（新高考）高考化学考前冲刺卷（七）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

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：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5

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2NA
B．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH−数目为0.1NA
C．标准状况下：2.24L NO与1.12L O2混合后的气体分子数为0.1NA
D．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2.24L NO与1.12L O2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HCOOH
C．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>E
C．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>E
D．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)=0.01
L×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64g
B．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>0
D．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a3 nm3=(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+H2O
②R－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：
。