1、（新课标2卷）2021届高三化学临考练习二注意事项：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。7下列关于硅单质及其化合物的说法
2、中错误的是（ ）A陶瓷、玻璃、水泥、水晶饰品等，都是硅酸盐产品B常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、硝酸、硫酸等都很难发生反应C水玻璃可以作为粘合剂、木材防腐剂，高纯硅可用于制造太阳能电池，高纯二氧化硅可用于制造光导纤维D某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2OAl2O36SiO2表示8a、b、c三种物质的结构简式如图所示，关于下列化合物的说法正确的是Aa、b都属于芳香族化合物Ba、c分子中所有碳原子均处于同一平面上Cb、c均能与新制Cu(OH)2反应生成红色沉淀Da、b、c均能使酸性KMnO4溶液褪色9下列实验操作、现象和所得出的结论均正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A加热盛有
3、少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性B向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，加热未出现银镜淀粉未水解C将H2S与SO2在集气瓶中混合，瓶内有黄色颗粒产生SO2具有氧化性D向两支各盛有5mL 0.1mol/L KMnO4的试管中分别滴加2滴0.1mol/L的草酸和0.01mol/L的草酸，滴加0.1mol/L的草酸的试管先褪色在其他条件相同时，浓度越大，反应速率越快AABBCCDD10NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A10 g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NAB常温下56g铁片投入足量浓H2SO4中生成1.5NA个
4、SO2分子C常温下，22gCO2和N2O混合气体中，含有的原子数目为1.5NADpH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+11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D气态氢化物的稳定性：ZW12糠醛氧化制备糠酸是综合利用糠醛资源的一个重要途径。在直流电场作用下，双极膜(BMP)将水解离为H+
5、和OH-，并实现其定向通过。工业上用双极膜电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AA为直流电源的负极，糠醛在阴极表面得到电子被氧化为糠醇B通电时双极性膜将水解离为H+和OH-，H+向阴极室方向移动C生成糠酸的反应为：+2MnO2+OH-+2MnOOHD电解时，阳极反应为MnOOH-e-=MnO2+H+13常温下，用0.100 molL1NaOH溶液滴定20 mL 0.100 molL1H3PO4溶液，曲线如图所示。下列说法不正确的是A当2pHc()c(OH)c(H+)DNaH2PO4溶液中，c(H+)c
6、(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苯甲醇是一种重要的化工原料，广泛用于香料、造纸、制药和印染等行业。实验室制备苯甲醇的反应原理和有关数据如图：2+K2CO3+H2O2+CO2+2KCl相对分子质量熔点/沸点/密度/(gcm-3)水溶性氯化苄126.5-43179.41.1不溶碳酸钾1388912.4易溶四乙基溴化铵易溶苯甲醇108-15.3205.31.0易溶实验步骤：如图所示，在装有电动搅拌器的250 mL三颈烧瓶里加人9.0 g碳酸钾(过量)，70.0 mL水，加热溶解，再加入20
7、mL四乙基溴化铵(CH3CH2)4NBr溶液和12.0 mL氯化苄。搅拌加热回流反应l1.5 h。反应结束后冷却，并转入125 mL分液漏斗中，分出有机层，水层用萃取剂萃取三次。合并萃取液和有机层，加入无水硫酸镁固体，静置、过滤。最后进行蒸馏纯化，收集200208 的馏分，得8.4 mL苯甲醇。回答下列问题：(1)仪器Y的名称_，冷却水应从_(填“上口”或“下口”)通入。由于苯甲醇的沸点较高，在蒸馏纯化操作中最适宜选用的仪器之一是_。A B C(2)本实验中加入无水硫酸镁的目的是_。从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用_。A乙醇 B乙酸乙酯 C苯 D氯仿(3)某同学认为该装置中的电动搅拌器可以换成
8、沸石，以防暴沸。该说法_(填“是”或“否”)正确，其理由是_。(4)本实验苯甲醇的产率为_%(计算结果保留一位小数)。27钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。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) Na2MoO42H2O中钼元素的化合价是_；在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉项进入，这样处理的目的是_。(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3，写出该反应的化学方程式:_，反应中氧化产物是_(填化学式)。(3)“浸取”时含钼化合物发生反应的离子方程式为_；“结晶”前需向滤液中加入Ba(OH)2固体
9、以除去。若滤液中c(MoO)=0.40mol/L，c()=0.10mol/L，当BaMoO4开始沉淀时，的去除率是_%已知：Ksp(aCO3)=110-9、Ksp(BaMoO4)=4.010-8。(4)“分析纯”的钼酸钠常用钼酸铵(NH4)2MoO4和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与流程中所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式为_。(5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图所示。要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为_。28氮氧化物是形成酸雨、雾霾、光化学烟雾的主要物质，主要来源于汽车尾气。氮
10、氧化物)的处理已成为科学研究的重要内容。请回答下列问题：(1)用O3氧化可脱除氮氧化物。已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1=-113kJ/mol6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g) H2=-227kJ/mol4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g) H3=-57kJ/mol用O3氧化脱除NO的总反应是：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) H4=_，该反应在热力学上趋势大，其原因是_。(2)还可以用活性炭还原法处理氮氧化物。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，发生如下反应： C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=bkJ/mo
11、l，测得NO的转化率(NO)随温度的变化如图甲所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是：_；在1100K时，CO2的体积分数为_。(3)用CO还原法可处理氮氧化物。在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定条件下发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如图乙所示：实验测得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关。)比较P1、P2、P3的大小关系：_。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_填“”“=”或“”)k逆增大的倍
12、数。求a点时=_。（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（1）H2S和H2Se的参数对比见右表。化学式键长/nm键角沸点/H2S1.3492.3-60.75H2Se1.4791.0-41.50H2Se的晶体类型为_；H2S的键角大于H2Se的原因可能_；（2）硒为第四周期A族元素，与其相邻的元素有砷（33号）、溴（35号），则三种元素的电负性由小到大的顺序为_；（用元素符号表示）（3）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子（Au）与铜原子（Cu）个数比为_；若该晶体的晶胞参数为a pm，则该合金密
13、度 为_g/cm3。（列出计算式，不要求计算结果，阿伏伽德罗数的值为NA）（4）Fe（CO）5与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。1molFe（CO）5分子中含有键的数目为_该磁性氮化铁晶胞结构如图所示，该化合物的化学式_。36有机化合物K是有机合成中的一种重要的中间体，K的合成路线如下(部分产物及条件略去)：回答下列问题：(1)A的核磁共振氢谱只有一组峰，A的名称为_。(2)BC的反应类型是_。(3)GH反应的化学方程式为_。(4)G的同分异构体中，既能发生银镜反应又能发生水解反应的物质的结构简式为_。(5)参照上述合成路线，设计一条由乙醛和乙炔为原料制备的合成路线(无机试剂任选
14、)：_。参考答案1A【详解】A水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐材料，A项错误；B单质硅在常温下性质不活泼，B项正确；C硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂或无机粘合剂；硅单质属于半导体，高纯硅可用于制作太阳能电池；二氧化硅具有良好的透光性，高纯二氧化硅可用于制造光导纤维，C项正确；D硅酸盐种类繁多，结构复杂可以用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示其组成，一般氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物二氧化硅水，不同氧化物间以“”隔开，D项正确；答案选A。2D【详解】Aa分子不含苯环，a不属于芳香族化合物，故A错误；B a、c分子中均含有通过单键与多个碳原子相连的碳原子，类似甲
15、烷的结构，不可能所有碳原子均处于同一平面上，故B错误；C b不含醛基，b不能与新制Cu(OH)2反应生成红色沉淀，故C错误；Da分子中含有碳碳双键、b分子中含有羟基、c分子中含有醛基，所以均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；选D。3C【详解】A、NH4HCO3不稳定，受热分解成NH3、H2O、CO2，NH3为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A错误；B、醛基与银氨溶液发生银镜反应，应先加入NaOH除去硫酸，使溶液显碱性，再加银氨溶液，如果出现银镜，说明淀粉已水解，反之未水解，故B错误；C、H2S与SO2发生2H2SSO2=3S2H2O，从方程式中可以看出SO2中S的价态降低，体现SO
16、2的氧化性，故C正确；D、KMnO4与草酸发生反应，产生Mn2，其中Mn2作催化剂，因此验证浓度对反应速率的影响，不应该用KMnO4与草酸的反应，故D错误；答案选C。【点睛】易错点是选项D，解题时容易只注意到草酸的浓度不同，认为体现了浓度对反应速率的影响，但忽略了高锰酸钾与草酸反应生成的Mn2作催化剂，因此考查浓度对反应速率的影响，不能用该反应。4C【详解】A10 g的D2O的物质的量为=0.5mol，含有的质子数与中子数均为5NA，故A错误；B常温下56g铁片投入足量浓H2SO4中发生钝化，不能完全发生反应，故B错误；CCO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故22g混合物的物质的量为0
17、.5mol，而两者均为三原子分子，故0.5mol混合物中含1.5NA个原子，故C正确；DpH=1的H3PO4溶液中，溶液体积不知，不能计算含有的H+数目，故D错误；故选C。5C【分析】化合物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，W的单质可用来制取漂白剂和自来水消毒，则W是Cl元素；原子半径r(X)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】AYZ2是NO2，NO2与Na
18、OH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；BX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；CC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；DZ(O)的非金属性强于W(Cl)，简单气态氢化物
19、的稳定性：ZW ，D错误；故合理选项是C。6A【详解】A根据图示可知：A为直流电源的负极，糠醛在阴极表面得到电子被还原为糠醇，A错误；B根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，通电时双极性膜将水解离为H+和OH-，阳离子H+向负电荷较多的阴极室方向移动，B正确；C在阳极室，糠醛失去电子被氧化为糠酸，反应方程式为：+2MnO2+OH-+2MnOOH，C正确；D电解时，阳极上MnOOH失去电子发生氧化反应产生MnO2，所以阳极的电极反应式为MnOOH-e-=MnO2+H+，D正确；故合理选项是A。7B【详解】A. NaOH与少量H3PO4反应生成NaH2PO4，则溶液中的溶质是H3PO4和NaH2
20、PO4，故A说法正确；B.V(NaOH溶液)=20 mL时，此时pH=4.7，H3PO4溶液与NaOH溶液恰好反应生成NaH2PO4，根据物料守恒有c(Na+)=c()+c()+c()+c(H3PO4)，故B说法错误；C.pH=9.7时，Na2HPO4溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，故C说法正确；D.根据图示信息可知，NaH2PO4溶液pH=4.7，显酸性，故D说法正确。故答案为B。8三颈烧瓶 下口 B 干燥 B 否 电动搅拌器使互不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率 74.5 【详解】(1)由实验装置图可知Y为三颈烧瓶；X为球形冷凝管，冷凝回流时冷水从下口进入以使冷水和热蒸气之间的
21、接触面积大；苯甲醇的沸点较高，为205.3 ，在常温下即为液体，在蒸馏纯化操作中无需冷凝，最适宜选用的仪器之一是B空气冷凝管。(2)加入无水硫酸镁的目的是为了除去有几层中的水，起到干燥的作用；A乙醇能溶解很多有机物和无机物，不能做萃取剂，故A不符合题意； B乙酸乙酯无毒，可做萃取剂，故B符合题意； C苯有毒，不适合做萃取剂，故C不符合题意； D氯仿有毒，不适合做萃取剂，故D不符合题意；故答案为B。 (3)该装置中的电动搅拌器不可以换成沸石，因为电动搅拌器的作用是使互不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率。(4)由题意可知9.0 g碳酸钾(过量)，依据12.0 mL氯化苄来进行计算，12.0 mL
22、氯化苄的质量为12.0 mL1.1 gcm-3=13.2 g，利用化学方程式2+K2CO3+H2O2+CO2+2KCl可知，13.2 g氯化苄参与反应可生成苯甲醇的质量为则苯甲醇的产率为9+6价 增大固气接触面积，提高原料利用率(加快反应速率亦可) 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 MoO3、SO2 MoO3+=MoO42-+CO2 90% (NH4)2CO3、(NH4)2SO3 1：1 【分析】“焙烧”：氧气将MoS2、PbS氧化成MoO3、PbO、SO2；“浸取”：主要反应为MoO3和Na2CO3溶液反应生成Na2MoO4和CO2；“过滤”：Ba(OH)2将过量的转化为BaCO3沉淀
23、，通过“过滤”将BaCO3、PbO除去；“结晶”：通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗Na2MoO42H2O固体；通过“重结晶”得Na2MoO42H2O，据此解答。【详解】(1)根据化合物中元素化合价代数和为0可知，Na2MoO42H2O中钼元素的化合价为+6价，矿石经粉碎及从炉顶进入可增大固气接触面积，加快反应速率，同时使原料中的MoS2尽可能反应，提高原料利用率；(2)“焙烧”：氧气将MoS2氧化成MoO3、SO2，反应的方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，氧化产物为MoO3、SO2；(3)“浸取”：主要反应为MoO3和Na2CO3溶液反应生成Na2MoO4和CO2，反应的离子
24、方程式为：MoO3+=+CO2。Ksp(BaMoO4)=4.010-8，c()=0.40 mol L-1，由Ksp(BaMoO4=得：当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)=10-7mol/L，由Ksp(BaCO3)=得，此时溶液中c()=10-2mol/L，所以，的去除率=；(4)(NH4)2MoO4和NaOH反应生成Na2MoO4、H2O和NH3，流程中产生的气体为SO2、CO2，把SO2、NH3、CO2通入水中可产生(NH4)2CO3、(NH4)2SO3两种正盐；(5)由图可知，碳素钢的缓蚀效果最优时，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度都为150mg/L，即二者浓度比为1:1。10-198kJ
25、mol-1 该反应为放热反应 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 20% P1P2P3 160 【详解】(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1=-113kJ/mol6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g) H2=-227kJ/mol4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g) H3=-57kJ/mol根据盖斯定律，(+2+3)，得到反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)的H4=(-113kJ/mol-227kJ/mol2-57kJ/mol3)=-198kJmol-1；该反应为放热反应，放热反应一般容易自发进行，在热力
26、学上趋势大；(2)在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，发生如下反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=bkJ/mol，1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大，由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大；设一氧化氮的初始物质的量为2mol，在1100K时，NO的转化率(NO)=40%，列出三段式；CO2的体积分数为=20%；(3)2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，由NO的平衡转化率与温度及压强的关系，在相同的温度下，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，正向移动，NO的平衡转化率增大，故P
27、1P2P3；由图像可知，温度升高，NO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，逆反应方向为吸热的反应，达到平衡后，仅升高温度，有利于平衡逆向移动，k正增大的倍数k逆增大的倍数；在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡，a点的NO的平衡转化率为80%，列出三段式；平衡时，v正=v逆，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c(N2)c2(CO2)，=160。【点睛】计算时，利用平衡时的正逆反应速率相等这个信息，为易错点。11分子晶体 由于H-S键键长比H-Se键长短，两氢原子距离更近，斥力更强，因而H2S的键角更大（或由于S的电负性比Se大，使共用电子对间的排斥力变大，因而H2S
28、的键角更大 AsSeBr 1：3 10mol Fe3N 【详解】试题分析：（1）从表中数据看，H2Se沸点很低，故为分子晶体；从数据看，由于H-S键键长比H-Se键长短，两氢原子距离更近，斥力更强，因而H2S的键角更大（或由于S的电负性比Se大，使共用电子对间的排斥力变大，因而H2S的键角更大；（2）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右电负性增大，故电负性：AsSeBr；（3）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8=1，Cu原子个数=6=3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：3；晶胞体积V=（a10-10cm）3，每个晶胞中铜
29、原子个数是3、Au原子个数是1，晶胞质量为g，则晶胞密度=gg（a10-10cm）3=gcm-3；（4）Fe（CO）5分子中含5个配位键，配体CO内含有1个碳氧三键，所以1molFe（CO）5分子中含有的键的数目10mol；N原子位于体内，数目为2；Fe原子位于顶点、面心和体内，数目为12+2+3=6；即化学式可写为：Fe3N。考点：物质结构的考查，涉及核外电子排布、电负性、分子空间构型、杂化方式、配合物、晶胞密度的计算等。12丙酮 消去反应 HOCH2CH2CHOCH2=CHCHO+H2O HCOOCH2CH3 【分析】根据已知，可知由A与乙炔反应生成B是丙酮与乙炔发生加成反应生成，A为丙酮
30、，在氧化铝作用下反应生成C为CH2=C(CH3)-CCH，CH2=C(CH3)-CCH部分还原生成D；根据D与H反应生成K，则H为CH2=CHCHO，根据已知，可知G为CH2OHCHCHO，则E为CH3CHO，据此分析。【详解】根据已知，可知由A与乙炔反应生成B是丙酮与乙炔发生加成反应生成，A为丙酮，在氧化铝作用下反应生成C为CH2=C(CH3)-CCH，CH2=C(CH3)-CCH部分还原生成D；根据D与H反应生成K，则H为CH2=CHCHO，根据已知，可知G为CH2OHCHCHO，则E为CH3CHO。(1)A的核磁共振氢谱只有一组峰，高度对称，A的名称为丙酮；(2)BC是在氧化铝作用下反应生成C为CH2=C(CH3)-CCH，反应类型是消去反应；(3)GH反应的化学方程式为HOCH2CH2CHOCH2=CHCHO+H2O；(4)G为CH2OHCHCHO，其同分异构体中，既能发生银镜反应又能发生水解反应的物质含有甲酸酯的结构，其结构简式为HCOOCH2CH3；(5)参照上述合成路线，设计一条由乙醛和乙炔为原料制备的合成路线，可以由CH3CH(OH)CCH在氧化铝作用下发生消去反应生成CH2=CH-CCH，CH2=CH-CCH部分还原得到CH2=CH-CH=CH2，CH2=CH-CH=CH2受热得到，合成路线为。
