2022年广东省汕头市高考化学一模试卷

这是一份2022年广东省汕头市高考化学一模试卷，共28页。
中华传统文化中蕴含大量化学知识，下列说法不正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
“分类”思想能帮助我们寻找物质的通性，下列物质分类正确的是( )
A. NO、NO2为酸性氧化物B. NH4Cl、AlCl3为共价化合物
C. 氢氟酸、氢硫酸为强电解质D. 84消毒液、洁厕灵为混合物
2021年，我国在科技领域取得重大突破，这离不开科学工作者们的努力。下列说法不正确的是( )
A. 以CO2、H2为原料经过11步主反应人工合成淀粉，过程中发生氧化还原反应
B. 第三代核电“华龙一号”落户福建，核反应属于化学变化
C. “海牛Ⅱ号”刷新世界钻探深度，钻头采用硬质合金材料，其硬度高于组分金属
D. “冰光纤”(H2O)问世，比传统光纤(SiO2)具有灵活弯曲和高效导光等优点
化学品的使用丰富了我们的生产、生活，下列有关项目与化学知识没有关联的是( )
A. AB. BC. CD. D
我国科学家利用高效固体催化剂LDH，实现了在常温常压、可见光下人工固氮，其原理如图所示。下列有关该反应说法不正确的是( )
A. 存在极性键、非极性键的断裂与形成
B. 反应过程中存在太阳能转化为化学能
C. 使用LDH，可同时提高反应速率和N2的转化率
D. 反应生成1.7gNH3时转移电子数目为0.3ml
中草药蛔蒿常用于治疗蛔虫病。从蛔蒿中提取的抗癌活性成分的结构简式如图所示。下列有关该有机物说法不正确的是( )
A. 受热时易失去抗癌活性B. 能发生取代、加成、氧化反应
C. 一溴代物共有7种D. 同分异构体中可能存在苯环结构
测定补血剂(含Fe2+、维生素C等)中铁元素含量的前期处理：将样品研磨后，取1.000g样品粉末加入5mL稀硝酸溶解后过滤，将滤液配制成250.00mL溶液。上述处理过程中未涉及的操作是( )
A. B. C. D.
白醋是烹调中的酸味辅料，能改善调节人体的新陈代谢，其主要成分CH3COOH为一元弱酸。25℃时，下列有关说法正确的是( )
A. pH=3的CH3COOH溶液中，存在c(H+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−)
B. pH=7的CH3COONH4溶液中，c(CH3COO−)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH−)
C. pH=5的CH3COOH溶液中，水电离产生的c(H+)=10−5ml/L
D. pH=10的CH3COONa溶液中，c(CH3COO−)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)
“类比”思想可于实验探究，帮助我们掌握物质的共性。下列有关类比结果正确的是( )
A. Na与O2在一定条件下反应生成Na2O2，则Ca与O2在一定条件下也可生成CaO2
B. Cl2能使紫色石蕊试液先变红后褪色，SO2也能使紫色石蕊试液先变红后褪色
C. SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，则SO3也可使酸性KMnO4溶液褪色
D. 用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2，则也可用排饱和NH4Cl溶液的方法收集NH3
2021年，我国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉的全合成，其合成路线如图，设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法不正确的是( )
A. 标况下，11.2LCO2中含有共用电子对数目为2NA
B. 反应②、③无法在高温下进行
C. 反应②中，3.2gCH3OH生成HCHO时转移电子数目为0.2NA
D. 1mlDHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目为NA
实验探究是化学学科的魅力所在。下列有关实验操作、现象和结论均正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
铁的配合物离子(用[L−Fe−H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法不正确的是( )
A. 该过程的总反应为
B. H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该历程中反应速率最慢的一步：HCOO−+CO2+IV→HCOO−+CO2+H2+I
D. 该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是( )
A. b端为电源正极，处理后的水垢沉淀在阳极底部
B. 处理过程中Cl−可循环利用
C. 流程中发生离子反应：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O，Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓
D. 若R为CO(NH2)2，则消耗1mlCO(NH2)2生成N2时，铂电极N处产生的H2应大于3ml
宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一，下列有关离子方程式的书写正确的是( )
A. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32−+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32−
B. 用惰性电极电解NaCl溶液：
C. 将铜丝插入稀硝酸溶液中：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O
D. 向Fe(OH)3中通入过量HI溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，结构如图所示(“→”表示配位键，指共价键中共用的电子对是由其中一原子独自供应)。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：X>Y>Z>W
B. Y的最高价氧化物的水化物H3YO3为强酸
C. 单质氧化性：W2>X2
D. 阴离子中四种元素均满足8电子稳定结构
K2RO4是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸加碱改变溶液的pH时，含R粒子的物质的量分数δ(X)Δ(X)[δ(X)=n(X)n(R)]随pH的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. RO42−中R为+6价，pH>6时溶液中存在RO42−
B. 水的电离程度：M7.1时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；pHc(OH−)，则c(H+)c(H+)=c(OH−)，故B正确；
C.酸抑制水电离，水电离出的，故C错误；
D.醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，钠离子不水解，所以c(CH3COO−)c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误；
故选：B。
A.溶液中存在电荷守恒，c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，醋酸电离程度较小，则c(CH3COOH)>c(OH−)；
B.溶液的pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)，则c(CH3COO−)=c(NH4+)，水电离程度较小；
C.酸抑制水电离；
D.醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，钠离子不水解，所以c(CH3COO−)Si，故A正确；
B.醇羟基能和Na反应，所以根据现象，不能说明含有水，故B错误；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，由现象可知浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故C错误；
D.酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，所以不能说明硝酸亚铁已经变质，故D错误；
故选：A。
A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；
B.醇羟基能和Na反应；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫；
D.酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.根据反应进程图像可知，甲酸在催化剂的作用下，分解成CO2和H2，即该过程中的总反应为，故A正确；
B.根据反应机理图可知，甲酸电离产生H+和HCOO−，HCOO−参与反应，与催化剂结合放出二氧化碳，若H+浓度过大，抑制甲酸的电离，使c(HCOO−)降低，反应速率减慢，若H+浓度降低，反应速率减慢，故B正确；
C.活化能越大，反应速率越慢，根据反应进程图像可知，HCOO−+CO2+IV→HCOO−+CO2+H2+I，活化能最大，反应速率最慢，故C正确；
D.虽然铁连接的原子数和种类发生了改变，但是配离子的电荷数没变，因此Fe元素化合价不变，故D错误；
故选：D。
A.根据反应进程图像可知，甲酸在催化剂的作用下，分解成CO2和H2；
B.根据反应机理图可知，甲酸电离产生H+和HCOO−，HCOO−参与反应，与催化剂结合放出二氧化碳；
C.活化能越大，反应速率越慢；
D.虽然铁连接的原子数和种类发生了改变，但是配离子的电荷数没变。
本题考查配合物的成键情况，为高频考点，掌握化学反应原理等基础知识是做题的关键，侧面考查了分析和解答能力，题目难度中等。
13.【答案】A
【解析】解：A.硬水中存在Mg2+、Ca2+和HCO3−，阴极放电产生OH−，OH−与Mg2+结合生成Mg(OH)2，OH−与HCO3−生成CO32−，Ca2+与CO32−结合生成CaCO3，Mg(OH)2和CaCO3主要沉降在阴极附近，故A错误；
B.阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，Cl−可以循环利用，故B正确；
C.阴极放电产生OH−，OH−与Mg2+结合生成Mg(OH)2，OH−与HCO3−生成CO32−，Ca2+与CO32−结合生成CaCO3，流程中发生离子反应：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O，Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，故C正确；
D.a极反应产生Cl2，氯气与水反应生成次氯酸为可逆反应，次氯酸将有机物R如CO(NH2)2氧化生成N2，通过消耗CO(NH2)2的量计算得到氯气的量小于反应生成的氯气的量，若R为CO(NH2)2，则消耗1mlCO(NH2)2生成N2时，转移6ml电子，故D正确；
故选：A。
A.硬水中存在Mg2+、Ca2+和HCO3−，阴极放电产生OH−，OH−与Mg2+结合生成Mg(OH)2，OH−与HCO3−生成CO32−，Ca2+与CO32−结合生成CaCO3；
B.阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子；
C.阴极放电产生OH−，OH−与Mg2+结合生成Mg(OH)2，OH−与HCO3−生成CO32−，Ca2+与CO32−结合生成CaCO3；
D.a极反应产生Cl2，氯气与水反应生成次氯酸为可逆反应，次氯酸将有机物R如CO(NH2)2氧化生成N2，通过消耗CO(NH2)2的量计算得到氯气的量小于反应生成的氯气的量，若R为CO(NH2)2，则消耗1mlCO(NH2)2生成N2时，转移6ml电子。
本题考查原电池和电解池原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极上发生的反应、硬水的组成是解本题关键，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，离子方程式为：SiO32−+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3−，故A错误；
B.用惰性电极电解NaCl溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，离子方程式为：，故B正确；
C.将铜丝插入稀硝酸溶液中，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D.Fe3+可以将I−氧化为I2，Fe(OH)3与过量的HI溶液反应生成FeI2与水，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I−=I2+2Fe2++6H2O，故D错误；
故选：B。
A.二氧化碳过量反应生成硅酸和碳酸氢钠；
B.用惰性电极电解NaCl溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠；
C.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
D.Fe3+可以将I−氧化为I2，Fe(OH)3与过量的HI溶液反应生成FeI2与水。
本题考查了离子方程式的书写，明确化学反应的实质和书写离子方程式应注意的问题是解题关键，注意与量有关的离子方程式的书写。
15.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为F，Y为B，Z为C，W为O元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Y>Z>W>X，故A错误；
B.Y的最高价氧化物的水化物H3BO3为一元弱酸，故B错误；
C.非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：F>O，则单质氧化性：W26时溶液中存在RO42−，故A正确；
B.RO42−的水解促进水的电离，其浓度越大水的电离程度越大，则水的电离程度：M0)
B
充分反应一段时间后，读出电流表读数b
b(0