文档内容
（新高考）2021 届高考考前冲刺卷
化 学（八）
注意事项：
A．装置甲可用酸性KMnO 溶液滴定FeSO 溶液
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴 4 4
在答题卡上的指定位置。 B．装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO 3 溶液，先出现黄色沉淀，可说明K sp (AgCl)＞K sp (AgI)，且
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写 AgCl可转化成AgI
在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
C．装置丙可用于吸收氨气，且能防止倒吸
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和
D．装置丁可除去氯气中的HCl
答题卡上的非答题区域均无效。
【答案】D
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
【解析】A．酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，应选酸式滴定管盛放，故A错误；B．浓度
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5
相同，K 小的先沉淀，先出现黄色沉淀，则K (AgCl)＞K (AgI)，但不能说明AgCl可转化成AgI，故B
sp sp sp
一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 错误；C．氨气极易溶于水，导管口插在水中，苯不能隔绝氨气与水，不能防止倒吸，故C错误；D．食盐
1．古诗词是我国传统文化的瑰宝。下列诗词解读错误的是 水可抑制氯气的溶解，HCl极易溶于水，可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故D正确；故选D。
A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是发生了化学变化 3．设N 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A
B．“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含着自然界中的碳、氮循环 A．1L 0.1mol/L NaS溶液中含阴离子数目大于0.1N
2 A
C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用 B．6g SiO 晶体中含有的硅氧键数目为0.2N
2 A
D．“心忧炭贱愿天寒”中的炭与“嫦娥五号”卫星所用的碳纤维互为同素异形体 C．lmol/L的NH Br溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH的数目为N
4 A
【答案】D D．60g分子式为C HO的有机物中含有C－H键数目为7N
3 8 A
【解析】A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是树叶中叶绿素分解，被叶绿素掩盖的红 【答案】A
色素、黄色素露出而显红色、黄色，有新物质产生，发生了化学变化，故A正确；B．“落红不是无情物， 【解析】A．S2−在水溶液中发生水解：S2−+H 2 O HS−+OH−、HS−+H 2 O H 2 S+OH−，故溶液中含
化作春泥更护花”，花等有机物落到泥土中，植物体中的蛋白质、纤维素等含C、N的物质分解后变成 阴离子数目大于0.1N A ，A项正确；B．SiO 2 晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成了4个硅氧键，SiO 2
有机肥供植物使用，蕴含着自然界中的碳、氮循环，故B正确；C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达
尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用，形成“光亮的通路”，故C正确；D．碳纤维是一种新型无机
的摩尔质量为60g/mol，6g SiO 晶体的质量为 ，所以0.1mol SiO 晶体含有0.4mol的
2 2
非金属材料，是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，主要成分是碳的单质，“心忧炭贱愿天寒”
中的炭，炭黑的主要成分也为碳，不能互称为同素异形体，金刚石、石墨、活性炭等由碳元素组成的不 硅氧键，数目为0.4N A ，B项错误；C．未说明溶液体积，无法计算NH的数目，C项错误；D．60g分子式
同的单质才能互称为同素异形体，故D错误；故选D。
为 C HO 的有机物，其物质的量为 ，若 C HO 的结构简式为 CHCHCHOH，
3 8 3 8 3 2 2
2．下列装置或操作能达到相应实验目的的是
CHCHCHOH中含有C－H键数目为7N ，若C HO的结构简式为CHCHOCH ，CHCHOCH 中
3 2 2 A 3 8 3 2 3 3 2 3
含有C－H键数目为8N ，D项错误；答案选A。
A
4．中成药连花清瘟胶囊可用于新冠肺炎的防治，其成分之一绿原酸的结构简式如下。下列关于绿原
酸的叙述错误的是
封密不订装只卷此
号位座
号场考
号证考准
名姓
级班B．二氧化硫不能漂白指示剂，故B错误；C．二氧化硅常用于制造光学镜片，故C错误；D．钠钾合金
常温下是液体，故D错误；故选A。
7．下列说法不正确的是
A．能与酸性KMnO 溶液反应 B．能与NaCO 溶液反应
4 2 3
A．Sb的价电子排布式为5s25p3
C．分子中所有原子可能共平面 D．可发生酯化、加成、水解反应
B．第一电离能：Br＞Se＞ As
【答案】C
C．电负性：Br＞C＞H
【解析】A．含有碳碳双键，能与酸性KMnO 溶液反应而褪色，故A正确；B．含有羧基，能与
4
D．[Sb (CH)][Sb (CH)Br ]中存在离子键和共价键
2 3 5 2 2 3 2 6
NaCO 溶液反应，故B正确；C．含有多个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，故所有的原子不能共平
2 3
【答案】B
面，故C错误；D．含有羧基、羟基，可发生酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，含有酯基，可发
【解析】A．Sb为第五周期ⅤA元素，其价电子排布式为5s25p3，A说法正确；B．ⅤA元素p能级是
生水解反应，故D正确；故选C。
半充满结构，第一电离能变大，则As的第一电离能大于Se，同周期中第一电离能有增大的趋势，第一
5．根据如图所示的反应判断，下列说法中错误的是
电离能：Br＞As＞Se，B说法错误；C．非金属的非金属性越强，电负性越大，电负性：Br＞C＞H，C说
法正确；D．[Sb (CH)][Sb (CH)Br ]为离子化合物，含有离子键，Sb有空轨道，与溴离子和甲基形成
2 3 5 2 3 2 6
配位键，则[Sb (CH)][Sb (CH)Br ]中存在离子键和共价键，D说法正确；答案为B。
2 3 5 2 3 2 6
8．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X为非金属元素，Y，Z为金属元素，
A．该反应是一个吸热反应
A是由其中两种元素组成的化合物。已知：电解A的熔融物能得到W的单质和Z的单质，且Z的
B．CO和CO 中碳原子的杂化类型相同
2
单质能溶于Y的最高价氧化物对应水化物的溶液。下列说法正确的是
C．该反应中既有离子键断裂，又有共价键断裂
A．四种元素的简单离子半径：XX
【答案】B
C．Y、Z元素简单离子的氧化性：Z”、“＜”或“=”)；在 ， 下，往2L密闭容器中充 （5）
入 4molH S 进行反应，2min 达到平衡状态，计算 0～2min 内 S 的平均反应速率 （6）
2 2
___________mol·L−1·min−1 。
【解析】(1) ，因为 ，所以 。在 ， 下，往2L密闭容器中充入
(2)图中压强 ， 、 从大到小顺序为___________，原因是___________。进行反应，2 达到平衡状态时硫化氢的平衡转化率是50%，消耗硫化氢是2mol，生成 。
18．氯化亚铜(CuCl)可用作有机合成的催化剂，CuCl微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl−浓度较大
的物质的量是1mol，浓度是0.5mol/L，则0～2 内 的平均反应速率 0.5mol/L÷2min
的溶液(CuCl+Cl− CuCl)，在潮湿空气中易水解、易氧化。工业上用黄铜矿(主要成分是
CuFeS，还含有少量的SiO)制备CuCl的工艺流程如图：
2 2
＝0.25 。(2)由于正反应气体体积增大，其他条件不变，压强增大，平衡逆向移动，HS
2
转化率减小，所以图中压强 、 、 从大到小顺序为 。Ⅱ．(3)已知：①
； ② ； ③
25℃时，相关物质的K 见表。
sp
；则根据盖斯定律可知③+(①－②)/2 即得到
物质 Fe(OH) Fe(OH) Cu(OH) CuCl
2 3 2
K 1×10−16.3 1×10−38.6 1×10−19.7 1×10−5.9
sp
回答下列问题：
的 。(4)A．反应中反应物和生
(1)黄铜矿预先粉碎的目的是_______。
成物都为气体且反应前后气体总计量数不变，所以混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能据此 (2)调pH加入的过量x为_______(填化学式)，滤渣①的成分_______(填化学式)。
(3)“还原”时，铜粉转化为Na[CuCl ]的离子反应方程式为_______。
说明反应达到平衡状态，A不选；B．据方程式中HS和COS的计量数之比为1∶1，1mol HS分子含 2
2 2
(4)已知：温度、pH对CuCl产率的影响如图1、图2所示。则析出CuCl晶体的最佳条件为_______。
有2mol H－S键，生成a mol COS同时形成a mol H－S键时反应没有达到平衡状态，B不选；C．绝
A．温度在60℃左右pH为2.0~2.5 B．温度在90℃左右pH为2.0~2.5
热恒压下，未达到平衡状态，温度会发生变化，平衡常数与温度有关，平衡常数不变，说明达到平衡状
C．温度在60℃左右pH为5.0~6.0 D．温度在90℃左右pH为5.0~6.0
态，C选；D．绝热恒压下，气体总质量始终不变，未达平衡时，温度发生变化，容器体积随之变化，密
度也会变化，密度不变说明达到平衡状态，D选；答案选CD。(5)根据三段式可知
(5)析出的氯化亚铜晶体要立即用无水乙醇洗涤，“醇洗”可快速除去滤渣表面的水，防止滤渣被
根据T℃下，氢气平衡体积分数： ，解得 ，反应前后压强不变，则
空气氧化为碱式氯化铜[Cu (OH) Cl]。写出氯化亚铜被氧化为碱式氯化铜的化学反应方程式_______。
2 3
(6)粗产品中氯化亚铜含量的测定：
①称取样品3.0g于锥形瓶中，再加入过量的FeCl 溶液充分溶解，配制250mL溶液。②从中取出
3
25.00mL溶液，用0.1000mol·L−1硫酸铈[Ce(SO )]标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl =CuCl +FeCl ；Fe2+
4 2 3 2 2
；(6)在酸性水溶液中，HS在阳极上失去电子被氧化为SO，其电极反应式为
2
+Ce4+=Fe3++Ce3+。
三次平行实验，到达滴定终点时，消耗硫酸铈标准溶液的体积分别为 26.05mL、24.05mL、
23.95mL。则样品中CuCl的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (5)某研究小组为了探究一种含铁无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成了如图
（2）CuO或Cu(OH) Fe(OH) 、CuO或Cu(OH) 实验：
2 3 2
（3）Cu+Cu2++4Cl−=2[CuCl ]−
2
（4）A
（5）4CuCl+O +4H O=2Cu (OH) Cl+2HCl
2 2 2 3
（6）79.6%
【解析】黄铜矿粉通入氧气和硫酸浸取，生成硫酸铜、硫酸铁，SiO 不溶于硫酸；加入过量的氧化铜
2
另取10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。
或氢氧化铜调节pH，使溶液中的铁离子生成氢氧化铁沉淀，则滤渣①为Fe(OH) 和氧化铜或氢氧化
3
①X的化学式是___，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为 。
铜；加入过量的铜粉，生成[CuCl ]−，滤渣②为铜粉；经一系列操作得到CuCl。(1)黄铜矿预先粉碎可增
2
②白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是 (用化学反应方程式表示)。
大固体与硫酸的接触面积，能加快反应速率，提高浸出率；(2)分析可知，调pH加入的过量x为CuO
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
或Cu(OH) ；滤渣①的成分Fe(OH) 、CuO或Cu(OH) ；(3)“还原”时，铜粉与Cu2+及Cl-反应转化为
2 3 2 （2）分子晶体 正四面体形
Na[CuCl ]，离子反应方程式为Cu+Cu2++4Cl−=2[CuCl ]−；(4)根据图像可知，温度再60℃左右，pH在
2 2 （3）10
2.0~2.5使CuCl的产率最高，为最佳反应条件，答案为A；(5)氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，
（4）12 ×1010
化学反应方程式为 4CuCl+O +4H O=2Cu (OH) Cl+2HCl；(6) 消耗硫酸铈标准溶液的体积分别为
2 2 2 3
26.05mL、24.05mL、23.95mL，26.05mL 数据偏差较大，舍去不用，则两次体积的平均值=
（5）CaFe(CO) CaFe(CO )========CaO+FeO+2CO ↑ 4Fe(OH) +2H O+O=4Fe(OH)
3 2 3 2 2 2 2 2 3
【解析】(1)铁是26号元素，基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。故答案为：
=24.00mL，根据方程式，n(CuCl)=n(FeCl )=n(Ce4+)=0.1000mol·L−1×24.00
2
1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；(2)FeCl 的熔点为306℃，沸点为315℃，相对于共价晶体、离子晶体，熔
3
mL=0.0024mol，则样品中m(CuCl)=0.0024mol÷25.00mL×250mL×99.5g/mol=2.388g，CuCl的纯度=
点沸点较低，FeCl 的晶体类型是分子晶体。SO的中心原子硫的价层电子对=4+ =4，无
3
×100%=79.6%。
孤电子对，sp3杂化，SO的立体构型是正四面体形。故答案为：分子晶体；正四面体形；(3)羰基铁
19．铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
[Fe(CO) ]中心原子铁与 CO 分子间形成配位键，CO 分子内形成共价键。1mol 其分子中含
5
(1)基态Fe3+的电子排布式为___。
5mol+5mol=10mol σ键。故答案为：10；(4)以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个
(2)FeCl 的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl 的晶体类型是 。FeSO 常作补铁剂，SO的
3 3 4
立体构型是 。
顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为 ×3×8=12；
(3)羰基铁[Fe(CO) ]可作催化剂、汽油抗暴剂等。1mol其分子中含__mol σ键。
5
(4)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g·cm−3，N 代表阿伏加德罗常
A
数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为__；Fe2+与O2−的最短核间距为__pm。 Fe2+与O2−的最短间距为等于晶胞棱长的一半，晶胞中Fe2+数目=6× +8× =4，O2−的数目=1+12×
=4，相当有4个“FeO”，晶胞质量m= g，设晶胞棱长为x，则 g=x3×ρ g·cm−3，解得x=cm= ×1010pm，故 Fe2+与 O2−的最短间距为 x= ×1010pm=
请参照上述合成路线和信息，以甲苯和(CHCO) O为原料(无机试剂任选)，设计制备
3 2
×1010pm，Fe2+与O2−的最短核间距为 ×1010pm。故答案为：12； ×1010；(5)①由分析，X的 的合成路线___________。
【答案】（1）对硝基苯酚或4－硝基苯酚
化学式是CaFe(CO)，在惰性气流中加热X至完全分解，生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，化学方
3 2 （2）取代反应 氨基、醚键
程 式 为 CaFe(CO)========CaO+FeO+2CO ↑ 。 故 答 案 为 ： CaFe(CO) ；
3 2 2 3 2
（3） +(CH CO) O +CH COOH
CaFe(CO)========CaO+FeO+2CO ↑；②氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁， 3 2 3
3 2 2
白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe(OH) +2H O+O=4Fe(OH) (用化学反应方程式表
2 2 2 3
（4）C H ON
11 13 4
示)。故答案为：4Fe(OH) +2H O+O=4Fe(OH) 。
2 2 2 3
（5）保护酚羟基
20．有机物H是重要的有机化工原料，以苯酚为原料制备H的一种合成路线如下：
（6）18种 （任选一种）
（7）
已知： R－CH－COOH。
2
请回答：
(1)B的化学名称为___________。
【解析】根据A，C的结构简式，可以看出B和CHI发生取代反应生成C，所以B的结构简式为
3
(2)②的反应类型为___________；D中所含官能团的名称为___________。
(3)反应④的化学方程式为___________。
(4)G的分子式为___________。 ，反应③为还原反应，把硝基还原成氨基，则D为 ；由题
(5)设计②⑦两步反应的目的为___________。
目中的已知方程式可知，两个羧基连在同一个碳原子上，在加热的条件下，会减少一个羧基，所以F
(6)满足下列条件的E的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5
组吸收峰的结构简式为___________(任写一种即可)。
i．苯环上有两个取代基，其中一个为－NH ；ii．能发生水解反应。
2
(7)已知：R－NH 容易被氧化；羧基为间位定位基。
2
生成G的反应中减去F的一个羧基即为G的结构简式，G为 ，G与HI发生取代反应生成H。(1)B的结构简式为 ，其名称为对硝基苯酚或4－硝基苯酚。(2)由
B生成C的结构简式可知，②为取代反应；D为 ，故D中所含官能团为醚键和
氨基。(3)(CH CO) O 和 D 发生取代生成 E，所以反应方程式为： +
3 2
(CHCO) O―→ +CH COOH。(4)G为 ，所以
3 2 3
G的分子式是为C H ON。(5)通过B和CHI发生取代反应，然后再与HI发生取代反应，起到官能
11 13 4 3
团的保护作用，也就是保护酚羟基。(6)由条件可知，苯环上有两个取代基，一个为氨基，另一个可以发
生水解反应，根据E的结构简式可知，可以发生水解的官能团只能是酯基，酯基的位置异构有6种，
又因为在苯环上和氨基存在邻间对的位置关系，即为：6×3=18种；吸收峰只有5组，即可以在
中任选一种。(7)第一步甲苯和硝酸发生取代反应，取代对位上的氢；第
二步对硝基甲苯和酸性高锰酸钾发生氧化反应，生成对硝基苯甲酸；第三步参照题干流程图中的反应
③发生还原反应，把硝基转化为氨基；第四步参照题干流程图中的反应④发生取代反应。所以流程图
为：
。
