备战2022年高考化学仿真模拟卷04(解析版)(甲卷地区专用)

【仿真演练·二轮】备战2022年高考化学模拟卷04（甲卷地区专用）一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78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。7．2021年在四川广汉三星堆新发现大量青铜器。下列有关说法错误的是A．铜是人类使用最早的金属之一B．青铜比纯铜具有更高的硬度和更强的抗腐蚀性能C．出土的青铜器深埋于地下生锈是因为发生了析氢腐蚀D．青铜是铜锡铅等的合金，常见的铜合金还有黄铜和白铜【答案】C【解析】A．铜的化学性质不活泼，易于冶炼为单质，使用较早，A正确；B．合金比纯金属具有更优良的物理、化学和机械性能，故青铜比纯铜具有更高的硬度和更强的抗腐蚀性能，B正确；C．铜在金属活动性顺序表中排在氢后面，不会发生析氢腐蚀，C错误；D．青铜是铜锡铅的合金，常见的合金还有黄铜（铜和锌的合金）和白铜（铜和镍的合金），D正确；故选C。8．实验室制备NaClO2的装置如图，其中C装置内生成ClO2。下列说法错误的是A．实验开始时，应打开弹簧夹甲，保持压强平衡B．F中的试剂可用浓NaOH溶液C．H2O2是制备NaClO2反应的还原剂D．用98.3%硫酸代替75%硫酸，产生SO2的速率更快【答案】D【解析】A．打开弹簧夹甲的目的是保持压强平衡，A正确；B．浓溶液用于吸收尾气，防止污染环境，B正确；C．在反应中失去电子，作还原剂，C正确；D．的硫酸中很小，反应较慢，D错误。故选D。9．下列离子方程式正确的是A．向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时反应的离子方程式为：2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓B．向碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2++2HCO+2OH-=MgCO3↓+CO+2H2OC．向含1molFeBr2的溶液中通入标准状况下22.4LCl2时，发生的反应为：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-D．向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性：H++SO+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓【答案】C【解析】A．向一定量的明矾溶液中逐滴加入溶液至沉淀质量最大时，生成的沉淀为硫酸钡沉淀，铝离子生成的氢氧化铝沉淀完全溶解，正确的离子方程为，A错误；B．往溶液中加过量的溶液，沉淀为氢氧化镁，故B错误；C．反应，氯气先氧化亚铁离子，剩余的氯气氧化溴离子，发生的反应为，C正确；D．向中滴入溶液至恰好显中性：，D错误。故选C。10．吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A．有五种含氧官能团 B．可发生消去反应C．可发生缩聚反应 D．1mol吗替麦考酚酯最多消耗3moINaOH【答案】D【解析】A．由题干有机物结构简式可知，其中含有的含氧官能团有醚基、酯基和酚羟基三种，A错误；B．由题干有机物结构简式可知，分子中不含醇羟基和碳卤键(或卤素原子)，故不可发生消去反应，B错误；C．由题干有机物结构简式可知，分子中含有碳碳双键，故可以发生加聚反应，由于其中不含有两个羟基或一个羟基、一个羧基，故不可发生缩聚反应，C错误；D．由题干有机物结构简式可知，1mol吗替麦考酚酯分子中含有1mol酚羟基，消耗1molNaOH，2mol酯基，消耗2molNaOH，故最多消耗3moINaOH，D正确；故答案为：D。11．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24。下列有关叙述正确的是A．该化合物中，W、X、Y之间存在离子键 B．Y的氧化物的水化物一定为强酸C．原子半径：Y>X D．Z的单质既能与水反应，也可与乙醇反应【答案】D【解析】由以上结构和W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，可以推知：X为B、Y为N、W为H、Z为Na。A．由题中结构可知，该化合物中，W、Ⅹ、Y之间存在共价键，A错误；B．Y为N元素，N的氧化物对应水化物中为弱酸，B错误；C．X为硼，原子半径应为，C错误；D．Z为钠，单质既能与水反应，也可与乙醇反应，D正确。故选D。12．利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是A．a极的电极反应式为CH4－8e-+4O2-=CO2+2H2OB．A膜和C膜均为阴离子交换膜C．可用铁电极替换阴极的石墨电极D．a极上通入2.24L(标准状况下)甲烷，阳极室Ca2+减少0.4mol【答案】B【解析】A．a极上甲烷转化为二氧化碳，甲烷失去电子，所以a极为负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e-＋4O2－=CO2＋2H2O，A正确；B．根据题干信息：利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，可知阳极室的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，则阳极室内钙离子向产品室移动，A膜为阳离子交换膜，阴极室的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则原料室内钠离子向阴极室移动，C膜为阳离子交换膜，B错误；C．阴极电极不参与反应，可用铁替换阴极的石墨电极，C正确；D．a极上通入标准状况下2.24L甲烷即0.1mol甲烷，失去0.8mol电子，根据电子守恒，阳极室钙离子减少的物质的量是0.4mol，D正确；答案选B。13．某温度下，将足量的固体溶于一定量的水中达到溶解平衡，加入Na2CO3使增大过程中，溶液中c(Ba2+)和的变化曲线如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法不正确的是A．当c()大于2.5×10-4mol/L时开始有BaCO3沉淀生成B．“MN”代表沉淀转化过程中c(Ba2+)变化的曲线C．该温度下，BaCO3比BaSO4更难溶于水D．该温度下，反应平衡常数K=0.04【答案】C【解析】A．由图象可知当c()大于2.5×10-4mol/L时，c()增大，说明开始有BaCO3沉淀生成，A正确；B．当生成BaCO3沉淀时，促进BaSO4的电离，溶液中c()增大，c(Ba2+)减小，则MN为c(Ba2+)变化的曲线的变化曲线，MP为c()的变化曲线，B正确；C．由题给图象数据可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()=1×10-5×1×10-5=1.0×10-10；Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c()=0.5×10-5×5.0×10-4=2.5×10-9，则T℃时Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，C错误；D．该温度下，反应平衡常数K=，D正确；故合理选项是C。三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。26．（14分）主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用一种钴矿石(主要成分为，含少量、及铝、镁、钙等金属元素的氧化物)制取的工艺流程如图所示。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液沉淀物完全沉淀的3.79.69.25.2回答下列问题：（1）“溶浸”过程中，可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是___________(写出一种即可)，加入的作用是___________。（2）“氧化”过程中金属离子与反应的离子方程式为________________________________，由此推测还原性：(填“”或“”)。（3）滤渣2的主要成分为___________(写化学式)，检验铁元素的离子已被完全沉淀的实验操作及现象；取少量待测液于试管中，__________________。（4）已知某温度下，。该温度下，“沉淀除杂”时加入足量的溶液可将、沉淀除去，若所得滤液中，则滤液中为___________(保留2位有效数字)。（5）在空气中充分煅烧，除得到产品外还产生了，则反应中与的化学计量数之比为___________。【答案】（1）适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度、搅拌等将、还原为、（2）（3）、滴入几滴，振荡，溶液不变红（4）（5）【分析】钴矿石中加入稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，后向滤液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+、Al3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入草酸铵溶液得到二水合草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析解答。（1）溶浸过程中，适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等均可以加快反应速率和提高原料利用率；Na2SO3是还原剂，主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，故答案为：适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等；将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；（2）“氧化”过程中金属离子Fe2+与反应，其离子方程式为6Fe2+++6H+=6Fe3++Cl−+3H2O；Fe2+与反应而Co2+不反应，说明还原性；故答案为：6Fe2+++6H+=6Fe3++Cl−+3H2O；>；（3）用Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+和Al3+全部转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，达到除去Fe3+和Al3+的目的，故滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝；检验铁元素的离子即Fe3+已被完全沉淀的实验操作及现象；取少量待测液于试管中，滴入几滴，振荡，溶液不变红；故答案为：、；滴入几滴，振荡，溶液不变红；（4）c(Ca2+)：c(Mg2+)=[c(Ca2+)·c2(F−)]：[c(Mg2+)·c2(F−)]=Ksp(CaF2)：Ksp(MgF2)=34：71，所以c(Ca2+)=1.0×10−5mol·L−1×≈4.8×10−6mol·L−1；故答案为：4.8×10−6mol·L−1；（5）在空气中充分煅烧，除得到产品外还产生了，煅烧时发生反应：4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，CoC2O4·2H2O与O2的化学计量数之比为4∶3；故答案为：4:3；27．（15分）离子交换树脂在水处理等领域应用广泛，其中氢离子交换树脂可用于PbCl2溶度积常数的测定，步骤如下：I．重蒸馏水的制取将蒸馏水放入上图一仪器A中，加入沸石，通入冷凝水，加热，锥形瓶中可得到重蒸馏水。II．将过量的固体溶于重蒸馏水中，充分搅动并放置约10小时后，得到PbCl2饱和溶液。将滤液过滤到一个干燥的锥形瓶中，测量该溶液温度为t℃。III．离子交换和洗涤将氢离子交换树脂按上图二装填，量取25.00mL上述溶液放入干燥的小烧杯中，分几次将其转移至交换柱内，控制流速，用250mL锥形瓶盛装流出液。待溶液流出后，用重蒸馏水洗涤烧杯及树脂至流出液呈中性。将洗涤液一并放入锥形瓶。IV．滴定向锥形瓶内加入2~3滴酚酞，用0.050mol·L-1NaOH标准溶液滴定。重复滴定2~3次，记录，消耗标准液的体积为14.20mL。请回答：(1)上图一中仪器A的名称是_______，冷凝水出口方向为_______(填字母)(2)用方程式表示步骤II中的溶解平衡：_________________________。(3)①步骤III中量取25.00mL饱和溶液，选用的仪器是__________。a．25mL碱式滴定管b．50mL量筒c．25mL酸式滴定管②简述如何用简单办法检验洗涤后的流出液呈中性：______________________。(4)步骤IV中滴定终点的现象为：_____________________，实验测得t℃，Ksp(PbCl2)值为：_________(保留2位小数)。(5)下列操作对测定结果的影响(填“偏大”、“偏小”或“不变”)：①步骤II中过滤时漏斗用重蒸馏水润湿会使测定结果__________。②实验中用蒸馏水代替重蒸馏水，测定结果_____________。(蒸馏水二次蒸馏可除去溶解的CO2)【答案】(1)圆底烧瓶b端进a端出(2)PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)(3)c取一小片pH试纸于表面皿中央，滴一小滴最后一次洗涤液于试纸的中央，并迅速于标准比色卡对照(4)锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色1.1×10-6(5)不变偏大【解析】本题是以PbCl2与H+交换膜反应交换出H+，并用标准浓度的NaOH溶液进行滴定，来测量出溶液中的Pb2+的物质的量浓度，从而可测量出PbCl2的Ksp，对蒸馏水进行多次蒸馏是为了除去溶解在其中的CO2，以免对实验结果造成误差，据此分析解题。(1)由图示可知，上图一中仪器A的名称是圆底烧瓶，为增强冷凝效果采用逆向通入冷凝水，故冷凝水出口方向为b端进a端出，故答案为：圆底烧瓶；b端进a端出；(2)步骤II即配制PbCl2饱和溶液，故步骤II中的溶解平衡方程式为：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq),故答案为：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)；(3)①由于PbCl2溶液因水解呈酸性且具有腐蚀橡胶的性质，故步骤III中量取25.00mL饱和溶液，选用的仪器是25mL酸性滴定管，故答案为：c；②取一小片pH试纸于表面皿中央，滴一小滴最后一次洗涤液于试纸的中央，并迅速于标准比色卡对照，直至pH=7即可，故答案为：取一小片pH试纸于表面皿中央，滴一小滴最后一次洗涤液于试纸的中央，并迅速于标准比色卡对照；(4)步骤IV是用标准的NaOH溶液滴定酸，故滴定终点的现象为：锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色，实验测得t℃，Pb2++HRPbR2+2H+(HR表示H+交换膜)，故有c(Pb2+)=c(H+)===1.42×10-2mol/L，则c(Cl-)=2c(Pb2+)，故Ksp(PbCl2)=c(Pb2+)c2(Cl-)=4c3(Pb2+)=4×(1.42×10-2mol/L)3≈1.1×10-6,故答案为：锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色；1.1×10-6；(5)①步骤II中过滤时漏斗用重蒸馏水润湿，并不改变溶液中的H+的物质的量，故不会使测定结果发生改变，故答案为：不变；②由于蒸馏水中溶解的CO2也将消耗NaOH，故实验中用蒸馏水代替重蒸馏水，测定结果偏大，故答案为：偏大。28．（14分）随着科技的进步、合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作新敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成。回答下列问题：(1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)∆H1①NH3的电子式为___________。②已知该反应中相关化学键的键能数据如下共价键C-OH-ON-HC-N键能/kJ·mol-1351463393293则该反应的△H1=___________kJ•mol-1(2)上述反应中所需的甲醇可以利用甲烷为原料在催化剂作用下直接氧化来合成。煤炭中加氢气可发生反应：C(s)+2H2(g)CH4(g)∆H2。在密闭容器中投入碳和H2，控制条件使其发生该反应，测得碳的平衡转化率随压强及温度的变化关系如图所示。

①该反应的∆H2________0(填“>”、“<”或“=”)，判斯理由是___________。②在4MIPa、1100K时，图中X点v正(H2)________v逆(H2)(填“>”、“<”或“=”)。该条件下，将1.5molC和3molH2通入密闭容器中进行反应，平衡时测得碳的转化率为80%，CH4的体积分数为__________。若维持容器体积不变，向其中再加入0.5molC和1molH2，再次达到平衡后平衡常数K___________(填“增大、“减小“或“不变”。)③工业生产中如用下下列四个条件进行上述反应，最合适的反应条件是___________(填字母序号)。A．5MPa800K B．6MPa1000KC．8MPa1000K D．10MPa1100K(3)已知常温下PbI2饱和溶液(显黄色)中c(Pb2+)=1.0×10-3mol•L-1，Pb(NO3)2溶液与KI溶液混合可形成PbI2沉淀，Pb(NO3)2溶液中各离子浓度由大到小顺序为__________________________。现将浓度为8×10-3mol•L-1的Pb(NO3)2溶液与一定浓度的KI溶液等体积混合，则生成沉淀所需KI溶液的最小浓度为___________。【答案】(1)-12(2)>温度越高碳的平衡转化率越大，平衡正向移动，正反应为吸热反应>60%不变B(3)c(NO)>c(Pb2+)>c(H+)>c(OH-)2.0×10-3mol•L-1【解析】(1)①NH3的电子式为，故答案为：；②反应热△H1=反应物键能-生成物键能=351kJ·mol-1+463kJ·mol-1+3393kJ·mol-1-293kJ·mol-1-2393kJ·mol-1-2463kJ·mol-1=-12kJ·mol-1，故答案为：-12；(2)①由图观察，温度越高碳的平衡转化率越大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，∆H2>0，故答案为：>；温度越高碳的平衡转化率越大，平衡正向移动，正反应为吸热反应；②在4MIPa、1100K时，碳的转化率为80%左右，而X点碳的转化率只有25%左右，远小于平衡时的80%，是非平衡状态，所以反应将正向进行达到平衡状态，即同一物质的正反应速率大于逆反应速率，即v正(H2)>v逆(H2)，反应的三段式为：所以CH4的体积分数为=60%，由于体系温度不变，所以再次达到平衡后，平衡常数K不变，故答案为：>；60%；不变；③根据图像可知，5MPa、800K时碳的平衡转化率低，6MPa、1000K和10MPa、1000K时碳的平衡转化率不到80%，温度在1100K时碳的平衡转化率达到80%，而压强在5MPa或6MPa或10MPa、1100K时碳的平衡转化率相差不大，但压强增大对设备要求高，能量需求大，所以选择B项，故答案为：B；(3)Pb(NO3)2溶液中Pb2+发生水解生成氢氧化铅和氢离子而使溶液呈酸性，溶液中各离子浓度由大到小顺序为c(NO)>c(Pb2+)>c(H+)>c(OH-)；已知常温下PbI2饱和溶液(显黄色)中c(Pb2+)=1.0×10-3mol•L-1，c(I-)=2.0×10-3mol•L-1，Ksp=1.0×10-3×(2.0×10-3)2=4×10-9，设KI溶液浓度为xmol/L，则等体积混合瞬间c(Pb2+)=4.0×10-3mol•L-1，c(I-)=mol•L-1，混合后生成沉淀，则Qc≥Ksp，即4.0×10-3×≥4×10-9，解得x≥2.0×10-3mol•L-1，故答案为：c(NO)>c(Pb2+)>c(H+)>c(OH-)；2.0×10-3mol•L-1。（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。35．[化学—选修3：物质结构与性质]（15分）秦始皇帝陵博物院首次在兵马俑的彩绘中发现了古人人工合成的“中国蓝”“中国紫”颜料。人们对这些颜料的研究发现，其成分主要是钡和铜的硅酸盐(BaCuSixOy)。回答下列问题：（1）基态铜原子的价电子排布式为___________。“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心的配位化合物，形成该配位键，Cu2+提供___________，若“中国蓝”的化学组成中x∶y=2∶5，则其化学式为___________。（2）“中国蓝”“中国紫”中存在SiO四面体结构，其中Si原子采取的杂化类型为___________。与SiO不同，CO的立体构型为___________。（3）Si和C同主族，但SiO2与CO2的熔沸点差异很大，这是因为SiO2是___________晶体，而CO2是___________晶体。（4）BaO的熔沸点___________MgO(填“＞”“＜”“=”)，原因是___________。（5）立方CuO晶胞结构如图所示。其中Cu2+的配位数为___________。NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm，则其晶体密度为___________g•cm-3(用代数式表示)。【答案】（1）3d104s1空轨道BaCuSi4O10（2）sp3平面三角形（3）原子分子（4）＜MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，半径前者更小，MgO晶格能更大，熔沸点更高（5）6×1030【解析】Cu为29号元素，根据核外电子排布的规律分析解答；根据价层电子对个数=σ键个数+(a-xb)计算判断；根据晶格能的变化规律分析解答；根据晶胞结构和均摊法计算。（1）Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心的配位化合物，形成该配位键，Cu2+提供空轨道；若“中国蓝”(BaCuSixOy)的氧化物形式可表示为BaO•CuO•xSiO2，化学组成中x∶y=2∶5，则x∶(1+1+2x)=2∶5，解得：x=4，则y=10，其化学式为BaCuSi4O10，故答案为：3d104s1；空轨道；BaCuSi4O10；（2）SiO四面体结构中Si原子的价层电子对数=4+(4+4-4×2)=4，Si原子采用sp3杂化；CO中C的价层电子对数=3+(4+2-3×2)=3，C采用sp2杂化，CO的立体构型为平面三角形，故答案为：sp3；平面三角形；（3）SiO2属于以共价键结合形成空间网状结构的晶体为共价晶体，CO2属于以分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体，分子晶体的熔点小于原子晶体的熔点，则熔点CO2＜SiO2，故答案为：原子；分子；（4）MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，但Mg2+半径小于Ba2+半径，MgO晶格能更大，熔沸点更高，故答案为：＜；MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，半径前者更小，MgO晶格能更大，熔沸点更高；（5）距离Cu2+最近的O2-个数为6，所以其配位数是6；该晶胞中Cu2+个数=8×+6×=4，O2-个数=12×+1=4、晶胞的质量=g=g，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，则晶体的密度为=×1030g/cm3，故答案为：6；×1030。36．[化学—选修5：有机化学基础]（15分）以烯烃A为基本原料可合成酯类高分子M及羧酸类高分予化合物G，合成路线图如下(部分条件和产物省略)，已知A的核磁共振