2022高考化学考前仿真冲刺卷一202222240245.doc

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1、2022高考化学考前仿真冲刺卷一1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中国古代记载文字的器物中，主要成分为蛋白质的是()A丝帛 B竹简C甲骨 D青铜器答案：A解析：丝帛是用蚕丝织成的，主要成分是蛋白质，A项正确；竹简的主要成分是纤维素，B项错误；甲骨的主要成分是钙盐，C项错误；青铜器是金属制品，主要成分为铜合金，D项错误。8设NA为阿伏加德罗常数的值，以下

2、表达正确的选项是()A标准状况下，22.4 L Cl2完全溶于水时转移的电子数为NAB1 mol羟基(OH)含有的电子数为9 NAC100 g 30%CH3COOH溶液中氢原子数为2NAD100 mL水中OH的个数是108NA答案：B解析：Cl2与水的反响为可逆反响，标准状况下，22.4 L Cl2完全溶于水，不可能完全反响，转移电子数小于NA，A项错误；1个羟基(OH)所含电子数为819，那么1 mol羟基(OH)含有的电子数为9NA，B项正确；100 g 30% CH3COOH溶液中CH3COOH、H2O均含氢原子，氢原子数为NA，C项错误；未指明温度，100 mL水中OH的个数不一定是1

3、08NA，D项错误。9以下关于有机物的表达不正确的选项是()A用植物油萃取别离溴水中的溴时，振荡、静置后，下层为无色B硬脂酸(C17H35COOH)与软脂酸(C15H31COOH)一定互为同系物C2丙酰吡咯是一种食用香料，其分子式为C7H9NOD分子式为C5H8O2的同分异构体中，含有一个甲基且能与溴水发生加成反响的链状酯有9种(不考虑立体异构)答案：A解析：植物油可与溴发生加成反响，不能用于萃取别离溴水中的溴，A错误；硬脂酸和软脂酸均为饱和脂肪酸，B正确；由结构简式可知，2丙酰吡咯的分子式为C7H9NO，C正确；由分子式可知，链状酯的不饱和度为2，含有一个碳碳双键，那么符合条件的双键可能的位

4、置有共9种，D正确。10短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族；Y、Z同周期；X、Y、Z三种元素形成一种化合物M，常温下，0.1 molL1 M的水溶液中1.01012。以下说法正确的选项是()A简单离子半径：YZZWDZ分别与X、W均可形成具有漂白性的化合物答案：D解析：由0.1 molL1M溶液中1.01012可知M为一元强酸HNO3，故X、Y、Z分别为H、N、O。又X、W同主族，故W为Na。A项离子半径N3O2Na，错误；B项H与O可形成H2O、H2O2为共价化合物，所含化学键为共价键，H与Na形成NaH为离子化合物，所含化学键为离子键，错误；C项非金属性ONH，错

5、误；D项H2O2、Na2O2具有强氧化性，可氧化漂白一些物质，正确。11以下图示实验正确的选项是()答案：D解析：A项，过滤时要求“一贴、二低、三靠，该实验中玻璃棒悬在漏斗上方，没有靠在三层滤纸上，且漏斗颈尖嘴一侧应紧贴烧杯内壁，错误；B项，加热分解碳酸氢钠时，因为有水生成，试管口应稍向下倾斜，错误；C项，混合气体应长进短出，错误。12中国科学家用毛笔书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性且可折叠的可充电锂空气电池(图1)，电池的工作原理如图2。以下有关说法正确的选项是 ()A放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极B放电时，Li由正极经过有机电解质溶液移向负极C开关K闭合给锂电池充电，

6、X为直流电源正极D充电时，阳极的电极反响为Li2O22e=O22Li答案：D解析：A项纤维素为非电解质，不导电，不能作电极，正极为毛笔字中的碳，错误；B项Li由负极移向正极，错误；C项金属锂一极为负极，充电时负极应接电源负极，故X为负极，错误；D项充电时Li2O2O2，电极反响式为Li2O22e=O22Li，正确。1325 时，向盛有50 mL pH2的HA溶液的绝热容器中参加pH13的NaOH溶液，参加NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如下图。以下表达正确的选项是()AHA溶液的物质的量浓度为0.01 molL1Bbc的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了吸热反响Cab

7、的过程中，混合溶液中可能存在：c(A)c(Na)D25 时，HA的电离平衡常数K约为1.43102答案：C解析：pH13的NaOH溶液，c(OH)0.1 molL1，温度最高点为酸、碱恰好完全反响，c(HA)约为0.08 molL1，A项错误；bc过程中温度降低，是因为参加过量的NaOH或体系散热，B项错误；b点，酸、碱恰好完全反响，溶液呈碱性，b点前有溶液呈中性，此时c(A)c(Na)，C项正确；HA HAc(始)/(molL1)0.08 0 0c(变)/(molL1)0.01 0.01 0.01c(平)/(molL1)0.07 0.01 0.01K1.43103，D项错误。二、非选择题：包

8、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(3题，共43分)26(14分)作为工业生产的催化剂和制备纳米MgO的材料，草酸镁(MgC2O42H2O)有着广阔的应用和开展前景。答复以下问题：(1)MgC2O42H2O的制备氯化镁、草酸铵、草酸镁在水中的溶解度如下表：氯化镁草酸铵草酸镁20 54.6 g4.45 g微溶70 61.0 g22.4 g100 73.3 g34.7 g实验方法：()加热煮沸蒸馏水，取300 mL冷却至70 ，加140 g MgCl26H2O，配制MgCl2溶液；()按照图示装置装好药品，连接

9、好装置；()在磁力加热搅拌的情况下，缓缓滴入饱和(NH4)2C2O4溶液，并水浴加热，直至不再产生白色沉淀为止；()别离沉淀、洗涤，得MgC2O42H2O晶体。装置中仪器甲的名称是_，其冷水进水口为_(填“a或“b)。仪器乙中c部位的作用是_。检验产品洗涤干净的方法是_。(2)MgC2O42H2O分解产物的探究利用以下图所示装置探究MgC2O42H2O分解产物CO、CO2等的性质。装置A中发生反响的化学方程式为_。装置B中盛装的药品是_，装置C的作用是_，装置D中的试剂是_，装置G中的现象是_。答案：(1)球形冷凝管(1分)a(1分)连通上下两局部气体，保证液体顺利流下(2分)取最后一次洗涤液

10、，参加HNO3酸化，再参加AgNO3溶液，如不产生白色沉淀，说明已洗净，否那么未洗净(其它合理答案也可)(3分)(2)MgC2O42H2OMgOCOCO22H2O(3分)CuSO4(1分)检验CO2(1分)NaOH溶液(1分)固体由黑色变为红色(1分)解析：(1)连通上下两局部气体，保证液体顺利滴下。晶体外表吸附的杂质离子有Mg2、Cl、NH、C2O选择Cl进行检验，取最后一次洗涤液，参加HNO3酸化，参加AgNO3溶液，如不产生白色沉淀，说明已洗净，否那么未洗净。(2)中MgC2O42H2O分解的产物有CO、CO2，由元素守恒知还有MgO、H2O，故分解的方程式为MgC2O42H2OMgOC

11、OCO22H2O由于要检验探究生成的产物，故应先检验H2O(g)，故B中放CuSO4。然后检验CO2，故C中应放澄清石灰水，为了防止CO2对CO的检验造成干扰，故应除去并检验是否完全除尽，故D中应放NaOH溶液。G中发生的反响为CuOCOCuCO2，故G中的现象为固体由黑色变为红色。27(14分)一种磁性材料的磨削废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如下：答复以下问题：(1)“酸溶时，溶液中有Fe3、Fe2、Ni2等生成，废渣的主要成分是_；金属镍溶解的离子方程式为_。(2)“除铁时H2O2的作用是_，参加碳酸钠的目的是

12、_。(3)“除铜时，反响的离子方程式为_，假设用Na2S代替H2S除铜，优点是_。(4)除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为_。(5)常温下KspNi(OH)22.01015，该流程在“沉镍过程中需调节溶液pH约为_，Ni2才刚好沉淀完全(离子沉淀完全的浓度1.0105 molL1；lg 20.30)。答案：(1)SiO2(1分)5Ni12H2NO=5Ni2N26H2O(2分)(2)将Fe2氧化为Fe3(1分)调节溶液的pH，使Fe3完全沉淀为黄钠铁矾渣(2分)(3)H2SCu2=CuS2H(2分)无易挥发的有毒气体H2S逸出，可保护环境(2分)(4)过量的F生成氢氟酸

13、会腐蚀陶瓷容器(2分)(5)9.15(2分)解析：(1)“酸溶时，硅的氧化物与硫酸和硝酸均不反响，故废渣的主要成分为SiO2。“酸溶时参加的是混酸，金属镍溶解时，Ni与硝酸发生氧化复原反响，离子方程式为：5Ni12H2NO=5Ni2N26H2O。(2)“酸溶后所得溶液中含有Fe3、Fe2，“除铁时H2O2的作用是将Fe2氧化为Fe3，参加碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3完全沉淀为黄钠铁矾渣。(3)“除铜时通入H2S将Cu2沉淀，反响的离子方程式为：H2SCu2=CuS2H。H2S为易挥发有毒气体，假设用Na2S代替H2S除铜，可保护环境。(4)“除铜时生成了CuS和H，溶液酸性增强，参加

14、NaF除钙镁，假设NaF的实际用量过多，那么有HF生成，HF会腐蚀陶瓷容器。(5)KspNi(OH)2c(Ni2)c2(OH)，Ni2刚好沉淀完全时，c2(OH)(molL1)22.01010(molL1)2，c(OH)105molL1，pHlglg(9lg)9lg9lg 29.15。28(15分)乙烯是合成食品外包装材料聚乙烯的单体，可以由丁烷裂解制备。裂解的副反响为C4H10(g，正丁烷)CH4(g)C3H6(g)，请答复以下问题：(1)化学上，将稳定单质的能量定为0，由元素的单质化合成单一化合物时的反响热叫该化合物的生成热，生成热可表示该物质相对能量。25 、101 kPa几种有机物的生

15、成热如下表所示：物质甲烷乙烷乙烯丙烯正丁烷异丁烷生成热/kJmol175855220125132由正丁烷裂解生成乙烯的热化学方程式为_。(2)一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量正丁烷发生反响生成乙烯。以下情况能说明该反响到达平衡状态的是_(填标号)。A气体密度保持不变 Bc(C2H4)c(C2H6)/c(C4H10)保持不变C反响热保持不变 D正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等为了提高反响速率和反响物的转化率，可采取的措施是_。(3)向密闭容器中充入正丁烷，在一定条件(浓度、催化剂及压强等)下发生反响，测得乙烯产率与温度关系如下图。温度高于600 时，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是

16、_。(4)在一定温度下向10 L恒容密闭容器中充入2 mol正丁烷，反响生成乙烯和乙烷，经过10 min到达平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75倍。010 min内乙烷的生成速率v(C2H6)_ molL1min1。上述条件下，正丁烷的平衡转化率为_，该反响的平衡常数K为_。(5)丁烷空气燃料电池以熔融的K2CO3(其中不含O2和HCO)为电解质，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极。该燃料电池的正极反响式为26CO213O252e=26CO，那么负极反响式为_。答案：(1)C4H10(g，正丁烷)C2H4(g)C2H6(g)H 92 kJmol1(2分)(2)BD(2分)升高

17、温度(2分)(3)催化剂活性降低，副产物增多(2分)(4)0.015(1分)75%(2分)0.45(2分)(5)C4H1013CO26e=17CO25H2O(2分)解析：(1)反响热生成物的总能量反响物的总能量528512592 kJmol1，所以正丁烷裂解生成乙烯的热化学方程式为C4H10(g，正丁烷)C2H4(g)C2H6(g)H92 kJmol1。(2)反响前后气体的总质量不变，在恒容密闭容器中，气体的总体积不变，根据m/V可知，混合气体的密度恒为定值，不能说明该反响到达平衡状态，A项错误；Kc(C2H4)c(C2H6)/c(C4H10)，当QcK时，反响到达平衡状态，B项正确；反响热与

18、反响进行的程度有关，与反响是否达平衡无关，不能判断反响到达平衡状态，C项错误；正丁烷分解速率与乙烷消耗速率相等时，说明正逆反响速率相等，能够判断反响到达平衡状态，D项正确。为了提高反响速率可以采用增大浓度、升高温度、增大压强、使用催化剂等；提高反响物的转化率，使平衡右移，可以采用升高温度，减少生成物浓度等，因此同时满足上述要求的是升高温度。(3)正丁烷制备乙烯的反响为吸热反响，升高温度，平衡右移，乙烯的转化率增大，但是温度高于600 时，随着温度升高，乙烯产率降低，可能是温度过高，催化剂活性降低，副产物增多。(4)在一定温度下向10 L恒容密闭容器中充入2 mol正丁烷，反响生成乙烯和乙烷，经

19、过10 min到达平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75倍，平衡时气体总物质的量21.753.5 mol，设生成乙烯的量x mol,2xxx3.5，x1.5 mol，生成的乙烯为1.5 mol，生成乙烷的量为1.5 mol；010 min内的生成乙烷速率v(C2H6)1.5/10100.015 molL1min1。根据以上分析可知：正丁烷的变化量1.5 mol，平衡转化率为1.5/2100%75%；上述条件下，反响到达平衡后，c(C4H10)0.5/100.05 molL1，c(C2H4)c(C2H6)1.5/100.15 molL1，该反响的平衡常数Kc(C2H4)c(C2H6)/c(

20、C4H10)(0.15)2/0.050.45。(5)丁烷空气燃料电池，在熔融K2CO3(其中不含O2和HCO)为电解质情况下，丁烷在负极上失电子发生氧化反响，负极反响为C4H1013CO26e=17CO25H2O。(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)金属钛因为其优越的性能被称为“未来金属，其工业冶炼涉及到的反响如下：TiO22C2Cl2TiCl42CO答复以下相关问题：(1)钛的价层电子排布式为_。(2)局部物质熔沸点如下：名称金红石金刚石四氯化钛四溴化钛四碘化钛化学式TiO2CTiCl4TiB

21、r4TiI4熔点1 830 3 550 24.1 38 150 沸点2 927 4 827 136.4 233.1 377.2 晶型离子晶体分子晶体表中金刚石的晶型为_；自左向右，表中的三种钛的卤化物熔沸点依次升高的原因是_。(3)配位数为6，组成为TiCl36H2O的晶体有两种：化学式为TiCl(H2O)5Cl2H2O的X呈绿色，定量实验说明，X与AgNO3以1：2物质的量比反响生成沉淀。Y呈紫色，且Y与AgNO3以1：3物质的量之比反响生成沉淀，那么Y的化学式为_，Y配离子的空间构型为_。(4)钙钛矿是重要的含钛矿物之一，其主要成分Z的晶胞如下图：推测Z的化学式为_。(5)假设晶胞参数a3

22、84.1 pm，Z晶体的密度为_g/cm3(NA6.01023；3.8413)。答案：(1)3d24s2(2分)(2)原子晶体(2分)分子晶体组成和结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高(2分)(3)Ti(H2O)6Cl3(2分)空间正八面体(2分)(4)CaTiO3(2分)(5)4.0(3分)解析：(1)钛原子核外有22个电子，价电子排布在3d、4s轨道，价电子排布为3d24s2；(2)金刚石的熔点高，所以金刚石是原子晶体； TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，分子晶体组成和结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，所以TiCl4、TiBr4、

23、TiI4的熔沸点依次升高；(3)Y与AgNO3以1：3物质的量之比反响生成沉淀，说明外界有3个氯离子，6个水都在内界，Y的化学式为Ti(H2O)6Cl3；Y配离子的空间构型为空间正八面体；(4)根据均摊原那么，每个晶胞含有Ti原子数是81，含有Ca原子数是1，含有O原子数是 63，所以Z的化学式是CaTiO3；(5)根据化学式可知Z的摩尔质量是136 g/mol；晶胞的体积是(3.841)31024 cm3；那么4.0 g/cm3。36化学选修5：有机化学根底(15分)芳香烃A可以合成扁桃酸也可以合成H。以下是合成线路(局部产物、反响条件已略去)：请答复以下问题：(1)扁桃酸中含氧官能团的名称

24、是_；物质B的结构简式_。(2)上述反响中属于取代反响的有_。(3)关于H物质，以下说法正确的选项是_(填字母序号)。A所有碳原子可能处于同一平面B可以发生加成反响、聚合反响、氧化反响和复原反响CH与G都能与新制Cu(OH)2反响(4)写出反响的化学方程式_。(5)X是扁桃酸的同分异构体，1 mol X可与2 mol Na2CO3反响，其核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1，其结构简式为_(任写两种)。(6)请结合所学知识和上述信息，写出由A和乙醛为原料(无机试剂任用)制备肉桂醛()的合成路线流程图_。答案：(1)羧基、羟基(1分) (1分)(2)、(1分)(3)AB(2分)(4) (2分)(5) (4分)(6) (4分)解析：A为，B为，C为，扁桃酸为，D为或，E为或，F为或，G为或，H为或。(1)扁桃酸中含氧官能团为羧基或羟基，B结构简式为。(2)属于取代反响的为。(3)根据H的结构简式可知，所有碳原子可能处于同一平面，A项正确；H可发生加成反响、聚合反响、氧化反响和复原反响，B项正确；H不含有CHO不能与Cu(OH)2反响，C项错误。(4)反响化学方程式为(5)X可能为(6)由和CH3CHO合成的合成流程为：10