2022年高考冲刺化学试题（新课标2卷）3

2015年高考化学试题（新课标2卷）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间50分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27P-31S-32Ca-40Fe-56Zn-65Br-80第Ⅰ卷（选择题共42分）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．食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。下列说法错误的是A．硅胶可用作食品干燥剂B．P2O5不可用作食品干燥剂C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【答案】C【命题立意】本题考查物质的性质与用途。难度中等。【解题思路】硅胶、植物纤维均无毒、无味、无腐蚀性，所以可用作食品干燥剂,A,D项正确;P2O5吸水生成H3P04，是一种中强酸，具有腐蚀性，不可用于食品干燥剂，B项正确;无水CaCl28．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为A．C14H18O5B．C14H16O4C．C16H22O5D．C16H20O【答案】A【命题立意】本题考查酯化反应的机理。难度中等。【解题思路】酯化反应的机理为酸脱羟基、醇脱氢;酯的水解反应是酯化反应的逆过程。1mol酯水解生成1mol羧酸和2mol乙醇,说明1mol酯中含有2mol酯基，可表示为C18H26O5十2H2O→羧酸+2C2H50H只，9．原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a－的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c－和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是A．元素的非金属性次序为c＞b＞aB．a和其他3种元素均能形成共价化合物C．d和其他3种元素均能形成离子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B【命题立意】本题考查元素周期律。难度中等。【解题思路】H-与He的电子层结构相同.所以a为H,b，c的次外层电子数为8，最外层电子数分别为6、7，所以b、c分别为S和Cl，Cl-与K+的电子层结构相同，所以d为4。A项，非金属性:Cl＞S＞H，正确；B项，H2O,HCl为共价化合物，KH为离子化合物，错误;C项，KH,K2S,KCl均为离子化合物，正确;D项，最高正价与最低负价分别是H为+1与—1，代数和为0，S为十6与一2，代数和为4，Cl10．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB．1L·L－1的NaHCO3－溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD．235g核互U发生裂变反应：92净产生的中子(n)数为10NA【答案】C【命题立意】本题考查阿伏加德罗常数的应用。难度中等。【解题思路】A项，1mol丙醇中含有1mol共价键，错误;B项，NaHC03溶液中碳元素的存在形式:HCO3-，CO32-及H2CO3,共1mol，错误；C项，钠与02反应的各种产物中钠元素只有+1价，所以1molNa失去1mole-，正确;D11分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含量立体异构)A．3种B．4种C．5种D．6种【答案】B【命题立意】本题考查同分异构体的书写。难度中等。【解题思路】分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，这说明该有机物是羧酸，即分子组成为C4H9—COOH，丁基有4种，所以有机物有4种，答案选B。12．海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【命题立意】本题考査海水开发利用中的化学知识。难度中等。【解题思路】A项，苦卤中含有Br-，通人Cl2可将Br-氧化生成Br2，正确；B项，粗盐中含有Ca2+、SO42-等杂质离子，故先除杂得NaCl和KCl的混合溶液，而NaCl的溶解度随温度变化不大，故采用重结晶可以析出较纯的NaCl，正确;C项，工业上沉淀海水中的Mg2+，采用Ca(OH)2因为NaOH的价格较贵，错误;D项，Br2易挥发，用热气吹出后，用S0213．用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A．稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B．浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C．氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D．草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色【答案】D【命题立意】本题考查实验现象的正误判断。难度中等。【解题思路】A项，稀HCl滴入Na2CO3和NaOH的混合溶液中，先发生酸碱中和，开始没有气泡产生，错误;B项,浓HNO3与Al发生钝化，无红棕色的NO2生成，错误;C项，将Al3+滴人NaOH中，生成的Al（OH）3会被立即溶解，所以看不到白色沉淀，错误;D项，草酸与酸性KMnO第Ⅱ卷（非选择题共58分）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，每个考题考生都必须作答，第36~38为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题（本题包括3个小题，共43分）26.（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下图所示：溶解度/(g/100g水)温度/℃化合物020406080100NH4ClZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题：（1）该电池的正极反应式为，电池反应的离子方程式为：（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗Zng。（已经F=96500C/mol）（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵，两者可以通过____分离回收，滤渣的主要成分是二氧化锰、______和，欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是，其原理是。（4）用废电池的锌皮制作七水合硫酸锌，需去除少量杂质铁，其方法是：加入新硫酸和双氧水，溶解，铁变为加碱调节PH为，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于1×10-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全）。继续加碱调节PH为，锌开始沉淀（假定Zn2＋浓度为L）。若上述过程不加双氧水的后果是，原因是。【答案】（14分）（1）MnO2＋e—＋NH4＋＝MnOOH＋NH3；Zn＋2MnO2＋2NH4＋＝Zn2＋＋2MnOOH＋NH3；（2）0.05g（3）重结晶；碳粉、MnOOH；在空气中灼烧；碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2或4MnOOH＋O2AUTOTEXT=加热=4MnO2＋2H2O；C＋O2AUTOTEXT=点燃=CO2；（4）Fe3＋；；8；Zn2＋和Fe2＋分离不开；Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近【命题立意】本题考查锌锰干电池中的化学成分'的分离。难度中等。【解题思路】考察原电池原理，电子守恒原理、分离方法和沉淀溶解平衡知识。（1）正极得到电子，MnO2＋e—＋NH4＋＝MnOOH＋NH3；总反应为Zn＋2MnO2＋2NH4＋＝Zn2＋＋2MnOOH＋NH3；（2）根据：Zn～2e－，m(Zn)=EQ\f×5×60÷96500,2EQ\f(,))×65=；（3）根据溶解度曲线，ZnCl2溶解度受温度的影响大，NH4Cl溶解度受温度的影响大，可以采用重结晶的方法分离；滤渣中含有MnO2、碳粉和MnOOH；利用在空气中灼烧，MnOOH→MnO2，C→CO2；可以书写方程式回答。4MnOOH＋O2AUTOTEXT=加热=4MnO2＋2H2O；C＋O2AUTOTEXT=点燃=CO2；（4）Fe＋2H＋AUTOTEXT==Fe2＋＋H2↑；2Fe2＋H2O2＋2H＋AUTOTEXT==2Fe3＋＋2H2O；Fe→Fe3＋；根据Ksp，完全沉淀Fe3＋的C3(OH－)=10-39/10-5，C(OH－)=，PH=；Zn2＋开始沉淀的C(OH－)=EQ\r(,EQ\f(10-17,)=10-8，PH=8，如果没有加双氧水，Zn2＋和Fe2＋分离不开；原因是Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近。27．（14分）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：ⅠCO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1ⅡCO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g)△H2ⅢCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3回答下列问题：（1）已知反应Ⅰ中的相关的化学键键能数据如下：由此计算△H1=，已知△H2=，则△H3=（2）反应Ⅰ的化学平衡常数K的表达式为；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为（填曲线标记字母），其判断理由是。（3）合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示。a（CO）值随温度升高而（填“增大”或“减小”），其原因是。图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。【答案】（14分）（1）—99；＋41（2）；a；反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小；（3）减小；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低；P3＞P2＞P1；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高【命题立意】本题考査化学反应原理综合。难度中等。【解题思路】⑴反应Ⅰ中，需要形成3molC-H,1molC-O和1molO-H，则放出的热量为(413X3+343+465)kJ·mol-1=2047kJ·mol-1，需要断开1molC≡O和2molH-H，吸收的热量为（1076+436*2）kJ·mol-1=1948kJ·mol-1，则△H1（1―99kJ·mol-1；根据盖斯定律，△H3=△H2-△H1=-58kJ·mol-1+99kJ·mol-1=+41kJ·mol-1.（2）反应Ⅰ为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，a正确。（3)从图2看出，升高温度，CO转化率减小，因为升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅲ平衡28．(15分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，答下列问題：（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 。（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时发生反应的化学方程式为。②溶液X中大量存在的阴离子有__________。③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是(填标号)。a．水 b．碱石灰 C．浓硫酸 d．饱和食盐水（3）用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水.使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：Ⅴ．用mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-)，指示剂显示终点时共用去mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为。②玻璃液封装置的作用是。③V中加入的指示剂通常为 ，滴定至终点的现象是。④测得混合气中ClO2的质量为g.。（4）O2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物庾最适宜的是_______填标号)。a．明矾 b．碘化钾 c．盐酸 d．硫酸亚铁【答案】（15分）（1）2：1（2）①NH4Cl＋2HClAUTOTEXT=电解=3H2↑＋NCl3②Cl—、OH—③c（3）①2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O②使避免碘的逸出③淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变④（4）d【命题立意】本题考査ClO2【解题思路】（1）根据电子守恒原理，有：2KC1O3～Na2SO3；（2）根据流程信息，电解总反应为NH4Cl＋2HClAUTOTEXT=电解=3H2↑＋NCl3；X存在的离子有Cl—、OH—；是浓硫酸，水、碱石灰可以与2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O；玻璃液封装置的作用是使避免碘的逸出；氧化还原滴定，选择淀粉作为指示剂，滴定终点的是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；根据25I2～10Na2S2O3，m()=××10—3×EQ\f(1,5)×=.（二）选考题（15分，请考生从给出的3道小题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一小题计分）36.【化学——选修2：化学与技术】苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm-3）沸点/℃异丙苯120153丙酮58苯酚94182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是。（2）反应①和②分别在装置和中进行（填装置符号）。（3）在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸，其作用是______，优点是用量少，缺点是_______________。（4）反应②为 (填“放热”或“吸热”）反应。反应温度控制在50-60℃，温度过高的安全隐患是（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是（填编号。已知苯酚是一种弱酸）a.NaOH b.CaCO c.NaHCO d.CaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为和，判断的依据是。（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是。【答案】（15分）（1）O2（或空气） （2）A C （每空1分，共2分）（3）催化剂（提高反应速率） 腐蚀设备 （每空1分，共2分）（4）放热 可能会导致（过氧化物）爆炸 （1分，2分，共3分）（5）c（6）丙酮 苯酚 丙酮的沸点低于苯酚 （每空1分，共3分）（7）原子利用率高 （1分）【命题立意】本题考查工业生成苯酚和丙酮的流程分析。难度中等。【解题思路】（1）根据反应原理可知X为02。（2）从流程看出，反应①在A中进行，反应②在C中进行。（3）浓硫酸作为催化剂，缺点是酸液腐蚀设备。（4）反应②的△H〈0，为放热反应;温度过高可能会导致过氧化物爆炸。（5）NaHCO3与苯酚不发生反应，仅与催化剂硫酸反应，选c，（6）沸点低的首先变成气体，根据表格数据可知，T为丙酮，P为苯酚。（7）37．[化学—选修3：物质结构与性质](15分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1)四种元素中电负性最大的是(填元素符号），其中C原子的核外电子排布布式为__________。（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是(填分子式)，原因是；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为和。（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为，中心原子的杂化轨道类型为 .。（4）化合物D2A的立体构型为 ，中心原子的价层电子对数为，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a=，F的化学式为：晶胞中A原子的配位数为；列式计算晶体F的密度。【答案】（15分）（1）O；1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）（2）O3；O3相对分子质量较大，范德华力大；分子晶体；离子晶体（3）三角锥形；sp3（4）V形；4；2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）（5）Na2O；8；【命题立意】本题考查物质结构与性质。难度中等。【解题思路】C的核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C可能是Li或P，但是A、B,C,D原子序数依次增大，所以C应为P，D的最外层只有一个未成对电子，所以D为Cl。A2-和B+的电子层结构相同，则A为O，B为Na。（1）电负性最大，也即非金属性最强，应为O。P为15号元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3。（2）氧的两种同素异形体分别为02和03，均为分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，沸点越高。H2O为分子晶体，NaH为离子晶体。（3）PCl3中P有一对孤对电子，价层电子对数为1+3=4，所以P为sp3杂化，PCl3的空间构型为三角锥形。（4）Cl2O中O有两对孤对电子，价层电子对数为2+2=4，所以O为sp3杂化，Cl2O的空间构型为V形。Cl2O中Cl为+1价，Cl2发生歧化反应生成Cl2O和NaCl。（5）由晶胞图知，小球有8个.大球有8*18+6*12=4，所以化学式为Na20。小球为Na，大球为O，由晶胞中面心上的O知，连有4个Na，在相邻的另一个晶胞中，O也连有ρ=mv=38．[化学一选修5：有机化学基础]（15分）聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相存性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如下：已知：①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢；②化合物B为单氯代烃：化合物C的分子式为C5H8；③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质；④。回答下列问题：（1）A的结构简式为。（2）由B生成C的化学方8式为