2022高考化学考前仿真冲刺卷六202222240241.doc

2022高考化学考前仿真冲刺卷六1本卷包括选择题和非选择题两局部，共100分，建议用时50分钟。2可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Cl35.5K39Fe56Cu64I127一、选择题：此题共7小题，每题6分，共42分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。7化学与社会、科学、技术等密切相关，以下说法正确的选项是()A瓷器属于硅酸盐产品，china一词又指“瓷器，这反映了在世界人眼中，中国作为“瓷器故土的形象B“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化C“一带一路是“丝绸之路经济带和“21世纪海上丝绸之路的简称。丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物D制作“嫦娥太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型有机高分子材料答案：A解析：瓷器是硅酸盐产品，我国是瓷器故土，china一词又指“瓷器，A项正确；“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，是青蒿素的萃取过程，属于物理变化，B项错误；丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，C项错误；碳纤维复合材料是无机非金属材料，D项错误。8钨是高熔点金属，工业上用主要成分为FeWO4和MnWO4的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如下，以下说法不正确的选项是()A将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反响的速率B共熔过程中空气的作用是氧化Fe()和Mn()C操作是过滤、洗涤、枯燥，H2WO4难溶于水且不稳定D在高温下WO3被氧化成W答案：D解析：将固体反响物粉碎可以增加反响物的接触面积，能提高反响速率，故A正确；通过流程图可知，纯碱、空气、FeWO4和MnWO4共熔发生反响，使Fe()和Mn()转化为难溶的Fe2O3和MnO2，进而通过冷却、水浸、过滤的方法除去，故B正确；Na2WO4溶液中参加硫酸发生复分解反响，生成难溶于水的H2WO4，经过过滤、洗涤、枯燥获得较为纯洁的H2WO4，加热使其分解为WO3，故C正确；在高温下H2与WO3反响生成W和H2O，从元素价态变化来看，WO3为氧化剂，被复原，故D错误。9用电石(主要成分是CaC2，含杂质CaS、Ca3P2等)与水反响制备难溶于水的C2H2，反响为CaC2(s)2H2O(l)=Ca(OH)2(s)C2H2(g)H<0，该反响的速率很快，其中杂质也能与水反响，生成H2S、PH3等气体。通过排水量气法测定CaC2的质量分数，装置如图。24CuSO411PH312H2O=8Cu3P3H3PO424H2SO4。以下说法不正确的选项是()A饱和食盐水能降低电石和水反响的速率B分液漏斗可以换成长颈漏斗CCuSO4溶液的作用是除掉H2S、PH3气体D反响结束立即读数，那么测得CaC2的质量分数偏高答案：B解析：饱和食盐水代替水可以降低电石和水的反响速率，故A正确；使用长颈漏斗不易控制滴加速度，故B错误；由题意知乙炔气体中混有H2S和PH3杂质，用CuSO4溶液可除去这些杂质气体，故C正确；乙炔难溶于水，通过排水量气法可以测定产生乙炔的体积，在读数时，要恢复至室温再读数，且保证量筒内液面和集气瓶液面高度一致，假设反响结束后立即读数，那么测得的V(乙炔)大于实际值，故碳化钙含量的测定值偏高，D正确。10.维生素C又叫L­抗坏血酸，是一种水溶性维生素，在水果和蔬菜中含量丰富，其结构简式如下图。以下有关说法正确的选项是()A维生素C分子中含有3种官能团B维生素C在碱性溶液中能稳定存在C只含COOH一种官能团的维生素C的同分异构体共有3种D维生素C分子中一定共面的碳原子有5个答案：A解析：维生素C中含有羟基、酯基、碳碳双键三种官能团，故A正确；因维生素C分子中含有酯基，因此维生素C在碱性环境中会发生水解反响，故B错误；维生素C的分子式为C6H8O6，只含有COOH一种官能团的维生素C的同分异构体有以下5种：、故C错误；在维生素C分子中，一定共面的碳原子总共有4个，故D错误。11如图是短周期元素原子半径与原子序数的关系图，以下有关说法正确的选项是()A最简单氢化物的热稳定性：A>B>CB简单离子半径大小：D>CCE的一种氧化物和A的单质在高温下能反响DG的最高价氧化物对应的水化物是离子化合物答案：C解析：通过原子半径和原子序数的关系图，很容易就看出A是C元素、B是N元素、C是O元素，D是Al元素、E是Si元素、G是S元素。因非金属性：A<B<C，故最简单氢化物的热稳定性：A<B<C，故A错误；D的简单离子为Al3，C的简单离子为O2，二者核外电子层结构相同，故半径大小：r(Al3)<r(O2)，B错误；SiO2和碳单质在高温下发生置换反响生成Si和CO，故C正确；G的最高价氧化物对应的水化物是H2SO4，H2SO4是共价化合物，故D错误。12如图是模拟“间接电化学氧化的根本原理进行废水中有机物处理的示意图，密封废水处理池中是硫酸酸化的甲醇废水及CoSO4溶液，以下说法不正确的选项是()A甲电极是正极，Pt电极上发生氧化反响B丙气体的主要成分是H2C甲醇在碳电极上生成CO2D电解过程中Co2和Co3的总物质的量不变答案：C解析：由题图可知，Pt电极上发生氧化反响Co2e=Co3，故Pt电极为阳极，甲电极是正极，故A正确；在溶液中Co3和CH3OH发生氧化复原反响生成Co2和CO2气体，故C错误；在电解过程中Co2和Co3的总物质的量不变，故D正确；碳电极为阴极，外表上发生反响2H2e=H2，CO2和H2经导管进入澄清石灰水中，CO2使澄清石灰水变浑浊，而丙气体的主要成分是H2，故B正确。13室温下用0.1 mol·L1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1 mol·L1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如下图(溶液体积变化忽略不计)。以下说法正确的选项是()A导电能力：a点溶液<b点溶液Bb点溶液中c(HB)>c(B)Ca点溶液中由水电离出的c(H)约为3×1013 mol·L1DHA对应曲线上c点溶液呈碱性的原因是AH2OHAOH答案：C解析：由图分析可知，0.1 mol·L1的HA溶液的pH为1，HA为强酸，0.1 mol·L1 HB溶液的pH为4，HB为弱酸。根据电荷守恒，a点、b点溶液中分别有c(H)c(Na)c(OH)c(A)，c(H)c(Na)c(OH)c(B)，两溶液中c(Na)相等，a点溶液中c(H)大于b点溶液，所以a点溶液中离子总浓度大于b点溶液，导电能力：b点溶液<a点溶液，A错误；b点溶液中的溶质为等物质的量的NaB和HB，b点溶液pH小于7，说明HB的电离程度大于B的水解程度，那么c(B)>c(HB)，B错误；a点时参加的NaOH溶液为10.00 mL，溶液中c(H) mol·L1 mol·L1，那么a点溶液中c(OH) mol·L13×1013 mol·L1，由水电离出的c(H)约为3×1013 mol·L1，C正确；HA为强酸，A不存在水解，D错误。二、非选择题：包括必考题和选考题两局部。第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共43分)26(14分)富马酸亚铁(C4H2O4Fe)常用于治疗缺铁性贫血，也可作食品营养强化剂，它可由糠醛()和硫酸亚铁制备。HOOCCHCHCOOHCO2。答复以下问题：.制备富马酸(实验装置如下图，夹持装置已略去)(1)将45.0 g氯酸钠、0.2 g五氧化二钒置于三颈烧瓶中，参加适量蒸馏水，滴加糠醛并加热至90100 ，维持此温度34 h。装置图中仪器A的名称是_，冷凝水应从a口流入，b口流出，原因是_。(2)冰水冷却使产品结晶，并通过_操作可以得到富马酸粗品。(3)用1 mol·L1 HCl溶液对富马酸粗品进行重结晶，得到纯富马酸。该操作中用1 mol·L1 HCl溶液的原因是_(用离子方程式和适当的文字解释)。.合成富马酸亚铁(4)取一定量的富马酸溶于适量水中，参加碳酸钠并加热、搅拌，调节pH为6.56.7，产生大量气泡。写出发生反响的化学方程式_。(5)将硫酸亚铁溶液和适量的Na2SO3溶液缓慢参加上述反响液中，维持温度在100 并充分搅拌34 h。该操作过程中参加适量的Na2SO3溶液，其目的是_。(6)过滤、洗涤、枯燥得到产品。洗涤过程中证明富马酸亚铁产品已洗涤干净的实验方法是_。答案：(1)(球形)冷凝管(2分)下口进水可以使冷凝水充满整个冷凝管，冷凝效果好(2分)(2)过滤(2分)(3)HOOCCH=CHCOOH(HOOCCH=CHCOO)H，参加盐酸，可使上述平衡逆向移动，提高产量(2分)(4)HOOCCH=CHCOOHNa2CO3NaOOCCH=CHCOONaH2OCO2(2分)(5)防止富马酸亚铁(或Fe2)被氧化(2分)(6)取少许最后一次的洗涤液，向其中参加少量盐酸酸化的氯化钡溶液，无白色沉淀生成(其他合理答案均可，2分)解析：(1)仪器A的名称是球形冷凝管，冷凝水“下进上出有利于冷凝水充满整个冷凝管，冷凝效果好。(2)固液别离可采用过滤操作。(3)富马酸是弱电解质，参加盐酸后可抑制富马酸的电离，提高产量。(4)富马酸和碳酸钠发生反响生成富马酸的钠盐、水及二氧化碳气体。(5)Fe3可以被SO复原为Fe2，所以参加适量的Na2SO3溶液是为了防止富马酸亚铁(或Fe2)被氧化。(6)通过检验最后一次洗涤液中是否还含有SO可验证富马酸亚铁产品是否已洗涤干净。27(15分)某生产废料中主要含有Ag、Au、Al，还含有少量可溶于稀硫酸的物质，在实验室中利用该生产废料可以回收贵金属，其流程图如下：N2H4·H2O在100 以上易分解。请答复以下问题：(1)Al在周期表中的位置是_，检验酸洗液中主要金属离子的方法和现象是_。(2)第步生成AuCl的反响的离子方程式是_，分金渣的主要成分是_(填化学式)。(3)为了加快反响速率，第步中最适宜的加热方法是_。(4)第步电解时，粗金粉应与电源的_极相连，其阴极的电极反响式为_。(5)第步中，通入6.72 L SO2气体(标准状况下)，恰好与溶液中的AuCl反响，金的实际产率为95%，那么实际所得金的质量为_g。答案：(1)第三周期第A族(1分)取少量酸洗液于试管中，逐滴参加NaOH溶液，先产生白色沉淀，随着NaOH溶液的滴入白色沉淀逐渐溶解(2分)(2)2AuClO6H7Cl=2AuCl3H2O(2分)AgCl(2分)(3)水浴加热(2分)(4)正(2分)Au33e=Au(2分)(5)37.43(2分)解析：(1)根据铝的原子序数可知，铝位于第三周期第A族。酸洗液中主要含有的金属离子是Al3，可以用NaOH溶液检验。(2)第步发生的反响有2AuClO6H7Cl=2AuCl3H2O、6AgClO6H5Cl=6AgCl3H2O，过滤得到的分金渣的主要成分为AgCl。(3)由于N2H4·H2O在100 以上易分解，为了加快反响速率，第步中最适宜的加热方法是水浴加热。(4)粗金粉作阳极，该极与电源正极相连，Au发生反响Au3e=Au3，纯金作阴极，Au3在阴极发生得电子的复原反响Au33e=Au。(5)根据3SO22AuCl6H2O=3SO8Cl2Au12H可知，0.3 mol SO2参与反响理论上可生成0.2 mol Au，根据题意可知，实际所得金的质量为197 g·mol1×0.2 mol×95%37.43 g。28(14分)辉铜矿(主要成分是Cu2S)在冶炼过程中会产生大量的SO2，回收处理SO2对环境保护具有重要意义。答复以下问题：(1)冶炼过程中有关反响的能量变化如下图：那么Cu2S(s)与O2反响生成Cu(s)与SO2的热化学方程式为_。(2)回收处理SO2的方法之一是用氨水将其转化为NH4HSO3。常温下Kb(NH3·H2O)1.8×105，Ka1(H2SO3)1.6×102，Ka2(H2SO3)1×107，假设吸收过程中氨水与SO2恰好反响完得到NH4HSO3溶液，那么所得溶液在常温下的pH_(填“>“<或“)7。SO2还可以用Na2SO3溶液吸收处理，处理后所得溶液中c(H)c(OH)_(填表达式即可)。(3)回收处理SO2还可先将其转化成SO3，然后再转化为H2SO4。在450 时将2.0 mol SO2和1.0 mol O2置于2 L的恒容密闭容器中发生反响2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，保持温度不变，SO2的转化率()随着时间的变化关系如下图：反响从开始至到达平衡时，v(O2)_。450 时，该反响的平衡常数K_。假设维持其他条件不变，将温度变为T ，SO2的转化率随时间的变化关系如下图，那么此时的平衡常数K(T )_(填“<或“>)K(450 )。在450 时，以下表达能说明上述反响已到达平衡状态的是_。a容器内气体的密度保持不变bO2、SO3的消耗速率之比为1：2cn(SO2) ：n(O2) ：n(SO3)2：1：2d反响热(H)不再发生变化(4)假设将冶炼得到的单质铜制成钠米铜，那么储存时要注意将纳米铜与空气隔绝开，可能的原因是_。答案：(1)Cu2S(s)O2(g)=2Cu(s)SO2(g)H217.4 kJ·mol1(2分)(2)<(1分)2c(SO)c(HSO)c(Na)(2分)(3)0.09 mol·L1·min1(2分)1 620(2分)>(1分)b(2分)(4)单位质量的纳米铜的外表积很大，很容易被空气中的氧气氧化(2分)解析：(1)由题图可以写出2Cu2S(s)3O2(g)=2Cu2O(s)2SO2(g)H768.2 kJ·mol1，2Cu2O(s)Cu2S(s)=6Cu(s)SO2(g)H116 kJ·mol1，由()÷3可以得到Cu2S(s)O2(g)=2Cu(s)SO2(g)H217.4 kJ·mol1。(2)因为Ka1(H2SO3)1.6×102>Kb(NH3·H2O)1.8×105，仅从水解的角度上看NH4HSO3溶液就应该显酸性，再考虑到HSO还能电离出H，所以溶液一定显酸性。溶液呈电中性，故c(H)c(OH)2c(SO)c(HSO)c(Na)。(3)由题图可知，450 下，5 min时反响达平衡，SO2的转化率为0.90，列三段式： 2SO2(g)O2(g)2SO3(g)起始/mol2.0 1.0 0转化/mol1.8 0.9 1.8平衡/mol0.2 0.1 1.8反响到达平衡时，v(O2)0.9 mol÷2 L÷5 min0.09 mol·L1·min1，K0.92÷(0.12×0.05)1 620。由T 条件下平衡时SO2的转化率较高，到达平衡时所需要的时间较长，可知T<450，该反响是放热反响，故温度越低该反响的平衡常数越大。因容器容积、气体质量均不改变，故气体的密度是定值，a错误；反响到达平衡时，氧气与SO3的消耗速率之比为1：2，b正确；n(SO2) ：n(O2) ：n(SO3)2：1：2，反响不一定到达平衡状态，c错误；对于一个确定的反响来说，H是定值，d错误。(4)纳米铜颗粒很小，导致单位质量的纳米铜的外表积很大，即与空气的接触面积很大，促使氧化速率加快。(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中任选一题作答。如果多做，那么按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质(15分)“摩尔盐是分析化学中的重要试剂，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。“摩尔盐在一定条件下分解的方程式为：4(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O2Fe2O33SO35SO2N26NH331H2O。答复以下问题：(1)铁元素在元素周期表中的位置为_，其价层电子排布图为_。(2)组成“摩尔盐的非金属元素中第一电离能最大的元素为_。“摩尔盐的分解产物中属于非极性分子的化合物是_。(3)NH3的沸点比N2O的沸点_(填“高或“低)，其主要原因是_。(4)K3Fe(CN)6常用于检验Fe2，K3Fe(CN)6中除了离子键以外还存在的化学键为_，与CN互为等电子体的单质的分子式为_。HCN分子中键和键的个数之比为_。(5)FeO晶胞结构如下图，FeO晶体中Fe2配位数为_，假设该晶胞边长为a cm，那么该晶胞密度为_。答案：(1)第四周期第族(2分)(2分)(2)N(1分)SO3(1分)(3)高(1分)NH3分子间存在氢键(1分)(4)共价键和配位键(2分)N2(1分)1：1(1分) (5)6(1分)(2分)解析：(1)铁的原子序数是26，位于第四周期第族，根据核外电子排布规律可知铁的价层电子排布图为(2)组成“摩尔盐的非金属元素有H、N、O、S，其中第一电离能最大的元素为N，三氧化硫是平面三角形结构，属于非极性分子。(3)NH3分子间存在氢键，因此NH3的沸点比N2O的沸点高。(4)K3Fe(CN)6晶体中，由于Fe3有空轨道，能接受孤对电子，所以Fe3与CN之间的化学键类型为配位键，另外C与N之间还有共价键；等电子体是原子数相等，价电子数也相等的离子或分子，与CN互为等电子体的单质的分子式为N2。(5)以亚铁离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，可知亚铁离子配位数为6，由图可知，该晶体中亚铁离子个数8×6×4，氧离子个数112×4，设晶胞边长为a cm，晶胞体积为a3 cm3，那么 g/cm3 g/cm3。36化学选修5：有机化学根底(15分)盐酸氨溴索(H)对于治疗老年重症肺炎有良好的疗效，其合成路线如下(局部反响条件及产物已略)：(1)B的名称为_；反响中为取代反响的是_(填序号)。(2)B的芳香族同分异构体J满足以下条件：可水解可发生银镜反响1 mol J最多消耗2 mol NaOHJ有_种；B的另一种芳香族同分异构体可与NaHCO3溶液反响，并有气体生成，其核磁共振氢谱有4组吸收峰，那么它的结构简式为_。(3)可用碱性新制氢氧化铜悬浊液检验C中的特征官能团，写出该检验的离子反响方程式：_。(4)关于E的说法正确的选项是_。AE难溶于水BE可使酸性KMnO4溶液褪色C1 mol E最多与1 mol H2加成DE不能与金属钠反响(5)邻氨基苯甲酸甲酯(L)具有塔花的甜香味，也是合成糖精的中间体，以甲苯和甲醇为原料，无机试剂自选，参照H的合成路线图，设计L的合成路线。答案：(1)邻硝基甲苯(或2­硝基甲苯)(1分)(1分)(2)6(1分) (1分)(3) (3分)(4)AB(2分)(5) (6分)解析：(1) 是甲苯甲基邻位上的氢原子被硝基取代的产物；取代反响是有机物分子中的某些原子或原子团被其它原子或原子团代替的反响；(2)B的芳香族同分异构体：可水解、可发生银镜反响、1 mol最多消耗2 mol NaOH，说明含有HCOO、NH2或、OH；B的另一种芳香族同分异构体可与NaHCO3溶液反响，并有气体生成，说明含有羧基，其核磁共振氢谱有4组吸收峰，说明结构对称；(3)醛基能被新制氢氧化铜氧化为羧基；(4)根据含有的官能团分析其性质；(5)甲苯发生硝化反响生成，氧化为，再氧化为，发生酯化反响生成，复原为邻氨基苯甲酸甲酯。10