化学 2022届高考考前冲刺卷（三）学生版

这是一份化学 2022届高考考前冲刺卷（三）学生版，共10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（三）
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、环境密切相关。下列说法正确的是
A．棉、丝、羽毛及塑料完全燃烧都只生成CO2和H2O
B．“燃煤脱硫”有利于实现“碳达峰、碳中和”
C．荧光材料BGO的主要成分锗酸铋（Bi2Ge2O7）属于无机非金属材料
D．活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2+等重金属离子
2．下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是

A．①实验室制取纯净的Cl2 B．②验证二氧化硫的漂白性
C．③可进行单质铁与硫粉的反应 D．④实验室制取氨气
3．萜类化合物的结构特征是分子中的碳原子数都为5的整数倍。几种开链单萜化合物如图所示，下列有关说法正确的是

A．香叶醛可以发生银镜反应且1mol香叶醛可以生成1molAg
B．用酸性高锰酸钾溶液可检验香叶醇中的碳碳双键
C．三种有机物与足量氢气加成后，产物相同
D．可用酸性高锰酸钾氧化香叶醛至香叶酸
4．下列实验操作能达到预期实验目的的是
选项
目的
操作
A
比较S和Cl元素非金属性强弱
测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH
B
制取硅酸胶体
向饱和硅酸钠溶液中加入过量浓盐酸
C
检验某溶液中是否含有Fe2+
取少量溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液
D
检验火柴头中氯元素的存在
将火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，滴加AgNO3溶液和稀硝酸
A．A B．B C．C D．D
5．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X与Z同族，Z的原子序数是X的2倍，Y离子在同周期内离子半径最小。下列说法正确的是
A．离子半径：W>Z>Y>X
B．Y2Z3能在水溶液中制得
C．H2X分子间存在氢键，因此稳定性H2X>H2Z
D．元素X和W的某些单质或化合物可作为工业生产上的脱色剂、消毒剂
6．图中是利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理图。下列说法正确的是

A．电子流向：B电极→用电器→电极A，该过程将化学能转化为电能
B．A电极上发生氧化反应，电极反应式为：X-4e- =Y+4H+
C．若有机物为麦芽糖，处理0.25mol有机物，12molH+透过质子交换膜移动到右室
D．若B电极上消耗标准状况下氧气56mL，则电极A上生成1.64gY
7．常温下，用溶液分别滴定浓度均为的、溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如下图所示（不考虑的水解）。下列叙述正确的是

A．为
B．n点表示的不饱和溶液
C．在、共存的悬浊液中，
D．向的混合溶液中滴入溶液时，先生成沉淀
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。
8．三硫代碳酸钠（Na2CS3）在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题：
I．探究Na2CS3的性质
（1）在试管中加入少量Na2CS3样品，加水溶解，用仪器测得溶液pH=10，由此可知H2CS3是___________（填“强”或“弱”）酸。
（2）向另一份Na2CS3溶液中滴加适量酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，由此说明Na2CS3具有___________性（填“氧化”或“还原”）。已知Na2CS3中S完全转化为。
（3）某同学取步骤②反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，通过测定产生的白色沉淀的质量来求所用Na2CS3质量，你是否同意他的观点并说明理由___________。
II．测定某Na2CS3溶液的浓度
按如图所示连接好装置。将25.0 mL Na2CS3溶液置于下列装置A中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞。

已知：CS+2H+=CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒；CS2不溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
（4）仪器d的名称是___________，B中发生反应的离子方程式是___________。
（5）反应结束后，打开活塞K，再缓慢通入热N2（高于60℃）一段时间，其目的是___________。
（6）为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定B中生成沉淀的质量。对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重。若B中生成沉淀的质量为8.4 g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是___________。
（7）也可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置e，计算值会___________（填“无影响”“偏高”或“偏低”）。
9．2020年9月，习近平主席在第75届联合国大会提出我国要实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标。因此CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
I．工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔΗ”“ Cl-> O2-> Al3+，A项错误；B．Y2Z3为Al2S3，其为弱酸弱碱盐，在水中会发生双水解，B项错误；C．H2O分子间存在氢键，主要影响物质的熔沸点，稳定性H2O>H2S，是因为非金属性：O＞S，C项错误；D．ClO2具有强氧化性及漂白性，可作为工业生产上的脱色剂、消毒剂，D项正确；答案选D。
6．【答案】C
【解析】A．由图可知，氧气生成水发生还原反应，B电极为电源正极，则电子流向：A电极→用电器→电极B，该过程将化学能转化为电能，A错误；B．A电极为电源负极，发生氧化反应，由图可知，X失去两个H，则电极反应式为：X-2e- =Y+2H+，B错误；C．麦芽糖化学式为C12H22O11，则反应为，处理0.25mol有机物，48×0.25=12molH+透过质子交换膜移动到右室，C正确；D．若B电极上消耗标准状况下氧气56mL=0.056L，O2的物质的量为0.0025mol，转移电子的物质的量为0.01mol，则电极A上生成0.005molY，Y化学式为C13H8O2N2，则Y质量为0.005mol ×224g/mol=1.12g，D错误；故选C。
7．【答案】D
【解析】A．根据图像，取坐标（-2.46，4），Ksp=c2(Ag+)·c(C2O)=10-8×10-2.46=10-10.46，故A错误；B．根据图像可知，AgCl曲线上的点为饱和溶液，当c(Cl-)相同时，c点对应c(Ag+)大于平衡时c(Ag+)，即n点表示AgCl的过饱和溶液，故B错误；C．AgCl、Ag2C2O4共存的悬浊液中，，故C错误；D．根据图像可知，当c(Cl-)= c(C2O)时，滴入硝酸银，生成AgCl时，需要的c(Ag+)少，因此先有AgCl沉淀生成，故D正确；答案为D。
8．【答案】（1）弱
（2）还原
（3）不同意，步骤②中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化，这部分也会与Ba2+反应生成BaSO4沉淀
（4）分液漏斗     Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（5）将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收
（6）3.5 mol/L
（7）偏高
【解析】在步骤II中按如图所示连接好装置。将25.0 mLNa2CS3溶液置于下列装置A中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞，发生反应：H2SO4+H2CS3=Na2SO4+CS2+H2S↑，反应产生的H2S与装置B中的CuSO4溶液发生复分解反应产生CuS沉淀，无水氯化钙可以吸收水分，反应产生的CS2在装置C中被NaOH溶液吸收，为使H2S被充分吸收，同时避免CS2在装置中滞留而造成环境污染，反应结束后，要打开活塞K，再缓慢通入热N2（高于60℃）一段时间，根据B中生成沉淀的质量计算Na2CS3溶液中溶质的物质的量及其浓度。装置e的碱石灰可以吸收空气的水份及防止CO2进入装置C中。
（1）Na2CS3属于盐，在试管中加入少量Na2CS3样品，加水溶解，用仪器测得溶液pH=10，溶液显碱性，由此可知Na2CS3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此H2CS3是弱酸。
（2）酸性KMnO4溶液显紫色，具有强氧化性，向Na2CS3溶液中滴加适量酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，由此说明Na2CS3具有还原性，二者发生氧化还原反应，反应产生无色Mn2+而使溶液紫色褪去。
（3）某同学取步骤②反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，通过测定产生的白色沉淀的质量来求所用Na2CS3质量，这种方案是不可取的，这是由于步骤②中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，这部分的也会与Ba2+反应生成BaSO4沉淀，因此不能准确测定。
（4）根据图示可知：仪器d名称是分液漏斗；装置B中H2S与CuSO4溶液发生反应产生CuS黑色沉淀和H2SO4，发生反应的离子方程式是：Cu2++H2S=CuS↓+2H+。
（5）反应结束后，打开活塞K，再缓慢通入热N2（高于60℃）一段时间，其目的是将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；同时将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收，防止大气污染。
（6）在装置B中产生沉淀是CuS，其物质的量n(CuS)=，根据反应方程式：CS+2H+=CS2+H2S↑、Cu2++H2S=CuS↓+2H+可知，在25.0 mLNa2CS3的溶液中含有溶质的物质的量n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875 mol，故该溶液的物质的量浓度c(Na2CS3)=。
（7）也可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置e，部分空气的成分H2O、CO2进入装置C，导致质量增加较多，由此计算的Na2CS3溶液的浓度偏高。
9．【答案】（1）＞
（2）AC
（3）320°C时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加
（4）Ni-CeO2
（5）高温
（6）259.2
（7）2CO2+12e-+12H+=CH2=CH2+4H2O     6
【解析】（1）若容器b也是恒温恒容的话，则两容器达到等效平衡，但容器b为绝热恒容，反应从逆向开始，则容器内温度降低，平衡正向移动，CO2的体积分数减小，则达到平衡时，反应a、b对比：的体积分数＞，故答案为：＞。
（2）A．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，，故当时，，即反应未达到平衡状态，A符合题意；B．已知反应a是一个气体体积减小的反应，反应过程中气体的质量不变，气体的物质的量改变，则混合气体的平均摩尔质量一直改变，一旦不再改变说明反应达到平衡，B不合题意；C．CH3OH和H2O均为生成物，且系数比为1∶1，则反应过程中CH3OH和H2O的浓度一直相等，则不能说明反应达到平衡，C符合题意；D．容器a为恒温恒容，则容器的压强与气体的总物质的量成正比，即反应过程中容器的压强一直在改变，则容器内压强不再改变说明反应达到平衡，D不合题意；故答案为：AC。
（3）由图像可知，低温时Ni-CeO2的催化效率高，但该反应是放热反应，320℃后升高温度平衡行逆向移动，CO2转化率下降，而低温时Ni的催化效率低，催化活性弱，催化效率低，升高温度时Ni的活性增强，反应速率加快，即320°C时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加，故答案为：320°C时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加。
（4）由图示信息可知，低温时Ni-CeO2的催化效率高，并且Ni-CeO2作催化剂时CH4选择性高，所以工业上应选择的催化剂是Ni-CeO2，故答案为：Ni-CeO2。
（5）已知反应的，此反应的活化能，则该反应正反应是一个吸热反应即，则利于反应自发进行的条件是高温，故答案为：高温。
（6）一定温度下，向一恒容密闭容器中充入和发生上述反应，初始时和的分压分别为14kPa、16kPa，一段时间达到平衡后，测得体系压强是起始时的1.4倍，根据三段式分析可知，，则有14-x+16-x+2x+2x=(14+16)×1.4，解得x=6，则该反应的平衡常数= =259.2，故答案为：259.2。
（7）已知电解池中阴极发生还原反应，由图示可知该过程阴极上即是由CO2转化为CH2=CH2，则阴极上的电极反应式为：2CO2+12e-+12H+=CH2=CH2+4H2O；每生成0.5mol乙烯，则电路上转移6mol电子，根据铅蓄电池的总反应式Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知每转移2mol电子消耗2molH2SO4，故每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中6mol硫酸，故答案为：2CO2+12e-+12H+=CH2=CH2+4H2O；6。
10．【答案】（1）+3
（2）AD
（3）2Fe2++ClO-+2H+＝2Fe3++Cl-+H2O
（4）酸性溶液中加入氟化铵，氟离子和氢离子会生成氢氟酸，氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃
（5）
（6）3     温度升高，反应速率加快
（7）4[3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O]+10Li2CO3+5O220 LiNiO2+22CO2+12H2O
【解析】镍催化剂废渣加入稀硫酸酸浸，镍、锌、铁、钙转化为相应的盐溶液，二氧化硅不反应成为滤渣，过滤后加入次氯酸钠溶液将二价铁转化为三价铁除去，过滤后加入氟化铵溶液生成氟化钙沉淀除去钙，过滤加入有机萃取剂萃取出镍，然后加入碳酸氢钠溶液得到镍的沉淀3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O，3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O加入Li2CO3通入空气在900℃是反应生成镍酸锂。
（1）LiNiO2中氧元素化合价为-2、锂元素化合价为+1，则镍的化合价为+3。
（2）在实验室中，“萃取、分液”需要的仪器有分液漏斗、烧杯，故选AD。
（3）次氯酸钠具有强氧化性，会把亚铁离子氧化为铁离子，2Fe2++ClO-+2H+＝2Fe3++Cl-+H2O。
（4）“除钙”操作不能在玻璃仪器中进行，其原因是在酸性溶液中加入氟化铵，氟离子和氢离子会生成氢氟酸，氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃。
（5）反应Ca2+(aq)+2HF(aq)CaF2(s)+2H+(aq)的平衡常数K=。
（6）由图可知，液固比为3时，镍浸出率已经达到最高值，且再增加液固比，镍浸出率不再提高，故最佳液固比为3；当液固比一定时，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加。
（7）由流程可知，3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O和Li2CO3、空气在900℃是反应生成镍酸锂，反应为，4[3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O]+10Li2CO3+5O220 LiNiO2+22CO2+12H2O。
11．【答案】（1）4     2
（2）NO+、等     C的电负性小于O，对孤电子对的吸引能力弱，给出电子对更容易          大于
（3）正四面体形          钛原子的半径比碳原子的大，Ti—Cl键比C—Cl键的键长长，键能较低，容易断裂
（4）六方最密堆积    
【解析】（1）基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，px原子轨道包括2px、3px，因此px原子轨道上电子个数为2+2=4个；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同，符合条件的元素原子的价电子排布为3d54s1（Cr）、3d104s1（Cu），共2种。
（2）①等电子体指价电子数和原子数相同的分子、离子或基团，CO的等电子体有2个原子、10个价电子，因此CO的等电子体有NO+、等；C的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易，因此CO作配体时，配位原子是C而不是O。
②、、，的配体分别为CO、H2O、F-，含有的原子有H、C、O、F，其中H元素的电负性最小，C、O、F元素位于第二周期，随着原子序数的增大，吸引电子能力逐渐增强，电负性逐渐增大，因此电负性：；单个水分子中，O的2对孤对电子排斥O-H键，使得∠H-O-H变小，而在中，O的孤对电子和Ti2+的空轨道配位，减弱了O的孤对电子对O-H键的排斥，因此中∠H-O-H大于单个水分子中∠H-O-H。
（3）TiCl4分子中价层电子对数为4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的空间构型为正四面体形，Ti原子杂化类型为sp3杂化；TiCl4的分子结构与CCl4相同，都是正四面体结构，钛原子半径比碳原子半径大，Ti-Cl键比C-Cl键的键长长，键能低，易断裂，所以TiCl4稳定性比CCl4差，极易水解。
（4）由图可知，Ti晶体晶胞的堆积模型为六方最密堆积；根据晶胞图可知，该晶胞中黑色球的数目为，白色球的数目为，因此黑色的球表示Ti原子，白色的球为O原子，则，解得。
12．【答案】（1）液溴和铁粉
（2）取代反应     碳碳双键、羧基
（3）
（4）
（5）
【解析】（1）苯发生溴代反应，需要液溴和铁粉（作催化剂），故填液溴和铁粉。
（2）D→E反应类型是取代反应，被新制的氢氧化铜悬浊液氧化后、再酸化得到J，J为，含有的官能团名称是碳碳双键、羧基。
（3）按信息反应i：和G反应得到，则G为丙酮，结构简式为，L为，N为。
（4）写出满足下列条件的K的分子式C9H10O2，其不饱和度为5，则其同分异构体：①属于芳香族化合物，分子内有1个苯环，②能发生银镜反应，则含有醛基；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1∶1∶2∶6，则分子内共4种氢原子，则结构简式（写出两种即可）。
（5）己知H2C=CH2CH3CHO，乙烯与HBr发生加成反应得到溴乙烷，溴乙烷与Mg在乙醚环境中反应得到C2H5MgBr，再与CH3CHO发生信息反应i即可制得，流程为。