2023年高考化学二模试题库（含解析）

2022年高考化学二模试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）

1.化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述错误的是（）

A.泡沫灭火器中的反应物是NaHCO3和A12（SO4）3

B.歼-20飞机上用到的氮化镁材料属于合金材料

C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂

D.阿司匹林是重要的人工合成药物，具有解热镇痛作用

2.M、N、W、K四种元素在元素周期表中的位置如表所示。已知W原子的最外层电子构型为nsnnp2n.

则下列叙述正确的是（）

MNW

K

A.四种元素的气态氯化物均为极性分子

B.四种元素的单质一定只形成分子晶体

C.四种元素原子的最外电子层上均有两种不同形状的电子云

D.四种元素的最高正价数均等于它们的原子的最外层电子数

3.设NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）

A.常温下，60gsi02分子中含有Si-0极性共价键的数目为4NA

B.常温下，16.8g铁粉与足量的浓硝酸反应转移电子数为0.9NA

C.叠氮化镀（NH4N3）发生爆炸反应：NH4N3=2N2t+2H2t,则每收集标况下89.6L气体，爆炸时

转移电子数为4NA

D.0.Imo/L的Na2C03溶液中H2c03、HC03-、C032-的粒子总数为0.1NA

4.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到目的的是（）

A.用图1装置配制银氨溶液B.用图2装置可做喷泉实验

C.用图3装置制备并收集NH3D.用图4装置探究S02的还原性和漂白性

5.常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对C02具有超高

的吸附能力，并能催化C02与环氧丙烷的反应，其工作原理如图

所示。下列说法错误的是()

A.物质a分子中碳原子和氧原子均采取sp3杂化

B.a的一氯代物有3种

C.a生成b的反应类型为取代反应，并有极性共价键形成

D.Imolb最多可与2moiNaOH反应

6.作为“血迹检测小王子”，鲁米诺反应在刑侦中扮演了重要的角色，其一种合成原理如

图所示。下列有关说法正确的是()

A.鲁米诺的化学式为C8H6N302

B

1molA分子取多可以与5mol氯气发生加成反应

C

B中处于同一平面的原子有9个

D.(1)、(2)两步的反应类型分别为取代反应和还原反应

7.由原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M组成的化合物是从生物体中得到的一

种物质，其结构如图所示，X是短周期中原子半径最小的元素，Z、M同主族，Z、W的原子序数之

和等于M的原子序数。下列有关说法错误的是()

YXXW-X

\III

Z—Y—Y—M=W

/III

xxxw-x

A.X分别与Y、Z、W、M均可形成18e-微粒

B.最简单氢化物的沸点：W>Z>M>Y

C.原子半径：Y>Z>W>M

D.X、Y、Z、W四种元素可组成含有极性键和非极性键的离子化合物

8.由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矶(FeS04-7H20),再通过绿机制备铁

黄［FeO(OH)］的流程如图，已知：黄S2和铁黄均难溶于水，pH=6.5时,黄2+易形成Fe(OH)2沉淀。

下列说法正确的是()

+工：酸溶、FcS、、e氨水/空气v,

烧!”'八•，溶液③绿矶皿1铁散

①②@

A.步骤①中，溶解烧渣的酸可以是硫酸、盐酸或者是硝酸

B.步骤②中，涉及的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+

C.步骤③中，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矶

D.步骤④操作时，若反应条件控制不当也不会使铁黄中混有Fe(011)3

9.科研人员发现在-50℃环境中，用水可制得直径在800nm〜10um的光纤，其性能与石英光纤

相似。下列说法正确的是()

A.石英光纤的主要成分是硅B.冰光纤具有良好的导光性

C.冰光纤是一种胶体，具有丁达尔现象D.冰光纤和石英光纤都由分子构成

10.某晶体的部分结构为正三棱柱(如下图所示)，这种晶体中A、B、C三种微粒数目之比为

A.3：9：4B.1：4：2C.2：9：4D.3：8：4

A.AB.BC.CD.D

HEE

11.苯的亲电取代反应分两步进行，可表示为E++。―I0-II0+H+,生成中间体的一

步是加成过程，中间体失去氢离子的一步是消除过程，其机理亦称加成-消除机理，苯的亲电取

代反应进程和能量的关系如图，下列说法错误的是()

A.反应I为苯亲电取代的决速步骤

B.E1与E2的差值为总反应的焰变

C.中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差

D.反应过程中，环上碳原子的杂化类型发生了变化

12.为研究反应S2082-(aq)+21-(aq)=2S042-(aq)+12(aq)的反应进程中的能量变化，在

S2082-和I-的混合溶液中加入Fe3+,过程及图像如下：

步骤①：2Fe3+(aq)+21-(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)

步骤②：2Fe2+(aq)+S2082-(aq)=2Fe3+(aq)+2S042-(aq)

下列有关该反应的说法不正确的是()

A.S2082-（已知其中有2个0为-1价）中S元素化合价为+6

B.步骤①和②都是吸热反应

C.总反应是放热反应

D.步骤①和②均发生了氧化还原反应

13.利用C02催化加氢可制乙烯，反应为2c02（g）+6H2（g）：C2H4（g）+4H20（g）AH。在两个容积

均为1L恒容密闭容器中，分别加入2moic02、4molH2,分别选用两种催化剂，反应进行相同时间，

测得C02转化率随反应温度的变化如图所示•下列说法正确的是（）

A.使用催化剂I时反应的活化能低于催化剂II

B.AH>0

C.b、d两状态下，化学反应速率相等

D.d状态下，保持其他条件不变，向容器中再加入lmolC02与0.5molC2H4,vQE）<v（逆）

14.下列示意图与化学用语表述内容相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）

ABCD

H2(g)+C12()=2HCl(g)

2NaCl=2Na+C12CuC12=Cu2++2Cl-CH3C00H=CH3C00-+H+g

△H=-183kJ-mol-l

A.AB.BC.CD.D

15.常温下,将0.2mol-L-lNH4Cl溶液与0.2mol-L-lNaHC03溶液等体积混合后(忽略体积变化),

所得混合溶液的pH为7.8。溶液中的含碳粒子和含氮粒子的分布系数(3)随溶液pH的变化如图

下列有关描述中正确的是()

常温下，Kh(NH4+)>Kh(HC03-)

B

C混合溶液中存在：c(11+)-c(011-)>c(NH3-II20)-c(H2C03)

D当向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液时，c(NH4+)、c(HC03-)均逐渐减小

当溶液pH=ll时，溶液中粒子浓度的大小关系：c(C032-)>c(NH3-H20)>c(HC03-)>c(NH4+)

第H卷(非选择题)

二、简答题(本大题共4小题，共55.0分)

16.叠氮化钠(NaN3)是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业也有重要应用。学习小

组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。

查阅资料：

I.氨基钠(NaNH2)熔点为208℃,易潮解和氧化：N20有强氧化性，不与酸、碱反应；叠氮酸(HN3)

不稳定，易分解爆炸

II.2HN03+8IICl+4SnC12=4SnC14+5H20+N20f,2NaNH2+N20=ANaN3+Na01I+NH3

回答下列问题：

⑴制备NaN3

①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为_(填仪器接口字母)。

②D的作用为_。

③实验时E中生成SnO2-xH2O沉淀，反应的化学方程式为_»

④C处充分反应后，停止加热，需继续进行的操作为一,其目的为_。

(2)用如图所示装置测定产品纯度

①仪器F的名称为_；其中反应的离子方程式为_o

②管q的作用为_»

③若G的初始读数为VImL、末读数为V2mL,本实验条件下气体摩尔体积为则产品

中NaN3的质量分数为一。

R-CHO+R-

己知：0H。

回答下列问题：

(1)用系统命名法对G命名，其名称为,1的分子式为,1中的官能团名称为

(2)流程中D-E,G-H的反应类型分别是,。

(3)请写出A与银氨溶液反应的化学方程式：。

(4)B的结构简式为一。

(5)F有多种同分异构体，请写出满足：①含有三个苯环；②核磁共振氢谱共有4组峰的同分异构

体的结构简式：。

(6)结合上述流程，写出由CH3cH20H和乩、为原料，设计合成的路线(其他

无机试剂任选)。

18.Mn203是一种重要的化工产品。以菱镭矿(主要成分为MnC03,还含有少量Fe304.Fe0,Co0s

A12O3)为原料制备Mn203的工艺流程如图1。

I.MnO；

II怎水含S；•沉淀剂

图1

已知：25℃时，相关物质的Ksp见表。

物质Fe(OH)2Fe(0H)3Al(0H)3Mn(0H)2Co(0H)2

IXIXIXIX1.09X

Ksp

10-16.310-38.610-32.310-12.710-15

已知：氢氧化氧锦(MnOOH)难溶于水和碱性溶液。

(DMnOOH中Mn的化合价为—价。

(2)向“沉淀池I”中加入MnO2,MnO2的作用是_；“滤渣2”的主要成分是_(填化学式)。

(3)MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为一。

(4)MnS04转化为MnOOH中“III.实验操作”包含过滤、洗涤、干燥。检验MnOOH是否洗涤干净，

具体操作为_o

(5)高纯度的MnOOH转化为Mn2O3的化学方程式为_。

(6)在“沉淀池I”中，滴加氨水调节溶液的pH,使溶液中铝、铁元素完全沉淀，则理论上pH的

最小值为一(当溶液中某离子浓度cWL0X10-5moi时。可认为该离子沉淀完全)。

(7)格是人体内微量元素之一，是重要的血糖调节剂。铭的一种氮化物晶体立方晶胞结构如图2

所示。A点分数坐标为90,0),则B点分数坐标为一<,已知r(N3-)=anm,r(Cr3+)=bnm,则

AB间距离为—nnio

19.C02是主要的温室气体之一，可利用C02和H2的反应生成CH30H,减少温室气体排放的同

时提供能量物质。

I.C02(g)+H2(g)wCO(g)+H20(g)△H2=+41.2kJ-mol-l

II.CO(g)+2H2(g)wCH30H(g)△H3=-90.6kJ-mol-l

(DC02(g)和H2(g)的反应生成CH30H(g)的热化学方程式HI为。

(2)下列描述能说明反应I在密闭恒压容器中达到平衡状态的是(填选项序号)。

①体系压强不变

②混合气体密度不变

③v(112)=v(CO)

④co质量保持不变

(3)温度为VC时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和lmoIC02发生反应HI。反应达到平衡时,

测得各组分的体积分数如表。

CH3OH(g)CO2(g)H2(g)H20(g)

6abc0.125

①c=,C02的转化率为；

②rc时反应川的平衡常数K=；

③若要增大甲醇的产率，可采取的措施为(任写两点)。

(4)反应I、II、111共存的体系中，升高温度C02的体积分数并未发生明显变化，原因是一

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.泡沫灭火器中的反应物是NaHC03和A12(S04)3,反应生成氢氧化铝、二氧化碳和

硫酸钠，故A正确；

B.氮化钱(GaN)属于化合物，合金是金属与金属单质或金属与非金属单质熔合而成的具有金属特性

的物质，故B错误；

C.维生素C具有还原性，易被空气中的氧气氧化，保护食品不被氧化，用作食品抗氧化剂，故C

正确；

D.阿司匹林就是乙酰水杨酸，是一种重要的人工合成药物，具有解热镇痛作用，是常用的感冒药，

故D正确；

故选：Bo

本题考查知识面较广，涉及盐类的水解、合金、阿司匹林的成分、维生素C的抗氧化作用等，需

要学生注意对知识的积累，难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：由上述分析可知，M、N、W、K分别为C、N、0、S,

A.甲烷为非极性分子，四种元素的气态氢化物不全为极性分子，故A错误；

B.金刚石为原子晶体，则四种元素的单质不一定形成分子晶体，故B错误；

C.最外电子层有s电子、p电子，四种元素原子的最外电子层上均有两种不同形状的电子云，故C

正确；

D.0无正价，C、N、S的最高正价数均等于它们的原子的最外层电子数，故D错误；

故选：Co

W原子的最外层电子构型为nsnnp2n,由电子排布规律可知n=2,可知W为0,结合元素在周期表

的位置可知M为CN为N、K为S,

A.甲烷为非极性分子；

B.金刚石为原子晶体；

C.最外电子层有s电子、p电子；

D.0无正价。

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握电子排布规律、元素的位置来推断元素为解答的

关键，侧重分析与应用能力的考查，注意分子结构与性质、电子排布的应用，题目难度不大。

3.【答案】C

【解析】解：A、Si02为四面体结构，为原子晶体，故A错误；

B、常温下铁粉遇浓硝酸钝化，故B错误；

C、反应中氢元素的化合价由+1变为0,标况下89.6L气体的物质的量为4mol,则含有2mol氢气，

爆炸时转移电子数为4NA,故C正确；

D、没有给出溶液的体积，无法计算溶液中的离子数目，故D错误；

故选：Co

A、Si02为四面体结构，为原子晶体；

B、常温下铁粉遇浓硝酸钝化；

C、反应中氢元素的化合价由+1变为0,标况下89.6L气体的物质的量为4mol,则含有2mol氢气；

D、没有给出溶液的体积。

本题考查阿伏伽德罗常数，解答此类题型，要求考生熟练掌握物质的量、摩尔质量、摩尔体积等

相关量的计算公式。

4.【答案】B

【解析】解：A.向硝酸银中滴加氨水，至生成的沉淀恰好溶解可制备银氨溶液，图中试剂顺序不

合理，故A错误；

B.图示装置中NaOH溶液与氯气反应，能够形成压强差，可完成喷泉实验，故B正确；

C.可用CaO与浓氨水制取少量的氨气，但氨气的收集方法不合理，应该使用双孔塞，且导管采用

“短进长出”的方式，故C错误；

D.品红溶液可证明S02具有漂白性，但S02与H2s的反应中，S02中+4价S元素被还原为0价，

S02表现了氧化性，不是还原性，故D错误；

故选：Bo

A.配制银氨溶液时，应该将氨水滴入硝酸银溶液中；

B.氯气与氢氧化钠溶液反应，可形成压强差；

C.氨气的密度小于空气，收集氨气时应该使用双孔塞，且导管采用“短进长出”的方式；

D.二氧化硫与硫化氢反应生成S单质，二氧化硫表现了氧化性。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的

关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.【答案】C

【解析】解：A.物质a中C、0原子价层电子对数都是4,则C、0原子都采用sp3杂化，故A正

确；

B.a中含有3种氢原子，其一氯代物就有3种，故B正确；

,为加成反应，生成C-0极性键，故C

错误；

D.b水解生成H2c03、CH3CH(0H)CH20H,H2C03和NaOH最多能以1：2反应，则Imolb最多能和

2moiNaOH反应,故D正确;

故选：Co

A.物质a中C、0原子价层电子对数都是4；

B.a中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；

+coz

C.a生成b的反应为,生成C-0键:

D.b水解生成H2c03、CH3CIK0IDCH20H,H2C03和NaOH最多能以1：2反应。

本题考查有机物的结构和性质、原子杂化类型判断，侧重考查图片分析、判断及知识综合运用能

力，明确氢原子种类和一氯代物种类的关系、官能团及其性质的关系、原子杂化类型判断方法是

解本题关键，题目难度不大。

6.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，

侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

【解答】

A.由结构简式可知，鲁米诺的化学式为C8H7N302,故A错误；

B.A中只有苯环与氢气发生加成反应，则1molA分子最多可以与3mol氢气发生加成反应，故B

错误；

C.与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则处于同一平面的原子不止9个，故C错误；

D.由官能团的变化可知，(1)发生取代反应，(2)硝基生成氨基，为还原反应，故D正确。

故选Do

7.【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子半径及物质结构来推断元素为解答关键，

侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

【解答】

原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M,X是短周期中原子半径最小的元素，则X

为H；Z、M同主族，Z形成三个共价键，M形成五个共价键，贝IJZ,M分别为N、P元素；Z、IV的

原子序数之和等于M的原子序数，W的原子序数为15-7=8,则W为0；Y形成4个共价键，其原

子序数小于0,则Y为C元素，以此分析解答。

根据分析可知，X为H,Y为C,Z为N,W为0,M为P元素，

A.氢与C、N、0、P形成的C2H6、N2H4、H202、PII3均为18电子微粒，故A正确；

B.常温下水为液态，氨气、磷化氢、甲烷为气体，水的沸点最高，氨气分子间存在氢键，其沸点

大于磷化氢和甲烷，磷化氢的相对分子量大于甲烷，其沸点大于甲烷，则最简单氢化物沸点：

H20>NH3>PH3>CH4,故B正确；

C.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大,则原子半径：

M>Y>Z>W,故C错误；

D.lkC、N、0形成的(NH4)2C204中含有离子键、极性键和非极性键，故D正确。

故选：Co

8.【答案】B

【解析】解：A.步骤①，酸溶时，Fe304、Fe203和FeO均溶于硫酸、盐酸或者是硝酸，制备绿桃

不能用盐酸或者是硝酸，盐酸或者是硝酸不能得到绿研(FeS047I20),故A错误；

B.步骤②发生FeS2+7Fe2(S04)3+8H20=15FeS04+8H2S04,改为离子方程式

FeS2+14Fe3++8H20=15Fe2++2S042-+16II+,故B正确；

C.步骤③中，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，Fe2+有强还原性，所以绿矶

晶体久置于空气中会被氧化而变质，不能得到纯净的绿矶，故C错误；

D.步骤④，反应条件控制不当，绿研与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3,故D错误；

故选：Bo

制备绿帆流程：烧渣(主要成分：Fe304、Fe203和FeO)均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+,步骤②

发生FeS2+7Fe2(S04)3+8H20=15FeS04+8H2s04,步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矶，绿矶与

氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(0H)3,据此解答。

本题考查物质制备，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法等为解答的关键，

侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。

9.【答案】B

【解析】解：A.二氧化硅具有良好的导光性，是制造光纤主要原料，故A错误；

B.依据题意可知冰光纤与石英光纤性能相似，所以冰光纤具有良好的导光性，故B正确；

C.冰光纤是一种物质组成的纯净物，不是胶体，故C错误；

D.石英光纤成分为二氧化硅，为共价晶体，故D错误；

故选:Bo

A.光纤主要成分为二氧化硅；

B.依据题意可知冰光纤与石英光纤性能相似；

C.胶体为混合物；

D.石英为共价晶体。

本题考查了物质组成结构、氢键形成随物质性质的影响、晶体结构分析判断等知识点，注意知识

的积累，题目难度不大。

10.【答案】B

【解析】试题分析：A位于正三棱柱的顶角，则有1/12的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为

6X（l/12）=l/2,B分为两类，位于侧棱上的B有1/6属于该晶胞，位于上下底面边上的B有1/4

属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3X1/6+6X1/4=2,含C原子个数为1,则A、B、C三种原子

个数之比为1/2：2：1=1：4：2。故选Bo

考点：晶胞的计算

点评：本题考查了根据晶胞结构确定化学式，难度不大，利用均摊法即可分析解答本题。

11.【答案】B

【解析】解：A.反应需要活化能越大，反应越难，由图可知该反应的决速步骤反应为反应I,故

A正确；

B.焙变与两步反应活化能的差值无关，与产物和反应物的能量差值有关，故B错误；

C.由图知中间体的能量比苯的高，稳定性比苯的差（能量越低越稳定），故C正确；

D.由图可知反应过程中中间体存在一个碳原子形成四个单键的中间状态反应过程中，环上此碳原

子的杂化类型为sp3杂化，苯环碳的杂化为sp2反应过程中，环上碳原子的杂化类型发生了变化，

故D正确；

故选:Bo

A.反应需要活化能越大，反应越难；

B.婚变与两步反应活化能的差值无关；

C.由图知中间体的能量比苯的高；

D.由图可知反应过程中中间体存在一个碳原子形成四个单键的中间状态反应过程中。

本题主要考查学生对反应历程的理解，侧重考查学生的看图理解能力，分析能力，同时考查活化

能、熔变、杂化等有关知识，考题比较灵活，难度中等。

12.【答案】B

【解析】解：A.S2082-（已知其中有2个0为-1价），另外6个。为-2价，根据物质化合价分析

得到S元素化合价为+6,故A正确；

B.根据每步的反应物和生成物的总能量得到反应为步骤①吸热反应，步骤②是放热反应，故B错

误；

C.根据总反应的反应物总能量和生成物总能量得到该反应是放热反应，故C正确；

D.步骤①中碘化合价升高，步骤②中铁化合价升高，因此两个步骤中均发生了氧化还原反应，故

D正确。

故选：Bo

A.离子中化合价的代数和为所带的电荷数；B.反应物总能量大于生成物的总能量是放热反应，反

应物总能量小于生成物总能量是吸热反应；

C.反应物总能量大于生成物的总能量是放热反应，反应物总能量小于生成物总能量是吸热反应；

D.有化合价变化的反应属于氧化还原反应。

本题考查氧化还原反应、吸热和放热反应的判断，为高频考点，把握图中能量变化、活化能为解

答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的应用，题目难度不大。

13.【答案】A

【解析】解：A.根据分析，使用催化剂I时反应的活化能低于催化剂H,故A正确；

B.根据分析，正反应是放热反应，AH<0,故B错误；

C.b、d两状态下，只是C02的转化率相等，化学反应速率不相等，故C错误；

D.d状态下，保持其他条件不变，向容器中再加入lmolC02与0.5molC2H4,该反应生体积减小的

反应，加入lmolC02与0.5molC2H4,反应正向进行，为v(正)>v(逆)，故D错误；

故选：Ao

根据图示信息：催化剂I的效率高，活化能较小，所以使用催化剂I时反应的活化能低于催化剂

11；图中a、b、c和d点状态，反应达到平衡状态时，C02的转化率a(C02)不再变化，即平衡状

态是c、d,达到平衡以后，温度升高，C02的转化率a(C02)逐渐减小，所以正反应是放热反应，

平衡常数K随温度升高而减小。

本题考查化学平衡图象分析与判断等知识，为高频考点和常见高考题型，侧重考查图象分析判断、

化学反应的影响因素，把握图中曲线含义及其变化趋势是解本题关键，注意理解化学平衡影响因

素，题目难度中等。

14.【答案】D

【解析】解：A.NaCl属于盐，为强电解质，电离方程式为：NaCl=Na++Cl-,故A错误；

B.用惰性电极电解氯化铜溶液的总反应为：CuC12-电解Cu+C12t,故B错误；

C醋酸为弱酸,部分电离，电离方程式为：CH3COOHWCH3COO-+H+,故C错误;

D.焰变△十断裂化学键吸收的能量-生成化学键释放的能量，则H2(g)+C12(g)=2HCl(g)A

H=(436+243-431X2)kj/mol=-183kj-mol-l,故D正确；

故选：Do

A.NaCl为强电解质，溶于水完全电离；

B.用惰性电极电解氯化铜生成铜和氯气；

C.醋酸为弱酸，部分电离，用可逆号表示；

D.△心断裂化学键吸收的能量-生成化学键释放的能量。

本题考查反应热与焙变、电解质的电离、电解池，为高频考点，把握反应中能量变化、电离与电

解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大

15.【答案】B

【解析】解：

A.混合溶液呈碱性，则水解程度：NH4+VHC03-，水解程度越大，其对应的水解平衡常数越大，所

以Kh(NH4+)<Kh(HC03-),故A错误;

B.混合溶液中存在物料守恒c(H2C03)+c(C032-)+c(HC03-)=c(NH3-H20)+c(NH4+)、存在电荷守恒

c(NI14+)+c(11+)=c(Oil-)+2c(C032-)+c(I1C03-),则存在

c(H2C03)-c(C032-)-c(0H-)=c(NH3-H2O)-c(H+),即存在

c(H+)-c(0H-)=c(C032-)+c(NH3-H20)-c(H2C03),则c(H+)-c(OH-)>c(NH3-H20)-c(H2C03),故

B正确；

C.由图可知，当向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液时，c(HC03-)先增大后减小，c(NH4+)逐渐减

小，故C错误；

1).当pH=l1时，8(NH3-H2O)>8(C032-)>8(HC03-)>6(NH4+),所以存在

c(NH3-H2O)>c(C032-)>c(HCO3-)>c(NH4+),故D错误；

故选：Bo

本题考查离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，正确判断水解相对大

小、溶液中各微粒浓度变化特点是解本题关键，题目难度不大。

16.【答案】afg(或gf)debch吸收N20中混有的HNO3和水蒸气SnC12+N20+(x+1)H20=Sn02-xH20

I+N2+2HC1继续通入N20至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞防止倒吸蒸储烧

瓶C1O-+2N3-+H2O=C1-+3N2t+2011-平衡压强、使液体容易流下和减小测定气体体积时误差的

作用0.13(V1-V2)3mVmX100%

【解析】解：(1)①由实验目的和原理知，A用于制备N20,D用于吸收N20中混有的HN03和水蒸

气，C用于制备NaN3,B用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验，E用于尾气处理。则按气流方向，

上述装置合理的连接顺序为afg(或gf)debch,

故答案为：afg(或gf)debch；

②D的作用为吸收N20中混有的HN03和水蒸气，

故答案为：吸收N20中混有的HNO3和水蒸气；

③由信息，N20有强氧化性，故E中生成SnO2-xH2O沉淀的化学方程式为

SnC12+N2O+(x+1)H20=Sn02.xH20I+N2+2HC1,

故答案为：SnC12+N2O+(x+1)II2O=SnO2-xH2OI+N2+2HC1；

④C处充分反应后，停止加热，为防止倒吸，需继续进行的操作为继续通入N20至三颈瓶冷却后，

关闭分液漏斗活塞，

故答案为：继续通入N20至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞；防止倒吸；

(2)①由装置图知，仪器F的名称为蒸储烧瓶；其中发生NaClO与NaN3生成N2的反应，离子方程

式为C10-+2N3-+H20=Cl-+3N2t+20H-,

故答案为：蒸镭烧瓶；C1O-+2N3-+H2O=C1-+3N2t+20H-；

②管q可以平衡压强、使液体容易流下和减小测定气体体积时误差的作用，

故答案为：平衡压强、使液体容易流下和减小测定气体体积时误差的作用；

③由数据信息知，生成N2体积为(Vl-V2)mL,由关系式2NaN3〜3N2列式得产品中NaN3的质量分

^>3(V1-V2)X10-3LVmL/molX23X65g/molmgX100%=0.13(V1-V2)3mVmX100%,

故答案为:0.13(Vl-V2)3mVmX100%o

(D根据反应原理，利用盐酸与混合液中加入稀硝酸反应产生一氧化二氮，利用D中的碱石灰吸收

N20中混有的I1N03和水蒸气，进入装置C中与NaNH2反应制备NaN3,B用于防止E中水蒸气进入

C中干扰实验，E用于尾气处理，进而对产品的纯度进行探究；

(2)E中发生NaClO与NaN3生成N2的反应，通过测量产生的N2的体积来计算NaN3的质量分数，

据此解答。

本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、

根据实验目的及物质的性质进行分析、侧重实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，

注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

中的官能团名称为氯原子、酸键，

故答案为：1,4-丁二醇；C9H17C102；氯原子、酸键；

(2)流程中D-E为羟基发生取代反应得到氯原子，G-H为碳碳双键断裂和0-H键断裂，再发生加

成反应得到，反应类型分别是取代反应，加成反应，

故答案为：取代反应：加成反应；

CHO

叱皿,6

一s_

COONH.

ACHOACOONHj

故答案为：+2Ag(NH3)20H-+2AgI+H20+3N113；

«)B的结构筒式为0H,

Q

故答案为：'—01

；

(5)F满足①含有三个苯环;②核磁共振氢谱共有4组峰的同分异构体的结构简式:

H,N叫，

Oto

H,N、,产2

dto

r

故答案为：R

0、T0

可知需要H小和o反应生成/^N人X)H,(!)

(6)结合C到D的反应,

%0

由A到C的反应得到，即CH3CH20H先催化氧化得到CH3CH0,再在催化剂作用下生成0H,

0

02.Cu

催化氧化羟基可得0,合成路线为:CH3CH20H△CH3CH0-催化剂OH

△“o浓盐酸/Sr

；

O2/Cu°2CU耶_

痂较安士.ruQruonuA「口。「口八一彼/nwAn浓处粉

Ml

根据已知信息反应，A在催化剂下生成B为'~ZOH

,B中羟基发生催化氧化得到

埃基，D中羟基发生取代反应得到E,E中C1再被取代生成F,G生成H发生加成反应，H中羟基

发生取代反应得到I,I和F发生取代反应，各物质结构已知,结合题干信息解答；

oo

⑹结合C到D的反应，可知需要H?N反应生成

由A到C的反应得到，即CH3cH20H先催化氧化得到CH3CH0,再在催化剂作用下生成

O

催化氧化羟基可得

本题考查有机合成，题目难度中等，理清反应流程为解答关键，试题知识点较多、综合性较强,

充分考查了学生的分析、理解能力，注意熟练掌握常见有机物官能团与性质的关系。

18.【答案】+3将Fe2+氧化为Fe3+CoS2Mn2++H202+4NH3-H20=2Mn00HI+4NH4++2H20取少量

最后一次洗涤液，向其中滴加BaC12溶液，若不出现白色浑浊，说明MnOOH已洗涤干净，反之则

未洗涤干净2Mn00H=250℃Mn203+H204,9(1,1,12)3(a+b)

【解析】解：(1)根据化合物MnOOH中化合价代数和为零，设Mn的化合价为x,x+(-2)+(-2)+1=0,

解得x=+3,

故答案为：+3；

(2)根据上面分析可知加入Mn02将Fe2+氧化为Fe3+,便于后续除杂，滤渣2为CoS,

故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；CoS；

(3)MnS04的溶液加入3%双氧水加入氨水转化为MnOOH,Mn的化合价由+2价升高为+3价，0的化

合价由-1价降低为-2价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式

为：2Mn2++lI202+4NH3-H20=2Mn00lII+4NH4++2I120,

故答案为：2Mn2++H202+4NH3-H20=2Mn00HI+4NH4++2H20；

(4)MnOOH固体混有硫酸根离子，检验MnOOH是否洗涤干净，就是检验硫酸根离子，具体操作为取

少量最后一次洗涤液，向其中滴加BaC12溶液，若不出现白色浑浊，说明MnOOH已洗涤干净，反

之则未洗涤干净，

故答案为：取少量最后一次洗涤液，向其中滴加BaC12溶液，若不出现白色浑浊，说明MnOOH已

洗涤干净，反之则未洗涤干净；

⑸高纯度的MnOOH在250℃条件下进行72h加热得Mn203和水,反应的化学方程式为：2Mn(X)H=250℃

Mn203+H20,

故答案为：2Mn00H=250℃Mn203+H20；

(6)当铁元素完全沉淀时(0H-)=3Ksp[Fe(0H)3]c(Fe3+)=31.0X10—38.61X10—5mol/L=l.0

X10-11.2mol/L,pOH=11.2,pH=14-pOH=2.8,当铝元素完全沉淀时

(OH-)=3Ksp[Al(0H)3]c(A13+)=31.OX1032.51X10-5mol/L=l.OX10-9.Imol/L,pOH=9.1,

pH=14-pOH=4.9,滴加氨水调节溶液的pH,使溶液中铝、铁元素完全沉淀，则理论上pH的最小值

为4.9,

故答案为：4.9；

(7)从该晶胞图示可知，A点分数坐标为(0,0,0),结合B点在x、y、z三个坐标轴上的投影，则B

点分数坐标为(1,1,12)；已知r(N3-)=anm,r(Cr3+)=bnm,晶胞参数为2(a+b)nm,则面对角线为

22(a+b)nm,B点到底面的长度为(a+b)nm,则AB间距离为[22(a+b)]2+(a+b)2nm=3(a+b)nm,

故答案为:(1,1,12)；3(a+b)o

菱镒矿(主要成分为MnC03,还含有少量Fe304、FeO、Co。、A1203)用稀硫酸浸取后得到硫酸镒、

硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、硫酸钻等；加入二氧化镐的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，再加

入氨水除去铁离子和铝离子，过滤后，滤液中加入含S2-沉降剂是除去钻离子，过滤所得滤渣为

CoS,滤液为含硫酸锈的溶液，向滤液中依次加入跳H202溶液、0.2mol/L氨水即可得到MnOOH,

通过过滤，洗涤干燥得到高纯度的MnOOH,再将MnOOH在2500c时充分加热72h即可得Mn2O3,据

此分析解题。

本题考查物质的制备实验方案设计、晶胞的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知

识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综

合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。

19.【答案】C02(g)+3H2(g)CH30H(g)+H20(g)△

lll=-49.4kJ-mol-l④0.562540%4002187增大压强，降低温度(或分离水蒸气)温度变化时,

反应I和反应IH平衡移动方向相反，程度相同

【解析】解：(1)I.C02(g)+H2(g)CO(g)+H20(g)AH2=+41.2kJ-mo1-1

II.CO(g)+2H2(g)uCH30H(g)△H3=-90.6kJ-mol-l

盖斯定律计算I+II得到C02(g)和H2(g)的反应生成CH30H(g)的热化学方程式HI：C02(g)+3H2(g)

-CH30H(g)+H20(g)AHl=-49.4kJ-mol-l,

故答案为：C02(g)+3H2(g)wCH30H(g)+H20(g)△Hl=-49.妹1；

(2)①恒压体系中，体系的压强始终不变，即不能判断反应是否达到平衡，故①错误；

②反应I是气体体积不变的反应，容器的体积不变，各物质均为气体，所以混合气体密度始终不

变，即不能判断反应是否达到平衡，故②错误；

③反应无论是否达到平衡状态，始终有v(H2)=v(C0),即不能判断反应是否达到平衡，故③错误；

④CO质量保持不变的状态是平衡状态的本质特征，故④正确；

故答案为：④；

(3)①反应Ill：C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)是放热反应，反应三行式为，

C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)

起始量(mol/L)0.51.500

变化量(mol/L)x3xxx

平衡量(mol/L)0.5—x1.5—3xxx

平衡时H2O(g)的休积分数为0.125,则x2—2x=0.125,解得x=0.2,平衡时c(C02)=0.3mol/L,

c(112)=0.9moi/L,c(CH30H)=c(H20)=0.2mol/L,

①H2的休积分数c=(l.5-3X0.2)mol/L(2-0.2X2)mol/L=0.5625,C02的转化率

=0.2mol/L0.5mol/Lx100%=40%,

故答案为：0.5625；40%；

②平衡常数K=c(CH30H)Xc(H20)c(C02)Xc3(H2)=0.2X0.20.3X(0.9)3=4002187,

故答案为:4002187；

③反应HI：C02(g)+3H2(g)=CH30n(g)+【I20(g)正向是气体体积减少的放热反应，增大压强、降低

温度、分离水蒸气等措施均可使平衡正向移动，提高甲醇的产率，

故答案为：增大压强，降低温度(或分离水蒸气)；

(4)反应I正向吸热，反应HI正向放热，升高温度时，反应I正向进行，反应HI逆向进行，当

二者进行的程度相当时，C02的体积分数会基本不变，

故答案为：温度变化时，反应I和反应HI平衡移动方向相反，程度相同。

(1)I.C02(g)+112(g)CO(g)+H20(g)AH2=+41.2kJ-mol-1

II.CO(g)+2H2(g)eCH3OH(g)AH3=-90.6kJ-mol-l

盖斯定律计算I+II得到C02(g)和H2(g)的反应生成CH3OH(g)的热化学方程式III；

(2)反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量

也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变

化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；

(3)反应IH：CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H2O(g)是放热反应，反应三行式为,

C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+1120(g)

起始量(mol/L)0.51.500

变化量(mol/L)x3xxx

平衡量(mol/L)0.5—x1.5—3xxx

平衡时H20(g)的休积分数为0.125,则x2—2x=0.125,解得x=0.2,结合休积分数、转化率、平

衡常数的公式和化学平衡影响因素解答；

(4)反应I正向吸热，反应HI正向放热，升高温度时，反应I正向进行的程度和反应IH逆向进

行的程度相当，导致C02的体积分数并未发生明显变化。

本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡影响因素等知

识，侧重考查分析、计算和运用能力，把握化学平衡的计算、化学平衡影响因素是解题关键，注

意三行式格式在化学平衡计算中的应用、题目难度中等。

2022年中学高考化学三模试卷

一、单选题(本大题共15小题，共45.0分)

1.下列物质的溶液长期暴露在空气中会变质而溶液又会出现白色浑浊的是()

A.NallC03B.FeC12C.KID.Na2Si03

2.下列实验现象中，由于发生取代反应而引起的是

A.乙烯通入澳的四氯化碳溶液中，溶液褪色

B.甲烷和氯气的混合气体在光照后，瓶壁上有油状液滴附着

C.苯滴加到溪水中，振荡后水层接近无色

D.将灼热的铜丝迅速插入乙醇中，反复多次，有刺激性气味产生

3.连花清瘟胶囊常用于缓解流行性感冒患者肌肉酸痛、鼻塞流涕等症状，其中一种有效成分连

翘昔的结构如图所示。有关该化合物叙述正确的是()

A.含有三种含氧官能团B.不能发生消去反应

C.可以发生氧化反应D.与Na、NaOH均可发生反应

4.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是()

A.向CaC12溶液中通入C02：Ca2++II20+C02=CaC03I+211+

B.硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2st

C.同浓度同体积NH4HS04溶液与NaOH溶液混合：NH4++OII-=NH3-H2O

D.用Na2s03溶液吸收少量C12：3SO32-+C12+H2O=2HSO3-+2C1-+SO42-

5.由下列实验操作及现象不能推出相应结论的是（）

选项实验操作及现象结论

A向待测液中滴入新制氯水，再滴入KSCN溶液，溶液变为红色待测液中一定含有Fe2+

将水滴入盛有Na202固体的试管中，有气泡产生，把带火星的

BNa202遇水产生02

木条放在管口，木条复燃

将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满C02的集气瓶，集气

C还原性：Na>C

瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生

1)向酸性KMnO4溶液中加入Fe304粉末，紫色褪去证明Fe304中含Fe(II)

A.AB.B