（新高考）2022届高考考前冲刺卷 化学（七） 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（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。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5一、选择题：每小题2分，共20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、科技等密切相关。下列有关说法错误的是A．我国新疆等地盛产优质棉花，其主要成分为(C6H10O5)n，可制布、纤维素硝酸酯等B．今年3月20日在四川省三星堆古遗址考古中，出土了珍贵文物青铜立人、青铜神树，其硬度低于纯铜C．国产新冠灭活疫苗需冷冻保存以防发生变性D．大口径单体反射镜使用的碳化硅属于无机非金属材料【答案】B【解析】A．棉花的主要成分是纤维素，化学式为(C6H10O5)n，可制布、纤维素硝酸酯等，A正确；B．青铜是铜的合金，硬度比纯铜大，B错误；C．蛋白质在高温下会变性，则疫苗冷冻保存以防发生变性，C正确；D．碳化硅是由非金属性元素组成，属于无机非金属材料，D正确；故选B。2．下列说法正确的是A．Bi和Bi是同种核素B．邻羟基苯甲醛的沸点高于对羟基苯甲醛的沸点C．小苏打和维生素C既能用作药物又能用作食品添加剂D．苛性钠、次氯酸、氯气按顺序分类依次为强电解质、弱电解质和非电解质【答案】C【解析】A．和互称为同位素，是Bi元素的不同核素，A错误；B．邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，而对羟基苯甲醛存在分子间氢键，故对羟基苯甲醛的沸点较高，B错误；C．小苏打(碳酸氢钠)可用作抗酸药和食品膨松剂，维生素C可用于预防治疗坏血病，也可用于多种疾病的辅助治疗，还可用作食品的抗氧化剂，C正确；D．非电解质和电解质的研究对象都是化合物，氯气属于单质，故氯气不属于非电解质，D错误；故选C。3．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．14g聚丙烯中含C—H键总数目为2NAB．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH−数目为0.1NAC．标准状况下：2.24LNO与1.12LO2混合后的气体分子数为0.1NAD．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2NA【答案】A【解析】A．聚丙烯的最简式为CH2，14g聚丙烯中含H：，所有H均与C以单键相连，所以C－H键总数目为2NA，A正确；B．没有提供溶液体积，无法计算OH−数目，B错误；C．两者发生反应2NO＋O2=2NO2，2NO2N2O4，标准状况下2.24LNO与1.12LO2混合后气体分子的物质的量小于0.1mol，气体分子数应小于0.1NA，C错误；D．电解精炼铜时，阳极溶解的除了Cu还有比Cu活泼的金属，所以若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目不为2NA，D错误；故选A。4．利用下表提供的主要玻璃仪器(非玻璃仪器任选)和试剂能实现下列实验目的的是实验目的主要玻璃仪器试剂A配制100mL，pH=2的盐酸100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管pH=1的盐酸、蒸馏水B分离Br2和CCl4混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4混合物、NaOH溶液C验证蔗糖水解产生还原性糖试管、烧杯、酒精灯、玻璃棒、玻璃片、胶头滴管蔗糖溶液、稀硫酸、10%NaOH溶液、2%CuSO4溶液、蒸馏水、pH试纸D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、0.1000mol/L盐酸【答案】C【解析】 A．配制一定浓度的溶液，应用量筒量取溶液，缺少量筒，不能完成实验，选项A错误；B．溴能与NaOH溶液反应，不能使用分液法分离，可以利用蒸馏将其分离，选项B错误；C．蔗糖在稀硫酸作用下水解产物中含有还原性糖葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，配制新制氢氧化铜悬浊液进行检验，试剂及仪器满足该实验，选项C正确；D．中和滴定应需要酸碱指示剂，没有指示剂不能完成滴定实验，选项D错误；答案选C。5．CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如下：下列说法正确的是A．在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成B．在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOHC．在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率均为100%D．上述反应过程说明催化剂具有选择性【答案】D【解析】A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误；B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为HCOOH，B错误；C．CO2转化为CO，O原子失掉一个，原子利用率不是100%，C错误；D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D正确；故选D。6．对羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得。下列有关说法正确的是A．对羟基扁桃酸可以发生消去反应、取代反应和缩聚反应B．对羟基扁桃酸中所有原子有可能共面C．乙醛酸与H2加成后的产物仅含一种官能团D．可以用FeCl3溶液鉴别乙醛酸和对羟基扁桃酸【答案】D【解析】A．对羟基扁桃酸中连接醇羟基的碳原子的相邻碳原子上不含氢原子，所以不能发生消去反应，故A错误；B．对羟基扁桃酸中含有饱和碳原子，具有四面体结构，分子中所有原子不可能共面，故B错误；C．乙醛酸与H2在热的镍催化下发生加成反应生成HOCH2COOH，HOCH2COOH中含有羟基和羧基两种官能团，故C错误；D．对羟基扁桃酸中含有酚羟基，遇到FeCl3溶液显紫色，乙醛酸遇到FeCl3溶液不能发生显色反应，可以鉴别，故D正确；故选D。7．现有5种短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。其中A元素与其他元素都不在同一周期，A元素和B元素形成的一种碱性气体。A元素和C元素原子序数之和等于D元素原子序数。E元素最外层电子数是D元素最外层电子数的2倍，且E元素最高价氧化物对应水化物为一种强酸。下列说法正确的是A．E元素同一主族下一周期的元素可用于半导体材料B．简单离子半径大小：C>D>EC．B元素对应简单氢化物沸点大于E元素对应简单氢化物，则非金属性B>ED．A和B元素组成的化合物BA5，属于共价化合物【答案】A【解析】现有5种短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。其中A元素与其他元素都不在同一周期，则A为H，A元素和B元素形成的一种碱性气体，则B为N。E元素最外层电子数是D元素最外层电子数的2倍、为偶数，E元素最高价氧化物对应水化物为一种强酸。则E为S，则D元素最外层电子数为3，D的核外电子排布为2、8、3，D为Al，A元素和C元素原子序数之和等于D元素原子序数，则C原子序数为12、C为Mg。A．E元素同一主族下一周期的元素为硒元素，位于金属元素和非金属元素分界线附近，可用于半导体材料，A正确；B．具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小。则氧离子半径大于镁离子半径大于铝离子半径，元素位于同主族时，核电荷数越大，电子层数越多，离子半径越大。则硫离子半径大于氧离子半径，简单离子半径大小：S2−＞Mg2+＞Al3+，B错误；C．B元素对应简单氢化物为氨气，E元素对应简单氢化物为硫化氢，氨分子间有氢键、硫化氢存在分子间作用力，氢键比分子间作用力强，则沸点氨气高，非金属性的强弱取决于原子得电子能力大小，与熔沸点的高低无关，C错误；D．A和B元素组成的化合物BA5，即铵离子和H-构成的、属于离子化合物，D错误；答案选A。8．1877年人类首次合成的氮化铝是一种硬度、熔点都很高的晶体，是良好的耐热冲击材料，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是A．氮化铝属于离子晶体B．氮化铝可用于制造切割金属的刀具C．一个氮化铝晶胞中含有5个N原子D．氮化铝晶体中Al的配位数为2【答案】B【解析】 A．根据氮化铝晶体的性质，可知它属于原子晶体，故A错误；B．根据氮化铝晶体属于原子晶体，能用于制造切割金属的刀具，故B正确；C．根据晶胞结构可知，一个氮化铝晶胞中含有的Al原子的数目为4×＋1＝2，故C错误；D．观察氮化铝晶胞结构可得，Al原子周围有4个N原子，晶体中Al的配位数为4，故D错误。答案为B。9．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。10．过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，可用于鱼类养殖、农作物栽培等方面。实验室模仿工业上生产过氧化钙的实验流程如下。已知：“沉淀”时需控制温度为0℃左右。下列说法错误的是A．“溶解”CaCl2固体时，可通过搅拌加速溶解B．“沉淀”时最有效的控温方式为冰水浴C．“过滤”时玻璃棒应紧靠滤纸一层处D．“乙醇洗”的目的是使产品快速干燥【答案】C【解析】由流程图可知，将氯化钙固体加蒸馏水溶解配成溶液，在冰水浴的条件下，向溶液中加入30%过氧化氢溶液和氨水发生反应后，过滤得到八水过氧化钙沉淀和含有氯化铵的滤液，沉淀经水洗、乙醇洗、烘烤得到过氧化钙。A．实验室溶解固体时，可用玻璃棒搅拌加速溶解，故A正确；B．由题给信息可知，“沉淀”时需控制温度为0℃左右，则“最有效的控温方式为冰水浴，故B正确；C．“过滤”时玻璃棒应紧靠滤纸三层处，防止戳破滤纸，故C错误；D．“乙醇洗”的目的是乙醇易挥发，挥发时带走晶体表面的水分，使产品快速干燥，故D正确；故选C。二、不定项选择题（每小题4分，共20分。）11．常温下，用0.1mol·L−1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L−1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl−)>c(CH3COO−)B．当滴入氨水10mL时，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)C．从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中水的电离程度先变大后减小D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH)=c(Cl−)【答案】CD【解析】A．混合液中，HCl和CH3COOH的浓度相同，但是HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，故混合液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)，A正确；B．当滴入氨水10mL时，n(NH)+n(NH3·H2O)=0.01L×0.1mol·L−1，n(CH3COO−)+n(CH3COOH)=0.01L×0.1mol·L−1，故此时有，n(NH)+n(NH3·H2O)=n(CH3COO−)+n(CH3COOH)，即c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，B正确；C．从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中一直有铵盐生成，由于铵盐会水解，使得混合液中水的电离程度一直变大，C错误；D．当滴入氨水20mL时，溶液中有等物质的量的NH4Cl和CH3COONH4，此时溶液呈酸性，若要使溶液呈中性，加入氨水的体积要大于20mL，根据电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(OH−)，因为溶液呈中性，有c(H+)=c(OH−)，故有c(NH)=c(Cl−)+c(CH3COO−)，D错误；故选CD。12．下列说法正确的是A．电解精炼铜时，若转移NA个电子，则阳极减少的质量为64gB．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率C．2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0D．常温下Ksp[Al(OH)3]=1×10−33，欲使c(Al3+)=1×10−6mol·L−1需调溶液的pH≥5 【答案】D【解析】A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移NA个电子时，阳极减少的质量一定不为64g，故A错误；B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；C．2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)，该反应的ΔSSO2；(3)①中心P原子价层电子对数为3+，不含孤电子对，所以分子的立体构型为三角锥形；②Br−半径较大，而Cl−半径较小，所以P周围可以容纳6个Br−，无法形成[PBr6]−；(4)含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键，乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱，所以与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+；(5)A．据图可知黑磷区中P－P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，选项A正确；B．黑磷与石墨，每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范德华力互相吸引，所以为混合晶体，选项B正确；C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P－P和C－C键断裂，形成P-C键，发生了化学反应，选项C正确；D．石墨中C原子为sp2杂化，所以与六元环中C原子相连的原子与六元环共面，所以石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面，选项D正确；E．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力为共价键，选项E错误；答案选ABCD；(6)根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3nm3=(a10−7)cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为=g/cm3。20．一种药物中间体(H)的合成路线如下： 已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生如下反应：→R－CHO+H2O②R－CHO+R1－CH2COOHR－CH=CHR1+H2O+CO2↑回答下列问题：(1)A的化学名称为___________，H中所含官能团的名称为___________。(2)D的结构简式为___________，G→H的反应类型为___________。(3)E→F的化学反应方程式为___________。(4)X是G的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式___________(写一种即可)。①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②与FeCl3溶液发生显色反应③苯环上的取代基不超过四个且苯环上的一氯代物只有一种(5)参照上述合成路线，设计由和CH3COOH制备的合成路线___________(无机试剂任选)。【答案】（1）对甲基苯酚（或4－甲基苯酚）酯基和醚键（2）取代反应（3）+H2（4）或（其他合理答案也可行）（5）【解析】A为对甲基苯酚（），和醋酸在催化剂作用下发生酯化反应生成B（），B与氯气在光照下发生取代反应生成C（），C在氢氧化钠的水溶液中发生水解后脱水生成D（），D与反应生成E（），E与氢气加成生成F（），F与甲醇酯化生成G（），G与发生取代反应生成H（）。(1)A为，化学名称为对甲基苯酚（或4-甲基苯酚），H为，含有的官能团的名称为酯基和醚键，故答案为：对甲基苯酚（或4-甲基苯酚）；酯基和醚键；(2)由分析可知，D的结构简式为 ，G→H的反应类型为取代反应，故答案为：；取代反应；(3)E为，F为，所以E→F的化学反应方程式为+H2；(4)X是G的同分异构体，①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，则含有羧基；②与FeCl3溶液发生显色反应，则说明含有酚羟基；③苯环上的取代基不超过四个且苯环上的一氯代物只有一种，故符合条件的同分异构体为：，，故答案为：或；(5)参照上述合成路线，可先和氢氧化钠的水溶液发生水解生成，和CH3COOH在吡啶和苯胺的作用下生成，在催化剂作用下聚合生成，所以合成路线为：。