陕西省西安市长安一中2020届高三化学上学期第一次质检试题（含解析）

陕西省西安市长安一中2020届高三化学上学期第一次质检试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1C12O16Al27S32一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是最符合题意的。共16小题，每小题3分，共48分。）1.化学与工农业生产、日常生活、材料等有密切的联系，下列说法正确的是（）A.华为公司自主研发的“麒麟970芯片需要以高纯度的二氧化硅为原料B.笔、墨、纸、砚为传统的文房四宝，上述物质中的(毛)笔与(宣)纸均含有机物C.电影《红高梁》中用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高梁中的乙醇分离出来D.有机高分子明星材料石墨烯，具有优异的光学、电学、力学和热学性质【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硅是光导纤维的主要成分，不能导电，不是制造芯片的原料，硅为半导体材料，可以用于制造芯片，A项错误；B.毛笔笔头是由动物鬓毛制成，动物鬓毛的主要成分是蛋白质，纸的主要成分是纤维素，均含有机物，B项正确；C.高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉先水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出来，C项错误；D.石墨烯是一种由碳元素组成的单质，不是有机高分子，D项错误；答案选B。2.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.氨水的饱和溶液中:Ca2+、NH4+、Cl-、HCO3-B.0.1mol͘·L-1的AlCl3溶中:Na+、Mg2+、CO32-、NO3-C.漂白粉的溶液中:Ba2+、K+、OH-、I-D.通入过量CO2的溶液中:Na+、NH4+、Cl-、SO42-【答案】D【解析】【详解】A.氨水的饱和溶液中HCO3-与氢氧根反应生成CO32-，CO32-与Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A项错误；B.0.1mol͘·L-1的AlCl3溶中，Al3+与CO32-因发生双水解不能大量共存，Mg2+与CO32-生成沉淀不能大量共存，B项错误；C.ClO-与I-发生氧化还原反应，不能大量共存，C项错误；D.通入过量CO2的溶液中离子之间互不反应，可以大量共存，D项正确；答案选D。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。还有一些限定条件如：常温下水电离出来的H+和OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。3.正确掌握化学用语是学好化学的基础,下列化学用语中正确的是（）A.硫酸铁铵的化学式:(NH4)2Fe(SO4)2B.乙醚的分子式C2H4OC.苯乙烯的结构简式：D.四氯化碳分子的比例模型：【答案】C【解析】【详解】A.硫酸铁铵中铁元素的化合价为+3价，化学式为NH4Fe(SO4)2，A项错误；B.乙醚的分子式C4H10O，B项错误；C.苯乙烯的结构简式：，C项正确；D.因比例模型能够反映出成键原子的大小，碳原子半径比氯原子小，而在该模型中碳原子半径却比氯原子大，D项错误；答案选C。4.下列物质性质与应用对应关系不正确的是（）A.浓硝酸、浓盐酸均为易挥发的强酸，两者混合配成的“王水”具有强腐蚀性B.浓氨水具有挥发性，可用于检验运送氯气的管道是否发生泄露C石墨具有导电性、稳定性，可用作电极材料D.氯化铝是电解质，可以用于电解法冶炼金属铝【答案】D【解析】【详解】A.浓硝酸、浓盐酸均为易挥发的强酸，浓硝酸和浓盐酸的混合物（体积比为1:3）叫做王水，能使一些不溶于硝酸的金属如金、铂等溶解，具有强腐蚀性，A项正确；B.浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气与氯气发生反应8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，生成的氯化铵为白色固体，若管道某处漏气时会看到白烟，则浓氨水可用于检验运送氯气的管道是否发生泄露，B项正确；C.石墨具有导电性、稳定性，可用作电极材料，C项正确；D.氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电，不能用电解熔融氯化铝的方法冶炼金属铝，D项错误；答案选D。【点睛】可以用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，而不能电解熔融氯化铝，因为氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电，这是学生们的易错点。5.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.一定条件下，3molH2和1molN2充分反应后，可得2NA个NH3分子B.室温下，1LpH=1的HCl溶液中，由水电离的H+数目为0.1NAC.0.1mol金属Na在空气中完全氧化生成Na2O和Na2O2，转移的电子数为0.1NAD.1mol/L的NaCN溶液中含CN-和HCN的数目之和为NA【答案】C【解析】【详解】A.合成氨的反应N2+3H2⇌2NH3为可逆反应，不能进行到底，得到的NH3分子小于2NA，A项错误；B.室温下，1LpH=1的HCl溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，氢氧根是水电离的，-14--13110c(OH)=mol/L=10mol/L0.1，水电离的H+的浓度等于水电离的氢氧根的浓度，则水电离的H+浓度为：c(H+)水=10-13mol/L，水电离的H+数目为10-13NA，B项错误；C.0.1mol金属Na在空气中完全氧化生成Na2O和Na2O2，Na的化合价都是升高为+1价，所以转移的电子数为0.1NA，C项正确；D.缺少溶液的体积，无法计算CN-和HCN的物质的量之和，D项错误；答案选C。【点睛】D项也是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算。6.在实验室制备并收集纯净、干燥的氨气的过程中，下列装置一定不需要的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A.实验室用氢氧化钙和氯化铵固体混合加热制氨气，A项正确；B.氨气极易溶于水，不能用排水法收集氨气，B项错误；C.实验室用氢氧化钙和氯化铵固体混合加热制氨气，Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，生成的氨气中混有水蒸气，可以用碱石灰除去氨气中的水蒸气，C项正确；D.氨气的密度比空气的密度小，可以用向下排空气法收集，导管应为短进长出，D项正确；答案选B。7.异丁烯与氯化氢可能发生的两种加成反应及相应的能量变化与反应过程如下图所示，下列说法错误的是（）A.活化能:反应①大于反应②B.中间产物的稳定性:中间体1小于中间体2C.产物的能量:产物1大于产物2D.△H大小:反应①小于反应②【答案】D【解析】【详解】A.活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，由图可知反应①的活化能大于反应②的活化能，A项正确；B.物质的能量越低，物质越稳定，由图可知中间体1的能量大于中间体2的能量，则中间产物的稳定性:中间体1小于中间体2，B项正确；C.由图可知，产物的能量:产物1大于产物2，C项正确；D.△H=生成物的总能量-反应物的总能量，由图可知，反应①、反应②均为放热反应，△H均小于零，则△H大小:反应①大于反应②，D项错误；答案选D。【点睛】D项是学生们的易错点，忽略了△H是有正负号的，吸热反应的△H大于零，放热反应的△H小于零，则吸热反应的△H大于放热反应的△H；放热反应的△H小于零，则放热越少，△H越大；吸热反应的△H大于零，吸热越多，△H越大；△H=生成物的总能量-反应物的总能量，本题中由图可知，反应①、反应②均为放热反应，△H均小于零，则△H大小:反应①大于反应②。8.一种从废弃钛酸锂电极材料［含Li4Ti5O12、铝箔、碳粉、PVDF（聚偏二氟乙烯）］中回收某些资源的流程如下：已知：Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2O2=2Li2SO4+5［TiO（H2O2）］SO4+7H2O，下列叙述错误的是（）A.步骤的目的是除去碳粉与PVDFB.步骤H2O2的作用是氧化剂C.从该电极材料中可回收的金属元素有Al、Ti、LiD.合理处理废旧电池，有利于环境保护和资源再利用【答案】B【解析】【详解】A.由于碳粉与PVDF均易与氧气反应转化为挥发性气体而除去，A项正确；B.由已知可知，步骤没有元素化合价发生变化，则应是非氧化还原反应，B项错误；C.由流程图中的“NaAlO2”、“含锂沉淀”、“含钛有机相”可知从该电极材料中可回收的金属元素有Al、Ti、Li，C项正确；D.合理处理废旧电池，有利于环境保护和资源再利用，D项正确；答案选B。9.某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。下列关于该有机物的说法正确的是（）A.该有机物的名称是乙酸乙酯B.该有机物能使Br2的CCl4或酸性高锰酸钾褪色，原理相同C.该有机物能发生取代反应、氧化反应和消去反应D.该有机物的同分异构体中能与NaHCO3反应产生气体的链状结构只有3种【答案】D【解析】【分析】由球棍模型可知有机物应为CH3COOCH=CH2，含有酯基和碳碳双键，结合酯和烯烃的性质解答该题。【详解】A.由球棍模型可知有机物应为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，A项错误；B.含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，B项错误；C.含有酯基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生氧化反应，不能发生消去反应，C项错误；D.该有机物的分子式为C4H6O2，不饱和度为2，其同分异构体能与NaHCO3反应放出CO2，应含有羧基，即C3H5-COOH，为链状结构，则烃基为丙烯基，该有机物为丁烯酸，而丙烯基有三种，则同分异构体为3种，分别为CH2=CHCH2COOH，CH2=C(CH3)COOH，HOOCCH=CHCH3，D项正确；答案选D。10.用惰性电极电解1.0Lc(Cl-)=3.0mol/L的CuCl2、NaCl混合溶液，一段时间后，两极均收集到56.0L的气体(标准状况下)。下列说法正确的是（）A.阳极只收集到Cl2B.电解前溶液呈弱酸性，电解结束后，溶液的酸性增强C.整个过程中共转移电子5molD.原混合溶液中c(Cu2+)=1.0mol/L【答案】D【解析】【分析】用惰性电极电解1.0Lc(Cl-)=3.0mol/L的CuCl2、NaCl混合溶液，一段时间后，两极均收集到56.0L的气体(标准状况下)，气体物质的量为56.0L=2.5mol22.4L/mol，-3.0n(Clmol/)=1L.Ll0=3mo，则阳极上Cl-先放电生成氯气，2=1.n(Cl)5mol，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol；阴极上Cu2+先放电，然后H+放电，且生成氢气2.5mol，再根据阴阳两极得失电子守恒进行计算。【详解】A.经分析知，阳极收集到气体共2.5mol，而溶液中Cl-共3mol，生成氯气共1.5mol，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol，A项错误；B.经分析可知，整个电解过程应分为三个阶段：CuCl2Cu+Cl2↑，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2OH2↑+O2↑，电解结束后，溶液的碱性增强，B项错误；C.经分析知，阳极生成氯气1.5mol，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol，则阳极失电子总物质的量为：1.5mol2+1mol4=7mol，则整个过程中共转移电子7mol，C项错误；D.根据得失电子守恒知，阴极得电子数等于阳极失电子数，则阴极得电子物质的量为7mol，经计算阴极生成氢气为2.5mol，那么H+得电子物质的量为5mol，则Cu2+得电子物质的量为2mol，n(Cu2+)=1.0mol，原混合溶液中2+2+()1mol()===1mol/LV1LnCucCu，D项正确；答案选D。11.已知化合物K2S2O8、CrO5中的硫与铬元素的化合价均为+6，则K2S2O8、CrO5中含有的过氧键（—O—O—）个数分别为（）A.1个，1个B.1个，2个C.