1、2021年秋期高三第一次月考化学答案及评分标准一、选择题（每个3分，共48分）12345678C B C ABCCB910111213141516DADACCBB二、非选择题（共52分）17、（共12分，除标注外，每空均为1分）（1）bd （少选、错选均不给分） （2） HCN则酸性：HCOOH HCN，等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中pH，HCOONaNaCN，由电荷守恒 ，可知，所含阴离子总数前者大于后者，故A正确；B. 由H2SO3和H2CO3电离平衡常数可知，则酸性，所以少量SO2通入Na2CO3溶液中发生反应：SO2+H2O+=+，故B错误；C. 等pH的HCOOH和HCN
2、溶液，酸的物质的量：HCOOH，故C错误；D. 相比较，中的水解促进水解，的大小为，相比较，中的水解抑制的电离，：，为二元弱酸，分步电离， 最小，则的大小关系为，故D正确。7、【详解】A. 由电离平衡常数知，HF 的酸性比 CH3COOH 强，pH 均为 3 的 HF 和 CH3COOH 溶液，CH3COOH的物质的量浓度大，故相同浓度的 NaOH 溶液分别滴定等体积 pH 均为 3 的 HF 和 CH3COOH 溶液至终点，醋酸消耗 NaOH溶液的体积大，A错误；B. 0.2 molL-1 CH3COONa 与0.1 molL-1盐酸等体积混合后，所得为物质的量浓度相等的醋酸和醋酸钠溶液，K
3、a(CH3COOH)=1.7510-5，则醋酸钠的水解常数 ，则醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，混合溶液呈酸性：c(Na+)c(CH3COO) c(Cl)c(CH3COOH)c(H+)c(OH)，B错误；C. 0.2 molL-1 HCN 与 0.1 molL-1 NaOH 等体积混合后的溶液中：由电荷守恒得 ，由物料守恒可知，合并上面2式得到：c(CN) +2 c(OH)=c(HCN) + c(H+)，则c(CN) + c(OH) a，故n(H+)：b a，B正确；Cb、c两点pH相等，即溶液中总的c(H+)相等，c点：硫酸中c(H+) c(OH-)，硫酸中的OH- 全部来源于水，故c(H+
4、) c(OH-)= c水(OH-) =c水(H+)；b：Al2(SO4)3中H+全部来源于水（水解产生的H+实际也来源于水），故c水(H+)= c(H+)，所以b、c两点水电离出的H+：bc，C错误；D稀释过程中：H2SO4溶液中c(H+)减小，对水的电离抑制作用减弱，故c水(H+)是增大的，而Al2(SO4)3溶液中c(H+)就代表水的电离情况，稀释后c(H+)减小，即c水(H+)是减小的，即稀释后，H2SO4溶液中c水(H+)增大，Al2(SO4)3溶液中c水(H+)是减小，两者比值增大，D错误；故答案选B。9、【分析】联氨(N2H4)为二元弱碱，则联氨(N2H4)的两步电离方程式为：N2
5、H4+OH-、N2HN2H+OH-，根据图象可知，当溶液中c(N2H4)=c()时，溶液的pOH=6.0，则Kb1=10-6.0，当溶液中c()=c()时，溶液pOH=15.0，则Kb2=10-15。【详解】A. 当溶液中c(N2H4)=c()时，溶液的pOH=6.0，则Kb1=10-6.0，故A正确；B. 根据电荷守恒可知，N2H6Cl2溶液中存在：c(Cl)c(OH)=c(N2H)2c(N2H)c(H)，故B正确；CN2H5+的水解平衡常数为Kh2=10-8 Kb2=10-15，则N2H5Cl溶液呈酸性，所以溶液中：c(H)c(OH)，故C正确；D. N2H5Cl在溶液中水解的离子方程式为
6、：N2HH2O = N2H4H2OH+，故D错误。10、【分析】25时，溶液中CN-、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如图甲所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10mL 0.01 molL-1NaCN溶液中逐滴加入0.01 molL-1的盐酸，其pH变化曲线如图甲所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN、HCN，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，溶液呈酸性，以此解答该题。【详解】ANaCN溶液中逐滴加入盐酸，存在物料守恒c(Na) =c(HCN)c(CN-)，故A正确；Ba点的坐标为(9.5，0.5)，则a点c(H
7、CN)=c(CN-)，NaCN的水解平衡，故B错误；Cb点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN-水解程度，可知c(HCN)c(CN-)，故C错误；Dc点加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，根据物料守恒得c(Cl-)=c(HCN)+c(CN)，而根据电荷守恒可知，c(Na)c(H)=c(Cl-)c(OH-)c(CN-)，则c(Na)c(H)=c(HCN)c(OH-)2c(CN-)，故D错误；故选A。11、【详解】A、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体的物质的量为1mol，而NO2和CO2均含2个氧原子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol
8、氧原子，即2NA个，故A正确；B、乙烯C2H4)和环丁烷(C4H8)的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量n=2mol，故含有2mol碳原子，即2NA个，故B正确；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量n=2mol，而1molNO2中含3mol原子，即2molNO2中含6mol原子，即6NA个，故C正确；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氯气的物质的量小于1mol，转移的电子数小于2NA，故D错误；故选D。12、【详解】A项，关于苯的同系物的沸点，碳原子数越多则沸点越高，对于相同碳原子数的苯的同系物的同分
9、异构体中，侧链越短、侧链在苯环上越分散，物质的熔沸点越低，即、的沸点依次升高，故A项正确；B项，的一氯取代物有四种，的一氯取代物有五种，故B项错误；C项，取代苯环上氢原子的碳原子与苯环上所有的碳原子处于同一平面上，其他的碳原子具有甲烷的结构，所以中碳原子通过适当旋转角度有可能处在一个平面上，而中的碳原子不可能都处于同一平面上，故C项错误；D项，、都属于芳香族化合物，是同分异构体，故D项错误。13、【分析】短周期元素A、B、C、D、E最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、M、Z、W，B是短周期中原子半径最大的元素，则B为Na元素，则Y为NaOH；0.1mol/L的X、W溶液pH=1，则X和W均为一
10、元强酸，且A的原子序数小于Na元素，E的原子序数大于Na元素，则A为N元素、X为HNO3；E为Cl元素、W为HClO4；0.1mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且D的原子序数大于Na元素，则D为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Y、Z、W均可与M反应，则M为两性氢氧化物，则M为Al(OH)3、C为Al元素，据此解答。【详解】短周期元素A、B、C、D、E最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、M、Z、W，B是短周期中原子半径最大的元素，则B为Na元素，则Y为NaOH；0.1mol/L的X、W溶液pH=1，则X和W均为一元强酸，且A
11、的原子序数小于Na元素，E的原子序数大于Na元素，则A为N元素、X为HNO3；E为Cl元素、W为HClO4；0.1mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且D的原子序数大于Na元素，则D为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Y、Z、W均可与M反应，则M为两性氢氧化物，则M为Al(OH)3、C为Al元素，A. 非金属性ClS，故氢化物稳定性HClH2S，故A错误；B. N3-、Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3-Na+Al3+，故B错误；C. 中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 m
12、ol液态水时的反应热，所以NaOH的稀溶液与 HNO3或 HClO4的稀溶液分别发生中和反应时，对应的中和热在数值上相等，故C正确；D. NaOH含有离子键、共价键，HClO4只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D错。14、【详解】A测定相同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH，可比较盐酸、氢硫酸的酸性，但不能利用氢化物的酸性比较非金属性，故A错误；B操作有误，应向AgNO3溶液中滴加NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，再滴加NaI溶液，有黄色沉淀生成，才能证明沉淀发生转化，故B错误；C苯不溶于NaOH溶液，苯酚和NaOH溶液反应生成易溶于水得苯酚钠，溶液分层，可用分液来除杂，故C正确；D
13、酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，则不能判断是否发生H2O2与亚铁离子的反应，不能得出氧化性H2O2比Fe3+强，故D错误。15、【详解】A.由于c中反应为Ni22e=Ni，故c室为阴极室，则电极Y为Li，故A正确；B.由于c中Ni2不断减少，Cl通过阴离子膜从c移向b，a中OH放电不断减少，Na通过阳离子膜从a移向b，所以b中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C.X为正极，FeS得电子，电极反应式为FeS2Li2e=FeLi2S，故C正确；D.若去掉阳离子膜，Cl在阳极放电生成Cl2，电解反应总方程式发生改变，故D正确。16、【分析】根据H2S为二元弱酸，分步电离，同时还存在水
14、的电离，写出电离方程式进行分析判断A；根据一水合氨为弱碱，弱碱在稀释过程中溶液的pH变化比强碱溶液小分析判断B；H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断C；钠离子不水解，可以根据酸根离子对应酸的酸性强弱判断pH相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO的浓度大小，钠离子浓度与三者浓度相等分析判断D。【详解】A、H2S为二元弱酸，分步电离，H2S溶液中，存在H2SH+HS-、HS-H+S2-、H2OH+OH-，根据上述反应知，pH=5的H2S溶液中，c(H+)=1105 molL1c(HS)，故A错误；B、加水稀释促进氨水电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍
15、后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则ab+1，故B正确；C、H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na)+ c(H)= c(OH)+c( HC2O4)+2 c( C2O42-)，故C错误；D、酸性：CH3COOHH2CO3HClO，根据盐类水解规律：组成盐的酸根离子对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，则pH越大，故pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的浓度由大到小为，即c(Na+)大小为：，故D错误。17、(1)醋酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离生成醋酸根离子和氢离子，其电离方程式为CH3
16、COOH CH3COO- + H+。a.醋酸的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，c(H+)/c(CH3COO-)不变，错误；b.通入HCl气体，抑制了醋酸的电离，氢离子浓度增大，c(CH3COO-)减小，c(H+)/c(CH3COO-)增大，正确；c.加入NaOH固体，消耗了H，醋酸的电离平衡正向移动，c(H+) / c(CH3COO-)减小，错误；d.加入NaHSO4固体相当于加入一元强酸，抑制了醋酸的电离，氢离子浓度增大，c(CH3COO-)减小，c(H+)/c(CH3COO-)增大，正确；答案选bd。(2)若等浓度、等体积的醋酸与NaOH反应，两者恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，因
17、为溶液呈中性，所以醋酸稍微过量，氢氧化钠的体积小于100mL，即V100mL。(3)已知CH3COOH的电离常数Ka=1.810-5，则Ka=c(CH3COO-)c(H)/c(CH3COOH)=1.810-5，因为c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=18，则c(H)=10-6mol/L，此时溶液的pH=6。(4)通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO-）=bmol/L，溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出(
18、5)食醋中的醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，所以滴定后的溶液呈碱性，所以选择酚酞作指示剂，故答案为：酚酞；A与C刻度间相差1mL，每一小格是0.1ml，滴定管的读数精确到0.01mL，所以正确读数是25.40mL；酚酞遇酸不变色，所以溶液开始无色，滴定终点时为弱碱性溶液，所以终点时的现象是溶液由无色变为浅红色或粉红色，且半分钟内不褪色，故答案为：25.40；溶液从无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；A、实验结束时，俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积，会使读数偏小，计算的体积也偏小，故错误；B、滴定前有气泡，会使初读数偏小，滴定后消失，读数正确，则二者的差值偏大，故正确；C、盛装白醋溶液的滴定
19、管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗，对结果无影响，故错误；D、锥形瓶用食醋润洗，使醋酸的物质的量增多，消耗氢氧化钠的体积增大，结果偏大，故正确；E、滴加NaOH溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，滴定终点还未到达，使结果偏小，故错误；BD正确，故答案为：BD；第一次的数据与后两次的数据明显大，所以舍去第一次的数据，用后两次的数据进行计算，根据中和反应的实质，醋酸的浓度为。18、【分析】废铁屑先用热的NaOH溶液除去表面的油污，然后加入稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，-2价S元素遇酸转变为有毒气体H2S，H2S可以用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收。得到的硫酸亚铁溶液中加入氨水，
20、生成(NH4)2Fe(SO4)26H2O，再加入饱和H2C2O4，生成难溶于水的黄色晶体FeC2O42H2O，过滤后向沉淀中加入饱和K2C2O4，然后加入6%H2O2溶液，使Fe（）被氧化成Fe（），再加入饱和H2C2O4，得到K3Fe(C2O4)3溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到K3Fe(C2O4)33H2O晶体，用乙醇洗涤，干燥后得到纯净的K3Fe(C2O4)33H2O。【详解】(1)三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O中钾为+1价，碳为+3价，氧为-2价，根据正负化合价代数和为0的原则，可计算出铁的化合价是+3价。(2)废铁屑长期露置于空气中，表面会有油污，加热时油污可以
21、在碱性环境下彻底水解，所以加入10%NaOH并加热的目的是去除废铁屑表面的油污。(3)废铁屑中-2价S元素遇酸转变为有毒气体H2S，H2S是酸性气体，能溶于碱溶液，可以用NaOH溶液吸收，H2S也可以和硫酸铜溶液反应生成CuS沉淀，所以也可以用CuSO4溶液吸收，故选BD。(4)浅绿色悬浊液中有(NH4)2Fe(SO4)26H2O，加入饱和H2C2O4生成黄色沉淀FeC2O42H2O，化学方程式为：(NH4)2Fe(SO4)26H2O+H2C2O4=FeC2O42H2O+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O。(5)黄色沉淀是FeC2O42H2O，其中铁是+2价，要制备的K3Fe(C2O4)
22、33H2O中铁是+3价，所以需要将Fe（）氧化成Fe（），所以加入6%H2O2的目的是将Fe（）氧化成Fe（），温度保持7080，采用的合适加热方式是水浴加热。(6)从K3Fe(C2O4)3溶液中获得K3Fe(C2O4)33H2O晶体，需经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。(7)由于K3Fe(C2O4)33H2O难溶于乙醇，所以用乙醇洗涤，既可以除去晶体表面残留的水分，又能防止晶体溶解损失。(8)根据Fe(C2O4)33-(aq)+SCN-(aq)Fe(SCN)2+(aq)+3C2O42 (aq) K=6.3110-17，因为Fe(C2O4)33-转化为Fe(SCN)2+反应的平衡常数小于1.010-
23、5，观察不到明显现象，所以无法检验所制晶体中是否含Fe（）。【点睛】从溶液中获得晶体的方法有蒸发结晶和冷却结晶。对于溶解度受温度影响不大的物质，如NaCl，就可以通过蒸发结晶的方法获得晶体，对于溶解度受温度影响较大的物质如KNO3，需要通过冷却热饱和溶液的方法获得晶体。如果从溶液中获得带结晶水的晶体如CuSO45H2O等，也需要通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法获得晶体，如果直接加热蒸发，结晶水容易失去。19、【分析】（1）由H2和CH4的燃烧热分别为-285.5kJmol-1和一890.0kJmol-1，知二者燃烧的热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(l)H=-285.5kJmol-1，
24、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-890.0kJmol-1，H2O(l)=H2O(g)H3，根据盖斯定律，4+2-计算H1，还必须知道“H2O(l)=H2O(g)”的焓变；（2）读图知，200C时CO2转化率最高，H2O、CH4的物质的量分数最大，密闭容器中应选择适宜的温度是200C；反应IH10、“反应IIH20，恒压条件下，升高温度时反应I的平衡向逆向移动使CO2的量增加，反应II的平衡正向移动使CO2的量减少，但反应I向左移动增加的CO2的量大于反应II向右移动减少的CO2的量，所以CO2的物质的量分数随温度升高而增大；相同温度下，反应II正向是前后气体分子数
25、不变的反应，压强改变不影响其平衡移动，反应I正向为气体分子数减小的反应，增大压强，反应I的平衡向正反应方向移动，所以相同温度时，压强越大，CO2的平衡转化率越大；（3）“反应”为CO2(g)+2H2(g) = C(s)+2H2O(g)，正反应气体分子数目减少，平衡体系混乱度减小，则S0；温度一定时，在2L密闭容器中按n(H2)/n(CO2)=2投料进行“反应III”，设氢气与二氧化碳初始投料分别为2mol和1mol，二氧化碳转化的物质的量为xmol，列三段式：达到平衡时体系的压强为原来压强p0的0.8倍，即=0.8，解得x=0.6，则平衡时体系中CO2、H2、H2O(g)的物质的量分别为0.4
26、mol、0.8mol、1.2mol，混合气体的总物质的量为0.4+0.8+1.2=2.4mol，p(CO2)=0.8p0=，p(H2)=2p(CO2)=，p(H2O)=0.8p0=0.4p0，该温度下反应平衡常教Kp=；A加快反应器中气体的流速，相当于减小浓度，平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，故A不符合题意；B反应器前段加热，后段冷却，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故B符合题意；C提高原料气中H2所占比例，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故C符合题意；D增大催化剂的表面积，反应速率加快，但平衡不移动，二氧化碳转化率不变，故D不符合题意；故选BC。20、【分析】根据Cu的原子序数和核外电
27、子排布规律，判断基态Cu与Cu2中未成对电子数之比；根据白铜的晶体类型判断所含化学键和Cu、Ni的电子排布，判断元素铜与镍的第二电离能I(Cu)I(Ni)的原因；根据题中所给结构，判断配位数和由价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；根据题中信息，金属互化物ZnCu是面心立方最密堆积，判断Zn位于顶点、面心；根据题中所给晶体结构，由“均摊法”计算晶体密度；据此解答。【详解】(1)Cu的原子序数为29，核内29个质子，核外29个电子，根据核外电子排布规律，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2sp63d104s1，有1个未成对电子，Cu2+是失去最外层4s上1个电子和3d上一个电子
28、，其电子排布式为1s22s22p63s2sp63d9，有1个未成对电子，则基态Cu与Cu2中未成对电子数之比为1:1；答案为1:1。(2)白铜是铜镍合金，金属合金属于金属晶体，存在金属键；元素铜失去1个电子后的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，达到全充满稳定状态，很难失去第2个电子，而镍失去1个电子后的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s1，很不稳定，易失去4s的1个电子；所以第二电离能I(Cu)I(Ni)的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，较难失去电子，镍失去的是4s1电子，较易失去电子；答案为金属键，铜失去的是全充满的3d10电子，较难失去电子，镍失去
29、的是4s1电子，较易失去电子。(3)由结构可知，Cu2+形成4个配位键，Cu2+的配位数是4；环和乙酸根离子中连接O原子的碳原子价层电子对个数都是3、甲基上的C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子轨道杂化类型，前者为sp2杂化，后者为sp3杂化；N、O元素的电负性较大而原子半径较小，所以C、N、O三种元素的简单氢化物中，N、O的氢化物即NH3、H2O都能形成氢键；答案为4，sp2、sp3，NH3、H2O。(4)金属互化物ZnCu中所有金属原子均按面心立方最密堆积，故每个晶胞中含有4个金属原子，若所有Cu原子均位于晶胞的面心，则Zn原子位于晶胞的8个顶点和面心，6个面心中有4
30、个面心是Cu原子，2个面心是Zn原子；答案为顶点、面心。由可知，该晶体结构中Ca原子的个数=12+2=3，Cu原子个数=12+6+6=15，其体积V=(x10-10)2sin606(y10-10)cm3=x2y10-30cm3，密度= gcm-3；答案为。21、【分析】本题以某芳香族聚碳酸酯的合成路线为背景，考查有机物的结构与性质及有机合成路线的设计等，对比F和苯的分子式可知，C为丙烯，根据B为甲烷，逆推A生成B、C的反应为烷烃的裂解，进而推知D为乙烯，E为乙烷，FH是异丙苯氧化生成H（苯酚）和丙酮的反应，反应是苯酚+丙酮M 的反应；反应是环氧乙烷和二氧化碳中的碳氧双键发生的加成反应；根据信息
31、可知，反应是和甲醇发生醇酯交换反应，产物P是乙二醇，N是碳酸二甲酯，反应是碳酸二甲酯与发生的缩聚反应。【详解】(1)根据以上分析，工艺X的名称为裂解，有机物E为乙烷，故答案为裂解；乙烷；(2)C到F为苯和丙烯在催化剂条件下生成异丙苯的反应，反应类型为加成反应，产物P是乙二醇，结构简式为HOCH2CH2OH，故答案为加成反应；HOCH2CH2OH；(3)反应是碳酸二甲酯与发生的缩聚反应，化学方程式为n+n+(2n-1)H2O；(4) 有机物W的相对分子质量是D的三倍，且二者的最简式相同，则W的分子式为C6H12,满足分子中含有甲基,核磁共振氢谱显示有2组峰的物质是1，2，3-三甲基环丙烷，结构简式为。(5) 水解会得到，以邻二甲苯和苯酚为原料合成的合成路线，对比前后结构可知，需要将苯酚与羰基结构反应，即发生所给信息的反应，同时邻二苯右侧要形成环状结构，邻二甲苯可以被高锰酸钾氧化成邻苯二甲酸（），根据题给信息可知，邻苯二甲酸分子内脱水可形成环状，合成路线图为
