化学 2022届高考考前冲刺卷（七）教师版

这是一份化学 2022届高考考前冲刺卷（七）教师版，共9页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
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2022届高考考前冲刺卷
化学（七）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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．化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A．“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程
B．“化干戈为玉帛”中的“帛”主要成分是蛋白质，一定条件下水解生成氨基酸
C．用CO2人工合成淀粉，有利于减少农药化肥污染和促进“碳中和”
D．暖宝宝主要含有铁粉、水、活性炭、食盐等，其原理是利用铁粉与水反应放热
【答案】D
【解析】A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，为降低含碳量，可以通过“炒”制，将碳元素氧化除去，故A正确；B．“化干戈为玉帛”中的“帛”主要成分是蛋白质，蛋白质是一种高分子化合物，一定条件下水解，最终生成氨基酸，故B正确；C．用CO2人工合成淀粉，可减少碳排放，增加粮食产量，因此有利于减少农药化肥污染和促进“碳中和”，故C正确；D．铁粉、活性炭、水、食盐等形成原电池，加快反应速率，加速铁粉的氧化，反应放热，故D错误；故选D。
2．用下列仪器或装置（图中夹持略）进行相应实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D




蒸发结晶制备NaHCO3晶体
检验溴乙烷的消去反应的产物
分离苯和溴苯
探究不同催化剂对H2O2分解速率的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A．碳酸氢钠受热易分解，应蒸发浓缩、冷却结晶制备，故A错误；B．溴乙烷与乙醇、氢氧化钠的溶液共热，产生的乙烯中混有乙醇等还原性物质，通入水中除去，以免影响溴乙烷的消去反应产物的检验，故B正确；C．苯与溴苯互溶，不能选分液漏斗分离，应蒸馏装置分离，故C错误；D．双氧水的浓度和催化剂均不同，无法达到实验目的，故D错误；故选B。
3．有关下图所示化合物的说法不正确的是

A．该化合物可以在光照下与Cl2发生取代反应
B．该化合物既可以与溴水反应，又可以使酸性KMnO4溶液褪色
C．该化合物既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
D．1 mol该化合物催化加氢，最多可以消耗7molH2
【答案】C
【解析】A．甲基上H在光照下与Cl2发生取代反应，故A正确；B．含碳碳双键，既可以与溴水反应，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C．含酚羟基，可以与FeCl3溶液发生显色反应，但不能与NaHCO3溶液反应，故C错误；D．分子中含有2个苯环和1个碳碳双键，则1 mol该化合物催化加氢，最多可以消耗7molH2，故D正确；故选C。
4．某工业脱硫过程如图所示。下列说法正确的是

A．过程①发生复分解反应，由强酸反应得到弱酸
B．过程②中发生反应的离子方程式为S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+
C．过程③中每有11.2L O2参加反应转移电子数为2NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）
D．脱硫过程总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓
【答案】D
【解析】A．过程①中CuCl2和H2S反应生成CuS和HCl，弱酸反应得到强酸，A错误；B．据图可知过程②中CuS被Fe3+氧化得到S单质，CuS为沉淀，不能拆，离子方程式为CuS+2Fe3+= S↓+2Fe2++Cu2+，B错误；C．未指明是否为标准状况，无法确定11.2L O2的物质的量，则无法确定转移电子数，C错误；D．由①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+、③4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，相加可得回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，D正确；综上所述答案为D。
5．2021年9月17日，神舟十二号载人飞船返回舱平安着陆。为了确保航天员的安全，搜索人员手提箱中准备了必要的药品。某药品中含有四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为19。W、X、Y所在的族不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大。下列说法正确的是
A．简单离子半径大小顺序：
B．X、Z可以组成多种离子
C．四种元素的单质中能导电的只有一种
D．Z的非金属性强于W，故常温下Z的单质能置换出W的简单氢化物中的W
【答案】B
【解析】根据题干条件，四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W、X、Y所在的族不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大，可知W、X在第二周期，Y、Z在第三周期，最外层电子数之和为19，所以W是C，X是O，Y是Mg，Z是Cl。A．电子层越多半径越大，核外电子排布相同时化合价数值越小半径越大，故简单离子半径大小顺序：Z> X >Y，A错误；B．由分析可知X是O，Z是Cl，可以组成ClO-、ClO等多种离子，B正确；C．石墨属于碳单质，可以导电，金属镁也可以导电，C错误；D．Cl2与CH4在光照条件下发生取代反应，不能置换C，D错误；故选B。
6．“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为电极，b为Pt电极，c为电极，电解质溶液为的溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有保护。下列关于该电池的说法正确的是

A．若用导线连接b、c，b电极附近pH增大，可实现太阳能向电能转化
B．若用导线连接b、c，c电极为负极，可实现转化为
C．若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH增大
D．若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为
【答案】B
【解析】A．用导线连接b、c，b电极发生，为正极，电极反应式为，b电极附近pH增大，可实现化学能向电能转化，选项A错误；B．c电极为负极，发生反应：，可实现转化为，选项B正确；C．由图可知，连接a、c时，a电极上，发生失电子的氧化反应，则a电极为负极，电极反应式为，生成，a电极附近pH减小，选项C错误；D．c电极为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为，选项D错误；答案选B。
7．常温时，将的溶液（）加水稀释，溶液中与的关系如图所示。下列说法正确的是

A．常温时，的电离平衡常数为
B．P、Q点对应的水的电离程度：
C．Q点对应的溶液中，
D．常温时，加入适量固体可使P点向W点移动
【答案】A
【解析】A．常温时，的电离平衡常数K=，根据图表可知，当=-8.0时，=-2.3，所以、，所以K==102.310-8mol/L=，故A正确；B．由图可知，P、Q两点为同温度下的平衡线上的点，水解常数相等，对应的水的电离程度：，故B错误；C．由图可知，Q点对应的溶液中，=-3，，根据物料守恒可知：，所以，故C错误；D．常温时，加入适量固体，c(R+)增大，减小，可使P点向下移动，同时c(R+)其水解程度增大，所以增大，平衡向右移动，故D错误；故答案为A。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．以酸性蚀刻液（主要含CuCl和H+）和碱性蚀刻液（主要含Cu(NH3)和Cl-）制备硫酸铜，并回收氯化铵的实验流程如下：

（1）将一定量酸性蚀刻液和碱性蚀刻液加入到三颈烧瓶（装置如图），通入NH3或HCl调节溶液pH在5.5左右，充分中和后，获得碱式氯化铜沉淀。实验中球形干燥管的作用是_______。

（2）为确定酸化时加入稀硫酸的用量，需测定碱式氯化铜的组成，请补充实验方案：
I．取一定质量的碱式氯化铜固体，测定其中Cu元素的质量（具体步骤省略）；
II．另取相同质量的碱式氯化铜固体，_______，低温干燥至恒重。（可选用的试剂：2mol·L-1盐酸、2mol·L-1硝酸、AgNO3溶液、蒸馏水）
（3）①化浆酸化后经结晶得硫酸铜粗品，其中含有的主要杂质是_______（填化学式）。
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤，可制得高纯度CuSO4·5H2O。加入乙醇的目的是_______。
（4）向滤液中加入水合肼（N2H4·H2O）除去残留的Cu2+，再经结晶获得副产品氯化铵。除铜时，溶液pH控制在6~7为宜。若溶液pH大于8，Cu2+的去除率反而下降，其原因是_______。
【答案】（1）防倒吸
（2）搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊
（3）CuCl2     降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出
（4）溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降
【解析】由题给流程可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合得到碱式氯化铜沉淀和氯化铵，过滤得到碱式氯化铜和含有铜离子的氯化铵滤液；向碱式氯化铜中加入稀硫酸，化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，混合溶液结晶得硫酸铜粗品。将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤制得高纯度五水硫酸铜；向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子，经结晶获得副产品氯化铵。
（1）氨气和氯化氢都极易溶于水，实验中选用球形干燥管可防止通入气体时产生倒吸，故答案为：防倒吸；
（2）由题意可知，实验II的目的是测定碱式氯化铜中氯离子的质量，实验的操作步骤为另取相同质量的碱式氯化铜固体，搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊，低温干燥至恒重，故答案为：搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无混浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无混浊；
（3）①由分析可知，向碱式氯化铜中加入稀硫酸，化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，所以混合溶液结晶得硫酸铜粗品中一定含有氯化铜，故答案为：CuCl2；
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，可以降低硫酸铜的溶解度，便于五水硫酸铜晶体析出，故答案为：降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出；
（4）向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子时，若溶液的pH过大，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，一水合氨与溶液中的铜离子反应会生成稳定的四氨合铜离子，使铜离子的去除率降低，故答案为：溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降。
9．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。资源化利用碳氧化合物能有效减少CO2排放，实现自然界中的碳循环。
（1）以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2(g)+C2H6(g)=C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔΗ=+177kJ·mo1-l（主反应）
Ⅱ．C2H6(g)=CH4(g)+H2(g)+C(s) ΔΗ=+9kJ·mo1-l（副反应）
反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步：
ⅰ．C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔΗ1
ⅱ．H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔΗ2=+41kJ·mo1-l
①ΔΗ1=____。
②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应Ⅰ速率影响更大，原因是____。
③0.1MPa时，向一恒容密闭容器中充入物质的量之比为2∶1的CO2(g)和C2H6(g)，反应物转化率与反应温度的关系如图1所示。在800℃，C2H4(g)的选择性[×100%]为____。

（2）CO2可制甲烷，CO2可制甲烷过程中，CO2活化的可能途径如图2所示。CO是CO2活化的优势中间体，可能的原因是___。

（3）CO2在熔融K2CO3中电解还原为正丙醇（CH3CH2CH2OH）的阴极反应式为____。
（4）CO2可用CaO吸收，发生反应：CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)。在不同温度下，达到平衡时体系中CO2物质的量浓度[c(CO2)]与温度的关系如图3所示。900℃下的c(CO2)远大于800℃下的c(CO2)，其原因是________________________。

【答案】（1）+136kJ·mo1-l     反应ⅱ速率较慢（活化能较大），是反应Ⅰ的决速步骤     80%
（2）生成中间体反应的活化能小，反应快；CO中间体能量低，稳定，利于生成（或反应放热，利于中间体的生成）
（3）12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO
（4）由于CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) ΔΗH；
（5）和在一定条件下制备得到GaAs，根据原子守恒推知另一种产物为，为非极性分子；分子中有一个孤电子对和三个单键，故As原子采取杂化，分子空间结构为三角锥形；
（6）①GaN晶体中，距离每个Ga原子最近的Ga原子有6个，N原子周围最近的Ga原子有4个，N原子的配位数为4；
②观察GaN晶体结构，含Ga原子数，含N原子数个。
故氮化镓的密度为。
12．一种利用香茅醛和丙酮为原料合成“保幼激素类似物ZR-51”的路线如下：

已知：I．
II．Reformatsky反应：
III．R1COOHR1COC1R1COOR2
（1）A的结构简式为___________，D→E反应②的类型为___________。
（2）“保幼激素类似物ZR-51”中含氧官能团的名称是___________。
（3）符合下列条件的香茅醛的同分异构体有___________种，
①含有醛基和六元环       ②环上只有一个支链
其中核磁共振氢谱峰数最少的分子的结构简式为___________。
（4）写出香茅醛的含碳原子数最少的同系物发生银镜反应的化学方程式：___________。
（5）利用合成路线中的试剂，写出以丙酮为主要原料制备的合成路线。
【答案】（1）     取代反应
（2）酯基、醚键
（3）5    
（4）CH2=CHCHO+2[Ag(NH3)2]OHCH2=CHCOONH4+2Ag↓+ 3NH3+H2O
（5）

【解析】生成A发生已知信息I的反应，则A的结构简式为，生成B发生已知信息II的反应，则B为，B生成C为醇发生消去反应脱去1分子水，则C为，C生成D则发生酯的水解反应，D生成E发生取代反应，E中碳碳双键与CH3OH发生加成反应得到产品。
（1）分析可知，A的结构简式为，D→E反应②为D中H原子被取代，反应类型为取代反应；
（2）“保幼激素类似物ZR-51”中含氧官能团的名称是酯基、醚键；
（3）①含有醛基和六元环，②环上只有一个支链，则结构为、（数字代表醛基取代的位置）共5种；其中核磁共振氢谱峰数最少的分子即氢种类最少的结构简式为；
（4）香茅醛的含碳原子数最少的同系物是CH2=CHCHO，发生银镜反应的化学方程式：CH2=CHCHO+2[Ag(NH3)2]OHCH2=CHCOONH4+2Ag↓+ 3NH3+H2O；
（5）根据逆推法，由合成图中C→D的酯的水解得到，即，根据路线A→C可得，即丙酮与BrCH2COOC2H5发生A→B的反应得到，再发生醇的消去反应可得，合成路线为：
。