广东省2022届高三化学新高考5月练习试卷（PDF版含解析）

\n\n\n\n\n\n\n\n绝密★启用前(新高考广东卷）化学参考答案1.【答案】A【解析】A项，氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，A项正确；B项，太阳能电池翼可将光能转化为电能，B项错误；C项，镁合金中的镁是活泼金属，形成的氧化膜疏松多孔，不能形成有效的保护膜，镁合金在高温潮湿环境下具有易腐蚀的化学特性，C项错误；D项，反应为2LiOH+CO2==Li2CO3+H2O，D项错误。2.【答案】C【解析】竹的主要成分是纤维素，属于天然高分子材料，A项错误；“碱液蒸煮”是将纤维之间的果脂、木素除去，使纤维分散而成纸浆，不是使纤维素水解，B项错误；“切割捶捣”类似于“粉碎”，减小固体颗粒的粒径，增大接触面积，提高浸出率，C项正确；现代纸浆“漂白”工艺常使用漂白剂，对环境有一定的污染，而土法纸浆“晒白”工艺依靠的是太阳光高温暴晒，更绿色环保，D项错误。3.【答案】D【解析】A项，中子数为20的氯原子的质量数是20+17=37，可表示为37Cl，A项错误；B项，钠离子结构示意图中核电荷数是11，核外电子总数是10，B项错误；C项，CO2的结构式为O=C=O，C项错误；D项，NaClO是离子化合物，电子式书写正确，D项正确。4.【答案】D【解析】A项，一个醋酸分子中含3个C-H键，1mol冰醋酸中C-H键数目为3NA，A项错误；B项，标准状况下，HF呈液态，B项错误；C项，Cl2溶解度小，不能完全溶于水，并且发生的反应也不彻底，所以22.4LCl2（标准状况）通入1L水中，转移的电子数远小于NA，C项错误；D项，生成lmolNH3，转移电子数等于3NA，D项正确。5.【答案】A【解析】玻璃没有固定的熔沸点，受热软化后可制作各种形状的装饰品，A项无关联；硫酸铜是重金属盐，重金属盐可使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，B项有关联；碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳使馒头疏松多孔，可用含小苏打的发酵粉做馒头，C项有关联；高铁酸钾与水中细菌发生氧化还原反应时，起杀菌消毒作用，被还原生成的铁离子在水中水解生成氢氧化铁胶体，可吸附并使水中细小颗粒絮凝，D项有关联。化学参考答案（新高考广东卷）第1页（共8页）\n6.【答案】C【解析】A项，分子式为C6H10O4，A项错误；B项，碳碳双键可以与H2加成，“—COOCH3”不能与H2加成（虽然可以发生还原反应），1molP最多加成1molH2，B项错误；C项，分子中有过氧键，具有氧化性，C项正确；D项，分子中只有“—COOCH3”能够水解消耗NaOH，所以只能消耗1molNaOH，D项错误。7.【答案】B【解析】A项，A装置是蒸发NaCl溶液的正确装置，A项正确；B项，取用固体药品应该用药匙或镊子，不能用坩埚钳，B项错误；C项，N2的作用是排除空气，用注射器加入水样不引入空气，C项正确；D项，D装置是分离CCl4与水的正确装置，D项正确。8.【答案】D【解析】X与Z之间可形成氢键，可推测X为H。Z为双键，可推测为O。Y为四价结构，可推测为C。M为带有1个正电荷的离子，原子序数又最大，可推测为Na。A项，非金属性顺序O>C，A项正确；B项，该结构中O原子都满足8电子稳定结构，B项正确；C项，Na元素的焰色试验呈黄色，C项正确；D项，通过该物质结构的分子式可知，这是NaHCO3在水中的二聚，NaHCO3在水中的溶解性较差，实际上，是因为NaHCO3在水中会发生二聚，所以其溶解度才会较小，D项错误。9.【答案】C【解析】A项，从图中可以看出，过程Ⅰ制得的磁性Fe3O4纳米颗粒的表面含有羟基，A项正确；B项，Fe3O4能溶于强酸溶液，加入PPA呈酸性，制得的Fe3O4@PPA表面含有羧基，故过程Ⅱ需要控制溶液的pH，B项正确；C项，-NH2和-COOH的反应是酰胺化反应，不是酯化反应（酯化反应一般发生在羧酸和醇之间），属于取代反应，C项错误；D项，丙烯酸的结构式是CH2=CHCOOH，故聚丙烯酸（PPA）的结构简式是，D项正确。10.【答案】D【解析】A项，反应方程式为2Na+2NH3==2NaNH2+H2，1molNa完全反应产生0.5molH2，A项正确；B项，NH–+–3得电子能力极弱，那么它得到电子后形成的e(NH3)则具有很强的还原性，所以“Nae(NH3)”具有很强的还原性，B项正确；C项，题干中说“金属钠溶于液氨可以得到Na+和e(NH3)–”，证明NaNH2中钠元素为Na+形态，所以NaNH2是离子化合物，C项正确；D项，反应最终生成H2，说明该过程H元素得到电子，D项错误。11.【答案】D【解析】化学参考答案（新高考广东卷）第2页（共8页）\n据图判断a、b、c、d分别是C、N、Al、S，离子半径S2->N3->Al3+,A项错误；氨气易液化作制冷剂，故沸点NH3>CH4，B项错误；Al3+和S2-在溶液中发生双水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，C项错误；氨气和硫化氢化合可以生成离子化合物(NH4)2S或NH4HS,D项正确。12.【答案】C【解析】A项，正确的离子方程式为Ba2++2OH−+2H++SO2−4==BaSO4↓+2H2O；B项，正确的离子方程式为2AgCl+S2−==Ag2S+2Cl−；C项，无论Mg与NH4Cl溶液中的NH4+反应还是H+反应，该离子方程式都可以这样表示；—△—D项，正确的离子方程式为C2H5Br+OH→C2H5OH+Br。13.【答案】C【解析】据图可知，随着温度升高，A的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应速率慢，一段时间内并未达到平衡，温度较高时，反应达到平衡，温度继续升高平衡逆向移动，正反应为放热反应，即∆H＜0，A项错误；Z点达到平衡，平衡后增加一种反应物的浓度，另一种反应物转化率一定增大，B项错误；由上述分析可知，Y点已达平衡，（v正）=（v逆），C项正确；X点对应温度低于Y点，此反应为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，X点的平衡常数大于Y点，D项错误。14.【答案】D【解析】A项，AgCl与NH3得到配合物而溶解，无法得出其可溶于碱性溶液的结论；B项，浓硝酸受热分解产生NO2，实验现象无法得出碳粉能够与浓硝酸反应的结论；C项，乙烯中可能混有SO2，SO2可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此无法证明乙烯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化；D项，析氢腐蚀不产生铁锈，食盐水呈中性，铁片发生了吸氧腐蚀。15.【答案】C【解析】A项，根据图示可知，该装置为原电池，X极H+2转化为H,失去电子，即X极为负极（阳极），其电极-+反应式：H2-2e==2H，A项错误；B项，过程②的反应主要有3+Li+3N==3+NH3+3Li，B项错误；-C项，生成1molNH3需要转移3mole，C项正确；D项，过程②和过程①是H+的转移过程，并未出现化合价的变化，D项错误。16.【答案】B化学参考答案（新高考广东卷）第3页（共8页）\n【解析】A项，观察曲线可知，CO2被氨水吸附的主要产物为NH4+和HCO3−，可以写出相应的方程式，A项正确；B项，由选项信息可知n(CO2):n(NH3)=1:5，结合图中粒子组分根据物料守恒列式：c(NH4+)+c(NH3)(aq)=5c(CO32−)+5c(HCO3−)+5c(H2CO3)+4c(NH2COO−)，B项错误；C项，SO2的酸性强于CO2，则SO2先被NH3吸附，并且SO2的存在会降低溶液的碱性，不利于CO2的吸附，C项正确；D项，由图可知CO2被氨水吸附后转化为CO32−、NH2COO−和HCO3−，随着横坐标n(CO2)/n(NH3)的比值增大，CO2增多，吸附量降低。当负载量大于0.6时，溶液中未反应的CO2增多，CO2的吸附量更低，D项正确。17.（12分）【答案】（1）除去铝箔中的CoO，提高Co的回收率（2分）（2）2LiCoO2+4H2C2O4==2CoC2O4+2CO2↑+Li2C2O4+4H2O（2分）（3）4.9（2分）1.6×1018（2分）（4）4CoC2O4+2Li2CO3+3O2≜4LiCoO2+10CO2（2分。反应条件写“高温”和“加热”均可给分）取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，观察是否产生少量沉淀（2分。或“取最后一次洗涤液，进行焰色试验”也给分）【解析】（1）结合滤渣I成分和“酸洗”后物质可知，H2C2O4可与CoO反应将其转化为CoC2O4，同时又会溶解少量Al。H2C2O4主要作用为除去并回收铝箔表面附着的CoO。（2）“酸浸”中H2C2O4还原LiCoO2，并将Co2+转化为沉淀CoC2O4。H2O2具有还原性，利于Co3+还原为Co2+，促进反应生成CoC2O4。H2O2被氧化为O2，产生气泡有搅拌作用，可提高反应速率。�3(NH-33+b3·H2O)18（3）计算过程：pH=14-pOH=14+lgc(OH)=14+lg�sp[Al(OH)3]/�(Al)=4.9，K=�=1.6×10。sp[Al(OH)3]（4）根据氧化还氧反应价态规律书写反应方程式，由“空气气氛”可知氧化剂为O2；CO32-可由Ba2+鉴别，Na+可通过焰色试验鉴别，二种方法皆可。18.（14分）【答案】（1）①Mg反应出的Mg2+结合HCO3−电离的CO32−，促使HCO3−电离平衡正向进行（2分，意思相同即可给分）②MgCO3（2分）③Mg2+与HCO3−电离的CO32−结合成微溶物MgCO3，阻止生成致密的Mg(OH)2固体膜；增大Mg与溶液接触表面积，加快反应速率（2分，答出一个原因即可，其他合理答案也可给分）（2）①排除Na+对实验的干扰（或探究Na+是否参与反应，或证明Na+不参与反应）（2分，其他合理答案也可给分）实验iv中Na+浓度很大，速率却不快（2分，意思相同即可给分）②NaHCO3溶液中H+浓度比Na2CO3溶液大（或HCO3−电离平衡正向移动，给反应提供H+）（2分，其他合理答案也可给分）化学参考答案（新高考广东卷）第4页（共8页）\n③HCO3−消耗Mg2+，促进平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH−(aq)正向移动，溶解Mg(OH)2，从而增大Mg与溶液接触表面积，加快反应速率；由于ii中HCO3−浓度较大，Mg2+与HCO3−的反应快于与OH−的反应，减少了Mg(OH)2(s)的生成量（2分，答出一个原因即可，其他合理答案也可给分）【解析】Mg与水反应产生H2很慢，与H+浓度更低的NaHCO3溶液反应却更快，这是因为前者生成致密Mg(OH)2包裹在Mg表面阻碍反应，而后者生成的MgCO3扩散入溶液中，这也是Mg与NaHCO3溶液会得到浑浊的原因。仔细观察H2O与NaHCO3溶液会发现，Na+是一个可能影响速率的变量，所以要设计实验iii以排除其干扰。但是，实验iv中Na+浓度很大而速率却很慢，这也证明了Na+不干扰实验，所以实验iii可以不必进行。19.（16分）【答案】（1）H2−2e−+O2−==H2OCO−2e−+O2−==CO2（4分，每个2分）（2）COCO2（2分，每个1分）（3）CO(g)+H2O(g)==H2(g)+CO2(g)∆H=−41.1kJ/mol（2分）（4）c（2分）（5）催化剂（或加快反应速率，或降低反应活化能）（2分）（6）ac（2分）（7）进行完全（2分）【解析】（1）（2）甲烷优先发生化学反应生成CO和H2，根据题干信息“电池零碳排放”可推测CO和H2在负极发生反应生成CO2和H2O，其产物还可作为甲烷反应的反应物。（3）根据盖斯定律，目标方程可由①−②得到，∆H=∆H1−∆H2。（4）速控步由活化能最大的步骤决定，历程图中CO*+O*→CO2*步骤的活化能最大，这一过程形成了碳氧键。（5）OH*降低反应活化能，可提高反应速率。（6）a.升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率均加快，同时有利于向吸热反应方向移动；b.加入催化剂可加快反应速率，但是不会影响平衡移动；c.增大H2O的浓度反应速率加快，平衡正向移动；d.增大压强反应速率加快，平衡向气体系数和小的逆反应方向移动。（7）平衡时v1=v2，K=k1/k−1≈3.0×105>105，正向反应进行完全。20.（14分）【答案】（1）3d104s1（1分）稳定性：Zn2+>Cu2+，Zn2+价电子式排布为3d10，Cu2+价电子排布式为3d9，d轨道全满时较稳定（2分）（2）O>N>C>H（1分）sp2、sp3（2分）（3）过氧化氢为氧化剂，可氧化金属铜为Cu2+，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行（2分）（4）NH2+3分子中N原子的孤对电子进入Cu的空轨道形成配位键后，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变成了成键电子间的相互排斥，排斥作用减弱（2分）化学参考答案（新高考广东卷）第5页（共8页）\n111（5）2（1分）2（1分），，（2分）222【解析】（1）基态Cu原子的核外电子排布为[Ar]3d104s1,其价电子排布式为3d104s1。（2）该配合物中所含非金属元素只有H、C、N、O，烷基中C显负价，H显正价，所以电负性：O>N>C>H。配位原子是N和O,六元环上的N是sp2杂化，另外的N和O是sp3杂化。（3）过氧化氢为氧化剂，可氧化金属铜为Cu2+，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行。（4）NH2+3分子中N原子的孤对电子进入Cu的空轨道形成配位键后，原孤对电子与成键电子间的排斥作2+用变成了成键电子间的相互排斥，排斥作用减弱，所以NH3形成[Cu(NH3)4]后H-N-H键角变大。（5）用“Cu4O”占据CsCl晶体（题图2）中Cl的位置，每个晶胞含有一个“Cu4O”，Cs所占位置由O1占据后，每个晶胞中含有8=1个O，所以整个晶胞含有4个Cu和2个O，即2个“Cu2O”。根据Cu4O8四面体的结构可知，Cu2O晶胞中1个O周围有4个Cu,即O的配位数是4，而Cu2O晶胞中Cu和O的个数比为2:1，则1个Cu周围有2个O，即Cu的配位数是2。根据图中所给坐标系和已知①处的Cu原子313111坐标（，，），则Cu2O晶胞中Cu4O四面体中O原子坐标为（，，）。44422221.（14分）【答案】（1）3-氟甲苯或间氟甲苯（1分）13（2分）（2）（2分）取代反应（2分）（3）（2分）OFCOOH（4）（2分）14（2分）O2NNO2（5）D（1分）【解析】（1）因氟原子在3号位所以该物质为3-氟甲苯，而氟原子在甲基的间位上，所以该物质也称为间氟甲苯。结构中只有甲基的两个氢原子不在分子平面，所以最多有13个原子共面。化学参考答案（新高考广东卷）第6页（共8页）\n（2）通过的结构，可以得知C是苯环上有4个取代基的化合物，从而得知B和A均在苯环上有4个取代基。在硫酸作用下，A与硝酸发生硝化反应，因邻对位被活化，故FNO2硝化反应的主要产物为，根据已知条件1，可知A→B的反应为H3CNO2FNO2H3CNO2因为B→C的反应为，所以反应类型是取代反应。（3）由于E分子中有两个六元环，其中一个是苯环，另一个是已知条件2给出的反应，使氨基取代硝基，形成的六元环结构。OFCOOH（4）酯的水解可以得到带有羧酸的化合物和羟基的化合物，该题考查了在O2NNO2满足结构的同分异构体。有7种取代基，分别可以处在2个位置，所以一共有14个同分异构体，这7种取代基分别是化学参考答案（新高考广东卷）第7页（共8页）\nCHCHOOH（5）酸中毒可用NaHCO3解毒，NaOH碱性太强，不能服用，BaCO3溶于酸后可能导致重金属中毒，BaSO4不能与酸反应，故选择NaHCO3。化学参考答案（新高考广东卷）第8页（共8页）