2021届高三高考化学临考新高考练习三（福建适用） WORD版含答案.docx

1、2021届高考化学临考练习三（福建适用）（考试时间:90分钟试卷满分:100分）注意事项:1. 本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2. 回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3. 回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4. 考试结束后,将本试卷和答题卡一井交回。5. 可能用到的相对原子质量:H1Li7C12N14016F19Na23S32CI35.5一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。每小题只有一个选项符合题意。

2、1下列有关物质的用途说法不正确的是A液氨常用作制冷剂B磁性氧化铁可用作红色油漆和涂料C硫酸常用于金属加工前的酸洗D氧化铝可用于制造耐高温实验材料2短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素原子最外层电子数之和为20，X的最高正价与最低负价的代数和为2，Y与W同主族，同周期中Z离子的半径最小。下列说法错误的是A离子半径：ZYWB由Y、Z组成的化合物可与氢氧化钠溶液反应C简单气态氢化物的稳定性：YWDX和W的氧化物对应的水化物，均是常见的强氧化剂3对Ca（OH）2（Ksp=5.510-6）、Mg（OH）2（Ksp=1.210-11）、AgCl（Ksp=1.5610-10）三种物质，下

3、列说法正确的是（）AMg（OH）2的溶解度最小BCa（OH）2的溶解度最小CAgCl的溶解度最小D同一温度下Ksp越大的溶解度也越大4甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，同时产生淡蓝色火焰，下列说法正确的是A形成H-O键吸收能量B该反应是吸热反应C断裂C-H键放出热量D该反应是放热反应5向Fe2 (SO4)3 和Al2 (SO4)3 的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液至过量。下列图象中，能正确表示上述反应的是（ ）ABCD6Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO46Na2O2 =2Na2FeO4 2Na2O2Na2

4、SO4 O2，对此反应下列说法中正确的是()ANa2FeO4既是还原产物又是氧化产物B2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移C每生成16 g氧气就有1 mol Fe2 被还原DNa2O2只作氧化剂7某有机物的分子式为C9H10O2，其属于芳香族化合物且能与Na2CO3反应产生气体的同分异构体有（不考虑、立体异构）A15种 B14种 C13 种 D12种8下列有关说法正确的是A加热坩埚中的硫酸铜晶体，失水后须在干燥器中冷却，再称量B检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热C用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低D

5、做锌铜稀硫酸原电池实验时，反应一段时间后锌片表面还是呈银白色9下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A具有氧化性，可用作葡萄酒的抗氧化剂B浓具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂C具有弱碱性，可用作胃酸的中和剂D溶液呈蓝色，可用作游泳池的消毒剂10设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）A1 mol Fe与足量的盐酸反应，转移的电子数为2NAB等质量的O2和O3含有相同的分子数C125 g CuSO4.5H2O晶体中含有0.5NA个Cu2+D0.5NA个CO2分子含1.5 mol原子二、非选择题，本题共5小题，共60分11钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛应用。一种利用含钴废料(

6、主要成分为，含少量和等)制取的工艺流程如图：(1)“钴浸出”过程中作还原剂将转化为，反应的离子方程式为_；浸渣的主要成分_；(2)“净化除杂”分两步完成“净化除杂1”过程中，先加入；其作用是_(用离子方程式表示)；再加入溶液，调至_恰好除去(离子浓度等于)。已知常温下的溶度积；“净化除杂2”过程除钙、镁：加入适量，让完全被除去。(3)“萃取和反萃取”“水相”中的主要溶质是和_(写化学式)。“水相”结晶得到的粗产品中含量的测定，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量的硝酸酸化溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量，通过计算发现粗产品中的质量分数大于，其原因可能是_电解溶液可以得到钴，电解装置如图所

7、示。阳极的电极反应式为_，电解后a室中的电解液可返回_工序继续使用。12银属于贵重金属，主要应用于化工、电子、感光材料等行业。某研究性学习小组设计一种提取光盘金属层中少量Ag 的方案如下图所示(忽略其他低含量金属对实验的影响) :该小组查阅资料得知如下信息:NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如3NaClO=2NaCl+NaClO3 ;AgCl 可溶于氨水:AgCl+2NH3H2OAg( NH3)2+Cl-+2H2O。回答下列问题:(1)“氧化”步骤的产物为AgCl、NaOH 和O2，则该反应的化学方程式为_。“氧化”阶段需在80条件下进行，温度过高或过低都不利于银的转化，其原因是_。(

8、2)该流程中，将银转化为固体1，然后又用氨水溶解转变为滤液2，其目的是_。(3)若省略“过滤I”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO 与NH3H2O反应外( 该条件下NaClO3与NH3H2O不反应)，还因为_。(4)在实验室用葡萄糖(用GCHO表示)可以将滤液2还原为单质Ag，同时生成NH3，葡萄糖被氧化为葡萄糖酸铵(用GCOONH4 表示)。写出该反应的离子方程式:_。(5)下图为该小组设计电解精炼银的示意图，则粗银为_(填“a”或“b”)极。若b 极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为_。132019年底，国际非政府组织“全球碳计

9、划”发布的报告显示，二氧化碳排放量增速放缓但仍未下降。研究的综合利用对促进“低碳经济”的发展和应对气候变化有重要意义。回答下列问题：(1)以和为原料合成尿素是利用的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应： 反应： 则 _，提高该反应平衡转化率的方法有_、_。(2)由合成甲醇是资源化利用的重要方法。研究表明在催化剂作用下和可发生反应： 。 图1 图2投料比相同，在不同温度和不同压强下和合成甲醇时，的平衡转化率如图1所示。已知温度，则_(填“”或“”)0。温度为时，向恒容密闭容器中充入和的混合气体，此时容器内压强为，两种气体的平衡转化率与起始时的关系如图2所示。图2中的平衡转化率与的关

10、系可用曲线_(填“”或“”)表示。该温度下，此反应的平衡常数_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。(3)我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率，原理如图3所示。 图3电解过程中，电解质溶液中向_(填“石墨1”或“石墨2”)电极迁移，石墨1上发生的电极反应为_。14A、B、C、D、E、R六种元素位于周期表的前四周期，其原子序数依次增大。已知A原子核外有三个未成对电子；的最外层电子数是内层电子数的倍；化合物C2E的晶体为离子晶体；D单质的熔点在同周期单质中最高；E原子核外的M层中只有两对成对电子；R原子核外最外层电子数与C相同，

11、其余各层均充满。请根据以上信息，回答下列问题：(1)A、B、C、D四种原子的第一电离能由小到大的顺序为_(用元素符号表示)。(2)C的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高，理由是_。(3)基态R+离子的核外电子排布式是 _。(4)Q分子是A2B的等电子体，Q的结构式为_。(5)图一是R单质的晶胞结构，配位数为_；图二是B、R两元素组成的一种化合物的晶胞，其化学式为_。15F可用作丙烯酸酯橡胶的基材。以煤为原料制取F的一种合成路线如下：（1）的加工手段称为煤的_（填“气化”“液化”或“干馏”）。（2）、反应类型依次是_、_。（3）E中所含官能团名称是_和_。（4）C与A互为同系物，C的化学名称是_；

12、F的结构简式为_。（5）反应的化学方程式为_。参考答案1B【解析】A、NH3易液化，液氨常用作制冷剂，选项A正确；B、磁性氧化铁是四氧化三铁，是黑色固体，而可用作红色油漆和涂料的是红色的氧化铁，选项B不正确；C、硫酸常用于金属加工前的酸洗，溶解金属表面的氧化物等，选项C正确；D、氧化铝的熔点很高，可用于制造耐高温实验材料，选项D正确。答案选B。2D【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素原子最外层电子数之和为20，X的最高正价与最低负价的代数和为2，设X的最高正价为x，则最低负价为-(8-x)，可得x+-(8-x)=2，解得x=5，则X为N元素，同周期中Z离子的半径最小

13、，则Z为Al元素，若Y为O、W为S，最外层电子数之和=5+6+6+3=20，符合题意，若Y为F，W为Cl，最外层电子数之和=5+7+7+3=22，不符合题意，可得X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，据此分析解答。【详解】AY为O元素，Z为Al元素，W为S元素，O2-和Al3+核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，S2-三个电子层，半径最大，离子半径：ZYW，故A正确；BY为O元素，Z为Al元素，由Y、Z组成的化合物为氧化铝，具有两性，可与强酸强碱反应，故B正确；CY为O元素， W为S元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：OS，简单气态氢化物的稳定性：YW，故

14、C正确；DX为N元素，W为S元素，亚硫酸具有还原性，不是常见的强氧化剂，故D错误；答案选D。3D【详解】Ca(OH)2、Mg(OH)2是同种类型的物质，都是AB2的物质，可直接比较Ksp，确定物质溶解度的大小，所以BD错误；Mg(OH)2，AgCl是不同类型的物质，比较溶解度必须计算溶液中离子浓度，Mg(OH)2中Mg2+= AgCl中Ag+=，答案选C。4D【详解】A.形成化学键放出能量，故A错误；B.燃烧是放热反应，故B错误；C.断裂化学键吸收能量，故C错误；D.燃烧是放热反应，故D正确。答案选D。5D【详解】因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向Fe2(S

15、O4)3 、Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Fe 3+3OH-Fe（OH）3、Al3+3OH-Al（OH）3，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al（OH）3+OH-AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化铁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合；答案选D。6A【解析】A该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故A正确；B反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-1价0价，2

16、molFeSO4发生反应时，共有2mol4+1mol2=10mol电子转移，故B错误；C该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价，根据2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，每生成16g氧气就有1molFe2+被氧化，故C错误；D根据以上分析，该反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，故D错误；故选A。点睛：明确元素化合价变化是解本题关键。该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。7B【解析】C9H10O2相当于C

17、8H9COOH，可以看成是C8H10中一个H被-COOH所取代，有5种，有3种，有4种，有2种，共5+3+4+2=14种，故选B。8A【解析】A. 加热后容器未放入干燥器中冷却会导致测定的水的质量偏小，影响测定结果，故C正确；B. 检验蔗糖水解产物是否具有还原性，需要先加入氢氧化钠溶液中和溶液至碱性，故B错误；C. 用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，若溶液显中性，对结果无影响，故C错误；D. 做锌铜稀硫酸原电池实验时，反应一段时间后锌片表面变得凸凹不平，失去银白色金属光泽，故D错误；故选A。9C【详解】A二氧化硫与氧气反应，所以少量的二氧化硫可用作葡萄酒抗氧化剂，与二氧化硫具有氧化性无关，故A错

18、误；B浓硫酸在酯化反应中作催化剂和吸水剂，加快反应速率和提高乙酸乙酯产率，与浓硫酸具有强氧化性无关，故B错误；C胃酸主要成分为盐酸，Al（OH）3具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，所以Al（OH）3可用作胃酸中和剂，故C正确；D硫酸铜溶液可用作游泳池中水的消毒剂，是因为铜离子为重金属离子，能够使蛋白质变性，与其颜色无关，故D错误；故选：C。10B【详解】A. Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，1个Fe原子失去2个电子，则1 mol Fe与足量的盐酸反应，转移的电子数为2NA，故A正确；B. O2和O3的摩尔质量不一样，根据公式可知，等质量的O2和O3的物质的量不同，故等质量的O2和O3含有的分子数不

19、相同，故B错误；C. CuSO4.5H2O的摩尔质量为250g/mol，故125 g CuSO4.5H2O晶体的物质的量为，则含有0.5NA个Cu2+，故C正确；D. 0.5NA个CO2分子中含有0.5NA3=1.5 NA个原子，则原子物质的量为1.5mol，故D正确；故选B。11 或 3.3 粗产品中可能含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水 反萃取 【分析】含钴废料(主要成分为，含少量和等)用硫酸溶解，用亚硫酸钠把还原为，经过“净化除杂1”除去、“净化除杂2” 除钙、镁，用有机萃取剂萃取，有机相中加入盐酸反萃取，得氯化钴溶液，结晶得到的粗产品。【详解】(1)“钴浸出”过程中 将 转化为，被

20、氧化为硫酸钠 ， 发生的离子反应为；浸渣是不参与反应且难溶于水的和反应生成的微溶物；(2)“净化除杂 1 ”过程中 ，先加入，把Fe2+氧化为Fe3+，发生的反应为；再加入溶液，恰好除去(离子浓度等于)，此时 ，根据Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，可以求出氢离子浓度为c(H+)=510-4，所以调至3.3恰好除去； (3)经过“净化除杂1”除去、“净化除杂2” 除钙、镁，用有机萃取剂萃取，可知水相中含有溶质为硫酸、硫酸钠和；粗产品中晶体失去了部分结晶水或含有可溶性氯化物，会造成的质量分数大于；根据图示，阳极室中有硫酸，水在阳极失电子生成氧气，阳极的电极反应式为；阳极室的氢离子通过阳离

21、子交换膜进入a室、阴极室的氯离子通过阴离子交换膜进入a室，电解后a室中的电解液生成的是盐酸，可在“反萃取”中再利用。【点睛】本题以含钴废料(主要成分为，含少量和等)制取为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤的反应原理是解题关键，注意根据溶度积常数的计算。12 4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2 温度过高，NaClO易分解；温度过低，该反应的速率较慢 将银富集 未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且未过滤掉的溶液中含有一定浓度的Cl-，不利于AgCl与氨水反应 GCHO+2Ag(NH3)2+2OH-=GCOO-+NH4+2Ag+3NH3+H2O a NO3-+e-+2H+=N

22、O2+H2O【解析】由流程可知，结合(1)“氧化”步骤的产物为AgCl、NaOH和O2，氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2，为控制80，可水浴加热，过滤I分离出AgCl、可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，发生AgCl+2NH3H2OAg(NH3)2+Cl-+2H2O，过滤II分离出的滤渣为Ag，对过滤II得到的滤液用葡萄糖(用GCHO表示)可以将滤液2还原为单质Ag。(1)根据上述分析，氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2。“氧化”阶段需在80条件下进行，温度过高或过低都不利于银的转化，是因为温度过高，NaClO易分解；温度过低

23、，该反应的速率较慢，故答案为：4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2；温度过高，NaClO易分解；温度过低，该反应的速率较慢；(2)该流程中，将银转化为固体1，然后又用氨水溶解转变为滤液2，其目的是将银富集，故答案为：将银富集；(3)若省略“过滤I”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3H2O不反应)，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且未过滤掉的溶液中含有一定浓度的Cl-，不利于AgCl与氨水反应，故答案为：未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且未过滤掉的溶液中含有一定浓度的C

24、l-，不利于AgCl与氨水反应；(4)在实验室用葡萄糖(用GCHO表示)可以将滤液2还原为单质Ag，同时生成NH3，葡萄糖被氧化为葡萄糖酸铵(用GCOONH4表示)，反应的离子方程式为GCHO+2Ag(NH3)2+2OH-=GCOO-+NH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：GCHO+2Ag(NH3)2+2OH-=GCOO-+NH4+2Ag+3NH3+H2O；(5)在电解精炼银过程中，粗银作阳极，应该为a电极。若b极有少量红棕色气体二氧化氮生成，是因为硝酸根离子在阴极被还原的原因，生成二氧化氮的电极反应式为NO3-+e-+2H+=NO2+H2O，故答案为：a；NO3-+e-+2H+=NO2

25、+H2O。13 降低温度 增大压强(减小体积) 石墨1 【详解】(1)根据盖斯定律，由反应反应得 ；根据题给热化学方程式可知该反应是气体分子数减小的放热反应，提高该反应平衡转化率的方法有降低温度增大压强(减小体积)；(2)根据题图1可知，相同压强和相同投料比的条件下，温度越高，的平衡转化率越低，说明该反应的正反应为放热反应，；当的量一定时，增大的量，的平衡转化率增大，即越大，的平衡转化率越大，所以的平衡转化率与的关系可用曲线表示。当反应物的投料比等于方程式中化学计量数之比时反应物的平衡转化率相等，由题图2可知和的平衡转化率相同时两者的平衡转化率为50%，即当时，和的平衡转化率均为50%，共充入

26、和的混合气体，则起始时，列出三段式：起始量11.500转化量0.51.50.50.5平衡量0.51.50.50.5平衡时气体总物质的量为，反应前气体总物质的量为，压强为，则反应达平衡时总压强为，所以。(3)由电解原理图可知，石墨2上，则石墨2电极为阳极，阳极的电极反应式为，石墨1上，则石墨1电极为阴极，电极反应式为，在电解池中阳离子向阴极移动，所以电解质溶液中向石墨1电极移动。14Na、Si、O、N(或NaSiON) NaCl是离子晶体而SiCl4是分子晶体 1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10； O=C=O或 S=C=S 12 CuO 【分析】据题意由的最外层电子数是内层电子

27、数的倍，可知B为氧元素，再由A、B、C、D、E、R六种元素位于周期表的前四周期，其原子序数依次增大。已知A原子核外有三个未成对电子可知A为氮元素，原子核外的M层中只有两对成对电子，E原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，E是S元素；化合物C2E的晶体为离子晶体，C显+1价为第IA族元素，C的原子序数大于N元素、小于S元素，所以C是Na元素；结合原子序数可知D处于第三周期，D单质的晶体熔点在同周期形成的单质中是最高的，单质为原子晶体，所以D是Si元素；R原子核外最外层电子数与C相同，最外层有1个电子，原子序数大于S，应处于第三周期，由于其余各层均充满，故核外电子数=2+8+18+1

28、=29，则R为Cu元素。【详解】根据上述分析，A为N，B为O，C为Na，D为Si，E为S，R为Cu，(1)同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但AA，AA，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此四种元素的第一电离能由小到大的顺序是Na、Si、O、N(或NaSiON)；故答案为Na、Si、O、N(或NaSiON)；(2)C的氯化物是NaCl，NaCl属于离子晶体，D的氯化物是SiCl4，属于分子晶体，一般来说离子晶体的熔沸点比分子晶体熔沸点高，因此NaCl熔沸点高于SiCl4，故答案为NaCl是离子晶体而SiCl4是分子晶体；(3)根据上述分析，R为Cu，基态Cu的核外电子排布式为1s22s22p

29、63s23p63d10或Ar3d10；故答案为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；(4)A2B分子式为N2O，根据等电子体的定义，与N2O等电子体的的分子为CO2或CS2，即Q结构式为O=C=O或S=C=S；故答案为O=C=O或S=C=S；(5)根据图一，Cu晶胞堆积方式为面心立方最密堆积，以顶点Cu进行分析，上面有4个，同面有4个，下面有4个，共有12个，即Cu原子的配位数为12；Cu位于晶胞内部，有4个，O位于晶胞的顶点和面心，有=4，Cu和O个数比为4：4=11，即化学式为CuO；故答案为12；CuO。15气化 加成反应 取代反应（或酯化反应） 碳碳双键 酯基 丙烯 C

30、H2CHCOOH + C2H5OHCH2CHCOOC2H5 + H2O 【详解】（1）的加工手段是将煤在高温条件下与水反应生成水煤气，称为煤的气化；（2）反应是乙烯与水催化水化发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应；反应是乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸酸乙酯，反应类型取代反应（或酯化反应）；（3）E为丙烯酸，所含官能团名称是碳碳双键和酯基；（4）A为乙烯，C与A互为同系物，故C的化学名称是丙烯；E通过加聚反应生成F，F为聚丙烯酸乙酯，故F的结构简式为；（5）反应是乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，反应的化学方程式为CH2CHCOOH + C2H5OHCH2CHCOOC2H5 + H2O。【点睛】本题考查有机物的推断和合成，物质的推断是关键，易错点为丙烯酸的推导，注意根据碳原子个数及前后物质的类型及官能团进行分析。