2021届高三高考理综化学临考练习四（新课标1卷） WORD版含答案.docx

1、2021届高考理综化学临考练习四（新课标1卷）本卷满分100分，时间50分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56Cu64Zn65Ag108Sn119H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56Cu64Zn65Ag108Sn119一、选择题：本题共7小题，每小题

2、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。7化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法正确的是A新型冠状病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶不属于胶体B河水中有许多杂质和有害细菌，加入明矾消毒杀菌后可以直接饮用C面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO2属于碱性氧化物，也属于离子化合物，其阴阳离子个数比为21，过氧化苯甲酰属于有机物D“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量8Calanolide A是一种抗HIV药物，其结构简式如下图所示。已知：碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。下列关于Calanolide

3、A的说法不正确的是A分子中有3个手性碳原子B分子中有5种含氧官能团C能发生消去反应、加成反应、氧化反应和还原反应D1molCalanolide A最多消耗2molNaOH或5molH29根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3B向某无色溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀溶液中一定含有SOC向NH3H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液无明显现象NH3H2O和AgNO3不反应D向某溶液中滴入几滴K4Fe(CN)6溶液，无现象，再滴入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液

4、褪色并产生蓝色沉淀溶液中存在Fe2+AABBCCDD10下列有关气体体积的描述中，不正确的是（ ）A单位物质的量的气体所占的体积就是气体摩尔体积B标准状况下，气体摩尔体积约为22.4LC同温同压下，相同体积的气体单质，它们的物质的量必相等D任何条件下，等物质的量的二氧化碳和一氧化碳所含的分子数必相等11下表为元素周期表的一部分。下列事实不能说明X元素、Y元素、S元素之间的非金属性强弱关系的是AX2单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊BH2X和H2S分别受热分解，前者的分解温度高C酸性：HYO4H2SO4DNa2SO3可与HY反应生成H2SO312银锌电池工作示意图如下，原理为Zn+Ag2O+H2O

5、=Zn(OH)2+2Ag，下列说法错误的是AZn电极是负极BAg2O电极发生还原反应C该装置可实现电能转化为化学能D电子由Zn电极经导线流向Ag2O电极13室温下，用0.1molL-1的NaOH溶液分别滴定相同浓度的弱酸HX、HY的稀溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）AHX的酸性比HY的强B滴定过程中，均可用酚酞作指示剂C室温下，Ka（HY）的数量级约为10-4D滴定前，HY的体积为HX的两倍二、 非选择题：共58分。第2628题为必考题，每个考试必须作答，第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26一种提取硫酸钠的化工流程如下图所示：已知：铬渣含有Na2

6、S04及少量Cr2O72-、Fe3+；Fe3+、Cr3+恰好完全沉淀（c1.010-5mol/L）时pH分别为3.6 和5。(1)滤渣A为_(填化学式)。(2)根据下图溶解度(S)-温度(T)曲线，操作B的最佳方法为_(填字母序号)。a蒸发浓缩，趁热过滤 b蒸发浓缩，降温结晶，过滤(3)酸化后Cr2O72-可被SO32-还原成Cr3+，离子方程式为_；酸C为_，Cr(OH)3的溶度积常数KspCr(OH)3=_，(4)根据反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O 设如图所示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中右侧电极连接电源的_极，其电极反应式为_，通过

7、2mol电子，生成Cr2O72-的物质的量是_。27亚硝酰氯(ClNO)常用作催化剂和合成洗涤剂，其沸点为5.5 ，易水解。某学习小组在实验室中用下图所示装置制备ClNO。已知：HNO2既有氧化性又有还原性；AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2HNO3=AgNO3HNO2。请回答下列问题：(1)仪器a的名称为_，装置B的作用是_。(2)装置A中发生反应的化学方程式为_。(3)装置C中长颈漏斗的作用是_。(4)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，当观察到装置C中_时关闭K1、K2。向装置D三颈瓶中通入干燥纯净的Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1

8、、K3，制备ClNO。(5)装置D中干燥管的作用是_。(6)ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。设计实验证明HNO2是弱酸：_(仅提供的试剂：1 molL1盐酸、1 molL1 HNO2溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。要验证ClNO与 H2O 反应后的溶液中存在Cl和HNO2，合理的操作步骤及正确的顺序是_(填字母代号)。a向烧杯中滴加过量KI淀粉溶液，溶液变蓝色b取1.0 mL ClNO加入到盛有10.0 mL H2O的烧杯中，充分反应c向烧杯中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去d向烧杯中滴加足量AgNO3溶液，有白色沉淀生成，加入稀硝酸，搅拌，仍有白色沉淀28

9、2018年，美国退出了巴黎协定实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。 （1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g) +CO(g)H1 = + 41.1 kJmol-1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H2=90.0 kJmol-1写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_。（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_（填字母）。a.高温高压 b.低温低压 c.高温低压 d.低温高压（3）250、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图

10、为不同投料比n(H2)/n(CO2)时某反应物X平衡转化率变化曲线。 反应物X是_（填“CO2”或“H2”）。 判断依据是_。（4）250、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2mol CO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH) = 0.75 mol L1。 前10min的平均反应速率v(H2)_ molL1min 1。 化学平衡常数K = _。 催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543C

11、u/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_（填字母）。（二）选考题：共15分。从2道化学题中任选一道。如果多做则按第一题给分。35钢铁中含有C、N、Mn等元素，实验中常用过硫酸盐氧化法测定钢铁中锰的含量，反应原理为2Mn2+8H2O +16H+（1）Mn原子的价层电子的轨道衷达式（电子排布图）为_。（2）已知H2S2O8的结构简式如图所示。H2S2O8中S的轨道杂化方式为_，H、O、S三种元素中，电负性最大的元素是_（填元素符号）。S基态原子中电子的运动状态有_种。上述反应

12、中断裂的共价键类型为_，（填“键”或“键”) ，每生成1mol ,断裂的共价键数目为_NA。（3）C和N能形成多种结构的晶体。一种新型的超硬材料类似于金刚石的结构，但硬度比金刚石大，其晶胞如图所示（图示原子都包含在晶胞内），其化学式为_。已知晶胞参数a=0.64nm, b=0.55nm，c=0.24nm，则该晶体的密度为_（列出式子即可，但式子中不包含字母）g/cm3。36由丙烯经下列反应可得到F和高分子化合物G,它们都是常用的塑料。完成下列埴空：(1)F的分子式为_，E中含氧官能团的名称是 _。(2)写出反应类型：丙烯直接形成高分子_：A B _。 (3)B 转化为 C 的化学方程式为_。

13、(4)E的一种同分异构体M具有如下性质：能发生银镜反应；l molM与足量的金属钠反应可产生l molH2则M的结构简式为 _。(5)写出由合成 _（合成路线常用表示方法为：X Y. 目标产物）参考答案1D【详解】A胶体按分散剂的状态可分为固溶胶，液溶胶，气溶胶，故气溶胶属于胶体，故A错误；B明矾能净化河水，但不能对河水消毒杀菌，故B错误；C碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙是属于过氧化物，其阴阳离子个数比为11，故C错误；D“静电除尘”可除去可吸入颗粒物，“燃煤固硫”可除去SO2气体，“汽车尾气催化净化”可除去NOx，上述做法都可以减少污染性气体的排放，故能提高空气质量，故D正

14、确。综上所述，答案为D。2B【详解】A根据手性碳原子的定义，该物质中有3个手性碳原子，将用“*”标识，如图所示，A正确，不选；B分子中含有3种含氧官能团，分别为羟基、醚键、酯基，B错误，符合题意；C分子中含有羟基，且与其相连的碳原子有相邻的碳原子且与此相邻的碳原子上连有氢原子，可以发生消去反应；含有苯环、碳碳双键，可以与氢气发生加成反应，也是还原反应；碳碳双键、羟基等可以被氧化，可以发生氧化反应，C正确，不选；D分子中含有酯基，该酯基在酸性条件下水解后得到羧基和与苯环相连的羟基，均可与NaOH反应，则1molCalanolide A最多消耗2molNaOH；1mol苯环可与3molH2加成，1

15、mol碳碳双键可与1molH2加成，1molCalanolide A含有1mol苯环和2mol碳碳双键，可与5molH2发生加成，D正确，不选；答案选B。3D【详解】A向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫或者氯气，除了Na2SO3或NaHSO3外，还有硫代硫酸钠与盐酸反应产生二氧化硫，也可能是次氯酸钠与盐酸反应产生氯气，故A错误；B向某无色溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，若溶液中含有SO，也有此现象，故B错误；C向NH3H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液，无明显现象，是因为NH3H2O和AgNO3反应生成氢氧化银后，氢氧

16、化银和氨水继续反应生成了能溶于水的氢氧化二氨合银，故C错误；D向某溶液中滴入几滴K4Fe(CN)6溶液，无现象，再滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色并产生蓝色沉淀，说明高锰酸钾氧化亚铁离子生成了铁离子，即溶液中存在Fe2+，故D正确；故选D。4B【详解】A.气体摩尔体积即为单位物质的量的气体所占的体积，故A不选； B. 标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L/mol，故B选；C.根据阿伏伽德罗定律，在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，分子数相同，物质的量就相同，故C不选；D.根据N=nNA，二氧化碳和一氧化碳的物质的量相同，则所含的分子数一定相同，故D不选。故

17、选B。5D【分析】由元素在周期表中的位置可知X为O元素，Y为Cl元素，比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气化合的难易程度、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断，以此解答该题。【详解】A元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，X单质可以把硫从H2S溶液中置换出来，说明X单质的氧化性大于硫单质，元素的非金属性X大于硫，故A不选；B元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，H2X和H2S分别受热分解，前者的分解温度高，说明非金属性X大于硫，故B不选；C元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性：HYO4H2SO4，可说明Y的非金属性较强

18、，故C不选；DNa2SO3可与HY反应生成H2SO3，只能说明酸性的强弱，但不能证明非金属性，故D符合题意。答案选D。6C【分析】结合化学方程式，可以得出：Zn电极为负极，电极反应为Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2；Ag2O电极为正极，电极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。【详解】A、经分析，Zn电极为负极，A正确；B、Ag2O电极为正极，该电极上发生还原反应，B正确；C、该装置为原电池，实现化学能转化为电能，C错误；D、Zn电极为负极，失去电子，电子由Zn电极经导线流向Ag2O电极，D正确；故选C。【点睛】对于有关原电池的题目，可以先根据总的反应方程式判断出正负极，再去分

19、析正负极的电极反应。7C【详解】A相同浓度的HX和HY溶液，HX的pH越小，则溶液中c(H+)越大，其电离程度越大， 因此酸性越强，选项正确，故A错误；B滴定终点，溶液中溶质为NaX和NaY，溶液都显碱性，因此可用酚酞做指示剂，选项正确，故B错误；CHY溶液的浓度和体积不确定，无法进行计算，故C正确；D由图可知，达到滴定终点时，HX消耗NaOH溶液的体积为25mL，HY消耗NaOH溶液的体积为50mL，由于HX和HY溶液的浓度相同，因此滴定前，HY的体积为HX溶液体积的2倍，选项正确，故D错误；故答案为：C。8Fe(OH)3 a 3SO32-Cr2O72-8H+=2Cr3+3SO42-4H2O

20、 H2SO4 1.010-32 正 4OH-4e=O22H2O 1mol 【详解】（1）因为调节pH到3.6，此时Fe3以氢氧化铁形式完全沉淀，因此滤渣A为Fe(OH)3；（2）流程的目的是提取Na2SO4，根据溶解度温度曲线，Na2SO4的溶解度随着温度升高而降低，因此采用蒸发浓缩，趁热过滤，得到Na2SO4，即最佳方法是选项a；（3）Cr2O72中Cr的化合价由6价3价，化合价共降低32=6价，SO32中S的价态由4价6价，化合价升高2价，最小公倍数为6，因此离子反应方程式为3SO32Cr2O728H=2Cr33SO424H2O ；因为Cr2O72具有强氧化性，能盐酸氧化成氯气，以及硝酸具

21、有挥发性，因此酸化Cr2O72所用的酸是H2SO4；Cr3完全转化成沉淀，pH=5，即溶液中c(OH)=109molL1，KspCr(OH)3=c(Cr3)c3(OH)=105(109)3=1032；（4）Cr的化合价没有发生变化，根据所示的电解装置图，左侧加入稀氢氧化钠溶液，出来的是浓氢氧化钠溶液，此电极上产生OH，得到H2，即此极为阴极，右侧为阳极，接电源的正极，其电极反应式为4OH4e=O22H2O；2H2O4e=O24H，通过2mol电子，产生2molH，即生成Cr2O72的物质的量为1mol。【点睛】本题易错点是氧化还原反应方程式的书写，根据题干Cr2O72作氧化剂，SO32作还原剂

22、，离子反应式为Cr2O72SO32Cr3SO42，Cr2O72中Cr的化合价由6价3价，化合价共降低32=6价，SO32中S的价态由4价6价，化合价升高2价，最小公倍数为6，有Cr2O723SO322Cr33SO42，环境是酸性环境，为了使前后所带电荷数守恒以及原子守恒，离子反应方程式有：3SO32Cr2O728H=2Cr33SO424H2O 。9蒸馏烧瓶 除去NO中的HNO3、NO2气体 3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O 平衡气压，避免装置C中压强过大 红棕色完全消失 防止水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明

23、HNO2是弱酸 bdc 【分析】（1）仪器a为蒸馏烧瓶，B的作用是除去NO中的HNO3、NO2气体等杂质；（2）Cu与稀硝酸发生反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；（3）长颈漏斗的作用是平衡气压，避免装置C中压强过大；（4）当C中红棕色完全消失时，不再存在NO2气体；（5）D中干燥管的作用是防止水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应；（6）用玻璃棒蘸取NaNO2溶液点在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸；首先要使ClNO与水反应；因为碘化银为沉淀，而酸性高锰酸钾能将氯离子氧化，所以需要先验证氯离子的存在；由于引入了足量的银离子，所以仅能使用酸性高锰酸钾验证亚硝酸。【详解】（1）仪器a为蒸馏烧

24、瓶，NO不溶于水，而可能存在的杂质HNO3、NO2均易溶于水，所以B的作用是除去NO中的HNO3、NO2气体等杂质，故答案为蒸馏烧瓶，除去NO中的HNO3、NO2气体。（2）装置A中Cu与稀硝酸发生反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，故答案为3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。（3）若关闭K1，随着反应的进行，C中压强逐渐，长颈漏斗的作用是平衡气压，避免装置C中压强过大，故答案为平衡气压，避免装置C中压强过大。（4）为了得到比较纯净的NO，当C中红棕色完全消失时，不再存在NO2气体，故答案为红棕色完全消失。

25、（5）因为亚硝酰氯(ClNO)易于水反应水解，所以必须防止有水蒸气进入三颈烧瓶中与ClNO反应，所以D中干燥管的作用是防止水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应，故答案为防止水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应。（6）若亚硝酸为弱酸，则亚硝酸盐水解呈弱碱性，即用玻璃棒蘸取NaNO2溶液点在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸，故答案为使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液点在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸。首先要使ClNO与水反应，选择b；因为碘化银为沉淀，而酸性高锰酸钾能将氯离子氧化，所以需要先验证氯离子的存在，选择d；由于引入了足量的银离子，所以仅能使用酸性高锰酸钾验证亚硝酸，选

26、择c；所以正确的顺序是bdc，故答案为bdc。103H2 (g)+CO2 (g)CH3OH(g)+H2O(g) H=48.9 kJ/mol d CO2 恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低 0.225 5.33（或16/3） B 【分析】本题主要考查化学平衡的移动；（1）考查盖斯定律，将两个热化学方程相加即可；（2）考查化学平衡移动；（3）考查反应物的平衡转化率，及影响因素；（4）考查化学反应速率、化学平衡常数、产物的选择性。【详解】（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加

27、可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=48.9 kJ/mol；（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率，需要降温高压，故合理选项为d；（3）观察图中的横坐标，其物理量为，若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；（4）在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol L1，则有（单位：mol L1）：3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)3111起始3100转化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75H2的浓度

28、变化量为2.25 mol L1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225 mol L1；K=；选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故最佳选项为B。11 sp3 O 16 键 2.5 C3N4 【详解】(1)Mn原子的价层电子的轨道表达式(电子排布图)为；(2)H2S2O8中S与4个O原子形成4个键，轨道杂化方式为sp3，同主族自上而下第一电离能减小，H、O、S三种元素中，电负性最大的元素是

29、O；S元素为16号元素，原子核外有16个电子，每个电子的运动状态都不同，则有16种不同的电子；上述反应中S2O82-断裂的共价键类型为单键，是键 ；2Mn2+8H2O -+16H+，每生成2mol ,断裂5mol共价键，故每生成1mol ,断裂的共价键数目为2.5NA。(3)晶胞中有6个C，8个N，故化学式为C3N4；=m/V=。【点睛】本题主要考查物质结构与性质，涉及核外电子排布轨道表达式、价层电子对互斥理论、杂化方式、分子结构与性质、晶胞计算等，(3)中涉及晶胞的观察，需要学生具备一个的空间想象与数学计算能力，题目难度中等。(2)中每生成1 mol ,断裂的共价键数目是难点。12C9H12

30、 羧基、羟基 加聚反应 取代反应 CH3CH(OH)CH2OH +O2CH3COCHO +2H2O HOCH2CH(OH)CHO 【分析】丙烯与溴发生加成反应，生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液，加热条件下发生取代反应生成B，B为CH3CH(OH)CH2(OH)，B在银作催化剂条件下，与氧气发生催化氧化，生成C，C为，C接着被氧化生成D，D为，D在镍催化条件下，被氢气还原生成E，E为CH3CH(OH)COOH，E发生缩聚反应生成G；丙烯在氯化铝的作用下，与苯发生反应生成F。据此解答。【详解】(1)F的结构式为，含有9个C原子、12个H原子，其分子式为C9H12，E的结构式

31、为CH3CH(OH)COOH，含氧官能团的名称是羧基、羟基，故答案为：C9H12 ；羧基、羟基。(2)丙烯中含有碳碳双键，发生加聚反应可直接形成高分子化合物，A为CH3CHBrCH2Br，A与氢氧化钠水溶液发生取代反应生成B，B为CH3CH(OH)CH2(OH)，故答案为：加聚反应；取代反应。(3)B在银作催化剂条件下，与氧气发生催化氧化，生成C，C为 ，其化学方程式为CH3CH(OH)CH2OH+O2CH3COCHO +2H2O，故答案为：CH3CH(OH)CH2OH +O2 CH3COCHO +2H2O。(4)E为CH3CH(OH)COOH，E的一种同分异构体M：能发生银镜反应，M中含有醛基，l molM与足量的金属钠反应可产生l molH2，M中含有两个羟基，则M的结构简式为HOCH2CH(OH)CHO，故答案为：HOCH2CH(OH)CHO。(5)由合成，其流程为：，故答案为：。