冲刺2022年高考冲刺化学精选冲刺重组卷01

冲刺2022年高考化学精选真题重组卷01可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23P31S32ClFe56一、选择题：此题共7个小题，每题6分。共42分。7．以下说法不正确的选项是〔〕A．储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量B．Ge〔32号元素〕的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服人体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附【答案】D【解析】纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质原因是铁是活泼金属，能与Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等离子发生置换反响，从而过滤除去，答案选D。8．设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是〔〕A．高温下，molFe与足量水蒸气反响，生成的H2分子数目为B．室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为C．氢氧燃料电池正极消耗L〔标准状况〕气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO3eq\o(=,\s\up5(△))2HNO3＋4N2↑＋9H2O反响中，生成28gN2时，转移的电子数目为【答案】D【解析】A、高温下铁与水蒸气反响的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up5(△))Fe3O4＋4H2，因此高温下，与足量水蒸气反响，生成的H2分子数目为EQ\f(4,3)×NA＝，A不正确；B、室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，氢离子的物质的量是10－13，水电离出1个氢离子，必然电离出1个OH－离子，所以由水电离的OH－离子数目为10－13NA，B不正确；C、氢氧燃料电池正极消耗氧气，L〔标准状况〕氧气的物质的量是1mol，氧气在反响中得到4个电子，那么1mol氧气得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，C不正确；D、5NH4NO3eq\o(=,\s\up5(△))2HNO3＋4N2↑＋9H2O反响中，－3价的氮元素升高到0价，失去3个电子。＋5价的氮元素降低到0价，得到5个电子，即每生成4mol氮气反响中转移电子的物质的量是15mol。因此生成28gN2即1mol氮气时，转移电子的物质的量是15mol÷4＝，其的电子数目为，D正确，答案选D。9．环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷〔〕是最简单的一种。以下关于该化合物的说法错误的选项是A．与环戊烯互为同分异构体B．二氯代物超过两种C．所有碳原子均处同一平面D．生成1molC5H12至少需要2molH2【答案】C【解析】A、螺[2，2]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，结构不同，互为同分异构体，A正确；B、分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，B正确；C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；D、戊烷比螺[2，2]戊烷多4个氢原子，所以生成1molC5H12至少需要2molH2，D正确。答案选C。点睛：选项B与C是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。关于有机物分子中共面问题的判断需要从甲烷、乙烯、乙炔和苯的结构特点进行知识的迁移灵活应用。10．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。以下表达错误的选项是〔〕A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C．c的原子半径是这些元素中最大的D．d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性【答案】A【解析】a的原子中只有1个电子，那么a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2-和C+离子的电子层结构相同，那么b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，那么d为硫元素。A．H与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；B．氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2等化合物，B项正确；C．同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S>O>H，C项正确；D．d和a形成的化合物为H2S，硫化氢是二元弱酸，H2S的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A。11．室温下进行以下实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的选项是选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再参加少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B向浓度均为mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)C向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强【答案】C【解析】A．先滴加氯水，再参加KSCN溶液，溶液变红，说明参加KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+是错误的，故A错误；B．黄色沉淀为AgI，说明参加AgNO3溶液优先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，那么说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故B错误；C．溶液变蓝说明有单质碘生成，说明溴置换出KI中的碘，根据氧化复原反响的原理得出结论：Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D．CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小，比拟出两种盐的水解程度，也就无法比拟HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度，故D错误；应选C。12．全固态锂硫电池能量密度高、本钱低，其工作原理如下图，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反响为：16Li+xS8=8Li2Sx〔2≤x≤8〕。以下说法错误的选项是A．电池工作时，正极可发生反响：2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4B．电池工作时，外电路中流过mol电子，负极材料减重gC．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性D．电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多【答案】D【解析】A．原电池工作时，Li+向正极移动，那么a为正极，正极上发生复原反响，随放电的进行可能发生多种反响，其中可能发生反响2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4，故A正确；B．原电池工作时，转移电子时，氧化Li的物质的量为，质量为，故B正确；C．石墨烯能导电，S8不能导电，利用掺有石墨烯的S8材料作电极，可提高电极a的导电性，故C正确；D．电池充电时间越长，转移电子数越多，生成的Li和S8越多，即电池中Li2S2的量越少，故D错误。答案为A。【名师点睛】考查二次电池的使用，涉及原电池工作原理，原电池工作时负极发生氧化反响，正极发生复原反响，而电池充电时，原来的负极连接电源的负极为电解池的阴极，发生复原反响，而原来的正极连接电源的正极为电解池的阳极发生氧化反响，解题是通过结合反响原理，根据元素化合价的变化，判断放电时正负极发生的反响，再结合电解质书写电极反响方程式。13．某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如下图。以下表达正确的选项是A．曲线Ⅰ代表溶液B．溶液中水的电离程度：b点＞c点C．从c点到d点，溶液中保持不变〔其中、分别代表相应的酸和酸根离子〕D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，那么Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，那么不变；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c〔CH3COOH〕＞c〔HNO2〕。【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，那么Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，那么不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c〔CH3COOH〕＞c〔HNO2〕，分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；应选C。二、非选择题：共58分，考生根据要求作答。26．〔14分〕磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·〔1〕上述流程中能加快反响速率的措施有__________。〔2〕磷精矿粉酸浸时发生反响：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·+6H3PO4①该反响表达出酸性关系：H3PO4__________H2SO4〔填“>〞或“<〞〕。②结合元素周期律解释=1\*GB3①中结论：P和S电子层数相同，__________。〔3〕酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。〔4〕H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反响时间，不同温度下的有机碳脱除率如下图。80℃后脱除率变化的原因：____________________。〔5〕脱硫时，CaCO3稍过量，充分反响后仍有残留，原因是__________；参加BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。〔6〕取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。〔：H3PO4摩尔质量为98g·mol−1〕【答案】〔1〕研磨、加热〔2分〕〔2〕①＜〔1分〕②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S〔2分〕〔3〕2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·+6H3PO4+2HF〔2分〕〔4〕80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低〔2分〕〔5〕CaSO4微溶〔1分〕 BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2〔2分〕〔6〕〔2分〕【解析】〔1〕研磨能增大反响物的接触面积，加快反响速率，加热，升高温度加快反响速率；流程中能加快反响速率的措施有：研磨、加热。〔2〕①根据“强酸制弱酸〞的复分解反响规律，酸性：H3PO4H2SO4。②用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。〔3〕根据“强酸制弱酸〞的复分解反响规律，Ca5〔PO4〕3F与H2SO4反响生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5〔PO4〕3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·+6H3PO4+2HF↑。〔4〕图示是相同投料比、相同反响时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反响速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反响速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。〔5〕脱硫时，CaCO3稍过量，充分反响后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。参加BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反响的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。〔6〕滴定终点生成Na2HPO4，那么消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n〔H3PO4〕=n〔NaOH〕=bmol/Lc10-3L=mol，m〔H3PO4〕=mol98g/mol=g=，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。点睛：此题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反响速率的因素、“强酸制弱酸〞的复分解反响规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第〔5〕问注意脱硫的反响是在粗磷酸中进行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最终变为CO2；第〔6〕问中H3PO4与NaOH物质的量之比确实定等。27．〔14分〕咖啡因是一种生物碱〔易溶于水及乙醇，熔点℃，100℃以上开始升华〕，有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸〔Ka约为10−6，易溶于水及乙醇〕约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如以下图所示。索氏提取装置如下图。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面到达虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。答复以下问题：〔1〕实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是______________，圆底烧瓶中参加95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒______________。〔2〕提取过程不可选用明火直接加热，原因是______________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是______________。〔3〕提取液需经“蒸馏浓缩〞除去大局部溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是______________。“蒸馏浓缩〞需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有______________〔填标号〕。A．直形冷凝管B．球形冷凝管C．接收瓶D．烧杯〔4〕浓缩液加生石灰的作用是中和_______和吸收_______。〔5〕可采用如下图的简易装置别离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该别离提纯方法的名称是______________。【答案】〔1〕增加固液接触面积，提取充分〔1分〕沸石〔1分〕〔2〕乙醇易挥发，易燃〔2分〕使用溶剂量少，可连续萃取〔萃取效率高〕〔2分〕〔3〕乙醇沸点低，易浓缩〔2分〕AC〔2分〕〔4〕单宁酸〔1分〕水〔1分〕〔5〕升华〔2分〕【解析】〔1〕萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液体暴沸，加热前还要参加几粒沸石；〔2〕由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直接加热；根据题干中的信息可判断与常规的萃取相比拟，采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，可连续萃取〔萃取效率高〕；〔3〕乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与水相比拟乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A正确，B错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C正确，D错误，答案选AC。〔4〕由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中参加氧化钙的作用是中和单宁酸，同时也吸收水；〔5〕根据信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华，因此该别离提纯方法的名称是升华。28．〔15分〕碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。答复以下问题：〔1〕大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反响的复原产物为____________。〔2〕上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：_____________，Ksp〔AgCl〕=×10-10，Ksp〔AgI〕=×10-17。〔3〕反响2HI(g)===H2(g)+I2(g)的ΔH=+11kJ·mol－1，1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，那么1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为______________kJ。〔4〕Bodensteins研究了以下反响：2HI(g)H2(g)+I2(g)在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反响时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)1x(HI)0=1\*GB3①根据上述实验结果，该反响的平衡常数K的计算式为：___________。=2\*GB3②上述反响中，正反响速率为v正=k正·x2(HI)，逆反响速率为v逆=k逆·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，那么k逆为________(以K和k正表示)。假设k正=，在t=40min时，v正=__________min-1=3\*GB3③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用以下图表示。当升高到某一温度时，反响重新到达平衡，相应的点分别为_________________〔填字母〕【答案】〔1〕MnSO4〔2分〕〔2〕×10-7〔2分〕〔3〕299〔2分〕〔4〕①〔3分〕②k逆=k正/K〔2分〕×10-3〔2分〕③A、E〔2分〕【解析】〔1〕问中根据氧化复原反响方程式来判断复原产物是中学常规考法，迁移实验室制氯气的原理可得MnSO4。〔2〕体系中既有氯化银又有碘化银时，存在沉淀转化平衡：AgI(s)+Cl－AgCl(s)+I－。分子、分母同时乘以QUOTE，有：，将Ksp〔AgCl〕=×10-10，Ksp〔AgI〕=×10-17代入得：。〔3〕键能一般取正值来运算，ΔH=E〔反响物键能总和〕－E〔生成物键能总和〕；设1molHI〔g〕分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，代入计算：+11=2x－〔436+151〕x=299〔4〕①问中的反响是比拟特殊的，反响前后气体体积相等，不同的起始态很容易到达等效的平衡状态。大家注意表格中的两列数据是正向和逆向的两组数据。716K时，取第一行数据计算：2HI〔g〕H2〔g〕+I2〔g〕n〔始〕〔取1mol〕100Δn〔〕〔〕〔〕n〔平〕〔〕〔〕化学平衡常数为本小题易错点：计算式会被误以为是表达式。②问的要点是：平衡状态下，v正=v逆，故有：k正·x2(HI)=k逆·x(H2)·x(I2)变形：k正/k逆=｛x(H2)·x(I2)｝/x2(HI)=K故有：k逆=k正/K③问看似很难，其实注意到升温的两个效应〔加快化学反响速率、使平衡移动〕即可突破：先看图像右半区的正反响，速率加快，坐标点会上移；平衡〔题中正反响吸热〕向右移动，坐标点会左移。综前所述，找出A点。同理可找出E点。【名师点晴】此题偏难。前三小题虽是常规考点，难度为一般等级。最后一小，难度偏大。考生不容易进入题设情景。〔4〕问②小问质量作用定律那局部，关键是要记得平衡标志之一——v正=v逆，找到k正、k逆和K的联系就已突破。〔4〕问③小问的图像要能快速识别左边曲线是逆反响速率随x(H2)的变化，右边曲线是正反响速率随x(HI)的变化〔仔细看了以下图，好似已标明v正、v逆，不标也可按解析的方法分析〕。虽然横坐标的坐标是共用的，但在左、右两边横坐标的含义是不同的。分析平衡移动导致横坐标变化时一定要注意这一点。36．[化学——选修5：有机化学根底]〔15分〕化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：答复以下问题：〔1〕A的化学名称为________。〔2〕②的反响类型是__________。〔3〕反响④所需试