2022届新高考化学考前冲刺卷 湖北卷

这是一份2022届新高考化学考前冲刺卷 湖北卷，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022届新高考化学考前冲刺卷
湖北卷
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.2022年北京—张家口第24届冬季奥林匹克运动会的三大理念是“以运动员为中心、可持续发展、节俭办”，下列做法与可持续发展宗旨相违背的是( )
A.用天然气代替汽油和柴油作发动机燃料
B.加高工厂的烟囱，使烟尘和废气远离地表
C.禁止未经处理的工业废水和生活污水任意排放
D.推广使用煤炭、石油脱硫技术
2.范晔在《后汉书》中记载：“火井欲出其火，先以家火投之，……光耀十里，以竹筒盛之，接其光而无炭也。取井火还，煮井水，一斛水得四五斗盐，家火煮之，不过二三斗盐耳。”下列叙述不正确的是( )
A.火井中可扩散出大量天然气，天然气的主要成分为
B.竹筒的主要成分是纤维素，纤维素和淀粉互为同分异构体
C.“煮井水”是利用天然气燃烧放出的热，进行食盐的蒸发结晶
D.通过燃烧薪柴的“家火”获得食盐的速率可能小于“井火”
3.阿米替林是一种常见的抗抑郁药物，其结构简式如图示。有关该化合物，下列叙述错误的是( )

A.分子式为
B.能使酸性高锰酸钾溶液变色
C.苯环上的一氯取代物有4种
D.所有的碳原子都有可能在同一平面上
4.下列离子方程式中，能正确表达反应颜色变化的是( )
A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：
B.铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：
C.向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，溶液褪色：
D.把铁片插入溶液中，铁片表面析出红色物质：
5.下列方案设计、现象和结论都正确的是( )

目的
方案设计
现象和结论
A
探究铝在浓硝酸中会形成致密氧化膜
将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水洗净，放入硫酸铜溶液

铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜
B
证明Cu与浓硫酸反应后的混合液中存在
取2mL反应后的混合液，加水稀释，冷却至室温后测溶液pH

若稀释液pHW，第一电离能Y>Z>W
9.（无机苯）的结构与苯类似，也有大键。下列关于的说法错误的是( )
A.其熔点主要取决于所含化学键的键能
B.形成大键的电子全部由N提供
C.分子中B和N的杂化方式相同
D.分子中所有原子共平面
10.检验溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热生成的气体中是否含有乙烯装置如图1所示。下列说法不正确的是( )

A.装置①的作用是除去乙醇
B.装置②中的现象是酸性高锰酸钾溶液紫色褪去
C.将生成的气体直接通入溴的四氯化碳溶液也可以达到实验目的
D.图2所示NaBr晶胞中，每个周围距离最近的数目为4
11.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关化合物X、Y和Z的说法错误的是( )

A.物质X的熔点与化学键无关
B.1个Z分子中，形成键的电子数与形成键的电子数之比为4:27
C.X分子中C和O的杂化方式相同
D.Y分子中所有C原子可能共面
12.降低硫含量是裂化汽油精制处理的关键。S—Zorb技术使用Ni/ZnO作脱硫吸附剂脱除噻吩（）中硫原子的过程如图。

下列说法不正确的是( )
A.过程①涉及极性键和非极性键的断裂
B.过程③通入的主要目的是将ZnS转化为ZnO和
C.过程③中参加反应的和ZnS的物质的量之比是3∶2
D.过程④通入的主要目的是使脱硫吸附剂再生
13.研究者利用冷冻透射电子显微镜，在还原氧化石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生成的二维晶体，其结构如图所示。

下列有关这种二维晶体的说法错误的是( )
A.化学式为CaCl，可能具有金属性
B.的键角为120°
C.和的配位数均为6
D.金属阳离子也可能形成类似的晶体
14.25℃时，向四氯金酸溶液中滴加溶液，滴定曲线如图1，含氯微粒的物质的量分数随pH变化关系如图2，则下列说法错误的是( )

A.b点溶液中：
B.X点描述的是滴定曲线中b点含氯微粒的物质的量分数与pH的关系
C.c点溶液中：
D.d点时，溶液中微粒浓度的大小关系为
15.对固体电解质体系的研究是电化学研究的重要领域之一，用离子交换膜型Nafion膜作电解质，在一定条件下实现了常温常压下电化学合成氨，原理如图所示。下列说法不正确的是( )

A.电极M接电源的正极
B.离子交换膜中浓度均保持不变
C.型离子交换膜具有较高的传导质子的能力
D.阴极的电极反应式：
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16.（14分）一种阳极泥的主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、和，从中回收Se和贵重金属的工艺流程如下图所示。

已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为：；
②在碱性条件下很稳定，有很强的络合能力，与形成配离子，常温下该反应的平衡常数。
回答下列问题：
（1）试列举可加快“焙烧”速率的措施：___________(任填一条)，写出焙烧时生成CuO的方程式___________。
（2）“滤渣I”的主要成分是___________；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是___________。
（3）“沉银”时证明银离子沉淀完全的操作是___________。
（4）萃取后得到有机相的操作方法是___________，“反萃取剂”最好选用___________(填化学式)溶液。
（5）“溶浸”中发生的反应为该反应中平衡常数K′=_________[已知]。
（6）“滤液IV”中含有，则“还原”中发生反应的离子方程式为___________(提示：“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用)。
17.（13分）由C—H键构建C—C键是有机化学的热点研究领域。我国科学家利用N-苯基甘氨酸中的C—H键在作用下构建C—C键实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如图。

已知：
ⅰ.
ⅱ.
（1）试剂a为___________。
（2）B具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高的平衡转化率，其原因是___________（写出一条即可）。
（3）C转化为D的化学方程式为___________。
（4）G转化为H的化学方程式为___________；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式：___________。
（5）已知：

①D和I在作用下得到J的4步反应如图（无机试剂及条件已略去），中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出中间产物1和中间产物3的结构简式___________。

②D和I转化成J的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的与生成的J的物质的量之比为______。
18.（14分）俗称大苏打、海波，易溶于水，在中性或碱性环境中能稳定存在，食品工业用作螯合剂、抗氧化剂，医药工业用作洗涤剂、消毒剂。
实验室用通入和的混合溶液中来制备并测定所得产品中其晶体纯度。
（1）用图甲所示装置制取。
①装置中用于滴加浓硫酸的仪器通常换成仪器A，仪器A的名称为______________，仪器A与原仪器相比，其优点是______________。

②三颈烧瓶中制取的反应的化学方程式为使用搅拌器搅拌的目的是______________。
③将获得的产品经过加热浓缩、降温结晶等步骤得到的晶体样品，欲得到此晶体为何不通过蒸发结晶：______________，
此样品中含有少量，也可能含有，如何验证此晶体样品中杂质的存在：______________。
（2）测定实验室制取的样品中的纯度。
采用氧化还原滴定法测定所制取的样品中的纯度，相关反应为。准确称取9.50g样品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，并滴加淀粉溶液作指示剂。用碘的标准溶液进行滴定，滴定终点的现象是______________，碘水标准液应放在______________滴定管中，若滴定起始和终点的液面位置如图乙所示，且三次结果均和图乙数据一致，此样品中的纯度为______________（保留2位有效数字）。
19.（14分）I. 已知：可看作二元弱酸。
（1）请写出与溶液反应生成的酸式盐的电子式________________。
某兴趣小组分析的催化分解原理。
（2）催化分解的原理分为两步，总反应可表示为：，若第一步反应的热化学方程式为： 慢反应，则第二步反应的热化学方程式为： ___________△H C，D错误。
9.答案：A
解析：与苯的结构相似，属于共价化合物，共价化合物的熔点与分子间作用力有关，与化学键的键能无关，A项错误。中形成大键的电子全部由N提供，B项正确。由于和苯的结构类似，则该分子中B和N均为杂化，C项正确。由于和苯分子结构相似，则分子中12个原子共面，D项正确。
10.答案：D
解析：乙醇与水互溶，乙烯难溶于水，所以可以用水除去乙烯中混有的乙醇，A项正确；乙烯可以还原酸性高锰酸钾溶液使其褪色，B项正确；乙烯可以和溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，而挥发出的乙醇不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C项正确；以体心处钠离子为研究对象，距离其最近的钠离子共有12个，D项错误。
11.答案：B
解析：物质X为分子晶体，分子中含有羟基，分子间能形成氢键，则X的熔点与氢键有关，与化学键无关，A项正确；1个Z分子中，苯环中6个碳原子参与形成一个大键，表示为I6，双键中含有1个键和1个键，单键均为键，根据Z的结构简式，可知1个Z分子中共有29个键、1个和1个键，则形成键的电子数与形成键的电子数之比为（6+2）：（292）=4:29，B项错误；X分子中C原子形成4个单键，为杂化，O原子成键电子对数为2孤电子对数为2，为杂化因此二者的杂化方式相同，C项正确；Y分子中，苯环上的所有碳原子共面，与苯环直接相连的碳原子与苯环共面，单键可绕轴旋转，则与O原子相连的甲基上的碳原子通过旋转可与苯环共面，因此Y分子中所有C原子可能共面，D项正确。
12.答案：C
解析：A.由题中图示可知，反应①方程式为Ni+ +H2+NiS，该反应中涉及C-S极性键断裂和中H-H非极性键断裂，故A正确；
B.由题中图示可知，反应③的方程式为，该过程通入的主要目的是将ZnS转化为ZnO和，故B正确；
C.由题中图示可知，反应③的方程式为，该过程参加反应的和ZnS的物质的量之比是2:1，故C错误；
D.由题中图示可知，反应④的方程式为，该过程通入的主要目的是使脱硫吸附剂再生，即产生Ni单质，故D正确。
13.答案：C
解析：由该晶体的俯视图可知，一个结构单元中含有3个和3个，对结构单元的贡献均为，所以该晶体的化学式为CaCl，由于Ca为+1价，可能存在自由移动的电子，所以该晶体可能具有金属性，A项正确；由俯视图可知，晶体中Ca—Cl—Ca的键角为120°，B项正确；每个周围距离最近且相等的有3个，每个周围距离最近且相等的有3个，故和的配位数均为3，C项错误；Mg与Ca为同主族元素，也可能形成类似的二维MgCl晶体，D项正确。
14.答案：B
解析：由题图1可知，起始溶液的pH=3，说明为弱酸b点溶液为物质的量浓度相等的和的混合液，存在电荷守恒：①，存在物料守恒：②，①×2-②得，A项正确；b点 恰好反应掉一半，pH=5，说明酸的电离程度大于其酸根离子的水解程度，则b点两种含氯微粒的物质的量分数不可能相等，B项错误；c点溶液的pH=7，根据电荷守恒可知，， C项正确；d点时，与NaOH恰好完全反应，此时溶液中的溶质为，水解使溶液显碱性，所以，D项正确。
15.答案：B
解析：本题考查电化学合成氨的原理分析。由题中信息和装置图可知，通入M极，在M极上失电子变为，则M作电解池的阳极，接电源的正极；通入N极，在N极上得电子并结合电解质中的氢离子生成，同时部分也在阴极得电子变为，则N作电解池的阴极，接电源的负极，A正确；离子交换膜中，在电解过程中会转变成氨气和氢离子，浓度降低，B错误；由题图可知，型离子交换膜允许自由通过，具有较高的传导的能力，C正确；阴极上和得电子后分别转化为和，电极反应式分别为，D正确。
16.（1）① 将阳极泥粉碎或搅拌（1分） ② （2分）
（2） ① Pt、Au （2分） ②防止生成的氮氧化物排放到空气中 （1分）
（3）静置，向上层清液中滴加NaCl溶液，若无沉淀产生，则沉淀完全 （2分）
（4）①分液 （1分） ② （1分）
（5） （2分）
（6）（2分）
解析： （1）固体表面积、反应物浓度、温度等因素都会影响反应速率，则加快“焙烧"速率的措施：将阳极泥粉碎或搅拌；焙烧时和反应生成CuO和，反应的方程式。
（2）由分析知，滤渣I的成分为Pt、Au；由于此时可能发生氧化还原反应产生氮的氧化物，通入可使氮氧化物又转化为而溶解，故通入氧气的目的是防止生成的氮氧化物排放到空气中；
（3）证明银离子沉淀完全即检验滤液中银离子是否存在，实验操作是静置，向上层清液中滴加NaCl溶液，若无沉淀产生，则沉淀完全；
（4）萃取后得到有机相的操作方法是分液；反萃取即使萃取平衡逆向移动，此时可向体系中加入酸，由于最终是获得，所以为了不引入新杂质，最好选用。
（5）对应反应平衡常数。
（6）由分析知，滤液Ⅲ中被还原为Ag，自身被氧化为，根据得失电子守恒初步配平方程式为：，结合流程知，可在左边添加4个配平电荷守恒，右边添加2个配平元素守恒，得完整方程式为： 。
17.答案：（1）浓硫酸、浓硝酸（1分）
（2）苯胺是反应物，增大原料的用量（苯胺具有碱性，与生成的HCl发生中和反应），使平衡正向移动，提高的转化率（2分）
（3）（2分）
（4）（2分）（2分）
（5）①（2分）②1：1（2分）
解析：由苯和B的结构简式以及A的分子式可知苯在加热、浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应得到A，A的结构简式为，由B和D的结构简式推出C的结构简式为。丙烯与溴单质在高温条件下发生取代反应生成E，结合I的结构简式，可推知E的结构简式为，由已知反应ⅰ的反应原理可知，E与HCHO反应得到F，F的结构简式为，F与加成生成的G的结构简式为，由已知反应ⅱ的反应原理、H的分子式和I的结构简式可推出H的结构简式为。
（2）苯胺是反应物，增大原料的用量，可使平衡正向移动，从而提高的转化率，且苯胺具有碱性，可与生成的HCl发生中和反应，使平衡正向移动，从而也可提高的转化率。
（3）C生成D是C在酸性条件下的水解反应。
（4）由已知反应ⅱ的反应原理可得C转化成H的化学方程式为；由反应ⅱ的反应原理知，可得到的聚合物有。
（5）①结合D、I、J的结构简式以及题给已知反应和“中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环”可推出中间产物1、2、3的结构简式分别为。②由题意知，该过程可表示为，由质量守恒可知，，故消耗的与生成的J的物质的量之比为1:1。
18.答案：（1）①滴液漏斗（1分）可以通过滴液速率来控制反应速率（1分）
②（2分）使反应物充分混合，加快反应速率（1分）
③蒸发结晶有可能使产品失去结晶水（1分）取少量样品，先加水溶解，再加足量稀盐酸酸化，过滤后再向滤液中滴加溶液，若产生白色沉淀，侧有（2分）
（2）当滴入最后一滴碘标准液后，锥形瓶中溶液由无色变成蓝色，且半分钟内不褪色（2分）
酸式（2分）95%（2分）
解析：（1）①为了更好地通过调节滴液速率控制反应速率，通常将分液漏斗换成滴液漏斗。
②中的S元素由+4价降低为+2价，中S元素由-2价升高为+2价，发生归中反应，中C元素转化为，根据化合价升降守恒配平即可；有固体参加的反应，反应速率较慢，使用搅拌器充分搅拌可以加快反应速率。③检验，和都会干扰实验，先加足量稀盐酸酸化，可以把转化为，把转化为和S沉淀，脱离反应体系，过滤后再加溶液，若产生白色沉淀则有。
（2）滴定过程碘单质逐步被逍耗，当碘单质过量后，淀粉遇碘变蓝色，且半分钟内不褪色；碘水显酸性，应盛放在酸式滴定管中；根据反应的化学方程式可知，，故，则样品中的纯度。
19.答案：（1）（2分）
（2）（2分）
（3）C（2分）
（4）-2058.5（2分）63.6%（2分）
（5）①A（2分）②C（2分）
解析：（1）与Ba（OH）2溶液反应生成的酸式盐，其电子式为，故答案为：；
（2）总反应可表示为：，若第一步反应的热化学方程式为：，慢反应；则根据加和法可得，第二步反应的热化学方程式为，故答案为：；
（3）催化剂能降低反应物的活化能，又由于第一步反应比第二步反应慢，所以第一步反应的活化能高于第二步，且第一步为吸热反应，综上所述C符合题意，故选C；
（4）所求反应为：，由加和发可知，该反应由则；，故答案为：；63.6%；
（5）①与温度有关，温度越高，越大，由于吸热反应有助于反应正向进行，所以温度较高的对应的的转化率，根据图像，温度，所以A、B、D中值最的是A，故答案为：A；
②温度越高，化学反应速率越大，同时升温促进转化率提高，根据图像，A、B、C、D四点中，最大要在A、C里面考虑，而反应速率同时还与浓度有关，随着反应的进行，同温度下，产物浓度增大，则增大，所以C点的更大，故答案为：C。