2022年新高考化学模拟试题解析8套

2022年新高考模拟试题及解析011.2020年11月以来，我们国家在科技方面捷报频传：奋斗号载人潜水器潜至10909米的深海；嫦娥5号从月球携带的1.7kg7月壤成功返回；人造太阳首次放电；高分14号卫星发射成功等等。下列说法不正确的是（）A.月壤中富含的3He与地球上的，He互为同素异形体B.氢一3与气的反应：；He+：H-＞；He+：H+18.4Mev,该反应不属于氧化还原反应C.深潜器的外壳是特种钛合金，该钛合金超硬，能耐高压D.人造太阳中的等离子体是不同于固体、液体与气体的第四种物质聚集状态【答案】A【解析】A项，3He与，He是质子数相同'中子数不同的同种元素的不同核素，两者互为同位素，故A错误；B项，氨-3与气的反应：；He+；Hf；He+；H+18.4Mev,没有化合价变化，因此该反应不属于氧化还原反应，故B正确；C项，深潜器的外壳是特种钛合金，合金一般硬度大，因此该钛合金超硬，能耐高压，故C正确；D项，等离子体可以看成是带电粒子密度达到一定程度的电离气体，无论部分电离还是完全电离，其中负电荷总数等于正电荷总数，所以称为等离子体，等离子体是物质的第四种聚集状态，故D正确。故选A。8.某固体混合物中可能含有Na,、K\SO4%、ChCO32-等离子，取两份该固体的溶液进行如下实验：第一份加入过量的Ba（NCh）2溶液产生白色沉淀，分离滤液和沉淀。向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清；向滤液中滴加AgNCh溶液生成不溶于稀HNCh的白色沉淀。第二份取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色。下列关于该混合物的组成说法正确的是（）A.可能是K2s04和NaCl B.可能是NaCl和K2cO3C.可能是Na2sO4和KC1 D.一定是Na2c。3和NaCl【答案】B【解析】加Ba（NCh）2溶液产生白色沉淀，沉淀可能是BaSCU,BaCCh,向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清，说明沉淀是BaCOs,混合物一定有CO3”，肯定无S04%滤液不存在SO4、向滤液中滴加AgNCh溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，沉淀为AgCl,混合物一定有Ct;焰色反应火焰呈黄色，说明一定有Na+;K+无法判断。据此分析可知，B是正确的。故选B„9.下列实验操作规范且能达到实验目的的是（）操作目的A称取5.0gCuSO4・5H2。，加入27.0g水，搅拌溶配制10%CuSO4溶液

解B将两种卤化银AgX和AgY的饱和溶液等体积混合，再加入足量的AgNCh溶液，析出的沉淀的物质的量：n(AgX)>n(AgY)证明Ksp(AgX)<%(AgY)C用玻璃棒蘸取溶液，点在干燥的pH试纸上，片刻后与标准比色卡比较并读数测定0.05mol/L的NaClO溶液的pHD将粗碘放入烧杯中，烧杯口放一盛有冷水的烧瓶，隔石棉网对烧杯加热，然后收集烧瓶外壁的固体提纯混有NH4cl的粗碘【答案】A5.0gx160【解析】A项，5.0gCuSO4・5H2。中硫酸铜的质量为250 =3.2g,溶于27.0g水所得3.2gCuSC>4溶液的质量分数为5・°g+27.0gxl00%=10%,故A正确；B项，将两种卤化银AgX和AgY的饱和溶液等体积混合，由于Ksp(AgX)>Kp(AgY),溶液中X一离子的浓度大，再加入足量的AgNO3溶液，可以使X•完全沉淀，生成AgX的物质的量大，故B错误；C项，次氨酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH,故C错误；D项，碘受热发生升华转化为碘蒸汽，碘蒸汽遇冷发生凝华生成碘，氯化铁受热发生分解反应生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在盛有冷水的烧瓶外壁发生化合反应生成氯化铁，则用加热、冷凝的方法无法提纯混有氯化钱的粗碘，故D错误；故选A。.五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X,在一定条件下X可分别转化为Y、Z。下列关于X、Y'Z的说法正确的是()Y分子中含有两种官能团X分子能发生取代'氧化和消去反应Z分子与NaOH溶液反应时最多可消耗7molNaOHY分子与氢气发生加成反应的产物中含有两个手性碳原子【答案】D【解析】A项，丫分子中含有竣基、羟基、碳碳双键三种官能团，A不正确；B项，X分子中的竣基、羟基能发生取代反应，羟基能发生氧化反应，但不能发生消去反应，B不正确；C项，Z分子与NaOH溶液反应，Imol-COOH、-OH各消耗ImolNaOH,Imol-COO-可消耗2molNaOH,最多可消耗8moiNaOH,C不正确；D项，丫分子与氢气发生加成反应的产物COOHHO/OH中，“*”处的碳原子为手性碳原子，共含有两个手性碳原子，D正确；故选D。.近年来，科学工作者致力于二氧化碳转化为甲烷'甲醇等技术研究，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。以下关于二氧化碳甲烷化的技术（如图所示）说法错误的是（）A.过程I中，CO?分子内的化学键没有断裂B.过程I中，La元素的化合价没有改变C.过程II中，H2-2H•为吸热过程D.该技术的总反应为4H2+CO2跳^CH4+2HzO【答案】A【解析】A项，二氧化碳转化为碳酸根，化学键断裂了，A错误；B项，入的是二氧化碳分子，没有发生氧化还原反应，La元素的化合价没有改变，B正确；C项，化学键断键是吸热过程，化学键的形成是放热过程，H2-2H•是断键，为吸热过程，C正确；D项，过图片可知，反应为二氧化碳和氢气制甲烷的过程，方程式正确，D正确；故选A。.一种新型污水处理装置模拟细胞内生物电的产生过程，可将酸性有机废水的化学能直接转化为电能。下列说法中不正确的是（）惠*早交接・A.M极作负极，发生氧化反应B.电子流向：M—负载—N—电解质溶液-MC.N极的电极反应：O2+4H++4.2H2。D.当N极消耗5.6L（标况下）气体时，最多有Na个H•通过阳离子交换膜【答案】B【解析】A项，M极加入有机物，有机物变成二氧化碳，发生氧化反应，说明M作负极，故正确；B项，M为负极，N为正极，所以电子流向：M-负载-N,电子只能通过导线不能通过溶液，故错误；C项，N极为正极，氧气在正极上得到电子，电极反应：O2+4H++4e-=2H2O,故正确；D项，当N极消耗5.6L（标况下）气体基5.6/22.4=0.25mol氧气时，转移0.25x4=lmol电子，所以最多有Na个H+通过阳离子交换膜，故正确。故选B。.X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、丫、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；丫原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（）A.五种元素的原子半径从大到小的顺序：M>W>Z>Y>XB.X、Z两元素能形成原子个数比（X:Z）为3：1和4：2的化合物C.化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D.用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCCh溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀【答案】B【解析】X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大，已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，X是氢元素；丫原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，丫是碳元素；M是地壳中含量最高的金属元素，M是铝元素。Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，且原子序数小于铝元素而大于碳元素，则z是氮元素，W是氧元素。A项，五种元素的原子半径从大到小的顺序：A1>C>N>O>H,即M>Y>Z>W>X,错误；B项，X（H）、Z（N）两元素能形成原子个数比（X：Z）为3：1和4：2的化合物，即NHs和N2H4,正确；C项，CCh是酸性氧化物，NO?不是酸性氧化物，错误；D项，用金属A1作阳极，石墨作阴极电解NaHCOi溶液，阳极上的电极反应为Al-3e-+3HCO?=A1（OH）31+3CO2t,阴极上的电极反应为2H20+2广==20旷+H2T，故在阳极区出现白色沉淀，错误。二、非选择题（本大题共4小题，共58分）（一）必做题26.（14分）无水FeCh是常用的芳香烧取代反应催化剂，它具有易水解、易升华的性质。铁粉与氯气反应制备无水FeCb的实验装置如图所示：PQ，E和G用来收集产物。回答下列问题:（1）通入氯气后，A中观察到有酸雾产生，C中P2O5的作用是。（2）在E、G处收集产物是利用了FeCh的性质。（3）实验过程中若F处出现堵塞，则在B处可观察到的现象是o可通过（填简单操作），使实验能继续进行。（4）1中反应的离子方程式为.（5）某同学用5.60g干燥铁粉制得无水FeCb样品13.00g,该次实验的产率是。（6）实验室中还常用SOCL与FeCh-6H2O晶体共热制备无水FeCh,其化学反应方程式为.检验水合三氯化铁原料中是否存在FeCL的试剂是o【答案】（1）除去酸雾（1分）（2）易升华（1分）（3）B处有气泡产生（2分） 适当加热F处（2分）（4）C12+2OH-=C1+C1O-+H2O（2分）（5）80.00%（2分）（6）FeCh-6H2O+6SOC12=FeCh+12HC1+6SO2（2分） 铁氟化钾（2分）【解析】潮湿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1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。（1）由分析可知，C中P2O5的作用是除去酸雾；（2）在E、G处收集产物是利用了FeCh易升华的性质；（3）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；氯化铁易升华，则可通过适当加热F处，使实验能继续进行；（4）1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C12+2OH=C1-+CIO+H2O；（5）由2Fe+3CkA2FeCb可知，每2moiFe反应生成2molFeCh,则5.60g（0.1mol）干燥铁粉理论上可制得O.lmolFeCb,质量为0.1molxl62.5g/mol=16.25g,因此该次实验的产率是130°gx100%16.25g =80.00%；（6）若直接加热FeCbPHzO,氯化铁会水解得氢氧化铁和HC1,HC1挥发，促进氯化铁水解，最终得到氢氧化铁，实验室中常用SOCL与FeCbPHzO晶体共热制备无水FeCh,说明该过程产生了HC1抑制了氯化铁水解，结合原子守恒可知该反应的化学方程式为FeClj-6H2O+6SOC12=FeCl3+12HC1+6SO2;亚铁离子与铁氧化钾相遇产生蓝色沉淀，因此检验水合三氯化铁原料中是否存在FeCh的试剂是铁冢化钾溶液。(14分)镁催化剂的主要成分为Ni,还含有一定量Al、Fe及氧化铁、少量其他不溶性物质，回收废馍催化剂制备硫酸镁晶体(NiSO,7H2O)的工艺流程如下：NaOH溶液 稀FLSO, HQz溶液NaOH溶液滤饼①滤液②匚Li匚」一|滤液③|控制pH而.组废银催化剂一碱浸 -酸浸 转化-调pH “上一硫酸银晶体I—i― ―j—1 J 浓缩结晶滤液① 滤渣② 滤渣③溶液中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+Ni2+开始沉淀的pH(c=0.01molL-')2.27.57.2沉淀完全的pH(c=1.0x105mol•L_,)3.29.08.7回答下列问题：(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式是.提高“碱浸”速率的措施是(任写一点即可)。(2)“滤液②”可能含有的金属离子是»(3)“转化”步骤中加入H2O2的目的是,反应的离子方程式是o(4)“调pH”时，最适宜的pH范围是o(5)“控制pH浓缩结晶”步骤后得到硫酸馍晶体的操作依次是：过滤、、干燥。(6)利用表格中的数据，计算Fe(OH)3的Kp=【答案】(1RA1+2OH+2H2O=2A1O2+3H2T(1分)加热(增大NaOH溶液浓度、粉碎、搅拌等)(1分)(2)Ni2\Fe2+和Fe3+(2分)(3)将Fe?+氧化为Fe3+,以便转化为Fe(OH)3沉淀除去(2分)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O(2分)(4)3.2(4)3.2〜7.2(2分)洗涤(1分)【解析】由题给流程可知，向废银催化剂中加入氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，镇、铁和氧化铁不与碱反应，过滤得到含有偏铝酸钠的滤液①和含有银、铁、氧化铁和少量其他不溶性物质的滤饼①；向滤饼①中加入稀硫酸酸浸，银、铁和氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸镁，过滤除去含有少量其他不溶性物质的滤渣

②，得到含有硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸镁的滤液②；向滤液②中加入过氧化氢溶液，将硫酸亚铁转化为硫酸铁，再向溶液中加入氢氧化钠溶液，调节pH在3.2〜7.2的范围内，将硫酸铁转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣③和含有硫酸镁的滤液③；滤液③经控制溶液pH浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸银晶体。(1)“碱浸”时发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2A1+2OH+2H202A102-+3H23将废镇催化剂粉碎、增大氢氧化钠溶液浓度、加热升高温度、搅拌等措施能提高“碱浸”速率；(2)由分析可知，滤液②为硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸镇的混合溶液，含有的金属阳离子为Ni2+、Fe2+和Fe3+；(3)“转化”步骤中加入过氧化氢发生的反应为酸性条件下，硫酸亚铁与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O,目的是将Fe?+氧化为Fe3+,以便加入氢氧化钠溶液调节pH时转化为Fe(OH)3沉淀除去；(4)调节溶液pH的目的是将Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀除去，而Ni?+不转化为沉淀，由题给数据可知，最适宜的pH范围是3.2〜7.2；(5)由分析可知，滤液③经控制溶液pH浓缩结晶'过滤、洗涤、干燥得到硫酸银晶体；(6)由题给数据可知，开始沉淀时，铁离子的浓度为O.Olmol/L,氢氧根离子浓度为10"’mol/L,贝10"’mol/L,贝I]Fe(OH)3的Ksp=,或完全沉淀时，铁离子的浓度为i.oxio-5mol/L,氢氧根离子浓度为IO"mol/L,则Fe(0H)3的Ksp= 。(15分)雾霾由多种污染物形成，包含颗粒物(PM2.5)、氮氧化物(NO。、CO、SO?等。化学在解决雾霾污染中有着重要的作用。(1)已知：02CO(g)+O2(g)=2CO2(g)A/7i=-566.0kJmor(2)研究发现利用(2)研究发现利用NH?可除去硝酸工业尾气中的NO。NH3与NO的物质的量之比分别为：2、1：1.5、3：I时，NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。温度/K①曲线a中，NO的起始浓度为6x10-4mgmr,从X点到Y点经过10s,则该时间段内②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) A//2=-116.5kJmol_1③N2(g)+O2(g)==2NO(g)A//3=+180.5kJ-moF1X/(800.Y,\(900,0.7豆废气中NO2与X/(800.Y,\(900,0.7豆NO的脱除速率为mg-②曲线c对应的NH3与NO的物质的量之比是,其理由是O（3）炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化氧可以快速氧化S02o活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。一无水•,…有水一无水•,…有水•辄原子。碳原子无水情况下，一个氧分子反应的活化能为,容易活化氧分子的条件是（填“有水”或“无水（4）利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2。构成的电池既能有效消除氮氧化物的排放，减轻雾霾污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。离子交换膜20%-30%KOH离子交换膜20%-30%KOH溶液20%〜30%KOII溶液①B极的电极反应式为②若反应转移1.2mol电子，A极生成N：的体积为L（标准状况）。【答案】（l）2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g）A"=-l196.0kTmo「（2分）（2）①1.2x10-5（2分）②1：2（2分）N%与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大（2分）（3）0.75eV（2分）有水（1分）（4）①2NH3-6e-+6OH-==N2+6H2O（2分）（2）3.36（2分）【解析】（1）由盖斯定律可知，①'2一②一③可得废气中NO?与CO转化成无污染气体的热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g),贝ljAH=A〃|x2一.一附3=(-566.0kJmol-|)x2—(―116.5kJmor1)—(+180.5kJmor')=—1196.0kJ-moP'o(2)①曲线a中，NO的起始浓度为6xl0rmgmr,A点的脱除率为0.55,B点的脱除率为0.75,从A点到B点经过10s,该时间段内NO的脱除速率S75—0.55 4展•叫3=[2乂]。=mg,m-3.s-■o②NH3与NO的物质的量的比值越大，NH3的物质的量越大，NO的脱除率越大，物质的量之比分别为1：2、1：1.5、3：1,所对应的曲线分别为c、b、a。（3）活化能是指一个反应要想进行所需要的最低能量，则没有水加入的反应的活化能为E=0.75eV；有水加入的反应的活化能为E=0.57eV,所以水可使氧分子活化反应的活化能降低。（4）①根据装置图可知，电极B通入氨气，在KOH溶液中氨气被氧化为氮气，电极反应式为2NH3—6e-+6OH-=N2+6H2O;②由化学方程式可知，A极消耗6moi二氧化氮，生成3moi氮气，反应转移24moi电子，则反应转移1.2mol电子，A极生成0.15mol氮气，标准状况下体积为0.15molx22.4Lmor'=3.36L。（二）选做题37.［化学一选修3：物质结构与性质］（15分）锂离子电池是现代高性能电池的代表，高性能的电极材料与物质结构密切相关。（l）LiFePC>4因具有良好的结构稳定性而成为新一代正极材料，这与POF的结构密切相关，P0「的立体构型为oP、0、S的电负性从大到小的顺序为o（2）通常在电极材料表面进行“碳”包覆处理以增强其导电性。抗坏血酸1 OII 、°^OsV^cn2onh（）oil J常被用作碳包覆的碳源，其易溶于水的原因是,抗坏血酸中碳原子的杂化方式为,1mol抗坏血酸中手性碳原子的数目为（Na为阿伏加德罗常数的值）。（3）Li+过度脱出易导致锂电池结构坍塌产生Ch而爆炸，实验证实。2因具有单电子而成为顺磁性分子，下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表02分子结构的是（填标号）。•••••••A.:O==O: B.：O—O:C.:go： D.：0—0：（4）目前最常用的电极材料有锂钻复合氧化物和石墨。①锂钻复合氧化物中Li、C。、0分别形成了六边层状结构（图a）,按照Li-0-CD-Li—O-Co-O—Li顺序排列，则该化合物的化学式为,Co?+的价层电子排布式为o②石墨晶胞（图b）层间距为dpm,C—C键长为apm,石墨晶体的密度为pg-cm、，列式表示阿伏加德罗常数的值为.

oo•oo•Co•Li图a 图b【答案】⑴正四面体形（1分）0>S>P（1分）（2）分子中含有多个羟基，可与水分子间形成氢键（1分）sp2、sp3（2分）2Na（1分）（3）B（2分）（4）①LiCoChQ分）3d（4）①LiCoChQ分）3d6（1分）②163c12dp【解析】（1）PO『中P原子价层电子对个数445+3-4x2=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为正四面体形；元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性00H°丫20HO>S>Po（2）抗坏血酸1100H J中碳原子数目相对较少，且分子内含4个羟基，可与水形成分子间氢键，因此易溶于水；分子内有碳碳单键，对应碳原子为Sp,杂化方式，也有碳碳双键，对应碳原子为Sp?杂化方式；与四个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳原子，由图知，1个抗坏血酸分子中含2个手性碳原子，贝I]1mol抗坏血酸中手性碳原子的数目为2M。（3）结合信息：Ch因具有单电子而成为顺磁性分子，从示意图知B结构中化学键有3电子，B有单电子，B满足。（4）锂钻复合氧化物中Li、C。、0分别形成了六边层状结构（图a）,整个六棱柱结构中：Li个数为12x；+2x[+6=9个，Co个数为7+6*?=9,0个数为14+12x（=18,则Li、Co和0个数比为1：1：2,化学式为LiCoCh;CcP+的电子排布式为[Ar]3d6,其价层电子排布式为3d6；石墨晶胞中碳原子数目=8x：+4xJ+l+2x：=4,故晶胞的质8 4 2量=4、卫^g,层内（平行四边形）C―C键长为apm=axi0roem,底面的边长为2x堂"10一|。Na 2cm=3"l（）r。cm,底面上的高为日x底面的边长=}xi（）-iocm,层间距为dpm,则晶胞的体积cmx|axio-1°cmx2i/xl0-10cm=3^t/a2x10-30cm3,则该晶胞的密度〃=彳=

gcm3,贝ljNa=厂-x1030。3第々2乂1（）-3。 73cl2dp38.［化学——选修5：有机化学基础］（15分）由于聚碳酸酯结构的特殊性，芳香族聚碳酸酯已成为五大工程塑料中增长速度最快的通用工程塑料。某芳香族聚碳酸酯的合成路线如下:方式② , _催化剂、方式② , _催化剂、已知：①RCOORi+R20H >RCOOR2+RiOHMclrHr方式①X艺工环氧乙烷OH g［A? 0家\②2^+”—C—R2—>HO OH+h2O（1）工艺X的名称为,有机物E的名称是。（2）C到F的反应类型为;有机物P的结构简式是o（3）反应V的化学方程式为o（4）有机物W的相对分子质量是D的三倍，且二者的最简式相同，满足下列条件的W的同分异构体的结构简式是o①分子中含有甲基②核磁共振氢谱显示有2组峰0 0_. / 脱水剂、］一口（5）已知：©2-C00H >—C—0—C—+H2O；HO OH内l—COOH②内酯型酚配（ 0 ）在pHVO时可转变为 M。写出以邻二甲苯H。1—HAir-coon和苯酚为原料合成 KJ 的合成路线： （无机试剂任选）。【答案】（1）裂解（2分）乙烷（2分）（2）加成反应（2分）HOCH2cH20H（2分）

(3)noII催化剂l：llv(3)noII催化剂l：llv<>—€—OCH,CH,+(2n-l)H2O(2分)(4)H,C附(2分)【解析】对比F和苯的分子式可知，C为丙烯，根据B为甲烷，逆推A生成B、C的反应为烷烧的裂解，进而推知D为乙烯，E为乙烷，F-H是异丙苯氧化生成H(苯酚)和丙酮的反CH,

1( ＜：—/；~~()11)应，反应II是苯酚+丙酮-M 1" 的反应；反应H1是环氧乙烷和二氧化碳中()

A

00

的碳氧双键发生的加成反应；根据信息①可知，反应IV是一和甲醇发生醇酯交换反应，产CH,物P是乙二醇，N是碳酸二甲酯，反应V是碳酸二甲酯与 二%.发生的缩聚反应。(1)根据以上分析，工艺X的名称为裂解，有机物E为乙烷；(2)C到F为苯和丙烯在催化剂条件下生成异丙苯的反应，反应类型为加成反应，产物P是乙二醇，结构简式为HOCH2cH20H；(3)反应V是碳酸二甲酯与反应V是碳酸二甲酯与发生的缩聚反应，化学方程式为CH. ° 产0IIO—II 傕化剂H-Eo-O—€3kOCH.n鼠’+/必(1：-℃小f CH, +(2n・l)H2。；(4)有机物W的相对分子质量是D的三倍，且二者的最简式相同，则W的分子式为C6H匕满足①分子中含有甲基，②核CH,A,磁共振氢谱显示有2组峰的物质是1,2,3-三甲基环丙烷，结构简式为H,CCH,；(5)HO OHho-O\T/0^-°h,以邻二甲苯和苯酚为原料合成水解会得到,以邻二甲苯和苯酚为原料合成水解会得到八-COOHM的合成路线，对比前后结构可知，需要将苯酚与锻基结构反应，即发生所给信息②的反应，同时邻二苯右侧要形成环状结构，邻二甲苯可以被高镒酸钾氧化成邻苯二甲,,—<H>||酸（ 根据题给信息可知，邻苯二甲酸分子内脱水可形成环状，合成路线图为2022年新高考模拟试题及解析02.化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是（）A.医疗上用浓度为95%的酒精杀菌消毒.葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解C.石墨纤维和制医用口罩的聚丙烯纤维都是有机高分子化合物D.聚合硫酸铁［Fe2（OH）,（SO4）』是新型絮凝剂，可用来处理水中的悬浮物【答案】D【解析】A项，过高浓度的酒精使蛋白质凝固的本领很大，能使细菌表面的蛋白质凝固起来，形成了一层硬膜，阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌免遭死亡，酒精浓度过低，虽可进入细菌，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死，医疗上用浓度为75%的酒精杀菌消毒，故A错误；B项，葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，葡萄糖在人体组织中缓慢氧化放出热量，供给人体所需能量，故B错误；C项，石墨纤维是由碳元素构成的单质，不是有机高分子化合物，故C错误；D项，聚合硫酸铁［Fe2（OHMSO4）,］”中的铁离子在水溶液中能发生水解反应，生成氢氧化铁胶体，可以吸附水中的悬浮物，故D正确。.在酸性环境中，纳米Fe/Ni复合材料去除污染水体中的NO3的反应过程（Ni不参与反应）如图所示。下列表达反应过程或现象的方程式错误的是（）A.反应步骤i：NO?+Fe+2H+=NO2+Fe2++H2OB.反应步骤ii：NO7+3Fe+8H+=3Fe2++NHt+2H2OC.反应进行一段时间，过滤出水体中出现的白色絮状物，白色絮状物在空气中最终变成红褐色：4Fe（OH）2+02+2H2O=4Fe（OH）3D.向硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸发现溶液变黄：2Fe2++SO「+4H+===2Fe3++SO2T+2H2O【答案】D【解析】反应步骤i是NOf与Fe反应生成NOW和Fe2+,NOf-NO?得2e\Fe-Fe?+失2e,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为NO5+Fe+2H+===NO5+Fe2++H2O,A项正确；反应步骤ii是NO）与Fe发生氧化还原反应生成Fe2+和NH九NO3-NH；得6e，Fe-Fe?+失2e,根据得失电子守恒'电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为NO5+3Fe+8H+=3Fe2++N}K+2H2。，B项正确；随着反应进行，

c(H+)减小，溶液碱性增强，反应一段时间后出现白色絮状物Fe(0H)2,在空气中放置发生反应：4Fe(OH)2+02+2H2O==4Fe(OH)3,变成红褐色的Fe(0H)3,C项正确；向硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸溶液变黄，是因为酸性条件下NO3将Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为3Fe2++4H++NO7=3Fe3++NO?+2H2O,D项错误。.下列实验对应的现象及结论均正确的是()选项实验操作现象结论A将SO2通入BaCL溶液中，然后滴加氯水先有白色沉淀生成，滴加氯水后沉淀不溶解先生成BaSCh沉淀，后被氧化为BaSO4B向酸性KMnO4和H2c2。4的混合液中加入一小块MnSO4生成气体的速率加快，溶液迅速褪色MnSO4可能是该反应的催化剂C向NaAlCh溶液中滴加NaHCCh溶液固体有白色浑浊出现，并产生气体AlCh-结合H+的能力比CO32强D将浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌得到黑色蓬松的固体并产生有刺激性气味的气体该过程中浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性【答案】B【解析】A项，亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钢溶液反应，不可能有白色的亚硫酸钢沉淀生成，故A错误；B项，向酸性高镒酸钾和草酸的混合液中加入一小块硫酸镒固体，生成气体的速率加快，溶液迅速褪色说明硫酸镒是该反应的催化剂，使反应速率加快，故B正确；C项，向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液，偏铝酸根结合氢离子的能力强于碳酸根，偏铝酸钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应中没有气体生成，故C错误；D项，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，将浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌，浓硫酸先表现脱水性使蔗糖脱水碳化，再表现强氧化性与脱水碳化生成的碳发生氧化还原反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，从而得到黑色蓬松的固体并产生有刺激性气味的气体，故D错误；故选B。.复杂天然产物MV合成过程的某片段如图(已知Me表示甲基)，下列有关叙述错误的是()A.X的分子式为C10H14O3COOMeA.X的分子式为C10H14O3COOMeB.X、Y都能使酸性重铝酸钾溶液变色C.X、Y中均最多有7个碳原子在同一平面D.能用Na来鉴别X、Y【答案】C【解析】A项，有机物X分子式为C10H14O3,A正确；B项，X、Y中都含有碳碳双键，故都能使酸性重铭酸钾溶液变色，B正确；C项，只有Y中最多有7个碳原子共面，C错误；D项，X不能与钠反应，Y能与钠反应，D正确；故选C。.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T°C时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。下列说法正确的是()下列说法正确的是()A.反应过程只有C-H键断开B.反应I的活化能为(c-a)krmoHC.总反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)/〃4=(b-a)kJ,moLD.反应历程中，反应II决定整个反应进程的快慢【答案】C【解析】A项，据图可知反应过程中甲醇中的O-H键也发生断裂，故A错误；B项，反应1的活化能为反应物断键吸收的能量，即反应1过程中最大能量与a的差值，图中没有体现反应I过程中的最大能量，故B错误；C项，熔变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)/，4=(b-a)kJ•mo「，故C正确；D项，据图可知反应i的活化能大于反应n的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I决定整个反应进程的快慢，故D错误；故选C。.普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用下面的双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置可制备高纯度的Cu。下列有关叙述正确的是()电段《 ।—电段《 ।—T———I 电残射\I—I/80〃 '国强规洛府 1-化蒙黄: A.电极a为粗铜，电极b为精铜B.甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区C.乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区D.当电路中通过Imol电子时，可生成32g精铜【答案】D【解析】A项，由题意结合电解原理可知，电极a是阴极，为精铜；电极b阳极，为粗铜，A不正确；B项，甲膜为阴离子交换膜，可阻止杂质离子阳离子进入阴极区，B不正确；C项，乙膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区，C不正确；D项，当电路中通过Imol电子时，可生成0.5mol精铜，其质量为32g,D正确。故选D。.主族元素Q、W、X、Y、Z的原子序数均不大于20。化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，Q与X同族，且X的最外层电子数是内层电子数的3倍，常温下，丫的单质能溶于Q的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是（）A.简单离子半径：Z>Q>X>YB.工业上用电解相应氯化物冶炼丫单质C.Q与X形成的化合物中，每个原子最外层均满足8电子结构D.化合物ZW2中只含有离子键【答案】D【解析】由题意知，ZW2是CaH?,Z是Ca元素、W是H元素；X的最外层电子数是内层电子数的3倍，故X是O元素，Q与X同族，则Q为S元素，丫的单质能溶于Q的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，则丫为A1元素。A项，Ca2+、S2有3个电子层，0”、AP+有两个电子层，Ca2\S3的半径偏大，电子层相同时，根据“序小径大"，S2'>Ca2+,O2>aP+,所以简单离子半径：q>Z>X>Y,A项不符合题意；B项，工业上电解AbCh冶炼A1单质，B项不符合题意；C项，.Q与X形成的化合物有S02与S03,S原子最外层电子数均不满足8电子结构，C项不符合题意；D项，化合物ZW2是CaFh,属于离子化合物，电子式为[H：「Ca：+[:H「，只含有离子键，D项符合题意；故选D二、非选择题（本大题共4小题，共58分）（一）必做题（14分）实验小组研究Ag2s的生成与转化。已知：i.AgCl（s）+3Cl-（aq）AgCh3'（aq）ii.常温下一些盐在水中的溶解度及颜色如下表：盐AgClAg2sAg2sO3Ag2sO4CuS溶解度/g1.5X10-41.3x10-164.6x1O-40.7961.08x10-17颜色白色黑色白色白色黑色⑴证明AgCl能够转化为Ag2S,实验如下:/2滴0」0»卜1厂溶液114滴0.101。1七'鹏溶酒|0 匕L白色沉淀 日一现象a1mL0.1molTJ溶液a①AgNCh溶液是溶液(填“a”或"b”)，另一溶液是NaCl溶液。②现象a是o(2)研究CuCl2溶液能否使Ag2s转化为AgCl,实验如下：①白色固体含AgCl,结合平衡移动原理解释加水稀释产生白色固体的原因：o②小组同学对Ag2s转化为AgCl的原因提出假设：假设一：S2-可与CM+形成CuS,从而降低cS)加入CM+是使Ag2s发生转化的主要原因；假设二：Ag，可与C1-形成AgCQ,从而降低c(Ag+),加入Ct是使Ag2s发生转化的主要原因。小组同学设计对比实验，证明假设二不合理，实验操作和现象是(3)有文献表明，HNCh能使Ag2s转化为Ag2s03,实验如下：①加入浓氨水，溶解白色固体a的目的是o②检验白色固体b中含有亚硫酸根的实验操作和现象是。(4)综合上述实验，溶解度较大的银盐转化为Ag2s较容易；而使Ag2s转化为溶解度较大的银盐，可采取的措施有。【答案】(1)①b(l分)②白色沉淀变为黑色沉淀(2分)(2)①加水稀释使平衡AgCl(s)+3Cl(aq) AgC4-(aq)逆向移动，生成白色沉淀(2分)②用2mL4moi/LNaCl溶液浸泡Ag2s沉淀，取上层清液，加水稀释，未见白色沉淀产生(2分)(3)①使白色沉淀a中的SCh?进入溶液中，以便后续检验(2分) ②向白色固体b中加入足量盐酸，沉淀部分溶解(2分)(4)加入合适的试剂，使之转化为更难溶的硫化物；加入合适的氧化剂，将S2-氧化(3分)【解析】(1)证明AgCl能够转化为Ag2S,①由上图可知，应是向氯化钠溶液中滴加AgNCh溶液至白色沉淀不再生成，证明氯离子沉淀完全，然后再向白色沉淀的溶液中滴加硫化钠溶液，则溶液中白色沉淀转化成了黑色沉淀，证明有硫化银生成；b溶液应为AgNCh溶液；⑵研究CuCL溶液能否使Ag2s转化为AgCl,①白色固体含AgCl,已知：1人8(:16)+3。-(aq)AgCQ(aq),用2ml2moi/LCuCb溶液来浸泡硫化银固体，因为氯离子浓度较大，会有一些硫化银转化为氯化银，而氯化银又继续和氯离子反应生成更稳定的AgC14)(aq)离子，所以过滤后，上层清液里含有AgCQ(aq)离子，加水稀释，使AgCl(s)+3Cl(aq)AgCU3"(aq)逆向移动，有氯化银白色沉淀生成；②小组同学对Ag2s转化为AgCl的原因提出假设：认为Ag+可与Ct形成AgCU3",从而降低c(Ag+),加入Ct是使Ag2s发生转化的主要原因是不合理的，因此做了对比实验，增大氯离子的浓度，再取上层清液加水稀释没有看到白色沉淀出现，认为假设二不合理；(3)有文献表明，HNCh能使Ag2s转化为Ag2s03,①用硝酸浸泡硫化银固体，因为硝酸具有强氧化性，所以可把硫化银氧化，生成亚硫酸银白色沉淀，加浓氨水后，亚硫酸银和氨水反应转化为银氨溶液，又向溶液中加入过量的硝酸钢溶液，会生成白色的亚硫酸钢沉淀，所以加入浓氨水，使白色沉淀a中的SCh2-进入溶液中，以便后续检验，②若白色固体b中含有亚硫酸根，则向白色固体b中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，证明含有亚硫酸根离子；(4)综合上述实验，可以得出以下结论：溶解度较大的银盐转化为Ag2s较容易；而使Ag2s转化为溶解度较大的银盐不容易，如果要使Ag2s转化为溶解度较大的银盐可采取加入加入合适的试剂，使之转化为更难溶的硫化物；或者加入合适的氧化剂，将S3氧化。(14分)(14分)1.某化工厂以铭铁矿(主要成分为FeO和CnCh,含有ALCh、SiO?等杂质)为主要原料生产化工原料红帆钠(主要成分Na2Cr2O7-2H2O),工艺流程如图：.Bi(OH)3HLI红矶钠卜@H溶液ii虚固口|溶液.常温，NaBiCh不溶于水，有强氧化性，碱性条件下，能将CN转化为CrOF..常温时，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表：金属离子Fe3+Al'',Cr3+Fe2+开始沉淀时的pH 2.7 3.4 5.5 7.5 0.7完全沉淀时的pH 3.7 4.9 5.9 9.7 4.5(1)步骤①提高酸溶速率的措施(任填一条即可)。固体A的成分是 (填化学式)。(2)步骤③需加氢氧化钠溶液调节pH,调节pH范围为,目的是(3)写出④反应的离子方程式o(4)将溶液H经过即得红羽钠粗晶体。II.经该工厂的工业废水中含1.00x10-3moi1一1的CnO歹，其毒性较大。该化工厂的科研人员为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cro3Fei.5Fe04(Fe的化合价依次为+3、+2),又设计了如下工艺流程：|Cr°.sFe"FeO](5)第①步反应的离子方程式是.(6)常温时，如忽略步骤①所加FeSCV7H2O所引起的溶液体积变化，依据上表数据，则步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时，溶液中Cr3+的浓度为*3.2)。⑺欲使1L该废水中的50厂完全转化为Cro.5Fei.5Fe040理论上需要加入FeSO4-7H2O的质量为g(已知FeSO4-7H2O的摩尔质量为278gmo「)。【答案】(1)加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度(任写一条)(1分)SiO2(l分)(2)4.9<pH<5.5使Fe3\Ap+均完全转化为Fe(OH)3和A1(OH)3沉淀而被除去(2分)⑶3NaBiCh+2C~++7OH+H2O=2CrOF+3Bi(OHR+3Na+(2分)(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥(2分)(5)。2。/+6F/++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O(2分)(6)6.4x10-14(2分)(7)2.78(2分)【解析】(1)加热、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸的浓度均可加快化学反应速率，任答一种即可。铭铁矿中的FeO、CnCh和AI2O3均能溶于硫酸，SiCh不溶，故第①步得到的固体A为SiO2o(2)步骤③的目的是使Fe3+、AF+均完全转化为Fe(OH)3和A1(OH)3沉淀而被除去，但不能使CF+沉淀，故需要调节的pH范围为4.9<pH<5.5o(3)在碱性条件下，NaBiCh能将CN+转化为CrOF,则反应的离子方程式为3NaBiO3+2C13++70H-+H2O=2CrOr+3Bi(OH)3；+3Na+o(4)由溶液H得红矶钠粗晶体需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥。(5)CnOy有强氧化性，在酸性条件下能将Fe2+氧化为Fe3+,自身被还原为C2+,反应的离子方程式为Cr2Or+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O»(6)常温时，如忽略步骤①所加FeSCU7FhO所引起的溶液体积变化，依据上表数据得知CH开始沉淀时pH=5.5,即c(OH-)=Kw=cHixin-14———=lxio-8-5molL-1,则/fSp[Cr(OH)3]=cCCr3+)c3(OH_)=O.OOlx2x(lxio-85)3^6.4x10-1X1055it- [X]0~142二步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时，c(QH")= =^^-=1x10^mol-Lr,根据Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)-cSlOHlMclCF+KaxiorpnGdxio-29,则溶液中Cr3+的浓度为c(Cr3+)=6.4xl()r4moi(7)1L该废水中〃(5。/)=卜10-3mol,根据Cr原子、Fe原子守恒，可得Cr2Or~4Cro.5Fe।,5FeO4~10FeSO4-7H2O,因此理论上〃(FeSO4-7H2O)=10〃(Cr2。歹)=lOxJxio-3mol=0.01mol,所以质量m(FeSC)4,7H20)=0.01molx278g•mori=2.78g。(15分)H2s和SO2是两种大气污染物，H2s和SO2的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。(1)H2s与CO?发生如下反应：H2S(g)+CO2(g)=C0S(g)+H20(g)△〃相关的化学键键能数据如表：化学键C=O(CO2)C=O(COS)C=SH—0H—SE/kJemol-l803739577465399由此计算△〃=_<)(2)高温下CO可将SO2还原成硫蒸气：4CO(g)+2SO2(g) 4CO2(g)+S2(g)A//i<0o①平衡时CO的体积分数(％)与温度和压强的关系如图1所示(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。10°「平衡时CO的体积分数/%「、丁2、「由大到小的关系是,判断的理由是.②742K时，在起始压强为po,体积为VL的恒容密闭容器中投入amolCO和0.5amolSO2,达到平衡后容器压强变为0.9p。，则SO2的平衡转化率为该温度下该反应的平衡常数a=(用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数，列出计算式即可)。③该反应的正、逆反应速率表达式分别为V正=k£c4(CO)c2(SO2)、V送=k^c4(CO2)C(S2)。(k正、k逆分别为正、逆反应的反应速率常数，只与温度有关)Arrhenius提出了速率常数与温度一E&的经验公式：k=AeRT(k为速率常数，A为常数，e为自然对数的底数，R为理想气体常数，T

为热力学温度，Ea为活化能)。在相同温度下，活化能越大，速率常数越(填“大”或k逆“小当该反应达到平衡后，升高温度，k正(填“增大”、“减小”或"不变’)。(3)电化学处理H2s和SO?是近年来发展迅速的废气处理方法。某科研小组将微电池技术用于去除工业尾气中的H2S,装置示意图如图2,主要反应为2Fe+2H2S+O2=2FeS+2H20,室温时，pH=7的条件下，研究反应时间对H2s的去除率的影响。装置中微电池负极的电极反应式为o一段时间后，单位时间内H2s的去除率降低，可能的原因是NaCl溶液渗层NaClNaCl溶液渗层NaCl溶液铁硬填料含有H2s的工业尾气、空气图2【答案】⑴+38kJ/mol(2分)(2)①T3>T2>「(2分)压强越大，CO的体积分数越小，T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应逆向进行，则13>12>小(2分)0.61.35xO.9po)4x*|xO.9p°②0.61.35xO.9po)4x*|xO.9p°②60%(2分)(―xo.9p(yx(—xo.9P(y(2分)③小(1分) 增大(1分)(3)Fe-2e-+H2S=FcS+2H+(1分) 生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢(2分)【解析】(1)H2s(g)+CCh(g) COS(g)+H2O(g)AH=2x339kJ/mol+2x803kJ/mol-739kJ/mol-577kJ/mol-2x465kJ/mol=+38kJ/mol；(2)①反应4co(g)+2SCh(g) 4CO2(g)+S2(g)A//i<0,是气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，升高温度，平衡逆向移动，CO的体积分数增大，由图1,压强越大，CO的体积分数越小，「、T2vT3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应逆向进行，则T3>T2>［；②742K时，在起始压强为po,体积为VL的恒容密闭容器中投入amolCO和0.5amolSO2,达到平衡后容器压强变为O.9po,则S02的平衡转化率为设转化的SO2的物质的量为x,列三段式：

4CO（fi4CO（fi+▲S02（S）-士4CO：@+s3起始量mola0.5a00变化量mol2xX2x0.5x平衡量mola-2x0.5a-x2x0.5xn平_p平1.5a-0.5x0.9p0根据PV=nRT,同温同压下，% p始91.5aP。，1nIn—xl00%=60%转化率为°$a ；平衡时n『1.35a,各气体的分压:,则S02的平衡a-2xO.3a0.4 0.5a-0.3a 0.2Pco22x0.3a1.35a=25xa3axO9po=Pco22x0.3a1.35aL35a 1-35 ,该温度下该反应,0.6._,40.15（ x0.9pn）x-x0.9pnn4.D ~~___L35__21r_p（co2）P（s2）_04 A02 ,;③活化能越大，速率越小,的平衡常数PP&-SO「（而x°%»（13ro;③活化能越大，速率越小,升高温度，平衡左移，增大；（3）Fe在负极放电，电极反应式：Fe-2e-+H2S=FcS+2H+；一段时间后，去除率降低的原因：生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢。（二）选做题37.［化学一选修3：物质结构与性质］（15分）Al、Cr、Co、Ni的合金及其相关化合物用途非常广泛，如锂离子电池的正极材料为LiCoCh,电解质溶液为LiBF4溶液。（1月。2+的基态核外电子排布式为,BFr的空间构型为.（2）钻元素可形成种类繁多的配合物。三氯五氨合钻的化学式为Co（NH3）5Ch,是一种典型的维尔纳配合物，具有反磁性。0.01molCo（NH3）5Cb与足量硝酸银溶液反应时生成2.87g白色沉淀。CO（NH3）503中Co,+的配位数为,该配合物中的配位原子为oQ-on Q^nhkS nh«（3）1951年Tsao最早报道了用LiAlFU还原睛： 」 。①LiAlM中三种元素的电负性从大到小的顺序为_（用元素符号表示）。中碳原子的轨道杂化类型为,Imol该分子中含。键的物质的量（5）NiO的晶胞结构如图乙所示，其中离子坐标参数A为（0,0,0）,B为（1,1,1）,则C的离子坐标参数为o一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O”作密置单层排列，Ni2•填充其中（如图丙），已知02一的半径为叩m,设阿伏加德罗常数的值为Na,每平方米的面积上具有该晶体的质量为（用含a、Na的代数式表示）g。【答案】⑴[Ar]3d7或Is22s22P63s23P63d7（2分）正四面体（1分）（2）6（1分）N、Cl（l分）（3）①H>Al>Li（1分）②sp、sp2（l分）20moi（1分）（4）Cr2CoAl（2分）1 1 25Gxi（5）（1,2,2）（2分）2a-NA（3分）【解析】（DC。?，基态核外电子数为25个，所以基态核外电子排布式为[Ar]3d7或Is22s22P63s23P63d7；BF，中B价层有4个电子对，呈正四面体构型；（2）生成白色沉电2.87g,2.87g则n（AgCl）J43.5g/mol=002moi,说明该配合物外界含有两个氯离子，另外一个氯离子和氨气分子为内界，所以配位数为6,中心原子是C。，配位原子是N和C1；（3）①元素的金属性越强，电负性越小，在常温下，Li可与水反应，A1不与水反应，说明Li的金属性强于A1,则其电负性小于Al,A1和Li均能与酸反应置换出Hz,说明H的电负性最大，则LiAlH」中三种元素的电负性从大到小的顺序为：H>Al>Li;②中既有碳碳三键，又有苯环，则碳原子的轨道杂化类型为sp、sp2；共含有7moi碳氢键，12moi碳碳键及1mol碳氮三建，则共含有◎键的物质的量为20mo1；（4）顶点粒子占豆，面上粒子占5,棱上粒子占W,内部粒子为整8xi+6xl+4xl=8个晶胞所有，所以一个晶胞中含有Cr的数目为： 8 2 ,一个晶胞中含有C。12x-+1x1=4的数目：4 ,一个晶胞中含有A1的数目为：4x1=4,所以晶体化学式为Cr2CoAl；(5)NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,1,0),_L_L LLC在x、y、z轴上的投影分别是1、5'5,所以C晶胞参数为(1,5,5);根据图知，每个Ni原子被3个O原子包围、每个O原子被3个Ni原子包围，如图所示,相邻的3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2apm.每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积=(2x2ax2axsin60°xi()-24)m2=6x102%2m之，如图实际上每个Ni原1x6=1子被两个小三角形包含，小平行四边形面积为2次x o原子个数=% ,每平1 M 1 59+16-7= X—g—7= :--X g方米面积上分散的该晶体的质量=26X10"Na=2>/3xio-'a2'256xI2a2NA-= Ago38.［化学——选修5：有机化学基础］(15分)贝凡洛尔是一种用于治疗高血压的药物，其中间体F的一种合成路线如下：(1)F中含氧官能团名称为、o(2)B—C的反应类型为o(3)在Ni催化下C与H2反应可得X,X的分子式为C10H15O2N,写出X的结构简式(4)写出同时满足下列条件的D的所有同分异构体的结构简式1①属于芳香化合物，能发生银镜反应和水解反应②分子中只有4种不同化学环境的氢wQ踹为原料制wQ踹为原料制⑪鹏写出该制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。【答案】（1）酶键（I分）酰胺键（1分）（2）取代反应（2分）【解析】A（）与HCHO【解析】A（）与HCHO发生加成反应、然后与HC1发生取代反应生成）,E与X）,E与X发生取代反应生成2aB（CHjO、 ）,B与KCN在K2cCh作用下发生取代反应生成CH3A ^^y^jj^COOH）,C水解生成D（CHj5人1 ）,D与PCk发生取代反应生成醒键和酰胺键；（2）B-C的反应为在碳酸钾溶液中，5。儿,与KCN发生取代反应生成;CHjO.(3)C的结构简式为eq,2 ,分子中含有的一C三N能够与氢气发生加成反应，由(3)C的结构简式为eqch3o.式C10H15O2N可知，在Ni催化下，ImolC与2moi氢气发生加成反应生成chqch3o.人八.nh?X的结构简式为CHQ〜 ；(4)由D的一种同分异构体属于芳香化合物，能发生银镜反应和水解反应可知，该同分异构体的结构中含有苯环、醛基和酯基；由分子中只有4种不同化BCO学环境的氢可知，苯环上的含氧取代基可能为一OOCH和一0H或一OOCH和一0CH3,其中含BCO,OCHmHCOO-有一OOCH和一OCH3的结构简式为HtCO,含有HCOO-有一OOCH和一OCH3的结构简式为HtCO,含有一OOCH和一HCOO-8周、H0HCOO-0H的结构简式为 H0;(5)由题给有机物的转化流程可知，以与澳发生加成反应生成BrCOOH00。Br,在碳酸钾溶液中，与澳发生加成反应生成BrCOOH00。Br,在碳酸钾溶液中，&与KCN发生取代反应生成CN,CN经酸化得到&JOH,和CH2NH2为原料制备、48NH—J的合成步骤为2022年新高考化学模拟试题及解析037.2020年7月31日我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，北斗系统的建设与化学有着密切的联系。下列说法不正确的是()A.北斗卫星天线的核心材料是比头发丝还细的金属丝，其主要成分是高纯度金等B.北斗卫星运载火箭采用了四氧化二氮例2。4)、偏二甲骈［(CH3)2NNH2］、液氢、液氧作为推进剂，它们的分子中都含共价键C.北斗卫星运载火箭发射时产生的红色烟雾主要是因为N2O4被氧化生成了NO2气体D.枷原子钟被誉为导航卫星的“心脏”，其元素枷处于第1A族【答案】C【解析】A项，北斗卫星天线的核心材料的金属丝主要成分是高纯度金和铝，A正确；B项，四氧化二氮例2。4)、偏二甲腑［(CH3)2NNH2］'液氢'液氧的分子中都含共价键，B正确；C项，N2O4与NO?中无元素化合价的升降，未发生氧化还原反应，C错误；D项，根据元素周期表信息可知，枷位于元素周期表第五周期第1A族，D正确；故选C。8.设Na代表阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是()A.含Na个铜原子的CuO和Cu2s的混合物质量为80.0gB.标准状况下，22.4L氧气作氧化剂时转移电子数一定为4Na500mL2mol'L-1碳酸钠溶液中带电粒子数一定大于3Na50mLi8moiL-浓硫酸与足量锌粒反应，产生的气体分子数小于0.9M【答案】B【解析】A项，CuO的摩尔质量为80gCu2s的摩尔质量为160g-mori,含Na个铜原子的CuO的质量为80.0g,含Na个铜原子的Cu2s的质量为80.0g,故含Na个铜原子的CuO和Cu2s的混合物质量为80.0g,故A正确；B项，标准状况下，22.4L氧气的物质的量为1mol,若钠在氧气中燃烧，1mol氧气完全反应生成1mol过氧化钠，转移2moi电子，即1molCh作氧化剂时转移电子数不一定为4Na,故B错误；C项，500mL2moi1一1碳酸钠溶液中，碳酸钠的物质的量为0.5x2=l(mol),1mol碳酸钠可以电离出2moi钠离子和1mol的碳酸根离子，由于碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致溶液中阴离子数目增多，所以溶液中带电粒子总物质的量大于3mol，总数大于3Na,故C正确；D项，50mL18moll/i浓硫酸中硫酸的物质的量=0.05xl8=0.9(mol),消耗0.9mol硫酸生成0.45mol二氧化硫，由于锌足量，浓硫酸的浓度逐渐减小，锌与稀硫酸反应生成氢气，1mol硫酸生成1mol氢气，故反应生成二氧化硫和氢气总物质的量小于0.9mol,数目小于0.9敞，故D正确。.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()

选项实验操作和现象结论A向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNCh溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀h溶液中存在平衡：b L+IB在Ca(ClO)2溶液中通入SCh气体，有沉淀生成酸性：H2SO3>HC1OC向Na2s溶液中滴加盐酸，产生气泡Cl的非金属性比S强D在植物油中滴几滴酸性高锈酸钾溶液，振荡，溶液褪色植物油含有酯基【答案】A【解析】A项，滴加淀粉溶液变蓝说明含有碘单质，滴加硝酸银产生黄色沉淀，说明含有1-,所以Kb的溶液中含12、卜，即Kb溶液中存在平衡为6=^L+r,故A正确；B项，在Ca(C10)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成是因为次氯酸根将二氧化硫氧化成硫酸根，硫酸钙微溶所以有沉淀生成，不能比较两种酸的酸性强弱，故B错误；C项，氢化物的酸性强弱不能作为非金属性强弱的判断依据，应比较最高价含氧酸的酸性强弱，故C错误；D项，植物油的结构中含有碳碳双键，所以可以使酸性高铳酸钾溶液褪色，并不是酯基，故D错误；故选A。.化合物Z是合成某种药物的中间体，可由下列反应制得：下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是()A.X分子中有一个手性碳原子B.已知试剂Y的分子式为：C5H13N3,则Y的结构简式为：X、Z一定条件下均可以和氢气发生加成反应X、Z一定条件下都可以和盐酸、NaOH溶液反应【答案】D【解析】A项，X分子中有一个手性碳原子，故A正确；B项，X中含有竣基，Z中有肽链，是竣基和氨基发生取代反应生成的，可以得出Y中有氨基，依据碳原子守恒可推出Y的结构简式为： H,故B正确；C项，X、Z均含有苯环和碳碳双键，可以与氢气发生加成反应，故C正确；D项，X中没有氨基，与盐酸不反应，故D错误；故选D。20世纪60年代合成了催化剂Rh(PPh3)3C(Ph表示苯基)，实现了温和条件下的烯煌加氢。以丙烯加氢为例，可能的催化机理如图所示。下列叙述错误的是()A.Rh(PPh3)3Cl—Rh(PPh3)2Cl的反应过程中有PPh3(三苯基瞬)生成B.反应过程中Rh和H的化合价有变化，C1和C则保持不变C.实际降低丙烯加氢反应活化能的可能是Rh(PPh3)2ClD.PPh3中的P和烯煌中的双键均可提供电子对与Rh原子共用【答案】B【解析】A项，Rh(PPh3)3Cl-»Rh(PPh3)2。的反应过程中脱去1分子PPh3,故A正确；B项，反应过程中碳的化合价也有变化(C3H6+H2-C3H8),故B错误；C项，Rh(PPh3)3Cl^Rh(PPh3)2Cl后才发生循环反应，故实际降低丙烯加氢反应活化能的可能是Rh(PPh3)2Cl,故C正确；D项，P原子最外层有5个电子，其中3个与苯基碳原子形成共价键，还有1对未共用电子对，可提供给Rh原子共用。由图可观察到烯煌中的双键也可提供电子对与Rh原子共用，故D正确；故选B。H2s是一种剧毒气体，对H2s废气资源化利用的途径之一是回收能量并得到单质硫，反应原理为2H2s(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(1)AH=-632kJ・molL如图为质子膜H2s燃料电池的示意图。下列说法正确的是()A.电池工作时，电流从电极a经过负载流向电极bB.电路中每流过4moi电子，电池会向外界释放632kJ热能C.电极a上发生的电极反应式为2H2s-4e=S2+4H+D.22.4LH2s参与反应时，2moiH，经质子交换膜进入正极区【答案】C【解析】A项，根据反应原理可知，通H2s的一极为负极，失去电子，电子从电极a经过负载流向电极b,则电流从电极b经过负载流向电极a,故A错误；B项，原电池是化学能转化为电能的装置，因此电路中每流过4moi电子，电池不会向外界释放632kJ热能，故B错误；C项，电极a是负极，H2s失去电子转化为S2,结合质子交换膜，写出电极反应式：2H2S-4e=S2+4H+,故C正确；D项，没有标明状态，根据气体体积不能确定物质的量，故D错误；故选CoW、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z位于同一周期，W、丫位于同一主族，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的2倍。丫与Z形成的一种化合物的结构如图所示，下列叙述不正确的是（）A.最简单离子的半径：X<ZB.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>YX的氧化物既能溶于稀硫酸，又能溶于烧碱溶液16gz的单质与足量的W的最高价含氧酸浓溶液共热反应时，转移2moie-【答案】D【解析】W、X、丫、Z四种短周期元素的原子序数依次增大，由丫与Z形成的一种化合物的结构可知Z形成2个共价键、丫形成3个共价键，Z的最外层电子数为6,丫的最外层电子数为5,其中X、丫、Z位于同一周期，W、丫位于同一主族，结合原子序数可知W位于第二周期时，X、Y、Z位于第三周期，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的2倍，X的最外层电子数为3,则X为A1、丫为P、Z为S、W为N。A项，电子层越多、离子半径越大，则最简单离子的半径：X<Z,故A正确；B项，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y,故B正确；C项，X的氧化物为氧化铝，具有两性，既能溶于稀硫酸，又能溶于烧碱溶液，故C正确；D项，发生16gS+6HNO3（浓）Ah2so4+6NO2T+2H2。，n（S）=32g/mol=05molj转移电子为o.5molx（6-0）=3mol,故D错误；故选D。二、非选择题（本大题共4小题，共58分）（一）必做题（14分）焦亚硫酸钠（Na2s2O5）具有强还原性，在医药、橡胶'印染、食品方面应用广泛。某化学小组拟用如图装置制备焦亚硫酸钠。洞丝A BC D实验步骤：①按图连接装置，检查装置气密性；②装入药品，加热A中试管，C中反应至pH=4.1停止加热，将A中铜丝外移脱离浓硫酸；③将C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水'过滤'洗涤、干燥。试回答下列问题：（1）A试管中发生反应的化学方程式为;B装置的作用是.（2）C中反应至pH=4.1,C中溶液主要溶质为（填化学式）。（3）将步骤③C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为;若温度稍过高，可能还会生成;为了制得较纯净焦亚硫酸钠，步骤③中应注意、o（4）Na2s2O5可用作食品抗氧剂。小组通过下述方法检测某饮料中残留的Na2s2O5：①取100.00mL饮料于锥形瓶中，加入0.0100mol/L的12溶液VimL,塞紧瓶塞充分反应。②打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加4〜5滴淀粉溶液变蓝。用0.100mol/L的Na2s2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2s2O3溶液VzmL,饮料中残留的Na2s2O5为mg/Lo若滴定前溶液pH调至大于10,则残留的Na2s2O5测定值（填“偏高”、“偏低”或“无影响（已知：S2O；+2L+3H2O=2SO：+41-+6H+2s2。；+I2=S4。：+21-）【答案】（l）Cu+2H2so4（浓）ACuSO4+SO2T+2H2OQ分） 防倒吸（1分）（2）NaHSO3（2分）（3）2NaHSCh=Na2s2O5+H2OQ分）Na2so3（或Na2so4）（1分） 小火加热控制温度（1分）隔绝空气（1分）

（4）9.5%-47.5%（3分） 偏高（1分）【解析】⑴装置A中，铜与浓硫酸反应，反应方程式为Cu+2H2s0«浓）&CuSO4+SO2T+2H2O；生成的二氧化硫气体如果没有装置B直接通入C装置中，会与饱和碳酸钠溶液反应，发生倒吸现象，故装置B的作用是防倒吸；（2）C中反应至pH=4.1,说明溶液显酸性。Na2cCh显碱性，Na2sCh显碱性，NaHCCh显碱性，而NaHSO?显酸性，故C中溶液主要溶质为NaHSO3；（3）将步骤③C中NaHSCh溶液加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠，其化学方程式为：2NaHSCh=Na2s2O5+H2O;若温度稍过高，NaHSCh会受热分解生成二氧化硫和亚硫酸钠，亚硫酸钠可能被氧气氧化成Na2so4,故溶液中可能生成Na2so3（或Na2so4）;焦亚硫酸钠具有强还原性，也被0?氧化，故为了制得较纯净焦亚硫酸钠，要步骤③中注意控制温度和隔绝空气；（4）发生的反应有：①S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+；®2S2O3=9.5V-47.5E,;若滴定前溶液pH调至大于10,I2-+I2=S4O62+2r；开始L与=9.5V-47.5E,;若滴定前溶液pH调至大于10,I2n(Z2)=-n(S,O：)=-xO.l00wo//Zxl^xlO'会与碱反应，消耗更多，则计算剩余的k就变少，最后计算残留的Na2s2O5会偏高。27.（14会与碱反应，消耗更多，则计算剩余的k就变少，最后计算残留的Na2s2O5会偏高。27.（14分）利用工业生产的锌镒废料（含ZnO25%、MnO227%»还含有FeO、FezCh和不2 - 2 ,则与Na2s2O5的I2为0.0100/noZ/£xr,xl0-3-5xl0-溶于酸的杂质）制备ZnSO47H2O和KMnCh的实验流程如下：溶于酸的杂质）制备ZnSO47H2O和KMnCh的实验流程如下：n(S1O^)=-n(I2)=-x(1.0xl0-5K-5.0xl05K)-x(1.0xl0-5r；-5.0xl0^)xl90xl03稀HjSO,加入HQ?、控温、滤液|锌钵废料|煮沸'优滤-x(1.0xl0-5r；-5.0xl0^)xl90xl03稀HjSO,加入HQ?、控温、滤液|锌钵废料|煮沸'优滤滤渣I用4S0,调pH、滤液「索要作—|粗ZnSO4-7HQ]KOH奏燧水浸一K2MnO41④过滤.溶液r滤渣调pH、过滤②通CO?至pH为10〜11.趁热过滤，滤液冷却结苗图记乱石~已知：①3K2MnC>4+2c02=2KMnO4+MnO21+2K2c。3②20（时相关物质在水中的溶解度数据见下表:物质K2CO3KH