（新）2022届版高考化学三轮复习训练6.1

考前仿真冲刺卷(一)1．本卷包括选择题和非选择题两部分，共100分，建议用时50分钟。2．可能用到的相对原子质量：H－1　C－12　N－14　O－16　Na－23　Al－27　S－32　Cl－35.5　K－39　Fe－56　Cu－64　I－127一、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。7．中国古代记载文字的器物中，主要成分为蛋白质的是(　　)A．丝帛B．竹简C．甲骨D．青铜器答案：A解析：丝帛是用蚕丝织成的，主要成分是蛋白质，A项正确；竹简的主要成分是纤维素，B项错误；甲骨的主要成分是钙盐，C项错误；青铜器是金属制品，主要成分为铜合金，D项错误。8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)A．标准状况下，22.4LCl2完全溶于水时转移的电子数为NAB．1mol羟基(—OH)含有的电子数为9NAC．100g30%CH3COOH溶液中氢原子数为2NAD．100mL水中OH－的个数是10－8NA答案：B解析：Cl2与水的反应为可逆反应，标准状况下，22.4LCl2完全溶于水，不可能完全反应，转移电子数小于NA，A项错误；1个羟基(—OH)所含电子数为8＋1＝9，则1mol羟基(—OH)含有的电子数为9NA，B项正确；100g30%CH3COOH溶液中CH3COOH、H2O均含氢原子，氢原子数为×NA，C项错误；未指明温度，100mL水中OH－的个数不一定是10－8NA，D项错误。9．下列关于有机物的叙述不正确的是(　　)A．用植物油萃取分离溴水中的溴时，振荡、静置后，下层为无色B．硬脂酸(C17H35COOH)与软脂酸(C15H31COOH)一定互为同系物C．2丙酰吡咯是一种食用香料，其分子式为C7H9NOD．分子式为C5H8O2的同分异构体中， 含有一个甲基且能与溴水发生加成反应的链状酯有9种(不考虑立体异构)答案：A解析：植物油可与溴发生加成反应，不能用于萃取分离溴水中的溴，A错误；硬脂酸和软脂酸均为饱和脂肪酸，B正确；由结构简式可知，2丙酰吡咯的分子式为C7H9NO，C正确；由分子式可知，链状酯的不饱和度为2，含有一个碳碳双键，则符合条件的双键可能的位置有共9种，D正确。10．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族；Y、Z同周期；X、Y、Z三种元素形成一种化合物M，常温下，0.1mol·L－1M的水溶液中＝1.0×10－12。下列说法正确的是(　　)A．简单离子半径：YWD．Z分别与X、W均可形成具有漂白性的化合物答案：D解析：由0.1mol·L－1M溶液中＝1.0×10－12可知M为一元强酸⇒HNO3，故X、Y、Z分别为H、N、O。又X、W同主族，故W为Na。A项离子半径N3－>O2－>Na＋，错误；B项H与O可形成H2O、H2O2为共价化合物，所含化学键为共价键，H与Na形成NaH为离子化合物，所含化学键为离子键，错误；C项非金属性O>N>H，错误；D项H2O2、Na2O2具有强氧化性，可氧化漂白一些物质，正确。11．下列图示实验正确的是(　　) 答案：D解析：A项，过滤时要求“一贴、二低、三靠”，该实验中玻璃棒悬在漏斗上方，没有靠在三层滤纸上，且漏斗颈尖嘴一侧应紧贴烧杯内壁，错误；B项，加热分解碳酸氢钠时，因为有水生成，试管口应稍向下倾斜，错误；C项，混合气体应长进短出，错误。12．中国科学家用毛笔书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性且可折叠的可充电锂空气电池(图1)，电池的工作原理如图2。下列有关说法正确的是(　　)A．放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极B．放电时，Li＋由正极经过有机电解质溶液移向负极C．开关K闭合给锂电池充电，X为直流电源正极D．充电时，阳极的电极反应为Li2O2－2e－===O2↑＋2Li＋答案：D解析：A项纤维素为非电解质，不导电，不能作电极，正极为毛笔字中的碳，错误；B项Li＋由负极移向正极，错误；C项金属锂一极为负极，充电时负极应接电源负极，故X为负极，错误；D项充电时Li2O2→O2，电极反应式为Li2O2－2e－===O2↑＋2Li＋，正确。13．25℃时，向盛有50mLpH＝2的HA溶液的绝热容器中加入pH＝13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　) A．HA溶液的物质的量浓度为0.01mol·L－1B．b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了吸热反应C．a→b的过程中，混合溶液中可能存在：c(A－)＝c(Na＋)D．25℃时，HA的电离平衡常数K约为1.43×10－2答案：C解析：pH＝13的NaOH溶液，c(OH－)＝0.1mol·L－1，温度最高点为酸、碱恰好完全反应，c(HA)约为＝0.08mol·L－1，A项错误；b→c过程中温度降低，是因为加入过量的NaOH或体系散热，B项错误；b点，酸、碱恰好完全反应，溶液呈碱性，b点前有溶液呈中性，此时c(A－)＝c(Na＋)，C项正确；　　　　　　　HAH＋＋A－c(始)/(mol·L－1)　0.0800c(变)/(mol·L－1)　0.010.010.01c(平)/(mol·L－1)　0.070.010.01K＝＝1.43×10－3，D项错误。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(3题，共43分)26．(14分)作为工业生产的催化剂和制备纳米MgO的材料，草酸镁(MgC2O4·2H2O)有着广阔的应用和发展前景。回答下列问题：(1)MgC2O4·2H2O的制备已知氯化镁、草酸铵、草酸镁在水中的溶解度如下表： 氯化镁草酸铵草酸镁20℃54.6g4.45g微溶70℃61.0g22.4g100℃73.3g34.7g实验方法：(ⅰ)加热煮沸蒸馏水，取300mL冷却至70℃，加140gMgCl2·6H2O，配制MgCl2溶液；(ⅱ)按照图示装置装好药品，连接好装置；(ⅲ)在磁力加热搅拌的情况下，缓缓滴入饱和(NH4)2C2O4溶液，并水浴加热，直至不再产生白色沉淀为止；(ⅳ)分离沉淀、洗涤，得MgC2O4·2H2O晶体。①装置中仪器甲的名称是________，其冷水进水口为________(填“a”或“b”)。②仪器乙中c部位的作用是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③检验产品洗涤干净的方法是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)MgC2O4·2H2O分解产物的探究利用下图所示装置探究MgC2O4·2H2O分解产物CO、CO2等的性质。①装置A中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②装置B中盛装的药品是________________________________________________________________________，装置C的作用是________________________________________________________________________，装置D中的试剂是________________________________________________________________________，装置G中的现象是________________________________________________________________________。答案：(1)①球形冷凝管(1分)　a(1分)　②连通上下两部分气体，保证液体顺利流下( 2分)　③取最后一次洗涤液，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，如不产生白色沉淀，说明已洗净，否则未洗净(其它合理答案也可)(3分)　(2)①MgC2O4·2H2OMgO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O(3分)　②CuSO4(1分)　检验CO2(1分)　NaOH溶液(1分)　固体由黑色变为红色(1分)解析：(1)②连通上下两部分气体，保证液体顺利滴下。③晶体表面吸附的杂质离子有Mg2＋、Cl－、NH、C2O选择Cl－进行检验，取最后一次洗涤液，加入HNO3酸化，加入AgNO3溶液，如不产生白色沉淀，说明已洗净，否则未洗净。(2)①中MgC2O4·2H2O分解的产物有CO、CO2，由元素守恒知还有MgO、H2O，故分解的方程式为MgC2O4·2H2OMgO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O③由于要检验探究生成的产物，故应先检验H2O(g)，故B中放CuSO4。然后检验CO2，故C中应放澄清石灰水，为了防止CO2对CO的检验造成干扰，故应除去并检验是否完全除尽，故D中应放NaOH溶液。G中发生的反应为CuO＋COCu＋CO2，故G中的现象为固体由黑色变为红色。27．(14分)一种磁性材料的磨削废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸溶”时，溶液中有Fe3＋、Fe2＋、Ni2＋等生成，废渣的主要成分是________________________________________________________________________；金属镍溶解的离子方程式为________________________________________________________________________。(2)“除铁”时H2O2的作用是________________，加入碳酸钠的目的是________________________________________________________________________。(3)“除铜”时，反应的离子方程式为________________，若用Na2S代替H2S除铜，优点是________________________________________________________________________。 (4)已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)已知常温下Ksp[Ni(OH)2]＝2.0×10－15，该流程在“沉镍”过程中需调节溶液pH约为____________，Ni2＋才刚好沉淀完全(离子沉淀完全的浓度≤1.0×10－5mol·L－1；lg2＝0.30)。答案：(1)SiO2(1分)　5Ni＋12H＋＋2NO===5Ni2＋＋N2↑＋6H2O(2分)(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋(1分)　调节溶液的pH，使Fe3＋完全沉淀为黄钠铁矾渣(2分)(3)H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋(2分)　无易挥发的有毒气体H2S逸出，可保护环境(2分)(4)过量的F－生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器(2分)(5)9.15(2分)解析：(1)“酸溶”时，硅的氧化物与硫酸和硝酸均不反应，故废渣的主要成分为SiO2。“酸溶”时加入的是混酸，金属镍溶解时，Ni与硝酸发生氧化还原反应，离子方程式为：5Ni＋12H＋＋2NO===5Ni2＋＋N2↑＋6H2O。(2)“酸溶”后所得溶液中含有Fe3＋、Fe2＋，“除铁”时H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，加入碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3＋完全沉淀为黄钠铁矾渣。(3)“除铜”时通入H2S将Cu2＋沉淀，反应的离子方程式为：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。H2S为易挥发有毒气体，若用Na2S代替H2S除铜，可保护环境。(4)“除铜”时生成了CuS和H＋，溶液酸性增强，加入NaF除钙镁，若NaF的实际用量过多，则有HF生成，HF会腐蚀陶瓷容器。(5)Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)，Ni2＋刚好沉淀完全时，c2(OH－)＝＝(mol·L－1)2＝2.0×10－10(mol·L－1)2，c(OH－)＝×10－5mol·L－1，pH＝－lg＝－lg＝－(－9－lg)＝9＋lg＝9＋lg2＝9.15。28．(15分)乙烯是合成食品外包装材料聚乙烯的单体，可以由丁烷裂解制备。裂解的副反应为C4H10(g，正丁烷)CH4(g)＋C3H6(g)，请回答下列问题：(1)化学上，将稳定单质的能量定为0，由元素的单质化合成单一化合物时的反应热叫该化合物的生成热，生成热可表示该物质相对能量。25℃、101kPa几种有机物的生成热如下表所示：物质甲烷乙烷乙烯丙烯正丁烷异丁烷生成热/kJ·mol－1－75－855220－125－132 由正丁烷裂解生成乙烯的热化学方程式为________________________________________________________________________。(2)一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量正丁烷发生反应生成乙烯。①下列情况能说明该反应达到平衡状态的是________________________________________________________________________(填标号)。A．气体密度保持不变B．c(C2H4)·c(C2H6)/c(C4H10)保持不变C．反应热保持不变D．正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等②为了提高反应速率和反应物的转化率，可采取的措施是________________________________________________________________________。(3)向密闭容器中充入正丁烷，在一定条件(浓度、催化剂及压强等)下发生反应，测得乙烯产率与温度关系如图所示。温度高于600℃时，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是________________________________________________________________________。(4)在一定温度下向10L恒容密闭容器中充入2mol正丁烷，反应生成乙烯和乙烷，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75倍。①0～10min内乙烷的生成速率v(C2H6)＝________mol·L－1·min－1。②上述条件下，正丁烷的平衡转化率为________，该反应的平衡常数K为________________________。(5)丁烷－空气燃料电池以熔融的K2CO3(其中不含O2－和HCO)为电解质，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极。该燃料电池的正极反应式为26CO2＋13O2＋52e－===26CO，则负极反应式为________________________________________________________________________。答案：(1)C4H10(g，正丁烷)C2H4(g)＋C2H6(g)　ΔH＝＋92kJ·mol－1(2分)　(2)①BD(2分)　②升高温度(2分)　(3)催化剂活性降低，副产物增多(2分)　(4)①0.015(1分)　②75%(2分)　0.45(2分)　(5)C4H10＋13CO－26e－===17CO2＋5H2O(2分)解析：(1)反应热＝生成物的总能量－反应物的总能量＝52－85＋125＝＋92kJ·mol－1，所以正丁烷裂解生成乙烯的热化学方程式为C4H10(g，正丁烷)C2H4(g)＋C2H6(g)　ΔH ＝＋92kJ·mol－1。(2)①反应前后气体的总质量不变，在恒容密闭容器中，气体的总体积不变，根据ρ＝m/V可知，混合气体的密度恒为定值，不能说明该反应达到平衡状态，A项错误；K＝c(C2H4)·c(C2H6)/c(C4H10)，当Qc＝K时，反应达到平衡状态，B项正确；反应热与反应进行的程度有关，与反应是否达平衡无关，不能判断反应达到平衡状态，C项错误；正丁烷分解速率与乙烷消耗速率相等时，说明正逆反应速率相等，能够判断反应达到平衡状态，D项正确。②为了提高反应速率可以采用增大浓度、升高温度、增大压强、使用催化剂等；提高反应物的转化率，使平衡右移，可以采用升高温度，减少生成物浓度等，因此同时满足上述要求的是升高温度。(3)正丁烷制备乙烯的反应为吸热反应，升高温度，平衡右移，乙烯的转化率增大，但是温度高于600℃时，随着温度升高，乙烯产率降低，可能是温度过高，催化剂活性降低，副产物增多。(4)①在一定温度下向10L恒容密闭容器中充入2mol正丁烷，反应生成乙烯和乙烷，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75倍，平衡时气体总物质的量＝2×1.75＝3.5mol，设生成乙烯的量xmol,2－x＋x＋x＝3.5，x＝1.5mol，生成的乙烯为1.5mol，生成乙烷的量为1.5mol；0～10min内的生成乙烷速率v(C2H6)＝1.5/10÷10＝0.015mol·L－1·min－1。②根据以上分析可知：正丁烷的变化量1.5mol，平衡转化率为1.5/2×100%＝75%；上述条件下，反应达到平衡后，c(C4H10)＝0.5/10＝0.05mol·L－1，c(C2H4)＝c(C2H6)＝1.5/10＝0.15mol·L－1，该反应的平衡常数K＝c(C2H4)×c(C2H6)/c(C4H10)＝(0.15)2/0.05＝0.45。(5)丁烷—空气燃料电池，在熔融K2CO3(其中不含O2－和HCO)为电解质情况下，丁烷在负极上失电子发生氧化反应，负极反应为C4H10＋13CO－26e－===17CO2＋5H2O。(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)金属钛因为其优越的性能被称为“未来金属”，其工业冶炼涉及到的反应如下：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO回答下列相关问题：(1)钛的价层电子排布式为________。(2)已知部分物质熔沸点如下：名称金红石金刚石四氯化钛四溴化钛四碘化钛化学式TiO2CTiCl4TiBr4TiI4熔点1830℃3550℃－24.1℃38℃150℃沸点2927℃4827℃136.4℃233.1℃377.2℃晶型离子晶体分子晶体表中金刚石的晶型为________；自左向右，表中的三种钛的卤化物熔沸点依次升高的原因是__________________________________________________。 (3)配位数为6，组成为TiCl3·6H2O的晶体有两种：化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的X呈绿色，定量实验表明，X与AgNO3以1：2物质的量比反应生成沉淀。Y呈紫色，且Y与AgNO3以1：3物质的量之比反应生成沉淀，则Y的化学式为________，Y配离子的空间构型为________。(4)钙钛矿是重要的含钛矿物之一，其主要成分Z的晶胞如图所示：推测Z的化学式为____________________________。(5)若晶胞参数a＝384.1pm，Z晶体的密度为________g/cm3(已知NA≈6.0×1023；3.8413≈)。答案：(1)3d24s2(2分)(2)原子晶体(2分)　分子晶体组成和结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高(2分)(3)[Ti(H2O)6]Cl3(2分)　空间正八面体(2分)(4)CaTiO3(2分)　(5)4.0(3分)解析：(1)钛原子核外有22个电子，价电子排布在3d、4s轨道，价电子排布为3d24s2；(2)金刚石的熔点高，所以金刚石是原子晶体；TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，分子晶体组成和结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，所以TiCl4、TiBr4、TiI4的熔沸点依次升高；(3)Y与AgNO3以1：3物质的量之比反应生成沉淀，说明外界有3个氯离子，6个水都在内界，Y的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3；Y配离子的空间构型为空间正八面体；(4)根据均摊原则，每个晶胞含有Ti原子数是8×＝1，含有Ca原子数是1，含有O原子数是6×＝3，所以Z的化学式是CaTiO3；(5)根据化学式可知Z的摩尔质量是136g/mol；晶胞的体积是(3.841)3×10－24cm3；则ρ＝＝4.0g/cm3。36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)芳香烃A可以合成扁桃酸也可以合成H。以下是合成线路(部分产物、反应条件已略去)： 已知：请回答下列问题：(1)扁桃酸中含氧官能团的名称是________；物质B的结构简式________。(2)上述①～⑥反应中属于取代反应的有________。(3)关于H物质，下列说法正确的是________(填字母序号)。A．所有碳原子可能处于同一平面B．可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应C．H与G都能与新制Cu(OH)2反应(4)写出反应⑥的化学方程式________________________________________________________________________。(5)X是扁桃酸的同分异构体，1molX可与2molNa2CO3反应，其核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1，其结构简式为________(任写两种)。(6)请结合所学知识和上述信息，写出由A和乙醛为原料(无机试剂任用)制备肉桂醛()的合成路线流程图________________________________________________________________________。答案：(1)羧基、羟基(1分)　(1分)(2)①、②、⑤(1分)　(3)AB(2分)(4)(2分) (5)(4分)　(6)(4分)解析：A为，B为，C为，扁桃酸为，D为或，E为或，F为或，G为或，H为或。(1)扁桃酸中含氧官能团为羧基或羟基，B结构简式为。 (2)属于取代反应的为①②⑤。(3)根据H的结构简式可知，所有碳原子可能处于同一平面，A项正确；H可发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应，B项正确；H不含有—CHO不能与Cu(OH)2反应，C项错误。(4)反应⑥化学方程式为(5)X可能为(6)由和CH3CHO合成的合成流程为：