). (4). (5). (6). (7). 加入乙醇 (8). 乳酸根也能被高锰酸钾氧化 (9). 偏大 (10). 【解析】【分析】I制备碳酸亚铁：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁。利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+
20、CO2+H2O。装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，据此分析解答。【详解】I(1)仪器A为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；(2)装置D的作用是防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，故答案为：液封，防止空气进入C中氧化；(3) C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应，离子方程式为：，故答案为：；(4)首先关闭活塞K2，打开活塞K1、K3，目的是发生反应制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；关闭活塞K1，反一段时间后，关闭活塞K3，打开活塞K2，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，产生沉淀。故答案为：K3；K
21、2；(5)Fe2+容易被氧化为Fe3+，加入铁粉可将Fe3+还原为Fe3+，离子方程式为：，故答案为：；(6) 乳酸亚铁晶体易溶于水，几乎不溶于乙醇，故加入乙醇可让乳酸亚铁析出更多，提高产量。故答案为：加入乙醇；(7) 乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大。故答案为：乳酸根也能被高锰酸钾氧化；偏大；(8)滴定终点时，V2 mL硫代硫酸钠溶液中所含硫代硫酸钠的物质的量为：n(Na2S2O3)=c2 V210-3mol。根据关系式2Fe2+2Fe3+I22，可知样品中的物质的量为n(Fe2+)=n()=c2 V210-3mol，则样
22、品中铁元素含量为： =，故答案为：。13. 利用可合成烷烃、烯烃、醇等系列重要化工原料。回答下列有关问题：I制备甲烷(1)该反应的与温度的关系如图1所示。要使该反应能顺利发生，理论上温度不高于_。在恒温、恒容容器中进行该反应，下列不能说明反应达到平衡状态的是_。A和的转化率之比不再变化 B混合气体的平均摩尔质量不再变化C容器内的压强不再变化 D(2)选择合适催化剂，在密闭容器中按充入反应物，反应结果如图2所示。若N点压强为，则平衡常数_，P点与点的平衡常数_(填“”、”或“=”)。若无催化剂，N点平衡转化率是否可能降至R点？说明理由。答：_。II制备甲醇：主反应：副反应：(3)向恒容容器中充入
23、和，在催化剂存在的条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如下图所示。已知：选择性选择性随温度升高而下降的原因是_(写一条)。有利于提高选择性的反应条件是_。A高温高压 B低温低压 C高温低压 D低温高压【答案】 (1). (2). AD (3). 1 (4). (5). 不正确，因为催化剂不能改变反应物的平衡转化率 (6). 温度升高，催化剂活性降低 (7). D【解析】【分析】【详解】I(1) 0，反应能自发进行，由图1可知，温度不高于，故答案为：；ACO2和H2的转化率之比与投料比有关，不能判定是否达到平衡，故A可选； B反应前后气体的质量不变，物质的量发生改变，混合气体的
24、平均平均摩尔质量不再变化，说明达到平衡，故B不选； C反应前后气体的物质的量发生改变，则压强发生改变，压强不变时达到平衡，故C不选；D 正逆反应速率相等时，反应达到平衡，没有涉及逆反应，故D 可选；故答案为：AD；(2)依题意设起始投入CO2物质的量为1mol，则H2为4mol，由图2可知N点时转化率为50%，可列三段式：，N点压强为，故KP= =1；该反应为放热放应，P点温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，K(P)K(N)，故答案为：1；催化剂只能改变反应速率，不能改变转化率，则无催化剂，N点的平衡转化率也不可能将至R点。故答案为：不正确，因为催化剂不能改变反应物的平衡转化率；II(3) 温
25、度升高，选择性随而下降的原因可能是温度升高催化剂活性降低，故答案为：温度升高，催化剂活性降低；反应：放热放应，低温有利于反应正向进行；反应前后气体分子数减少，随着反应进行，压强降低，高压有利于反应正向进行。故答案为：D。14. C、N、F、Cu及其化合物在化工、医药、材料等方面应用十分广泛。回答下列有关问题：(1)基态铜原子的价电子排布式为_；C、N、F、Cu四种元素第一电离能从小到大的顺序为_。(2)化合物常温下均为气体，沸点较高的是_；中氮原子的杂化方式是_。(3)将无水硫酸铜溶解在一定量的水中，再加入过量氨水，溶液变为深蓝色，该深蓝色离子内存在的化学键有_。A氢键 B离子键 C共价键 D
26、配位键 E金属键(4)氮、铜形成的一种化合物，为立方晶系晶体，晶胞参数为，沿面对角线投影如图所示。已知该晶胞中原子的分数坐标为：则该晶胞中，与Cu原子等距且最近的Cu原子有_个。【答案】 (1). 3d104s1 (2). CuCNF (3). CH3NH2 (4). sp3 (5). CD (6). 8【解析】【分析】【详解】(1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1；Cu为金属元素，第一电离能最小，同周期自左至右第一电离能呈增大的趋势，所以四种元素第一电离能从小到大为CuCNF；(2)CH3NH2分子中存
27、在N-H键，所以分子间存在氢键，沸点较高；CH3NH2分子中N原子与C原子形成一个键，与两个H原子分别形成一个键，还有一对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；(3)Cu2+提供空轨道，NH3分子和H2O分子提供孤电子对形成配位键，NH3分子和H2O分子内部都存在共价键，不存在离子键、金属键，氢键不是化学键，所以选CD；(4)结合投影以及部分Cu、N原子的坐标可知N原子位于立方体的顶点，Cu原子位于棱心，距离Cu原子相等且最近的Cu原子位于相邻的棱上，所以个数为8。15. 硝苯地平H是一种治疗高血压的药物，其某种合成路线如下：已知:+ROH回答下列问题：(1)H的含氧官能团名称为_。(
28、2)反应的反应类型为_。(3)D的结构简式为_。(4)下列试剂可用于鉴别B和E的是_。A酸性高锰酸钾 B新制氢氧化铜溶液 C银氨溶液 D溶液(5)反应的化学方程式为_。(6)已知M与G互为同分异构体，M在一定条件下能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：1：2：4，写出M一种可能的结构简式_。【答案】 (1). 酯基、硝基 (2). 取代反应或硝化反应 (3). (4). BC (5). (6). 或或【解析】【分析】A发生硝化反应生成B，B中甲基上H原子被-COCOOC2H5取代生成C，C在酸性条件下水解生成D，则D为，D被氧化生成E；F发生类似题目所给反应生成G，E、G和
29、氨气反应得到H。【详解】(1)根据H的结构简式可知其含氧官能团为酯基、硝基；(2)反应为甲苯的硝化反应，也属于取代反应；(3)根据分析可知D的结构简式为；(4)AB中甲基和E中醛基均可以被酸性高锰酸钾氧化，故不能鉴别，A不选；BE中醛基可以被新制氢氧化铜溶液氧化生成砖红色沉淀，而B不行，可以鉴别，B选；CE中醛基可以与银氨溶液发生银镜反应，而B不行，可以鉴别，C选；D二者都不与氯化铁溶液反应，不能鉴别，D不选；综上所述答案为BC；(5)根据题目所给信息可知反应为 ；(6) M与G互为同分异构体，M在一定条体下能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，核磁共振氢谱显示有4组峰且峰面积之比为1：1：2：4，M可能的结构有：或或等。