2022高考化学考前仿真冲刺卷一.doc

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：
H－1　C－12　N－14　O－16　Na－23　Al－27　S－32　Cl－35.5　K－39　Fe－56　Cu－64　I－127
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NA
B．1 mol羟基(—OH)含有的电子数为9 NA
C．100 g 30%CH3COOH溶液中氢原子数为2NA
D．100 mL水中OH－的个数是10－8NA
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8＋1＝9，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10－8NA，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
C．2­丙酰吡咯是一种食用香料，其分子式为C7H9NO
D．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 mol·L－1 M的水溶液中＝1.0×10－12。以下说法正确的选项是(　　)
A．简单离子半径：Y<Z<W
B．X分别与Z、W形成的化合物中，所含化学键类型相同
C．X、Y、Z的非金属性强弱：Y>Z>W
D．Z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 mol·L－1M溶液中＝1.0×10－12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N3－>O2－>Na＋，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O>N>H，错误；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，X为直流电源正极
D．充电时，阳极的电极反响为Li2O2－2e－===O2↑＋2Li＋
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Li2O2→O2，电极反响式为Li2O2－2e－===O2↑＋2Li＋，正确。
13．25 ℃时，向盛有50 mL pH＝2的HA溶液的绝热容器中参加pH＝13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(　　)
A．HA溶液的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
B．b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了吸热反响
C．a→b的过程中，混合溶液中可能存在：c(A－)＝c(Na＋)
D．25 ℃时，HA的电离平衡常数K约为1.43×10－2
答案：C
解析：pH＝13的NaOH溶液，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，温度最高点为酸、碱恰好完全反响，c(HA)约为＝0.08 mol·L－1，A项错误；b→c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  H＋＋A－
c(始)/(mol·L－1)　0.08 0 0
c(变)/(mol·L－1)　0.01 0.01 0.01
c(平)/(mol·L－1)　0.07 0.01 0.01
K＝＝1.43×10－3，D项错误。
二、非选择题：包括必考题和选考题两局部。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36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(MgC2O4·2H2O)有着广阔的应用和开展前景。答复以下问题：
(1)MgC2O4·2H2O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 g
4.45 g
微溶
70 ℃
61.0 g
22.4 g
100 ℃
73.3 g
34.7 g
实验方法：(ⅰ)加热煮沸蒸馏水，取300 mL冷却至70 ℃，加140 g MgCl2·6H2O，配制MgCl2溶液；(ⅱ)按照图示装置装好药品，连接好装置；(ⅲ)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；(ⅳ)别离沉淀、洗涤，得MgC2O4·2H2O晶体。
①装置中仪器甲的名称是________，其冷水进水口为________(填“a〞或“b〞)。
②仪器乙中c部位的作用是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③检验产品洗涤干净的方法是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)MgC2O4·2H2O分解产物的探究
利用以下图所示装置探究MgC2O4·2H2O分解产物CO、CO2等的性质。
①装置A中发生反响的化学方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②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)①球形冷凝管(1分)　a(1分)　②连通上下两局部气体，保证液体顺利流下(2分)　③取最后一次洗涤液，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)①MgC2O4·2H2OMgO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O(3分)　②CuSO4(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)②连通上下两局部气体，保证液体顺利滴下。
③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)①中MgC2O4·2H2O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MgC2O4·2H2OMgO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O
③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CuO＋COCu＋CO2，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________________________________________________________________________。
(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Ksp[Ni(OH)2]＝2.0×10－15，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≤1.0×10－5 mol·L－1；lg 2＝0.30)。
答案：
(1)SiO2(1分)　5Ni＋12H＋＋2NO===5Ni2＋＋N2↑＋6H2O(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)H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋(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：5Ni＋12H＋＋2NO===5Ni2＋＋N2↑＋6H2O。(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：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。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)Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)，Ni2＋刚好沉淀完全时，c2(OH－)＝＝(mol·L－1)2＝2.0×10－10(mol·L－1)2，c(OH－)＝×10－5mol·L－1，pH＝－lg＝－lg＝－(－9－lg)＝9＋lg＝9＋lg 2＝9.15。
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/kJ·mol－1
－75
－85
52
20
－125
－132
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。
①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
B．c(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
②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________________________________________________________________________。
(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。
①0～10 min内乙烷的生成速率v(C2H6)＝________ mol·L－1·min－1。
②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26CO2＋13O2＋52e－===26CO，那么负极反响式为
________________________________________________________________________。
答案：(1)C4H10(g，正丁烷)C2H4(g)＋C2H6(g)　ΔH ＝＋92 kJ·mol－1(2分)　(2)①BD(2分)　②升高温度(2分)　(3)催化剂活性降低，副产物增多(2分)　(4)①0.015(1分)　②75%(2分)　0.45(2分)　(5)C4H10＋13CO－26e－===17CO2＋5H2O(2分)
解析：(1)反响热＝生成物的总能量－反响物的总能量＝52－85＋125＝＋92 kJ·mol－1，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)　ΔH＝＋92 kJ·mol－1。(2)①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ρ＝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；K＝c(C2H4)·c(C2H6)/c(C4H10)，当Qc＝K时，反响到达平衡状态，B项正确；反响热与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。②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)①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，平衡时气体总物质的量＝2×1.75＝3.5 mol，设生成乙烯的量x mol,2－x＋x＋x＝3.5，x＝1.5 mol，生成的乙烯为1.5 mol，生成乙烷的量为1.5 mol；0～10 min内的生成乙烷速率v(C2H6)＝1.5/10÷10＝0.015 mol·L－1·min－1。②根据以上分析可知：正丁烷的变化量1.5 mol，平衡转化率为1.5/2×100%＝75%；上述条件下，反响到达平衡后，c(C4H10)＝0.5/10＝0.05 mol·L－1，c(C2H4)＝c(C2H6)＝1.5/10＝0.15 mol·L－1，该反响的平衡常数K＝c(C2H4)×c(C2H6)/c(C4H10)＝(0.15)2/0.05＝0.45。(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C4H10＋13CO－26e－===17CO2＋5H2O。
(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：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO
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
TiO2
C
TiCl4
TiBr4
TiI4
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TiCl3·6H2O的晶体有两种：化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O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a＝384.1 pm，Z晶体的密度为________g/cm3(NA≈6.0×1023；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)6]Cl3(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、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)6]Cl3；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8×＝1，含有Ca原子数是1，含有O原子数是 6×＝3，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)3×10－24 cm3；那么ρ＝＝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是________；物质B的结构简式________。
(2)上述①～⑥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
C．H与G都能与新制Cu(OH)2反响
(4)写出反响⑥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、②、⑤(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①②⑤。
(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⑥化学方程式为
(5)X可能为
(6)由和CH3CHO合成的合成流程为：
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