百师联盟2021届高三一轮复习联考(四)新高考卷化学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，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。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。考试时间为90分钟，满分100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。1.劳动场景是古代诗人常描写的画面，刘禹锡在《浪淘沙》中描写到“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”以下叙述错误的是A.雾属于胶体，日照可以出现丁达尔现象B.浪沙中淘金是发生了化学变化C.真假黄金(假黄金为铜锌合金)可以用灼烧鉴别D.江水属于分散系【答案】B【解析】【分析】【详解】A．雾分散质粒子直径在1nm～100nm之间，是气溶胶，能产生丁达尔现象，故A正确；B．沙中淘金只是将金子从沙子中找出，属于物理变化，即沙里淘金的原理是金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容器里，故B错误；C．在空气中灼烧黄金无颜色变化，假黄金是铜锌合金，铜在加热条件下生成黑色的氧化铜，所以假黄金能变黑，可以鉴别，故C正确；D．江水是含有多种物质的混合物，属于分散系，故D正确；答案为B。2.下列各项叙述正确是A.钠的焰色反应是电子由基态转化成激发态释放能量产生的-21-,B.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第IA族，是s区元素C.各能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同D.乙醇比甲醚的沸点高是因为乙醇分子中O-H键极性强【答案】C【解析】【分析】【详解】A．钠的焰色反应是电子由激发态跃迁至基态时，释放能量产生的，故A错误；B．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，故B错误；C．各能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同，能级越高，半径越大，故C正确；D．乙醇比甲醚的沸点高是因为乙醇分子间可形成氢键，故D错误；故选C。3.下列化学用语正确的是A.比例模型表示CH4分子或CCl4分子B.HClO的结构式：H-Cl-OC.NH3的电子式为D.离子结构示意图：，可以表示16O2-，也可以表示18O2-【答案】D【解析】【分析】【详解】A．从模型看，该分子属于正四面体结构且中心原子的半径大，可以代表CH4、不能表示CCl4，A错误；B．从共用电子对角度看，H、Cl共用一对电子，O共用两对电子，故O原子在中间，即结构式为：H—O—Cl，B错误；C．NH3的电子式为，C错误；-21-,D．16O2-、18O2-质子数都为8，电子数均为10，故离子结构示意图相同，均为，D正确；答案选D。4.嘌呤类是含有氮的杂环结构的一类化合物，一种结构如图所示，关于这个平面分子描述错误的是A.分子结构中C和N原子的杂化方式均为sp2B.分子中含有极性共价键和非极性共价键C.轨道之间的夹角∠1比∠2小D.分子间可以形成氢键【答案】C【解析】【分析】【详解】A．分子中所有原子在一个平面上所以分子结构中C和N原子的杂化方式均为sp2，故A正确；B．分子中有碳碳单键为非极性键，有碳氮单键和碳氢键，氮氢键均为极性键，故B正确；C．孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，斥力越大键角越大，故嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，故C错误；D．分子中有电负性较强的N原子，存在氮氢键，分子间可以形成氢键，故D正确；故答案为：C5.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如下图所示，0.1mol/LX最高价氧化物的水化物pH=1，下列说法正确的是XYZWA.离子半径：W＜ZB.第一电离能：Y＜Z-21-,C.氢化物的稳定性Y＞Z＞WD.氢化物的沸点：Y＞X【答案】A【解析】【分析】【详解】0.1mol/LX最高价氧化物的水化物pH=1，结合表格位置，X应为N，Y为P，Z为S，W为Cl，A．Cl-与S2-电子数相同，Cl-质子数多，对电子吸引能力强，半径小，A项正确；B．P原子的3p能级电子排布是半充满结构，比较稳定，不易失电子，第一电离能：P＞S，B项错误；C．同周期元素随原子序数递增，非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，C项错误；D．NH3分子间能形成氢键，沸点高，D项错误；故选A。6.卢瑟福发现质子的实验是利用轰击原子得到质子和原子，X核内质子数与中子数相等，下列说法正确的是A.b=15B.电负性X＞YC.X、Y分别与氢原子形成的简单化合物中，X、Y的杂化方式都是sp3杂化D.X与Y形成的化合物只有两种【答案】C【解析】【分析】轰击原子得到质子和原子，则+→+，由此得出4+b=1+17，b=14；X核内质子数与中子数相等，则a=7。【详解】A．由以上分析可知，b=14，A不正确；B．由分析知，、分别为N、O，则电负性N＜O，B不正确；C．X、Y分别与氢原子形成的简单化合物分别为NH3、H2O，X、Y的价层电子对数都为4，则杂化方式都是sp3杂化，C正确；D．X与Y形成的化合物可能有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，D不正确；故选C。-21-,7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2.0g重水(D216O)和14ND3的混合物中含有的电子数为NAB.1molFe(CO)5中的σ键数为5NAC.一定量铁粉溶于1.0L0.4mol/L的稀硝酸溶液中，当生成2.24LNO气体时，溶液中的氮原子数为0.3NAD.卤素性质相似，标况下，体积分别为1.12L的HCl和HF中所含分子数都约是0.05NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A．D216O和14ND3的摩尔质量均为20g/mol，则2.0g重水(D216O)和14ND3的混合物的物质的量为0.1mol，又1个D216O含有电子数为10个，1个14ND3含有的电子数也为10个，则0.1mol该混合物中含有的电子数为NA，故A正确；B．Fe(CO)5中CO与Fe形成5个σ键，每个CO中有1个σ键，则1molFe(CO)5中的σ键数为10NA，故B错误；C．生成2.24LNO气体，没有指明是否标况，无法计算，故C错误；D．标况下，HF不是气体，所含分子数不是0.05NA，故D错误；故选A。8.精炼铜阳极泥中提取Se的过程中发生如下反应：I．Cu2Se＋6H2SO4(浓)=2CuSO4＋SeO2＋4SO2↑＋6H2O，II．SeO2＋2SO2＋2H2O=Se＋2＋4H＋下列说法正确的是（）A.反应I的氧化产物为SeO2B.SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞SO2C.反应I生成1molSeO2与II中消耗1molSeO2，两个反应转移电子数比为1：2D.Se与HNO3物质的量比为1：2时恰好完全反应，只生成NO、NO2两种还原产物，且NO与NO2的物质的量之比为1：1，则氧化产物为H2SeO4【答案】B【解析】【分析】-21-,【详解】A．Cu2Se中Cu的化合价为+1价，Se的化合价为-2价，CuSO4中Cu的化合价为+2价，SeO2中Se的化合价为+4价，化合价升高，被氧化，CuSO4和SeO2都为氧化产物，故A错误；B．反应I中氧化性比较为H2SO4(浓)＞SeO2，反应II中氧化性比较为SeO2＞SO2，综上SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞SO2，故B正确；C．反应I生成1molSeO2转移电子数为8mole-，反应II中消耗1molSeO2转移电子数为4mole-，两个反应转移电子数比为2：1，故C错误；D．Se与HNO3物质的量比为1：2时恰好完全反应，只生成NO、NO2两种还原产物，且NO与NO2的物质的量之比为1：1，HNO3作氧化剂转移的电子数((5-2)+(5-4))=4mole-，则Se作还原剂转移电子数也是4mole-，则氧化产物为H2SeO3，故D错误；故答案选B。9.下列实验中，能达到相应实验目的的是A．制备并收集乙酸乙酯B．证明氯化银溶解度大于硫化银C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯D．制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂、吸水剂的条件下，加热，发生酯化反应，生成乙酸乙酯，可以用饱和碳酸钠溶液来分离提纯乙酸乙酯，本实验缺少浓硫酸，反应不能发生，故A错误；-21-,B．由于硝酸银过量，硫离子直接和银离子反应生成硫化银黑色沉淀，不发生沉淀的转化，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故B错误；C．生成的乙烯和挥发出的乙醇均能使高锰酸钾溶液褪色，由褪色现象不能证明消去产物为乙烯，故C错误；D．铁做电解池的阳极，发生氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，阴极为氢离子得电子生成氢气，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，由于煤油起到隔绝空气的作用，所以氢氧化亚铁能较长时间不变质，故D正确；故选D。10.分子中含有两个或两个以上中心原子(离子)配合物称为多核配合物，如右图为Co(II)双核配合物的内界，下列说法正确的是A.每个中心离子的配位数为6B.如图结构中的氯元素为Cl-，则其含有极性键、非极性键和离子键C.配合物中的C原子都是sp2杂化D.如图结构中所有微粒共平面【答案】A【解析】【分析】在题给配合物中，带“∗”的碳原子，都与4个原子形成共价键。【详解】A．在Co(II)双核配合物中，每个中心离子与5个N原子、1个Cl--21-,形成配位键，则配位数为6，A正确；B．如图结构中的氯元素为Cl-，则其含有C-H、C-N极性键、C-C非极性键，但不含有离子键，B不正确；C．分析中所标记的“∗”碳原子，与周围4个原子形成共价键，都发生sp3杂化，C不正确；D．图中“∗”标记碳原子与周围4个原子以共价键相连接，5个原子不可能共平面，D不正确；故选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.Kumada偶联反应可以实现卤代烃之间的交叉偶联，反应过程如下图所示，则下列说法错误的是A.交叉偶联反应方程式可表示为R'-X＋R-MgXR-R'＋MgX2B.反应过程中Ni的成键数目保持不变C.NiL2是反应生成R-R'的催化剂D.上述过程中RMgX参与的反应是取代反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Kumada偶联反应可以实现卤代烃之间交叉偶联，使两个卤代烃的烃基相连接形成一种新烃，此反应的方程式可表示为R'-X＋R-MgXR-R'＋MgX2，A正确，故A不符合题意；B．反应过程中NiL2转化为，成键数目增加了，B错误，故B符合题意；C．反应过程中，NiL2转化为，反应后又生成了NiL2，所以NiL2是反应生成R-R'的催化剂，C正确，故C不符合题意；-21-,D．依据上图可知，RMgX+=+MgX2，此反应为取代反应，D正确，故D不符合题意；故选B。12.废旧合金中含金属钴(Co)及少量杂质铁和其他惰性杂质，由废合金制备Co2O3的工艺流程如下：下列说法正确的是A.隔绝空气加热时可以在蒸发皿中进行B.生成CoCO3的离子方程式为Co2＋＋2=CoCO3↓＋CO2↑＋H2OC.将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中可以得到更多纯净CoCO3D.沉淀需洗涤干净，避免后续反应污染空气【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．固体加热应在坩埚中进行，A项错误；B．可以电离出和H+，Co2+与结合生成CoCO3，同时H+与生成CO2气体，则生成CoCO3的离子方程式为Co2＋＋2=CoCO3↓＋CO2↑＋H2O，B项正确；C．将滤液加人显碱性的NH4HCO3溶液中容易得到Co(OH)2，使CoCO3不纯，C项错误；D．滤液中有NH4Cl，如果残留在沉淀上，加热会分解产生NH3和HCl，污染环境，D项正确；故选BD。13.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C为其中三种元素最高价氧化物的水化物，转化关系如图。Y单质与X单质在不同条件下反应会生成两种不同化合物，Z简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的，X与W同主族。下列说法错误的是-21-,A.X与Y形成的两种常见化合物中阴阳离子个数比都是1：2B.Y、Z、W与X形成的化合物熔点由低到高的顺序为W<z<yc.x与w既可以形成极性分子，又可以形成非极性分子d.工业上获得y、z单质的主要方法是电解其熔融的氯化物【答案】bd【解析】【分析】x、y、z、w为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，a、b、c为其中三种元素最高价氧化物的水化物，根据转化关系可知三种物质两两反应，z简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的，推知z为al，则b为氢氧化铝；氢氧化铝能与强酸、强碱反应，则推知其中一种为氢氧化钠，y单质与x单质在不同条件下反应会生成两种不同化合物，推知y为na，x为o；x与w同主族，则w为s。【详解】a.x与y形成的两种常见化合物为na2o、na2o2，其阴阳离子个数比都是1：2，a正确；b.y、z、w与x形成的化合物分别为na2o、al2o3、so2,so2为分子晶体，熔点最低，na2o、al2o3均为离子晶体，al2o3中铝离子电荷数多、半径小，熔点比氧化钠高，故熔点由低到高的顺序为w<y<z，b错误；c.x与w既可以形成极性分子so2，又可以形成非极性分子so3，c正确；d.氯化铝为共价化合物，不能通过电解氯化铝得到单质铝，d错误；答案选bd。14.下列实验操作现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论a试管中加入0.5g淀粉和4ml20%的硫酸溶液。加热试管3~4min。滴入碘水溶液变蓝淀粉没有水解b向1ml1mol l="">O>C(5).离子(6).分子(7).(，，0.3923)、(，，0.8923)；(8).g/cm3【解析】【详解】(1)Co的原子序数是27，所以Co在元素周期表的位置是第四周期第VIII族；Cr是24号元素，其核外电子排布是[Ar]3d54s1，所以Cr的未成对电子数为6。(2)CN-离子C和N原子间有碳氮三键，其中C原子采用的是sp杂化，故碳的一个sp杂化轨道和氮的一个p轨道形成一个δ键，2个双方的P轨道形成两个π键，故CN-的δ键和π键数目比为1:2；同周期元素的第一电离能从左到右有增大趋势，但IIA族元素和VA族元素的外围电子排布是全充满和半充满状态，所以导致它们的第一电离能高于相邻的主族元素，所以N、C、O的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。(3)离子晶体熔点高，熔融后能使离子自由移动而导电，所以CoCl2是离子晶体，FeCl3的熔点低，其熔融的FeCl3不导电，不能电离出自由移动离子，故FeCl3属于分子晶体。(4)根据晶胞中部分O的坐标为(，，0.1077)，(，，0.6077)和晶胞含对称中心，根据对称关系+=1，0.1077+0.8923=1，0.6077+0.3923=1，则剩余的O坐标为(，，0.3923)、(，，0.8923)；根据晶胞的结构可知，晶胞中含有两个CoO(OH)，其质量为，晶胞的体积为a210-30cm3，故该晶胞的密度为g/cm3。20.硫化氢有毒是大气污染物，硫化氢的产生和治理是环境保护研究的重要问题，(1)蛋白质在厌氧菌的作用下会生成H2S，例如半胱氨酸在厌氧条件下的反应式如下：HOOC-CH(NH2)CH2SH＋2H2O→CH3COOH＋HCOOH＋NH3＋H2S回答下列问题：-21-,①下列硫原子能量最高的是___________。A．[He]2s22p63s23p4B．[He]2s12p63s13p6C．[He]2s02p63s23p6D．[He]2s22p63s13p5②甲基的供电子能力强于氢原子，则酸性：CH3COOH___________HCOOH(填“＞”“＜”)。③氨分子中N-H键角比水分子的O-H键角大的原因是___________。④半胱氨酸既能与酸反应，又能与碱反应，与酸反应通过形成___________键结合H＋生成盐。半胱酰胺中有___________个手性碳原子。(2)硫化废物的产生除了有机物的分解，还有矿物的开采和硫化物的合成，闪锌矿(主要成分硫化锌)，结构如I图，锌的位置为S的___________空隙处。人工合成Bi2O2S的结构如图II，结构中硫的配位数为___________，该晶体的密度为ρg·cm3，NA为阿伏加德罗常数的值，该物质的摩尔质量可表示为___________。【答案】(1).C(2).＜(3).H2O分子中有2对孤对电子，而NH3分子中有1对孤对电子(4).配位(5).1(6).四面体(7).8(8).g/mol【解析】【分析】【详解】(1)①比较四个选项中电子的跃迁，其中C选项中有2个基态2s电子跃迁到3p轨道(激发态)，能量提升的幅度最大，硫原子能量最高，故选C；②甲基的供电子能力强于氢原子，则CH3COOH中O-H键的极性比HCOOH中O-H键的极性弱，HCOOH更容易电离出H+，酸性：CH3COOH＜HCOOH；③在分子中，孤对电子越多，对成键电子的排斥作用越大，所以氨分子中N-H键角比水分子的O-H键角大，原因是H2O分子中有2对孤对电子，而NH3分子中有1对孤对电子；④半胱氨酸与酸反应，主要是-NH2中的N原子与H+通过形成配位键结合H＋生成盐。半胱酰胺中，连接羧基、氨基的碳原子为手性碳原子，所以有1个手性碳原子。答案为：C；＜；H2O-21-,分子中有2对孤对电子，而NH3分子中有1对孤对电子；配位；1；(2)从图中可以看出，I图中，锌的位置为S的四面体空隙处。人工合成Bi2O2S的结构如图II，结构中硫原子周围有8个距离相等且较近的Bi原子，所以硫的配位数为8，该晶体的密度为ρg·cm3，NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞中含S原子数为8×+1=2、Bi原子数为8×+2=4、O原子数为8×=4，则每个晶胞中含有2个“Bi2O2S”，所以该物质的摩尔质量可表示为=g/mol。答案为：四面体；8；g/mol。【点睛】在计算晶胞中所含有的某原子个数时，一定要弄清该原子被多少个晶胞共用。-21-</z<yc.x与w既可以形成极性分子，又可以形成非极性分子d.工业上获得y、z单质的主要方法是电解其熔融的氯化物【答案】bd【解析】【分析】x、y、z、w为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，a、b、c为其中三种元素最高价氧化物的水化物，根据转化关系可知三种物质两两反应，z简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的，推知z为al，则b为氢氧化铝；氢氧化铝能与强酸、强碱反应，则推知其中一种为氢氧化钠，y单质与x单质在不同条件下反应会生成两种不同化合物，推知y为na，x为o；x与w同主族，则w为s。【详解】a.x与y形成的两种常见化合物为na2o、na2o2，其阴阳离子个数比都是1：2，a正确；b.y、z、w与x形成的化合物分别为na2o、al2o3、so2,so2为分子晶体，熔点最低，na2o、al2o3均为离子晶体，al2o3中铝离子电荷数多、半径小，熔点比氧化钠高，故熔点由低到高的顺序为w<y<z，b错误；c.x与w既可以形成极性分子so2，又可以形成非极性分子so3，c正确；d.氯化铝为共价化合物，不能通过电解氯化铝得到单质铝，d错误；答案选bd。14.下列实验操作现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论a试管中加入0.5g淀粉和4ml20%的硫酸溶液。加热试管3~4min。滴入碘水溶液变蓝淀粉没有水解b向1ml1mol>
