2022高考化学全真模拟卷12含解析.docx

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1、2021高考化学全真模拟卷12一、选择题：本题共7个小题，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化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是A气象报告中的“PM2.5”是指一种胶体粒子B石英玻璃主要成分是硅酸盐，可制作化学精密仪器C“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料【答案】C【解析】A 气象报告中的“PM2.5”是指直径小于或等于2.5微米（2.510-6cm）的颗粒物，它不一定是胶体粒子，A不正确；B 石英玻璃主要成分是二氧化硅，B不正确；C “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了铁置

2、换铜的反应，C正确；D “天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料，D不正确。本题选C。8生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：下列说法正确的是（ ）ApH=4.1时，中为Na2SO3溶液BNa2S2O5用作食品的抗氧化剂和SO2作漂白剂时，均表现还原性C工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液D葡萄酒中Na2S2O5用作食品的漂白剂【答案】C【解析】A向I中通入SO2使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性。Na2CO3溶液显碱性，Na2SO3溶液显碱性，NaHCO3溶液显碱

3、性，而NaHSO3显酸性，说明反应产生了NaHSO3，I中的溶液应为NaHSO3溶液，A错误；BNa2S2O5用作食品的抗氧化剂是Na2S2O5起还原剂的作用，而SO2作漂白剂是由于SO2能够与有色物质发生反应产生无色物质，表现漂白性，不是表现还原性，B错误；C工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和的NaHSO3溶液，由此判断，再通入SO2的目的应为：增大NaHSO3浓度，形成过饱和溶液，C正确；D葡萄酒中Na2S2O5用作食品的抗氧化剂，防止葡萄酒变质，D错误；故合理选项是C。9短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次

4、增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+的电子层结构与Ne相同，Z的质子数为偶数，室温下M的单质为淡黄色固体，下列有关说法正确的是()AY单质能在X的最高价氧化物中燃烧，发生置换反应BX、Z、M的最简单气态氢化物的热稳定性依次增强CX、Y、Z、M的原子半径依次减小D化合物XM2的熔点高于化合物YM的熔点【答案】A【解析】根据分析可知：X为C，Y为Mg，Z为Si，M为S元素。 A金属Mg与二氧化碳发生置换反应生成MgO和C，选项A正确； B非金属性SiCS，则简单氢化物的热稳定性ZXM，选项B错误； C同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径MgSiSC，

5、选项C错误； DXM2为CS2，YM为MgS，二硫化碳为分子晶体，MgS为离子晶体，则熔点：CS2MgS，选项D错误； 答案选A。10下列说法正确的是AHOCH2CH=CHCOOH能发生酯化、加聚、水解等反应B石油分馏产品经过裂解、加成反应可制得乙醇C丁烷的一氯代物有5种D油脂、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物【答案】B【解析】A HOCH2CH=CHCOOH中含有羟基、碳碳双键和羧基，可以发生酯化、加聚反应，不能发生水解反应，故A错误；B 石油分馏产品经过裂解可制得乙烯，乙烯与水发生加成反应制得乙醇，故B正确；C 丁烷有两种同分异构体，分别为CH3CH2CH2CH3和CH(CH3

6、)3，CH3CH2CH2CH3的一氯代物有2种，CH(CH3)3的一氯代物有2种，所以丁烷的一氯代物有4种，故C错误；D 淀粉、蛋白质是可以发生水解反应的高分子化合物，油脂可以发生水解反应，但不是高分子化合物，故D错误；答案选B。11高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为2Fe(OH)3+ 3KClO + 4KOH2K2FeO4+ 3KCl + 5H2O，下列说法正确的是A制备高铁酸钾用ClO做还原剂B制备高铁酸钾时1 mol Fe(OH)3得到3 mol 电子C高铁酸钾中铁的化合价为+7D用高铁酸钾处理水时，其还原产物能水解产生具有强吸附能力的胶体【答案】D【解析】A、反应2

7、Fe(OH)3+ 3KClO + 4KOH2K2FeO4+ 3KCl + 5H2O中，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则KClO为氧化剂，Fe(OH)3为还原剂，故A错误；B、因反应中铁元素的化合价由+3价升高到+6价，则1mol Fe(OH)3失去3mol电子，故B错误；C、高铁酸钾中铁的化合价为6价，故C错误；D、用高铁酸钾处理水时，+6价铁表现出强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮杂质，故D正确；答案选D。12科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续，合成其原理如图所示。下列说法不正确的是A过程I得到的Li3N的电子式

8、为B过程生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C过程涉及的阳极反应为4OH-4e-=O2+2H2OD过程I、均为氧化还原反应【答案】D【解析】A Li3N是离子化合物，Li+与N3-之间通过离子键结合，电子式为，A正确；BLi3N与水发生反应产生LiOH、NH3，反应方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，B正确；C在过程中OH-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应为4OH-4e-=O2+2H2O，C正确；D过程的反应为盐的水解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，D错误；故合理选项是D。13乙二胺(H2NCH2CH2NH2 )是二元弱碱，在水中的电离

9、原理类似于氨。常温下，向乙二胺溶液中滴加稀盐酸，溶液的pH随离子浓度变化关系如图所示。下列叙述不正确的是AKb2H2NCH2CH2NH2 的数量级为10-8B曲线G代表pH 与 的变化关系CH3NCH2CH2NH2Cl溶液中c(H+)c(OH-)D0.01molL-1H2NCH2CH2NH2 电离度约为10%【答案】C【解析】多元弱碱的第一级电离大于第二级电离，故曲线T代表pH与的变化关系，曲线G代表pH 与 的变化关系，由曲线所示关系和电离平衡常数相关知识分析可得结论。A Kb2H2NCH2CH2NH2=，当=0时，即c(H2NCH2CH2NH3+) = c(H3NCH2CH2NH32+)，

10、Kb2H2NCH2CH2NH2= C(OH-)=10-7.15，故A叙述正确；B因多元弱碱的第一级电离大于第二级电离，则曲线G代表pH 与 的变化关系，故B说法正确；C在H3NCH2CH2NH2Cl溶液中，既有H2NCH2CH2NH3+ 的电离，又有H2NCH2CH2NH3+的水解，由图中T曲线可得H2NCH2CH2NH3+的水解平衡常数Kh= c(H+)=10-9.93，而Kb2H2NCH2CH2NH2= 10-7.15，由此可知在H3NCH2CH2NH2Cl溶液中，H2NCH2CH2NH3+的电离大于水解，溶液显碱性，故C说法错误；D设0.01molL-1H2NCH2CH2NH2 电离度为

11、a，则有Kb1H2NCH2CH2NH2=10-4.07 ，解得a0.1，故D说法正确；答案选C。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（14分）钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示:（1）途径I碱浸时发生反应的化学反应方程式为_。（2）途径II氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为_。（3）已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40 mol/L，c(CO32-)=0.10mol/

12、L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是_已知Ksp(BaCO3)=110-9、Ksp(BaMoO4)=4.010-8，忽略溶液的体积变化。（4）分析纯的钼酸钠常用钼酸铵(NH4)2MoO4和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径I所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是_。（5）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图:当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是_。若缓释剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mgL-1，则缓

13、蚀效果最好时钼酸钠(M=206g/mol) 的物质的量浓度为_(计算结果保留3位有效数字)。（6）二硫化钼用作电池的正极材料时接受Li+的嵌入，锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为:xLi+nMoS2Lix(MoS2)n。则电池放电时正极的电极反应是:_。【答案】（1）MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2 （2分） （2） MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2 SO42-+3H2O （2分） （3）90% （2分） （4）(NH4)2CO3和(NH4)2SO3 （2分） （5）常温下浓硫酸会使铁钝化 （2分） 7.2810-4mol/L （2分） （6） nMo

14、S2+xLi+xe-=Lix(MoS2)n （2分） 【解析】利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径：途径是先在空气中灼烧生成MnO3，同时得到对环境有污染的气体SO2，然后再用纯碱溶液溶解MnO3，即可得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，结晶后得到钼酸钠晶体。（1）根据题给流程图分析途径I碱浸时，MoO3与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳和Na2MoO4，发生反应的化学方程式为：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2；（2）途径氧化时MoS2与次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成Na2MoO4和硫酸钠，利用化合价升

15、降法结合原子守恒和电荷守恒配平，发生反应的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+3H2O；（3）BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c（Ba2+）= =110-7mol/L，溶液中碳酸根离子的浓度为：c（SO42-）= =110-2mol/L，所以碳酸根离子的去除率为：1=1-10%=90%；故CO32-的去除率是90%；（4）钼酸铵(NH4)2MoO4和氢氧化钠反应生成钼酸钠和氨气，将氨气与途径I所产生的尾气CO2、SO2一起通入水中，得到正盐的化学式是(NH4)2CO3、(NH4)2SO3；（5）浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化。故当硫酸的浓度大

16、于90%时，腐蚀速率几乎为零；根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150mgL-1，1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：7.2810-4mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28l0-4molL-1，故答案为7.28l0-4molL-1；（6）根据锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为：xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，可知锂是还原剂，在负极发生氧化反应，负极反应式为：xLi-xe-=xLi+，是氧化剂在正极发生还原反应，据此书写电池放电时的正极反应式：正极反应式为：nMoS2+xLi+xe-=Lix（MoS2）n。27（17

17、分）亚硝酰氯(NOCl，熔点:-64.5 ，沸点:-5.5 )为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示（其中III、IV中均为浓硫酸）：（1）用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，补充下表中所缺少的药品。装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2浓盐酸_制备纯净NOCu稀硝酸_（2）将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。装置连接顺序为a_(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。装置、除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是_。有人

18、认为可以将装置中浓硫酸合并到装置中，撤除装置，直接将NO、Cl2通入装置中，你同意此观点吗？_（填同意或不同意），原因是_。实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO，原因为_。（3）有人认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置 _；（4）装置吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_。（5）有人认为装置中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在装置氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：_。（6）制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验

19、：称取1.6625 g样品溶于50.00 ml NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol/LAgNO3溶液滴定至产生砖红色沉淀，消耗AgNO3溶液50.00ml。样品的纯度为_%（保留1位小数）已知常温下，Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(Ag2CrO4)=210-12，若在滴定终点时测得溶液中Cr2O42-的浓度是5.010-3 mol/L，此时溶液中Cl-浓度是_。【答案】（1）饱和食盐水（1分） H2O（1分） （2）a- e -f -c - b -d (e，f可互换）（2分） 通过观察气泡的多少调节两种气体的流速（1分） 不同意（1分

20、） NO与Cl2反应生成的NOCl可溶于浓硫酸（1分） 用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应 （1分） （3）（1分） （4）NOCl + 2NaOH = NaCl + NaNO2 +H2O （2分） （5） NO + MnO4- = NO3- + MnO2（2分） （6）78.8（2分） 9.0 10-6 mol/L（2分） 【解析】（1）用MnO2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质，装置中的试剂是饱和食盐水；用Cu与稀硝酸制备纯净干燥的NO，需要除去NO中的NO2杂质，装置中的试剂是水；（2）NOCl，熔点:-64.5 ，沸点:-5.5 ，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯

21、遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，连接顺序是a- e -f -c - b -d。通过观察装置、气泡的多少调节两种气体的流速；氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成NOCl，NOCl溶于浓硫酸，所以不能直接将NO、Cl2通入装置中；用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应，所以实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO；（3）装置中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出，所以装置可以用作氯气的储气的装置。（4）装置吸收尾气时，NOCl与氢氧

22、化钠反应生成亚硝酸钠和氯化钠，反应方程式是NOCl + 2NaOH = NaCl + NaNO2 +H2O；（5）装置氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，NO与高锰酸钾反应产生黑色沉淀MnO2和硝酸钠，反应离子方程式是NO + MnO4- = NO3- + MnO2；（6）设样品中NOCl的质量为xg， NOCl AgNO365.5g 1mol xg 0.40mol/L0.05mL 65.5x=10.40.05 x=1.31g样品的纯度为1.311.6625100%=78.8%。 已知常温下， Ksp(Ag2CrO4)=210-12，滴定终点时，Cr2O42-的浓度是5.010-3 mol/L，所以c

23、Ag+=KspAg2CrO4cCrO42-=210-5 ，根据Ksp(AgCl)=1.810-10，cCl-=KspAgClcAg+=1.810-10210-5=9.0 10-6 mol/L。【点睛】本题在注重对学生教材基础知识巩固和检验的基础上，侧重对学生能力的考查。该题的关键是明确溶度积常数的含义以及影响因素，并能结合题意灵活运用，有利于培养学生的逻辑推理能力。28（12分）碘及其化合物在生产、生活和科技等方面都有着重要的应用。回答下列问题：（1）碘不易溶于水，但易溶于碘化钾溶液并生成多碘离子，反应如下：I2(s)+I-(aq)I3-(aq) H”或“”）0。反应从开始到t1(t1=3mi

24、n)时间内的平均速率v(I1)=_。在450C时，该反应的平衡数K=_。能够说明上述反应已经达到平衡状态的有_（填选项字母）。AI2与WI2的浓度相等B单位时间内，金属钨消耗的物质的量与单质碘生成的物质的量相等C容器内混合气体的密度不再改变D容器内气体压强不发生变化【答案】（1）c(I42-)c2(I-) （2分） 减小 （2分） （2）（2分） 0.012molL-1min-1 （2分） 9 （2分） BC（2分） 【解析】（1）已知反应方程式为I2(s)+2I-(aq)I42-(aq)，则其平衡常数表达式为：K=c(I42-)c2(I-)；已知反应的H0，所以升高温度平衡向逆反应方向移动，

25、则平衡常数减小；（2）升高温度，化学平衡向吸热方向移动；升高温度时，WI2的物质的量减少，所以该反应向逆反应方向移动，即逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，HNCH（1分） sp2（1分） 配位键、共价键、离子键（2分） （3）氮化铬的离子电荷数较多，晶格能较大（2分） （4）体心（1分） 棱心 （1分） 6（2分） 22a（2分） （2分） 【解析】（1）24号元素是铬，其价层电子排布式为3d54s1，则轨道表达式为：；（2）(NH2)2CO中含有N、H、O、C，电负性由大到小的顺序为ONCH，(NH2)2CO结构中碳原子上有二根单键、一个双键，则参加杂化轨道数为：（2+1）（1是双键中

26、一个单键），杂化类型为sp2。（3）氮化铬的晶体与氯化钠晶体都是离子晶体，因为氮化铬的离子电荷数较多，晶格能较大，所以，氮化铬熔点比氯化钠的高。（4）由晶胞图分析，黑球为1个，白球为124=3个，三角为1个，因TiO32中钛与氧结合形成酸根离子，则三角所处位置为钛，即体心位置，氧位于立方体棱上；由三维立体对称分析，与Ca紧邻的O个数为6，Ti与O间的最短距离是面对角线的一半，即 nm。不论如何画图，原子个数比不变，原子配位数不变，故新的结构图：。点睛：确定中心原子杂化方式：一是价层电子对互斥理论，适用于ABnm型，二是由结构图判断，即杂化轨道数等于数加孤电子对数，然后由轨道数确定杂化方式；三是

27、等电子体法，即电子换电子、电子换电荷；四是等价替换法，即利用前三种通用方法，分析复杂图的中心原子杂化方式，化繁为简。36化学选修5：有机化学基础(15分)聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）：已知：有机物A的质谱与核磁共振氢谱图如下：回答下列问题：（1）A的名称是_；C中含氧官能团的名称是_。（2）反应的反应类型是_。（3）反应的化学方程式是_。（4） F的结构筒式是_。（5）同时满足下列条件的G的同分异构体共有_种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简式：_。能发生银镜反应 能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶

28、液发生显色反应1 mol该物质最多能与8 mol NaOH反应（6） 参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：_。【答案】（1）乙醇（1分） 羧基 （1分）（2）取代反应 （2分）（3） （2分）（4） （2分） （5）3 （2分） （2分）（6）（3分）【解析】根据已知：有机物A的质谱与核磁共振氢谱图可知，A的相对分子质量为46，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3，则A为乙醇；根据流程可知，E在铁和氯化氢作用下发生还原反应生成，则E为；E是D发生硝化反应而得，则D为；D是由A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应而得，则C为；C是由分子式为C7H8的烃B

29、氧化而得，则B为甲苯；结合已知以及G的分子式，可知对二甲苯与二分子一氯甲烷反应生成F，F为；根据已知可知，F氧化生成G为；G脱水生成H，H为。（1）A的名称是乙醇；C为，含氧官能团的名称是羧基；（2）反应是D在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应（或取代反应）生成E；（3）反应是A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，其化学方程式是；（4）F的结构筒式是；（5） 的同分异构体满足条件：能发生银镜反应，说明含有醛基；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有甲酸酯的结构，且水解后生成物中有酚羟基结构；1mol该物质最多能与8mol NaOH反应，则符合条件的同分异构体可以是：、共3种；（6）间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸甲酯发生硝化反应生成，还原得到，其合成路线为：。