1、（新高考，广东适用）2021届高考化学临考练习十本试卷共8页,21小题,满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处2作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑:如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。3答案不能答在试卷上非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4
2、考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后,将试卷和答题卡一并交回可能用到的相对原子质量:H1He4C12N14016Ne20Na23S32一、选择题。本题共16小题,共44分。第1-10小题,每小题2分;第11-16小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是ASiO2是酸性氧化物,但不能直接与水反应生成H2SiO3BSO2具有还原性，可用于蔗糖脱色C氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂D双氧水具有强氧化性，可用于杀菌消毒2用铂电极电解CuSO4溶液，当铜离子浓度降至一半时，停止通电，若使CuSO4溶液恢复
3、原浓度、原体积，应加入的适量适当物质是 ACuSO4BCuSO45H2OCCuODCu(OH)23下列说法正确的是A钠离子的结构示意图：B氮气的结构式：C氯化氢的电子式：D水的分子结构模型：4取碘水四份于试管中，编号为、，分别加入苯、CCl4、酒精、NaCl溶液，振荡后静置，现象正确的是（）A中溶液分层，下层呈紫红色B中溶液分层，下层呈紫红色C中溶液分层，下层呈棕黄色D中溶液分层5当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是AHCl溶液BNaOH溶液CK2SO4溶液D淀粉胶体6pC类似pH，是指稀溶液中溶质物质的量浓度的负对数。如某溶液溶质的浓度为110-3mol/L，则该溶液中溶质的pC=
4、3。下列叙述正确的是A某温度下，任何电解质的稀溶液中，pC(H+)pC(OH-)B0.01mol/L的CaCl2溶液中逐滴加入纯碱溶液，滴加过程中pC(Ca2+)逐渐增大C0.01mol/L的BaCl2溶液中，pC(Cl-)2pC(Ba2+)D用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，NaOH溶液的pC(OH-)逐渐减小7下列说法中正确的是 ()A第三周期所包含的元素中钠的原子半径最小B钠的第一电离能比镁的第一电离能大C在所有元素中，氟的电负性最大D电子云示意图中的每个小黑点都表示一个电子8化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情
5、况的是过量的锌与18mol/L的硫酸反应；过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；浓盐酸与过量的MnO2；过量铜与浓硫酸；过量稀硝酸与银反应；过量稀硫酸与块状石灰石ABCD9下表为截取的元素周期表前4周期的一部分，且X、Y、Z、R和W均为主族元素。下列说法正确的是A五种元素为原子最外层电子数一定都大于2BX、Z原子序数可能相差18CY最高价氧化物的水化物可能是强酸DZ的氧化物与X单质不可能发生置换反应10下列各组气体中，在通常情况下既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥的有（ ）ACO、O2、CH4BHCl、Cl2、CO2CH2、CO、NO2DSO2、Cl2、O211下列物质中，既属于纯净物、化合物
6、，又属于盐、钙盐的是A石灰石BCa(OH)2CCaCO3DCH412化学平衡常数（K）、电离常数（Ka、Kb）、水的离子积常数（Kw）、溶度积常数（Ksp）等常数是表示判断物质性质的重要常数，下列关于这些常数的说法中，正确的是A化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关BKa（HCN）Ksp（BaCO3）13将氯气持续通入紫色石蕊试液中，导致溶液颜色先变红后褪色的微粒分别是AH+、Cl-BH+、HClOCHCl、Cl-DHCl、HClO14在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是（ ）ABCD15现有CO、CO2、O3(臭氧)三种气体，它们含有的氧原子的数目相同，则三种气体的
7、物质的量之比为( )A1：1：2B1：2：3C3：2：1D6：3：216已知：(异丙烯苯) (异丙苯)，下列说法正确的是A异丙烯苯的化学式为C9H12B异丙烯苯与足量氢气完全加成所得产物的一氯代物有6种C可用酸性KMnO4，溶液鉴别异丙烯苯和异丙苯D异丙烯苯分子中最多有16个原子共平面二、 非选择题:共56分。第17-19题为必考题,考生都必须作答。第20-21题为选考题,考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。17用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸配制1mol/L的稀硫酸(密度为1.20 g/mL)100mL。回答问题：(1)本次实验需蒸馏水共_mL(蒸馏水的密度看成1 gcm-
8、3)(2)本实验需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、试剂瓶、_。(4)配制操作可简化成“计算-量取-稀释-移液-洗涤-移液-定容-摇匀-装瓶”，回答下列问题：“洗涤-移液”操作步骤的目的是_。补全定容的具体操作：加入蒸馏水至液面距刻度线12cm处，_。(5)由于错误操作,使最后得到的稀硫酸浓度偏小的是_(填写编号)。A量取浓硫酸时俯视液面读数B浓硫酸稀释后未完全冷却即进行后继操作C定容时仰视刻度线D定容-摇匀溶液后静置发现液面低于刻度线E.把配制好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用18三草酸合铁(III)酸钾K3Fe(C2O4)33H2O是光化学研究中一种常见物质，为翠绿色单斜晶体。实验室
9、利用硫酸亚铁铵化学式为(FeSO4(NH4)2SO46H2O、草酸等原料制备三草酸合铁(III)酸钾的流程如下：已知：K3Fe(C2O4)33H2O可溶于水，在水中的溶解度随温度升高而增大(0时，溶解度为4.7 g；100时，溶解度为117.7 g)。I.三草酸合铁(III)酸钾的制备(1)写出步骤I生成黄色沉淀FeC2O42H2O的化学方程式_。 (2)分析步骤II需要维持40水浴的原因_。 II.三草酸合铁(III)酸钾的组成分析含量的测定在电子分析天平上称取少量样品，加入适量2molL1H2SO4和去离子水微热溶解，并配成100mL溶液。取出10.00mL，用0.0200molL1KMn
10、O4标准溶液滴定，发生反应的离子方程式为：5+2+16H+=10CO2+2Mn2+8H2O，达滴定终点时，消耗KMnO4标准溶液14.00mL(保留溶液待下一步分析使用)。Fe3+含量的测量在上述保留的溶液中加入一小匙锌粉，加热近沸，直到黄色消失，使Fe3+完全转化为Fe2+，趁热过滤除去多余的锌粉，滤液收集到另一锥形瓶中。继续用0.0200 molL1KMnO4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时，消耗 KMnO4溶液的体积为2.00 mL。(3)测定含量的实验中，滴定达到终点时的现象是_。(4)通过计算确定与Fe3+粒子数目的比值：n()/n(Fe3+)= _ (写出计算过程)。(5)结果分析
11、：假设测定结果 n()/n(Fe3+)大于31，请分析原因(假设测定过程中各项操作规范)_。19按要求回答问题。(1)依据事实，写出下列反应的热化学方程式：2 mol H2与2 mol I2蒸气完全反应时生成碘化氢气体，放出29.8 kJ的热量：_。1 g甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出akJ的热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：_。(2)如图所示反应是_(填“吸热”或“放热”)反应，该反应的H=_kJmol-1(用含E1、E2的代数式表示)。(3)已知热化学方程式：H2(g)+O2(g)H2O(g) H=-241.8 kJ/mol，该反应的活化能为167.2 kJ/mol，则其逆反应
12、的活化能为_kJ/mol。(4)如图是中和热的测定实验装置。从实验装置图看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_。该实验常用0.50 molL-1 HCl和0.55 molL-1 NaOH溶液50 mL。解释NaOH溶液的浓度稍大的原因_。做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用_次。（二）选考题:共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。20物质的结构决定物质的性质。请回答下列涉及物质结构和性质的问题：（1）第二周期中，元素的第一电离能处于B与N之间的元素有_种。（2）某元素位于第四周期族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排
13、布式为_（3）乙烯酮（CH2CO）是一种重要的有机中间体，可用CH3COOH在(C2H5O)3PO存在下加热脱H2O得到。乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型是_，1mol (C2H5O)3PO分子中含有的键与键的数目比为_。（4）已知固态NH3、H2O、HF的氢键键能和结构如下：21氧化白藜芦醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反应合成W的一种方法：回答下列问题：（1）B中的官能团名称为_。（2）W的分子式为_。（3）写出反应的化学方程式_，（4）X为D的同分异构体，写出满足如下条件的X的结构简式_。含有苯环；有三种不同化学环境的氢，个数比为621；1 mol的X与足量金属Na反应可生成2 g
14、 H2。（5）利用Heck反应，由苯和溴乙烷为原料制备，写出合成路线_。（无机试剂任选）解释H2O、HF、NH3沸点依次降低的原因_。（5）碳化硅的结构与金刚石类似(如图所示)，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能。碳化硅晶胞结构中每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有_个，与碳原子等距离最近的碳原子有_个。已知碳化硅晶胞边长为a pm，则碳化硅的密度为_gcm3。参考答案1B【详解】A. SiO2是酸性氧化物，不能直接与水反应生成H2SiO3，A正确；B. SO2具有还原性，而用于蔗糖脱色是利用它的漂白性，B错误；C. 氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂（次氯酸钙、次氯酸钠），C正
15、确， D. 双氧水具有强氧化性，可用于杀菌消毒，D正确。2C【分析】2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4电解后，从溶液中减少的是Cu和O2,而Cu和O2的物质的量比2:1，正好跟CuO的组成相同:2Cu+O22CuO，2CuO与2H2SO4反应恰好再生成2CuSO4和2H2O，据此进行分析解答。【详解】CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42-、OH-， OH-离子的放电能力大于SO42-离子的放电能力,所以OH-离子放电生成氧气；溶液中存在的阳离子是Cu2+、H+，Cu2+离子的放电能力大于H+离子的放电能力,所以Cu2+离子放电生成Cu；溶液变成硫酸溶液；电解硫酸铜的方程式为：2
16、CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；所以从溶液中析出的物质是氧气和铜，因为氧气和铜和稀硫酸都不反应,但和氧化铜反应，氧气和铜反应生成氧化铜,所以向溶液中加入氧化铜即可；综上所述，本题正确选项C。3D【详解】A钠离子的结构示意图为，故A错误；B氮分子内存在氮氮叁键，则氮气的结构式为，故B错误；C氯化氢为共价化合物，其电子式为，故C错误；D水是V形结构，其分子结构模型为，故D正确；故答案为D。4B【详解】A、苯能萃取碘水中的碘，但密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色，选项A错误；B、四氯化碳能萃取碘水中的碘，但密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，
17、下层呈紫红色，上层呈无色，选项B正确；C、酒精和碘水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，选项C错误；D、氯化钠溶液和碘水能互溶，所以溶液不分层，选项D错误；答案选B。5D【分析】根据光束通过胶体时，能观察到丁达尔效应进行判断【详解】A. HCl溶液不属于胶体，光束通过不会产生达尔效应，故A错误；B. NaOH溶液不属于胶体，光束通过不会产生达尔效应，故B错误;C. K2SO4溶液不属于胶体，光束通过不会产生达尔效应，故C错误;D. 光束通过淀粉胶体时能观察到丁达尔效应，故D正确；答案：D。6B【分析】根据题意，pC类似pH，不同温度下水的电解程度不同，对应的离子的物质的量浓度不同；氯化钙与碳酸
18、钠反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，钙离子浓度逐步降低；氯化钡是强电解质，能完全电离；盐酸滴定氢氧化钠，发生中和反应，氢氧根浓度降低。【详解】A、常温下电解质的稀溶液中，pC(H+) +pC(OH-)=14，不是任何温度，A错误；B、0.01mol/L的氯化钙溶液中，加入碳酸钠溶液，则碳酸根离子与钙离子结合为碳酸钙沉淀，钙离子的物质的量浓度逐渐减小，则其负对数逐渐增大，B正确；C、0.01mol/L的氯化钡溶液中，氯离子物质的量浓度是钡离子物质的量浓度的2倍，则pC(Cl-)=-lg2C(Ba2+)，C错误；D、用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，氢氧根离子的物质的量浓度逐渐减少，则
19、氢氧根离子的pC值逐渐增大，D错误。答案为B。7C【详解】A.同一周期(惰性气体除外)，从左到右，原子半径逐渐减小，第三周期所包含的元素中钠的原子半径最大，A错误；B.同一周期，从左到右，虽然有个别特殊性，但总体上第一电离能是逐渐增大的，钠的第一电离能比镁的第一电离能小，B错误；C.电负性就是以氟作为标准的，氟的非金属性最大，即电负性最大，C正确；D.电子云示意图中的小黑点的疏密代表电子在这一区域出现机会的大小，D错误；故答案选C。8A【详解】锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应，故不符合题意；合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，
20、故符合题意；浓盐酸反应到最后变成稀盐酸了，无法完全反应，浓盐酸中H+和Cl-的浓度大，还原性强，在加热条件下能被MnO2氧化，生成Cl2，随反应进行，H+和Cl-的浓度逐渐减小，还原性逐渐减弱，当达到一定程度时，MnO2就不可以氧化Cl-了，因此二氧化锰和稀盐酸不会反应，故符合题意；随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铜无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，故符合题意；Ag与稀硝酸能反应，硝酸过量时，Ag能完全反应，故不符合题意；稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故符合题意；故答案为：A。【点睛】实验室制备少量二氧化碳选择碳酸钙与盐酸反应的
21、原因：碳酸钙是难溶性固体，反应速度较慢，并且成本低，而碳酸钠等可溶性钠盐与酸反正速度太快，难以控制，硫酸与碳酸钙反应生成微溶物质影响反应继续进行，因此不能用硫酸，而硝酸又会产生氮氧化物影响纯度，常见的一元羧酸（比如醋酸）太弱，反应慢。9A【分析】因为第一周期只有H、He两种元素，截取部分是元素周期表前4周期的一部分，所以X位于第二周期，且五种元素都是主族元素，根据元素周期表结构可知，X可能是C、N、O。【详解】A结合分析可知五种元素属于AA族，所以原子最外层电子数一定大于2，故A项正确；BX位于第二周期，则Z是第三周期元素，所以原子序数一定相差8，故B项错误；CY是第三周期元素，可能是是Al、
22、Si、P，而Al、Si、P最高价氧化物的水化物都不是强酸，故C项错误；D若X是C，则Z是Si，其氧化物为SiO2，存在置换反应：SiO2+2CSi+2CO，故D项错误；答案为A。10A【详解】A、CO、O2、N2是中性气体，所以既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥，故选A；B、HCl、Cl2、CO2能和碱反应，所以只能用浓硫酸干燥，不能用碱石灰干燥，故不选B；C、NO2是酸性气体，所以NO2只能用浓硫酸干燥，不能用碱石灰干燥，故不选C； D、SO2、Cl2能和碱反应，所以只能用浓硫酸干燥，O2是中性气体，所以既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥，故不选D。11C【详解】A石灰石的主要成分为CaCO3，除含Ca
23、CO3外还含有其他物质，属于混合物，故A不选；BCa(OH)2虽属于和化合物和纯净物，但Ca(OH)2不属于钙盐，故B不选；CCaCO3属于纯净物、化合物，又属于盐、钙盐，故选C；DCH4虽属于化合物和纯净物，但不属于于盐和钙盐，故D不选。答案选C12C【分析】本题考查各类平衡常数的应用，运用各类平衡常数的概念和平衡常数只与温度有关分析。【详解】化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，故A错误； B.二者都是一元酸，浓度相同时，电离常数越小，说明电离程度越小，氢离子浓度越小，溶液的酸性越弱，故等物质的量浓度的氢氰酸的酸性比醋酸弱，故B错误； C.弱酸、弱碱和水的电离过程是吸热过程，
24、温度升高促进电离，弱酸、弱碱和水的离子积的电离常数（Ka、Kb、Kw）变大，故C正确； D.溶解度越小越先沉淀，二者结构相似，溶解度越小，溶度积就越小，故Ksp(BaSO4)3:1，故填制备过程中加入了过量的草酸，样品中混有K2C2O4。19H2(g)+I2(g)=2HI(g) H=-14.9 kJ/mol CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-16a kJ/mol 放热 E2-E1 409.0 环形玻璃搅拌棒 保证HCl完全被中和 3 【详解】(1)由题意知，2molH2与2molI2蒸气完全反应时生成碘化氢气体，放出29.8kJ的热量，1molH2与1molI2蒸
25、气完全反应时生成碘化氢气体，放出14.9kJ的热量，故热化学方程式为：H2(g)+I2(g)=2HI(g) H=-14.9kJ/mol；1g甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出akJ的热量，1mol甲烷的质量为16g，故16g甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热16akJ，热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-16akJ/mol；(2)依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量反应放热；在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应，反应需要能量：反应的焓变=生成物的能量反应物的能量，即H=(E2-E1)kJ/mol；(3
26、)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；H2(g)+O2(g)H2O(g) H=-241.8kJ/mol，该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能=167.2 kJ/mol+241.8 kJ/mol=409.0kJ/mol；(4)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器为环形玻璃搅拌棒；NaOH溶液的浓度大于盐酸的浓度，使盐酸完全中和，从而用盐酸的物质的量计算生成水的物质的量，进而计算中和热；中和热的测定中，需要测出反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度，所以总共需
27、要测量3次。203 sp2和sp 25：1 单个氢键的键能是(HF)n冰(NH3)n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，(HF)n和(NH3)n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰(HF)n(NH3)n 4 12 【详解】（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素；（2）元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的
28、电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，则该元素为Ni；（3）在CH2=C=O中，一个碳原子的价层电子对数为3，另一个碳原子的价层电子对数为2，所以碳原子的杂化轨道类型有sp2和sp，单键全是键、双键有一个键，1mol（C2H5O）3PO分子中含有的键的数目为25NA，键的数目为NA，则分子中含有的键与键的数目比为25:1；（4）单个氢键的键能是(HF)n冰(NH3)n，而平均每个分子含氢键数:冰中2个，(HF)n和(NH3)n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰(HF)n(NH3)n ；（5）碳化硅晶胞结构中每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个，与碳原子等距离最近的碳原子有12
29、个。该晶胞中含有的碳原子个数为8 18+6 12=4，硅原子个数为4，则根据公式 N A =4 40 gmol- 1得=21羟基、碘原子 C14H12O4 + 2HI +2 CH3I 【分析】根据题中图示信息，A的结构简式为，A发生取代反应生成B，B的结构简式为，B发生取代反应生成C，C的结构简式为，D的结构简式为，D发生取代反应生成E，E的结构简式为，C和E发生取代反应生成W，W的结构简式为，据此解答。【详解】（1）B的结构简式为，该结构中含羟基、碘原子二种官能团；答案为羟基、碘原子。（2）W的结构简式为，则它的分子式为C14H12O4；答案为C14H12O4。（3）D的结构简式为，E的结构简式为，D生成E的化学方程式为+2HI+2CH3I ；答案为+2HI+2CH3I。（4）D的结构简式为，分子式为C8H9O2I，X为D的同分异构体，X中含有苯环；有三种不同化学环境的氢，个数比为6：2：1，该分子中一共9个H原子，则应该有2个甲基；1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2，生成的氢气物质的量为1mol，说明含有2个-OH，因为含有2个甲基，所以只能有2个酚羟基，符合条件的结构简式为；答案为。（5）可由苯乙烯和发生取代反应得到，可由苯发生取代反应生成；苯乙烯可由发生消去反应得到，可由乙苯发生取代反应得到，乙苯可由苯和溴乙烷发生傅克烷基化反应得到，其合成路线为；答案为。
