2022届高考化学大一轮复习综合模拟预测卷三新人教版.doc

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1、仿真(三)标准仿真预测卷可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cu64Cl35.5一、选择题(此题包括7小题，每题6分，共42分，每题只有一个符合题意)1化学与生产、生活密切相关。以下说法不正确的选项是()A食盐可作调味剂，也可用作食品防腐剂B二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂C复原铁粉和生石灰均可用作食品包装袋内的脱氧剂D“地沟油禁止食用，但可用来制取肥皂2设NA为阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是()A1 mol甲醇中含有CH键的数目为4NAB25，pH13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NAC标准状况下，2.24 L己烷中含有分子的数目为0.1NAD常温常压下，Na2O2

2、与足量H2O反响，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4NA3以下关于有机物的说法中正确的选项是()A米酒变酸的过程涉及了氧化反响B汽油、柴油、植物油都是碳氢化合物C含5个碳原子的有机物分子中最多可形成4个碳碳单键D蛋白质的水解和油脂的皂化都是由高分子生成小分子的过程4X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子少1。以下说法正确的选项是()A元素非金属性由弱到强的顺序为XYYX5NaOH标准溶液的配制和标定需经过NaOH溶液的配制、基准物质H2C2O42H2O的称量以及用NaOH溶液滴定

3、等操作。以下有关说法正确的选项是()A通过图甲所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中B用图乙所示装置准确称得0.1575 g H2C2O42H2O固体C通过图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡D通过图丁所示装置用NaOH待测液滴定H2C2O4溶液6全钒液流储能电池利用不同价态离子对的氧化复原反响来实现化学能和电能的相互转化，充电时，惰性电极M、N分别连接电源的正极和负极。电池工作原理如下图，以下说法不正确的选项是()A充电过程中，N电极附近酸性减弱B充电过程中，N电极上V3被复原为V2C放电过程中，H由N电极向M电极移动D放电过程中，M电极反响式为VO 2He=VO2H2O7往含I和Cl的稀溶液中逐

4、滴参加AgNO3溶液，产生沉淀的质量m(沉淀)与参加AgNO3溶液的体积V(AgNO3)的关系如下图。：Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(AgI)1.51016，那么原溶液中c(I)/c(Cl)的值为()A(V2V1)/V1 BV1/V2CV1/(V2V1) DV2/V1第二卷(非选择题，共58分)二、非选择题(包括必考题和选考题两局部，第8题第10题为必考题，每个试题考生都必须作答，第11题第12题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题(共3题，共43分)8(13分).甲同学用含少量铁的氧化物的氧化铜制取氯化铜晶体(CuCl2xH2O)并测量其结晶水含量。：在pH为45时，Fe3

5、几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2却几乎不水解。制取流程如图。请答复以下问题：(1)溶液A中的金属离子有Fe3、Fe2、Cu2。能检验溶液A中Fe2的试剂为_(填编号)。KMnO4K3Fe(CN)6NaOHKSCN(2)试剂是_，试剂是_(填化学式)。(3)为了测定制得的氯化铜晶体(CuCl2xH2O)中x的值，某兴趣小组设计了以下实验方案：称取m g晶体溶于水，参加足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止，冷却，称量所得黑色固体的质量为n g。沉淀洗涤的操作方法是_，根据实验数据测得x_(用含m、n的代数式表示)。.乙同学设计了一套电解饱和食盐水的实验装置，来验证氯气的某

6、些性质和测定产生的氢气的体积。(4)所选仪器接口的连接顺序是A接_，_接_；B接_，_接_；请用离子方程式说明淀粉KI溶液变蓝的原因_。(5)假设装入的饱和食盐水为75 mL(氯化钠足量，电解前后溶液体积变化可忽略，假设两极产生的气体全部逸出)，当测得氢气为8.4 mL(已转换成标准状况下的体积)时停止通电。将U形管内的溶液倒入烧杯，常温时测得溶液的pH约为_。9(15分)我国产铜主要取自黄铜矿(CuFeS2)，随着矿石品位的降低和环保要求的提高，湿法炼铜的优势日益突出。该工艺的核心是黄铜矿的浸出，目前主要有氧化浸出、配位浸出和生物浸出三种方法。.氧化浸出(1)在硫酸介质中用双氧水将黄铜矿氧化

7、，测得有SO生成。该反响的离子方程式为_。该反响在2550 下进行，实际生产中双氧水的消耗量要远远高于理论值，试分析其原因为_。.配位浸出反响原理为：CuFeS2NH3H2OO2OHCu(NH3)Fe2O3SOH2O(未配平)(2)为提高黄铜矿的浸出率，可采取的措施有_(至少写出两点)。(3)为稳定浸出液的pH，生产中需要向氨水中添加NH4Cl，构成NH3H2ONH4Cl缓冲溶液。某小组在实验室对该缓冲体系进行了研究：25 时，向a molL1的氨水中缓慢参加等体积0.02 molL1的NH4Cl溶液，平衡时溶液呈中性。那么NH3H2O的电离常数Kb_(用含a的代数式表示)；滴加NH4Cl溶液

8、的过程中水的电离平衡_(填“正向、“逆向或“不)移动。.生物浸出在反响釜中参加黄铜矿、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，反响釜中各物质的转化关系如下图。(4)在微生物的作用下，可以循环使用的物质有_(填化学式)，微生物参与的离子反响方程式为_(任写一个)。(5)假设黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3，当有2 mol SO生成时，理论上消耗O2的物质的量为_。10(15分)乙苯是一种用途广泛的有机原料，可制备多种化工产品。(一)制备苯乙烯(原理如反响所示)：H124 kJmol1(1)局部化学键的键能如下表所示：根据反响的能量变化，计算x_。(2)工业上，在恒压设备中进行反响时

9、，常在乙苯蒸气中通入一定量的水蒸气。用化学平衡理论解释通入水蒸气的原因为_。(3)从体系自由能变化的角度分析，反响在_(填“高温或“低温)下有利于其自发进行。(二)制备氯乙基苯(原理如反响所示)：(4)T 时，向10 L恒容密闭容器中充入2 mol乙苯(g)和2 mol Cl2(g)发生反响，5 min时到达平衡，乙苯和Cl2、氯乙基苯和HCl的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图1所示：05 min内，以HCl表示的该反响速率v(HCl)_。T 时，该反响的平衡常数K_。6 min时，改变的外界条件为_。10 min时，保持其他条件不变，再向容器中充入1 mol乙苯、1 mol Cl

10、2、1 mol 氯乙基苯和1 mol HCl，12 min时到达新平衡。在图2中画出1012 min，Cl2和HCl的浓度变化曲线(曲线上标明Cl2和HCl)；05 min和012 min时间段，Cl2的转化率分别用1、2表示，那么1_2。(填“、“或“)CH4，原因为_。(5)锂离子电池在便携式电子设备以及电动汽车、卫星等领域显示出广阔的应用前景。该电池负极材料为石墨，石墨为层状结构(如图3)，其晶胞结构如图4所示，该晶胞中有_个碳原子。石墨的层间距为a pm，CC键键长为b pm，阿伏加德罗常数的值为NA，那么石墨晶体的密度为_gcm3(列出计算式)。12(15分)化学选修5：有机化学根底

11、盐酸多利卡因是一种局麻药及抗心律失常药，可由芳香烃A为起始原料合成：答复以下问题：(1)B的官能团名称为_，D的分子式为_。(2)反响的化学方程式为_，反响类型为_，上述流程中，反响类型与相同的还有_(填反响序号)。(3)反响除了生成E外，另一种产物的化学式为_。(4)写出ClCH2COCl与足量的NaOH溶液反响的化学方程式：_。：(5)C的芳香族同分异构体中，苯环上只有一个取代基的异构体共有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱共有四个峰，且峰面积比为6221的是_(写结构简式)。仿真(三)标准仿真预测卷1解析食盐可调节食物的咸、淡，也可用于食物的防腐，A项正确。二氧化硫应用到葡萄酒中起

12、到增酸、溶解、抗氧化等作用，B项正确。生石灰不与氧气反响，不能用作脱氧剂，C项错误。“地沟油的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下水解可制取肥皂，D项正确。答案C2解析1个甲醇(CH3OH)分子中含有3个CH键，那么1 mol甲醇中含有3 mol CH键，A项错误；因为溶液的体积未知，故无法计算离子的数目，B项错误；因为标准状况下，己烷为液态，无法用标准状况下气体摩尔体积计算其分子数，C项错误。答案D3解析米酒的主要成分是乙醇，“变酸是因为局部乙醇转化成了乙酸，乙醇被氧化，A项正确；植物油不是碳氢化合物，其主要成分是高级脂肪酸和甘油形成的酯，B项错误；含5个碳原子的环戊烷形成5个碳碳单键，C项错误

13、；油脂不是高分子化合物，D项错误。答案A4解析由题给条件推出X为O，Y为S，Z为P。元素非金属性由弱到强的顺序为PSH2SPH3，C项错误；同一周期元素从左到右原子半径依次减小，同一主族元素从上到下原子半径依次增大，那么原子半径由大到小的顺序为PSO，D项正确。答案D5解析图甲中没有用玻璃棒引流，A项错误；图乙中用托盘天平称量不能精确到0.0001 g，B项错误；图丁中不能用酸式滴定管盛装NaOH溶液，D项错误。答案C6解析充电时N电极与电源的负极相连，N电极为阴极，发生复原反响：V3e=V2，A项错误，B项正确。放电时，M电极为正极，阳离子向正极移动，C项正确。放电时M电极为正极，发生复原反

14、响：VO2He=VO2H2O，D项正确。答案A7解析由题给条件可知，先生成碘化银沉淀，参加V1体积AgNO3溶液时，碘离子沉淀完全，那么n(I)c(AgNO3)V1，参加V2体积AgNO3溶液时，氯离子沉淀完全，那么n(Cl)c(AgNO3)(V2V1)，所以原溶液中，故此题选C。答案C8解析.(1)Fe2具有复原性，其能与高锰酸钾溶液反响而使高锰酸钾溶液褪色，符合题意；Fe2与K3Fe(CN)6溶液反响生成蓝色沉淀，符合题意；Fe2、Fe3、Cu2都可以与OH结合生成沉淀，且不易观察沉淀颜色，不符合题意；Fe2不能使KSCN溶液发生颜色变化，而Fe3可使KSCN溶液变为红色，不符合题意。(2

15、)根据题意，试剂应为氧化剂，目的是把Fe2氧化成Fe3，且不能引入新杂质，所以试剂可以为H2O2或Cl2；为得到较纯的产品，需要调节pH使Fe3转化为沉淀，那么试剂可以是CuO或Cu2(OH)2CO3。(3)根据Cu元素守恒，有CuCl2xH2OCu(OH)2CuO1 mol 1 mol mol mol即，解得x。.(4)根据实验目的知，铁棒作阴极，产生H2，碳棒作阳极，产生Cl2。产生的氢气的体积用排水量气法测定，排水时导管应短进长出，所以A接G，F接H。用装有淀粉KI溶液的洗气瓶检验氯气时，导管应长进短出，氯气有毒，要进行尾气处理，所以B接D，E接C。(5)由2NaCl2H2O2NaOHH

16、2Cl2知，当产生的H2的体积为8.4 mL，即3.75104 mol时，生成NaOH的物质的量为7.5104 mol，所以溶液中c(OH)c(NaOH)0.01 molL1，所以c(H)1012 (molL1)，那么pH12。答案.(1)(2)H2O2(其他答案合理也可)CuO(其他答案合理也可)(3)向过滤器中参加适量的蒸馏水使其刚好浸没沉淀，待水流下后，再次参加蒸馏水，重复23次.(4)GFHDECCl22I=I22Cl(5)129解析(1)CuFeS2中铜元素为2价且为最高价态，铁元素为2价，在酸性条件下能被双氧水氧化为Fe3，S为2价，可被氧化为SO，故反响的离子方程式为：2CuFe

17、S217H2O22H=2Cu22Fe34SO18H2O。过氧化氢受热分解，且生成的Cu2、Fe3也可催化过氧化氢分解。(2)由反响原理可知，为提高浸出率，可将黄铜矿粉碎、增大氨水浓度、增大氧压等。(3)混合溶液中c(NH) molL10.01 molL1，c(OH)107 molL1，Kb；滴加氯化铵溶液促进水的电离，水的电离平衡正向移动。(4)由关系图可知，可以循环使用的物质为Fe2(SO4)3、H2SO4；由二价铁转化为三价铁有微生物参与，离子反响方程式为4Fe2O24H4Fe32H2O；S8与O2和H2O反响也有微生物参与，离子反响方程式为S812O28H2O8SO16H。(5)由题意知

18、，当生成2 mol SO时，有1 mol Fe2转化为Fe3，Fe2失去1 mol电子，S2失去16 mol电子，共失去17 mol电子，那么消耗氧气的物质的量为 mol4.25 mol。答案(1)2CuFeS217H2O22H=2Cu22Fe34SO18H2OH2O2受热分解；产物Cu2、Fe3催化H2O2分解等(2)提高氨水的浓度、提高氧压(3) 正向(4)Fe2(SO4)3、H2SO44Fe2O24H4Fe32H2O或S812O28H2O8SO16H(任写一个)(5)4.25 mol10解析(1)由题给条件可知该反响为吸热反响，即化学键断裂吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量，不考虑苯

19、环中化学键的变化可得：(4125348)(4123x436)124，解得x612。(2)该反响的正反响为气体分子数增大的反响，恒压设备中，通入水蒸气需增大容器容积，那么平衡体系压强减小，平衡正向移动，反响物的转化率增大。(3)由GHTS，H0，S0可知该反响在高温下有利于其自发进行。(4)05 min内，v(HCl)0.032 molL1min1。由题图知，T平衡时，HCl和氯乙基苯的浓度均为0.16 molL1，乙苯和氯气的浓度均为0.04 molL1，那么K16。6 min后，反响物浓度逐渐减小，生成物浓度逐渐增大，平衡正向移动，那么改变的条件为升高温度。画图时应注意，HCl的浓度应从0.

20、28 molL1开始，Cl2的浓度应从0.12 molL1开始，10 min时平衡常数为81,12 min时温度与10 min时相同，平衡常数不变，根据三段式法求出12 min时各物质的浓度，12 min到达平衡时，HCl和氯乙基苯的浓度均为0.36 molL1，乙苯和氯气的浓度均为0.04 molL1。05 min Cl2的转化率1为100%80%,012 min Cl2的转化率2为100%86.7%，所以1小于2。答案(1)612(2)该反响的正反响为气体分子数增大的反响，通入水蒸气需增大容器容积，那么平衡体系压强减小，平衡正向移动，反响物的转化率增大(3)高温(4)0.032 molL1

21、min116升高温度如下图CHsp2、sp3(4)氢键、范德华力四面体形甲烷分子的杂化轨道中无孤对电子，而H2O分子有两对孤对电子，孤对电子比成键电子的排斥力大，故H2O分子的键角小(答案合理即可)(5)4或或12解析(1)由流程图可知A发生硝化反响得到B，B中的硝基被复原为氨基得到C，所以结合C的结构简式可知，A是分子中含有的官能团是硝基(NO2)。(2)发生取代反响，发生复原反响。(3)发生取代反响，还有一种生成物是HCl。(4)ClCH2COCl与NaOH发生水解反响，而水解生成的羧基可以继续与NaOH反响：ClCH2COCl3NaOHHOCH2COONa2NaClH2O。(5)根据题目要求可知，的同分异构体中苯环上只有一个取代基，所以该取代基可能是CH2CH2NH2、CH(CH3)NH2、N(CH3)2、NHCH2CH3、CH2NHCH3，对应结构简式和等效氢的个数比分别为答案(1)硝基C10H12ONCl(3)HCl(4)ClCH2COCl3NaOHHOCH2COONa2NaClH2O(5)5