（新）2022年高考化学模拟卷06（解析版）.doc

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1、2021高考化学模拟卷06化 学(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：O 16 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Fe 56一、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.由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下。下列有关说法不正确的是( )A. 粉碎废渣并不断搅拌，有利于提高铁、铝浸取率B. Al2O3与稀硫酸反应的化学方程式：Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2OC. 滤液中主要存在的阳离子有：H+、Fe3+、Ca2+、Al3+D. 聚合

2、硫酸铁铝水解形成的胶体具有消毒杀菌作用【答案】D【解析】A粉碎废渣，增大了固体与溶液的接触面积，并不断搅拌，可以加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，故A正确；BAl2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，故B正确；C铁、铝的氧化物与硫酸反应生成可溶性硫酸盐，同时双氧水会将亚铁离子氧化成Fe3+，钙的氧化物与硫酸反应生成微溶性硫酸钙，则溶液存在H+、Fe3+、Ca2+、Al3+，故C正确；D聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，没有消毒杀菌作用，故D错误；综上所述答案为D。8. 科学

3、佩戴口罩对防控新冠病毒疫情有重要作用，生产一次性医用口罩的主要原料为聚丙烯树脂。下列说法正确的是( )A. 聚丙烯结构简式为B. 由丙烯合成聚丙烯的反应类型为缩聚反应C. 聚丙烯为热固性合成树脂、D. 聚丙烯在自然环境中不容易降解【答案】D【解析】A聚丙烯由丙烯(CH2=CHCH3)通过加聚反应制得，结构简式为，故A错误；B聚丙烯由丙烯(CH2=CHCH3)通过加聚反应制得，故B错误；C由聚丙烯的结构可知聚丙烯为线型结构，具有热塑性，故C错误；D聚丙烯结构中化学键为单键，不易被氧化、不能水解，因此聚丙烯在自然环境中不容易降解，D正确；答案选D。9. 已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的

4、是( )A. 1L0.1mol·L-1KNO3溶液中离子总数大于0.2NAB. D218O和T2O的混合物1.1 g， 含有的质子数为0. 5NAC. 5.6g Fe与足量的S反应转移的电子数为0.3NAD. 0.1 mol H2和0.2 mol I2充分反应后分子总数等于0.3NA【答案】C【解析】A1L0.1mol·L-1KNO3溶液中，K+和NO3-总物质的量为0.2mol，但溶液中还会电离出H+和OH-，则溶液中离子总数大于0.2NA，故A正确；BD218O和T2O的摩尔质量均为22g/mol，所以1.1 g混合物的物质的量为0.05mol，一个D218O分子和一个

5、T2O分子均含有10个质子，所以混合物含有的质子数为0.5NA，B正确；C5.6g Fe的物质的量为0.1mol，与足量的S反应生成FeS，转移电子数为0.2NA，C错误；DH2和I2反应方程式为H2+I22HI，反应前后分子数不变，所以0.1 mol H2和0.2 mol I2充分反应后分子总数为0.3NA，故D正确；综上所述答案为C。10. 山梨酸是一种高效安全的防腐保鲜剂。其合成路线如图所示，下列说法不正确的是A. 与山梨酸含有相同官能团且含一个五元环的山梨酸的同分异构体有3种B. 反应2每生成1 mol 山梨酸需要消耗1 mol水C. 可用新制的氢氧化铜悬浊液检验山梨酸中是否含有巴豆醛

6、D. 山梨酸与K2CO3溶液反应可生成水溶性更好的山梨酸钾【答案】B【解析】A与山梨酸含有相同官能团，且含一个五元环，应含有1个碳碳双键，1个羧基，可看作羧基取代环戊烯的H，共有3种，故A正确；B反应2每生成1 mol 山梨酸需理论上不需要消耗水，一个酯基水解消耗1个水分子，但同时分子内因消去反应又生成一个水分子，B错误；C巴豆醛含醛基，山梨酸不含醛基，则可用新制的氢氧化铜悬浊液检验山梨酸中是否含有巴豆醛，故C正确；D山梨酸钾是可溶性钠盐，其水溶性更好，山梨酸的酸性大于碳酸，故山梨酸与K2CO3溶液反应可生成水溶性更好的山梨酸钾，D正确；答案选B。11. 推理是一种重要的能力。打开分液漏斗活塞

7、，进行如图所示的探究实验，对实验现象的预测及分析错误的是A. 试管内CCl4层溶液褪色，说明Br2具有氧化性B. 试管中的鲜艳红色花瓣褪色，说明SO2具有漂白性C. 试管中产生大量气泡，说明Na2SO3被氧化产生SO3D. 一段时间后试管内有白色沉淀，说明有SO生成【答案】C【解析】A锥形瓶内发生反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，产生的SO2进入到试管中，CCl4层溶液褪色，证明Br2发生反应，SO2具有还原性，可以被Br2氧化，证明Br2具有氧化性，A项正确；B试管中鲜艳花瓣褪色，说明SO2可以漂白花瓣中的有色物质，证明SO2具有漂白性，B项正确；C试管中产生大量气

8、泡是锥形瓶中产生的SO2进入到试管中引起的，Na2SO3没有发生氧化还原反应，发生的是“强酸制弱酸”的复分解反应，C项错误；D试管中Br2可将SO2氧化，生成H2SO4和HBr，SO42-可以和Ba2+结合成不溶于酸的白色沉淀，D项正确；故答案为C。12. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且原子序数，X和W同主族，Z的族序数与周期数相等，四种元素中只有一种金属元素。下列说法正确的是( )A. W有两种常见氧化物B. 原子半径YXZWC. X的最高价氧化物的水化物是强酸D. Y元素的氢化物分子间可以形成氢键【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z的族序数与

9、周期数相等，则Z是Al元素，四种元素中只有一种金属元素，则X、Y、W都是非金属元素，且原子序数Y+Z=X+W，X和W同主族，符合要求的X是C元素，Y是N元素，W是Si元素，或X是N，Y是F，Z是Al，W是P元素。根据上述分析可知：X是C，Y是N，Z是Al，W是Si元素或X是N，Y是F，Z是Al，W是P元素。A若W是Si元素，Si元素只有SiO2一种氧化物，故A错误；B同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期元素，元素所在的周期序数越大，原子半径越大，故原子半径：NCSiAl，用字母表示为：YXWZ，故B错误；C若X是C，其最高价氧化物的水化物H2CO3是弱酸，故C错误；DY是N或F元

10、素，由于其原子半径小，元素的非金属性强，因此其氢化物分子间可以形成氢键，D正确；故合理选项是D。13. 在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法正确的是A. 转化过程中NHPI作氧化剂B. 海绵Ni电极作阴极C. 总反应为+ H2D. 每消耗1 mmol苯甲醇，产生22.4 mL氢气【答案】C【解析】由装置分析可知，该装置为电解池，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，电极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3+NHPINi2+PINO，H+在石墨电极得到电子

11、生成H2，发生还原反应，则石墨为阴极，电极反应式为：2H+2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO。A根据上述分析可知，NHPI在阳极区参与氧化还原反应Ni3+NHPINi2+PINO，NHPI失去电子被氧化，作还原剂，故A错误；B由上述分析，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，故B错误；C阳极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3+NHPINi2+PINO，阴极反应式为：2H+2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO，因此总反应为+ H2，C正确；D未指明标准状况，不能用Vm=22.4L/mol进行计算，D错误；答

12、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） 高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如下：该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Mn2+Mg2+开始沉淀pH2.107.459.279.60完全沉淀pH3.208.9510.8711.13回答以下问题：(1) 提高“反应”速率可采取的措施是_ (除“加热”外，任写一种)，滤渣A的主要成分为_(填化学式)。(2) “反应”

13、中硫铁矿(FeS2)的作用为_。(3)“反应”的离子方程式为_。(4)“调pH”步骤中，应调节pH不低于_。(5)为使Ca2+和Mg2+完全沉淀（离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1），除钙镁后的溶液中c(F-)应不低于_mol·L-1。已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11；，。(6)取0.1510 g MnSO4固体，溶于适量水中，加硫酸酸化，用过量NaBiO3(难溶于水)将其完全氧化为，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液后，加入0.5360 g Na2C2O4固体，充分反应后，用0.0320 m

14、ol/L KMnO4溶液滴定，用去20.00 mL，计算样品中MnSO4的质量分数_(保留三位有效数字)。【答案】（每空2分）(1)适当增加硫酸的浓度 MnO2(2)将MnO2还原为Mn2+(3) (4) 3.2 (5)3.87×10-3 (6) 98.0%【解析】在废锰渣中加入硫酸，其中MnO2不反应，过滤后滤渣A的主要成分为MnO2，反应为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其反应为，过滤得S和含硫酸铁、硫酸锰等的溶液反应加MnO2是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应为加CaCO3是利用Fe3+与双水解除去Fe3+，再加MnF2除钙镁，最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过

15、滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品。(1)提高反应速率的措施有适当升温、适当增加酸的浓度，将硫铁矿粉碎，搅拌，根据题意任选一种，废渣A为MnO2，故填适当增加硫酸的浓度、MnO2；(2)根据反应方程式，硫铁矿被氧化，作还原剂，将MnO2还原为Mn2+，故填将MnO2还原为Mn2+；(3)根据题意，反应的离子方程式为，故填；(4)由表中数据可知，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，Mn2+开始沉淀的pH为9.27，要使得Fe3+完全被除去而不影响Mn2+，pH应不低于3.2，但不高于9.27，故填3.2；(5)根据CaF2的可知应不低于，根据MgF2的可知，应不低于，故为使和完全沉淀（离子浓度小于），除钙

16、镁后的溶液中应不低于，故答案为：；(6)此为采用间接测定法测MnSO4的含量，根据题意，与由样品产生的反应的物质的量=总的的物质的量-滴定消耗的物质的量，由此计算。加入的Na2C2O4的物质的量为=0.004mol，由方程式可知，剩余的的物质的量为0.0016mol，由此得与由样品产生的反应的物质的量为0.004-0.0016=0.0024mol，即样品中MnSO4的物质的量为0.0098mol，其质量分数为=98.0%，故填98.0%。27（14分）无水FeCl3是常用的芳香烃取代反应催化剂，它具有易水解、易升华的性质。铁粉与氯气反应制备无水FeCl3的实验装置如图所示：E和G用来收集产物。

17、回答下列问题：(1)装置M用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，反应的离子方程式为_。(2)通入氯气后，A中观察到有酸雾产生，C中P2O5的作用是_。(3)在E、G处收集产物是利用了FeCl3_的性质，装置D、E和E、G之间采用较粗的导管来连接，其目的是_。(4)实验过程中若F处出现堵塞，则在B处可观察到的现象是_。(5)中反应的离子方程式为_。(6)某同学用5.60g干燥铁粉制得无水FeCl3样品13.00g，该次实验的产率是_。【答案】（每空2分）(1)2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O (2)除去酸雾 (3)易升华 防止产物降温固化造成导管堵塞(4) B处有

18、气泡产生(5)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(6) 80.00%【解析】装置M制备氯气含有大量的水蒸气，含有大量的水蒸气的氯气通过浓硫酸时，水与浓硫酸相遇放出大量的热使三氧化硫逸出，三氧化硫遇到瓶内的空气中水蒸气形成酸雾，C中五氧化二磷的作用是除去酸雾，干燥的氯气和铁粉在D中反应生成氯化铁，因氯化铁易升华，到达E、G后重新凝华收集得到氯化铁，反应不完的氯气用I中NaOH溶液吸收，H中无水氯化钙防止I中水蒸气进入G中使氯化铁水解。【详解】(1)酸性环境下MnO4-将Cl-氧化成Cl2，自身被还原成Mn2+，根据电子守恒可知MnO4-和Cl2的系数之比为2:5，再结合元素守恒可得离子方

19、程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(2)由分析可知，C中P2O5的作用是除去酸雾；(3)在E、G处收集产物是利用了FeCl3易升华的性质；装置采用较粗的导管来连接，其目的是防止产物降温固化造成导管堵塞。(4)实验过程中若F处出现堵塞，则氯气将到达B处，看到有气泡产生，然后进入NaOH溶液中与NaOH反应；(5)中未反应完的氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(6)由2Fe+3Cl22FeCl3可知，每2molFe反应生成2mol FeCl3，则5.60g(0.1mol)干燥铁粉理论上可制

20、得0.1molFeCl3，质量为0.1mol×162.5g/mol=16.25g，因此该次实验的产率是=80.00%；28.（15分） 内酯在化工、医药、农林等领域有广泛的应用。(1)内酯可以通过有机羧酸异构化制得。某羧酸A在0.2 mol/L盐酸中转化为内酯B的反应可表示为A(aq)B(aq)，忽略反应前后溶液体积变化。一定温度下，当A的起始浓度为a mol/L时，A的转化率随时间的变化如下表所示：t/min02136506580100A的转化率/%013.320.027.833.340.045.075.0反应进行到36min时，B的浓度为_mol/L。v正(t =50 min)_

21、v逆 (t =min)(填“>”“”或“=”)。增加A的起始浓度，A在t =min时转化率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。该温度下，平衡常数K=_在相同条件下，若反应开始时只加入B，B的起始浓度也为a mol/L，平衡时B的转化率为_。研究发现，其他条件不变时，减小盐酸的浓度，反应速率减慢，但平衡时B的含量不变，原因是_。(2)内酯也可以通过电化学合成。以石墨电极为阳极，铂电极为阴极，CH3CN作为溶剂，LiClO4作为电解质，经电解合成内酯的反应式如下： + H2产生H2的电极为_(填“石墨电极”或“铂电极”)；通电一段时间后，溶液中向铂电极迁移的离子为_。写出石墨电极上的电极反

22、应式_。【答案】(1) 0.20a（1分）> （2分）不变（2分） 3（2分） 25% （2分）盐酸是催化剂，催化剂能改变反应速率但不影响化学平衡（2分） (2)铂电极（1分） H+（1分） -2e-+2H+（2分）【解析】(1)由表知，反应进行到36min时，A的转化率为20.0%，则根据化学方程式A(aq)B(aq)，B的浓度为0.20amol/L。一定温度下，化学反应速率受反应物浓度影响，在反应建立平衡的过程中，反应物浓度在不断减小，所以v正(t =50 min)>v逆 (t =min)= v正 (t =min)。， ，温度一定时，K是常数，则增加A的起始浓度，A在t =mi

23、n时转化率将不变。由表知，该温度下，A在t =min时转化率为75%，则平衡常数在相同条件下，若反应开始时只加入B，B的起始浓度也为a mol/L，则，则，得 ，平衡时B的转化率为。研究发现，其他条件不变时，减小盐酸的浓度，反应速率减慢，但平衡时B的含量不变，原因是盐酸是催化剂，催化剂能改变反应速率但不影响化学平衡。(2)产生H2的反应中氢元素化合价降低，发生还原反应，则在阴极上生成氢气，生成氢气的电极为铂电极；通电一段时间后，阳离子向阴极移动，则溶液中向铂电极迁移的离子为H+。石墨电极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：-2e-+2H+。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作

24、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）磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。回答下列问题：(1)Li、C、P三种元素中，电负性最小的是_(用元素符号作答)。(2)基态磷原子价电子排布式为_。(3)图2黑磷区中P原子的杂化方式为_， 石墨区中C原子的杂化方式为_。(4)氢化物PH3、CH4、NH3的沸点由高到低顺序为_。(5)根据图1和图2的信息，下列说法正确的有_ (填字母)。A.黑磷区中P-P键的键能不完全相同B.

25、黑磷与石墨都属于混合型晶体C.由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应D.石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面E.复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力(6)贵金属磷化物Rh2P (化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为a nm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为_，晶体的密度为_g·cm-3 (列出计算式)。【答案】(1) Li（1分）(2) 3s23p3（2分） (3) sp3 （2分）sp2（2分） (4) NH3>PH3>CH4（2分） (5)ABCD（2分）(6)8（2分） （2分）【解析

26、】(1)非金属性越强电负性越大，三种元素中Li的非金属性最弱，所以电负性最小；(2)P为15号元素，核外电子排布为Ne3s23p3，价电子排布为3s23p3；(3)晶体中六元环不是平面结构，P原子形成3个P-P键，有1对孤电子对，价层电子对数为4，P原子采取sp3杂化；石墨中C原子的杂化方式为sp2杂化；(4)NH3分子间存在氢键沸点最高，PH3的相对分子质量大于CH4，所以PH3的沸点较高，所以沸点由高到低顺序为NH3>PH3>CH4；(5)A据图可知黑磷区中P-P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，故A正确；B黑磷与石墨，每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范

27、德华力互相吸引，所以为混合晶体，故B正确；C由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P-P和C-C键断裂，形成P-C键，发生了化学反应，故C正确；D石墨中C原子为sp2杂化，所以与六元环中C原子相连的原子与六元环共面，所以石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面，故D正确；E复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力为共价键，故E错误；综上所述正确的有ABCD；(6)根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8

28、；晶胞的体积为a3 nm3=(a´10-7)3cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为=g/cm3。36化学选修5：有机化学基础(15分) 化合物F是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如下：已知：+CH3I+HI回答下列问题：(1)CD的反应类型为_,E中含氧官团的名称_。(2)写出AB的化学方程式_。(3)CD反应的条件X是_,D的结构简式为_，F含有手性碳原子的数目为_。(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。分子中含有苯环，碱性条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀；分子中不同化学环境的氢原子数目比为2:2:1。(5)设

29、计以和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。_【答案】(1)取代反应（1分）醚键、羟基、羰基（2分） (2)+ +HBr（2分） (3)NaOH（1分） （2分） 1 （2分） (4)（2分）(5)（3分）【解析】由A()与在K2CO3、加热条件下发生取代反应生成B()；B加热发生结构异构化生成C()；根据已知条件，C在NaOH条件下与CH3I发生取代反应生成D()；D与在NaOH存在的环境中发生反应生成E()；E与CH3COONa在加热条件下反应生成F()。(1)根据已知条件，C在NaOH条件下与CH3I发生取代反应生成D()，反应类型为取代反应；根据E的结

30、构简式可知，E中含氧官团有醚键、羟基、羰基。答案为：取代反应；醚键、羟基、羰基。(2)A()与在K2CO3、加热条件下发生取代反应生成B()，化学方程式为：+ +HBr 答案为：+ +HBr (3) C()D()，是-OH与CH3I发生取代，生成-OCH3和HI，所以需要提供碱性条件，以利于反应的正向进行，反应的条件X是碱(或NaOH)。F分子中，含有的手性碳原子为“”所在位置的碳原子，数目为1。答案为：碱(或NaOH)；1 。(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件：“分子中含有苯环，碱性条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀；分子中不同化学环境的氢原子数目比为2:2:1。”，则该有机物分子内含有苯环、分子内的10个氢原子按4、4、2分配，应含有2个-CH2CHO，且位于苯环的对位，则该同分异构体的结构简式为：。答案为：；(5)以和为原料制备，从题给流程中可以看出，需发生的转化，由此看出，需将转化为，从而得出合成路线为：。答案为：。