卷1-2022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1可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5一、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．下列说法正确的是A．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料B．脱脂棉、滤纸、蚕丝的主要成分均为纤维素，完全水解能得到葡萄糖C．汽油车在行驶过程中，热能首先转化为化学能，化学能再转化为动能D．嫦娥5号上携带的“高科技国旗”是以高性能芳纶纤维材料为主的复合材料【答案】D【解析】A．碳化硅属于无机物，不是有机高分子，A错误；B．蚕丝的主要成分为蛋白质，B错误；C．汽油车在行驶过程中，化学能首先转化为热能再转化为动能，C错误；D．月球表面没有大气层，昼夜温差极大，因此国旗材料要求具有耐高低温、防静电等多种特性，是以高性能芳纶纤维材料为主的复合材料，D正确；综上所述答案为D。8．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A．标准状况下，中含有的中子数为B．与足量反应时，转移的电子总数为C．与充分反应后得到的气体分子数小于D．常温下，的溶液中发生电离的水分子数为【答案】B【解析】A．1个分子中含7个中子，所以中含有的中子数为0.5mol7=，A正确；B．中和都具有较强的还原性，都能和发生反应，则与足量反应时，转移的电子总数为，B错误；C．NO与O2反应生成NO2，部分NO2会自发生成N2O4，反应的方程式为：，则充分反应后得到的气体分子数小于，C正确；D．在水溶液中发生水解反应，促进水的电离，则的溶液水电离的氢离子等于氢氧根离子，常温下其浓度为=mol/L，溶液体积为1L，则发生电离的水分子数为，D正确；故选B。9．下列有关物质的实验操作及现象与结论一定正确的是选项操作现象解释或结论A向某无色溶液中通入过量的CO2气体有白色沉淀产生该溶液中一定含B向淀粉溶液中加入适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加入NaOH溶液至碱性，加入少量碘水溶液未变蓝淀粉已完全水解C将带火星的木条和加热至液态的钠分别伸入盛有NO2的集气瓶中木条不复燃，钠燃烧NO2的助燃性具有选择性D溴乙烷中加入NaOH溶液共热，冷却后滴入AgNO3溶液有淡黄色沉淀生成证明溴乙烷中有溴元素【答案】C【解析】A．无色溶液中通入过量的CO2气体，可以产生氢氧化铝白色沉淀，溶液中也可能含有A1O等，A错误；B．混淆检验淀粉和检验葡萄糖的方法导致错误。用银氨溶液或新制氢氧化铜检验葡萄糖时必须加入氢氧化钠中和硫酸，用碘水检验淀粉时不能加入氢氧化钠溶液至碱性，因为碘水可与NaOH反应，无法检验淀粉是否剩余，B错误；C．通过两种实验对比，将带火星的木条和加热至液态的钠分别伸入盛有NO2的集气瓶中，木条不复燃，钠燃烧，可知NO2的助燃性具有选择性，C正确；D．溴乙烷在碱性环境下发生水解，检验溴离子需要在酸性环境下进行，因此滴入AgNO3溶液之前应先加稀硝酸中和NaOH，D错误；故选C。10．氧化白黎芦醇(W)是一种强有效的酪氨酸酶抑制剂，具有抗病毒作用。利用Heck反应合成W的一种方法为：下列说法正确的是A．Y与W互为同系物B．Z的分子式为C6H4O2IC．W与足量H2加成消耗H2的物质的量为7molD．与Z含相同官能团的Z的同分异物体共有5种【答案】D【解析】A．Y与W官能团个数不相同，不属于同系物，A错误；B．Z的分子式为C6H5O2I，B错误；C．没指明W的物质的量，1molW与氢气发生加成反应最多消耗7molH2，C错误；D．与Z含相同官能团的Z的同分异物体（1和2表示I原子可能取代的位置）：、、共有5种，D正确；故选：D。11．科学家合成一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有在同一周期。下列说法正确的是A．X的氢化物均为气体B．原子半径：C．Y与W形成的所有化合物仅含有极性共价键D．作为一种高效安全绿色杀菌剂，在自来水消毒等方面应用广泛【答案】D【分析】由题意可知，为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有在同一周期，可知W位于第一周期，则W为H，则Z为。题给结构中Ⅹ形成四个单键，Y能形成两个单键或一个双键，则X为为O，据此解答。【解析】A．碳的氢化物有多种，可以是气体、液体、固体，A错误；B．C的原子半径大于O，B错误；C．含有非极性键，C错误：D．可作为消毒剂、漂白剂，是一种高效安全绿色杀菌剂，D正确。答案选D。12．国内某动力电池研究院运用FFC剑桥工艺实现熔盐电解SiO2制备硅材料，装置如图。下列说法中错误的是A．阳极反应为C-4e-+2O2-=CO2↑B．SiO2电极减重60g时，生成CO2体积为22.4LC．电解过程，熔盐中Ca2+移向SiO2所在电极的方向D．若用其他情性电极代替石墨，可能会生成O2、Cl2【答案】B【解析】A．石墨电极生成二氧化碳，所以石墨电极为阳极，阳极反应为C-4e-+2O2-=CO2↑，故A正确；B．SiO2电极减重60g时，消耗1molSiO2，阳极生成1molCO2，非标准状况下，体积不一定为22.4L，故B错误；C．电解过程，阳离子移向阴极，SiO2所在的电极为阴极，所以熔盐中Ca2+移向SiO2所在电极的方向，故C正确；D．若用其他情性电极代替石墨作阳极，可能是O2-、Cl-失电子生成生成O2、Cl2，故D正确；选B。13．常温下，向一定浓度的Na2R溶液中滴入稀硫酸，粒子浓度与混合溶液pH的变化关系如下图所示。已知：H2R是二元弱酸，Y表示或，pY=-lgY，题中涉及浓度的单位为mol•L-1。下列叙述错误的是A．曲线m表示p与混合溶液pH的变化关系B．=103.9C．NaHR溶液中存在：c(Na＋)＜c(HR-)＋2c(R2-)D．滴加稀硫酸的过程中，保持不变【答案】C【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）=×c(H+)＞Ka2（H2X）=×c(H+)，pH相同时，＞，pH=-lgc(H+)，pY=-lgY，则p＞p，则m、n分别表示pH与p、p的变化关系。【解析】A．由分析可知，曲线m表示p与混合溶液pH的变化关系，故A正确；B．由M点可知，-[lg+lgc(H+)]=-lgKa2=10.3，即Ka2=10-10.3，同理可知，Ka1=10-6.4，==103.9，故B正确；C．R2-的水解常数Kh2===10-7.6＞Ka2，说明NaHR溶液呈碱性，即溶液中c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na＋)=c(HR-)＋2c(R2-)+c(OH-)可知，c(Na＋)＞c(HR-)＋2c(R2-)，故C错误；D．==Ka1×Ka2，滴加稀硫酸的过程中，温度不变，因此平衡常数不会发生改变，故D正确；综上所述，叙述错误的是C项，故答案为C。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）为探究能否氧化，某兴趣小组用溶液()和溶液()进行如下操作并记录现象。已知：①(紫色)②遇无明显现象③能显著减慢的紫色褪去实验编号III实验操作实验现象溶液呈紫色，静置后紫色迅速褪去，久置后出现淡黄色浑浊溶液呈紫色，静置后紫色较快褪去，久置后未出现淡黄色浑浊(1)配制溶液时，需要用盐酸酸化，原因是__________________(用化学方程式表示)。(2)分析实验I：若向紫色溶液中加入酸，会使体系I中_____________(填离子符号)浓度增大，导致平衡正向移动，溶液紫色变深；出现淡黄色浑浊是因为与发生了反应，该反应的离子方程式为_____________________________。(3)分析实验II：溶液紫色褪去，是因为被______________(填“氧化”或“还原”)成，该反应的离子方程式为________________________。(4)实验I中出现淡黄色浑浊，而实验II中未出现淡黄色浑浊的原因是____________________。(5)请设计实验方案证明反应是有限度的____________________。【答案】（1）（2分）（2）Fe3+（2分）（2分）（3）氧化（2分）（2分）（4）实验I中过量且溶液呈酸性，与发生反应：实验II中被过量的氧化（2分）（5）往溶液中滴入2滴溶液，再往反应后的紫色溶液中滴入溶液，若溶液变红则说明反应是有限度的，反之不能（2分）【解析】(1)配制溶液时，需要用盐酸酸化，可抑制水解，方程式为：；(2)铁离子水解显酸性，若向紫色溶液中加入酸，会使体系I中铁离子水解平衡逆向移动，铁离子浓度增大，导致平衡正向移动，溶液紫色变深；出现淡黄色浑浊是因为与发生了反应，该反应的离子方程式为。(3)分析实验II：溶液紫色褪去，是因为被氧化成，该反应的离子方程式为。(4)实验I中出现淡黄色浑浊，而实验II中未出现淡黄色浑浊的原因是实验I中过量且溶液呈酸性，与发生反应：实验II中被过量的氧化。(5)设计实验，铁离子少量，但反应后溶液中仍存在铁离子，即可说明反应存在限度，具体实验为：往溶液中滴入2滴溶液，再往反应后的紫色溶液中滴入溶液，若溶液变红则说明反应是有限度的，反之不能。27．（14分）三氧化钨(WO3)常川于制备特种介金、防火材料和防腐涂层。现利用白钨精矿(含80%CaWO4及少量比Fe、Zn和Mg等的氧化物)生产WO3。设计了如图工艺流程：已知：①浸出液中钨(W)以[WO3C2O4.H2O]2-形式存在。②钨酸(H2WO4)难溶于水。③Ksp(CaSO4)=4.9×10-5；Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9；Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.6×10-4。回答下列问题：(1)“破碎”的目的是___________________________；“破碎”后的白钨精矿粒径约为50μm，往其中加入浸取液后形成的分散系属于_________________。(2)操作1的名称为_________________。(3)浸出液中含量最大的阳离子是_________________；[WO3C2O4.H2O]2-中W元素的化合价为_______(4)“加热”时发生反应的离子方程式为______________________；煅烧”时发生反应的化学方程式为________________________________。(5)本工艺中能循环使用的物质是_______(6)通过计算说明“浸取”过程形成CaSO4而不能形成CaC2O4，的原因：______________________。【答案】（1）增大反应物表面积，提高浸取效率（1分）悬浊液(或浊液)（1分）（2）过滤（1分）（3）Ca2+（1分）+6（1分）（4）[WO3C2O4.H2O]2-+2H+H2WO4+H2O+CO2↑+CO↑（2分）H2WO4WO3+H2O（2分）（5）H2C2O4（2分）（6）存在平衡CaSO4+H2C2O4⇌CaC2O4+2H++SO，K=，Qc=所以在“浸取”时，上述平衡逆向移动，得到CaSO4而不是CaC2O4（3分）【分析】白钨精矿粉碎后加硫酸和草酸溶解反应，反应过程中生成硫酸钙沉淀，过滤后除去，将浸出液加热，浸出液中的[WO3C2O4.H2O]2-在加热条件下反应生成生成H2WO4，H2WO4高温灼烧得到WO3，据此解答。【解析】(1)“破碎”可以增大接触面积，加快反应速率，提高浸取效率，分散质粒子直径小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，1nm-100nm的为胶体，50μm=5×104nm为浊液，故答案为：增大反应物表面积，提高浸取效率；悬浊液(或浊液)；(2)操作I分离出硫酸钙和浸出液，应为过滤，故答案为：过滤；(3)精矿中80%为CaWO4，W以[WO3C2O4.H2O]2-存在，Ca2+是最大的阳离子，O为-2价，H为+1价，C为+3价，故W为+6价，故答案为：Ca2+；+6；(4)由图中滤渣可知煅烧得WO3，可知滤渣为难溶于水的H2WO4，过滤后滤液可回到浸取过程，循环使用，知其中含有H+，[WO3C2O4.H2O]2-+2H+H2WO4+H2O+CO2↑+CO↑，煅烧：H2WO4WO3+H2O，故答案为：[WO3C2O4.H2O]2-+2H+H2WO4+H2O+CO2↑+CO↑；H2WO4WO3+H2O；(5)循环使用的物质为草酸，故答案为：草酸；(6)Ca2++SO=CaSO4Ca2++=CaC2O4硫酸浓度为1mol/L，所需钙离子的最低浓度为c1==，H2C2O4是二元弱酸，因此，可得：=，(氢离子由硫酸电离得到，草酸的电离可忽略)生成CaC2O4所需的Ca2+最低浓度为c2==，c2<c1因此只得到CaSO4溶液中存在平衡CaSO4+H2C2O4⇌CaC2O4+2H++SO，K=，Qc=所以在“浸取”时，上述平衡逆向移动，故答案为：存在平衡CaSO4+H2C2O4⇌CaC2O4+2H++SO，K=，Qc=所以在“浸取”时，上述平衡逆向移动，得到CaSO4而不是CaC2O4；27．（15分）丙烯是重要的化工原料，利用丙烷制备丙烯通常有三种方法。方法一：丙烷直接脱氢法(1)丙烷直接脱氢的主要反应为。600℃、0.4下，向装有催化剂的恒压密闭容器中以投料，发生反应。丙烷的转化率()随时间(t)变化的曲线如图1所示。①该体系达到平衡状态的标志为___________(填选项字母)。A．单位时间内，消耗的物质的量等于生成的物质的量B．体系中气体的密度不再改变C．单位体积内气体的分子数不再改变D．的分压不再改变②用分压表示该反应的平衡常数___________；增大的值可提高丙烷的平衡转化率，解释其原因为___________。方法二：丙烷氧化脱氢法(2)丙烷氧化脱氢制丙烯时，主要发生反应。已知：氢气的燃烧热为；水的气化热为；结合，可计算___________；与方法一相比，方法二的优点为___________(写出一点即可)。(3)我国科研机构利用计算机模拟得出：在表面，丙烷催化氧化脱去第一个H的反应历程可能有两种(如图2所示)，其中表示过渡态。由上图分析可知，丙烷氧化脱去的第一个H是与___________(填“”或“”)中的O结合，原因为___________。方法三：丙烷与耦合法(4)丙烷与耦合法制丙烯时，主要发生如下反应：i.ii.iii.iv.在580℃时，将和按体积比为充入一恒压密闭容器中进行反应，实验测得体系中、的转化率和的选择性、的产率随催化剂组成和压强的变化分别如图3(a)和(b)所示。已知：的选择性越高，副产物的含量越低。耦合法制丙烯适宜选择的生产条件为___________；随压强增大的平衡产率先增大后减小的原因为___________。【答案】（1）①BD（2分）②0.06MPa（1分）该反应为气体分子数增加的反应，充入水蒸气，可降低反应体系中各组分的分压，有利于平衡正向进行（2分）（2）－114.9kJ·mol-1（2分）使丙烷转化为丙烯的倾向变大（或降低能耗等）（1分）（3）CeO2（1分）路径B的活化能低，反应速率快（1分）（4）In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3MPa（2分）压强低于0.3MPa时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于0.3MPa时，压强增大反应i平衡逆向移动，丙烯产率减小（2分）【解析】(1)①A．随着反应的进行，消耗C3H8(g)的物质的量始终等于生成H2(g)的物质的量，所以不能作为平衡状态的标志，故A不选；B．随着反应的进行，容器的体积逐渐变大，气体质量不变，故密度逐渐减小，平衡后，体积不变，密度不变，故可以作为判断依据，故B选；C．随着反应进行，根据理想气体的状态方程PV=nRT，当温度和压强不再改变时，单位体积内的物质的量不会发生变化，故C不选；D．气体的物质的量在一直变化，水的物质的量不变，体积分数一直发生变化，所以分压一直在变化，平衡后分压不变，故D选；答案选BD；②设起始投入的丙烷和水的物质的量均为1mol，从图像可知，丙烷平衡转化率为0.45，列三段式，故平衡后的总物质的量为1+0.55+0.45+0.45=2.45；；所以kp=0.06；(2)已知氢气的燃烧热为-285.5kJ/mol；水的气化热为+40.8，由此列式：，，，方法一为吸热反应，方法二为放热反应，所以与反应一相比，反应二能降低能耗，有利于丙烷转化成丙烯。故答案为：使丙烷转化为丙烯的倾向变大（或降低能耗等）；(3)由图像可知，途径B的反应活化能更低，反应速率快，所以丙烷氧化脱去的第一个H是与CeO2结合，故答案为：CeO2，路径B的活化能低，反应速率快；(4)由图像可知，在In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3MPa时平衡转化率最大，故答案为：In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3MPa；在中为生成物，随着压强的增大，平衡逆向移动，产率降低；在中，随着压强的增大，平衡正向移动，的产率增加，故随着压强增大，的平衡产率先增大后减小的原因为：压强低于0.3MPa时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于0.3MPa时，压强增大反应i平衡逆向移动，丙烯产率减小。故答案为：压强低于0.3MPa时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于0.3MPa时，压强增大反应i平衡逆向移动，丙烯产率减小。（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）钛元素形成的单质及其化合物有重要的应用。请回答：(1)钛位于元素周期表中____区；与钛位于同一周期且含有相同未成对电子数的过渡元素为___(填元素符号)。(2)钛形成的试剂常用作有机反应的烯化试剂，其结构如图所示。其中氯原子和铝原子的杂化方式分别为___________。(3)钛形成的是一种储氢材料。的立体构型为___________。(4)钛形成的不同卤化物熔沸点数据如表所示。熔点/℃-24.138.25155沸点/℃136.45233.45377三种卤化物熔沸点数据呈现表中变化规律的原因为___________。(5)向紫色的溶液中加入无水乙醚并通入至饱和，则可得到绿色的晶体。①晶体中所有元素的电负性由大到小的顺序为___________。②晶体中配位原子为___________；晶体中粒子间存在的作用力有___________(填选项字母)。a．离子键b．σ键c．键d．金属键e．配位键(6)钛酸钡具有压电性，可用于留声机和水下侦察设备等。钛酸钡立方晶胞结构如图所示(、都分别与相互接触)，其晶胞参数。的配位数为；若半径为140，则的半径为___________。【答案】（1）d（1分）Ni（1分）（2）sp3、sp3（1分）（3）正四面体（1分）（4）三者都是分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高（2分）（5）O＞Cl＞H＞Ti（2分）O、Cl（2分）a、b、e（2分）（6）145（3分）【分析】根据Ti的电子排布式判断Ti属于周期表中d区和与它具有相同未成对电子数的过渡元素；根据题中所给结构，由VSEPR判断杂化类型和的立体结构；根据题中表格数据判断晶体类型和熔沸点变化规律；根据电负性与非金属关系判断电负性大小顺序；根据题中所给结构判断配位原子和晶体中粒子间作用力；根据晶胞结构计算Ba2+的半径；据此解答。【解析】(1)Ti的原子序数为22，核内有22个质子，核外有22个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，则钛位于元素周期表中d区，Ti原子未成对电子数为2，同周期中未成对电子数与钛相同的元素原子价电子排布式为3d84s2、4s24p2、4s24p4，其中同属于过渡元素的为3d84s2，为原子序数28的Ni元素；答案为d，Ni。(2)由可知，分子中Al和Ti均缺电子，Cl给予Ti和Al各一对电子，即Al形成3个共价键和一个配位键，共价键与配位键的个数比是3：1，Al周围达到8电子结构，价层电子对数为4，所以Al原子采取sp3杂化，Cl形成二个配位键，还有两对孤电子对，价层电子对数为4，所以Cl原子也采取sp3杂化；答案为sp3、sp3。(3)中心原子B原子价层电子对数=4+=4+0=4，孤电子对数为0，微粒空间构型与VSEPR模型相同，即空间构型为正四面体构型；答案为正四面体。(4)由表中数据可知，这几种物质熔沸点较低，为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，其熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量增大而增大，这几种分子相对分子质量从氯化物到碘化物依次增大，分子间作用力依次增大，则其熔沸点依次升高；答案为三者都是分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高。(5)①元素的非金属性越强，其电负性越大，在晶体中，元素的非金属性O＞Cl＞H＞Ti，则电负性O＞Cl＞H＞Ti；答案为O＞Cl＞H＞Ti。②由结构可知，O原子、Cl原子二者均有孤电子对，为配位原子，在中，与Cl-形成离子键，H2O分子中存在H-O单键即σ键，中存在配位键，配位键也是σ键，即中存在离子键，配位键，σ键，即a、b、e符合题意；答案为O、Cl，a、b、e。(6)由结构图可知，Ba2+和O2-在高度为且平行于立方晶胞的面的对角线方向上互相接触，因而晶胞面对角线长度=2