2021届高三下学期4月高考化学三模适应性训练五（新课标1） WORD版含答案.docx

1、2020-2021学年度高考三模适应性训练五（新课标1）一、单选题1短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，其中X、Y、Z三种元素中，可形成含二种元素的10电子微粒m，n，p，q，且有反应m+np+q；M的最高价氧化物对应的水化物为无机含氧酸中的最强酸，则下列说法正确是（ ）A原子半径XMZYB简单氢化物的沸点ZMYCX、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液可能呈碱性，可能呈酸性DMZ2不可用于自来水的杀菌消毒2常温下，向10.00mL浓度均为0.100molL-1的NaOH溶液和二甲胺(CH3)2NHH2O的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；巳知

2、二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb(CH3)2NHH2O=l.60l0-4。下列说法正确的是（ ）Aa点溶液中，c(CH3)2NH2+约为l.60l0-4mol/LB从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点Cc点溶液中：3c(Na+)+c(CH3)2NH2+=2c(Cl-)DV(HCl)=15.00mL时，c(CH3)2NH2+c(CH3)2NHH2O3下列物质中，不与二氧化硅反应的是（ ）AHClBNaOHCHFDCaO4电解硫酸铵的废水可制备硫酸和化肥，电解装置如图。下列说法错误的是Aa极为电源的负极B通过阳膜移向N室C电解过程中原料室溶液pH升高DM室电极反应式为2H2O-4e-=O

3、2+4H+5下列工业生产中不涉及氧化还原反应的是A合成氨B制漂白粉C冶炼FeD煅烧石灰石6T下的溶液中，c（H+）=10-x molL-1，c（OH）=10-y molL-1，x与y的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）AT时，水的离子积Kw为110-aB若a14，则T”“14，则Kw=c（H+）c（OH-）10-14，c（H+）10-7，温度低于常温，故T25，选项B正确；C. T时，若给pH=1的盐酸微热时，溶液酸性减弱，pH增大，选项C不正确；D. T时，pH=a-2的苛性钠溶液与pH=2的稀硫酸等体积混合，完全中和生成硫酸钠，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），溶液的pH=0.5a

4、，选项D正确；答案选C。7C【详解】A手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，有机物中右侧环中，连接羟基的2个C为手性碳原子，故A错误；B含有饱和碳原子，具有四面体的结构特点，则分子中所有的碳原子不可能都在同一个平面上，故B错误；C含有羟基，可发生氧化、消去反应，含有羰基和苯环，可发生加成反应，故C正确；D能与HBr反应的只有醇羟基，则1mol柔红酮最多可与2mol氢溴酸发生取代反应，故D错误。故选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，解题关键：把握官能团与性质的关系，易错点D，醇和酚的性质不相同，能与HBr反应的只有醇羟基。8长颈漏斗 可控制反应的发生与停止 2KC

5、lO32KCl+3O2 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2 （或）。 【详解】(1)仪器A为添加液体的玻璃仪器，其为长颈漏斗；故答案为：长颈漏斗；(2)装置用到的是长颈漏斗，加入酸后反应无法控制，而装置带小孔的隔板通过气体的压强作用，可以将固体和液体分离，可通过关闭止水夹来调节装置内的气体压强来控制反应的进行；图与图装置比较，主要优点是可控制反应的发生与停止；故答案为：可控制反应的发生与停止；(3)装置氯酸钾（KClO3）固体在二氧化锰做催化剂并加热的条件下，能较快的分解为氯化钾和氧气，装置用于收集氧气，若将装置和装置的a端相连，可用于实验室制取氧气，其反应的原理(用化学方程式表

6、示)2KClO32KCl+3O2；故答案为：2KClO32KCl+3O2；(4)实验室制备CO2，反应的原理：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；适用于固体与液体在常温下反应来制取气体，由于浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥气体，所以再通过浓硫酸把二氧化碳干燥后再进行收集，由于要收集干燥的CO2，二氧化碳气体的密度比空气大，用向上排空气法收集，若用来收集，则由长管a进入；所以仪器的连接顺序为（或）；故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；（或）。93d84s2 平面正三角形 4 石墨 sp3 30NA C60与二氧化硫都是非极性分子，相似相溶，而水是极性分子 10

7、7nm 【详解】（1）Ni位于族，即Ni的价电子包括最外层电子和次外层的d能级，Ni的价电子排布式为3d84s2；（2）BF3中B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子，为平面三角形；（3）根据均摊法，图2碳原子位于顶点、棱上、面心、体心，因此个数为8+4+2+1=4个；石墨同层原子靠共价键结合，键长小于金刚石中碳碳键；(4)图乙中,1号C形成3个CC及1个，CO键，C原子以sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的C原子杂化方式均为sp2,为平面结构，则图乙中C与相邻C形成的键角图甲中1号C与相邻C形成的键角；（5）C60中一个碳原子有2个CC，1个C=C，根据均摊法，1个碳原子有个

8、键，1molC60中含有键的数目是60NA=30NA；C60与二氧化硫都是非极性分子，相似相溶，而水是极性分子；C60的晶胞与干冰的晶胞相似，设棱长为acm，晶胞的质量为(86)g=g，晶胞的体积为a3cm3，根据密度的定义，=，a=，两个最近C60间距离是面心对角线的一半，即107nm。【点睛】本题（3）、（4）对晶胞的结构的认识，采用均摊法，确认微粒的个数，顶点是占，棱上是，面心是，体心属于全部，如M原子有12个在棱上，9个晶胞内部，因此M原子个数为129=12；根据石墨结构，每一个碳原子形成三个平面六边形，形成3个CC，无孤电子对，因此杂化类型为sp2，与金刚石中碳杂化类型不同；分子晶体

9、晶胞的结构，应熟悉干冰晶胞结构。10a+b 3Al3+10OH-=Al(OH)4-+2Al(OH)3 6O2+6e-=6O (或O2+e-=O) 0.1 【分析】(1)根据盖斯定律结合H-TS0反应自发进行分析解答； (2)首先计算确定反应中n(AlCl3)n(NaOH)的比值，在结合Al3+ 3OH-=Al(OH)3和Al(OH)3+OH-=Al(OH)4-分析解答；(3)氧气在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，应该为催化剂，结合正极反应式分析书写；2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，结合电子守恒计算；(4)Al片和CuSO4溶液反应生成Cu，Cu、Al、盐酸构成原

10、电池，加快反应速率，据此作图。【详解】(1)Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g) H1=a kJmol-1，3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g) H2=b kJmol-1，根据盖斯定律，将+可得：Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g) H=H1+H2=(a+b)kJ/mol；反应Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g) H1=a kJmol-1，S0，常压下，在1900的高温下才能进行，表示H-TS0反应自发进行，说明该反应H0，故答案为：a+b；(2)反应中n(AlCl3)n(NaO

11、H)=3010-3L1.0molL-15010-3L2.0molL-1=310，因为，所以部分Al(OH)3Al(OH)4-，根据Al原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3Al3+10OH-=Al(OH)4-+2Al(OH)3，故答案为：3Al3+10OH-=Al(OH)4-+2Al(OH)3；(3)该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为Al-3e-=Al3+(或2Al-6e-=2Al3+)，电池的正极反应式：2CO2+2e-=，该过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：O2+e-=O、二氧化碳和O反应生成草酸根和氧气，2CO2+2O=+2O2，故答案为：6O2+6e-=6O

12、 (或O2+e-=O)；用惰性电极电解1L0.05mol/L的CuSO4溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，溶液中Cu2+物质的量为1L0.05mol/L=0.05mol，完全放电，会转移0.1mol电子，当导线通过0.12mol电子时，铜离子完全放电，并电解部分水，则生成0.05molH2SO4，溶液中增加氢离子物质的量0.1mol，电解后溶液的c(H+)=0.1mol/L，故答案为：0.1；(4)Al片和CuSO4溶液反应生成Cu，Cu-Al-盐酸构成原电池，加快反应速率，但Al的质量减少，所以生成的体积变少，反应产生H2的体积随时间变化曲线图为，故答案为：。【点睛

13、】本题的易错点为(4)，要转移生成的氢气减少。11A 碲化亚铜 Cu2Te2O22CuOTeO2 2Cr2O33O24Na2CO34Na2CrO44CO2 Cu2 TeO22SO23H2O=Te26H “还原”生成的硫酸循环使用 1.0104 【分析】电镀污泥主要成分为Cu2Te、Cr2O3以及少量的Au，加入纯碱，在空气中煅烧发生的反应为：碲化亚铜的性质与硫化亚铜类似，煅烧时生成氧化铜和二氧化碲：Cu2Te2O22CuOTeO2；三氧化铬被氧化为铬酸钠：2Cr2O33O24Na2CO34Na2CrO44CO2，水浸得到铬酸钠溶液，分离出沉渣中加入稀硫酸溶液回收金，浸出液通过电解沉积得到金属单

14、质铜，“还原”时二氧化硫将TeO2还原为单质碲，即可得到粗碲。【详解】(1)52Te的质子数为52，原子结构示意图为：，碲(Te)位于元素周期表中第五周期A族，Cu2Te中Cu化合价为+1价，Te化合价为-2价，即名称为碲化亚铜，故答案为：A；碲化亚铜；(2)碲化亚铜的性质与硫化亚铜类似，煅烧时生成氧化铜和二氧化碲：Cu2Te2O22CuOTeO2；三氧化铬被氧化为铬酸钠，根据得失电子守恒和质量守恒写出配平的化学方程式：2Cr2O33O24Na2CO34Na2CrO44CO2，故答案为：Cu2Te2O22CuOTeO2；2Cr2O33O24Na2CO34Na2CrO44CO2；(3)酸浸时，氧

15、化铜与硫酸反应生成硫酸铜，浸出液中还含有Cu2，故答案为：Cu2；(4)“还原”时二氧化硫将TeO2还原为单质碲，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，配平的离子方程式为：TeO22SO23H2O=Te26H，“还原”生成的硫酸可进入“酸浸”循环使用，降低成本，故答案为：TeO22SO23H2O=Te26H；“还原”生成的硫酸循环使用；(5)A点的浓度为0.25molL-1，的浓度为0.5molL-1，H+浓度为110-2molL-1；此时该转化反应的平衡常数，故答案为为：1.0104。12酚羟基、羰基 + 【分析】根据C、G、H的结构简式以及CD的转化条件可以推知D为：，结合F转化为G的条件（浓硫酸、

16、加热消去反应）、丙酮三个碳链的结构，可逆推出F的结构为，再结合题目的已知信息可推知E的结构为，据此分析解题：(1)根据流程图中化合物C结构简式为，可确定其中含有的官能团的名称；(2)根据上述分析可知化合物D的结构简式；(3) 结合已知信息，结合流程图中E、F的分子式和上述分析的结构简式即可写出反应的化学方程式；(4)根据化合物F的分子式，结合条件属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应，即含有苯环，不含酚羟基；1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应，且分子中只有2个氧原子，故说明含有一个酚羟基形成的酯基；1H-NMR图谱检测表明分子中共有4种氢原子，说明分子中有4种不同环境

17、的氢原子；即可确定其所有同分异构体的结构简式； (5)参照苄丙酮香豆素合成路线中（羟醛缩合）和（醇类消去）的反应原理，可用苯甲醛和乙醛合成，再利用碳碳双键与卤素加成反应及卤代烃的碱性水解反应原理，即可合成。【详解】(1)根据流程图中化合物C结构简式为，故其中含有的官能团的名称为酚羟基、酯基，故答案为：酚羟基、羰基；(2) 根据C、G、H的结构简式以及CD的转化条件可以推知D为：，故答案为：；(3) 根据以上分析可知：结合流程图中E、F的结构简式分别为：，再结合已知信息，可写出反应的化学方程式+，故答案为：+；(4)根据化合物F的分子式，结合条件属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应，即含有苯环，不含酚羟基；1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应，且分子中只有2个氧原子，故说明含有一个酚羟基形成的酯基；1H-NMR图谱检测表明分子中共有4种氢原子，说明分子中有4种不同环境的氢原子；即可确定其所有同分异构体的结构简式有，故答案为：；（5）参照苄丙酮香豆素合成路线中（羟醛缩合）和（醇类消去）的反应原理，可用苯甲醛和乙醛合成，再利用碳碳双键与卤素加成反应及卤代烃的碱性水解反应原理，即可合成，流程为，故答案为：。