重组卷05-冲刺高考化学真题重组卷（云南、安徽、黑龙江、山西、吉林五省通用）

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冲刺高考化学真题重组卷05
云南、安徽、黑龙江、山西、吉林五省通用
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题6分，共420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。
7．（2020·全国·Ⅱ卷高考真题，7）北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是
A．胆矾的化学式为CuSO4
B．胆矾可作为湿法冶铜的原料
C．“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应
【答案】A
【解析】A．胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO45H2O，A说法错误；B．湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B说法正确；C．加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C说法正确；D．铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D说法正确。综上所述，相关说法错误的是A，故选A。
8．（2021·湖南·统考高考真题，4）已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：

下列说法正确的是
A．苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色
B．环己醇与乙醇互为同系物
C．已二酸与溶液反应有生成
D．环己烷分子中所有碳原子共平面
【答案】C
【解析】A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A错误；B．环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B错误；C．己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误；答案选C。
9．（2022·全国·乙卷高考真题，10）由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是

实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
【答案】C
【解析】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误；答案选C。
10．（2021·山东·统考高考真题，14）18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是

A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH318OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【解析】A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误；B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；C．反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318H，故C错误；D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；综上所述，正确的是B项，故答案为B。
11．（2021·河北·统考高考真题，11，改编）如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是

A．X和Z的最高化合价均为+7价
B．HX和HZ在水中均为强酸，电子式可表示为与
C．四种元素中，X原子半径最大，Y原子半径最小
D．Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
【答案】D
【解析】结合图中所示结构可知图中两种化合物均为共价化合物，已知X和Z同主族，可得X和Z同为第ⅦA族，Y为第ⅤA族元素，W为第ⅢA族或第ⅤA族元素，再结合W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素， Y原子序数为W原子价电子数的3倍推知W、X、Y、Z分别为N、F、P、Cl，据此答题。A．X和Z分别是F、Cl，F无正价，A错误；B．和分别是HF和HCl，HF在水中不是强酸，B错误；C．四种元素W（N）、X（F）、Y（P）、Z（Cl）中，W（N）、X（F）有两个电子层，Y（P）、Z（Cl）有三个电子层，半径大于W（N）和X（F），Y（P）原子序数小于Z（Cl），故Y原子半径在这四种元素中最大；X（F）原子序数大于W（N），故X原子半径在这四种元素中最小，C错误；D．Z（Cl）、W（N）和氢三种元素可形成氯化铵，属于同时含有离子键和共价键的化合物，D正确；故选D。
12．（2021·湖北·统考高考真题，15）Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H+浓度的增大会转化为CrO3。电解法制备CrO3的原理如图所示。下列说法错误的是

A．电解时只允许H+通过离子交换膜
B．生成O2和H2的质量比为8∶1
C．电解一段时间后阴极区溶液OH-的浓度增大
D．CrO3的生成反应为：Cr2O+2H+=2CrO3+H2O
【答案】A
【解析】根据左侧电极上生成，右侧电极上生成，知左侧电极为阳极，发生反应：，右侧电极为阴极，发生反应：；由题意知，左室中随着浓度增大转化为，因此阳极生成的不能通过离子交换膜。A．由以上分析知，电解时通过离子交换膜的是，A项错误；B．根据各电极上转移电子数相同，由阳极反应和阴极反应，知生成和的物质的量之比为1∶2，其质量比为8∶1，B项正确；C．根据阴极反应知，电解一段时间后阴极区溶液的浓度增大，C项正确：D．电解过程中阳极区的浓度增大，转化为，D项正确。故选A。
13．（2021·全国·乙卷高考真题，13）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。

下列叙述错误的是
A．溶液时，
B．MA的溶度积
C．溶液时，
D．HA的电离常数
【答案】C
【解析】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D．当时，由物料守恒知，则，，则，对应图得此时溶液中，，D正确；故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分．
27．（2021·全国·乙卷高考真题，27）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示)：

Ⅰ.将浓、、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入粉末，塞好瓶口。
Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加至悬浊液由紫色变为土黄色。
Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、c的名称分别是_______、_______，仪器b的进水口是_______(填字母)。
（2）步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入粉末并使用冰水浴，原因是_______。
（3）步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_______。
（4）步骤Ⅲ中，的作用是_______(以离子方程式表示)。
（5）步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在来判断。检测的方法是_______。
（6）步骤Ⅴ可用试纸检测来判断是否洗净，其理由是_______。
【答案】
（1）滴液漏斗     三颈烧瓶     d    
（2）反应放热，防止反应过快    
（3）反应温度接近水的沸点，油浴更易控温    
（4）     
（5） 取少量洗出液，滴加，没有白色沉淀生成    
（6）与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净
【解析】（1）由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，e口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧瓶；d；
（2）反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，故答案为：反应放热，防止反应过快；
（3）油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；
（4）由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O ；
（5）该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在S来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成，故答案为：取少量洗出液，滴加BaCl2，没有白色沉淀生成；
（6）步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净，故答案为：与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净。
28．（2020·全国·Ⅲ卷高考真题，27）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
（2）“滤液②”中含有的金属离子是______________。
（3）“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即

“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
【答案】
（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物     +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O    
（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+    
（3）O2或空气     Fe3+    
（4）     3.2~6.2    
（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O    
（6）提高镍回收率
【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
（3）“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；
（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
（6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
29．【2022年海南卷】某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)_______。
（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。

①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)_______。

②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为_______，反应温度t约为_______℃。
（3）（2016·全国·高考真题）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是______________________________。
（4）（2016·全国·高考真题）晶胞有两个基本要素：
①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，0，)；C为(，，0)。则D原子的坐标参数为_______________。

②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76 pm，其密度为_____g·cm−3(列出计算式即可)。


【答案】（1）-286
（2）          50%或0.5     660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给分)
（3）  O>Ge>Zn    
（4）    (，，)     ×107

【解析】
（1）电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
（2）①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图２信息可知＝ａ，则ａ，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则的转化率为，根据C元素守恒可知，的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的２倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图１中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
（3）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。元素的非金属性越强，其吸引电子的能力就越强，元素的电负性就越大。元素Zn、Ge、O的非金属性强弱顺序是：O＞Ge＞Zn，所以这三种元素的电负性由大至小的顺序是O＞Ge＞Zn，故答案为O>Ge>Zn；
（4） ①根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是(，，)，故答案为(，，)；
②根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的Ge原子数是8×1/8+6×1/2+4=8，所以晶胞的密度=g·cm-3，故答案为×107。
30．（2022·山东·高考真题，19）支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线如下：

已知：
Ⅰ.  
Ⅱ.、
Ⅲ.  
回答下列问题：
（1）A→B反应条件为_______；B中含氧官能团有_______种。
（2）B→C反应类型为_______，该反应的目的是_______。
（3）D结构简式为_______；E→F的化学方程式为_______。
（4）H的同分异构体中，仅含有、和苯环结构的有_______种。
（5）根据上述信息，写出以羟基邻苯二甲酸二乙酯为主要原料制备合成的路线_______。
【答案】（1）     浓硫酸，加热     2
（2）     取代反应     保护酚羟基
（3）     CH3COOC2H5    
+Br2+HBr
（4）6
（5）

【解析】由C的结构简式和有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成，则A为、B为；在碳酸钾作用下与phCH2Cl发生取代反应生成，与CH3COOC2H5发生信息Ⅱ反应生成，则D为CH3COOC2H5、E为；在乙酸作用下与溴发生取代反应生成，则F为；一定条件下与(CH3)3CNHCH2ph发生取代反应，则G为；在Pd—C做催化剂作用下与氢气反应生成H。
（1）由分析可知，A→B的反应为在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成和水；B的结构简式为为，含氧官能团为羟基、酯基，共有2种，故答案为：浓硫酸，加热；2；
（2）由分析可知，B→C的反应为在碳酸钾作用下与phCH2Cl发生取代反应生成和氯化氢，由B和H都含有酚羟基可知，B→C的目的是保护酚羟基，故答案为：取代反应；保护酚羟基；
（3）由分析可知，D的结构简式为CH3COOC2H5；E→F的反应为在乙酸作用下与溴发生取代反应生成和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：CH3COOC2H5；+Br2+HBr；
（4）H的同分异构体仅含有—OCH2CH3和—NH2可知，同分异构体的结构可以视作、、分子中苯环上的氢原子被—NH2取代所得结构，所得结构分别有1、3、2，共有6种，故答案为：6；
（5）由题给信息可知，以4—羟基邻苯二甲酸二乙酯制备的合成步骤为在碳酸钾作用下与phCH2Cl发生取代反应生成发生取代反应生成，发生信息Ⅱ反应生成，在Pd—C做催化剂作用下与氢气反应生成，合成路线为