2022年高考考前冲刺30天训练（一）化学 含解析

2022年高考考前冲刺30天训练（一）化学 含解析在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：相对原子质量： H 1，C 12，O 16，Na 23，Al 27，S 32，Cl 35.5，Fe 56，Zn 651、下列关于物质的检验说法不正确的是（）A加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不消失，一定含有SO42-B观察钾元素焰色反应的操作是：将铂丝放在稀盐酸中洗涤后灼烧至无色，然后再用铂丝蘸取固体氯化钾，置于煤气灯的火焰上进行灼烧，透过蓝色钴玻璃进行观察C待检液加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+D待检液加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加入盐酸沉淀消失且产生无色无味的气体，则待检液中一定含有CO32-2、下列各物质物质的量都为1mol，完全燃烧生成二氧化碳和水所消耗相同条件下氧气的量最多的是（）ACH4 BCH3CHOCC2H5OH DCH3COOH3、已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=akJmol1 2C（s）+O2（g）2CO（g）H=220kJmol1HH、O=O和OH键的键能分别为436、496和462kJmol1，则a为( )A332 B+130C+350 D1304、对表中方程式的评价正确的是（）选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与硝酸反应：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O书写正确B工业制粗硅：SiO2+CSi+CO2错误，生成物应是Si和COCNaAlO2溶液与少量CO2反应：AlO2+CO2+2H2OHCO3+Al（OH）3书写正确DNaHCO3溶液中加入少量石灰水：Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+CO32+2H2O错误，生成物中不含CO325、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液下列说法不正确的是（）A原子半径的大小顺序为WQZXYB元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应C元素X与Y可以形成5种以上的化合物D元素Q的最高价氧化物对应的水化物酸性比W的强6、将一定量氨基甲酸铵（NH2COONH4）加入密闭容器中，在一定条件下发生下列反应：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）该反应的平衡常数的负对数（lgK）值随温度（T）的变化曲线如图所示下列说法不正确的是（）A该反应的H0B30时，B点对应状态的v（正）v（逆）CA点对应状态的平衡常数K（A）=102.294DNH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态7、下列关于离子检验的叙述正确的是（）A向FeCl2、NaI的混合溶液中加入硫氰化钾溶液，再滴加少量氯水，溶液没有变为红色，说明还原性：Fe2+IB检验AlNH4（SO4）2溶液中的NH4+：取样于试管中，向溶液中加入少量NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体C检验Na2SO3和Na2SO4的混合溶液中的SO42：先加足量稀硝酸，再加氯化钡溶液D验证碳酸钠溶液显碱性是CO32导致的：先加酚酞试液，溶液变红，再加硫酸溶液，红色褪去8、有关电化学知识的描述正确的是（）A理论上来说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池B某原电池反应为Cu+2AgNO3Cu（NO3）2+2Ag，装置中的盐桥内可以是含琼脂的KCl饱和溶液C因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，必是铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe2eFe2+D由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，其负极反应式为Mg2e+2OHMg（OH）2第卷（非选择题，共4小题，共52分）9、氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙请回答下列问题：（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为 （填仪器接口的字母编号） （2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞 （请按正确的顺序填入下列步骤的标号）A加热反应一段时间 B收集气体并检验其纯度 C关闭分液漏斗活塞 D停止加热，充分冷却（3）实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有CaH2生成 写出CaH2与水反应的化学方程式 该同学的判断不正确，原因是 （4）请你设计一个实验，用化学方法区分钙与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象: （5）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是 10、已知AF是中学化学中常见物质，其中A、C、E为气体，且A能使品红溶液褪色；B、D为液体，D的浓溶液在常温下能使铁钝化；F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C；X是一种黑色粉末，B分子中有18个电子反应中部分生成物已略去（1）写出反应的化学方程式： （2）写出反应、的离子方程式： ； （3）根据图中信息，B、C、D、X氧化性从强到弱的顺序是 11、CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂工业上利用水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl2？6H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴（1）水钴矿进行预处理时加入Na2SO3的主要作用是 （2）写出NaClO3在浸出液中发生主要反应的离子方程式 ；若不慎向“浸出液”中加了过量的NaClO3，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式 （3）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是 、 和过滤制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是 （4）浸出液加Na2CO3调pH至5.2时，过滤所得到的沉淀成分为 （5）萃取剂的作用是 （6）为测定粗产品中CoCl26H2O的含量，称取16.4克的粗产品溶于水配成100.0mL溶液，从中取出25.0mL与足量AgNO3溶液混合，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为4.6克则粗产品中CoCl26H2O的质量分数是 12、【选修五 有机化学基础】化合物A的分子式为C9H15OCl，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基；F分子中不含甲基：A与其它物质之间的转化如图所示：（1）AF的反应类型是 ；G中含氧官能团的名称是 （2）AC的反应方程式是 （3）H的结构简式是 ，E的结构简式是 （4）有的同学认为B中可能没有氯原子，你的观点是 ，你的理由 （5）某烃的含氧衍生物X符合下列条件的同分异构体中，核磁共振氢谱显示为2组峰的是 ；只含有两个甲基的同分异构体有 种相对分子质量比C少54 氧原子数与C相同 能发生水解反应参考答案及评分标准1.【答案】A【解析】AAgCl沉淀也不溶于硝酸，则加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不消失，溶液中可能含Ag+或SO42-，但二者不能同时存在，故A错误；B将铂丝放在稀盐酸中洗涤后灼烧至无色，然后再用铂丝蘸取固体氯化钾，置于煤气灯的火焰上进行灼烧，透过蓝色钴玻璃进行观察，若为紫色，则含K元素，故B正确；C因铵根离子与碱共热生成氨气且氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则待检液加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+，故C正确；D无色无味的气体为二氧化碳，则白色沉淀为碳酸钡，所以待检液加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加入盐酸沉淀消失且产生无色无味的气体，则待检液中一定含有CO32-，故D正确；故选A2.【答案】C【解析】分子式为CxHyOz可以写为CxH（y2z）（H2O）z的有机物完全燃烧需要氧气的物质的量=x+，A.1mol甲烷完全燃烧需要氧气的物质的量=（1+1）mol=2mol；B乙醛完全燃烧 需要氧气的物质的量=（2+）mol=2.5mol；C乙醇完全燃烧需要氧气的物质的量=（2+）mol=3mol；D乙酸完全燃烧需要氧气的物质的量=（2+）mol=2mol，通过以上分析知，需要氧气的物质的量最多的是乙醇，故选C3.【答案】B【解析】解：已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=akJmol1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H=220kJmol12得：2H2O（g）O2（g）+2H2（g）H=（2a+220）kJmol1，44624962436=2a+220，解得a=+130，故选B4.【答案】B【解析】解：AFe3O4与硝酸反应的离子反应为3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+NO+14H2O，故A错误；B工业制粗硅的反应为SiO2+2CSi+2CO，评价合理，故B正确；CNaAlO2溶液与少量CO2反应的离子反应为2AlO2+CO2+3H2OCO32+2Al（OH）3，故C错误；DNaHCO3溶液中加入少量石灰水的离子反应为Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+CO32+2H2O，评价不合理，故D错误；故选B5.【答案】A【解析】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素，A同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Al）W（S）Q（Cl）X（N）Y（O），故A错误；B氯气能与氨气反应得到氮气、HCl（或氯化铵），属于置换反应，故B正确；CN元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；D非金属性ClS，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D正确，故选A6.【答案】D【解析】解：A、温度升高平衡常数的负对数（lgK）减小，即温度越高K值越大，所以正反应是吸热反应，则H0，故A正确；B、30时，B点未平衡，最终要达平衡状态，平衡常数的负对数要变大，所以此时的（lgQC）（lgK），所以QCK，所以B点对应状态的v（正）v（逆），故B正确；C、A点对应平衡常数的负对数（lgK）=2.294，所以A点对应状态的平衡常数K（A）=102.294，故C正确；D、体系中两种气体的物质的量之比始终不变，所以NH3的体积分数不变时，该反应不一定达到平衡状态，故D错误；故选D7.【答案】A【解析】解：A具有还原性的离子为I、Fe2+，向FeCl2、NaI的混合溶液中加入硫氰化钾溶液，再滴加少量氯水，溶液没有变为红色，说明无铁离子，可能是加入的氯气只氧化了I，证明还原性：Fe2+I，故A正确；B硫酸铝铵盐溶液中加入少量氢氧化钠溶液先沉淀铝离子，全部沉淀后再和铵根离子反应生成一水合氨，取样于试管中，向溶液中加入少量NaOH溶液，不能生成氨气，只有氢氧化铝沉淀，故B错误；C稀硝酸能氧化亚硫酸钠为硫酸钠，先加足量稀硝酸，再加氯化钡溶液，生成的白色沉淀不能确定是原溶液中硫酸根离子的存在，故C错误；D碳酸氢钠溶液中先加酚酞试液，溶液变红，再加硫酸溶液，红色褪去，不能证明一定是碳酸根离子导致溶液碱性；故选A8.【答案】A【解析】解：A构成原电池内界条件是自发的发生氧化还原反应，所以理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池，故A正确；B在原电池的正极端氯离子和银离反应，所以不可以用KCl饱和溶液制得的琼脂，故B错误；CFe遇到浓硝酸会钝化，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，必是Cu作负极，Fe作正极，其负极反应式为Cu2eCu2+，故C错误；D原电池中失电子的一极为负极，由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池中，Al在负极失电子生成偏铝酸根离子，Mg作正极，故D错误故选A9、【答案】（1）ie，fd，cj（或），k（或j）a；（2）BADC；（3）CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2；金属钙与水反应也有类似现象；（4）取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气相产物通过装有无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色； （5）氢化钙是固体，携带方便【解析】解：（1）钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢，所以在与钙化合之前需要除杂和干燥，分别选用试剂是氢氧化钠和浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，所以正确的顺序为：ie，fd，cj（或），k（或j）a；故答案为：ie，fd，cj（或），k（或j）a；（2）由于多余的氢气需要燃烧反应掉，所以应该先收集一部分气体并检验其纯度，反应结束后还需要使氢化钙在氢气的氛围中冷却，所以应该最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC，故答案为：BADC；（3）CaH2和Ca与水反应都能产生Ca（OH）2和H2，反应方程式分别为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2和Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2，因此不能根据反应后溶液呈碱性判断是否含有CaH2，故答案为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2；金属钙与水反应也有类似现象；（4）CaH2可以和氧气在加热条件下反应生成水，可用无水硫酸铜检验，现象是白色变为蓝色，故答案为：取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气相产物通过装有无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色； （5）作为能源，氢化钙明显比氢气更易携带，使用也较方便，故答案为：氢化钙是固体，携带方便10.【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（2）Cl2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Cl；MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（3）MnO2Cl2H2O2H2SO4（稀）【解析】解：D的浓溶液在常温下能使铁钝化，D能与Cu反应生成气体A能使品红溶液褪色，则D为H2SO4，A为SO2，B是液态，与二氧化硫反应得到硫酸，B具有强氧化性，且B分子中有18个电子，则B为H2O2，X是一种黑色粉末，与过氧化氢作用得到气体E，则X为MnO2，E为O2，F的浓溶液与X共热通常用于实验室制备单质C，B与C反应得到F与氧气，可知C为Cl2，F为HCl，氯气与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸与HCl（1）反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（2）反应的离子方程式：Cl2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Cl，反应的离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Cl；MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（3）氧化剂的氧化性强于氧化产物的影响，根据图中信息，B、C、D、X氧化性从强到弱的顺序是：MnO2Cl2H2O2H2SO4（稀），故答案为：MnO2Cl2H2O2H2SO4（稀）11.【答案】（1）还原Co3+； （2）ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；（3）蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；（4）Fe（OH）3、Al（OH）3；（5）除去溶液中的Mn2+；（6）93.0%【解析】解：（1）水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+为Co2+，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O，故答案为：还原Co3+； （2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；故答案为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；（3）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；根据题意知，CoCl26H2O常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl26H2O需减压烘干，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；（4）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+离子，故答案为：除去溶液中的Mn2+；（6）根据CoCl26H2O2AgCl，16.4g 238 287 x 4.6g，x=3.81g则粗产品中CoCl26H2O的质量分数是100%=93.0%，故答案为：93.0%12.【答案】（1）消去反应；碳碳双键和羧基；（2）；（3）；（4）同意；在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子；（5）HCOOCH3；5【解析】解：A的分子式为C9H15OCl，A的不饱和度=2，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基，A发生消去反应得F，F分子中不含甲基，所以A为，A氧化得B为，A碱性水解得C为，C 氧化得D为，D发生缩聚反应得E为，A发生消去反应得F为，F氧化得G为，G在一定条件下发生加聚反应得H为，（1）根据上面的分析可知，AF的反应类型是消去反应，G为，G中含氧官能团的名称是碳碳双键和羧基，故答案为：消去反应；碳碳双键和羧基；（2）AC的反应方程式是，故答案为：；（3）根据上面的分析可知，H的结构简式是，E的结构简式是，故答案为：；（4）由于在碱性条件下被氢氧化铜氧化成B，分子中氯原子在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子，故答案为：同意；在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子；（5）C为，某烃的含氧衍生物X符合下列条件相对分子质量比C少54，则X的相对分子质量为102，氧原子数与C相同，说明有2个氧原子，能发生水解反应，说明有酯基，核磁共振氢谱显示为2组峰，则X为HCOOCH3，只含有两个甲基的同分异构体为HCOOCH2CH3、HCOOCHCH2CH3、CH3COOCH2CH2CH3、CH3CH2COOCH2CH3、CH3CH2CH2COOCH3，有5 种，故答案为：HCOOCH3；5