化学 2022届高考考前冲刺卷（四）教师版

这是一份化学 2022届高考考前冲刺卷（四）教师版，共10页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
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2022届高考考前冲刺卷
化学（四）
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。
第Ⅰ卷（选择题）
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。
1．化学与生活、环境、能源等息息相关，下列说法正确的是
A．将“地沟油”制成“生物柴油”作为内燃机燃料的做法符合“绿色化学”的理念
B．蚕丝和人造丝充分水解后均可得到氨基酸
C．天然气、沼气、可燃冰的主要成分都是CH4，且都属于可再生能源
D．煤的气化是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
【答案】A
【解析】A．将“地沟油”反应改性制成“生物柴油”，可以节省一些化石燃料，而且可以更好地保护环境，A正确；B．蚕丝是蛋白质水解后可得到氨基酸，人造丝是纤维素，水解最终产物为葡萄糖，B错误；C．天然气、沼气、可燃冰的主要成分都是CH4，甲烷是不可再生资源，C错误；D．煤的气化是化学变化，D错误；故选A。
2．下列化学用语对事实的表述不正确的是
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
B．常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2O+OH−
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e−=Cu
【答案】A
【解析】A．根据酯化反应的机理“酸去羟基醇去氢”，即硬脂酸中的羧基去掉-OH，乙醇中-OH去掉H，硬脂酸与乙醇发生酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，错误；B．假设NH3·H2O属于强碱，常温下，0.1mol·L-1氨水中c(OH-)=0.1mol·L-1，根据水的离子积，氨水中c(H＋)=10-13mol·L-1，则溶液的pH=13＞11.1，说明NH3·H2O是弱碱，因此氨水中存在：NH3·H2O+OH−，正确；C．Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，即表示形式为，正确；D．精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，根据电解原理，阴极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu，正确；故选A。
3．药物普加巴林（也叫贝诺酯）可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：

下列有关叙述正确的是
A．该反应为加成反应
B．可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚
C．乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应
D．以上三种有机物都能与NaOH发生水解反应，消耗NaOH的量相同
【答案】B
【解析】A．乙酰水杨酸中羧基和对乙酰氨基酚中酚羟基发生酯化反应生成贝诺酯和水，该反应属于酯化反应或取代反应，故A错误；B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，乙酰水杨酸和氯化铁溶液不反应，对乙酰氨基酚能和氯化铁发生显色反应，现象不同，可以用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚，故B正确；C．乙酰水杨酸中含有羧基，能和NaHCO3溶液反应，对乙酰氨基酚中不含羧基，所以不能和NaHCO3溶液反应，故C错误；D．乙酰水杨酸中羧基、酯基水解生成的羧基、酚羟基都能和NaOH以1∶1反应，对乙酰氨基酚中酚羟基、酰胺键水解生成的羧基都能和NaOH以1∶1反应，贝诺酯中酯基水解生成的3个羧基、2个酚羟基都能和NaOH以1∶1反应，所以物质的量相同的以上三种有机物都能与NaOH发生水解反应，消耗NaOH的量之比为3∶2∶5，故D错误；答案选B。
4．利用空气催化氧化法除掉电石渣浆（含CaO）上清液中的S2-，制取石膏（CaSO4·2H2O） 的过程如下：

下列说法错误的是
A．CaSO4·2H2O属于盐类和纯净物
B．过程II中，反应的离子方程式为4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-
C．过程I后溶液碱性减小
D．将10L上清液中的S2- （S2-浓度为480mg·L-1）转化为SO，理论上共需要0.15molO2
【答案】D
【解析】A．CaSO4·2H2O俗名生石膏，属于结晶水合物，具有固定的组成和性质，属于纯净物里的盐类，故A正确；B．根据转化关系图，过程II中S2-与MnO生成S2O和Mn(OH)2，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，反应的离子方程式为：4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，故B正确；C．由分析可知过程I中发生反应：2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO+4H2O，溶液的pH减小，溶液碱性减小，故C正确；D．10L上清液中的S2-的物质的量=(10×480×10−3)g÷32g/mol=0.15mol，根据物质转化过程可知，S2-转化为S2O过程中需要消耗氧气，S2O转化为SO也需要消耗氧气，在转化过程中，硫元素的化合价由-2价变成+6价，S2-共失去0.15mol×8=1.2mol电子，1molO2在反应中得到4mol电子，所以将10L上清液中的S2-转化为SO，理论上共需要O2的物质的量=1.2 mol÷4=0.3mol，故D错误；故选D。
5．一种电池电解质溶液中盐的结构如图所示。R、W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，R和Y的原子核外电子层数相同。下列说法中正确的是

A．单质熔点：Z＞X
B．简单离子半径：R＞W＞X＞Y
C．实验室中少量R单质通常保存在煤油中
D．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：Y＞W
【答案】A
【解析】X、Z位于同一主族，则一定不是同一周期，而R可以形成+1价阳离子，应为IA族元素，其原子序数在几种元素中最小，所以R不能位于第三周期，则R为Li元素；R和Y的原子核外电子层数相同，即有2层电子，且Y形成一个共价键，所以Y为F元素；X、W均可以形成2个共价键，且位于Li和F之间，X的原子序数较大，所以X为O元素，整个阴离子带一个单位负电荷，则W原子核外应有3个电子，2个用于形成共价键，1个和所得的电子形成电子对，所以W为B元素；X与Z同主族，则Z为S元素。A．Z和X的单质分别为S和O2（或O3），O2（或O3）常温下为气体，S单质为固体，所以单质熔点Z＞X，A正确；B．电子层数越多离子半径越大，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B3-＞O2-＞F-＞Li+，即W＞X＞Y＞R，B错误；C．Li单质的密度比煤油大，不能保持在煤油中，应保存在石蜡中，C错误；D．Y为F元素，没有正价，则没有最高价氧化物对应的水化物，D错误；综上所述答案为A。
6．二氧化碳的资源化利用是目前研究的热点问题之一。西北工业大学团队研究锂-二氧化碳二次电池，取得了重大科研成果。该电池放电时的总反应为：3CO2+4Li=2Li2CO3+C，下列说法正确的是

A．该电池隔膜左侧的电解液a可选用水性电解液
B．放电时，若消耗1.5molCO2时，转移2mol电子
C．放电时，电子从锂电极流出，通过电解液流回锂电极，构成闭合回路
D．充电时，锂电极与外接电源的正极相连
【答案】B
【解析】由图可知，放电时，金属锂为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li-e-=Li+，右侧电极为正极，在锂离子作用下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸锂和碳，电极反应式为3CO2+2Li++4e-=2Li2CO3+C。充电时，金属锂电极与直流电源的负极相连作阴极，右侧电极与正极相连作阳极。A．锂能与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电池隔膜左侧的电解液a不能选用水性电解液，故A错误；B．放电时，右侧电极为正极，在锂离子作用下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸锂和碳，电极反应式为3CO2+2Li++4e-=2Li2CO3+C，由电极反应式可知，消耗1.5mol二氧化碳时，转移电子的物质的量为=2mol，故B正确；C．放电时，电子从锂电极流出通过导线和灯泡流回锂电极构成闭合回路，故C错误；D．由分析可知，充电时，金属锂电极与直流电源的负极相连作阴极，故D错误；故选B。
7．常温下，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，分别向体积均为20mL，浓度均为0.1mol·L-1NaHCO3溶液和CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是

A．a点溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(CO)+c(OH-)
B．b、d点溶液中离子浓度的大小关系均为c(Na+)7，0.1mol·L-1CH3COOH溶液呈酸性，溶液的pHCu
（2）sp2     TNT比甲苯相对分子质量大，范德华力更大
（3）正四面体形     AB     [Ga(NH3)4Cl2]Cl
（4）8     4∶1    
【解析】（1）Ti为22号元素，核外电子排布为：，最高能层为第4层，符号为N，N、O为同周期元素，从左到右电负性增强，N、O均为电负性较强的非金属元素，电负性均大于Cu，因此电负性：O>N>Cu，故答案为：N；O>N>Cu。
（2）N在硝基中，以双键形式与O相连，采用sp2杂化；甲苯和TNT均为分子晶体，TNT的相对分子质量大于甲苯，而相对分子质量越大，范德华力越大，分子的熔沸点越高，因此TNT为固体，甲苯为液体，故答案为：sp2；TNT比甲苯相对分子质量大，范德华力更大。
（3）①NH3的中心N原子的价层电子对数为：，VSEPR模型为正四面体形，故答案为：正四面体形。
②中Ga与Cl之间为离子键，N和H之间极性共价键，氨分子与Ga离子之间形成配位键，故答案为：AB。
③过滤后，充分加热滤液，有4mol氨气逸出，且又有上述沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1∶2，可知1mol该物质中含4molNH3，且内界中氯离子为2mol，外界为1mol，该物质的化学式为：[Ga(NH3)4Cl2]Cl，故答案为：[Ga(NH3)4Cl2]Cl。
（4）①Co位于结构单元的体心，每个结构单元含有1个Co原子，观察发现可知，若该结构单元重复排列，则其相邻结构单元的La、Ba原子会与该结构单元中的Ba、La原子重叠，所以该结构单元不是该晶体的晶胞，该晶体的晶胞应是由8个小正方体组成的大正方体，所以一个完整晶胞中含有8个Co原子，故答案为：8。
②该结构单元中含有个La原子、个Ba原子，存在5%的O原子缺陷，所以含个O原子，La为+3价，Ba为+2价，O为-2价，设+3价Co个数为x，+4价Co为y，则根据化合价之和为0可得：3x+4y+=2×2.85，根据原子守恒可得：x+y=1，联立解得：x=0.8，y=0.2，则+3价Co与+4价Co的原子个数比为4∶1；结构单元的质量为：，结构单元的体积为a3pm3=cm3，所以结构单元的密度为：= g/cm3，故答案为：4∶1；。
12．天然产物全合成是现代有机化学的重要研究方向，H是合成某种生物酶的核心中间体，其结构简式为，合成路线如图：

已知：
（1）B的名称为_______；C→D的反应类型是_______。
（2）F的分子式为_______；鉴别F和G可选用的试剂为_______。
（3）E中官能团的名称为_______。
（4）写出F→G第一步的化学方程式_______。
（5）设计C→D、F→G的目的是_______。
（6）I是D的一种同系物，其相对质量比D大28，则满足下列条件的I的同分异构体共有_______种。
A．能与NaHCO3溶液反应放出气体       
B．核磁共振氢谱图中显示共有5组峰
写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶4∶6∶2∶1的同分异构体的结构简式_______（任写一种）。
【答案】（1）2-氯甲苯     取代反应    
（2）C9H7NO6     FeCl3溶液或浓溴水     （3）羧基   酯基    
（4）+3NaOH+CH3COONa+2H2O    
（5）保护酚羟基     （6）7     或
【解析】根据C的化学式为C7H8O和H的结构式可推测C为，根据反应条件可知A为，与氯气发生苯环上邻位取代生成B：，经过水解酸化得到C：，C与反应生成D：，然后被酸性高锰酸钾氧化成E：，E发生硝化反应生成F：，然后水解酸化得到G：，G还原得到H：。
（1）B为，名称为2-氯甲苯；C→D为与反应生成，反应类型是取代反应。
（2）F为，不含有酚羟基，分子式为C9H7NO6；G为，含有酚羟基，鉴别试剂可选FeCl3溶液，加入G溶液中呈紫色，或用浓溴水，与G反应产生白色沉淀。
（3）E为，官能团的名称为羧基、酯基。
（4）写出F→G第一步反应为在强碱中水解，反应的化学方程式为：+3NaOH。
（5）酚羟基容易被氧化，设计C→D、F→G的目的是保护酚羟基。
（6）D为，I是D的一种同系物，其相对质量比D大28，则多了2个CH2，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则说明同分异构体中含有羧基，且核磁共振氢谱图中显示共有5组峰得有、、、、、、共7种，其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶4∶6∶2∶1的同分异构体的结构简式为或。