新高考第三次高考适应性考试化学.docx

新高考第三次高考适应性考试化学.docx

《新高考第三次高考适应性考试化学.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考第三次高考适应性考试化学.docx（20页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

新高考第三次高考适应性考试化学

（新高考）2021年5月第三次高考适应性考试

化学

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用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。

写在试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16S32Cl35.5Cu64Ge73

一、单选题（共10小题，每小题2分）

1．化学与生活密切相关，下列说法错误的是

A．飞沫传播病毒存在气溶胶，飞沫中有直径为1nm~100nm的粒子

B．“冰，水为之，而寒于水”，说明等质量的冰和水比较，冰的能量更低

C．硅酸盐陶瓷化学性质稳定，耐氢氟酸、碱的腐蚀

D．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物

【答案】C

【解析】硅酸盐陶瓷化学性质稳定，但能与氢氟酸、碱反应；核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，核酸是高分子化合物；故选C。

2．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是

A．常温常压下，1mol甲基（－CH3）所含电子数为9NA

B．11.2LCl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA

C．1mol丙烯和1mol环丙烷中所含共价键数目相同

D．0.1molC2H2分子中含键数目为0.3NA

【答案】B

【解析】A．一个甲基有6+3×1=9个电子，故常温常压下，1mol甲基（－CH3）所含电子数为9NA，A正确；B．未告知气体的状态是否为标准状况，故无法计算11.2LCl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应转移的电子数，B错误；C．1mol丙烯（）和1mol环丙烷（）中所含共价键数目均为9NA，C正确；D．已知单键均为键，三键为一个键和两个键，故一个CH≡CH中含有3个键，故0.1molC2H2分子中含键数目为0.3NA，D正确；故答案为B。

3．Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：

下列叙述不正确的是

A．反应过程中加入K2CO3的作用是提高X的转化率

B．Y与Br2的加成产物中含手性碳原子

C．可以用Na2CO3溶液检验Y中是否存在X

D．等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3∶4

【答案】D

【解析】A．与反应除了生成Y，还会生成HBr，加入K2CO3，可以消耗HBr，有利于反应的正向进行，从而提高转换率，A正确；B．Y与Br2的加成产物是，箭头指向处是手性碳原子，B正确；C．X中有酚羟基，与碳酸钠溶液反应生成酚钠和碳酸氢钠，溶液不分层，Y是有机物，难溶于碳酸钠溶液，分层，故可以用于鉴别，C正确；D．X中的苯环、醛基都可与H2反应，1molX消耗（3+1）molH2，Y中的苯环、醛基、碳碳双键均能反应，1molY消耗（3+1+1）molH2，故比例为4∶5，D错误；答案为D。

4．下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是

A．制取SO2B．验证漂白性

C．收集SO2D．尾气处理

【答案】B

【解析】A．在加热条件下，浓硫酸和铜片反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，不能使用稀硫酸，故A错误；B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故B正确；C．SO2的密度比空气大，收集SO2应使用向上排空气法，并长导管进气，短导管出气，故C错误；D．饱和亚硫酸氢钠不能溶解二氧化硫，无法吸收尾气处理，故D错误；答案选B。

5．下列解释有关实验现象的离子方程式错误的是

选项

实验操作

实验现象

离子方程式

A

大理石中加入足量醋酸溶液

大理石逐渐溶解

CaCO3+2CH3COOH=Ca2++

2CH3COO−+CO2↑+H2O

B

新制氯水中加过量氢氧化钠溶液

溶液由黄绿色变无色

Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O

C

酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液

溶液紫色褪去，有气泡产生

2MnO+3H2O2+10H+=2Mn2++3O2↑+8H2O

D

将稀硫酸滴入淀粉-KI溶液中

在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色

4H++4I−+O2=2I2+2H2O

【答案】C

【解析】A．大理石主要成分为碳酸钙，醋酸酸性强于碳酸，二者可以反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO−+CO2↑+H2O，故A正确；B．新制氯水中由于溶有大量氯气而显黄绿色，氢氧化钠可以和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠，溶液褪色，离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故B正确；C．溶液紫色褪去，说明高锰酸钾可以将双氧水氧化生成氧气，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故C错误；D．酸性环境下空气中的氧气可以氧化碘离子生成碘单质，从而使淀粉碘化钾溶液变蓝，离子方程式为4H++4I−+O2=2I2+2H2O，故D正确；综上所述答案为C。

6．通过以下反应均可获取H2。

下列有关说法正确的是

①太阳光催化分解水制氢：

2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）　ΔH1＝+571.6kJ·mol−1

②焦炭与水反应制氢：

C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）　ΔH2＝+131.3kJ·mol−1

③甲烷与水反应制氢：

CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）　ΔH3＝+206.1kJ·mol−1

A．反应CH4（g）=C（s）+2H2（g）的ΔH＝+74.8kJ·mol−1

B．反应①中电能转化为化学能

C．反应②为放热反应

D．反应③使用催化剂，ΔH3减小

【答案】A

【解析】反应①中，太阳光催化分解水制氢，由光能转化为化学能；反应②中，ΔH2>0，为吸热反应；将反应③-反应②得反应CH4（g）=C（s）+2H2（g）的ΔH＝+74.8kJ·mol−1；反应③中，使用催化剂，对ΔH3不产生影响；故选A。

7．废旧材料是巨大的资源宝库，回收利用前景广阔。

从废黄铜合金（主要成分为Cu和Zn）中回收Cu并制备ZnO的部分实验流程如下图所示。

下列叙述错误的是

A．“溶解”过程中，H2O2和稀硫酸都体现了氧化性

B．与锌粉反应的离子主要是Cu2+和H+

C．过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒

D．为加快溶解速率可以选择高温、搅拌

【答案】D

【解析】A．“溶解”过程中发生的反应为：

Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，H2O2中O元素的化合价由-1降低为-2价，H2SO4中H元素的化合价由+1价降低为0价，化合价降低的物质为氧化剂，所以H2O2、H2SO4为氧化剂，表现为氧化性，故A正确；B．废黄铜合金Cu和Zn都可以反应，溶解变成Cu2+和Zn2+，然后加入NaOH调节溶液pH值为2，此时溶液中含有H+、Cu2+、Zn2+、Na+和SO，再加入锌粉之后，Zn可以和H+和Cu2+发生置换反应，故B正确；C．过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C正确；D．“溶解”操作时，搅拌可以加快H2O2、H+和Cu、Zn接触，增加反应速率，但是过氧化氢受热易分解，不能选择高温，故D错误。

故选D。

8．石灰石是一种化工原料，可以通过反应生成一系列物质，如图：

下列说法正确的是

A．漂粉精是混合物，有效成分是氯化钙

B．图示的制纯碱方法，要求先向饱和食盐水中通NH3，然后再通CO2

C．工业制漂粉精通常用氯气通入澄清石灰水中

D．制取纯碱和漂粉精所涉及的反应都是非氧化还原反应

【答案】B

【解析】石灰石高温分解生成CaO和CO2，CaO与H2O生成Ca（OH）2，Ca（OH）2与Cl2制备漂粉精；CO2和NH3通入饱和食盐水可制备NaHCO3，NaHCO3加热分解制备Na2CO3。

漂粉精是混合物，有效成分是次氯酸钙，A错误；如果先通入CO2，因为CO2溶解度小，产率很低，所以先通入溶解度大的NH3，B正确；工业制漂粉精通常用氯气通入石灰乳中，C错误；Ca（OH）2与Cl2制备漂粉精的反应是氧化还原反应，D错误；答案选B。

9．一种新型漂白剂如图可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。

下列叙述正确的是

A．W、X元素的简单离子半径相比，W简单离子的半径小

B．该化合物中W、Y、Z元素的粒子均满足8电子稳定结构

C．W、Z元素的简单离子均能促进水的电离

D．工业电解熔融的WX来制得W

【答案】A

【解析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于IIA族，X位于VIA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素；A．镁离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：

W

10．一定温度下，在一体积为2L的恒容密闭容器中充入2molSO2、1molO2，发生反应：

2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH=-196kJ/mol，达到平衡后放出热量156.8，下列说法不正确的是

A．平衡时SO2的转化率为80%

B．若升高温度，该反应的平衡常数将减小

C．反应过程中转移3.2mole−

D．相同条件下初始若向容器中只充入2molSO3，达到平衡时吸收热量156.8kJ

【答案】D

【解析】A．2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH=-196kJ/mol，达到平衡后放出热量156.8kJ，说明参与反应的SO2的物质的量为，平衡时SO2的转化率为，A项正确；B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，该反应的平衡常数将减小，B项正确；C．SO2转化为SO3，失去2个电子，参与反应的SO2的物质的量为1.6mol，则反应过程中转移3.2mole−，C项正确；D．相同条件下，初始若向容器中只充入2molSO3，与原反应为等效平衡，原反应达平衡时，参与反应的SO2的物质的量为，SO3的物质的量为1.6mol，则平衡时SO3的物质的量为1.6mol，反应消耗0.4molSO3，生成0.4molSO2，吸收热量为=39.2kJ，D项错误；答案选D。

二、多选题（共5小题，每题4分）

11．硫酸盐（含SO、HSO）气溶胶是PM2.5的成分之一。

近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：

下列说法不正确的是

A．该过程有H2O参与B．NO2是生成硫酸盐的还原剂

C．硫酸盐气溶胶呈酸性D．该过程中有硫氧键生成

【答案】B

【解析】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，选项A正确；B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，选项B不正确；C．硫酸盐（含SO、HSO）气溶胶中含有HSO，转化过程