2022年高三化学第二次联考试题（含解析）新人教版

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1、2022年高三化学第二次联考试题（含解析）新人教版【试卷综析】本试卷是理科综合化学试卷，以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，知识考查涉及综合性较强的问题、注重主干知识，兼顾覆盖面，本试卷在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。考查了较多的知识点：化学与环境、化学计量的有关计算、热化学、电化学、溶液中的离子关系、有机物的基本反应类型等；体现学科基本要求，综合考查学生分析、解决化学问题的能力。试题重点考查：阿伏伽德罗定律、化学基本概念、元素周期律、溶液中的离子、化学实验探究、化学反应与能量、化学平衡的移动、常见的有机物及其应用、等主干知识。注重常

2、见化学方法，应用化学思想，如守恒等。第卷（选择题 共126分）可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 Fe:56 Cu:64 C:12 Au:197 S:32 Mg:24 Cl:35.5 N:14一、选择题（本题共13小题，每小题6分，在每小题四个选项中，只有一项符合题目要求）7. 下列有关生活中的化学，说法不正确的是 ( )A. 石油裂解、煤的气化、海水制镁都包含化学变化来源B. 福尔马林可制备标本是利用了使蛋白质变性的性质C. 含钙、钡、铂等金属元素的物质有绚丽的颜色，可用于制造焰火D. 红葡萄酒储藏时间长后变香可能是因为乙醇发生了酯化反应【知识点】化学与生活、环境【答案解析】C 解析：

3、A、裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度（700800，有时甚至高达1000以上），使石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程；煤的气化是煤与碳反应生成一氧化碳和氢气；通过电解熔融的氯化镁即得镁，都是化学变化，故A正确；B、能使蛋白质变性的化学方法有加强酸、强碱、尿素、乙醇、丙酮、甲醛等有机溶剂化学物质、重金属盐等，福尔马林的成分是甲醛，甲醛能使蛋白质发生变性，故B正确；C、含钙钡等金属的物质不一定有绚丽的颜色，是因为焰色反应色彩绚丽，故C错误；D、陈年的酒很香是因为乙醇和乙醇被氧化生成的乙酸发生酯化反应生成了乙酸乙酯，故D正确。故答案选C【思路点拨】本题

4、考查了化学在实际生活中的应用，注意平时知识的积累。8. 药物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乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3 溶液反应B可用FeCl3 溶液区别乙酰水杨酸和贝诺酯C贝诺酯分子中有2种含氧官能团D贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠【知识点】有机化学反应基础【答案解析】C 解析：A、乙酰水杨酸含羧基，能与NaHCO3 溶液反应，对乙酰氨基酚中酚羟基酸性比碳酸弱，不能与NaHCO3 溶液反应，故A错误；B、乙酰水杨酸和贝诺酯都不含有使FeCl3 溶液显特俗颜色的官能团，故B错误；C、贝诺酯分

5、子中有酯基和羰基2种含氧官能团，故C正确；D、贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，生成的乙酰水杨酸钠的酯基还要继续水解，故D错误。故答案选C 【思路点拨】本题考查常见有机物的化学反应，在解此类题时，首先需要知道物质发生反应的原理，熟记各类官能团的性质是解题的关键，难度不大。9下列实验装置或操作正确的是 ( )红磷白磷A实验 制取氨气B实验 溴水褪色证明了乙烯可以与溴发生加成反应C实验 比较红磷和白磷的着火点D实验 用CaC2和饱和食盐水反应制取C2H2【知识点】化学实验装置、方案评价【答案解析】 A 解析：A、生石灰遇水放大量热，浓氨水和生石灰可以治氨气，故A正确；B、实验会产生SO2杂质，也会使

6、溴水褪色，故B错误；C、白磷着火点为40，红磷着火点为200，应该把酒精灯放在红磷处，故C错误；D、CaC2和饱和食盐水反应制取C2H2反应剧烈，不能用带孔的试管装置，应该用分液漏斗控制水的流量，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题需要注意制常见气体的装置与药品选择，还有气体的除杂等问题，需要多积累。难度不大。10实验室需配制一种仅含五种离子（不考虑水解和水电离出的离子）的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为5 mol/L，下面四个选项中能达到此目的的是（ ）ANa+、K+、SO42、NO3、ClBFe2+、H+、Br、NO3、ClCCa2+、K+、OH、Cl、NO3DAl3+、

7、Na+、Cl、SO42、NO3【知识点】离子共存问题【答案解析】D 解析：A、五种离子的物质的量浓度均为5 mol/L时，电荷不守恒，故A错误；B、Fe2+与H+、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C、五种离子的物质的量浓度均为5 mol/L时，电荷不守恒，故C错误；D、离子之间能共存，电荷也守恒，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查离子共存、电中性等知识，注意本题中的电荷守恒计算。11.用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。下列说法正确的是( ) A. a为负极，b为正极B.若a极是铁，b极是铜，b极逐渐溶解，a极上有铜析出C.若a、b极都是石墨，在相同条件下，

8、理论上a极产生的气体与电池中消耗的O2体积相等D.若电解精炼粗铜时，b极是粗铜，a极是纯铜【知识点】原电池和电解池原理【答案解析】C 解析：A、氢氧燃料电池中，氢气做负极，失电子，氧气做正极，得电子，所以a电极是阳极，b电极是阴极，故A错误；B若a极是铁，b极是铜，阳极铁失电子，溶解，b电极上铜析出，故B错误；C若a、b极都是石墨，a电极上氢氧根放电：4OH-4e-=2H2O+O2，电池中消耗氧气的电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，所以，在相同条件下，理论上a极产生的气体与电池中消耗的O2体积相等，故C正确；D、若电解精炼粗铜时，b极是纯铜，a极是粗铜，故D错误；故答案选C 【思路

9、点拨】本题考查原电池和电解池的原理，题目难度中等，注意正负极的判断与电极反应式的书写。12. 下列比较中，正确的是( )A同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比NaCN溶液大B物质的量浓度相等的NH4Cl和 NaOH溶液等体积混合后：c（NH）c（Cl）c（Na）c（OH）c（H）C物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c（Na）+ c（H）=c（S）+ c（HS）+ c（OH）D同物质的量浓度的下列溶液中，NH4Al（SO4）2、NH4Cl、CH3COONH4、NH3H2O；c（NH）由大到小的顺序是：【知识点】电离与水解、离子浓度大小比较【答案解析】D 解

10、析：A、同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则NaF比NaCN溶液的水解程度小，NaF溶液的pH比NaCN溶液小，故A错误；B、物质的量浓度相等的NH4Cl和 NaOH溶液等体积混合后恰好生成氨水和氯化钠，溶液呈碱性，c（Cl）=c（Na）c（OH）c（NH）c（H），故B错误；C、电荷守恒：c（Na）+ c（H）=2c（S）+ c（HS）+ c（OH），故C错误；D、铵根水解，铝离子抑制铵根水解、无影响、CH3COO-促进铵根水解、NH3H2O电离出少量铵根；c（NH）由大到小的顺序是：，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查离子浓度大小比较知识，主要是弱电解质的电离、盐类水解，注

11、意电荷守恒思想在溶液中的重要应用。13向10.4g Fe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入1 molL1的硫酸溶液140mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的H2在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为（ ）A1.12g B2.24g C3.24g D6.42g 【知识点】有关混合物反应的计算【答案解析】B 解析：Fe3O4、Fe2O3和Cu的混合物中加入硫酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为CuSO4、FeSO4，硫酸中H元素与Fe3O4、Fe2O3中O元素结合生成水，由水的分子式H2O可知，故Fe3O4、Fe2O3中n（O）=

12、n（H2SO4）=0.14L1mol/L=0.14mol，若用过量的H2在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为0.14mol16g/mol=2.24g；故答案选B【思路点拨】本题考查氧化还原反应及混合物的有关计算，难度中等，判断氧化物中氧原子的物质的量是解题的关键。第卷 （非选择题，共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第39题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（11题，共129分）26(14分) 碳及其化合物有广泛的用途。（1）C(s) H2O(g) CO(g)

13、H2(g) H= +131.3 kJmol-1，以上反应达到平衡后，在体积不变的条件下，以下措施有利于提高H2的产率的是 。(填序号)A升高温度 B增加碳的用量 C加入催化剂D用CO吸收剂除去CO（2）又知，C（s）+ CO2（g） 2CO（g） H=+172.5kJmol-1则CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）的H= （3）CO与H2在一定条件下可反应生成甲醇，甲醇是一种燃料，可利用甲醇设计一个燃料电池，用稀硫酸作电解质溶液，多孔石墨做电极，该电池负极反应式为 。（4）在一定温度下，将CO(g)和H2O(g)各0.16 mol分别通入到体积为2.0L的恒容密闭容器中，发生以下

14、反应：CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)，得到如下数据：t / min2479n(H2O)/mol0.120.110.100.10其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)_v(正)(填“”、“”、“=”)该温度下此反应的平衡常数K=_其他条件不变，再充入0.1mol CO和0.1mol H2O(g)，平衡时CO的体积分数_(填“增大”、“减小”、“不变”)。【知识点】化学平衡的影响因素、有关反应热的计算、化学电源新型电池、化学平衡的计算【答案解析】（1）AD （2分） （2）-41.2KJ/mol（2分） CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+ (3分） （4） （2分

15、） 0.36 （2分） 不变 （3分） 解析：（1）达到平衡后，体积不变时，能提高H2的产率，应使平衡向正反应方向移动，反应是吸热反应；A反应是吸热反应，升高温度平衡正向进行，反应速率增大，有利于提高H2的产率，故A符合； B增加碳的用量，固体不改变化学平衡，H2的产率不变，故B不符合； C加入催化剂改变化学反应速率，不改变化学平衡，H2的产率不变，故C不符合；D用CO吸收剂除去CO，平衡正向进行，H2的产率增大，故D符合；故答案为：AD；C（s）+CO2（g）2CO（g）H=+172.5kJmol-1，C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol-1，依据热化学方程

16、式和盖斯定律-得到，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），H=-41.2kJmol-1；甲醇是一种燃料，可利用甲醇设计一个燃料电池，用稀硫酸作电解质溶液，多孔石墨做电极，负极电极反应为：CH3OH（g）+H2O-6e-=CO2+6H+；反应是放热的，其他条件不变，降低温度，平衡正向移动，反应达到新平衡前v(逆)C(SO42-)C(Cu2+)C(OH-) (2分） 解析：（1）利用质量守恒定律，可以判断未知物是硅酸，利用观察法配平反应方程式为：CuSiO32H2O+H2SO4=CuSO4 +H4SiO4+H2O；（2）由于滤液A显示酸性，加入的试剂能够中和溶液中的氢离子，还不能引进新

17、的杂质，所以应该选用B氧化铜，故选A；（3）有表中数据可知，pH=4时，三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀，而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2，所以铝离子没有完全沉淀；（4）PH=4时，溶液中的氢氧根离子的浓度为：110-10mol/L，溶液中铝离子浓度为3.210-34（110-10)3=3.210-4mol/L，浓缩后c（Al3+）=6.410-4mol/L2.25mol/L，所以不会有硫酸铝晶体析出；（5）电解过程中，阳极区发生氧化反应，有Fe2+-e-=Fe3+，所以Fe3+的浓度基本保持不变；（6）向有机相中加入一定浓度的硫酸，增大H+浓度，使平衡2RH（有机相）+Cu2+（水相）R2

18、Cu（有机相）+2H+（水相）逆向移动，Cu2+进入水相得以再生；（7）电解CuSO4溶液，发生反应2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2，CuSO4溶液中n（CuSO4）=0.1mol，生成铜3.2g，物质的量为0.05mol，故生成H2SO40.05mol，溶液中CuSO4为0.1mol-0.05mol=0.05mol，电解后的溶液为CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜离子水解、水发生电离，故n（H+）0.05mol2=0.1mol，n（SO42-）=0.1mol，n（Cu2+）0.05mol，溶液中氢氧根浓度很小，故c（H+）c（SO42-）c（Cu2+）c（

19、OH-）；【思路点拨】本题考查了化学方程式书写、化学计算等知识，借助电解原理、对工艺原理的理解、常用化学用语、离子浓度比较等，题目综合性较大，难度中等，（7）中注意根据物质的量判断离子大小，可以根据所学知识完成.（二）选考题（共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每按所做的第一题计分）36【化学选修2：化学与技术】（15分）化学是人类进步的关键，化学为人类的生产、生活提供了物质保证。氮的化合物是重要的化工产品。其生产方法也在逐渐改进中，各国科学家均在为提高其产量，降低能耗做各种有益的探究。（1）25时合成氨反应热化学方程式为：N2(g)+3H

20、2(g)=2NH3(g)，H=-92.4kJ/mol 。 在该温度时，取1molN2和3molH2放在密闭容器中，在催化剂存在下进行反应，测得反应放出的热量总是小于92.4kJ。其原因是_。近年有人将电磁场直接加在氮气与氢气反应的容器内，在较低的温度和压强条件下合成氨，获得了较好的产率。从化学反应本质角度分析，电磁场对合成氨反应的作用是 ；与传统的合成氨的方法比较，该方法的优点是 。(3)卤水中蕴含着丰富的镁资源，经转化后可获得MgCl2粗产品。从卤水中提取镁的步骤为： a将海边大量存在的贝壳煅烧成石灰，并将石灰制成石灰乳； b将石灰乳加入到海水沉淀池中经过滤得到Mg(OH)2沉淀； c.在M

21、g(OH)2沉淀中加入盐酸得到MgCl2溶液，再经蒸发结晶得到MgCl26H2O； d将MgCl26H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2；e电解熔融的氯化镁可得到Mg。步骤d中的“一定条件”指的是 。 有同学认为：步骤b后可加热Mg(OH)2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁，这样可简化实验步骤，你同意该同学的想法吗?为什么? (4) 铀是核反应最重要的燃料，已经研制成功一种螫合型离子交换树脂，它专门吸附海水中 的U4+，而不吸附其他元素。其反应原理为 (树脂用HR代替)，发生离子交换后的离子交换膜用酸处理还可再生并得到含铀的溶液，其反应原理为： 。【知识点】合成氨、海水资源的综合利用

22、【答案解析】（1）该反应是可逆反应，反应不完全 （1分） （2）在电磁场的作用下氮氮三建更容易断裂，降低了合成反应所需的能量，反应更容易进行。（2分） 节能减排，降低了设备要求。（2分） （3）在HCl气流中（2分） 不同意，因为MgO熔点很高，熔融时因耗费大量的能量而增加生产成本（2分）； （4）4HR+U4+=UR4+4H+（3分） UR4+4H+=4HR+U4+（3分） 解析：（1）合成氨反应是可逆反应，1molN2和3molH2反应不完全，所以，测得反应放出的热量总是小于92.4kJ；（2）在电磁场的作用下氮氮三建更容易断裂，降低了合成反应所需的能量，反应更容易进行。与传统的合成氨的方

23、法比较，该方法的优点是节能减排，降低了设备要求。（3）MgCl26H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2，若直接加热MgCl26H2O，会促进Mg2+水解，得不到无水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，加盐酸或在氯化氢气流中可抑制Mg2+水解，故一定条件为在HCl气流中，目的是抑制Mg2+水解；氧化镁熔点很高，熔融时会消耗大量的电能而增加生产成本，故不同意该同学的想法；（4）螫合型离子交换树脂，它专门吸附海水中的U4+，即4HR+U4+=UR4+4H+，发生离子交换后的离子交换膜用酸处理还可再生并得到含铀的溶液，即UR4+4H+=4HR+U4；【思路点拨】本题考察了从海水中获取化学资源的问题注

24、意电化学、化学工艺和生产实际的结合，难度不大。37、【化学物质结构与性质】（15分）许多金属及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途.回答下列有关问题：（1）基态Ni核外电子排布式为_， 第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是_；（2）已知CrO5中Cr为+6价，则CrO5的结构式为 。 金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液体Ni(CO)n ，与Ni(CO)n中配体互为等电子体的离子的化学式为 (写出一个即可)。 铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物有广泛用途。已知CuH晶体结构单元如图所示。该化合物的的密度为g/cm3，阿伏加德罗常数的值为N

25、A，则该晶胞中Cu原子与H原子之间的最短距离为 cm(用含和NA的式子表示)。（3）另一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为_，若该晶胞的边长为a pm，则合金的密度为_ gcm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）【知识点】物质结构、核外电子排布、等电子体、晶胞计算【答案解析】（1）1S22S22P63S23P63d84s2 C ( 2 ) CN- （3）1：3 解析：（1）Ni的原子序数为28，根据能量最低原理可写出电子排布式为1S22S22P63S23P63d84s2第二周期有2

26、个未成对电子的元素是C和O元素，电负性较小的是C元素。(2) CrO5中Cr为+6价形成6个键，则只能如图CO的等电子体的离子的化学式为CN-通过计算法则每个CuH晶胞结构含4个铜原子4个氢原子，晶胞的棱长为铜氢原子间的最短距离为体对角线长的1/4即(3) 在晶胞中Cu原子处于面心，N（Cu）=61/2=3，Au原子处于顶点位置，N（Au）=81/8=1，则该合金中Au原子与Cu原子数量之比为1：3。该晶胞的边长为a pm（1pm=10-10cm），则合金的密度为。【思路点拨】本题主要考查物质结构，主要有核外电子排布、等电子体等基础知识，还有晶胞、分子结构的简单计算，难度不大。38、【化学选修

27、5：有机化学基础】（15分）苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N。（部分产物及反应条件已略去） 苯酚的俗名是_。B的官能团名称_ 。已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的一氯代物有2种。B与C反应的化学方程式是 。生成N的反应方程式 。以苯酚为基础原料也可以合成有机物E。已知E的相对分子质量为122，其中氧元素的质量分数为26.23%，E完全燃烧只生成CO2和H2O。则E的分子式是 。 已知E具有如下结构特征：属于芳香族化合物，不能发生水解反应，但能产生银镜现象； E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子。E的结构简式是

28、_。物质F如右图，则符合下列条件F的同分异构体有_ _ 种。能发生银镜反应 能与NaHCO3溶液反应 分子中有苯环，无 结构 【知识点】有机合成、官能团、同分异构体【答案解析】（1）石炭酸（1分） 羟基、羧基（2分）（3分）（3）（3分）（4）C7H6O2（2分） (5) （2分） (6) 13 （2分） 解析：与氢氧化钠反应生成A：，与二氧化碳在一定条件下生成，再酸化得B：；已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的一氯代物有2种，则C是：(CH3)3CCH2OH；与反应生成D（C15H16O2) ，结合N的结构简式，D的结构简式为：。苯酚的俗名是石炭酸，综上分析B是，官能团是羧

29、基和羟基；B是，C是(CH3)3CCH2OH，B与C反应的化学方程式是：生成N的是聚合反应，方程式为：E的相对分子质量为122，其中氧元素的质量分数为26.23%，则含氧个数为 12226.23%16=2，剩余C、H的原子量之和为：122-32=90，若C个数为6，则H个数为 18，不成立，若C个数为7，H个数为6，成立，所以，E的分子式是C7H6O2根据要求，E中含有醛基和羟基，核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子，官能团位于对位，E的结构简式是：；符合条件的F的同分异构体，能发生银镜反应 ，说明含有醛基；能与NaHCO3溶液反应 ，说明含有羧基，苯环所连的官能团是：HCOO-、-COOH邻、间、对；-CHO、-OH、-COOH连在苯环上“定一议二”有10种：、，一共13种。【思路点拨】本题考查有机化学基本反应类型，官能团具有的特定性质：酯的水解、聚合、酚的性质等，其中同分异构体的书写是难点，注意结构的重复，考查学生的逻辑思维能力。