卷5-2022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5可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56W184一、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。1．2021年末，詹姆斯.韦伯红外线太空望远镜搭载火箭发射升空，将奔赴远离地球150万公里的第二拉格朗日点，肩负起观测宇宙形成后最初出现的星系、搜寻地外生命迹象等重任。下列有关叙述错误的是A．主镜材料为密度小，性能好的金属铍，表面的金涂层可提高红外线反射率B．望远镜需要避免太阳辐射，制作遮阳帆的聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料C．望远镜需要超低温环境，主动冷却器用氦制冷，氦的分子间作用力很弱，沸点极低D．望远镜工作的推进剂为N2H4和N2O4，N2O4本身的颜色会随温度升高变为红棕色【答案】D【解析】A．金属铍的性能好且密度小，适合作太空望远镜，表面的金涂层有利于红外线反射率的提高，A正确；B．聚酰亚胺是有机高分子化合物，则聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料，B正确；C．氦的相对分子质量很小，分子间作用力很弱，其沸点极低，可作制冷剂，C正确；D．N2O4为无色气体，会分解为红棕色的NO2气体，且随温度升高分解生成NO2的程度增大，所以气体的颜色随温度升高而不断加深，D错误；故选D。2．利用图示装置制备和收集气体，合理的是选项固体A试剂B试剂C制备和收集的气体A生石灰浓氨水水NH3BNa2SO370%硫酸饱和亚硫酸氢钠溶液SO2CMnO2浓盐酸饱和食盐水Cl2DCu浓硝酸水NO2【答案】B【解析】A．氨气易溶于水，不能用排水法收集，A不正确；B．Na2SO3固体与70%硫酸发生复分解反应，制取SO2气体，且SO2不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，所以可用排饱和亚硫酸氢钠溶液的方法收集SO2气体，B正确；C．MnO2与浓盐酸在常温下不能发生反应，不能制取氯气，C不正确；D．NO2易与水发生反应生成NO气体，不能用排水法收集，D不正确；故选B。3．2022年北京成功举办冬奥会，绿色环保是主要理念。在场馆建设中用到的一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是A．该双环烯酯的分子式为C14H18O2B．该双环烯酯分子中至少有6个原子共平面C．该双环烯酯的一氯代物有9种D．1mol该双环烯酯能与3molH2发生加成反应【答案】B【解析】A．由双环烯酯的结构简式可知，其分子式为C14H20O2，A项错误；B．乙烯中含有碳碳双键，双环烯酯分子中也含有碳碳双键，根据乙烯中有6个原子共平面知，双环烯酯分子中至少有6个原子共平面，B项正确；C．该双环烯酯中存在着13种不同状态的氢，则其一氯代物有13种，C项错误；D．碳碳双键能与H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能与H2发生加成反应，故1mol该双双环烯酯能与2molH2发生加成反应，D项错误；答案选B。4．已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是A．A、B、D均可与C形成常见的两种二元化合物B．简单离子的半径：E>D>CC．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>BD．化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定【答案】B【解析】根据原子半径与原子序数的关系图，A是第一周期元素，B、C是第二周期元素，C、D是第三周期元素，A是H元素；根据A、B、C、D形成化合物X的结构图，B能形成4个共价键，B是C元素；C能形成2个共价键，C是O元素；D能形成+1价阳离子，D是Na元素，O与E同主族，E是S元素，以此来解析；A．H与O能形成化合物H2O、H2O2，Na与O能形成化合物Na2O、Na2O2，C与O能形成化合物CO、CO2，A正确；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：S2->O2->Na+，B错误；C．非金属性越强对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S>C，最高价氧化物的水化物酸性H2SO4>H2CO3，C正确；D．X为Na2CO3·H2O2，H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定，D正确；故选B。5．甲醇羰基化制乙酸的催化剂为可溶性铱配合物(主催化剂)和碘化物(助催化剂)，利用铱配合物[Ir(CO)2I2]-催化甲醇羰基化的反应历程如图所示(其中Me—CH3，Ac—COCH3)。下列说法正确的是A．Ir的成键数目在反应历程中没有发生变化B．HI是反应过程中的催化剂C．CO分压对反应速率没有影响D．存在反应[Ir(CO)2I3(CH3)]7+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I【答案】D【解析】A．Ir的成键数目如图所示有4、5、6个，故A错误；B．HI是反应过程中的中间产物，故B错误；C．根据图示，总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，CO分压增大，反应速率加快，故C错误；D．根据图示，存在反应[Ir(CO)2I3(CH3)]7+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I，故D正确；故选D。6．MFC-电芬顿技术不需要外加能量即可发生，通过产生羟基自由基(·OH)处理有机污染物，可获得高效的废水净化效果，其耦合系统原理如下图所示，下列说法正确的是A．a电极为阳极，X电极为负极B．甲池中H+移动的方向从M室到N室C．乙池可在酸性较弱的环境中使用D．当电路中转移0.2mol电子时，理论上Y电极消耗O2体积为2.24L【答案】B【解析】A．由电子流向可知，a电极为负极，b电极为正极，与b相连的X电极为阳极，A错误；B．原电池中阳离子向正极运动，甲池中H+移动的方向从M室到N室，B正确；C．乙池中存在铁离子、亚铁离子，在酸性较弱的环境中使用会生成铁的氢氧化物沉淀，C错误；D．没有说明气体所处的是否为标准状况，不能计算氧气的体积，D错误；故选B。7．25℃时，用0.2mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1某二元酸H2A，H2A被滴定分数、pH及物种分布分数(δ)如图所示。下列说法正确的是A．虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示A2-、HA-、H2A的分布分数变化关系B．二元酸H2A的电离平衡常数Ka1的数量级为10-7C．a点溶液中：c(Na+)+c(H+)＞c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)D．c点溶液中c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)【答案】D【解析】NaOH溶液滴定二元酸H2A，先后发生反应：、。A．据分析，随着H2A被滴定分数的增加，H2A的分布分数逐渐减少，直至消失，HA-的分布分数随着H2A的减少而增加，达最大值后又随着A2-的增加而减少，从图中曲线变化趋势分析，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2A、HA-、A2-的分布分数变化关系，A错误；B．二元酸H2A的电离平衡常数Ka1=，取a点处数据代入计算，因H2A物种分布分数(δ)50%，即c(HA-)=c(H2A)，则Ka1=c(H+)≈4，Ka1的数量级为10-4，B错误；C．a点是曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交叉点，溶液中c(HA-)=c(H2A)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)，C错误；D．c点是曲线Ⅱ达到最大值，溶液中滴入的NaOH与H2A比值为1:1，因c点对应pH<7，溶液显酸性，即HA-的电离程度大于水解程度，故有：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)，D正确；故选D。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）铬是银白色有光泽的金属，易与其它金属形成合金，在国防、冶金、化学工业方面有重要用途。含铬废水有较大的毒性，处理达标后才能排放。工业上处理含铬废水(主要含铬微粒为Cr3+、和)并将其资源化的工艺有多种，其中一种工艺如图所示：已知：Cr(OH)3受热易分解。回答下列问题：(1)中Cr元素的化合价为________。(2)加入H2SO4酸化的目的是将转变为，不选用稀HC1酸化的原因可能________，加入Na2S2O5固体，发生反应的离子方程式为_________。(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的投加量对Cr(VI)含量的影响如图所示。焦亚硫酸钠的最佳投加量为___________(mg·L-1)(4)“一系列操作”包含_______和铝热反应。(5)工业上也常用电解法处理酸性含铬废水。用铁板作电极，在耐酸电解槽中盛放酸性含的废水，原理如图所示。则与B相连的铁板为电解池的________极，阳极区溶液中所发生反应的离子方程式为_______。为了使Cr3+和Fe3+转化为Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，向反应后的溶液中加入一定量的烧碱，若溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则溶液中c(Cr3+)=________mol·L-1。｛已如Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Cr(OH)3]=5.6×10-31}【答案】(1)+6（1分）(2)能和氯离子反应生成氯气（2分）

2+10H++3S2O=4Cr3++6SO+5H2O（2分）(3)140.0（2分）(4)加热分解（2分）(5)

阴（1分）

+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O（2分）

2.0×10-4（2分）【解析】含铬废水加入硫酸酸化，加入Na2S2O5固体，将六价铬转化为三价铬，加入碳酸钠调节pH，得到氢氧化铬沉淀，煅烧得到Cr2O3，Cr2O3和铝发生铝热反应生成铬单质；(1)中氧元素化合价为-2，离子带2个单位负电荷，则Cr元素的化合价为+6；(2)具有强氧化性，不选用稀HC1酸化的原因可能能和氯离子反应生成氯气和铬离子，氯气有毒会污染环境；加入Na2S2O5固体，Na2S2O5具有还原性，Na2S2O5与反应生产铬离子和硫酸根离子，离子方程式为2+10H++3S2O=4Cr3++6SO+5H2O；(3)由图可知，焦亚硫酸钠的最佳投加量为140.0mg·L-1，此时Cr(VI)去除率最大，上层清液中Cr(VI)含量最低；(4)已知：Cr(OH)3受热易分解；“一系列操作”包含加热分解和铝热反应；Cr(OH)3受热生成Cr2O3，Cr2O3和铝发生铝热反应生成铬单质；(5)由图可知，右侧生成氢气，说明氢离子得到电子发生还原反应，则与B相连的铁板为电解池的阴极，与A相连的铁板为阳极；阳极铁发生氧化反应失去电子生成亚铁离子，亚铁离子与反应生成铁离子和Cr3+离子，阳极反应为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；若溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则c(OH-)=，则c(Cr3+)=，代入数值可得，c(Cr3+)=2.0×10-4mol·L-1。27．（14分）含硫化合物在生产生活中有重要应用，实验小组对部分含硫化合物进行探究。回答下列问题：(1)小组同学设计了两种制备的方案。Ⅰ.70%溶液与粉末反应；Ⅱ．Cu粉与浓在加热条件下反应。①方案Ⅰ所涉及的化学方程式为___________。②两种方案相比，方案Ⅰ的优点为___________。(2)小组同学用如图所示装置检验上述方案Ⅱ中所有气体产物。①A中仪器m的名称为___________，装置B中盛放的试剂为___________。②按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→___________→d(填仪器接口的小写字母)。③装置C中仪器n的作用为___________。(3)小组同学探究溶液的pH对与反应产物的影响，进行如下实验。查阅资料：为白色难溶于水的固体，能溶于溶液；AgOH为白色难溶于水的固体，易分解，难溶于溶液；为白色固体，微溶于水，不易分解。步骤一：将一定质量的配成250mL溶液，并测得溶液的；将一定质量配成250mL溶液，并分成两份，一份用将pH调至8，另一份用NaOH溶液将pH调至11；步骤二：将的溶液滴入足量的的溶液中，开始产生白色沉淀，后沉淀变为棕黑色。步骤三：将的溶液滴入的溶液中，产生白色沉淀。①步骤一中配置溶液所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要___________。②步骤二中产生的棕黑色沉淀为，则该步骤产生的白色沉淀为___________(填化学式)。③对步骤三中白色沉淀的组成提出假设：i．可能含有；ii．可能含有；iii.可能含有AgOH。提出假设ⅱ的依据为___________；请设计实验方案验证假设ⅰ是否正确：___________。【答案】(1)

（2分）

原料利用率高，条件易于控制(或节约能源)（1分）(2)

蒸馏烧瓶（1分）

品红溶液(或高锰酸钾溶液)

（1分）

gfbc（1分）

防止倒吸（1分）(3)

250mL容量瓶﹑胶头滴管（2分）

AgOH（1分）

酸性条件下可能将氧化为

（2分）

取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，则假设ⅰ成立，若没有沉淀溶解，则假设ⅰ不成立（2分）【解析】装置A中铜与浓硫酸加热反应生成二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，将生成的气体通过装置D，用无水硫酸铜检验水蒸气，再用装置B检验二氧化硫，B中盛放品红溶液或酸性高锰酸钾溶液，二氧化硫污染环境，最后用装置C处理尾气。(1)①硫酸与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：。②方案II需要加热，反应I不需要，且方案I原料利用率高，因此方案Ⅰ的优点为：原料利用率高，条件易于控制(或节约能源)。(2)①A中仪器m的名称为蒸馏烧瓶，装置B用来检验二氧化硫，因此盛放试剂为：品红溶液(或高锰酸钾溶液)。②由分析可知，装置的连接顺序为ADBC，因此按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→gfbc→d。③装置C中仪器n为球形干燥管，其作用为防止倒吸。(3)①配制250mL一定浓度溶液所需玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管。②步骤二中产生的棕黑色沉淀为Ag2O，由题意可知，氢氧化银易分解生成氧化银和水，因此该步骤产生的白色沉淀为AgOH。③亚硫酸钠易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，且pH=4的硝酸银溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，因此白色沉淀可能含硫酸银；由信息可知，为白色难溶于水的固体，能溶于溶液，因此验证沉淀中是否含的操作和现象为：取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，则假设ⅰ成立，若没有沉淀溶解，则假设ⅰ不成立。28．（15分）氨气是重要的化工原料。据《科学)最新报道，我国科学家开发新型催化剂Li4RuH6或Ba2RuH6在温和(低温低压)条件下合成NH3，反应进程如图1、图2所示。工业合成氨原理：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H。(1)已知：N≡N、H—H、N—H键的键能分别为945kJ·mol-1、436kJ·mol-1、391kJ·mol-1。工业合成NH3的△H=___________kJ∙mol-1。(2)图2中与图1能量变化相符的是___________(填“曲线a”或“曲线b")。在某条件下，测得上述反应的E1=1250kJ∙mol-1，则E2=___________kJ∙mol-1。(3)合成氨的速率方程为v(NH3)=k(N2)·(H2)(NH3)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关；、、为反应级数，可取整数、分数或小数)。测得在一定温度和催化剂作用下，速率与浓度的关系如下表所示：c(N2)/(mol∙L-1)c(H2)/(mol∙L-1)c(NH3)/(mol∙L-1)速率I0.10.10.1vII0.20.10.12vIII0.20.40.116vIV0.40.90.254vV0.4m0.464v则___________；___________；=___________；m=___________。(4)向密闭容器中充入ImolN2和2.6molH2，在一定条件下合成NH3，相同时间内测得体系中N2的物质的量(mol)与温度、压强的关系如图3所示。①P___________(填">”、“<"或“=")1.8MPa。②投料比一定时，随着温度升高，不同压强下N2的物质的量趋向相等，其主要原因是________。③在1.8MPa、373K时，平衡常数Kp=___________MPa—2。(提示：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)【答案】(1)—93（2分）(2)

曲线b（1分）

1343（2分）(3)1（1分）

1.5（1分）

—1（1分）

1.6（1分）(4)>（2分）

温度升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响（2分）

12.5（2分）【解析】(1)由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：△H=(945kJ·mol-1+436kJ·mol-1×3)—(391kJ·mol-1×2×3)=—93kJ·mol-1，故答案为：—93；(2)由图可知，图1为有催化剂参与合成氨反应的反应进程，图2中曲线b表示有催化剂参与合成氨反应的反应进程与能量变化，则曲线b与图1能量变化相符；由反应热△H=—(E2—E1)可得：—93kJ·mol-1=—(E2—1250kJ∙mol-1)，解得E2=1343kJ∙mol-1，故答案为：曲线b；1343；(3)依据题给数据，由I和II的速率相比可得：=，解得α=1；由II和III的速率相比可得：=，解得β=1.5；由I和IV的速率相比可得：=，解得γ=—1；由I和V的速率相比可得：=，解得m=1.6，故答案为：1；1.5；—1；1.6；(4)①合成氨反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氮气的物质的量减小，由图可知，温度一定时，压强为P时氮气的物质的量小于1.8MPa，则P大于1.8MPa，故答案为：>；②投料比一定时，随着温度升高，不同压强下氮气的物质的量趋向相等说明温度升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响，故答案为：温度升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响；③由图可知，在1.8MPa、373K条件下，反应达到平衡时，氮气的物质的量为0.4mol，由方程式可知，平衡时氢气、氨气的物质的量分别为2.6mol—(1mol—0.4mol)×3=0.8mol、(1mol—0.4mol)×2=1.2mol，则氮气、氢气、氨气的平衡分压为×1.8MPa=0.3MPa、×1.8MPa=0.6MPa、×1.8MPa=0.9MPa，平衡常数Kp==12.5MPa—2，故答案为：12.5。（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）碳元素在自然界中分布很广，是存在形式最复杂的元素。实验室可用邻二氮菲()与Fe2+形成的红色配合物(如下图)测定铁的含量。回答下列问题：(1)基态Fe原子核外电子的空间运动状态有__________种。(2)红色配合物中H、C、N、Fe四种元素的电负性从大到小的顺序为__________。(3)邻二氮菲分子中C、N两种元素原子的杂化方式分别为__________、__________。(4)红色配离子的中心原子的配位数为__________。(5)红色配离子中不存在的作用力有__________。A．σ键

B．π键

C．离子键

D．氢键

E．配位键(6)临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是__________。(7)三甲胺[N(CH3)3]和乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)均属于胺，但三甲胺比乙二胺的沸点低得多，原因是__________。(8)汽车安全气囊产生气体的功臣是叠氮化钠(NaN3)，N的空间构型为__________。(9)钨和碳能形成耐高温、耐磨材料碳化钨，其晶体结构如下图所示，六棱柱的底边长为apm，高为bpm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则碳化钨晶体的密度是__________g·cm-3(列出计算表达式)。【答案】(1)15（1分）(2)N＞C＞H＞Fe（2分）(3)

sp2（1分）

sp2（1分）(4)6（1分）(5)CD（2分）(6)Fe3+的3d5半充满状态更稳定（1分）(7)都属于分子晶体，乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键（2分）(8)直线形（1分）(9)（3分）【解析】(1)基态Fe的电子排布式为1s22s2sp63s23p63d64s2，s轨道有一种空间运动状态，p轨道有三种空间运动状态，d道有五种空间运动状态，3d轨道有6个电子，有5种空间运动状态，因此基态Fe原子的核外电子的空间运动状态有15种；(2)在元素周期表中同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，Fe为金属电负性最小，可知电负性强弱顺序N＞C＞H＞Fe；(3)根据邻二氮菲C周围的键为3个σ和1π，故C的杂化为sp2，N周围的键为3个σ和1π，故N的杂化为sp2；(4)由图1可知，该配离子中Fe2+与氮原子形成配位键共有6个，N原子含有1对孤对电子，与Fe2+形成配位键。(5)该离子为配离子，不存在离子键，但含有配位键，并且邻二氮菲中含有碳碳或碳氮双键，所以含有π键和σ键，氢键不存在，CD符合题意；故选CD。(6)Fe2+的核外价电子排布为3d5，很容易失去1个电子形成3d5的半满结构；(7)氢键的存在能够显著提高物质的熔沸点，乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，所以乙二胺(H2NCH2CH2NH2)和三甲胺[N(CH3)2]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多；(8)原子数相同，价电子数相同的微粒互为等电子体，则与N互为等电子体的微粒有CO2，CO2为直线形，故N的结构为直线形；(9)根据晶胞的图可知中含有W的数目为12×+2×+6×+1=6个，含有C的数目为6个，晶胞的质量为m=nM=，晶胞的体积为6××a×a×sin60°×b×10-30cm3=×10-30cm3，晶胞的密度为：ρ===g/cm3。36．[化学——选修5：有机化