1、2021届高考理综化学临考练习五（新课标2卷）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：H1 C12 N14 O16 Na23 Al 27 S32 Fe 56 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。72020年，我国在航天科技
2、领域取得举世瞩目的成就，这离不开化学学科的贡献。下列有关说法正确的是A北斗卫星上所用的太阳能电池组，可将化学能转化为电能B长征火箭上所用的碳纤维材料，属于有机高分子材料C天问一号的太阳翼使用石墨纤维作增强体，金属为基体的复合材料D嫦娥五号返回舱所用的高温结构陶瓷，属于传统硅酸盐材料8(双选)含碳、氢、氧、氮四种元素的某医药中间体的3D模型如图甲所示。下列有关该物质的说法正确的是()A能使酸性高锰酸钾溶液褪色B能发生取代反应，但不能发生加成反应C属于芳香族化合物，且与苯丙氨酸互为同系物D其结构简式可表示为图乙，分子中所有原子不可能全部处于同一平面9根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实
3、验操作和现象实验结论A向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL 的CuSO4溶液， 振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀Y中不含有醛基B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶，瓶中产生大量白烟和黑色颗粒CO2具有氧化性C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去BaCl2溶液呈酸性AABBCCDD10设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温下，pH=2的亚硫酸溶液中含有的H+数目为0.01NAB标准状况下，2.24LCHC
4、l3含有的共价键数为0.4NAC1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAD14g乙烯和环丙烷混合气体中的氢原子数为2NA11某化合物的结构如图所示，分子中所有原子都达到了 8电子稳定结构，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子半径：r(X)r(Y)r(Z)，W的单质可用来制取漂白剂和自来水消毒。下列说法正确的是AYZ2属于酸性氧化物BX的氧化物的水化物酸性弱于W的氧化物的水化物酸性CX、Y、Z与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物DZ分别与W、X、Y形成的二元化合物均不止一种12在直流电场作用下，双极膜能将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。工业上用双极膜电
5、解槽电解糠醛溶液同时制备糠醇和糠酸盐，电解时，MnO2/MnOOH在电极与糠醛之间传递电子，电解过程如图所示，下列说法不正确的是A电极A接直流电源的负极B若制得1mol，理论上转移2mol的电子C生成糠酸盐的反应为：D双极膜的作用是通电时将水解离为H+和OH-，其中H+向B极方向移动13常温下，用0.1 molL1盐酸滴定10.0 mL浓度为0.1 molL1Na2A溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是AKa2(H2A)的数量级为109B当V=5时：c(A2)+c(HA)+c(H2A)=2c(Cl)CNaHA溶液中：c(Na+)c(HA)c(A2)c(H2A)Dc点溶液中：c(Na+)
6、c(Cl)c(H+)=c(OH)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苯乙酮()广泛用于皂用香精中，可由苯和乙酸酐()制备。已知：名称相对分子质量熔点/沸点/密度/(gmL-1 )溶解性苯785.580.10.88不溶于水，易溶于有机溶剂苯乙酮12019.62031.03微溶于水，易溶于有机溶剂乙酸酐102-731391.08有吸湿性，易溶于有机溶剂乙酸6016.61181.05易溶于水，易溶于有机溶剂步骤I 向三颈烧瓶中加入39 g苯和44.5 g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5 g乙酸酐，在70
7、80下加热45min，发生反应如下：+ CH3COOH+步骤II 冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30 mL 5% NaOH溶液和30 mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。步骤III 常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。请回答下列问题：(1)AlCl3在反应中作用_；步骤I中的加热方式为_。(2)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为_ (填标号)。A100 mL B250 mL C500 mL D1000 mL(3)图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器的作用为_。(4)步骤II中生成的白色胶状沉淀的
8、化学式为_。(5)步骤II中用NaOH溶液洗涤的目的是_。(6)步骤III中将苯乙酮中的苯分离除去所需的温度_。(7)实验中收集到24.0 mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为_。27钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。下图是利用钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：回答下列问题：(1)提高焙烧效率的方法有_。（写一种）(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应过程的化学方程式为_，氧化产物是_。(3)“碱浸”时生成CO2的电子式为_，碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为_。(4)若“除重金属离子”时
9、加入的沉淀剂为Na2S，则废渣成分的化学式为_。(5)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c(MoO42-)=0.20molL1,c(SO42-)=0.01molL1。“结晶”前应先除去SO42-,方法是加入Ba(OH)2固体。假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变,当BaMoO4开始沉淀时,去除的SO42-的质量分数为_%。已知Ksp(BaSO4)=11010,Ksp(BaMoO4)=2.0108(6)钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SO42-生成，该反应的离子方程式为_。28氮氧化物是形成雾霾的重要原因之一，综合治理氮氧化物，还自然一片蓝天。回答下列问题
10、：(1)在催化剂作用下，甲烷可还原氮氧化物。已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=574 kJmol1；4NO2(g)+2N2(g)=8NO(g) H=+586 kJmol1.则CH4(g)+4NO(g)= 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=_kJmol1.(2)已知Cl2可与NO作用：2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) H0，反应的速率方程式为v正=k正c2(NO)c(Cl2)，v逆=k逆c2(ClNO)，k正、k逆表示速率常数，与温度、活化能有关。升高温度，k正的变化程度_(填“大于”“小于”或“等于”)k逆的变化程度。
11、某温度条件下，向1 L恒容密闭容器中加入2 mol NO和1 mol Cl2，测得初始压强是平衡时压强的1.2倍。则该温度下平衡常数K=_。若平衡时压强为p，则=_(用p表示)。(3)工业烟气中的氮氧化物可用NH3催化还原，发生反应：4NH3(g)+6NO(g)= 5N2(g)+ 6H2O(g) H0，研究表明不同氨氮比m=条件下测得NO的残留率与温度关系如图所示。指出氨氮比m1、m2、m3的大小关系_。随着温度不断升高，NO的残留率趋近相同的可能原因是_。(4)利用Au/Ag3PO4光催化去除氮氧化物(O2将氮氧化物氧化为)，研究表明，不同Au的负载量与氮氧化物的去除效果、催化去除速率常数(
12、用k表示，其他条件不变时，速率常数越大，速率越大)大小的关系分别如图1、图2表示。已知：催化剂的活性与其表面的单位面积活性位点数有关。综合图1、图2可知催化效果最佳的是_(填催化剂)。图2中表面随着Au的负载量不断增加，反应速率常数先增大后减小，试分析反应速率常数减小的原因是_。（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我国科学家发现纳米硒化铜可作为二氧化碳电还原制备甲醇的催化剂：2CO24H2O2CH3OH3O2。回答下列问题：(1)基态Se原子的价电子排布式为_，O、S、Se3种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为_(用化学式表示)。(2)铜与锌均位于元素
13、周期表_区；已知第一电离能ICu746 kJmol1，则IZn_(填“”或“r(Y)r(Z)，同一周期原子序数越大原子半径越小，Z能够形成1个双键，X形成4个共价键，Y形成3个共价键，W形成1个共价键，W位于第三周期，X、Y、Z位于第二周期，X为C，Y为N，Z为O，W为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为C，Y为N，Z为O，W为Cl元素。A. YZ2是NO2，NO2与NaOH溶液反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应中N元素化合价发生了变化，因此NO2不属于酸性氧化物，A错误；B. X形成的氧化物有CO、CO2，CO难溶于水，CO2溶于水反应产生的H2CO3为弱酸，而Cl元素的
14、氧化物对应的酸有多种，如HClO是一元弱酸，酸性比碳酸弱，而HClO3、HClO4都是强酸，可见未指明氧化物的价态，无法比较相应的物质的酸性强弱，B错误；C. C与H形成CH3-CH3、CH2=CH2等、N与H可形成NH2-NH2及O与H可形成H2O2中含有非极性键；故C、N、O三种元素均可以与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物，C正确；D. Cl元素的氧化物有Cl2O、Cl2O3、ClO2、Cl2O5等，C元素的氧化物有CO、CO2等，N元素的氧化物有NO、NO2、N2O3、N2O4等，因此Z分别与W、X、Y形成的二元化合物均不止一种，D正确；故合理选项是CD。【点睛】本题考查原子结构与元
15、素周期律的应用，根据元素的性质及原子结构关系推断为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素的单质及化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。6D【分析】由图可知，该装置为电解池，A电极为电解池的阴极，与直流电源的负极相连，糠醛在阴极上得到电子发生还原反应生成糠醇，通电时双极膜将水解离出的氢离子向阴极室移动，氢氧根离子则向阳极室移动；B电极为阳极，在碱性条件下，碱式氧化锰在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰，二氧化锰与糠醛碱性条件下发生氧化还原反应生成糠酸盐和碱式氧化锰。【详解】A由分析可知，A电极为电解池的阴极，与直流电源的负极相连，选项A正确；B若制得1mol，消耗1mol糠
16、醛，醛基上的C元素由-2价变为0价，理论上转移2mol的电子，选项B正确；C由分析可知，碱式氧化锰在阳极失去电子发生氧化反应生成的二氧化锰与糠醛发生氧化还原反应生成糠酸盐和碱式氧化锰，反应为：，选项C正确；D由分析可知，通电时，通过双极膜将水解离出的氢离子向阴极室移动，H+向A极阴极方向移动，选项D不正确；答案选D。7C【详解】A滴定前pH=11，则A2的水解常数是，则Ka2(H2A)的数量级为，A正确；B当V=5时根据物料守恒可知c(A2)+c(HA)+c(H2A)=2c(Cl)，B正确；C根据图像可知恰好生成NaHA时溶液显碱性，水解程度大于电离常数，NaHX溶液中c(Na+)c(HA)c
17、(H2A)c(A2)，C错误；Dc点溶液显中性，盐酸的体积大于10 mL小于20 mL，则溶液中：c(Na+)c(Cl)c(H+)=c(OH)，D正确；答案选C。8催化剂 水浴加热(7080) B 冷凝回流 Al(OH)3 除去产品中的乙酸 80.1203 82.4% 【分析】向三颈烧瓶中加入39 g苯和44.5 g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5 g乙酸酐，在7080下加热45min，发生反应： + CH3COOH+，冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30 mL 5% NaOH溶液和30 mL水洗涤，分离出的苯层用无
18、水硫酸镁干燥，常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮，以此解答。【详解】(1)由+ CH3COOH+可知，AlCl3是反应发生的条件，反应前后AlCl3均存在，故AlCl3在反应中作催化剂，因为需要在7080温度下加热，为便于控制温度且未超过100，加热方式为7080的水浴加热；故答案为：催化剂；水浴加热(7080)；(2)由题意知，实验中共用到的药品为39g苯体积约为V(苯)=44.3mL，44.5g无水氯化铝为固体，其体积可忽略，25.5g乙酸酐体积约为V(乙酸酐)=23.6mL，液体总体积为V(总)= 44.3mL +23.6mL =67.9mL，根据反应液不超过总容积的，即三颈烧瓶的容积V1
19、01.8mL，故选三颈烧瓶的容积250mL，B符合题意；故答案为：B；(3)由于苯的沸点为80.1，而反应的温度需要7080，这样苯易挥发，不利于产物的制取，需要冷凝回流装置，即加装的仪器为冷凝管；答案为：冷凝回流；(4)由题中信息和步骤II的过程可知，产物均易溶于有机溶剂，AlCl3易水解，即冷却后将反应物倒入100g冰水中，产生的白色胶状沉淀为Al(OH)3；故答案为：Al(OH)3；(5)由于产物之一乙酸也易溶于有机溶剂，故苯层溶液用30mL 5% NaOH溶液洗涤，主要是除去产品中的乙酸；故答案为：除去产品中的乙酸；(6)由题中信息可知，苯的沸点为80.1，苯乙酮的沸点为203，用常压
20、蒸馏回收苯，从而获得苯乙酮，温度为80.1203；故答案为：80.1203；(7)由题意知，苯的物质的量为n(苯)=0.5mL，乙酸酐的物质的量为n=0.25mol，由+ CH3COOH +可知可知，苯与乙酸酐以物质的量之比1:1反应，则苯过量，所以苯乙酮的物质的量n(苯乙酮)=n(乙酸酐)=0.25mol，则苯乙酮的理论产量为m(苯乙酮)=0.25mol120g/mol=30g，而实际生成24.0mL的苯乙酮，苯乙酮的实际产量为m(苯乙酮)=24mL1.03g/mL=24.72g，苯乙酮的产率为=82.4%；答案为：82.4%。9粉碎固体 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 MoO3、S
21、O2 MoO3+CO32-=MoO42-+CO2 PbS 90% MoS2+6NO3-=MoO42+2SO42+6NO 【详解】（1）提高焙烧效率的方法是粉碎固体；（2）根据流程，焙烧时，通入空气，产生MoO3和SO2，即化学方程式为2MoS27O22MoO34SO2；氧化产物是还原剂被氧化后得到产物，根据化学反应方程式Mo、S的化合价升高，即氧化产物是MoO3和SO2；（3）CO2的电子式为；根据问题（5），碱浸时，Mo元素以MoO42的形式存在，即“碱浸”时含钼化合物发生的主要离子反应是MoO3CO32=MoO42CO2；（4）根据钼精矿中含有成分，以及流程，该步骤是除去的Pb元素，废渣是
22、PbS；（5）根据溶度积，SO42先沉淀出来，BaMoO4开始出现沉淀，此时溶液中c(Ba2)=1.0107molL1，此时溶液中c(SO42)=Ksp(BaSO4)/c(Ba2)=11010/1.0107=1.0103molL1，令溶液的体积为VL，去除SO42的质量分数为100%=90%；（6）MoS2与NO3反应，S和Mo的化合价都升高，S原子被氧化成SO42，Mo元素以MoO42的形式存在，NO3中N的化合价降低，N转化成NO，离子方程式为MoS26NO3=MoO422SO426NO。【点睛】氧化还原反应方程式的书写是本题的难点，一般找出氧化剂和还原剂，氧化产物和还原产物，根据化合价升
23、降法进行配平，然后根据原子守恒或电荷守恒配平其他，如本题中焙烧：Mo的化合价由2价6价，升高4价，S的价态由1价4价，S22化合价升高10价，MoS2共升高14价，O2的化合价降低4价，然后根据化合价升降法配平即可。101160 小于 2 （或） m3m2m1 随着温度升高，温度对NO残留率的影响程度大于氨氮比的影响 0.1Au/Ag3PO4 当Au负载量过多时，过多地覆盖Ag3PO4表面，导致Ag3PO4表面单位面积活性位点数减少 【详解】(1)由盖斯定律可知，目标方程式=，可得H=1160 kJmol1.(2)该反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程
24、度，根据速率方程，可知改变温度瞬间，浓度未发生变化，故k正的变化程度小于k逆的变化程度。设Cl2的变化量为x mol。列三段式：，根据压强之比等于物质的量之比，可知=1.2，x=0.5，K=2，p(NO)=p，p(Cl2)=p，p(ClNO)=p，Kp=，=或。(3)氨氮比增大，可理解为NH3增加，NO的残留率降低，故m3m2m1；反应过程中存在2个外界因素，温度和氨氮比，二者均对NO的残留率存在影响，随着温度的进一步升高，不同氨氮比，NO的残留率趋近，说明温度对NO残留率的影响大于氨氮比的。(4)由图示可知，去除率、NO转化率较为合适的催化剂为0.1Au/Ag3PO4.；根据题给信息可知，催
25、化剂的活性与其表面的单位面积活性位点数有关，当Au的量增加时，可能会覆盖催化剂的活性位点。113d14s2 H2OH2SeH2S ds Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失去电子 sp3 ACE SnCu3P 或 【详解】(1)基态Se原子核外电子数为21，根据能量最低原理可知，其核外电子排布式为Ar3d14s2，因此其价电子排布式为3d14s2；O、S、Se为同主族元素，原子序数OSH2SeH2S；(2)铜位于IB族，锌位于IIB族，IB族、IIB族均位于元素周期表中ds区；基态铜原子价电子排布式为3d104s1，基态锌原子价电子排布式为3d104s2，价电子4s轨道全充满能量相较于4s轨
26、道电子半充满时能量低，因此铜更易失去1个电子，故第一电离能：ZnCu；(3)CH3NH2中N原子形成3个化学键，键数目为3，其孤电子对数=1，N原子价层电子对数=3+1=4，因此N采取sp3杂化；CH3NH3结构为，因此CH3NH3中含有键、极性共价键、配位键，故答案为：sp3；ACE；(4)1个晶胞中含有Sn原子数为8=1，Cu原子数为6=3，P原子数为1，因此该合金化学式为SnCu3P；由图可知，该晶胞边长=2r pm=(2r10-10)cm，则该晶胞体积V=(2r10-10)3cm3，该晶体的相对分子质量为M，则1个晶胞的质量为m=g，该晶体密度=g/cm3或g/cm3。12对硝基苯酚或
27、4-硝基苯酚 羰基或酮基 浓硝酸，浓硫酸、加热 还原反应 +HCl 保护酚羟基 17 或 【分析】由题干可知，M为苯酚，A为，D为。根据X的结构简式可判断F为。据此解答。【详解】(1)C分子中含有酚羟基和硝基，处于对位，名称为对硝基苯酚(或4硝基苯酚)；F为，分子中含氧官能团的名称为羰基(或酮基)、酯基。(2)反应是苯环上引入硝基，属于硝化反应，所需试剂及反应条件分别为浓硝酸，浓硫酸、加热；反应是硝基转化为氨基，反应类型为还原反应。(3)反应是酚羟基上的氢原子被取代，反应的化学反应方程式为。(4)由于酚羟基易被氧化，因此在合成路线中设计反应和反应的目的为保护酚羟基。(5)满足条件的E的同分异构体a.属于芳香族化合物，含有苯环；b.含有；c.能与溶液反应，说明还含有羧基，则满足条件的E的同分异构体有、(邻、间、对3种)、(邻、间、对3种)、(10种)共17种；其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积之比为的结构简式为、。(6)参照上述合成路线，结合逆推法可知以苯和丁酮为原料制备的合成路线为：。
