（新）2022届年高考化学“7 3 2”提分专练必刷卷04（解析版）

2020年高考“7+3+2”提分专练必刷卷04化学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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。可能用到的相对原子质量：H−1C−12N−14O−16Mg−24S−32Cl−35.5Ca-40一、选择题：本题共7个小题，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．中华文化源远流长、博大精深。下列有关蕴含的化学知识的说法中，不正确的是A．食品包装中常见的抗氧化剂成分为：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀不相同B．“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦”。黏土烧制陶瓷的过程发生了化学变化C．“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光”。粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏分离D．侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱【答案】A【解析】A．食品包装中铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，其脱氧原理实际上就是钢铁的吸氧腐蚀，故A错误；B．黏土烧制陶瓷的过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C．酒精沸点低，可以用蒸馏与酒糟分离获得酒精，故C正确；D．侯氏制碱法是工业上制取碳酸钠的过程,碳酸钠俗称纯碱，故D正确；答案选A。8．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．标准状况下，22.4L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NAB．56g铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数小于3NAC．16gO2和14C2H4的混合物中所含中子数为8NAD．常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NA【答案】D【解析】A标准状况下，22.4L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为=9NA，故不选A；B．铁在足量氧气中燃烧生成Fe3O4，56克铁转移的电子数为8NA/3，因此转移电子数小于3NA，故不选B； C．1molO2和1mol14C2H4均含有16个中子，摩尔质量均为32g/mol，故混合物中所含中子数为=8NA，故不选C；D．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子均会水解，因此溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均小于0.5NA；答案：D9．用下列实验方案不能达到实验目的的是：A．Cu和稀硝酸制取NOB．检验乙炔的还原性C．实验室制取溴苯D．实验室分离CO和CO2【答案】B【解析】A．铜和稀硝酸制取NO，用排水法收集NO，可以达到实验目的；B．电石中有硫、磷等杂质，和水反应时会生成硫化氢、磷化氢等气体，混在乙炔中，通入酸性高锰酸钾溶液时，杂质气体会和高锰酸钾反应使溶液褪色，无法检验乙炔的还原性，不能达到实验目的；C．苯和液溴在铁（实际上是铁和溴生成的溴化铁）催化下生成溴苯和溴化氢，由于反应放热，溴和苯易挥发，所以用CCl4除去挥发的苯和溴，溴化氢进入烧杯中，被烧杯中的溶液（或水）吸收，由于溴化氢极易溶于水，所以用倒扣于水面的漏斗防止倒吸，制得的溴苯在圆底烧瓶里，可以达到实验目的；D．CO和CO2的混合气先通入NaOH溶液中，CO2被NaOH溶液吸收，生成碳酸钠，CO从NaOH溶液中逸出，进入浓硫酸里，被浓硫酸干燥后用球胆收集；然后再打开分液漏斗的活塞，稀硫酸和生成的碳酸钠反应再重新生成CO2，CO2经浓硫酸干燥后再用球胆收集，可以分离CO和CO2；可以达到实验目的。故选B。 10．下列离子方程式书写及评价合理的是选项离子方程式评价AMg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液Mg2++2HCO3−+2OH−=MgCO3↓+CO32−+2H2O正确，NaOH过量，酸式盐与碱完全反应生成正盐和水；B1mol/L的NaA1O2溶液与2.5mol/L的HC1溶液等体积混合2A1O2+5H+=A13++Al(OH)3+H2O正确，A1O2−与H+按物质的量1:1反应转化为Al(OH)3，过量的H+再将一半Al(OH)3转化为Al3+C将少量的Fe3O4溶解在过量的稀HNO3中Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O正确，Fe3O4化学式可改写为FeO·Fe2O3，Fe2+与Fe3+，物质的量之比为1∶2D将FeCl2溶液加入到NaClO洛液中Fe2++2C1O−+2H2O=Fe(OH)2↓+2HC1O错误，Fe2+与C1O−会发生氧化还原反应：2Fe2++C1O−+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl−+4H+【答案】B【解析】A．Mg（OH）2的溶解度比碳酸镁小，所以向Mg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液生成Mg（OH）2沉淀，离子方程式为Mg2++2HCO3－+4OH－＝Mg（OH）2↓+2CO32—+2H2O，A错误；B．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积混合，AlO2－与H+按物质的量1:1反应转化为Al（OH）3，过量的H+再将一半Al（OH）3转化为Al3+，离子方程式为2AlO2－+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O，B正确；C．硝酸具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3−=9Fe3++NO↑+14H2O，C错误；D．将FeCl2溶液加入到NaClO溶液中，Fe2+与ClO－会发生氧化还原反应，离子方程式为2H＋+2Fe2++ClO－=2Fe3＋+Cl－+H2O，D错误；答案选B。11．化合物M(结构式如下图)是最常用的还原剂，由H·C·Brown和Schlesinger于1942年在芝加哥大学发现，其中X、Y、Z是原子序数依次减小的不同短周期主族元素，X与W、Z与W均能形成原子个数比为1:1和2:1的化合物，W原子的最外层电子数是电子层数的3倍，下列叙述正确的是A．Y的最高价氧化物对应的水化物是一种一元弱酸B．Z元素位于第3周期第ⅦA族C．X和Z形成的化合物的水溶液呈酸性 D．化合物M不能与Z2W2反应【答案】A【解析】由分析知：X是Na、Y是B、Z是H、W是O：A．Y是B，B的最高价氧化物对应的水化物H3BO3，H3BO3是一种一元弱酸，A正确；B．Z是H，位于第一周期第ⅠA族，B错误；C．X和Z形成的化合物是NaH，NaH+H2O=H2↑+NaOH，故X和Z形成的化合物的水溶液呈碱性，C错误；D．化合物M是NaBH4，NaBH4是最常用的还原剂，Z2W2是H2O2是常用的氧化剂，两者能发生氧化还原反应，D错误；答案选D。12．某烃有两种或两种以上的结构，且其中一种结构的一氯代物只有一种，则这种烃可能是①含有7个碳原子的芳香烃②含有4个碳原子的烷烃③含有12个氢原子的烷烃④含有8个碳原子的烷烃A．①②B．②③C．③④D．②④【答案】C【解析】①含有7个碳原子的芳香烃，取代基只有1个甲基，没有同分异构体，且一氯代物有4种，不符合题意；②含有4个碳原子的烷烃，结构简式可能为CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3，两者的一氯取代物都是2种，不符合题意；③含有12个氢原子的烷烃同分异构体肯定不止2种，其中新戊烷的一氯代物只有一种结构，符合题意；④含有8个碳原子的烷烃同分异构体超过2种，其中(CH3)3CC(CH3)3的一氯取代物只有一种，符合题意；综上所述，答案为C。13．常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是(　　)A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大D．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)【答案】C 【解析】A．M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A正确；B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n（OH−）+n（Cl−）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH−)−n(H+)=0.05+n（Na+）−n（Cl−）=（a−0.05）mol，B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正确；答案选C。二、非选择题：共58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：共43分。26．（14分）铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图：已知：I、铍、铝元素化学性质相似；Ⅱ、常温下部分难溶物的溶度积常数如表：难溶物Cu(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2溶度积常数(Ksp)2.2×10－204.0×10－382.1×10－13（1）滤液A的主要成分除NaOH、Na2BeO2外，还有___________(填化学式)，写出反应I中Na2BeO2与过量盐酸反应的离子方程式：________。（2）滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为_______(填字母)a．加入过量的氨水b．通入过量的CO2c．加入过量的NaOH  d．加入适量的HCle.洗涤f.过滤（3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式：___________。若用浓HNO 3溶解金属硫化物，缺点是_______(任写一条)。（4）滤液D中c(Cu2+)＝2.2mol·L－1、c(Fe3+)＝8.0×10－3mol·L－1、c(Mn2+)＝0.01mol·L－1，逐滴加入Na2CO3溶液调节pH可将其转变成氢氧化物依次分离，首先沉淀的是_______(填离子符号)；为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于______。【答案】（1）Na2SiO3（2分）BeO22−+4H+=Be2++2H2O（2分） （2）afed（2分）（3）MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O（2分）会产生污染环境的气体（2分）（4）Fe3+（2分）4（2分）【解析】（1）BeO具有氧化铝的性质，为两性氧化物，且二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，可知滤液A的主要成分除NaOH、Na2BeO2外，还有Na2SiO3，反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22−+4H+=Be2++2H2O，故答案为：Na2SiO3；BeO22−+4H+=Be2++2H2O；（2）溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，则顺序为afed，故答案为：afed；（3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，与CuS反应，还可生成硫酸铜、硫酸锰，反应的化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O，用浓HNO3溶解金属硫化物，可生成二氧化氮等气体，污染环境，故答案为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；会产生污染环境的气体；（4）常温下：Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10−20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10−38，Ksp[Mn(OH)2]＝−2.1×10−13，溶液D中含c(Cu2＋)＝2.2mol/L、c(Fe3＋)＝0.008mol/Lc(Mn2＋)＝0.01mol/L，如分别生成沉淀，需要分别为c(OH−)＝mol/L、mol/L、mol/L，可知Fe3＋的c(OH−)最小，最先生成沉淀，使铜离子开始沉淀，则c(OH−)＝mol/L＝1×10−10mol/L，pH应大于4，故答案为：Fe3＋；4。27．（15分）煤的气化和液化是现代能源工业中重点考虑的综合利用技术。最常见的气化方法是用煤作原料生产水煤气，而比较流行的液化方法是煤在催化剂等条件下生产CH3OH。已知制备甲醇的有关化学反应如下：①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=−90.8kJ•mol−1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=−412kJ•mol−1③CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3I．回答下列问题：（1）欲提高甲醇的产率，可以采取的措施有______（填字母序号）。A．升高温度B．增大压强C．降低温度D．降低压强（2）提高甲醇反应选择性的关键因素是______。（3）保持温度和容积不变，下列描述能说明反应③达到平衡状态的是______（填字母序号）。A．v（CO）：v（H2）：v（CH3OH）=1：2：1B．混合气体的压强不再随时间的变化而变化C．单位时间内断裂2molH−H键，同时生成3molC−H键D．一段时间内的平均反应速率等于0 E．混合气体的平均摩尔质量保持不变Ⅱ．在一密闭容器中投入1molCO和2molH2发生反应③，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强变化关系如图1所示：（4）压强P1______P2（填“＞”、“＜“或”=”）。（5）M、N两点的化学反应速率：vM______vN（填“＞”、“＜“或“=”）（6）对于气相反应，用某组分B的平衡压强P（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数（Kp），则M点时，平衡常数Kp=______（P1=5MPa）。（7）甲、乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入1molCO和2molH2，向乙中加入2molCO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图2所示，则L、M两点容器内压强：P（M）______2P（L），平衡常数：K（M）______K（L）（填“＞”、“＞”或“=”）。【答案】（1）BC（2分）（2）合适的催化剂（1分）（3）BDE（2分）（4）>（2分）（5）>（2分）（6）（2分）（7）>（2分）P2；（2）M、N两点温度相等，M点的压强大于N点压强，压强越大，反应速率越快，v（M）>v(N)；（3）利用“三段式”进行分析，M点CH3OH物质的量为0.25mol，因此有平衡常数Kp==；（4）M点和L点，CO的转化率相同，因为体积相同，且乙中气体是甲中气体的2倍，则相同温度是P(M)=2P(L)，M点温度高，因此P(M)>2P(L)；平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，温度越高反应进行的限度越小，平衡常数越小，因此K(M)