（新）2022年高考名校考前提分仿真卷 化学（一）教师版.doc

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷化 学 （一）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 Cl 35.5

2、 Co 59一、选择题（每小题6分，共42分。）7本草经集注记载：“鸡屎矾(碱式硫酸铜或碱式碳酸铜)不入药用，惟堪镀作，以合熟铜；投苦酒(醋)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”。下列说法错误的是A“不入药用”是因为其在胃中形成重金属Cu2+B“投苦酒中”发生的是复分解反应C“涂铁皆作铜色”发生置换反应D“惟堪镀作，以合熟铜”是电镀铜【答案】D【解析】A碱式硫酸铜或碱式碳酸铜在胃中酸性条件下会生成Cu2+，对人体有害，A项正确；B碱式硫酸铜和醋酸反应生成醋酸铜、硫酸铜、水，碱式碳酸铜和醋酸反应生成醋酸铜、二氧化碳、水，均属于复分解反应，B项正确；C“涂铁皆作铜色”是Fe+Cu2+=Fe2+C

3、u，是置换反应，C项正确；D“惟堪镀作，以合熟铜”描述的是活泼金属置换铜的过程，不是电镀，D项错误；答案选D。8R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是AR与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同B用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基CR能发生加成反应和取代反应DR苯环上的一溴代物有4种【答案】A【解析】AR分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，二者所含官能团不完全相同，故A错误；B分子中的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液检验R中是否含有羧基，故B正确；C该分子中含有醇羟基和羧基

4、，能发生中和反应，也属于取代反应；含有苯环，能与氢气发生加成反应，故C正确；DR苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；故选A。9设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A11g超重水(T2O)含有的电子数比中子数多NAB124g P4(分子结构：)中的共价键数目为6NAC标准状况下，22.4L CHCl3中的CCl键的数目等于0.3NAD标准状况下，11.2L Cl2溶于水呈黄绿色，溶液中Cl、ClO和HClO的微粒数之和为NA【答案】B【解析】A超重水分子中中子数比电子数多，故A错误；B124g P4(分子结构：)物质的量为：1mol，共价键数目为6NA，故B正确；C标准状

5、况下三氯甲烷为液体，不能使用22.4mol/L直接进行计算，故C错误；D氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，溶液中含氯气分子，故溶液中Cl、ClO和HClO的微粒数之和小于NA，故D错误；故答案选B。10以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极处理有机废水的装置如图所示(以含CH3COO的溶液为例)。下列说法不正确的是A负极反应为CH3COO+2H2O-8e=2CO2+7H+B隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜C当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上最多可除盐58.5gD电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为12【答案】D【解析】该装置为原电池，有机废水中的CH3CO

6、O发生失电子的氧化反应生成CO2，则a极为负极，电极反应式为CH3COO+2H2O-8e=2CO2+7H+，b极为正极，酸性条件下，H+得电子生成H2，反应式为2H+2e=H2，原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即模拟海水NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl通过阴离子交换膜移向a极，则隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜。A该原电池中a极为负极，b极为正极，有机废水中的CH3COO在负极失电子生成CO2，电极反应式为CH3COO+2H2O-8e=2CO2+7H+，故A正确；B原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜

7、移向b极、Cl通过阴离子交换膜移向a极，达到海水淡化目的，所以隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，故B正确；C由于电子与Na+、Cl所带电荷数相等，所以电路中转移1mol电子时，通过离子交换膜的Na+、Cl物质的量均为1mol，质量为1mol×58.5g/mol=58.5g，即模拟海水理论上除盐58.5g，故C正确；D负极反应式为CH3COO+2H2O-8e=2CO2+7H+，正极反应式为2H+2e=H2，若转移8mol e电子时正极得到4mol H2、负极得到2mol CO2，即正、负极产生气体的物质的量之比为21，故D错误；故选D。11AlPMOF其结构如图（分子式：C4

8、H9XYZ），可快速将芥子气降解为无毒物质。其中X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，X、Y同主族。下列说法不正确的是A简单离子半径：Y>Z>XB最简单氢化物稳定性：X>Z>YC含氧酸酸性：Z>YDYXZ2中Y的化合价为+4【答案】C【解析】根据分子结构和题目信息，X、Y同主族短周期元素，X可形成两个共价键，则X为O，Y为S，Z为Cl。A简单离子半径：S2>Cl>O2，故A正确；B根据电负性越大，非金属性越强，其最简单氢化物的稳定性：H2O>HCl>H2S，故B正确；C最高价氧化物对应水化物酸性是HClO4>H2SO4，只谈含氧酸

9、，则酸性无法比较，故C错误；DSOCl2中S的化合价为+4，故D正确。综上所述，答案为C。12甲硫醇是一种重要的化工原料，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。下列说法错误的是A甲硫醇的沸点比甲醇低B该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率C反应过程中涉及极性键的断裂和生成D该反应的化学方程式为【答案】B【解析】A由于甲醇分子间存在氢键，而甲硫醇分子间存在范德华力，故甲硫醇的沸点比甲醇低，故A正确；B催化剂不影响平衡，不改变平衡转化率，故B错误；C根据反应图中反应物硫化氢的变化得出，硫氢键属于极性键发生了断裂，生成甲硫醇中形成了碳硫的极性键，故C正确；D根据反应图及原子守恒书写化学方程式，故D正确

10、；故选答案B。13常温下，用0.1mol·L1 HCl溶液滴定0.1mol·L1 NH3·H2O溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列说法不正确的是AKb(NH3·H2O)的数量级为105BP到Q过程中，水的电离程度逐渐增大C当滴定至溶液呈中性时，c(NH)c(NH3·H2O)DN点，c(Cl)-c(NH)=【答案】D【解析】A在M点反应了50%，此时，pH=9.26，因此Kb(NH3·H2O)数量级为105，故A正确；BP到Q过程中是盐酸不断滴加到氨水中，氨水不断被消耗，碱性不断减弱，因此水的电

11、离程度逐渐增大，故B正确；C当滴定至溶液呈中性时，pH=7，根据，得出，c(NH)=1×102.26×c(NH3·H2O)，则c(NH)c(NH3·H2O)，故C正确；DN点，根据电荷守恒得到，c(Cl)c(NH)=c(H+)c(OH)=1×105.28，故D错误。综上，答案为D。二、非选择题（共43分）26（14分）习近平总书记在科学家座谈会上指出“好奇心是人的天性，对科学兴趣的引导和培养要从娃娃抓起”。某化学兴趣小组为培养同学们对科学探究的兴趣，设计图1所示实验来探究HSO与Cu2+的反应：已知：氯化亚铜(CuCl)为白色立方结晶或白色粉末

12、，难溶于水。回答下列问题：(1)若用CuSO4·5H2O配制100mL 1mol/L CuSO4溶液，需用托盘天平称取CuSO4·5H2O的质量为_。甲同学在定容时采用上图2方式观察，则所配制的CuSO4溶液浓度_(填“偏高”或“偏低”)。(2)将操作2后生成的无色气体通入氯化铁溶液，_(填实验现象)，说明该气体为SO2，反应的离子方程式为_。(3)操作2后生成的白色沉淀为_(填化学式)，生成该沉淀和无色气体的反应离子方程式为_。(4)根据氧化还原反应的规律，乙同学推测操作2中涉及HSO与Cu2+的可逆反应正向进行的原因：外加Cl导致Cu+的还原性弱于HSO，用图3装置(a

13、、b均为石墨电极)进行实验验证。K闭合时，一段时间后指针几乎归零。向U型管右管添加_，a电极为_极，产生的现象证实了其推测，其中不同于图1操作2后的现象是_。(5)基于(4)实验，乙同学得出进一步猜想：物质的氧化性和还原性与_有关。该同学用图3装置再次进行实验，以丰富验证该猜想的证据。与(4)实验对比，不同的操作是向U型管左管添加_。【答案】（1）25.0g 偏低 （2） 溶液由黄色变浅绿色(或黄色变浅) （3） CuCl 2HSO+2Cu2+2Cl=SO+2CuCl+SO2+2H+ （4） KCl固体 负极 指针偏转 （5） 浓度 BaCl2固体(或其他合理答案) 【解析】(1)在100mL

14、 1mol/L CuSO4溶液中含有溶质CuSO4的物质的量n(CuSO4)=1mol/L×0.1L=0.1mol，根据Cu元素守恒，可知需CuSO4·5H2O的质量m(CuSO4·5H2O)=0.1mol×250g/mol=25.0g；若在配制溶液定容时仰视刻度线，则容量瓶中凹液面最低处高于刻度线，溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，根据物质的量浓度定义式可知配制的溶液的浓度偏低；(2)向KHSO3溶液中加入CuSO4溶液，溶液显蓝色，无其它明显变化，然后加入KCl固体，反应产生白色沉淀和无色气体，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+与溶液中的Cl

15、结合白色沉淀是CuCl，则HSO失去电子被氧化为SO，同时产生H+，H+与溶液中的HSO反应产生SO2气体。SO2具有还原性，与FeCl3溶液发生氧化还原反应，产生H2SO4、HCl、FeCl2，使溶液由红色变为浅绿色，该反应的离子方程式为：；(3)根据(2)分析可知生成的白色沉淀是CuCl，则生成该沉淀和无色气体的离子方程式为：2HSO+2Cu2+2Cl=SO+2CuCl+SO2+2H+；(4)若是由于外加Cl导致Cu+的还原性弱于HSO，可根据如图装置验证：当一段时间后指针归零后，向U型管右管添加加入KCl固体，此时溶液中Cl浓度增大，若a为负极，电流表指针发生偏转，同时看到左侧电极有气体

16、产生，右侧电极附近有白色沉淀产生，就可证实其推测；(5)基于(4)实验，乙同学得出进一步猜想：物质的氧化性和还原性与物质的浓度有关。若HSO反应产生SO，则反应后向左侧溶液中加入含有Ba2+的物质，应该产生BaSO4白色沉淀，而HSO与Ba2+不能发生反应。故该同学用图3装置再次进行实验，以丰富验证该猜想的证据。与(4)实验对比，不同的操作是可以向U型管左管添加BaCl2固体。27（14分）氮的氧化物(如NO2、N2O4、N2O5等)应用很广，一定条件下可以相互转化。(1)已知：N2O4(g)2NO2(g) H3则反应的_。(2)N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定

17、量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图1所示：图1中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强为，计算该温度下反应的平衡常数_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数；计算结果保留至小数点后一位)。由图1推测N2O4(g)2NO2(g)正向是_(填“吸热反应”或“放热反应”)，说明理由：_。对于反应N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强存在关系：，。其中，、是与反应及温度有关的常数。相应的速率-压强关系如图2所示，一定温度下，、与平衡常数的关系是_，在图2标出的点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是：_。(3)

18、以NO2为原料可以制得新型绿色硝化剂N2O5，原理是先将NO2转化为N2O4，然后采用电解法制备N2O5其装置如图3所示，两端电极为石墨电极，中间隔膜只允许离子通过，不允许水分子通过。已知两室中加入的试剂分别为：a硝酸；bN2O4和无水硝酸，则左室中电极反应式为_。【答案】（1） （2）106.7 吸热反应 温度升高，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应 B和D （3） 【解析】(1)已知：，N2O4(g)NO2(g) H3，根据盖斯定律+-，则反应的。故答案为：；(2)设开始时n(N2O4)=x mol，其转化率为0.4，则平衡时n(N2O4)=x mol×(1-0.

19、4)mol=0.6x mol，生成的n(NO2)=2×0.4x mol=0.8x mol，平衡时混合气体总物质的量=(0.6+0.8)x mol=1.4x mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于其物质的量之比，所以平衡时混合气体压强=1.4p0，P(N2O4)=×1.4p0=0.6p0，则P(NO2)=0.8p0，该温度下反应的平衡常数Kp=p0=×100kPa=106.7kPa，故答案为：106.7；由图1推测N2O4(g)NO2(g)正向是吸热反应(填“吸热反应”或“放热反应”)，说明理由：温度升高，N2O4平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应。

20、化学平衡常数Kp=，二者的反应速率之比等于其计量数之比，所以v(NO2)v(N2O4)=k2p(NO2)2k1·p(N2O4)=21，化学平衡常数Kp=，则K1=K2Kp，满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点，BD点的压强之比等于其反应速率之比为12，所以BD为平衡点。故答案为：；B和D；(3)原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，则左室中四氧化二氮失电子氧化成五氧化二氮，电极反应式为。故答案为：。28.（15分）钯是航天、航空等高科技领域以及汽车制造业不可缺少的关键材料。以硫化铜镍矿(主要含、，还有少量的、)制取钯、镍的工艺流程如下：已知：“抽提”是用适

21、当的溶剂和方法从原料中把有效成分分离出来的过程。回答下列问题：(1)“焙烧”需要鼓入空气使矿粉呈“沸腾”状，其目的是_。(2)“萃取铜”后的无机相中主要含有_(填化学式)、H2SO4。(3)在实验室经过“结晶”过程获得硫酸铜晶体体的操作是_、_、_、自然干燥。(4)在“底渣”中加入王水(浓盐酸和浓硝酸的混合溶液)使金属Pd溶解生成，假设反应只产生一种污染空气的无色气体，该反应的化学方程式是_。该过程采用“抽提”的目的是_。(5)“抽提”后的进行沉淀生成，先加入氨后加入盐酸，先加入氨的原因是_。(6)“还原”反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比是_。【答案】（1）增大矿粉与O2的接触面积提高原料

22、利用率 （2） NiSO4 （3） 蒸发浓缩 冷却结品 过滤(洗涤) （4） 分离SiO2和Pd （5） “抽提”后的溶液呈酸性，氨可以中和酸生成NH，同时可调节 12 【解析】硫化铜镍矿经过焙烧后、转化成了、，PdS转化成了Pd，SiO2没有变化，烟气的成分应该是SO2，烧渣加入稀硫酸后，、和稀硫酸反应生成了CuSO4和NiSO4，通过结晶法分离出CuSO4，通过有机溶剂萃取剩余的铜离子，则无机相中的主要成分就是剩余的NiSO4和稀硫酸了。烧渣浸出后的底渣主要成分是SiO2和Pd，利用王水把Pd从底渣中分离出来，然后通过加入氨水和稀盐酸使Pd的化合物从溶液中沉淀分离出来，最后利用氢气还原得到

23、Pd。(1)为了使矿粉充分与空气中的氧气反应，提高原料利用率，故需要鼓入空气使矿粉呈“沸腾”状；(2)硫化铜镍矿主要含、，还有少量的PdS、SiO2，根据流程图，可知最终大都转化成了胆矾晶体，PdS转化成了Pd，SiO2不溶于硫酸，所以“萃取铜”后的无机相中主要含有和稀；(3)从硫酸铜溶液中分离出溶质硫酸铜，则首先要对溶液蒸发浓缩，使其饱和，然后冷却结晶使其析出，最后过滤洗涤分离出硫酸铜晶体，由于硫酸铜晶体受热易分解，故需自然干燥分离出其含有的剩余水分；(4)硫化铜镍矿焙烧后，根据流程图，可知用稀硫酸浸出后的底渣成分主要是SiO2和Pd，王水是浓盐酸和浓硝酸的混合溶液，反应后生成一种污染空气的

24、无色气体，可推测是NO，SiO2与王水不反应，则反应的化学方程式为；(5)为了使Pd充分溶解，抽提用的王水必然过量，则抽提后的混合液比然显酸性，为了使进行沉淀生成，则必然先加入氨水，中和剩余的酸，同时可调节，故先加氨水后加盐酸；(6)氢气“还原”过程中，中的Pd由+4价降低到0价，降了四价，得到4个电子，根据氧化还原反应得失电子数相等，则参加反应的H2必然失去4个电子，故作为氧化剂和还原剂H2的物质的量比是12。三、选考题（共15分，请考生任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）35【化学选修3：物质结构与性质】（15分）纳米磷化钻常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钻的常用流程如图：（1）

25、基态P原子的电子排布式为 ，P在元素周期表中位于_区。（2）中碳原子的杂化类型是_，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_（用元素符号表示），电负性由大到小的顺序为_。（3）CO中C的价层电子对数为_，其空间构型为_。（4）磷化钴的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为n pm。设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为_g·cm3（列出计算式即可）。【答案】（1）Ne3s23p3 p （2）sp2 N>O>C O>N>C （3）3 平面正三角形 （4） 【解析】（1）基态P原子的电子排布式为Ne3s23p3，P在元素周期表中位于p区；故答案

26、为：Ne3s23p3；p；（2）尿素C原子上没有孤对电子，形成3个键，所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族的大于第A族的，故第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，电负性由大到小的顺序为O>N>C，故答案为：sp2；N>O>C；O>N>C；（3）CO中C的价层电子对数=且不含孤电子对，空间构型为平面正三角形；故答案为：3；平面正三角形；（4）由晶胞图可知，一个晶胞中含P原子数为，含钴原子数为，所以

27、一个晶胞质量为；由图可知，由于相邻两个钴原子的距离为n pm，则立方体的棱长为n pm，则体积，密度，故答案为：。36【化学选修5：有机化学基础】（15分）由A(芳香烃)与E为原料制备J和高聚物G的一种合成路线如下：已知：酯能被LiAlH4还原为醇；回答下列问题：(1)A的化学名称是_，J的分子式为_，H的官能团名称为_。(2)B生成C的反应条件为_，D生成H的反应类型为_反应。(3)写出F+DG的化学方程式：_。(4)芳香化合物M是B的同分异构体，符合下列要求的M有_种，写出其中2种M的结构简式：_。1mol M与足量银氨溶液反应生成4mol Ag遇氯化铁溶液显色核磁共振氢谱显示有3种不同化

28、学环境的氢，峰面积之比111(5)参照上述合成路线，写出用为原料三步制备化合物的合成路线(其他试剂任选)_。【答案】（1）邻二甲苯(或1，2二甲苯) C10H12O4 醛基 （2） 浓H2SO4、加热 氧化 （3） n+n+(2n-1)H2O （4）4 或 （5） 【解析】A分子式是C8H10，符合苯的同系物通式，结合B的分子结构可知A是邻二甲苯，邻二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化为B(邻苯二甲酸)，结合C的分子式知，B与甲醇在浓硫酸存在时，加热发生酯化反应产生C()，C在LiAlH4作用下被还原为醇D()，D被催化氧化产生H()，H与H2O2反应产生I()，I与CH3OH发生取代反应产生J()；

29、D是，含有2个醇羟基，F是，含有2个羧基，二者在一定条件下发生酯化反应产生高聚物G()。(1)A的结构式为，其化学名称是邻二甲苯(或1，2二甲苯)；根据分析可知J的分子式为C10H12O4，H的结构式为：，官能团名称为醛基。(2)根据分析可知B生成C为酯化反应，反应条件为浓H2SO4、加热；D生成H为羟基转化为醛基的过程，属于氧化反应；(3)由分析可知F+DG的化学方程式：n+n+(2n-1)H2O；(4)化合物B是邻苯二甲酸，芳香化合物M是B的同分异构体，符合下列要求：1mol M与足量银氨溶液反应生成4mol Ag，说明分子结构中含有2个醛基；遇氯化铁溶液显色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比111，说明三种H原子的个数相等，则M可能的结构为，共有4种不同的结构；(5)以为原料制备化合物，首先与O2在Cu催化下加热，被氧化为醛；反应产生的醛与H2O2作用产生，得到的在浓硫酸存在时加热，发生分子内的脱水反应生成。则该合成路线为：。