2021届福建省省高考高三临考全真模拟-化学一-解析版

2021届高考化学临考新高考练习一〔福建适用〕〔考试时间:90分钟试卷总分值:100分〕考前须知:本试卷分选择题和非选择题两局部。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。答复选择题时,选出每题答案后,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。答复非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。考试结束后,将本试卷和答题卡一井交回。一、选择题:此题共10小题,每题4分,共40分。每题只有一个选项符合题意。1．化学在达成我国2035年生态建设的远景目标中发挥着重要作用。以下有关说法正确的选项是A．用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放出的乙烯与氧化复原反响无关B．是一种新型自来水处理剂，既表现强氧化性又能软化硬水C．护肤品中参加甘油是利用甘油独特的气味增香提神D．电影银幕用硅酸钠溶液浸泡的主要目的是为了防火2．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A．常温常压下，2含有的分子数目为NAB．2O含有的氢原子数目为NAC．1.00mol/LCa(NO3)2溶液中含有的NO离子数目为NAD．2.4g镁与足量盐酸反响，标准状况下生成的气体体积为3．实验室可用反响2CuSO4＋2KI＋SO2＋2H2O=2CuI↓＋2H2SO4＋K2SO4来制备CuI(CuI受热易被氧化)。以下实验装置和操作不能到达实验目的的是()A．用装置制备SO2B．用装置制备CuIC．用装置别离出CuID．用装置枯燥CuI固体4．2021年1月南开大学周其林团队因?高效手性螺环催化剂的发现?获得国家自然科学一等奖。下面为两种简单碳螺环化合物，相关的说法正确的选项是A．上述两种物质中所有碳原子处于同一平面B．螺[3，3]庚烷的一氯代物有2种C．螺[3，4]辛烷与3－甲基－1－庚烯互为同分异构体D．的名称为螺[5，4]壬烷5．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中参加稀盐酸。以下离子方程式与事实不相符的是A．OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2OB．2OH－＋CO32－＋3H＋=HCO3－＋2H2OC．2OH－＋CO32－＋4H＋=CO2↑＋2H2OD．OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O6．KI可催化H2O2分解，机理为：①H2O2+I－→H2O+IO－；②H2O2+IO－→H2O+O2↑+I－。反响过程中能量变化如下图，以下判断错误的选项是A．KI改变了反响的途径B．KI不能改变总反响的能量变化C．H2O2+Iˉ→H2O+IOˉ是放热反响D．反响物总能量高于生成物总能量7．短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数的关系如下图。Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。以下说法正确的选项是A．简单氢化物的热稳定性：R>YB．简单离子的半径：Y>ZC．最高价氧化物对应水化物的酸性：R>TD．Y与T属于同一主族、与X属于同一周期8．在金属Pt、Cu和铱〔Ir〕的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮〔NO3−〕以到达消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：以下说法不正确的选项是A．Ir的外表发生反响：H2+N2O＝N2+H2OB．导电基体上的负极反响：H2－2e−＝2H+C．假设导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物D．假设导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量9．多硫化物是指含有硫硫键的化合物，在电池、橡胶等多种工业中均有重要用途，其结构如图。以下推测不正确的选项是A．黄铜矿中不存在类似多硫化物的硫硫键B．多硫化物盐在酸性条件下不稳定，可生成硫磺和硫化氢C．天然橡胶硫化生成多硫链后，可以优化橡胶的性能D．在钠—硫高能电池中，做负极反响物10．某温度时，悬浊液中存在：沉淀溶解平衡，其平衡曲线如下图。以下说法错误的选项是A．参加，可以使溶液由c点变到a点B．参加少量水，平衡右移，浓度不变C．b点对应溶液中没有沉淀生成D．c点对应的等于a点对应的二、非选择题，此题共5小题，共60分11．工业上制取硝酸铵的流程图如图，请答复以下问题：(1)在工业制硝酸的生产中，B中发生反响的化学方程式为：_______。(2)在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是：_______。(3)在合成氨的设备(合成塔)中，设置热交换器的目的是：_______。(4)生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2ONH3复原法：NH3+NO2=N2+H2O①配平NH3复原法的化学方程式_______。②以上两种方法中，符合绿色化学的是_______。③某化肥厂用NH3制备NH4NO3。：由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，那么制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量(不考虑其它损耗)的百分比含量：_______。12．向硝酸酸化的•L-1AgNO3溶液〔pH=2〕中参加过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈粽黄色，试管底部仍存有黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行如下探究。Ⅰ．探究Fe2+产生的原因〔1〕提出猜测：Fe2+可能是Fe与____或___反响的产物。〔2〕实验探究：在两支试管中分别参加与上述实验等量的铁粉，再参加不同的液体试剂，5min后取上层清液，分别参加相同体积和浓度的铁氰化钾溶液液体试剂加人铁氰化钾溶液1号试管•L-1AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管______蓝色沉淀①2号试管中所用的试剂为____。②资料显示：该温度下，•L-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为____。③小组同学继续进行实验，证明了2号试管得出的结论正确。实验如下：取•L-1硝酸酸化的AgNO3溶液〔pH=2〕，参加铁粉井搅拌，分别插入pH传感器和NO3-传感器〔传感器可检测离子浓度〕，得到如图图示，其中pH传感器测得的图示为___〔填“图甲〞或“图乙〞〕。④实验测得2号试管中有NH4+生成，那么2号试管中发生反响的离子方程式为___。Ⅱ．探究Fe3+产生的原因查阅资料可知，反响中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2+被Ag+氧化。小组同学设计不同实验方案对此进行验证。〔3〕方案一；取出少量黑色固体，洗涤后___〔填操作和现象〕，证明黑色固体中有Ag。〔4〕方案二：按图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯溶液，加人KSCN溶液，溶液变F红。该实验现象____〔填“能“或“不能“〕证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为__。13．丙烯(C3H6)是仅次于乙烯(C2H4)的重要根本有机原料，工业上常利用丙烷(C3H8)催化脱氢氧化制取丙烯。丙烷脱氢过程主要包含以下3个反响：①C3H8→C3H6+H2②2C3H6+9O2→6CO2+9H2O③C3H8→CH4+C2H4根据以下所给条件答复以下问题：(1)各物质的燃烧热如下表，请计算反响①的反响热ΔH1=_________．物质H2CH4C2H4C3H6C3H8燃烧热(KJ/mol)(2)如果要加快石油工业中丙烷的裂解速度，可以采取的措施是_________．A．高温低压B．低温高压C．高温高压D．低温低压(3)在500℃下，按一定的原料气比和气流速度的条件下，不同载体催化剂对丙烷脱氢反响的影响如下图。其中某一组实验数据如下表所示。(其中丙烷的转化率指的是总转化率，丙烯的选择性指最终转化为丙烯的丙烷占反响丙烷的百分比。)物质反响前〔mol〕反响后〔mol〕C3H810C3H60CO20C2H40CH40①磷酸钙、磷酸锆、磷酸铝三种载体的催化效率最高的是_________．②经研究发现，不同载体的催化效果与载体本身的酸碱性有关，以下三种催化剂中催化效果最好的是_________．A．SiO2B．Al2O3C．MgO③由上表计算该条件下，丙烷的转化率＝_________．；丙烯的选择性＝_________．④根据化学平衡理论催化剂并不会改变平衡体系中的转化率和产率，但在丙烷催化生产丙烯的反响中，使用不同的催化剂所得到的丙烯的选择性却有不同。请说明原因：_________．(4)目前有一种便携式固体氧化物燃料电池，它以丙烷气体为燃料。电池中的一极通人空气，另一极通入丙烷气体，电解质是固态氧化物，在熔融状态下能传导O2-，请写出该电池负极的电极反响式：_________14．硒〔Se〕是一种非金属元素。可以用作光敏材料、电解锰行业催化剂、动物体必需的营养元素和植物有益的营养元素等。请答复以下问题：〔1〕Se元素基态原子的电子排布式为____；第四周期中第一电离能比Se元素大的共有____种〔氪元素除外〕。〔2〕气态SeO3分子的价层电子对互斥模型为____；SeO42-离子中Se原子的杂化方式为___。〔3〕固态SeO2是以[SeO3]角锥体以角相连接的展平的聚合结构，每一锥体带有一悬垂的终端O原子〔如以下图1所示〕。①图1中Se-O键键长较短的是___〔填“a"或“b"〕，其原因是______。②SeO2熔点为350℃，固态SeO2属于___晶体，其熔点远高于SO2〔-75.5℃〕的原因是____。〔4〕硒化锌〔ZnSe〕是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如上图2所示，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得ZnSe的晶胞参数a=0.560nm，那么Se2-的离子半径r(Se2-)=____nm〔计算结果保存3位有效数字，下同〕；硒化锌晶体的密度为________g．cm-3。15．苯达松G()是一种触杀性除草剂，其一种合成路线如下：：①R1COOCH3+；②吡啶()是类似于苯的芳香化合物。答复以下问题：(1)B的化学名称为___________。(2)E中所含官能团的名称为___________。(3)由D生成E的化学方程式为___________。(4)由C生成D的反响类型为___________。(5)F的结构简式为___________。(6)D的六元环芳香同分异构体中，能与碳酸氢钠反响，且六元环上只有两个取代基的同分异构体共有___________种。其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为2：2：2：1的同分异构体的结构简式为___________。参考答案1．D【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化乙烯，乙醇用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放出的乙烯与氧化复原反响有关，A错误；B．是一种新型自来水处理剂，表现强氧化性，可用于杀菌消毒，但不能软化硬水，B错误；C．甘油具有吸湿性，护肤品中参加甘油是利用甘油独特的吸湿性，而不是为气味增香提神，C错误；D．硅酸钠不燃烧，也不支持燃烧，常用作防火材料，电影银幕用硅酸钠溶液浸泡的主要目的是为了防火，D正确；答案选D。2．D【详解】A．气体的体积须在标准状况下进行计算，A项不符合题意；B．，，，B项不符合题意；C．没有溶液的体积，无法进行计算，C项不符合题意；D．，，，D项符合题意；故正确选项为D3．D【详解】A．浓硫酸可以和铜单质在加热条件发生反响生成二氧化硫，故A能到达目的；B．将二氧化硫通入硫酸铜和KI的混合溶液中搅拌，二氧化硫将Cu2+复原成Cu+，得到CuI沉淀，故B能到达目的；C．CuI为沉淀，过滤可将固体和液体别离，故C能到达目的；D．CuI受热易被氧化，所以不能在蒸发皿中加热枯燥CuI固体，故D不能到达目的；故答案为D。4．B【详解】A．上述两种物质中均有4个碳原子与同一饱和碳原子相连，形成四面体结构，不可能所有碳原子处于同一平面，故A错误；B．螺[3，3]庚烷结构高度对称，有两种环境的氢原子，那么一氯代物有2种，故B正确；C．螺[3，4]辛烷分子式为C8H14，3－甲基－1－庚烯的分子式为C8H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D．根据题目所给物质名称，可知的名称为螺[4，5]癸烷，故D错误；故答案为B。5．C【详解】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中OH-与CO32-物质的量相等，参加稀盐酸，首先发生①OH－＋H＋=H2O，然后是②CO32－＋H＋=HCO3－，最后是③HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O；A.①＋②即得到OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2O，A与事实相符；B.①×2＋②即得到2OH－＋CO32－＋3H+=HCO3－＋2H2O，B与事实相符；C.假设OH-为2mol，那么CO32-也为2mol，参加4molH+时2molOH-优先消耗2molH+，然后2molCO32-与2molH+恰好完全反响生成2molHCO3-，没有CO2气体产生，C与事实不符；D.①＋②＋③即得到OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O，D与事实相符；答案选C。6．C【分析】由图可知，参加KI后，降低了活化能，KI不改变反响物和生成物的能量；反响物总能量高于生成物总能量，反响为放热反响。【详解】A．由图可知，参加KI后，降低了活化能，改变了反响的途径，故A正确；B．KI不改变反响物和生成物的能量，那么KI不能改变总反响的能量变化，故B正确；C．由图可知H2O+IOˉ总能量高于H2O2+Iˉ总能量，H2O2+Iˉ→H2O+IOˉ是吸热反响，故C错误；D．由图可知，反响物总能量高于生成物总能量，故D正确，应选C。【点睛】此题考查化学反响中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反响、吸热反响与反响物、生成物、催化剂有无必然关系，做题时不要混淆。7．B【解析】试题分析：由图可知，Z的原子半径最大，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，那么Y为O元素、Z为Na元素；R原子最外层电子数是电子层数的2倍，那么R为C元素；Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡，那么T为S元素，硫化钠可以发生水解；X的原子序数及原子半径均最小，那么X为H元素。A.C的非金属性比O弱，所以C元素的简单氢化物〔甲烷〕的热稳定性比水弱，A不正确；B.O2-离子的半径大于Na+，B正确；C.最高价氧化物对应水化物的酸性是硫酸强于碳酸，C不正确；D.O与S属于同一主族，与H不属于同一周期，D不正确。此题选B。8．C【详解】A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱〔Ir〕的催化作用下发生氧化复原反响，生成氮气，反响为：H2+N2O＝N2+H2O，A正确；B、根据图示可知：导电基体上的负极反响：氢气失电子，发生氧化反响，导电基体上的负极反响：H2－2e−＝2H+，B正确；C、假设导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被复原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；D、从图示可知：假设导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；正确选项C。9．D【详解】A．黄铜矿中S元素为-2价，而多硫化物中S元素的化合价≥-1价，所以黄铜矿中不存在类似多硫化物的硫硫键，A正确；B．根据过氧化物的性质可推测多硫化物盐在酸性条件下不稳定，易发生歧化反响生成S单质和硫化氢，B正确；C．天然橡胶硫化生成多硫链后，使其物理机械性能和化学性能得到了改善，C正确；D．Na2S5具有一定的氧化性，易被复原，所以应作正极反响物，负极反响物应为易被氧化的钠单质，D错误；综上所述答案为D。10．C【详解】A．参加AgNO3固体，银离子浓度增大，氯离子浓度减小，可以使溶液由c点变到a点，故A正确；B．参加少量水，平衡右移，但溶液还是饱和溶液，所以Cl-浓度不变，故B正确；C．b点在曲线的上方，银离子和氯离子浓度的乘积大于Ksp()，所以b对应溶液中有沉淀生成，故C错误；D．温度不变，Ksp不变，ac点是相同温度下的溶解沉淀平衡，Ksp相同，故D正确；故答案：C。11．4NH3+5O2=4NO+6H2O可使NO循环利用，全部转化成HNO3利用余热，节约能源8NH3+6NO2=7N2+12H2ONH3复原法53.1%【分析】N2和H2在A中反响生成NH3，NH3和O2在B中反响生成NO和H2O，NO和O2、H2O在吸收塔中反响生成HNO3，NH3和HNO3在D中反响生成NH4NO3。【详解】(1)B中，NH3和O2反响生成NO和H2O，化学方程式为4NH3+5O2=4NO+6H2O；(2)NO和O2反响生成NO2，NO2和H2O反响生成HNO3和NO，生成的NO再和O2反响，故通入空气可使NO循环利用，全部转化成HNO3；(3)合成氨的反响属于放热反响，反响过程中会放出大量的热，用热交换器可以充分利用余热，节约能源；(4)①NH3转化为N2，N元素化合价由-3价变为0价，失去3个电子，NO2转化为N2，化合价由+4价变为0价，得到4个电子，根据得失电子守恒和质量守恒，配平化学方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O；②利用碱液吸收法，消耗大量NaOH，且生成了有毒的亚硝酸盐，利用NH3复原法，得到的产物无污染，故符合绿色化学的是NH3复原法；③根据N原子守恒的关系式：，那么1mol得到可得到的物质的量为，根据可知，该反响消耗的氨气的物质的量为，那么制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分比含量为。12．HNO3AgNO3硝酸酸化的3的溶液〔pH=2〕该反响速率很小或反响的活化能较大图乙NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O参加足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中参加稀盐酸，产生白色沉淀不能Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化【分析】〔1〕Fe过量，可能与硝酸反响生成硝酸亚铁，或Fe与硝酸银反响生成硝酸亚铁；〔2〕①加硝酸酸化的3的溶液〔pH=2〕作比照实验；②1号试管中未观察到蓝色沉淀，与反响速率很小有关；③发生NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O，消耗氢离子，pH增大；④实验过程中，溶液先变成浅绿色，而后逐渐呈棕黄色，但整个过程中并无NO气体产生，那么NO3-中N转化为NH4+；〔3〕Ag可溶于硝酸，不溶于盐酸；〔4〕左侧烧杯溶液，加KSCN溶液，溶液变红，可知左侧含铁离子，左侧为正极，但亚铁离子可能被硝酸或氧气氧化。【详解】〔1〕提出猜测：Fe2+可能是Fe与HNO3或AgNO3反响的产物；〔2〕①2号试管中所用的试剂为硝酸酸化的3的溶液〔pH=2〕，与1为比照实验；②资料显示：该温度下，0.1mol•L-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+．但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为该反响速率很小或反响的活化能较大；③反响中消耗氢离子，pH变大，那么pH传感器测得的图示为图乙；④实验测得2号试管中有NH4+生成，那么2号试管中发生反响的离子方程式为NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O；〔3〕方案一：取出少量黑色固体，洗涤后参加足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中参加稀盐酸，产生白色沉淀〔或参加足量盐酸，有黑色固体剩余〕，证明黑色固体中有Ag；〔4〕方案二：一段时间后取出左侧烧杯溶液，参加KSCN溶液，溶液变红，该实验现象不能证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化。13．C磷酸钙C17.0%60.0%丙烷催化生产丙烯由三个不同反响组成，催化剂对三个反响的催化作用不一致，因此造成三个反响的速率改变不同，导致生成物的产率(即生成物的选择性)不同C3H8-20e-+10O2-=3CO2+4H2O【详解】(1)由题目所给数据可写出如下热化学方程式：a．H2(g)+O2(g)=H2O(l)△Ha=-285.8kJ/mol，b．C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△Hb=-2021.4kJ/mol，c．C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△Hc=-2217.8kJ/mol，由盖斯定律c-b-a，得：C3H8(g)→C3H6(g)+H2(g)△H1=△Hc-△Hb-△Ha=+81.4kJ/mol，故此处填+81.4kJ/mol；(2)增大压强、升高温度均可加快裂解速度，故可采取高温高压，答案选C；(3)①由图示知，相同条件，在磷酸钙载体的作用下，丙烷转化率最高且丙烯选择性最正确，故此处填磷酸钙；②由①分析知，磷酸钙载体催化效果更好，磷酸钙由于磷酸根水解显碱性，所以选用碱性催化剂效果更好，SiO2为酸性氧化物，Al2O3为两性氧化物，MgO为碱性氧化物，故此处选C；③由所给数据计算得转化的丙烷n(C3H8)=，故丙烷的转化率=；丙烯的选择性=；④丙烷催化生产丙烯由三个不同反响组成，催化剂对三个反响的催化作用不一致，因此造成三个反响的速率改变不同，导致生成物的产率(即生成物的选择性)不同；(4)C3H8在负极失电子被氧化为CO2，初步确定电极反响为：C3H8-20e-→3CO2，左边添加10个O2-配平电荷守恒，右边添加4个H2O配平元素守恒，得完整电极反响式为：C3H8-20e-+10O2-=3CO2+4H2O。14．1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p42平面三角形sp3杂化bb中含有π键，电子云重叠程度更大，使得键长缩短分子SeO2形成聚合分子，相对分子量远比SO2大，熔化时需要破坏分子间作用力更大【详解】〔1〕Se与O元素同主族，位于第四周期，其元素序号为34，Se元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s4p4或[Ar]3d104s24p4；同一周期中，第一电离能从左至右有增大的趋势，但IIA族与IIIA族、VA族与VIA族反常，第四周期中第一电离能比Se元素大的有As、B