卷3-2022年高考化学模拟卷（全国卷）（解析版）

2022年高考化学模拟卷（全国卷专用）二轮拔高卷3可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Cr52Co59一、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。7．近期我国在人工合成淀粉方面取得重大突破，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉()的全合成。下列说法不正确的是A．由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成B．玉米等农作物通过光合作用能将CO2转化为淀粉C．淀粉的分子式为(C6H10O5)n，与纤维素互为同分异构体D．该成就能为气候变化、粮食安全等人类面临的挑战提供解决手段【答案】C【解析】A．根据二氧化碳和淀粉的结构式可知，合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成，A正确；B．农作物可以通过光合作用将吸收的二氧化碳转化为淀粉，B正确；C．淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但是n值不等，故不是同分异构体，C错误；D．该成就既可以减少二氧化碳的排放量，又可以合成淀粉，D正确；答案选C。8．某同学拟用下图装置制得各种颜色的滤纸蝴蝶。下列组合一定不能成功的是选项ABCD纸蝴蝶上的喷洒液品红溶液石蕊试液淀粉-KI溶液FeCl3溶液小烧杯中的溶液亚硫酸浓盐酸溴水KSCN溶液蝴蝶颜色无色红色蓝色红色【答案】D【解析】A．亚硫酸分解会生成SO2气体，可以漂白品红溶液，蝴蝶会变无色，A不符合题意；B．浓盐酸具有挥发性，石蕊遇酸变红，蝴蝶会变红色，B不符合题意；C．溴水可以挥发出溴气，溴单质可以氧化碘离子生成碘单质，淀粉遇碘变蓝，蝴蝶会变蓝，C不符合题意；D．硫氰化钾溶液不挥发，蝴蝶不会变红，D符合题意；综上所述答案为D。9．设NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．7g环丁烷含有的极性键数为2NAB．标准状况下，1.12LHF中含有氢原子数为0.05NAC．1L0.1mol/LHCOONa溶液中，Na+数为0.1NAD．氨气与钙发生置换反应生成Ca(NH2)2和2.24LH2时转移的电子数为0.2NA【答案】C【详解】A．环丁烷分子式为C4H8，1个环丁烷分子含有极性键C-H键为8个，则7g环丁烷含有的极性键数为=NA，A错误；B．标准状况下，HF是液态，不能用气体摩尔体积进行计算其分子数和原子数，B错误；C．1L0.1mol/LHCOONa溶液中，n(HCOONa)=cV=1L×0.1mol/L=0.1mol，则Na+数为0.1NA，C正确；D．未指明生成H2的状态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；故答案选C。10．3-丁烯基苯酞(M)是中药当归的活性成分，分子结构如图。下列有关该物质的叙述正确的是A．能与氢气发生加成反应B．1molM与溴水反应最多消耗4molBr2C．苯环上一卤代物只有2种D．与互为同系物【答案】A【解析】A．该物质苯环及碳碳双键，能与氢气发生加成反应，选项A正确；B．该物质只有碳碳双键与溴水反应最多消耗1molBr2，选项B错误；C．苯环上一卤代物为4种，选项C错误；D．与所含官能团不同，不能称为同系物，选项D错误。答案选A。11．某种电解质阴离子由同周期四种元素W、X、Y、Z组成，其结构式如图，四种元素最外层电子数之和为20，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，下列说法正确的是A．四种元素的氢化物中只有Y的氢化物分子间能形成氢键B．W、Z形成的化合物是一种离子化合物C．Z的单质可以从含Y的某些化合物中置换出Y的单质D．W的最高价氧化物对应的水化物酸性比X的强【答案】C【解析】某种电解质阴离子由同周期四种元素W、X、Y、Z组成，Z可以形成1个键，为氟元素，Y形成2个键，为氧元素，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，X为碳元素；四种元素最外层电子数之和为20，则W最外层电子数为3，是硼元素；A．四种元素的氢化物中氧、氟的氢化物分子间能形成氢键，A错误；B．硼元素、氟元素形成的化合物是一种共价化合物，B错误；C．Z的非金属强于Y，可以从含Y的某些化合物中置换出Y的单质，C正确；D．根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，W的最高价氧化物对应的水化物酸性比X的弱，D错误；故选C。12．科学家采用电渗析法提纯乳清(富含NaCl的蛋白质)，有价值的蛋白质的回收率达到98％，工作原理如图所示。下列说法错误的是A．溶液R中溶质的主要成分为HClB．膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜C．a极的电极反应式为2H2O＋2e-=2OH-＋H2↑D．每转移1mol电子，理论上乳清质量减少58.5g【答案】B【解析】光伏电池电渗析法提纯乳清(富含NaCl的蛋白质)，左侧a极附近稀NaOH溶液最终变成浓NaOH溶液，说明溶液中水得电子生成氢气和OH-，Na+通过膜1迁移到a极区，所以a为阴极，膜1为阳离子交换膜，同理，乳清中的氯离子通过膜2迁移到b极区，发生失电子的氧化反应，据此分析解答。A．氯离子发生失电子的氧化反应，同时乳清经过膜2迁移到b极氯离子，最终输出的溶液R仍为稀盐酸，溶质的主要成分为HCl，A正确；B．由分析可知，膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，B错误；C．a极为阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为2H2O＋2e-=2OH-＋H2↑，C正确；D．每转移1mol电子，理论上迁移1molNa+和1molCl-，因此乳清质量减23g+35.5g=58.5g，D正确；故选B。13．已知：25°C时，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5。用0.01mol·L-1的CH3COOH溶液滴定20mL由浓度均为0.01mol·L-1的NaOH溶液和氨水组成的混合溶液，溶液的相对导电能力随加入CH3COOH溶液体积的变化趋势如图所示。下列叙述错误的是A．c点时混合溶液中：pH=7B．水的电离程度：c＞bC．a点时混合溶液中：c(NH)≈1.7×10-5mol·L-1D．c点时混合溶液中：c(CH3COO—)+c(CH3COOH)=c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Na+)【答案】A【解析】由图可知，a点为等浓度的氢氧化钠和氨水的混合溶液，b点氢氧化钠溶液与醋酸恰好反应生成醋酸钠，反应得到等浓度的醋酸钠和氨水的混合溶液，c点氨水和醋酸恰好反应生成醋酸铵，反应得到等浓度的醋酸钠和醋酸铵的混合溶液。A．由分析可知，c点为醋酸钠和醋酸铵的混合溶液，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，由电离常数可知，醋酸的电离常数与一水合氨的电离常数相等，则铵根离子在溶液中的水解程度与醋酸根离子的水解程度相当，醋酸铵溶液呈中性，则醋酸钠和醋酸铵的混合溶液呈碱性，溶液pH大于7，故A错误；B．由分析可知，b点为醋酸钠和氨水的混合溶液，c点为醋酸钠和醋酸铵的混合溶液，氨水抑制水的电离，醋酸钠和醋酸铵促进水的电离，则c点水的电离程度大于b点，故A正确；C．由分析可知，a点为等浓度的氢氧化钠和氨水的混合溶液，溶液中氢氧根离子的浓度约为0.01mol/L，由Kb(NH3·H2O)=可得：c(NH)=≈=1.7×10-5mol/L，故C正确；D．由分析可知，c点为等浓度的醋酸钠和醋酸铵的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系c(CH3COO—)+c(CH3COOH)=c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Na+)，故D正确；故选A。二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26．（14分）高性能磁带的磁粉主要成分是，某探究小组设计了下图所示流程制取，图中正极材料的主要成分是，还含有少量Al和Fe，{已知常温下，}。请根据流程回答下列问题：(1)流程中放出的“气体”的化学式为___________。(2)提高酸浸浸取率的指施是___________________________________(写两条即可)。(3)在“酸浸”过程中，加入的作用是___________________________________。(4)实验室要完成②的操作会用到下列仪器中的___________(填字母)。a．坩埚

b．烧杯

c．蒸发皿

d．泥三角(5)写出①的化学方程式：_________________________________________。(6)常温时，“沉钴”过程中，当溶液的时，____________。(7)在空气中加热，固体残留率随温度的变化如图所示，则A点主要的固体产物为___________(属于氧化物，填化学式)。【答案】(1)H2（2分）(2)适当升高温度、粉碎正极材料或适当增大硫酸的浓度或不断搅拌（2分）(3)做还原剂，将+3价Co元素还原为+2价Co元素（2分）(4)ad（2分）(5)4FeSO4+O2+8NaOH4FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O（2分）(6)1.6×10—9mol/L（2分）(7)Co3O4（2分）【解析】由题给流程可知，向正极材料中加入稀硫酸和硫代硫酸钠溶液酸浸时，钴酸锂与稀硫酸、硫代硫酸钠反应生成硫酸锂、硫酸钴、硫酸钠和水，铁、铝溶于稀硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铝，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，鼓入空气将硫酸亚铁和硫酸铝转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤得到废渣和含有硫酸锂、硫酸钴、硫酸钠的滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液将钴离子转化为氢氧化钴沉淀，过滤得到氢氧化钴；向氢氧化钴沉淀中加入稀硫酸将氢氧化钴溶解得到硫酸钴溶液；将含有稀硫酸的硫酸亚铁溶液加入铁皮晶种生长槽中，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；硫酸亚铁溶液和氢氧化钠溶液在40℃搅拌条件下得到FeOOH晶种，将晶种加入除去稀硫酸的铁皮晶种生长槽中，在60℃条件下吹入空气制得FeOOH，经处理得到FeOOH粉末；在200—300℃条件下加热灼烧FeOOH粉末得到氧化铁，氧化铁与合适的还原剂作用得到四氧化三铁；四氧化三铁与硫酸钴溶液反应制得。(1)由分析可知，硫酸亚铁溶液加入铁皮晶种生长槽的目的是除去硫酸亚铁溶液中的稀硫酸，发生的反应为铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则得到的气体为氢气，故答案为：H2；(2)适当升高温度、粉碎正极材料、适当增大硫酸的浓度、不断搅拌等措施提高酸浸的浸取率，故答案为：适当升高温度、粉碎正极材料或适当增大硫酸的浓度或不断搅拌；(3)由分析可知，酸浸过程中加入稀硫酸和硫代硫酸钠溶液发生的反应为钴酸锂与稀硫酸、硫代硫酸钠反应生成硫酸锂、硫酸钴、硫酸钠和水，则加入硫代硫酸钠的目的是将钴酸锂中+3价钴元素转化为+2价钴元素，故答案为：做还原剂，将+3价Co元素还原为+2价Co元素；(4)由分析可知，②的操作为在200—300℃条件下加热灼烧FeOOH粉末得到氧化铁，实验室中应在坩埚中加热灼烧FeOOH粉末，灼烧需要的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯，故选ad；(5)由分析可知，①发生的反应为硫酸亚铁溶液和氢氧化钠溶液在40℃搅拌条件下得到FeOOH晶种，反应的化学方程式为4FeSO4+O2+8NaOH4FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O，故答案为：4FeSO4+O2+8NaOH4FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O；(6)由氢氧化钴的溶度积可知，溶液的pH为11时，溶液中钴离子的浓度为=1.6×10—9mol/L，故答案为：1.6×10—9mol/L；(7)设氢氧化钴的质量为100g，A点的主要产物是CoOn，由钴原子个数守恒可得：=，解得n=，则A点的主要产物的化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4。27．（15分）无水CrCl3可用于制铬酸盐、催化剂等。实验室制备无水CrCl3的反应原理为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。相关实验装置如图(夹持装置略)。实验的主要步骤为：I.加热并维持A的温度在60~65℃；II.打开K，通入N2并保证锥形瓶中每分钟有250个左右的气泡逸出；III.点燃B处酒精喷灯，使瓷舟温度升至720℃左右，恒温反应2h；IV.先后停止加热A、B；V.冷却，并继续通入一段时间的N2。已知：①CCl4的沸点是76.8℃。②COCl2(俗称光气)有剧毒，遇水发生反应：COCl2+H2O=CO2+2HCl。回答下列问题：(1)装置A的锥形瓶中盛放的物质是__________(填化学式)。(2)仪器C的名称是__________，其中无水CaCl2的作用是__________________________________。(3)步骤V中“继续通入一段时间N2”的主要目的是____________________________。(4)D中发生反应的化学方程式为________________________________________。(5)CrCl3纯度的测定：称取ag瓷舟中制得的样品，配制成100mL溶液，移取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入Na2O2，充分反应，然后加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以存在，充分加热煮沸后，冷却至室温，加入KI溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，加入2滴淀粉溶液，用碱式滴定管盛装cmol·L-1硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准溶液，滴定至终点。重复滴定多次，平均消耗标准溶液体积为VmL。已知：+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O；I2+2=+2I-。①充分加热煮沸的目的是__________________________________________________________，判断滴定终点的依据是______________________________________________。②如图是碱式滴定管的内部构造，滴定时，手指应该捏住乳胶管中玻璃球的__________部位(填“a”“b”或“c”)，然后挤捏乳胶管，溶液即可流出。③样品中CrCl3的纯度为______________________(用含a、V和c的计算式表示)。【答案】(1)CCl4（1分）(2)

干燥管（1分）

吸水避免水蒸气进入B（1分）(3)将剧毒COCl2尾气排入吸收装置D（2分）(4)COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O（2分）(5)促使过氧化物全部转换为氧气除去，以避免KI被氧化（2分）

最后一滴(或半滴)标准溶液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且30s不复原（2分）

b（2分）

×100%（2分）【解析】实验室制备无水CrCl3的反应原理为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入硬质玻璃管与氧化铬反应得到氯化铬，利用无水氯化钙防止水蒸气进入硬质玻璃管，并用氢氧化钠溶液吸收COCl2。(1)从总反应Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2以及步骤I不难得出，装置A的锥形瓶中盛放的物质是CCl4；(2)仪器C的名称是干燥管，其中无水CaCl2的作用是避免水蒸气进入B；(3)COC12(俗称光气)有剧毒，遇水发生反应：COCl2+H2O=CO2+2HCl；.上述通入一段时间氮气的主要目的是将残余的COCl2带到尾气吸收装置；(4)D中发生反应的化学方程式是COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O；(5)称取样品，加水溶解并定容于容量瓶中，移取一定体积溶液于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加入Na2O2，在一定条件下充分反应其目的是氧化三氯化铬，然后加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以存在。①充分加热煮沸后将过量过氧化物转换为氧气除去，加入KI溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，此时，碘离子被氧化，加入1mL淀粉溶液，用硫代硫酸钠Na2S2O3溶液滴定至终点，溶液由蓝色转换为无色，且30s不复原。②在使用碱式滴定管滴定时，手指应该捏住乳胶管中玻璃球的b处，使其与玻璃球之间形成一条缝隙，溶液即可流出。③根据反应可以得出下列关系：2Cr3+~~3I2~6则有：样品中CrCl3质量百分数为100%。28．（14分）将二氧化碳转化为高附加值碳基燃料可有效减少碳排放。二氧化碳催化加氢制甲醇[CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)]引起了科学界和工业界的极大兴趣。回答下列问题：(1)相关的化学键键能数据如表所示。化学键H—HC=OH—OC—HC—OE(kJ/mol)436745465413351写出二氧化碳催化加氢制甲醇的热化学方程式______________________________________________。(2)采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，成功的实现了高选择性电催化还原CO2制备甲醇，该反应历程如图所示。①该过程容易产生副产物________________。②上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，需要降低某步骤的能量变化，写出该基元反应的化学方程式：____________________________________________________。Ⅱ.工业中，CO2和H2在催化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应a：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1；反应b：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2>0。在传统的催化固定反应床(CFBR)中，CO2转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队发展了一种具有反应分离双功能的分子筛膜催化反应器(MR)用于CO2催化加氢制备甲醇，极大地改善了该问题，原理如图所示。保持压强为5MPa，向密闭容器中投入一定量CO2和H2，不同反应模式下CO2的平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如表所示。实验组反应模式压强/MPa温度/℃CO2转化率CH3OH选择性①CFBR3525025.661.3②CFBR3523020.070.0③CMR3326036.1100已知CH3OH选择性：转化的CO2中生成CH3OH的百分比。(3)CFBR模式时，投料比=3一定温度下发生反应，下列说法能作为反应a达到平衡状态的判据是________________(填选项字母)。A．气体压强不再变化B．CO的体积分数不再变化C．气体平均相对分子质量不再变化D．不再变化E.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1(4)由表中数据可知CMR模式下，CO2的转化率显著提高，结合具体反应分析可能的原因：______________________________________________。(5)压力平衡常数Kp是指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，平衡分压=p总×物质的量分数。根据表中数据计算温度为230℃时，反应a的Kp值为________________(无需计算，写表达式)。【答案】(1)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

△H=-187kJ/mol（2分）(2)

CO和CH2O（2分）

*CO+*OH→*CO+*H2O（2分）(3)BCD（2分）(4)CMR模式下，只发生反应a，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气，使平衡右移，二氧化碳的产率增大（3分）(5)（3分）【解析】(1)该反应断裂2molC=O、3molH−H，形成、3molC−H、1molC−O、3molH−O，，则其热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-187kJ/mol；(2)①由图可知，该过程中有副产物和产生；②反应慢的步骤决定整体反应速率，据图可知合成甲醇的过程中的活化能最大，反应速率最慢，所以需要主要降低该步骤中的能量变化；(3)A．气体压强不再变化由题意可知，反应容器压强为不变，反应a和反应b在CFBR模式下反应达到平衡状态时，气体压强不变，故压强不变不能证明反应达到平衡，A错误；B．反应b生成一氧化碳，其体积分数不断增加，CO的体积分数不再变化，可以证明反应达到平衡，B正确；C．这两个反应中，所有的反应物，产物都是气体，故总质量不变，但是反应a前后气体计量系数不同，故气体总物质的量是不断变化的，因此气体平均相对分子质量不再变化可以证明反应达到平衡，C正确；D．反应a中两种物质的投料比和系数比相等，反应b中两种物质的投料比和系数比不相等，是不断变化的，故不再变化可以证明反应达到平衡，D正确；E．反应中各种物质的物质的量之比是无法确定的，故CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1:3:1:1，无法确定反应达到平衡，E错误；故选BCD；(4)CMR模式下，只发生，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素，平衡右移，二氧化碳的产率增大，故答案为：CMR模式下，只发生反应a，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气，使平衡右移，二氧化碳的产率增大；(5)设和起始投料分别为1mol和3mol。由表中数据知时二氧化碳的平衡转化率为，得知平衡时的物质的量为0.8mol。参与反应a生成甲醇的选择性是，参与反应的选择性则是。存在两个平衡体系，分别写出三段式如下：反应：；反应：，(注：三段式表达反应a的和平衡时的物质的量时，要考虑反应中的变化量。平衡时反应消耗为，生成为)平衡体系五种气体总物质的量为。平衡时，反应中、、、四种气体的物质的量分数分别为：、、、；。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。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）铝、家的化合物在芯片的制造过程中发挥着重要的作用。回答下列问题：(1)下列铝原子的价层电子排布图表示的状态中，能量最高和最低的分别为_________、_________(填标号)。(2)基态As原子的电子排布式为_________________，基态Ga原子核外电子的运动状态有___________种。(3)下列关于的说法正确的是___________(填标号)。A．为直线形的非极性分子B．分子中氧原子采取sp杂化C．由于存在分子间氢键，故其沸点高于D．不稳定是因为晶体粒子间的范德华力较弱(4)已知砷化镓晶胞为立方晶胞，晶胞的密度为，晶胞结构如图所示，①砷化铝与砷化镓均为离子晶体，砷化铝晶胞结构与砷化镓相似，则二者熔点较高的为________(填名称)。②已知为阿伏加德罗常数的值。图中A的原子坐标为，则B的原子坐标为___________；A、B两原子之间的距离为___________nm(用含d和的式子表示)。【答案】(1)

D（1分）

A（1分）(2)

（2分）

31（2分）(3)BC（2分）(4)

砷化铝

（2分）

（2分）

（3分）【解析】(1)A图为基态铝原子，能量最低；3p能级的能量高于3s能级的能量，故3p能级电子数目越多，其能量越高，故能量最高的为D，故答案为：D；A。(2)As为第四周期VA族元素，基态As原子的前3个电子层均已排满，电子排布式为或；基态Ga原子核外有31个电子，每个电子的运动状态都不相同，故其电子有31种运动状态，故答案为：；31。(3)A．的2个氧原子均形成2个键，各含有2个孤电子对，其分子为2个V形以一定角度连接起来，不是非极性分子，空间构型也不是直线形，A错误；B．分子中氧原子形成两个键，采取杂化，B正确；C．常温常压下，为气态，为液态，这是由于可以形成分子间氢键，故其沸点高于，C正确；D．分子不稳定是因为分子内共价键较弱，与晶体粒子间的范德华力无关，D错误；故答案选BC。(4)①铝与镓同族，根据元素周期律，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，镓离子的半径比铝离子的半径大，带同样多的电荷，故砷化镓的晶格能比砷化铝的晶格能小，砷化铝的熔点较高，故答案为：砷化铝。②砷化镓晶胞为立方晶胞，A原子位于坐标系的原点，坐标为