1、云南省昆明市第一中学2021届高三化学第一次摸底测试试题（含解析）1. 化学与生产生活密切相关。下列有关说法错误的是A. 可用胆矾晶体检验“无水乙醇”是否无水B. 84消毒液不能与洁厕灵(含盐酸)混合使用C. 晶体硅是芯片的关键材料,也是制太阳能电池的常用材料D. 服用补铁剂时(铁为+2价),加服具有还原性的维生素C效果更好【答案】A【解析】【详解】A胆矾是CuSO45H2O，不能用于水的检验，应用无水硫酸铜检验，白色粉末变为蓝色，可以证明“无水乙醇”中含有水，A错误；B84消毒液的有效成分为NaClO，洁厕灵含有盐酸，二者混合，可发生氧化还原反应，产生氯气，B正确；C晶体硅是芯片的关键材料，
2、也是制太阳能电池的常用材料，C正确；D维生素C具有还原性，可防止亚铁离子被氧化，D正确；故选A。2. 传统中草药金银花对治疗“新冠肺炎”有效，其有效成分“绿原酸”的结构如图所示。下列关于绿原酸的说法错误的是A. 属于芳香族化合物B. 能发生氧化反应、加成反应和消去反应C. 能与乙酸发生酯化反应，但不能与乙醇酯化D. 1mol绿原酸与足量金属钠反应可生成3molH2【答案】C【解析】【详解】A“绿原酸”的结构中含有苯环，属于芳香族化合物，A正确；B“绿原酸”的结构中含有醇羟基，能发生氧化和消去反应；并含有碳碳双键苯环，能发生加成反应，B正确；C“绿原酸”的结构中含有羟基，能与乙酸发生酯化反应；并
3、含有羧基，能与乙醇发生酯化反应，C错误；D1mol绿原酸中，含有5mol羟基，1mol羧基，则与足量金属钠反应可生成3molH2，D正确；故选C。3. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24 L CCl4中含有7.4NA个电子B. 31 g白磷和31 g红磷均含有NA个磷原子C. 2g由H218O与D218O组成的混合物中含有2NA个中子D. 1 L pH=1的H2SO4溶液，含有0.2NA个H+【答案】B【解析】【详解】A标准状况下，CCl4为液态，不能用22.4Lmol1进行物质量的计算，A错误；B白磷和红磷互为同素异形体，31g白磷和31g红磷均含有1mol
4、磷原子，B正确；CH218O与D216O的相对分子质量都为20，质子数都为10，中子数都为10，则2g由H218O与D216O组成的混合物中含有1mol中子，C错误；D1 L pH1H2SO4溶液，含有0.1NA个H，D错误；故选B。4. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A. 用NaClO溶液吸收少量SO2: 3ClO- +SO2 +H2O =2HClO+C1- +SO42-B. 用醋酸除去水垢: CaCO3 +2H+=Ca2+ +CO2+H2OC. 同浓度同体积NH4Al(SO4)2溶液与NaOH溶液混合: NH4+Al3+4OH-=NH3H2O + Al(OH)3D. 向Fe(
5、NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸: 3Fe2+ +NO3- +4H+=3Fe3+ +NO+2H2O【答案】A【解析】【详解】A用NaClO溶液吸收少量SO2：先发生ClO + SO2 + H2O = 2H+ + Cl+，生成的H+与过量的NaClO发生2H+ +2ClO =2HClO，总反应为3ClO + SO2 + H2O = 2HClO+ Cl+ （说明，SO2少量，反应后溶液仍显碱性，不考虑ClO+ Cl+ 2H+=Cl2+ H2O或2HClO+Cl=Cl2+ClO +H2O），A正确；B用醋酸除去水垢：醋酸是弱酸，书写离子方程式时应保留分子式，B错误；CNH4Al(SO4)2与NaOH
6、物质的量相等，Al3+优先反应且Al3+过量，离子方程式为 Al3+3OH = Al(OH)3，C错误；D碘离子还原性强于二价铁离子，硝酸根离子先氧化碘离子，向Fe（NO3）2稀溶液中滴加足量氢碘酸，离子方程式：6I-+2NO3-+8H+3I2+2NO+4H2O，D错误；故选A。5. 用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.蜡烛燃烧虽消耗氧气，但同时生成二氧化碳，故不能用该装置测定空气里氧气的含量，故A错误；B.甲烷和氯气在光照条件下反应生成极易溶于水的氯化氢和气态的一氯甲烷及液态的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，气体物质的
7、量减小导致压强减小，则量筒内水位上升，所以该实验装置进行相应实验，能达到实验目的，故B正确；C.食盐水浸泡过的铁钉实验是验证铁的吸氧腐蚀，故C错误；D.因为NO能被氧气氧化，所以不能用排空气的方法收集NO，故D错误；故答案：B。6. CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示。下列说法错误的是A. a为电源的负极B. 电极A的反应式为CO2 +2e-CO +O2 -C. 电极B生成乙烯的反应式为：2CH4+2O2- -4e-=C2H4+2H2OD. 电子由电源b极经电极B、固体电解质、电极A、a极再回到电源b极【答案】D【解析】【详解】有外加
8、电源，则为电解装置。A电极A上CO2变为CO，发生还原反应，则电极A为阴极，电源a为电源的负极，A正确；B电极A为阴极，发生还原反应，反应式为CO2+2e =CO+O2，B正确；C电极B为阳极，生成乙烯的反应式为2CH4+2O24e = C2H4+2H2O，C正确；D电子只在外电路传递！即电子由负极a移到电极A后被CO2获得，固体电解质传导的是O2而不是电子，CH4在电极B失去电子，电子经导线回到电源b极，D错误；故选D。7. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，最外层电子数满足2Y=W +X；气态化合物XW3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z的氢化物及最高价氧化物对应水化物均为强酸。下
9、列叙述错误的是A. 简单离子半径: XYB. W、 X、Z能形成离子化合物C. YZ3是共价化合物，水溶液显酸性D. X 、Z均可形成多种含氧酸且含氧酸的酸性: ZX【答案】D【解析】【分析】由气态化合物XW3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明XW3为NH3显碱性，则W为H，X为N；因为W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，最外层电子数满足2Y=W +X，所以Y为Al；Z的氢化物及最高价氧化物对应水化物均为强酸，则Z为Cl，依题意，W、X、Y、Z分别为H、N、Al、Cl，以此分析解答本题；【详解】A.根据上述分析：X、Y分别为N、Al，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，则离子半径越小
10、，所以N3-Al3+，故A正确；B.根据上述分析：W为H、X为N、Z为Cl，它们能形成离子化合物NH4Cl，故B正确；C.根据上述分析：Y为Al，Z为Cl，YZ3的化学式为AlCl3，属于是共价化合物，Al3+水解使溶液显酸性，故C正确；D.根据上述分析：X 为N，Z为Cl，N、Cl均可形成多种含氧酸，但次氯酸酸性很弱，故D错误；故答案：D。8. 云南是有色金属王国。利用云南钛铁精矿(主要成分为TiO2、Fe2TiO3, 还有少量SiO2、MgO等)制备还原铁粉和富钛料(制钛白粉的优质原料)的试验研究工艺流程如下:回答下列问题:.(1) Fe2TiO3可用氧化物的形式表示为_(其中铁元素的化合
11、价为+3); Fe2TiO3 被焦炭粉还原的化学方程式为_ ; 还原时间对还原铁粉中铁含量的影响如图所示，可确定还原时间为_h较合理。(2)磁选可分离出还原铁粉，是利用金属铁具有_的物理性质。(3)若磁选分离不完全，所得尾渣酸浸时会有气泡产生，该反应的离子方程式为_;富钛料.中除TiO2外，还含有_(填化学式)。(4)已知CaSO4的Ksp=9.110-6。中性水中c(Ca2+)=_(忽略残留的其它金属离子)。【答案】 (1). Fe2O3TiO2 (2). 2Fe2TiO5+3C4Fe + 2TiO2 + 3CO2或2Fe2TiO5+6C4Fe + 2TiO2 + 6CO (3). 3 (4
12、). 能被磁场吸引 (5). Fe +2H+= Fe2+ +H2 (6). SiO2（答Si或SiC也给分） (7). 3103 molL-1【解析】【详解】(1) Fe2TiO3含有铁和钛元素。用氧化物形式表示为Fe2O3TiO2，Fe2TiO3 被焦炭粉还原生成铁，二氧化钛和二氧化碳或一氧化碳，化学方程式为2Fe2TiO5+3C4Fe + 2TiO2 + 3CO2或2Fe2TiO5+6C4Fe + 2TiO2 + 6CO，依据图像，还原时间为3h时，铁的含量最高，而且随着时间延长，铁的含量无明显变化，故本题答案为：Fe2O3TiO2；2Fe2TiO5+3C4Fe + 2TiO2 + 3CO
13、2或2Fe2TiO5+6C4Fe + 2TiO2 + 6CO；3； (2) 铁能被磁铁吸引，故可用磁选的方法分离出还原铁粉，故本题答案为：能被磁场吸引；(3)尾渣含有铁，加酸会产生亚铁离子和氢气，该反应的离子方程式为Fe +2H+= Fe2+ +H2，由于二氧化硅与硫酸不反应，而且二氧化硅与C会反应生成硅或碳化硅，所以在富钛料中除TiO2外，还含有SiO2（或Si或SiC），故本题答案为：Fe +2H+= Fe2+ +H2；SiO2（答Si或SiC也给分）；（4）中性水可视为饱和硫酸钙溶液，c(Ca2+)= c()，符合电荷守恒，c(Ca2+)= molL-1=3103 molL-1，故本题答
14、案为：3103 molL-1。【点睛】依据图像确定反应时间或选择最佳条件时，应选择含量或转化率最高的时候，但还需兼顾成本，设备等问题综合选择，不可一味的追求含量或转化率最高，此为易错点。9. 肉桂酸(白色或淡黄色固体)，用于香精香料、合成药物等。实验室采用苯甲醛与醋酸酐(CH3CO)2O在催化剂的作用下合成肉桂酸，化学反应方程式如下：相关数据如下表:实验步骤:步骤1.在干燥的仪器A中依次加入5 mL苯甲醛(0. 05 mol)，14 mL醋酸酐(0. 146 mol)，以及研细的7 g无水碳酸钾，振荡混合均匀，搅拌下升温至170C，充分反应1 h。实验装置如图所示。步骤2.冷却后，加入20mL
15、.水，缓慢加入适量固体碳酸钠，将pH调至8。通入水蒸气进行蒸馏(实验装置图略)，直到无油状物蒸出为止。步骤3.向水蒸气蒸馏后的残留液中加入少量活性炭，煮沸数分钟至黄色混合液变为无色，趁热过滤，滤液冷却至室温，加入盐酸调节pH为4，析出大量晶体，过滤，洗涤，干燥得肉桂酸粗产品。回答下列问题:(1)仪器A的名称为 _ ；球形冷凝管的进水口为 _ (填“a或b)。(2)仪器A需干燥及冷凝管上方连接干燥裝置，原因是 _ ；反应可逆，加入的醋酸酐过量，目的是 _ ；本实验为便于控制反应温度，下列加热方式中应选用的是 _ .(填标号)。a水浴 b.油浴 c.沙浴(传热较差，200C或300C以上适用)(3
16、)步骤2中水蒸气蒸馏时，分离出的杂质主要是 _ 。(4)步骤3中有两次过滤，第一次趁热过滤的目的是 _ ；滤液冷却后加入盐酸析出晶体的原因是 _ (用离子方程式表示)；第二次过能时，洗涤肉桂酸晶体应使用 _ (填标号)。a.冷水 b.热水 c.无水乙醇 d.75%乙醇(5)为提纯含杂质的晶体，常用的实验方法的名称为 _ ；若提纯后得到肉桂酸4. 420g，则产率为 _ 。【答案】 (1). 三颈烧瓶（或三口烧瓶） (2). a (3). 醋酸酐有吸湿性且能与水反应生成乙酸 (4). 提高苯甲醛的转化率 (5). b (6). 苯甲醛 (7). 避免肉桂酸盐析出损耗 (8). (9). a (1
17、0). 重结晶 (11). 59.73%【解析】【分析】在干燥的仪器A中依次加入5 mL苯甲醛(0. 05 mol)，14 mL醋酸酐(0. 146 mol)，以及研细的7 g无水碳酸钾，振荡混合均匀，搅拌下升温至170C，充分反应1 h，生成了肉桂酸，170C需要使用油浴加热；冷却后加入水，加入碳酸钠将pH调至8，肉桂酸、乙酸转化为肉桂酸钠、乙酸钠，由于苯甲醛与水蒸气形成共沸物，使用通入水蒸气进行蒸馏除去苯甲醛；蒸馏后的残留液中加入活性炭，煮沸数分钟至黄色混合液变为无色，趁热过滤，滤液冷却后加入盐酸，肉桂酸盐与盐酸反应生成肉桂酸。【详解】(1)由装置图可知，仪器A名为三颈烧瓶，球形冷凝管的冷
18、却水流向为下进上出，所以进水口为a，故本题答案为：三颈烧瓶（或三口烧瓶）；a；(2)由于醋酸酐有吸湿性且能与水反应生成乙酸，所以仪器A需干燥及冷凝管上方连接干燥裝置；反应是可逆，加入的醋酸酐过量，可以促进平衡正向进行，提高苯甲醛的转化率，本实验要控制温度至170C，应选用油浴加热，故本题答案为：醋酸酐有吸湿性且能与水反应生成乙酸；提高苯甲醛的转化率；b；(3)由于苯甲醛能与水蒸气形成共沸物，所以步骤2中水蒸气蒸馏时，能分离出苯甲醛，故本题答案为：苯甲醛；(4)步骤3中有两次过滤，第一次趁热过滤可防止温度降低使肉桂酸盐析出损耗，滤液冷却后加入盐酸，能析出晶体是因为生成了肉桂酸，离子方程式为；为防
19、止损耗，洗涤肉桂酸晶体应使用冷水，故本题答案为：避免肉桂酸盐析出损耗；a；(5)提纯含杂质的晶体，常采用重结晶的方法提纯；根据化学方程式可知，0. 05 mol的苯甲醛能产生0.05mol的肉桂酸，质量为7.4g，若提纯后得到肉桂酸4. 420g，则产率为=59.73%，故本题答案为：重结晶；59.73%。【点睛】有机物的制备实验中，产率的计算公式为，根据化学方程式按100%转化求出理论产量即可，此为易错点。10. CO2 资源化对环境保护具有重大意义，因此将CO2转化为CH4的技术成为科学研究的热点。CO2甲烷化反应为: CO2(g) +4H2(g)=CH4(g) +2H2O(g),该反应又
20、称Sabatier反应。回答下列问题:(1)已知: CH4(g) +2O2(g)=CO2(g) +2H2O(g) H12H2(g) +O2(g)=2H2O(g) H2相关的化学键键能数据如下表所示:Sabatier反应的H=_ (用 H1、H2表示)，根据上表数据估算H_ kJ . mol -1。(2)在一定温度下，提高CO2平衡转化率的方法有_、_。(3)其他条件一定时，不同压强下，CO2的转化率和CH4的产率如图所示: CO2甲烷化应该选择的压强约为_ Mpa; CH4的产率小于CO2转化率的原因是_。(4)在总压为p MPa的恒温恒压密闭容器中，投入1molCO2. 4 mol H2进行
21、上述反应，达到平衡后，若CO2的转化率和CH4的产率均为,则该反应的平衡常数Kp= _ ( 用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。 (5) CO2 转化为CH4也可通过电化学反应实现，其原理如图所示。电解过程中，阴极室，阳极室的KHCO3溶液浓度基本保持不变。阴极的电极反应式为_; 若生成1 mol CH4. 理论上阳极室生成混合气体的体积为_l, (标准状况，忽略气体的溶解)。【答案】 (1). 2H2H1 (2). -154 (3). 增大压强、减小产物浓度 (4). 提高H2和CO2的投料比、增大H2浓度 (5). 0.1 (6). 有其它含碳的副产物 (7). MPa2
22、 (8). 9CO2+8e+ 6H2O=CH4+ 8HCO (9). 224【解析】【详解】(1)已知： CH4(g) +2O2(g)=CO2(g) +2H2O(g) H12H2(g) +O2(g)=2H2O(g) H2则根据盖斯定律，将2-可得CO2(g) +4H2(g)=CH4(g) +2H2O(g)，故其焓变H=2H2H1，根据化学键的键能数据，H=kJ/mol=-154 kJ/mol，故本题答案为：2H2H1；-154； (2)提高CO2平衡转化率，只有使平衡正向进行，所以可增大压强、减小产物浓度，提高H2和CO2的投料比、增大H2浓度等，故本题答案为：增大压强、减小产物浓度；提高H2
23、和CO2的投料比、增大H2浓度；(3)当压强为0.1MPa时，甲烷的含量最高，所以CO2甲烷化应该选择的压强约为0.1MPa ，由于反应过程中，有其它含碳的副产物产生，所以CH4的产率小于CO2转化率，故本题答案为：0.1；有其它含碳的副产物；(4)根据化学方程式列出三段式为： 则CO2的物质的量分数为，同理H2的物质的量分数为，CH4的物质的量分数为，H2O的物质的量分数为，则Kp=MPa2，故本题答案为：MPa2； (5) 电解过程中，阴极是通入二氧化碳，转化为甲烷，电极反应式为9CO2+8e+ 6H2O=CH4+ 8HCO；生成1 mol CH4时，转移了8mol电子，根据电子得失守恒，
24、理论上阳极室生成2mol氧气，同时产生的8mol碳酸氢根能产生8mol二氧化碳，一共产生了10mol的混合气体，在标准状况下，所占体积为224L，故本题答案为：9CO2+8e+ 6H2O=CH4+ 8HCO；224。【点睛】第(5)小题，电解过程中，阴极室，阳极室的KHCO3溶液浓度基本保持不变，所以阴极产生的8mol碳酸氢根移动到阳极，并且转化为8mol二氧化碳，再加上阳极产生的2mol氧气，一共产生了10mol的混合气体，此为易错点。化学一选修3: 物质结构与性质11. 铜是人体不可缺少的微量元素之一，但铜摄入过量又会导致中毒。(1)基态Cu原子的价层电子排布式为_ (2)向CuSO4溶液
25、中逐滴加入氨水，经历沉淀析出、沉淀溶解过程。当沉淀完全溶解后，再向其中加入乙醇，可得到深蓝色晶体Cu(NH3)4SO4 H2O。该晶体的阴离子立体构型为_。氨(NH3)和膦(PH3) 均为三角锥形分子，其中，H-N-H键角为107，H-P-H键角为93.6，试分析PH3的键角小于NH3的原因_ 。氨的沸点_(填“高于”或“低于”)膦，请解释原因_。(3) D-青霉胺(, -二甲基半胱氨酸)的结构如图所示，可作为药物用于治疗或控制铜中毒病症，其中的碳原子的杂化方式为_ ； 其组成元素中，第二周期的三种元素的电负性由大到小的顺序为_ 。第一电离能(I1)由大到小的顺序为_。(4)晶体Cu的晶胞结构
26、如图所示，若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_g.cm-3 (NA代表阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1). 3d104s1 (2). 平面正方形 (3). N电负性较大，N-H键键长较小，3个N-H键之间排斥力较大（从P角度分析亦可） (4). 高于 (5). NH3分子之间形成氢键 (6). sp3和sp2 (7). ONC (8). NOC (9). (2561021)/(a3NA)【解析】【分析】(1)根据铜在元素周期表中的位置确定价电子排布式；(2)根据硫酸根的结构特点确定S的杂化方式；【详解】(1) Cu为29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64
27、s13d10，则基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，故答案：3d104s1。(2)由晶体Cu(NH3)4SO4H2O可知，该晶体阴离子为SO，SO的中心原子硫原子的价层电子对数=4，没有孤电子对，所以SO的空间构型为平面正四面体；因为氨(NH3)和膦(PH3)均为三角锥形分子，其中，H-N-H键角为107，H-P-H键角为93.6，产生此差异的原因是N电负性较大，N-H键键长较小，3个N-H键之间排斥力较大；氨的沸点高于膦，是因为NH3分子之间形成氢键，故答案：平面正方形；N电负性较大，N-H键键长较小，3个N-H键之间排斥力较大；高于；NH3分子之间形成氢键。(3) D-青霉胺(,
28、 -二甲基半胱氨酸)的结构如图所示，饱和碳原子中的碳均为sp3杂化，羧基中的碳为sp2杂化；根据D-青霉胺(, -二甲基半胱氨酸)的结构可知组成元素中，第二周期的三种元素分别为C、N、O，它们的半径逐渐减小，电负性由大到小的顺序为ONC；因为N原子属于半充满状态，所以第一电离能比O大，所以第一电离能(I1)由大到小的顺序为NOC，故答案：sp3和sp2；ONC；NOC。(3)根据Cu晶体的晶胞结构示意图可以知道，以顶点铜原子为例，距离最近的铜原子位于晶胞的面心上，这样的原子有12个，所以晶胞中Cu原子的配位数为12，Cu晶体的晶胞中含有铜原子数=4，根据可以知道晶胞的密度=，故答案：。化学一选
29、修5: 有机化学基础12. 化合物E具有优良的生物活性，广泛用于医药和农药领域。其合成路线可设计如下:回答下列问题:(1) A生成B的化学方程式为_, 反应类型为_.(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出A的结构简式，用星号(*)标出A中的手性碳_。(3) C的分子式为_.(4)若D的结构简式分别为: 、，分别对应E1、E2、E3 、E4，则E3的结构简式为_; C 与D1-4合成E1-4时，反应结果见下表:请找出规律_; E2较E1 (或E4较E3)反应时间较长，产率较低的原因是_。(5)已知：RCOOHRCOCl设计由为原料制备为原料制备的合成路线_ ( 无机试剂任
30、选)。【答案】 (1). (2). 氧化反应 (3). (4). C10H18N2 (5). (6). C与醛类的反应速率较酮类快，反应时间较短，产率较高 (7). 随着R1、R2体积增大，位阻增大 (8). 【解析】【分析】(1)由A的结构简式为，根据官能团羟基的性质进行判断；(2)根据手性碳的概念：碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，进行分析；(3)根据C的结构简式：书写分子式；(4)根据分析E3的结构简式；(5) 根据原料和产物的特征及已知反应条件进行判断。【详解】(1)根据框图：A结构简式为，根据反应条件可知：A发生了醇的氧化反应，其反应方程式为：，故答案：；氧化反应。(2)根据框图：A的结构简式为，根据碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，所以A中手性碳原子为，故答案：。(3)由C的结构简式：，其分子式为：C10H18N2，故答案：C10H18N2；(4)由框图可知：C的结构简式，D3的结构简式：，C+D3E3，根据即得E3；由反应结果图可知：E1、E2属于醛和反应，速率比较快，产量较高；E3、E4是酮和反应，速率较慢，产率也较低；由反应结果图可知：R1、R2越大，反应越慢，故答案：；C与醛类的反应速率较酮类快，反应时间较短，产率较高；随着R1、R2体积增大，位阻增大。(5) 根据RCOOHRCOCl由为原料制备的合成路线，故答案：。
