1、（新高考，福建适用）2021届高考化学临考练习九（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
2、合题意。1化学与社会生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是A燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放B“司南之杓，投之于地，其柢指南。”中“杓”所用的材质为FeOC推广风能、太阳能、生物质能等可再生能源有利于经济可持续发展D航天航空材料碳纤维、芳纶纤维、聚酯纤维都是有机高分子材料2下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A充分吸收了Na2SiO3饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热小木条不燃烧Na2SiO3可做防火剂B将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧集气瓶口上方有白烟生成白烟的成分为HClC将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色SO2具有漂白性D
3、向某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中石灰水变浑浊溶液中一定含有CO32-AABBCCDD3X，Y，R，Z为四种短周期元素，在元素周期表中的位置如图所示。已知R元素的周期数等于其主族序数。下列说法正确的是XYRZA四种元素的原子中，Y原子的半径最大BY与X组成的化合物溶于水显酸性C电解R和Z组成的化合物制备R单质D液态Z单质可以保存在钢瓶中4利用辉铜矿冶炼铜时发生的主要反应为Cu2SO22CuSO2，下列有关该反应的说法正确的是A硫元素被氧化BO2发生了氧化反应CCu2S仅作还原剂D反应中Cu元素无电子转移5在体积为V L的密闭容器中通入amolCO和bmolO2，一定条件下反应后
4、容器内碳原子数和氧原子数之比为AabBa2bCa(a+2b)Da2(a+2b)6下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作现象结论A向含有SO2的BaCl2溶液中通气体X产生白色沉淀X一定表现氧化性B向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液不变色该食盐不是加碘盐C向蛋白质溶液中加入浓Na2SO4溶液出现浑浊Na2SO4溶液降低了蛋白质的溶解度D向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2S溶液产生白色沉淀白色沉淀成分是AABBCCDD7在如图所示电解质溶液的导电性装置中，若向某一电解质溶液中滴加另一种溶液或通入某种气体时，则灯光由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮的是()A盐酸中逐滴加入食盐溶液B醋酸中逐滴加入氢氧化
5、钠溶液C饱和石灰水中不断通入CO2D醋酸中逐滴加入氨水8有机物M的结构简式为下列说法不正确的是A有机物M中所有碳原子可能共处于同一平面B有机物M既能使酸性KMnO4溶液褪色又能使溴水褪色，且反应类型相同C1mol有机物M与足量溴水反应，消耗Br2为1molD与有机物M具有相同的官能团，且含有苯环的同分异构体有4种(不包括M)9由铁、石墨、稀盐酸组成的原电池工作时，下列叙述正确的是( )A铁电极为负极 B石墨电极为负极C氢离子向铁电极移动 D正极发生氧化反应10已知X(g)+ 3Y(g) = 2Z(g)H 0，下列对该反应的说法中正确的是()AS0B能自发进行C破坏反应物全部化学键所需能量小于破
6、坏生成物全部化学键所需能量D在任何温度下都不能自发进行二、非选择题，本题共5小题，共60分11某学习小组欲从工业废钒催化剂中回收V2O5，通过分析知该废钒催化剂的主要成分如下表：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.12228606512abB上述三种温度之间关系为T1T2T3Cc点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大Da点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡不移动(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：NO的作用是_。已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) H=-143kJm
7、ol-1反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) H1=-200.2kJmol-1。反应2：热化学方程式为_。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) H=-759.8kJmol-1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如下图。b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近_。b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_，对你的排序进行解释： _。若n(CO)/n(NO)=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_。14在已经提取氯化钠、溴、镁等化学物质的富碘卤水中，
8、采用下面的工艺流程生产单质碘：（1）步骤加Fe粉的目的是_。（2）写出步骤中反应的离子方程式_。（3）上述生产流程中，可以循环利用的副产物是_。（4）操作的名称是_，选用的试剂是_。15有机化合物AG之间的转化关系如下图所示.已知B、D是生活中的两种常见物质，F的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。回答下列问题：(1)A是淀粉水解的最终产物，A的化学式为_.(2)B、D中官能团的名称分别为_、_.(3)FG的反应类型为_，B+DE的反应类型为_.(4)一定条件下，B除了生成F外，还有水生成，写出该反应的化学方程式：_.(5)分子中含有“COO”结构的E的同分异构体有_种(不包含本身和立体
9、异构).参考答案1C【详解】A燃煤中加入CaO可与煤中的硫、空气中的氧气反应生成硫酸钙，可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，A说法错误；B“司南之杓，投之于地，其柢指南。”中“杓”所用的材质具有磁性，而Fe3O4具有磁性，B说法错误；C推广风能、太阳能、生物质能等可再生能源，可减少化石能源的消耗，减少二氧化碳的排放，有利于经济可持续发展，C说法正确；D航天航空材料芳纶纤维、聚酯纤维都是有机高分子材料，碳纤维不属于有机物，D说法错误；答案为C。2A【详解】A、Na2SiO3溶液具有防火作用，可作防火材料，A正确；B、H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧，瓶口有白雾生成，白雾是HCl与空气中的
10、水蒸气形成的小液滴，B错误；C、SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色是由于SO2有还原性，两者发生氧化还原反应，SO2的漂白性主要是指漂白品红、纸浆、草帽等物品，C错误；D、某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，产生的气体可能是CO2或SO2，溶液中可能含有HCO3-、CO32-和HSO3-、SO32-，D错误。正确答案为A。点睛：区别SO2的还原性与漂白性的差异，SO2的漂白性主要是指漂泊品红、纸浆、草帽等物品，当遇到强氧化剂时，体现的才是还原性。3D【分析】根据题意推出R为Al，X为C，Y为O，Z为Cl。【详解】A. 四种元素中Al的原子半径最大，故A错误；
11、B. 碳和氧形成的CO难溶于水，不和水反应，故B错误；C. 铝和氯形成的氯化铝为共价化合物，不能电解氯化铝制备铝，而应电解熔融氧化铝，故C错误；D. 氯气常温下不和铁反应，所以液氯可以保存在钢瓶中，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】钠、镁是电解熔融的氯化物得到，铝是电解熔融的氧化铝得到。4A【解析】【详解】A.硫元素的化合价由反应前Cu2S中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，A正确；B.O元素的化合价由反应前O2中的0价变为反应后SO2中的-2价，化合价降低，获得电子，被还原，发生还原反应，B错误；C.硫元素的化合价由反应前Cu2S中的-2价变为反应后SO2
12、中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，Cu2S作还原剂；Cu元素的化合价由反应前Cu2S中的+1价变为反应后Cu单质中的0价，化合价降低，获得电子，被还原，Cu2S作氧化剂，因此Cu2S既作氧化剂又作还原剂，C错误；D.反应中Cu元素发生了变化，因此Cu参与了电子转移，D错误；故合理选项是A。5C【分析】在一定条件下充分反应后，根据质量守恒定律，则可知碳原子和氧原子的个数不变，据此解答。【详解】根据质量守恒定律，反应后碳原子、氧原子数目不变，则n（C）=amol、n（O）=amol+2bmol=（a+2b）mol，故容器内碳原子数和氧原子数之比为amol：（a+2b）mol=a：（a+2b
13、），答案选C。【点睛】本题考查质量守恒定律定律，比较基础，注意理解质量守恒定律的宏观与微观意义。6C【详解】A假设X为NH3，则发生2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，然后发生BaCl2+(NH4)2SO3=BaSO3+2NH4Cl，在反应过程中没有体现氨气的氧化性，故A错误；B食盐中所加碘元素以KIO3形式存在，而淀粉遇碘单质变蓝，故B错误；C向蛋白质溶液中加入浓硫酸钠溶液，硫酸钠溶液降低蛋白质在水中溶解度使之析出，这是蛋白质的盐析，故C正确；DAl3+和S2-发生双水解反应：2Al3+3S2-+6H2O=2Al(OH)3+3H2S，因此Al2S3在水溶液中不能存在，故D错误；答案
14、为C。7C【详解】A盐酸溶液中逐滴加入食盐，溶液中一直有电解质电离产生的自由移动的离子，灯泡不会熄灭，选项A错误；B醋酸中逐滴加入氢氧化钠溶液会生成醋酸钠，溶液中也一直有可溶性的电解质电离，自由移动的电荷一直存在，因此灯泡不会熄灭，选项B错误；C饱和石灰水中不断通入CO2，随着CO2的通入，不断生成碳酸钙沉淀，使自由移动的电荷浓度逐渐减小，灯光逐渐变暗，当完全二者恰好反应生成碳酸钙和水时，溶液中电荷浓度接近0，灯泡熄灭，再通入CO2时，生成可溶的Ca(HCO3)2，电荷浓度逐渐增大，灯泡逐渐变亮，选项C正确；D醋酸中逐滴加入氨水，生成醋酸铵，弱电解质变为强电解质，自由移动的离子浓度逐渐增大，溶
15、液电荷浓度不为0，灯泡不可能熄灭，选项D错误。答案选C。8B【详解】A苯环是一个正六边形平面分子，它的所有原子共平面，碳碳双键上的原子也有可能在同一个平面上，羧基的所有原子也可以在一个平面上，则有机物M中所有碳原子可能共处于同一平面，故A正确；B有机物M含碳碳双键，与酸性高锰酸钾溶液的反应是氧化反应，与溴水的反应是加成反应，反应类型不同，故B错误；C有机物M能与溴水反应的官能团只有碳碳双键，且只消耗1molBr2，故C正确；D与有机物M具有相同的官能团，且含有苯环的同分异构体共有4种，其中乙烯基与羧基在苯环的间位和对位有2种，另外苯环上只有一个取代基为或，有两种，共4种，故D正确。答案选B。9
16、A【解析】A. 铁是活泼金属，石墨是非金属，铁电极为负极，故A正确；B. 铁电极为负极，石墨电极为正极，故B错误；C.原电池中阳离子向正极移动， 氢离子向石墨电极移动，故C错误；D. 原电池中正极发生还原反应，故D错误；故选A。10D【详解】A.根据化学方程式，该反应的正反应的气体体积减小，熵减小，S0，选项A错误；B.逆反应的H0且S0，所以其H-TS0，反应能够自发进行，逆反应放热，温度升高，反应速率加快，但逆反应平衡常数减小，选项B错误；C.正反应是吸热反应，破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量，选项C错误；D.正反应的H0且S0，所以其H-TS0，在任何温度下都
17、不能自发进行，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查熵变以及反应自发进行的条件，题目难度中等。据体分析如下：该反应的正反应的气体体积减小，熵减小；H-TS0，反应能够自发进行，H-TS0，在任何温度下都不能自发进行；正反应是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量。11V2O5+2H+= 2VO2+ H2O SiO2 6VO2+ClO3-+3H2O=6VO2+Cl-+6H+ Fe(OH)3、Al(OH)3 K+ 碱 4NH4Cl+K4V4O12=4NH4VO3+3KCl 【详解】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+氧化铁、氧化铝均转化为金
18、属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的废渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的废渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124-R4V4O12+4OH-，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应正向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5。(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为V2O5+2H+=2VO2+H2O，由上述分析可知废渣1为S
19、iO2，故答案为V2O5+2H+=2VO2+H2O；SiO2；(2)用氯酸钾氧化VO2+变为VO2+，还原产物为NaCl，发生反应的离子方程式为6VO2+ClO3-+3H2O=6VO22+Cl-+6H+，故答案为6VO2+ClO3-+3H2O=6VO22+Cl-+6H+；(3)由上述流出分析可知滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)由上述分析可知，流出液中主要为硫酸钾，则“流出液”中阳离子最多的是K+，利用强碱性阴离子交换树脂可“离子交换”和“洗脱”，则应选择碱性条件下使用，且OH-浓度大反应逆向移动提高洗脱效率，故答案为K+；碱；(5)“沉钒”
20、是利用NH4Cl和K4V4O12反应得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，发生反应的化学方程式为4NH4Cl+K4V4O12=4NH4VO3+4KC1，故答案为4NH4Cl+K4V4O12=4NH4VO3+4KC1。【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用，把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键。本题的难点为方程式的书写，要注意根据流程图结合氧化还原反应的基本规律分析解答。12X-射线衍射实验 Li 第四周期第VIII族 正四面体型 12 sp3 钾盐 4NA 【详解】(1)碱金属及其相关物质中，有的是晶体、有的是非晶体；区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X-射线衍射实验；同主族，
21、从上往下，原子半径增大，金属键易断裂，物质的熔沸点越低，故碱金属单质中熔点最高的是Li；答案为：X-射线衍射实验；Li；(2)钴是27号元素，在元素周期表位于第四周期第VIII族；的立体构型为正四面体型；实验室一般用KSCN溶液来检验Fe3+，可生成配位数为4的配离子，1mol该配离子中含有的键包括4个配位键和为12mol；根据叔丁基锂的结构图可知，结构类似于甲烷中的氢被取代，碳原子的杂化方式为sp3杂化；(3)已知盐是否能形成水合物取决于阳离子，离子半径越小，所带电荷越多，则与水分子的作用越强，在化学定量分析工作中常用的一类标准试剂是不含结晶水的盐，则该类标准试剂的阳离子半径越大，所带电荷越
22、少，越不易结合水，故该类标准试剂应选择钾盐；(4)CsSiB3O7属于正交晶系(长方体形)，晶胞参数为anm、bnm和cnm；根据铯在晶胞中的分布图，可知1mol晶胞中含铯原子4mol，晶胞中硅和硼均以硅氧四面体、硼氧四面体、硼氧三角形三种结构通过氧原子连接，据此推断该晶胞中硅氧四面体的数目为4NA；则该晶胞含4个CsSiB3O7，设NA为阿伏加德罗常数的值，CsSiB3O7晶体的密度为，则CsSiB3O7的摩尔质量。13+H2O=H2CO3+OH- 水解是吸热的，温度越低，水解程度越低 D 催化剂 NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) H=+57.2 kJ/mol 1：1 b=cd
23、 该反应HT2，b和c温度相同，平衡常数相同，而d 点温度高，平衡常数比b、c点小 60% 【分析】海水中无机碳的主要存在形式是，水解吸热，溶液显碱性，所以冬天碱性减弱，合成甲醇的反应为放热反应，所以由图像可知当H2和CO的起始组成比相同时，越靠下的曲线对应温度越高，ab两点温度相同，平衡常数相等，由a点时CO的转化率可以计算该点的平衡常数，进而判断D选项；由图像，根据盖斯定律可得第（3）问答案；由图像和反应特点可推断平衡常数间的大小关系，用三段式可以计算NO的转化率。【详解】（1）本小题考查是盐类水解的规律，强碱弱酸盐水解显碱性，强酸弱碱盐显酸性；水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆
24、反应向移动，溶液碱性减弱，所以答案为：+H2O=H2CO3+OH-和水解是吸热的，温度越低，水解程度越低；（2）A图中值：cb，该值越大，即氢气浓度相对越大，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，则H2转化率：bc，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：ab，所以A错误；B图中一定时，CO的转化率：T1T2T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1T2 T2，放热反应温度越高平衡常数越小，因为b、c、温度相等且低于d温度，所以答案为：b=cd；由三段式，假设CO和NO的物质的量浓度分别为4mol/L和5mol/
25、L， 由解得x=1.5，所以NO的转化率为60%，答案为60%。14使碘化银转化成碘化亚铁和单质银（或将难溶的碘化银转化成可溶的碘化亚铁） 2Fe2+4I+3Cl2=2I2+2Fe3+6Cl Ag 萃取、分液 CCl4 【分析】(1)依据图示流程，过滤水洗后的甲为AgI，加入Fe搅拌，可得Ag和FeI2；(2)乙溶液为具有还原性的FeI2，向其中通Cl2，氯气氧化碘离子和二价铁离子；(3)依据流程图可知，Ag(或AgNO3)可循环利用；(4)利用溶解度的不同进行萃取，分离I2和FeCl3溶液，通常选择萃取剂将碘水中的碘萃取出来。【详解】(1)富碘卤水中含有I-，加入硝酸银发生：Ag+I-AgI
26、，过滤水洗后的甲为AgI，加入Fe搅拌，可得Ag和FeI2；(2)FeI2具有还原性，与充足的氯气发生氧化还原反应生成I2和FeCl3，反应的化学方程式为2FeI2+3Cl22I2+2FeCl3，对应的离子反应方程式为2Fe2+4I-+3Cl2=2I2+2Fe3+6Cl-；(3)由流程图可看出，副产物为Ag，由于加入的Fe过量，所以在甲中先加入稀硫酸除去Fe，再加入稀硝酸与Ag反应制得AgNO3溶液，所以Ag(或AgNO3)可循环利用；(4)碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，CCl4和水不互溶，且CCl4和碘不反应，分离I2和FeCl3溶液方法是加入CCl4有机溶剂进行萃取、分液。15
27、 羟基 羧基 加聚反应 酯化(取代)反应 5 【分析】淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，在酒化酶的作用下，葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇发生催化氧化反应转化为乙醛，乙醛继续氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇在一定条件下发生消去反应生成乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，故A是葡萄糖，B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸，E是乙酸乙酯，F是乙烯，G是聚乙烯，据此分析解答。【详解】(1)淀粉水解的最终产物是葡萄糖，其化学式为；(2) B是乙醇，D是乙酸，乙醇的结构简式为C2H5OH，含有的官能团是羟基，乙酸的结构简式为CH3COOH，含有的官能团是羧基；(3)乙烯分子含有碳碳双键，在一定条件下可
28、发生加聚反应生成聚乙烯；在浓硫酸的催化和加热条件下，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应；(4)乙醇与浓硫酸的混合物加热至170时，乙醇发生消去反应生成乙烯，该反应的化学方程式为：；(5)乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，分子中含有“-COO-”结构的可能是羧酸和酯。羧酸为C3H7COOH，C3H7-是丙基，它有2种结构，则分子式为C4H8O2的羧酸有2种。酯可能有HCOOC3H7、CH3COOC2H5和C2H5COOCH3，由于C3H7-有两种结构，CH3-和C2H5-都只有一种结构，分子式为的C4H8O2酯一共有4种。所以，分子中含有“-COO-”结构的乙酸乙酯的同分异构体有5种。
