（新高考）2022届高考考前冲刺卷 化学（五） 教师版

（新高考）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2021届高考考前冲刺卷化学（五）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。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5一、选择题：每小题3分，共42分。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，下列说法正确的是A．“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中的“硫”是指硫黄，“硝”是指硝酸B．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理C．光化学烟雾、臭氧空洞、温室效应的形成都与氮氧化物有关D．75%的乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸均可有效灭活新型冠状病毒【答案】D【解析】A．“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中的“硫”是指硫黄，“硝”是指硝酸钾，故A错误；B．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并用硫粉处理，深埋污染土壤，故B错误；C．温室效应的形成与二氧化碳有关，故C错误；D．75%的乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸均使病毒蛋白质变性，可有效灭活新型冠状病毒，故D正确；故选D。2．下列有关化学用语表示正确的是A．由H和Cl形成HCl的过程：B．任一能层的s电子电子云轮廓图的形状：圆形C．CO中心原子的杂化轨道类型：sp2D．聚乙烯的链节：CH2=CH2【答案】C【解析】A．氯化氢是共价化合物，氢原子最外层电子与氯原子最外层电子形成一对共用电子对，形成过程为，故A错误；B．所有原子任一能层的s电子电子云轮廓图都是球形，故B错误；C．碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3，则碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化，故C正确；D．聚乙烯的单体为CH2=CH2，链节为－CH2CH2－，故D错误；故选C。3．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．过氧化钠与水反应生成2.24LO2(标况下)时转移的电子数为0.2NAB．100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC．密闭容器中23gNO2与N2O4的混合气体中氮原子数为0.5NAD．常温常压下，124gP4中所含P－P键数目为6NA【答案】B【解析】A．从化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，Na2O2中的2个-1价的O发生了歧化反应，每生成一个O2转移2个电子，2.24LO2(标况下)的物质的量为0.1mol，所以转移电子数为0.1mol×2=0.2mol，个数为0.2NA，故A正确；B．100mL1mol·L−1FeCl3溶液中FeCl3的物质的量为0.1L×1mol·L−1=0.1mol，由于Fe3+会部分水解生成Fe(OH)3，所以所含Fe3+的数目小于0.1NA，故B错误；C．NO2和N2O4的最简式相同都是NO2,所以23gNO2与N2O4的混合气体含有0.5mol最简式(即0.5mol的NO2)，每个NO2含有1个氮原子，所以含有的氮原子数为0.5NA，故C正确；D．124g白磷中含有P4的物质的量==1mol，P4为正四面体结构，一个白磷分子中含有6个P－P键，所以124gP4含有的P—P键的个数为6NA，故D正确；答案为B。4．乙烯是基本的有机化工原料，由乙烯可合成苯乙醇，合成路线如图所示：下列说法错误的是A．乙烯转化为环氧乙烷的反应为氧化反应B．环氧乙烷不可能所有原子共平面C．乙烯、苯和苯乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．苯乙醇与金属钠反应生成氢气【答案】C【解析】A．有机化学反应中得氧或失氢为氧化反应，所以乙烯与氧气在催化剂的作用下反应生成环氧乙烷的反应为氧化反应，故A不选；B．环氧乙烷中含有－CH2－，所以环氧乙烷中不可能所有原子共面，故B不选；C．乙烯含碳碳双键，苯乙醇含有羟基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯环能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故选C；D．苯乙醇中的羟基能与Na反应生成氢气，故D不选；答案选C。5．下列离子方程式的解释或书写正确的是 A．等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液等体积混合：Ba2++OH−+H++SO=BaSO4↓+H2OB．向一定量的FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−C．向CuSO4溶液中逐滴滴加氨水直至过量：Cu2++2NH3·H2O=2NH+Cu(OH)2↓D．Na2CO3溶液显碱性的原因：CO+2H2OH2CO3+2OH−【答案】A【解析】A．等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液等体积混合后，钡离子和硫酸根沉淀，氢离子与氢氧根生成水，发生反应Ba2++OH−+H++SO=BaSO4↓+H2O，故A正确；B．还原性：，向一定量的FeBr2溶液中通入少量Cl2时，氯气应该先和Fe2+反应，故B错误；C．沉淀氢氧化铜可以溶解在过量的氨水中，生成配离子，最后沉淀全部溶解，故C错误；D．CO为多元弱酸酸根离子，应分步水解，水解不能一步完成，故D错误；综上答案为A。6．M和N转化为P的催化反应历程如图。下列说法错误的是A．生活中常用P除水垢B．催化剂能改变反应速率同时也能改变反应的焓变C．M和N转化为P是一个放热反应D．该反应有利于治理温室效应【答案】B【解析】由图可知，CH4和CO2在催化剂的条件下反应生成CH3COOH，反应经过由①到过渡态和由过渡态再到②两个过程，且①的总能量高于②的总能量，总反应为CH4+CO2CH3COOH，即M为CH4，N为CO2，P为CH3COOH，据此分析解答。A．根据以上分析，P为CH3COOH，生活中常用醋酸除水垢，故A正确；B．催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变，故B错误；C．根据图示，①的总能量高于②的总能量，CH4和CO2转化为CH3COOH是一个放热反应，故C正确；D．该反应是将CH4和CO2等温室效应气体转化为CH3COOH，所以发生的反应有利于治理温室效应，故D正确；答案选B。7．下列实验操作中，其现象、解释及结论均正确的是序号实验操作实验现象解释或结论A用pH试纸测定“84”消毒液pH试纸最终显蓝色NaClO在溶液中水解显碱性B分别向两份相同的H2O2溶液中滴入5滴等浓度的CuSO4溶液和KMnO4溶液率更快前者产生气泡速率更快CuSO4比KMnO4的催化效果好C向BaCl2溶液中通入SO2和X气体产生白色沉淀气体X一定具有强氧化性D分别向两份相同的蛋白质溶液中滴入饱和硫酸铵溶液和醋酸铅溶液均有固体析出前者是物理变化，后者是化学变化【答案】D【解析】A．次氯酸钠溶液具有强氧化性，可使试纸漂白，应用pH计测定，选项A错误；B．高锰酸钾氧化过氧化氢，不是催化作用，选项B错误；C．向BaCl2溶液中通入SO2和X气体，出现白色沉淀，气体X可能是氨气，氨气不具有强氧化性，选项C错误；D．分别向两份相同的蛋白质溶液中滴入饱和硫酸铵溶液和醋酸铅溶液，均有固体析出，前者是蛋白质的盐析，属于物理变化，后者是蛋白质的变性，属于化学变化，选项D正确；答案选D。8．M、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次增大，其中M、Z同主族，Y、Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，化合物A由X、Y、Z三种元素组成，A的结构简式如图所示：下列说法正确的是A．简单离子半径：X>Y>ZB．简单氢化物的稳定性：M>XC．M的最高价含氧酸是一元强酸D．X2能把同主族元素从其盐的水溶液中置换出来【答案】A【解析】 Y、Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，Y离子为+1价阳离子，X为-1价阴离子，Z为+3价阳离子，则X为F，Y为Na，Z为Al元素，M和Z同主族，则为B元素。A．核外电子层数相同时，核电荷数越小离子半径越大，所以离子半径：F−>Na+>Al3+，A正确；B．非金属性B＜F，则简单氢化物的稳定性：BH3(或B2H6)c(H2A)>c(HA−)【答案】D【解析】A．pH=pOH时pH=7，所以图中温度下Kw=1×10−14，故A正确；B．由图像可知c(H2A)=c(HA−)时，pKa1=pH=6.3、当c(HA−)=c(A2−)时，pKa2=pH=10.3，故B正确；C．若溶液中只有H2A一种溶质，存在c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，故C正确；D．pH=8的溶液中由图可知：c(A2−)c(OH−)>c(H+)（6）2Cl−-2e−=Cl2↑【解析】辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等)为原料加入盐酸和SbCl5进行酸浸，过滤除去S、SiO2，浸出液主要含HCl和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质，加入适量Sb还原SbCl5，得到的溶液中加入硫化钠以沉铜、铅，除去CuS、PbS，滤液再加入NaH2PO2除砷，通过一系列处理得到纯净的SbCl3溶液，电解SbCl3溶液以制备金属锑。(1)“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3发生反应，产物中有一种淡黄色固体单质S，浸出液主要含HCl和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质，故反应物为SbCl5和Sb2S3，生成物为S、SbCl3，结合氧化还原反应配平可得反应的化学方程式为3SbCl5+Sb2S3=3S↓+5SbCl3；(2)辉锑矿中的SiO2在酸浸时不与酸反应，不溶于酸，且酸浸时产物中有一种淡黄色固体单质，故滤渣I的成分是S、SiO2；(3)浸出液含SbCl5等杂质，即SbCl5没有完全转化，应将其还原为SbCl3，浸出液中加入适量Sb的目的是将Sb5+(SbCl5)还原为Sb3+(SbCl3)；(4)根据25℃时，Ksp(CuS)=1.0×10−36，Ksp(PbS)=9.0×10−29可知，Ksp(CuS)c()>c(OH−)>c(H+)；(6)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，电解SbCl3溶液，阳极上氯离子失电子产生氯气的电极反应式为2Cl−-2e−=Cl2↑。16．己二酸是一种二元弱酸，通常为白色结晶体，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇。实验室以环己醇()为原料制取己二酸的实验流程如图：已知：①“氧化”过程在(如图1所示)三颈烧瓶中进行，发生的主要反应为：KOOC(CH2)4COOKΔH＜0②不同温度下，相关物质在水中的溶解度：物质己二酸氯化钠氯化钾25℃时溶解度/g2.136.134.370℃时溶解度/g6837.848100℃时溶解度/g16039.556.3回答下列问题：(1)图1中冷却水从冷凝管___________(填“a”或“b”)口流入。(2)“氧化”过程，不同环己醇滴速下，溶液温度随时间变化曲线如图2，应选择的环己醇滴速为___________滴/min，选择的理由是___________。(3)流程中操作1为___________(填“趁热”或“冷却”)减压过滤，减压过滤的优点是___________。(答出一点即可)(4)流程中最后一次洗涤沉淀的方法为___________(填字母)。A．用乙醇洗涤B．用热水洗涤C．用冷水洗涤(5)除去己二酸晶体中含有的氯化钠杂质采取的实验方法为___________。 (6)称取己二酸(M=146g/mol)样品0.2920g，用新煮沸的50.00mL热水溶解，滴入2滴酚酞试液作指示剂，用0.1500mol·L−1NaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH的平均体积为20.00mL，计算己二酸样品的纯度。(已知：己二酸氢钠溶液呈弱酸性)①滴定终点的现象为：滴入最后一滴NaOH溶液，___________。②己二酸样品的纯度为___________。【答案】（1）b（2）5“氧化”过程应在小于50℃温度下进行，由图可知滴速过快，反应器内温度升高过快，影响反应（3）趁热过滤速度快，滤出的固体容易干燥（4）C（5）重结晶（6）溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色75%【解析】(1)冷凝管中冷却水起冷凝作用，为了充分冷凝，冷凝水‘下进上出’，即冷却水从b口进；(2)“氧化”过程应在小于50℃温度下进行，该反应为放热反应，由图可知滴速过快，反应器内温度升高过快，影响反应，为保证反应温度的稳定性（小于50℃），由图可知，最好采用5滴/min；(3)经操作1得到MnO2和氧化液，为除去杂质、防止己二酸钾析出，操作1为趁热减压过滤；减压过滤的优点是：过滤速度快，滤出的固体容易干燥等；(4)己二酸微溶于冷水，易溶于热水和乙醇，则应用冷水洗涤沉淀，故选C；(5)根据己二酸和氯化钠的溶解度随温度的变化可知，除去己二酸晶体中含有的氯化钠杂质采取的实验方法为重结晶；(6)①因为使用酚酞试液作指示剂，酚酞变色的pH范围为8~10，故滴定终点的现象为：当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变成粉红色，且半分钟内不褪色；②由于己二酸氢钠溶液呈弱酸性，使用酚酞作指示剂，1mol己二酸含有2mol羧基，能与2molNaOH反应，则n(己二酸)=n(NaOH)=×0.15×20×10−3mol=1.5×10−3mol，质量为m=nM=1.5×10−3mol×146g/mol=0.219g，样品的纯度为×100%=75%。17．为改变生橡胶受热发粘遇冷变硬的不良性能，工业上常将橡胶硫化来改善橡胶的性能，S2Cl2和SCl2均为改善橡胶性能的重要化工产品。(1)已知下列化学键的键能及S4的结构式化学键S－SS－ClCl－Cl键能/(kJ/mol)266255243则S4(s)+4Cl2(g)=4SCl2(g)ΔH=___________kJ/mol。(2)S2Cl2的电子式是___________。(3)S2Cl2易与水发生反应，反应中只有一种元素的化合价发生变化，产生无色有刺激性气味的气体，同时有淡黄色沉淀生成，写出此反应的化学反应方程式___________；该反应中被氧化和被还原的元素的质量之比是___________。(4)反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)ΔH＜0，在一定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和lmolCl2发生上述反应，Cl2与SCl2的消耗速率与温度的关系如图所示。①A、B、C三点对应状态下，达到平衡状态的有__________(填字母)。②其他条件不变只改变下列一个条件，可以提高S2Cl2平衡转化率的是______。A．升高体系的温度B．增大氯气的物质的量C．压缩容器的体积D．使用合适的催化剂③某温度下，反应达到平衡时S2Cl2的转化率是a，用含a的式子表示此反应的化学平衡常数K=________。(5)SCl2与SO3反应可以制备亚硫酰氯(SOCl2)，锂、亚硫酰氯(Li/SOCl2)电池是一种比能量最高的电池，若正极反应为2SOCl2+4e−=SO2+S+4Cl−，负极反应式为___________。【答案】（1）-164（2）（3）2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl1∶3（4）BB（5）Li+Cl−+e−=LiCl↓(或Li+e−=Li+)【解析】(1)根据S4结构可知S4(s)内有4个S－S键，则S4(s)+4Cl2(g)=4SCl2(g)ΔH=(4×226+4×243- 4×2×255)kJ/mol=-164kJ/mol，所以答案为-164；(2)S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl，所以其电子式是：；(3)S2Cl2与水发生反应，产生无色有刺激性气味的气体，同时有淡黄色沉淀生成，说明生成了S和SO2，其他元素化合价不变，则此反应的化学反应方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl；该反应中一个S上升，被氧化，三个S下降，被还原，所以该反应中被氧化和被还原的元素的质量之比是1∶3；(4)①S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)，当同种物质正逆反应速率相等时，反应到达平衡，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以当Cl2的消耗速率的两倍与SCl2的消耗速率相等时，该反应到达平衡，图中只有B点符合，所以A、B、C三点中B点到达平衡。②S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)ΔH＜0，正反应为放热且气体分子总数不变的反应。A．该反应为放热反应，升高体系的温度，平衡逆向移动，S2Cl2平衡转化率下降，A错误；B．增大氯气的物质的量，平衡正向移动，S2Cl2平衡转化率增大，B正确；C．该反应为气体分子总数不变的反应，压缩容器的体积，平衡不移动，S2Cl2平衡转化率不变；D．催化剂不能改变平衡转化率，D错误；答案选B；③应达到平衡时S2Cl2的转化率是a，列出三段式：S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)反应的平衡常数K===。(5)锂做负极，失电子，生成氯化锂，所以负极电极反应式为：Li+Cl−+e−=LiCl↓(或Li+e−=Li+)。（二）选考题（共15分，请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）18．铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：(1)CuSO4晶体中S原子的杂化方式为________，SO的立体构型为_______________。(2)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为_________________。N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为___________________(填元素符号)。②向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]SO4，下列说法正确的是________。A．氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故B．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角C．[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体D．已知3.4g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出akJ热量，则NH3的燃烧热的热化学方程式为：NH3(g)＋3/4O2(g)=1/2N2(g)＋3/2H2O(g)ΔH＝-5akJ·mol−1(3)硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A，其结构如下左图所示。①1mol氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)含有σ键的数目为________________。②氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳。写出二氧化碳的一种等电子体：__________(写化学式)。③已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如上右图所示。则该化合物的化学式是________________。【答案】（1）sp3正四面体（2）1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)N＞O＞SAC（3）8×6.02×1023N2O(或SCN−、N等)Cu2O【解析】(1)CuSO4晶体中S原子的价层电子对数＝＝4，孤电子对数为0，采取sp3杂化，SO的立体构型为正四面体形；(2)①NH4CuSO3中的阳离子是是Cu+，它的核外电子排布是，1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；根据同一周期第一电离能变化规律及第ⅡA、ⅤA反常知，第一电离能大小顺序为，N>O>S；②A．氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故，选项A正确；B．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是V形，氨气分子的键角大于水分子的键角，选项B错误；C．Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体，选项C正确；D．燃烧热必须是生成稳定的氧化物，反应中产生氮气和水蒸气都不是稳定的氧化物，选项D错误；答案选AC；（3）①氨基乙酸钠结构中含有N－H2个，C－H2个，碳氧单键和双键各一个，N－C、C－C各一个共8个σ键；②等电子体为价电子数和原子个数相同，故采用上下互换，左右调等方法书写为N2O、SCN−、N等；③根据均摊法计算白球数为8×＋1=2，黑球为4个，取最简个数比得化学式为Cu2O。19．化合物I()是制备液晶材料的中间体之一，I可以用E和H在一定条件下合成： 已知以下信息：①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；②；③。回答下列问题：(1)I的分子式为___________，所含官能团的名称为___________。(2)A的结构简式为___________，D的化学名称为___________。(3)F生成G的化学方程式为___________。(4)H在一定条件下可转化为对羟基苯甲酸，对羟基苯甲酸在催化剂作用下发生聚合反应的化学方程式为___________。(5)写出B的所有属于烯烃的同分异构体的结构简式：___________。(6)在“→”上补全下列转化所需的试剂和反应条件：______。【答案】（1）醛基、酯基（2）2－甲基丙醛（3）+2Cl2+2HCl（4）+(n-1)H2O（5）（6）【解析】A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，所以A的结构简式为，B的结构简式为，B→C是加成反应，根据提供的反应信息，C是(CH3)2CHCH2OH；C→D是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO；D→E是氧化反应，E是(CH3)2CHCOOH；F为，在光照条件下与氯气按物质的量之比1∶2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此G的结构简式为，G→H是水解反应，根据信息，应该是－CHCl2变成－CHO，H的结构简式为，E、H发生酯化反应生成I。(1)由I的结构简式可知，I的分子式为，所含官能团的名称为醛基、酯基，故答案为：；醛基、酯基；(2)根据上面的分析可知，A的结构简式为，D是(CH3)2CHCHO，D的化学名称为2－甲基丙醛，故答案为：；2－甲基丙醛；(3)F为，在光照条件下与氯气按物质的量之比1∶2反应，F生成G的化学方程式为+2Cl2+2HCl；(4)对羟基苯甲酸分子中含有羧基和酚羟基，在催化剂作用下发生缩聚反应生成高聚物，反应的化学方程式为 +(n-1)H2O，故答案为：+(n-1)H2O；(5)B的结构简式为，B的所有属于烯烃的同分异构体的结构简式有：1－丁烯()、2－丁烯(和)，故答案为：；(6)A的结构简式为，B的结构简式为，A→B是卤代烃的消去反应，反应条件是NaOH、乙醇，加热；C是(CH3)2CHCH2OH，C→D是醇的催化氧化反应，反应条件是O2、Cu，加热；D是(CH3)2CHCHO，D→E是醛氧化生成羧酸，反应条件是O2、催化剂，加热；故答案为。