2021届高三化学高考临考练习十（新课标1卷） WORD版含答案.docx

1、2020-2021学年度高考临考练习十（新课标1卷）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在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法错误的是()A向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，此时c(Na)c(CH3COO) Bb点对应的溶液中大量存在：K、Ba2、NO 、ICT 时，将pH2的硫酸与pH10的KOH等体积混合后，溶液显中性D加热a点对应的溶液，可能引起由a向c的变化2下列有

2、关金属的工业制法中，正确的是A以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取钠B用海水、石灰乳等为原料，经一系列过程制得氧化镁，用H2还原氧化镁制得镁C从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝D以铁矿石、焦炭、空气、石灰石为原料，将反应产生的CO在高温下还原铁矿石制得铁3实验室用环戊醇(沸点：160.8，密度：0.96gmL-1)与溴化氢反应制备溴代环戊烷(沸点：138，密度：1.37 gmL-1)，其反应原理如下： 则制备溴代环戊烷的装置最好选择ABCD4某有机物X的球棍模型如图所示图中球与球之间的连线代表化学键。下列关于该物质的说法正确的是A有机物X的名称为苯乙酸甲酯B可

3、以发生加成、取代反应C分子中所有碳原子一定共平面D该有机物易溶于水和苯5已知X、Y、Z和W四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，W元素的单质与Z的最简单氢化物常温下混合产生白烟，X、Y和Z三种元素形成的一种化合物A(其结构如图所示)是运载火箭的主体燃料。下列说法正确的是A原子半径：Y c(OH-)，溶液显酸性，酸性环境下，硝酸根离子和碘离子因发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；CT 时，Kw=10-12，pH2的硫酸，c(H+)=0.01mol/L；pH10的KOH，c(OH-)=0.01mol/L；二者等体积混合后，氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，溶液呈中性

4、，故C正确；D水的电离过程是吸热过程，加热a点对应的溶液，溶液中的氢离子浓度、氢氧根离子浓度均增大，可以引起由a向c的变化，故D正确；故选B。2D【详解】A工业上是以海水为原料制得NaCl，电解熔融NaCl制金属钠，电解精盐的水溶液制取氢氧化钠和氯气、氢气，故A错误；B用海水、石灰乳等为原料，经一系列过程制得氧化镁，但氧化镁熔点高，用盐酸溶解氧化镁，再使溶液浓缩，得到氯化镁。工业制镁是电解熔融氯化镁，故B错误；C氯化铝是分子晶体，熔融状态下氯化铝不导电，工业制铝是从铝土矿中获得氧化铝再电解熔融的氧化铝来获取金属铝，故C错误；D工业上常用CO在高温下还原铁矿石制取铁，故D正确；故答案：D。3C【

5、详解】由题可知，制备溴代环戊烷时，需要将温度控制在7580，因此加热时需要用水浴，并且水槽中应当使用温度计，以便准确控制温度；综上所述，C项符合要求；答案选C。4B【详解】A、根据有机物X的球棍模型，可知X为苯甲酸乙酯，故A错误；B、该有机物含苯环，可以发生加成和取代反应，另外酯基也可发生取代反应，故B正确；C、分子中苯环构成的平面和乙基中的两个碳原子通过单键相连，可以旋转，故分子中所有碳原子不一定共平面，故C错误；D、该有机物属于酯类不易溶于水，故D错误；故选B。5B【分析】W元素的单质与Z的最简单氢化物常温下混合产生白烟，即Cl2与NH3反应生成氯化铵，故W是Cl，Z是N，X是H，只有Y、

6、Z处于同一周期，且Y具有四价特点，故Y是C；据此分析解答。【详解】AY是C，Z是N，同一周期从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径：Y Z，故A错误；BX是H，Z是N，两者可也形成NH3，为共价化合物，也可以形成NH4H，为离子化合物，故B正确；C化合物XW3中为NCl3，因为氮的非金属性强于氯，所以氯的化合价为+1价，故C错误；D化合物A的结构简式为(CH3)2NNH2，有两个N原子，相当于两个氨基，最多可以和2mol的H+反应，故D错误。答案选B。6D【详解】A气溶胶是胶体的一种，属于胶体，故A正确；B气溶胶是将胶粒分散到大气中得到的气态的胶体，即分散剂是空气，故B正确；C气溶胶属于胶体，故

7、其分散质粒子的直径在1100nm之间即10-9m10-7m之间，故C正确；D丁达尔效应是胶体所特有的性质，但不是其本质特征，其本质特征是分散质粒子直径在1100nm之间，故D错误。故答案选D。7B【详解】A电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，选项A错误；B金属的活动性顺序为ZnFeCuAgPt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，选项B正确；C粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，选项C错误；D阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，选项D错误；答案选B。8关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1 浓H2SO4 除去SO2中的水蒸气，防止水与Na2O2反应干

8、扰实验 将带火星的木条放在试管口处，看木条是否复燃 F中溶液蓝色褪去 SO2+I2+2H2O=2I-+SO+4H+ SO2+2Fe3+2H2O=SO+2Fe2+4H+ 取少量褪色后的溶液于试管中，滴加NaOH溶液，若变红，则证明褪色的原因是SO2溶于水显酸性。或取少量褪色后的溶液，加热，若未变红，则证明褪色的原因是SO2溶于水显酸性。或取少量褪色后的溶液，滴加酚酞试液，若未变红，则证明褪色的原因是SO2溶于水显酸性 【分析】三颈烧瓶中亚硫酸钠固体和较浓硫酸发生反应放出SO2气体，经过B，二氧化硫被干燥，C装置中过氧化钠和二氧化硫发生氧化还原反应，D是吸收多余二氧化硫的装置，E中氯化铁和二氧化硫

9、发生氧化还原反应，F中碘单质和二氧化硫发生氧化还原反应，G装置是后续探究褪色机理用的，据此回答；【详解】(1)在组装好装置后，若要检验AD装置的气密性，则需把相应的容器“密封”，故其操作是关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，再往D中装水，接着再利用“热胀冷缩”原理进行检验； 答案为：关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1；(2)装置B中试剂X是液体干燥剂用于干燥SO2，通常是浓硫酸，它的作用是吸收二氧化硫气体中的水蒸气，防止水与Na2O2反应干扰实验；答案为：浓H2SO4；除去SO2中的水蒸气，防止水与Na2O2反应干扰实验； (3) SO2进入装置C中与Na2O2反应，则检验SO2与

10、Na2O2反应是否有氧气生成的操作及现象是：将带火星的木条放在试管口处，看木条是否复燃；答案为：将带火星的木条放在试管口处，看木条是否复燃；(4)能说明I-还原性弱于SO2，即意味着SO2还原碘单质，则F中发生的现象为：溶液蓝色褪去；发生反应的离子方程式是SO2+I2+2H2O=2I-+SO+4H+；答案为：F中溶液蓝色褪去；SO2+I2+2H2O=2I-+SO+4H+；(5)E中溶液由棕黄色变为浅绿色，则Fe3+被SO2还原为Fe2+，则发生反应的离子方程式为SO2+2Fe3+2H2O=SO+2Fe2+4H+；答案为：SO2+2Fe3+2H2O=SO+2Fe2+4H+；(6) G中含酚酞的N

11、aOH溶液逐渐褪色，褪色的原因可能是SO2具有漂白性，也可能是SO2溶于水显酸性中和了NaOH，那么可以这样做：取少量褪色后的溶液于试管中，滴加NaOH溶液，若变红，则证明褪色的原因是SO2溶于水显酸性。或取少量褪色后的溶液，加热，若未变红，则证明褪色的原因是SO2溶于水显酸性。或取少量褪色后的溶液，滴加酚酞试液，若未变红，则证明褪色的原因是SO2溶于水显酸性；答案为：取少量褪色后的溶液于试管中，滴加NaOH溶液，若变红，则证明褪色的原因是SO2溶于水显酸性。或取少量褪色后的溶液，加热，若未变红，则证明褪色的原因是SO2溶于水显酸性。或取少量褪色后的溶液，滴加酚酞试液，若未变红，则证明褪色的原

12、因是SO2溶于水显酸性。【点睛】解本题的关键是：熟练掌握二氧化硫气体的实验室制法、二氧化硫的性质。9460 光(或太阳) 电 D 吸收 6.01 【分析】本题以新能源-硅为载体，重点考查利用化学键键能进行计算反应热，太阳能电池板中能量的转化，对作为新能源的优势和粗硅的提纯等知识，难度一般。【详解】(1)根据反应过程中的焓变等于反应物总的键能之和减去生成物中总的键能之和，故有：，解得x=460，故答案为：460；(2)硅光电池是一种把太阳（光）能转化为电能的装置，故答案为：太阳能（或光）；电；(3) A硅是固体燃料，相对于气体燃料，其体积要小的多，且也不用加压液化，故便于运输、贮存，A正确；B地

13、壳中硅的含量仅次于O，故硅的来源丰富，易于开采，单质硅燃烧生成二氧化硅可以循环利用，故可再生，B正确；C硅燃烧放出的热量大，其燃烧产物是二氧化硅，是一种固体，只要将其产物进行沉降，就可以控制其对环境污染程度甚至为零污染，C正确；D硅的化学性质虽然较稳定，但因为其是一种亲氧元素，故自然界中不存在单质硅，D错误；故答案为：D。(4) 与100mL1molL-1的NaOH溶液中恰好完全反应的HCl为0.1mol，有题干的热化学方程式可知制备纯硅的反应是吸热反应，每生成4molHCl需要吸收240.4kJ的热量，故生成0.1molHCl需要吸收的热量为：，故答案为：吸收；6.01。103 MnCO3

14、除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3 热水 2Li2CO34CoCO3O24LiCoO26CO2 CH48e2H2O=CO28H 【分析】该海水中含浓度较大的LiCl，含少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等，加入纯碱，在根据几种难溶物质的溶度积数据得到产生碳酸钙、碳酸锰、碳酸镁、氢氧化镁等沉淀，过滤，向滤液中加入盐酸调节溶液pH值，主要是消耗过量的碳酸钠，再蒸发浓缩，再过滤除掉氢氧化镁杂质，再向滤液中加入纯碱得到碳酸锂沉淀，过滤，向沉淀中加入二氧化碳反应生成碳酸氢锂溶液，经过一系列过程得到碳酸锂，再加入碳酸钴，最终反应生成LiCoO2。【详解】(1)根据化合价分析，Li为

15、1价，O为2价，因此得出LiCoO2中钴的化合价为3价；海水中含浓度较大的LiCl，含少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等，加入纯碱，在根据难溶物质的溶度积，得到沉淀主要成分有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和MnCO3；故答案为：3；MnCO3。(2)调pH=5的目的是除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3；故答案为：除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3。(3)根据碳酸锂的溶解度随温度升高，溶解度减小，因此“沉锂”洗涤时宜用热水洗涤，从投料比和碳酸锂含量及锂回收率来看，序号的比例中，投入碳酸钠的量较小，而锂的回收率较高，可降低生成成本，故答案为：热

16、水；。(4)“合成”中采用高温条件，放出一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明生成了二氧化碳，又根据化合价分析，说明还有氧化剂氧气参与反应，因此“合成”发生反应的化学方程式2Li2CO34CoCO3O24LiCoO26CO2；故答案为：2Li2CO34CoCO3O24LiCoO26CO2。(5)根据题意，甲烷燃料电池，燃料甲烷化合价升高，失去电子，作负极，而氧气作正极，其负极电极反应式为CH48e2H2O=CO28H；故答案为：CH48e2H2O=CO28H。113d104s1 4 哑铃(或纺锤) 分子 BD K2O和CuO是离子晶体，熔化需破坏离子键，SO3是分子晶体华力，范德华力比离子键要弱

17、，所以SO3晶体熔点低，另两种晶体中CuO的Cu2+半径小，带电荷量大，晶格能大，所以熔点更高 O 平面三角形 sp2 【分析】【详解】(1)已知铜的质子数为29，故基态铜原子价层电子排布式为3d104s1；铁的质子数为26，基态Fe原子中价层电子排布式为3d64s2，故只有3d上有未成对电子数，故为4；铝的质子数为13，基态铝原子电子占据最高能级为3p能级，所有p能级的电子云轮廓图为哑铃或纺锤体形。故答案为：3d104s1；4；哑铃或纺锤体；(2)由气态氯化铝分子的结构式为，可知气态是存在氯化铝分子，故氯化铝是分子晶体，从结构式可知：气态氯化铝中存在Al-Cl共价键和Al-Cl之间的配位键，

18、还存在氯化铝分子间作用力即范德华力，故答案为：分子；BD； (3)SO3为分子晶体，熔沸点取决于分子间作用力，K2O，CuO均为离子晶体，熔沸点取决于离子键的强弱，而离子键的强弱又与离子间的距离和离子所带的电荷有关，Cu2+的半径小于K+，且Cu2+所带电荷比K+多，故CuO的晶格能比K2O的大，故答案为：K2O和CuO是离子晶体，熔化需破坏离子键，SO3是分子晶体华力，范德华力比离子键要弱，所以SO3晶体熔点低，另两种晶体中CuO的Cu2+半径小，带电荷量大，晶格能大，所以熔点更高；(4)根据元素的电负性，同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下依次减小，故CuCO3中电负性最大的元素是O

19、(填元素符号)，CO的价层电子对数为：3+=3，即中心原子C原子周围有3个键，无孤对电子，故的空间构型是平面三角形，碳原子的杂化方式为sp2，故答案为：O；平面三角形；sp2；(5)氮化铝晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被铝原子代替，故一个晶胞中含有的N原子数为：41=4，含有的Al数目为：，设晶胞的边长为xcm，根据AlN晶体中N和N的原子核间距为apm，可求出x=，AlN摩尔质量为Mgmol-1，阿伏加德罗常数的值为NA， 设AlN晶体的密度为gcm-3(1pm=10-12m) 故有：NA()3=4molM gmol-1，得出=，故答案为：。12+Br2

20、+HBr CH3CH2OH +H2O Cu、加热 消去 【分析】由有机物的转化关系可知，在乙醚作用下，与镁反应生成，与发生类似加成反应的反应生成，酸性条件下水解生成，在Cu 做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与发生加成反应生成，受热发生消去反应生成。【详解】（1）实验室中用铁做催化剂，苯和液溴发生取代反应制得溴苯，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；（2）由题意可知与氢气反应生成乙醇，与水反应生成乙二醇，与水反应的化学方程式为+H2O，故答案为：CH3CH2OH；+H2O；(3)CD的反应为在Cu 做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与同类别的同分异构体含有四种不同化学环境氢原子，说明苯环上有2个处于对位的取代基，结构简式为，故答案为：Cu、加热；(4)E可卡醛的反应为受热发生消去反应生成，故答案为：消去；（5）由乙烯、丙烯和的结构简式，运用逆推法可知，合成的步骤为在催化剂作用下，丙烯与水发生加成反应生成2丙醇，在Cu做催化剂作用下，2丙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成丙酮，在催化剂作用下，乙烯与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，碱性条件下，丙酮与乙醛发生加成反应生成，受热发生消去反应生成，在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为：。