2021届新高考化学模拟培优卷（八）（福建专版）

2021届新高考化学模拟培优卷（八）（福建专版）

可能用到的相对原子质量：H-1   N-14  O-16  F-19  Na-23  S-32  Fe-56 

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合题目要求。

1.我国自主研发的大型飞机C919其主结构材料大量使用了铝锂合金，利用的是铝锂合金的(   )

A.低密度、高强度           B.高强度、导热性          C.低密度、导电性      D.导热性、导电性

2.下列有关化学用语描述正确的是(   )

A.二氧化硅的分子式：                           B.是乙酸的结构简式

C.氯化铵的电子式：          D.C3H6不一定是丙烯分子

3.国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数，并于2019年5月20日正式生效。下列说法正确的是(   )

A.由和组成的混合气体含有的氧原子数目为

B.个白磷分子中所含的共价键数目为

C.溶液中阳离子数目小于

D.中，生成（标准状况）转移电子数为

4.下列实验操作或装置能达到实验目的的是(   )

5.下列离子方程式正确的是(   )

A.制作印刷电路板原理：

B.向NaClO溶液中滴入少量溶液：

C.已知等浓度的碳酸钠、次氯酸钠、碳酸氢钠溶液pH逐渐减小，向次氯酸钠溶液中通入少量：

D.海水提溴过程中，用足量碳酸钠溶液吸收溴，发生歧化反应生成：

6.X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。下列叙述正确的是(   )

A.原子半径：

B.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强

C.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强

D.Y与Z形成的两种常见化合物化学键类型相同

7.国外顶级医学期刊《新英格兰医学杂志》在2020年1月31日报道称 Remdesivir(瑞德西韦)可有效治疗新冠肺炎，有机物G(结构如图所示)是合成 Remdesivir的关键中间体。下列关于有机物G的说法错误的是(   )

A.G的分子式为

B.含氧官能团有酯基、硝基和醚键

C.可以发生加成反应、取代反应和还原反应

D.1 mol G与足量NaOH溶液反应能够消耗6 mol NaOH

8.用滴有氯化钠溶液的湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断正确的是(   )

A.a极上发生还原反应

B.铁片腐蚀速率：乙>甲

C.d为阴极，发生的反应为

D.b极上发生的反应为

9.某学习小组探究不同pH的含铬废水中铬元素去除率，设计实验原理如下。在几个烧杯中分别加入200 mL pH不同的含铬废水(的浓度相同)，再加入质量相同的，测得废水中六价铬的含量随pH的变化曲线如图所示，反应原理为(未配平)。已知：。下列说法错误的是(   )

A.在pH=2的酸性废水中，上述方程式配平后为

B.根据本实验原理，也可用铁作阳极，电解酸性含铬废水，除去铬

C.pH大于7时，随着pH的增大，铬去除率越来越高

D.氧化性：

10.已知：。常温下，两种饱和溶液中金属阳离子物质的量浓度的负对数与溶液pH的关系如图所示，下列说法不正确的是(   )

A.当沉淀共存时，的平衡常数

B.Y点对应的分散系是均一、稳定的

C.溶液和溶液等体积混合(忽略混合时溶液体积变化)，有沉淀生成

D.不可以通过调节溶液的pH的方法分离

二、非选择题：本题共5小题，共60分

11.（12分）硫酸亚铁铵晶体较硫酸亚铁不易被氧气氧化，是分析化学中重要的试剂，常用于代替硫酸亚铁。硫酸亚铁铵晶体在500℃时隔绝空气加热完全分解。回答下列问题：

（1）硫酸亚铁铵晶体隔绝空气加热完全分解，发生了氧化还原反应，固体产物可能有FeO和，气体产物可能有和_________。

（2）为检验分解产物的成分，设计如图实验装置进行实验，加热A中的硫酸亚铁铵晶体至分解完全。

①A中固体充分加热较长时间后，通入氮气，目的是____________。

②要检验A中残留物是否含有FeO，需要选用的试剂有____________（填序号）。

A.KSCN溶液                 B.稀硫酸                    C.浓盐酸                D.溶液

③装置B中溶液的作用是检验分解产物中是否有__________气体生成，若含有该气体，观察到的现象为__________。

④若A中分解产物有，固体残留物只有，的物质的量为，C中沉淀物质的量为，则b_________（填“大于”“小于”或“等于”）a。

⑤实验中，观察到C中有白色沉淀生成，则C中发生的反应为__________________（用离子方程式表示）。

（3）为测定某固体样品中的含量，某实验小组做了如下实验：

测定原理：（方程式未配平）

测定步骤：步骤一，准确称量20.00g样品，配制成100mL溶液。

步骤二，取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀酸化，用溶液滴定至终点，重复两次，平均消耗溶液16.00mL。

①如何判断滴定终点？__________________。

②产品中的质量分数为_____________。

12.（12分）一种从乙醛工业中产生的废钯(Pd)催化剂(钯5%~6%，碳93%~94%，铁、铜、锌、镍1%~2%)中提取的工艺流程如图：

已知：钯、铜、锌、镍可与氨水形成等络离子。请回答：

(1)“焚烧”的主要目的为_____________________，实验室中可在________________(填仪器名称)中模拟该过程。

(2)“酸溶”时，Pd转化为，其化学方程式为___________________；该过程需控温70~80℃，温度不能太低或太高的原因为___________________________。

(3)“络合”时，溶液的pH需始终维持8~9，则络合后溶液中含铁离子的浓度≤__________。[、的分别为]

(4)“酸析”时生成沉淀的离子方程式为_______________________。

(5)流程中回收得到的在乙烯直接氧化制乙醛的催化体系中联合发挥作用，反应机理如下：

i.；

ii._______________________________________；

iii.。

ii的化学方程式为________________________________。

(6)上述提取方案的缺点是_________________________________(写出一条即可)。

13.（12分）页岩气中含有较多的乙烷，可将其转化为更有工业价值的乙烯。

(1)二氧化碳氧化乙烷制乙烯。

将按物质的量之比为1:1通入反应器中，发生如下反应：

i.

ii.

iii.

①用计算__________________。

②反应ⅳ：为积碳反应，生成的碳附着在催化剂表面，降低催化剂的活性，适当通入过量可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：                                     ____                            

_                                                                                                                     。

③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂，相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如表(均未达到平衡状态)：

[注]选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。

CO选择性：转化的中生成CO的百分比。

对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为___________________，理由是___________________。铬盐作催化剂时，随温度升高，的转化率升高，但的选择性降低，原因是____________________________。

(2)利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图：

①电极a与电源的___________________极相连。

②电极b的电极反应式是__________________________。

14.（12分）X、Y、Z、E、F五种元素的原子序数依次递增。已知：①F位于周期表中第四周期ⅠB族，其余的均为短周期主族元素；②E的氧化物是光导纤维的主要成分；③Y原子核外L层电子数为奇数；④X是形成化合物种类最多的元素；⑤Z原子p轨道的电子数为4。

请回答下列问题：

(1)写出一种X元素形成的氢化物的化学式：______________________。

(2)在1个由F与Z形成的晶胞中(结构如图所示)，所包含的F原子数目为_______________________个。

(3)在中，的空轨道接受中的氮原子提供的_________________形成配位键。

(4)常温下X、Z和氢元素按原子数目1:1:2形成的气态常见物质A是__________________(写名称)，物质A分子中X原子轨道的杂化类型为_________________，1 mol A分子中键的数目为_______________________。

(5)X、Y、E三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为__________________(写元素符号)。

15.（12分）石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体K的线路如下：

已知：Ⅰ.氯代烃D的相对分子质量是113，氯元素的质量分数约为62.8%，核磁共振氢谱峰面积之比为2:1。

Ⅱ.。

（1）A中官能团的名称为________，D的系统名称是________。

（2）反应②的条件是________，依次写出①和③的反应类型：________、________。

（3）写出F→G过程中第一步反应的化学方程式：________。

（4）K的结构简式为________。

（5）写出比G多2个碳原子的G的所有同系物的结构简式：________。

（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应。以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B：________。合成路线流程图示如下：。

答案以及解析

1.答案：A

解析：制造飞机的材料需密度小、强度大，A正确。

2.答案：D

解析：二氧化硅是由原子构成的，没有分子，所以是化学式，不是分子式，A错误；是乙酸的分子式，结构简式为，B错误；离子化合物的电子式要注明阴阳离子的电荷，并且阴离子和复杂阳离子要加中括号，氯化铵的电子式为，C错误；分子式是的物质可能是丙烯分子，也可能是环丙烷分子，D正确。

3.答案：D

解析：和的相对分子质量都是44，混合物的物质的量为0.1mol，但和的相对量未知，故氧原子数在之间，A错误；白磷分子为正四面体结构，每个分子中的共价键数为6，故个白磷分子中共价键数为，B错误；溶液中，由溶质电离出的浓度为，水解不会引起阳离子浓度改变，但水电离产生阳离子，故阳离子总浓度大于，数目大于，C错误；中，每生成转移5mol电子，现生成标准状况下13.44L即，故转移电子数为，D正确。

4.答案：B

解析：A项，应先将氯气通入干燥的有色布条中，且干燥的布条应放在不加水的集气瓶中，否则无法检验是否有漂白性，错误；B项，向工业酒精中加入生石灰，蒸馏可以得到无水酒精，冷却水从冷凝管下口进入，上口流出，正确；C项，HCl密度比空气的大，用图中装置收集时应从长管通入，错误；D项，该装置为固液反应不加热装置，可用于实验室制取少量，收集氨气的导管应伸入到试管底部，错误。

5.答案：D

解析：本题考查离子方程式的正误判断。A项，用溶液刻制印刷电路板，离子方程式为，错误；B项，NaClO为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，离子方程式反应物中不能出现，错误；C项，等浓度的碳酸钠、次氯酸钠碳酸氢钠溶液的pH逐渐减小，则溶液碱性逐渐减弱，的酸性逐渐增强，向次氯酸钠溶液中通入少量，根据较强酸制较弱酸原理，反应的离子方程式为，错误；D项，该反应中发生歧化反应，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为，正确。

6.答案：B

解析：X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8，则其K层为次外层，故X是C；Y元素在地壳中的含量最高，则Y是O； W与Y属于同一主族，则W为S；Z元素在短周期中金属性最强，则Z是Na。A项，C、O位于第二周期，Na、S位于第三周期，则C、O原子半径小于Na、S，同周期主族元素原子半径随核电荷数增大而减小，原子半径：，错误；B项，元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性：O>S，则的热稳定性比的强，正确；C项，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：C<S，的酸性比的弱，错误；D项，O与Na形成的两种常见化合物为、，前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，错误。

7.答案：B

解析：根据其结构简式，可以得出G的分子式为，A正确；G结构中无醚键，B错误；G含有苯环、硝基、酯基，由此可以得出G能够发生加成反应、取代反应和还原反应，C正确；根据酯基水解的特点，可推知1 mol G水解后得到1 mol和1 mol COOH、2 mol酚羟基，能够消耗6 mol NaOH，D正确。

8.答案：D

解析：甲为原电池，a为负极，发生氧化反应，b极上得电子生成，A错误、D正确；乙中d为阴极，发生还原反应，电极反应为，C错误；甲中铁被腐蚀、乙中铁受到保护，B错误。

9.答案：C

解析：A项，依据氧化还原反应方程式配平的方法，各物质前的系数正确，A不符合题意；B项，铁作阳极，则铁失去电子生成亚铁离子，从而与重铬酸根离子发生氧化还原反应去除掉重铬酸根离子，B不符合题意；C项，随着pH增大，重铬酸根离子转化为铬酸根离子，铬的去除率减小，C符合题意；D项，重铬酸根离子作氧化剂，铁离子为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，D不符合题意。

10.答案：D

解析：，pH相同时，越大，对应的物质的溶度积就越小，故a对应， b对应，由Z点知pH=8时，，则，同理，当溶液的pH=6时， ，则，的平衡常数，A正确；Y点为不饱和溶液，是均一、稳定的，B正确；题给两溶液等体积混合后，此时的，所以会有沉淀生成，C正确；由图可知，沉淀完全时，还未开始沉淀，故可以通过调节溶液pH的方法达到分离和的目的，D错误。

11.答案：（1）（1分）

（2）①使分解产生的气体在B、C中被充分吸收（1分）；②BD（2分）；③（1分）；溶液变浑浊（1分）；④小于（1分）；⑤（2分）

（3）①滴加最后一滴溶液时，溶液呈浅红色且半分钟内不褪色（1分）；②62.72%（2分）

解析：本题考查物质性质的实验探究和实验设计。（1）根据可能气体产物知，反应时，氮元素和铁元素化合价可能升高，在氧化还原反应中化合价有升必有降，化合价可能降低的是硫元素，所以气体产物中还可能有。

（2）①通入氮气的目的是将A中固体分解生成的气体完全赶到B、C装置中，使其被完全吸收。②要检验A中残留物是否含有FeO，应该先用稀硫酸溶解，然后再用溶液检验亚铁离子。不选用浓盐酸溶解是因为其有还原性，影响实验结果判断。③装置B中溶液的作用是检验分解产物中是否有气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的现象为溶液变浑浊。④若A中分解产物有，固体残留物只有，的物质的量为，C中溶于水被氧化成，再与结合成沉淀，沉淀的物质的量为，根据化合价升降相等，硫降低的化合价（）等于铁升高的化合价（）和氮升高的化合价之和，则b小于a。⑤由④中分析可知，C中发生的反应为。

（3）②

可求得，100mL溶液中含亚铁离子的物质的量为，产品中的质量分数为。

12.答案：(1)除去碳以减少酸溶时王水的用量（1分）；坩埚（1分）

(2)（2分）；温度过低，反应速率太慢，温度过高，王水分解挥发（2分）

(3)（2分）

(4)（2分）

(5)（1分）

(6) 使用的王水腐蚀性强，危险，对设备要求高或产生的NOCl会污染(环境)（1分）

解析：(1)废钯催化剂中含有大量碳，“焚烧”的主要目的为除去碳，以减少后续酸溶时王水的用量，焚烧是高温操作，实验室在坩埚中进行。

(2)王水的成分为和HCl，“酸溶”时，Pd转化为，流程图提示该过程还生成了NOCl，根据氧化还原规律可得化学方程式为；该过程需控温70~80℃，温度过低，反应速率太慢；温度过高，王水分解挥发。

(3)“酸溶”时，铁元素被氧化为。“络合”时，溶液的pH需始终维持8~9，则络合后溶液中浓度的最大值应以pH=8计算，。

(4)由流程图可以看出，加入盐酸“酸析”时生成的沉淀为，据原子守恒和电荷守恒可得离子方程式为。

(5)为反应的催化剂，i、ⅱ、ⅲ叠加可得总反应。因此ⅱ的化学方程式为。

(6)此方案的缺点为使用的王水腐蚀性强，危险，对设备要求高；产生的NOCl会污染环境。

13.答案：(1)①+177.6（1分）

②增大的量，发生反应，消耗C（2分）；增大的量，反应iii正向进行程度增加，降低了的浓度，反应ⅳ正向进行的程度减小（2分）

③铬盐（1分）；相同温度下，铬盐作催化剂时的转化率和的选择性均较高（2分）；温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多（2分）

(2)①正（1分）

②（1分）

解析：(1)①根据盖斯定律，iii中热化学方程式可由i+ii得到，故。

③由表可知，相同温度下，铬盐作催化剂时的转化率和的选择性均较高，故应该选择的催化剂为铬盐。铬盐作催化剂时，随温度升高，的转化率升高，但的选择性降低，主要是由于温度升高，反应i、iii、ⅳ的化学反应速率均增大，且反应ⅳ增大的更多。

(2)①由原理图可知，电极b上得电子发生还原反应生成CO，则电极b为阴极，与电源负极相连，电极a为阳极，与电源正极相连。

②电极b发生的反应为得电子生成CO，则电极b的电极反应式为。

14.答案：(1)(或等合理答案均可)（1分）

(2)4（2分）

(3)孤对电子(或孤电子对)（1分）

(4)甲醛（2分）；（2分）； 3（2分）

(5)Si<C<N（2分）

解析：根据题给信息，由①知F是Cu，由②知E是Si，由③知Y是N，由④知X是C，由⑤知Z是O。

(1)因为碳元素形成的氢化物有很多，故其化学式为等合理答案均可。

(2)在的晶胞结构中白球数目为，黑球数目为4，故在1个由F与Z形成的晶胞中，所包含的F原子数目为4个。

(3)在中，的空轨道接受中的氮原子提供的孤对电子(或孤电子对)形成配位键。

(4)常温下C、O和氢元素按原子数目1:1:2形成的气态常见物质是甲醛，甲醛的结构式为，在甲醛分子中，中心C原子形成3个键，没有孤对电子，C原子的杂化方式为，1 mol甲醛分子中键的数目为3。

(5)同主族元素自上而下第一电离能减小，同周期元素随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子2p轨道为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、Si三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为Si<C<N。

15.答案：（1）碳碳双键、溴原子（1分）；1，3-二氯丙烷（1分）

（2）NaOH溶液，加热（1分）；加聚反应（1分）；取代反应（1分）

（3）（2分）

（4）（1分）

（5）（2分）

（6）（2分）

解析：由B的分子式和CR橡胶结构简式可知B为，倒推可知A为；氯代烃D的相对分子质量是113，氯元素的质量分数约为62.8%，则1个D分子中氯原子数目为，剩余基团总式量为113－35.5×2=42，剩余基团中碳原子最大数目为3，故剩余基团为，则D为，D的核磁共振氢谱峰面积之比为2:1，则D为；由E到H的转化条件可知：E为醇、F为醛、G为羧酸、H为酯，结合H的分子式可知H为，所以E为，F为，G为；反应③是C与H发生信息Ⅱ中第一步的取代反应，生成K的反应是信息Ⅱ中第二步反应，则K为。

（1）A为，含有的官能团名称为碳碳双键、溴原子；D为，系统命名为1,3-二氯丙烷。

（2）D为，E为，所以反应②是氯代烃的水解反应，其条件是NaOH水溶液、加热；反应①是生成高聚物，属于加聚反应；反应③是C与H发生信息Ⅱ中第步的取代反应。

（3）F→G过程中第一步反应是醛的银镜反应，化学方程式为。

（4）根据以上分析可知，K为。

（5）G为，比G多2个碳原子的同系物即多1个原子团的同分异构体的结构简式有。

（6）A在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成，然后与加成生成，最后在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成B为，所以A为起始原料合成B的路线图为。