2021届高三化学高考临考练习五（新课标1卷） WORD版含答案.docx

1、2020-2021学年度高考临考练习五（新课标1卷）本卷满分100分，考试时间50分钟可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N14 O16 Na23 Al27 S32 Fe56 Cu64 Zn65 Ag108 Sn119一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。1化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列叙述正确的是A2020年12月3日，中国在月球表面首次实现五星红旗的“独立展示”。这面闪耀月球的国旗，是一面真正的“织物版”五星红旗，在正负150摄氏度的温差下仍能“保持本色”，它的主要成分是蛋白

2、质B“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维，属于传统无机非金属材料C2020年春季爆发了新型冠状病毒疫情，该病毒具有极强的传染性。杀菌消毒是防止疫情蔓延的重要措施，84消毒液与酒精混用杀菌消毒效果更好D血液透析是利用了胶体的物理性质，“人工肾”利用血液透析原理救治危重新冠肺炎患者2化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X说法错误的是化合物 X: A化合物X的分子式为C16H12O5B酸性条件下水解，水解产物有3种C该物质与银氨溶液水浴加热能出现银镜D1 mol化合物X最多能与5 mol NaOH反应3下列有关金属的工业制法中，正确的是A制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯

3、净的NaCl溶液B制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁C制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁D制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝4工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化，下列叙述错误的是A过程中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B在过程中实现了TBA、CuCl2的再生C理论上每生成1mol NaHCO3，可得到1mol C2H4Cl2D过程中的反应是C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl5短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在周期表中半径最小，Y的次外层电子数是其最

4、外层的，Z单质可与冷水缓慢反应产生X单质，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是A由Y元素形成的离子与Z元素形成的离子的核外电子总数可能相同B单质的氧化性:WYC化合物X2Y、ZY、ZX2中化学键的类型均相同D原子半径：rWrZrY6利用电解技术，以氯化氢为原料回收氯气的过程如下图所示，下列说法不正确的是A由阳极区向阴极区迁移B阴极电极反应：C阳极电极反应：D阴极区发生的反应有：7常温下，向10mL0.1molL-1的HR溶液中逐渐滴入0.1molL-1的NH3H2O溶液，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析不正确的是Aab点导电能力增强，说明HR为弱酸Bb点溶液pH=7,此时酸碱恰好中和C

5、b、c两点水的电离程度：bc(R-)、c(OH-)c(H+)二、 非选择题：共58分。（一）必考题：共43分。8普通立德粉(BaSO4ZnS)广泛用于工业生产中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制备。以粗氧化锌(含Zn、CuO、FeO等杂质)和BaSO4为原料制备立德粉的流程如图：(1)生产ZnSO4的过程中，反应器要保持强制通风，原因是_。(2)已知KMnO4在酸性环境中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性环境中被还原为MnO。据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH应调至_；得到滤渣的成分为_。a.2.22.4 b.5.25.4 c.12.212.4(3)制备Ba

6、S时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1：2，目的是_；生产过程中会有少量氧气进入反应器，反应器中产生的尾气需用碱液吸收，原因是_。(4)普通立德粉(BaSO4ZnS)中ZnS含量为29.4%。高品质银印级立德粉中ZnS含量为62.5%。在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂制备银印级立德粉。所选试剂为_，反应的化学方程式为_(已知BaSO4的相对分子质量为233。ZnS的相对分子质量为97)。9二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2 是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性， 回答下列问题：（1）ClO2 的制备及性质探究（如图所示）仪器 C 的名

7、称为_，装置 B 的作用是_。装置C 用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_，装置 D 中滴有几滴淀粉溶液，其作用是_。装置E 用于吸收尾气，反应生成NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，氧化产物是_。（2）粗略测定生成 ClO2 的量实验步骤如下：a、取下装置 D，将其中的溶液转入 250mL 容量瓶，用蒸馏水洗涤 D 瓶 23 次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。b、从容量瓶中取出 25.00mL 溶液于锥形瓶中，用 0.1000mol/L 硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I+S4O62-），指示剂显示终点时共

8、用去 24.00 mL 硫代硫酸钠溶液。滴定至终点的现象是_。进入装置 D 中的 ClO2 质量为_，与 C 中 ClO2 的理论产量相比，测定值偏低， 可能的原因是_。10天然气净化过程中会产生有毒的H2S，直接排放会污染空气，通过下列方法可以进行处理。回答下列问题：(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫磺，流程如图：反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) H1=-1035.6kJmol-1催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g) H2=-92.8kJmol-1克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：

9、_。(2)T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示，下列说法正确的是_。A脱硫过程中需要不断添加Fe2(SO4)3溶液Bi过程可导致环境pH减小C该脱硫过程的总反应为：2H2S+O2=2S+2H2OD该过程在高温下进行可加快脱硫速率(3)H2S的分解反应为：H2S(g)H2(g)+S2(g)在无催化剂及Al2O3催化下，H2S在反应器中不同温度时反应，经过相同时间测定H2S的转化率，其转化率与温度的关系如图所示：在1100以后，无论有无Al2O3催化，H2S的转化率都几乎相等。其原因是_。在压强p、温度T、Al2O3催化条件下，将H2S(g)、Ar(g)按照物质的量之比为1：

10、n混合，发生热分解反应H2S(g)H2(g)+S2(g) ，S2的平衡产率为。掺入Ar能提高S2的平衡产率，解释说明该事实：_；平衡常数Kp=_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。(4)当废气中硫化氢浓度较低时，常用纯碱溶液进行吸收。已知H2S、H2CO3的电离平衡常数如表所示：电离平衡常数Ka1Ka2H2S5.610-81.210-15H2CO34.210-75.610-11写出纯碱溶液吸收少量H2S的离子方程式并求该反应的平衡常数_。（二）选考题：共15分。从2道化学题中任选一道。11钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。(1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放

11、氢温度低、价格适中等优点。Ti的基态原子价电子排布式为_。Fe的基态原子共有_种不同能级的电子。(2)制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O73CCl4=2KCl2CrO2Cl23COCl2。上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_(用元素符号表示)。COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中键和键的个数比为_，中心原子的杂化方式为_。(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2和Fe2的离子半径分别为6.9102nm和7.8102nm。则熔点：NiO_(填“”、“S，所以氧化性：O2S，故B错误；C化合物X2Y是H2O，只含共价键；ZY是MgO

12、，只含有离子键；ZX是MgH2，只含离子键；三者的化学键不同，故C错误；D同一周期从左下右原子半径减小，不同周期是元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：rZrWrY，故D错误；故答案为A。6C【详解】A电解池中，阳离子移向阴极，由阳极区向阴极区迁移，故A正确；B由图示可知，阴极铁离子得电子生成亚铁离子，阴极电极反应：，故B正确；C阳极失电子发生氧化反应，电极反应为，故C错误；D根据图示阴极区Fe2+被氧气氧化为Fe3+，发生的反应有：，故D正确；选C。7C【解析】A、加入10mL等浓度的氨水，两者恰好完全反应，HRNH3H2O=NH4RH2O，假设HR为强酸，NH4R是强电解

13、质，反应前后导电能力相同，但ab图像导电能力增大，因此假设错误，即HR为弱酸，故说法正确；B、根据图像，加入10mLNH3H2O，此时pH=7,b点导电能力最强，说明此时两者恰好完全反应，故说法正确；C、b点溶质为NH4R，NH4R是弱酸弱碱，发生水解，促进水的电离，c点溶质NH4R、NH3H2O，此时溶液显碱性，说明NH3H2O的电离程度大，NH3H2O是弱碱，对水的电离抑制作用，两点水的电离程度为bc，故说法错误；D、c点溶质NH4R、NH3H2O，此时溶液显碱性，说明NH3H2O的电离程度大，因此c(NH4)c(R)，c(OH)c(H)，故说法正确。8反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，

14、出现危险，需要通风 b MnO2和Fe(OH)3 避免产生CO等有毒气体； 尾气中含有的SO2等有毒气体 ZnSO4、BaS、Na2S 4ZnSO4 + BaS +3Na2S= BaSO44ZnS+ 3Na2SO4 【分析】由流程可知，反应器I中，粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣I的形式过滤分离；反应器II中用Zn置换溶液中Cu2+，则滤渣II为Cu和过量的Zn；反应器III中用高锰酸钾氧化Fe2+，同时控制溶液pH得到MnO2和Fe(OH)3沉淀，得到净化的ZnSO4溶液，所以滤渣III为MnO2和Fe(OH)3；反应器IV中，BaSO4+2C=BaS+2CO2

15、，制备BaS；反应器V中用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉。【详解】(1)生产ZnSO4的过程中，有氢气生成，氢气达一定浓度后易爆炸，所以要保持强通风的目的是避免氢气浓度过大而易发生爆炸，出现危险，故答案为：反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风；(2)已知KMnO4在酸性环境中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性环境中被还原为MnO，加入KMnO4时溶液能氧化亚铁离子且自身被还原生成沉淀而除去Mn元素，所以pH应调至5.25.4；通过以上分析可知。滤渣的成分为MnO2和Fe(OH)3，故答案为：b；MnO2和Fe(OH)3；(3)制备BaS时，按

16、物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1:2，避免产生CO等有毒气体；反应器中含有二氧化硫等有毒气体，二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收，防止污染环境，故答案为：避免产生CO等有毒气体；尾气中含有的SO2等有毒气体；(4)高品质银印级立德粉中ZnS含量比普通立德粉中高，说明所选试剂中硫离子浓度较大，所以在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂ZnSO4、BaS、Na2S制备银印级立德粉；BaSO4的相对分子质量为233，ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为29.4%，立德粉为BaSO4ZnS；高品质银印级立德粉中ZnS含量为62.5%，设ZnS的计量数为x，则

17、100%=62.5%，解得x=4，所以高品质银印级立德粉化学式为BaSO44ZnS，反应的化学方程式为4ZnSO4 + BaS +3Na2S= BaSO44ZnS+ 3Na2SO4，故答案为：ZnSO4、BaS、Na2S；4ZnSO4 + BaS +3Na2S= BaSO44ZnS+ 3Na2SO4。9三颈烧瓶 防倒吸、防堵塞（或平衡气压、安全瓶均可） 检验有无I2生成，从而证明二氧化氯是否具有氧化性 2:1 O2 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 0.324g 部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低 【分析】（1）浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，A制备二氧化硫，B装置

18、有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原反应生成碘，装置D中滴有几滴淀粉溶液，碘遇淀粉变蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；（2）碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：，滴定方程：，计算ClO2 质量，ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【详解】（1）仪器C的名称为三颈烧瓶，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞（或平衡气压、安全瓶均可）。故答案为：三颈烧瓶；防倒吸

19、、防堵塞（或平衡气压、安全瓶均可）；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒知，生成的酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为；装置D中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘变蓝色，根据淀粉是否变色来判断是否有碘生成，从而证明二氧化氯是否具有氧化性，故答案为：；检验有无I2生成，从而证明二氧化氯是否具有氧化性；装置E用于吸收尾气，反应生成，反应方程式为，该反应中二氧化氯是氧化剂、双氧水是还原剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，氧化产物是氧气，故答案为：2:1；O2；（2）碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，其滴定终点为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变，

20、故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；溶液与碘化钾反应的离子方程式：，由，可得，则，由于滴定待测液只取了 则生成 ClO2物质的量 ， ，部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低，故答案为：0.324g；部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【点睛】B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞，装置E用于吸收尾气，反应生成，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境。102H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g) H=-407.l kJmol-1 BC Al2O3催化剂在1100以上的高温下几乎失去催化活性 恒压充入Ar相当于系统减压，使得分解平衡正向移

21、动，S2平衡产率增大 Kp= H2S+CO=HS-+HCO K=1000 【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据反应流程图分析反应的实际过程；根据图示的关系分析催化剂失活的原因；根据影响化学平衡的因素分析平衡移动的原因；根据平衡转化率计算化学平衡常数；根据反应的平衡常数表达式和弱电解质的电离平衡常数表达式的关系计算反应的化学平衡常数。【详解】(1)2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) H1=-1035.6kJmol-1；2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g) H2=-92.8kJmol-1，根据盖斯定律，将方程式乘以加上方程式乘以即可得到目标方程式，

22、目标方程式为2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g) H=-407.l kJmol-1；(2)A从分析中可以看出，脱硫过程可实现Fe2(SO4)3的循环使用，不需添加Fe2(SO4)3溶液，A不正确；Bi过程中发生反应Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S+H2SO4，可导致环境pH减小，B正确；C由分析可以得出，该脱硫过程的总反应为：2H2S+O2=2S+2H2O，C正确；D因为天然气的催化脱硫过程，使用T.F菌作催化剂，所以该过程不能在高温下进行，D不正确；故选BC；(3)在约1100时，有无Al2O3催化，其转化率几乎相等，则表明催化剂的催化效果接近0，从而得出原因是

23、1100时，Al2O3几乎失去催化活性；压强一定，掺入稀有气体Ar，虽然不参与反应，但可减小反应物与生成物的浓度，减小反应物的碰撞次数，从而使平衡向气体分子数增大的方向移动，从而得出掺入Ar能提高S2的平衡产率，该事实表明：温度、压强一定时，原料气中掺入Ar，相当于往平衡混合气中充入稀有气体，减小反应物和生成物浓度，促进平衡正向移动，从而提高S2的产率；p、T一定时，H2S(g)、Ar(g)按1n混合，发生反应H2S(g)H2(g)+S2(g)，S2平衡产率为，则反应物的转化率为，设n(H2S)=1mol，则可建立下列三段式：则平衡混合气的总物质的量为(1+0.5+n)mol，平衡常数Kp=；

24、(4)由表中的平衡常数可以看出，H2S只能电离出1个H+与反应，所以纯碱溶液吸收少量H2S，生成HS-和，离子方程式为H2S+=HS-+。答案为：H2S+=HS-+；该反应的平衡常数表达式K=，将平衡常数表达式整理有K=1000。113d24s2 7 OClC 31 sp2 LaNi5 1236 【详解】(1)Ti是22号元素，位于元素周期表中第四周期第IVB族，故Ti的基态原子价电子排布式为 3d24s2，故答案为3d24s2；Fe是26号元素，原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d等7个能级，故答案为7；(2)反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、C

25、l表现负化合价，CrO2Cl2中Cl为+1价，O为2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：OClC，故答案为OClC；COCl2分子中有1个C=O键和2个CCl键，所以COCl2分子中键的数目为3，键的数目为1，个数比31，中心原子C电子对数=3+（4122）=3，故中心原子杂化方式为sp2，故答案为31；sp2；(3)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，所以熔点是NiOFeO，故答案为；

26、(4)从图中可以看出，La位于平行六面体的顶点，晶胞中La的原子数为81。平行六面体的上、下两个面各有2个Ni原子，四个侧面各有1个Ni原子，体心还有1个Ni原子。故晶胞中Ni的原子数为8115。故该晶体的化学式为LaNi5。一个晶胞的质量m=，根据，晶胞的体积为cm3。LaNi5合金储氢后的密度0.111gcm3，由定义式：储氢能力，故储氢能力1236。12C7H6O3 醚键、硝基 取代反应 (或) 【分析】采用逆推法，由M的结构简式，可推出E的结构简式为，依据反应的条件，应为还原-NO2，则D的结构简式为，反应为C的硝化反应，从而得出C的结构简式为，由A的分子式及C的结构简式，可推出B的结

27、构简式为，A的结构简式为。【详解】(1)由以上分析可知，化合物B的结构简式为，则分子式为C7H6O3；D的结构简式为，官能团的名称为醚键、硝基。答案为：C7H6O3；醚键、硝基；(2)反应为+HNO3(浓)+H2O，则反应类型是取代反应。答案为：取代反应；(3)由以上分析，可得出化合物E的结构简式为。答案为：；(4) A为，与足量溴水反应的化学方程式：。答案为：；(5)D的符合下列条件“含有硝基和羰基，且分别和苯环直接相连；能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积之比为2：2：3”的同分异构体应具有以下结构片断：1个苯基、2个酚-OH、1个CH3CO-、1个-NO2，同时还要注意结构的对称性，于是得出以下两种结构简式：(或)。答案为：(或)；(6)依据题给流程图中AB的反应，则应转化为，然后与发生取代反应，生成，再与H2发生加成反应，即可得出。制备的合成路线流程图为。答案为：。【点睛】题给流程图中，大部分物质的结构未知，只有最终产物提供了结构简式，所以此题采用逆推法，从最终的产物去除其中一种反应物的结构部分，从而得出E，参照反应条件及分子式，不断进行逆推，最后推出全部的有机物质。