（新）2022届高考化学全真模拟卷03（解析版）.docx

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1、全真模拟卷（三）一、选择题（本题共7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）下列叙述所涉及的实验操作为蒸馏的是A制取食盐：又淮厂地面有日晒自然生霜如马牙者，谓之大晒盐B制青蒿素：青蒿一握，以水二升渍，绞取汁C精制酒精：用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露D精制砒霜：将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器【答案】C【解析】制取食盐时“日晒”是利用太阳的热能将水分蒸发，留下盐分，A项错误；制取青蒿素涉及的操作为溶解和萃取，B项错误；精制酒精的过程属于蒸馏，抓住关键词“气上、滴露”可得知，C项正确；精制砒霜时涉及到的物理性质是升华，和蒸馏无关，D项错误。

2、8叠氮化碳(C2N14)是一种高氮含能化合物，一点微小的震动都足以让它发生爆炸，其结构简式如图所示(原子间的短线代表单键或双键，N3结构中不含NN键)，下列说法正确的是AC2N14在空气中爆炸的产物为NO2和CO2B一个C2N14分子中含有2个N2分子C1 molC2N14分子中含NN键的数目为7NAD该分子含有多种同分异构体【答案】D【解析】叠氮化碳为一种化合物，分子中不存在N2分子，其容易爆炸是因为该分子中不存在氮氮三键，氮原子间形成氮氮三键是最稳定，所以叠氮化碳容易发生爆炸而释放出大量能量，在空气中不能生成NO2，所以A项、B项错误；根据C原子和N原子的价键原子，可得分子的结构简式为，由

3、结构简式可知该分子中含有5个NN键，C项错误；由C原子、N原子的连接方式可知其含有同分异构体，如：、等，D项正确。9有研究团队发现，宿主蝙蝠蛋白MTHFD1的抑制剂carolacton可有效抑制新冠病毒复制。该抑制剂的结构如下，若一个碳原子上连有4个不同的原子或原子团，则该碳原子为手性碳原子。下列有关说法错误的是Acarolacton分子中含有5种官能团Bcarolacton可发生加成、取代、氧化反应Ccarolacton分子中含有8个手性碳原子D1 molcarolacton最多可与2 molNaOH溶液发生反应【答案】A【解析】10原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z的最外层电子

4、数和原子半径的关系如图所示，Z的最外层电子数是W、Y的3倍。下列说法正确的是AX、Y、Z简单离子的半径：X<Y<ZBX、Y、Z三种元素组成的化合物中只含离子键CX与Z两种元素组成的化合物是水晶的主要成分D含Z元素的盐溶液可能显酸性或碱性【答案】D【解析】根据图示，可判断出W、X、Y、Z四种元素分别是H、O、Na、Al；X、Y、Z简单离子的半径：O2>Na>Al3，A项错误；X、Y、Z三种元素组成的化合物为NaOH，既含有离子键也含有共价键，B项错误；X与Z两种元素组成的化合物为Al2O3，为红宝石的主要成分，水晶的主要成分为SiO2，C项错误；含Z元素的盐可以是铝盐或偏

5、铝酸盐，AlCl3溶液显酸性，NaAlO2溶液显碱性，D项正确。11在一种混合的、无贵金属的耦合AlcOxCO2R电解槽中，可将CO2气体转化为合成气，其原理如图所示，下列说法错误的是A电极A为原电池的正极，发生还原反应B电极B的电极反应式为：CH2OH(CHOH)CH2OH2e2OH= CH2OHCOCH2OH2H2OC若通过交换膜的离子是，则电极A的电解反应式可表示为：5CO23H2O4e= COH24D若电极A处产生的 CO和H2的物质的量之比为1:3，则电极B消耗丙三醇的物质的量为4 mol【答案】D【解析】显然，这是一个原电池装置，在原电池中，电极名称为正极和负极。电极A为电子流入的

6、电极，为正极，发生还原反应，A项正确；对正负极进行如下表的分析：离子电极电极反应式（CO和H2的物质的量之比按1:1计算）OHA（正极）2CO22H2O4e= COH22OHB（负极）C3H8O32e2OH= C3H6O32H2OA（正极）5CO23H2O4e= COH24B（负极）C3H8O32e2= C3H6O32H2O2CO2由分析可知，B项、C项正确；若电极A处产生的 CO和H2的物质的量之比为1:3，则其电极反应可表示为：2CO26H2O8e= CO3H26OH，电路中转移的电子数为8e，电极B的电极反应式为C3H8O32e2= C3H6O32H2O2CO2，则消耗的n(C3H8O3

7、)=4 mol，物质的量之比为1:3并不代表 CO和H2的物质的量分别为 1mol 和3 mol，D项错误。12某化学课外活动小组为探究FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物，设计了如下实验，并得到相应的实验现象如表所示：序号实验操作实验现象向FeCl3溶液中滴加Na2S溶液至过量开始时观察到黄色浑浊，同时产生气体，过量时产生黑色沉淀向Na2S溶液中滴加FeCl3溶液至过量开始时产生黑色沉淀，继续滴加黑色沉淀溶解，出现黄色浑浊，同时产生气体已知FeS和Fe2S3均为黑色沉淀。下列说法错误的是A实验和实验中均不生成Fe(OH)3沉淀B实验和实验中黑色沉淀成分不同，气体成分相同C实验中，黑色沉淀溶

8、解时溶液的pH增大D由实验可知，FeCl3溶液与Na2S溶液的反应产物与溶液酸碱性有关【答案】C【解析】向FeCl3溶液中滴加Na2S溶液至过量，开始时观察到黄色浑浊，同时产生气体，过量时产生黑色沉淀，黄色沉淀为单质S，气体为H2S，发生的反应为2Fe3H2S = 2Fe2S2H，Na2S溶液过量，生成FeS黑色沉淀；向Na2S溶液中滴加FeCl3溶液至过量，开始时产生黑色沉淀，继续滴加黑色沉淀溶解，出现黄色浑浊，同时产生气体，发生的反应为2Fe33S2= Fe2S3，FeCl3溶液过量，显酸性，使Fe2S3溶解，再发生2Fe3H2S = 2Fe2S2H，使溶液酸性增强，pH减小。实验和实验中

9、黑色沉淀分别是FeS和Fe2S3，黄色沉淀是单质S，并不生成Fe(OH)3沉淀，A项正确；实验和实验中气体均为H2S，B项正确；实验中，黑色沉淀溶解时溶液的pH减小，C项错误；实验FeCl3溶液显酸性，实验Na2S溶液显碱性，其反应现象及产物不同，D项正确。13常温下，几种弱电解质的电离平衡常数如表所示，向20 mL 0.1 mol/L的盐酸溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的氨水，溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是ACH3COONH4溶液中c(OH)=c(H)107 mol/LB和能发生彻底水解反应C曲线上水的电离程度最大的点为b点Dd点时，c(OH)c(H)=【答案】D【解析】根据

10、CH3COOH和NH3 H2O的电离平衡常数可知，常温下CH3COONH4溶液显中性，溶液中c(OH)=c(H)=107 mol/L，A项错误；若和发生彻底水解反应，则其反应为H2ONH3·H2OH2CO3，反应的平衡常数K=1.4×103，平衡常数小于105，认为该反应不能完全反应，B项错误；曲线上c点为恰好完全中和的点，此时溶液中水的电离程度最大，C项错误；d点加入NH3 H2O的体积为30 mL，溶质为NH3 H2O和NH4Cl的混合溶液，且二者的物质的量之比为1:2，由电荷守恒知：c()c(H)=c(OH)c(Cl)，由物料守恒知：3c(Cl)=2c()c(NH3&

11、#183;H2O)，得：c(OH)c(H)=，D项正确。二、必考题（本题共3小题，共43分）26（14分）茉莉醛被广泛应用于食品、化妆品和洗涤剂中。实验室制备茉莉醛的反应、装置示意图和有关数据如下：相对分子质量密度/g·cm3沸点/苯甲醛1061.04179庚醛1140.85153茉莉醛2020.97287实验步骤：在a中加入5.3mL苯甲醛、5 mL95%乙醇、12 mL10%KOH溶液，在c中加入6.84 g庚醛。搅拌并加热至6065，打开c向a中缓慢滴加庚醛。保温搅拌反应3 h。反应待冷却后，静置分层，分出有机层，水层用20 mL二氯甲烷分两次萃取，萃取分液后与有机层合并，有机

12、层再用10 mL水洗涤3次，洗涤后加入无水Na2SO4。蒸馏，收集287290馏分，馏分用柱色谱法进行分离，得茉莉醛4.04g。回答下列问题：（1）仪器a的名称是 ，实验中应采取的加热方法是 。（2）在洗涤操作中，用水洗涤的主要目的是 ，加入无水Na2SO4的目的是 。（3）用二氯甲烷萃取分液时，水层在 （填“上”或“下”）层。（4）柱色谱法分离中使用的吸附剂为硅胶或碳酸钙，除此之外，还可以使用 （填序号）活性炭 氯化钠 氧化铝 碳酸钾（5）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为 。（6）本实验所得茉莉醛产率约为 %。【答案】（14分，除标注外，每空2分）（1）三颈烧瓶（1分） 水浴加热（1分

13、） （2）除去有机产物中的乙醇 干燥（3）上（4）（5）（6）38.5%【解析】（1）仪器a的名称为三颈烧瓶；由于反应温度为6065，故可除去水浴加热；（2）由于乙醇和有机产物互溶，用水洗的主要目的为除去有机产物中的乙醇，洗涤后加入无水Na2SO4进行干燥；（3）二氯甲烷的密度比水大，萃取分液时，二氯甲烷在下层，水层在上层；（4）柱色谱法是利用吸附剂对物质吸附能力的不同，进行物质分离提纯的一种方法。使用的吸附剂一般为难溶于水、表面积比较大，故可以使用碳酸钙、硅胶、氧化铝、活性炭等；（5）根据反应原理，可知醛在碱性条件下可发生缩合反应，故庚醛分子间也可发生类似的反应，得到以下副产物：；（6）加入

14、的苯甲醛的物质的量为=0.052 mol，庚醛的物质的量为=0.06mol，可知庚醛过量，应以苯甲醛的量进行计算，即理论上应的茉莉醛0.052 mol，实际得到4.04g，所以本实验的产率为=38.5%；27（14分）从铜电解阳极泥中可回收提纯硒、碲等，其一种工艺流程如下：已知：铜阳极泥化学成分：元 素AuAgCuSeTe成分/%0.912.0823.46.73.1亚碲酸为二元弱酸，在水中溶解度较小。回答下列问题：（1）亚碲酸（H2TeO3）中Te元素的化合价为 ，滤渣1的主要成分为 。（2）“氧化”时控制溶液的pH=3，则“氧化”生成的离子方程式为 。（3）“硒、碲分离”时，溶液中硒、碲浓度

15、比值随pH的变化如图所示，则pH应调至 。（4）已知TeO2是两性氧化物，写出其与强碱溶液反应的离子方程式 。（5）“还原2”中若得到Se单质7.9g，则需要还原剂的物质的量为 。（6）若从100 g铜阳极泥中回收Se、Te的总质量为9.2g，则回收率为 。【答案】（14分，每空2分）（1）4 AgCl和Au（2）Se2H2O2=H2O2H（3）6.0（4）TeO22OH=H2O（5）0.2 mol（6）93.88%。【解析】对工艺流程进行如下分析：（1）根据化合物中元素化合价之和为0，可知H2TeO3中Te元素的化合价为4价。“酸浸”过程中，Ag以Ag2SO4加入到“氧化”步骤中，其在NaC

16、l溶液中转化为AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在“氧化”步骤中滤出；（2）“氧化”时，溶液的pH=3，溶液中存在大量的H，Se被H2O2氧化为，其离子方程式为Se2H2O2=H2O2H；（3）“硒、碲分离”时溶液中两种元素的离子的浓度比值越大，分离效果越好，从图像中可得出，当pH=6.0时，分离效果最好；（4）TeO2是两性氧化物，与强碱溶液反应的离子方程式为TeO22OH=H2O；（5）“还原2”中发生的反应为22H=Se2H2O，若生成7.9 gSe单质，则需要还原剂Na2SO30.2 mol；（6）根据铜阳极泥中Se、Te的含量分别为6.7%和3.1%，则1

17、00 g铜阳极泥中含有Se、Te的总质量为9.8 g，现回收得到Se、Te共9.2 g，则其回收率为9.2/9.8×100%=93.88%。28（15分）工业合成氨反应被誉为最伟大的反应之一。回答下列问题：（1）已知热化学方程式：2H2(g)H2(g)=2H2O(g) H1=483.6kJ/mol4NH3(g)5O2(g)=4NO(g)6H2O(g) H2=905kJ/molN2(g)O2(g)=NO(g) H3=180kJ/mol则N2(g)+3H2 (g)=2NH3(g) H4= kJ/mol（2）20世纪初，以Nernst和Haber为代表的研究小组研究不同反应条件下的合成氨反

18、应，试解释Haber采取的生产条件平衡混合气体中NH3所占体积分数高的原因 。研究者压强/atm温度/催化剂反应结果（平衡混合气体中NH3所占体积分数）Nernst50685铂、锰0.96%Haber150250550锇、铀8.25%（3）Bosch在研究合成氨工业的催化剂和装置时，发现氢气渗透到钢铁内部生成了一种温室效应气体物质，该气体为 ，用铁催化氨分解时产生了FeN，再通入氮气和氢气时，氢气与FeN反应生成了氨气，其化学方程式为 。（4）以氨气和二氧化碳为原料制备尿素的化学方程式为CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2 (g)+H2O(g)，该反应的平衡常数表达式为K=

19、，反应物平衡转化率随氨碳比的变化曲线如图所示，其中表示CO2平衡转化率的变化曲线为 。（5）尿素的过度使用会造成水体污染，科学家通过电解的方法处理含尿素的碱性废水，并向煤液化供氢。其装置如图所示，电极a应接电源的 极，电极b上的电极反应式为 ，a电极区和b电极区产生的气体在相同条件下的体积比为 。【答案】（14分，除标注外，每空2分）（1）92.9kJ/mol（2）合成氨反应正向为放热反应，低温有利；正向气体体积较小，高压有利（3）CH4（1分） 2FeN3H2 2Fe2NH3（4） b（1分）（5）正（1分） CO(NH2)26e8OH= N26H2O 3:1【解析】（1）根据盖斯定律可得，

20、 =92.9kJ/mol；（2）合成氨反应正向为放热反应，低温有利；正向气体体积较小，高压有利；故Haber合成氨反应中氨气的体积分数更高；（3）由于钢铁为合金，其中含有碳单质，氢气在高温条件下和钢铁中的碳反应生成了具有温室效应的气体甲烷（CH4）；氮化铁和氢气在高温条件下生成氨气的化学方程式为：2FeN3H22Fe2NH3；（4）根据平衡常数的定义可直接写出平衡常数表达式为；增大氨碳比有利于平衡正向移动，CO2平衡转化率增加，NH3本身平衡转化率减小，故表示CO2平衡转化率的变化曲线为b；（5）根据b极室产生N2，可知电极b为阴极，连接电源的负极，电极a为阳极，连接电源的正极，电极b发生的电

21、极反应为CO(NH2)26e8OH= N26H2O，电极a发生的电极反应为2H2O2e= H22OH，a电极区和b电极区产生的气体在相同条件下的体积比为3:1。三、选考题（2题中任选一题作答，共15分）35物质结构与性质（15分）贝壳、珍珠、方解石等主要成分均含有CaCO3，回答下列问题：（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧碳酸钙时的焰色为_（填标号）。A黄色 B红色 C紫色 D绿色（2）CaCO3中三种元素第一电离能由小到大的顺序是_。CaCO3中的化学键除了键外，还存在_。（3）关于CO2和的下列说法正确的是_。a两种微粒价层电子对数相同 b两种

22、微粒的中心原子均无孤电子对c键角：CO2  d两种微粒的中心原子杂化方式相同（4）难溶碳酸盐易分解，CaCO3、BaCO3热分解温度更高的是_，原因是_。（5）方解石的菱面体结构如图1，沿三次轴的俯视图为正六边形。方解石的六方晶胞结构如图2，晶胞底面为平行四边形，其较小夹角为60°，边长为a nm，晶胞高为c nm。A点在俯视图中为a，则B点在俯视图中的位置为_（填字母）。方解石的六方晶胞中，Ca2和个数比为_；若阿伏加德罗常数为NA，则该方解石的密度为_g/cm3（列出计算式）。【答案】（1）B（1分）（2）Ca<C<O 离子键 键（3）b、c（4）

23、BaCO3（1分） Ca2+半径比Ba2+小，对中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定（5）d 1:1（1分） ×1021【解析】（1）钠元素的焰色为黄色，甲元素的焰色为紫色，铜元素的焰色为绿色，钙元素的焰色为红色，故选B；（2）金属性越强，第一电离能越小，故三种元素的第一电离能由小到大的顺序为Ca<C<O；CaCO3为离子化合物，存在离子键，中除了含有键之外还有键；（3）CO2分子中的价层电子对数为2，中心原子无孤电子对，为直线型结构，中心原子C原子杂化方式为sp杂化，的价层电子对数为3，中心原子无故电子对，为平面三角形结构，中心原子C原子杂化方式为sp2杂化

24、，所以b、c正确；（4）Ca2的半径小于Ba2，Ca2对中的O2吸引力强，生成的CaO晶格能大，更稳定；（5）由方解石的菱面体结构和俯视图可知，A点和B点位于对角线上，若A点在俯视图上为a，则B点在俯视图上不可能是b点和c点，则应为d点；在方解石的六方晶胞中，根据“均摊法”可知：Ca2的个数为：4×8×4=6，的个数为：8×4=6，故其比值为1:1；其密度为=×1021；36有机化学基础（15分）普鲁本辛是一种常用的解痉和抑制胃酸分泌的药物，其药物中间体的合成路线如下：回答下列问题：（1）物质A的名称为 ，物质C中所含官能团名称为 、 （2）由A生成B的

25、反应类型为 ，由B生成C的反应条件为 （3）物质G的结构简式为 ，写出下列反应的化学方程式： HI： （4）满足以下条件的F的同分异构体有 种i)能发生银镜反应 ii)遇FeCl3溶液显紫色 iii)分子中含有两个苯环其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为1:2:2:2:2:1的结构简式为 （5）以乙烯为原料合成丁二酸乙二酯（），其合成路线为 （无机原料任选）【答案】（15分，除标注外，每空2分）（1）甲苯（1分） 羧基、氯原子（2分，漏写得1分，错写不得分）（2）氧化反应（1分） 用Fe或FeCl3作催化剂（1分）（3） （4）19 （5）【解析】结合已知条件和D的结构简式，可知物质C的结构简

26、式为，物质B的结构简式为，物质A为甲苯。（1）物质A的名称为甲苯，物质C中含有的官能团的名称为羧基、氯原子；（2）甲苯在酸性高锰酸钾溶液中可被氧化为苯甲酸，故由A生成B的反应属于氧化反应，由B生成C的反应为苯环上的卤代反应，其反应条件为用Fe或FeCl3作催化剂；（3）由H的结构简式和已知条件，可知物质G中含有-CN，其结构简式为，H和I的反应为酯化反应，其化学方程式为；（4）F的分子式为C13H10O2，条件之一：能发生银镜反应，说明分子中含有醛基（-CHO），条件之二：遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基（-OH），分子中含有两个苯环，结合同分异构体“定一移一”的方法，可写出以下19种同分异构体：其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为1:2:2:2:2:1的结构简式为；（5）合成路线为：