卷1-高考化學全真模擬卷（解析版）

2022年高考化學全真模擬卷（全國卷專用）第一模擬一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。7．（2021·河南省實驗中學高三期中）中國古代文化中蘊含了豐富的化學知識，下列說法不正確的是A．“日照香爐生紫煙”的“煙”是瀑布的細小水珠形成的水霧，云、霧屬于氣溶膠B．唐·李商隱：“滄海月明珠有淚，藍田日暖玉生煙”。文中涉及的珍珠、玉石的主要成分都是硅酸鹽C．《客中行》：“蘭陵美酒郁金香，玉碗盛來琥珀光。但使主人能醉客，不知何處是他鄉(xiāng)?！奔Z食發(fā)酵產生的酒精分散在酒糟中，可以通過蒸餾與酒糟分離D．宋·王希孟《千里江山圖》所用紙張為宣紙，其主要成分為一種有機高分子【答案】B【詳解】A.空氣中的小水珠霧直徑很小，直徑在1-100nm的水珠與空氣混合構成的分散系屬于氣溶膠，所以云、霧屬于氣溶膠，A正確；B.珍珠的主要成分是碳酸鈣，玉石的主要成分是二氧化硅、三氧化二鋁、氧化鈉，B錯誤；C.糧食發(fā)酵產生的酒精分散在酒糟中，二者互溶，沸點差異大，應通過蒸餾方式分離，C正確；D.宣紙的主要成分是纖維素，屬于有機高分子化合物，D正確；故答案選B。8．（2022·重慶南開中學模擬預測）下列說法正確的是A．常溫時的溶液中的數目約為B．等質量的固體和固體含有的離子總數相等C．標準狀況下，30g甲醛的體積約為22.4LD．將46.0g乙醇溶于100mL水中，所得溶液濃度為10mol/L【答案】C【詳解】A．沒有說明溶液的體積，不能計算氫離子的數目，故A錯誤；B．等質量的和的物質的量相等，離子數之比為2∶5，故B錯誤；C．30g甲醛的物質的量為1mol，故標準狀況下的體積為22.4L，故C正確；D．乙醇溶于水后，溶液體積不是，故物質的量濃度無法計算，故D錯誤；故選C。9．（2021·河北石家莊·一模）化合物M()是合成藥物奧昔布寧的一種中間體，下列關于M的說法正確的是A．分子式為 B．所有碳原子可能共平面C．最多能與發(fā)生加成反應 D．環(huán)上的一氯代物共有7種(不含立體異構)【答案】D【詳解】A．由化合物M的結構簡式可知，分子式為，故A錯誤；B．由結構簡式可知，化合物M分子中含有飽和碳原子，飽和碳原子的空間構型為四面體形，則分子中所有碳原子不可能共平面，故B錯誤；C．由結構簡式可知，化合物M分子中含有的苯環(huán)一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應，則1molM最多能與3mol氫氣發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．由結構簡式可知，化合物M分子的環(huán)上的一氯代物有如圖所示的7種結構：，故D正確；故選D。10．（2021·廣東順德·一模）某化合物結構如圖所示，其中X、Y、W、Z是原子序數依次增大的短周期元素，且四種元素分布在三個周期，W的最外層電子數是Y的最外層電子數的2倍，Z和X同主族。下列說法正確的是A．W與Z形成的化合物中只含離子鍵B．該化合物中Y都滿足8電子穩(wěn)定結構C．原子半徑：Z＞W＞YD．X3YW3是弱酸【答案】D【分析】X、Y、W、Z是原子序數依次增大的短周期元素，且四種元素分布在三個周期，則X為H元素；Z和X同主族，且Z的原子序數最大，則Z為Na元素；W的最外層電子數是Y的最外層電子數的2倍，且Y能形成4個共價鍵，W能形成2個共價鍵，則Y為B元素，W為O元素。【詳解】A．O和Na可以形成化合物Na2O2，含有離子鍵和共價鍵，A錯誤；B．Y為B元素，該結構中形成3個共價鍵的B原子最外層只有6個電子，B錯誤；C．電子層數越多原子半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越小半徑越大，所以原子半徑Na＞B＞O，即Z＞Y＞W，C錯誤；D．X3YW3即H3BO3，為一種弱酸，D正確；綜上所述答案為D。11．（2021·河北衡水中學二模）利用CH4燃料電池電解制備Ca(H2PO4)2并得到副產物NaOH、H2、Cl2，裝置如圖所示。下列說法不正確的是A．a極的電極反應式為CH4－8e-+4O2-=CO2+2H2OB．A膜和C膜均為陰離子交換膜C．可用鐵電極替換陰極的石墨電極D．a極上通入2.24L(標準狀況下)甲烷，陽極室Ca2+減少0.4mol【答案】B【詳解】A．a極上甲烷轉化為二氧化碳，甲烷失去電子，所以a極為負極，負極上甲烷發(fā)生氧化反應，電極反應式為：CH4-8e-＋4O2－=CO2＋2H2O，A正確；B．根據題干信息：利用CH4燃料電池電解制備Ca(H2PO4)2并得到副產物NaOH、H2、Cl2，可知陽極室的電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑，則陽極室內鈣離子向產品室移動，A膜為陽離子交換膜，陰極室的電極反應式為：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，則原料室內鈉離子向陰極室移動，C膜為陽離子交換膜，B錯誤；C．陰極電極不參與反應，可用鐵替換陰極的石墨電極，C正確；D．a極上通入標準狀況下2.24L甲烷即0.1mol甲烷，失去0.8mol電子，根據電子守恒，陽極室鈣離子減少的物質的量是0.4mol，D正確；答案選B。12．（2022·重慶南開中學模擬預測）烷烴中的氫原子被鹵原子取代的反應是一個自由基反應。例如：甲烷與氯氣光照得到一氯甲烷的反應分為兩步，反應過程中的能量變化示意圖如下：下列說法不正確的是A．CH3?(甲基)的電子式為B．第二步反應的活化能為C．Cl?濃度大小對生成的反應速率有較大影響D．【答案】A【詳解】A．CH3?(甲基)的電子式為，故A錯誤；B．第二步反應的活化能為258.5kJ/mol-250.2kJ/mol=，故B正確；C．Cl?為反應的催化劑，催化劑影響反應速率，故C正確；D．由圖像的始態(tài)和末態(tài)可知，，故D正確；故選A。13．（2021·河北石家莊·一模）用強堿滴定某一元弱酸時，弱酸被強堿部分中和后得到“弱酸鹽和弱酸”組成的緩沖溶液，其中存在。時，用的溶液滴定某未知濃度的溶液，滴定過程中消耗溶液的體積與混合溶液之間的關系如圖所示(已知：，酸性)。下列說法錯誤的是A．電離常數的數量級為B．b點溶液中存在C．c點溶液中離子濃度的大小關系為D．若將改為等體積等濃度的，則隨溶液體積的變化曲線豎直上移【答案】B【分析】溫度不變，酸的電離常數不變，設酸的濃度為cmol/L，由可得：4.27+lg=4.75+lg，整理可得=100.48=3，解得c=2，則PKa=4.75+lg(2—1)=4.75，Ka=10—4.75?！驹斀狻緼．由分析可知，HA的電離常數Ka=10—4.75，則電離常數的數量級為10—5，故A正確；B．由分析可知，b點時Ka=c(H+)=10—4.75，由Ka=可得溶液中c(A—)=c(HA)，由圖可知，b點溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH—)，則c(HA)+c(H+)＞c(A—)+c(OH—)，故B錯誤；C．由分析可知，b點時Ka=c(H+)=10—4.75，由Ka=可得溶液中c(A—)=c(HA)，則隨氫氧化鈉溶液體積增大，c點時溶液中c(A—)＞c(HA)，由圖可知，c點溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH—)，所以溶液中c(A—)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH—)，故C正確；D．由HA的酸性強于HCN可知，HA的電離常數大于HCN，由可知，當相等時，酸的電離常數越大，溶液pH越小，則若將HA改為等體積等濃度的HCN，則pH隨NaOH溶液體積的變化曲線豎直上移，故D正確；故選B。二、非選擇題：共58分，第26~28題為必考題，每個試題考生都必須作答。第35~36題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共43分。26．（2021·湖南·長沙一中高三月考）鋯及其化合物作為新材料，具有相當重要的意義。氧氯化鋯(ZrOCl2)是制備鋯系列材料的一種重要中間產品，用鋯英砂(主要成分ZrSiO4)制備水合氧氯化鋯有多種方法，目前使用較多的是“一堿一酸法”，其主要流程如圖：已知：①Na2ZrO3在強堿性的介質中不溶解或水解；硅酸和原硅酸(H4SiO4)都具有吸附性?；卮鹣铝袉栴}：（1）“堿燒”過程中生成“堿熔料”的化學方程式為___________。（2）“水洗壓濾”工藝可以將30%～70%的硅除去，如圖一、二表示攪拌工藝對水洗除硅率的影響，則為了提高除硅率應如何攪拌___________。（3）硅的去除還有一部分是通過上述流程中的___________工藝實現的，這一部分硅轉化成的物質是___________(填化學式)。（4）“轉型壓濾”過程中生成ZrO(OH)2的離子方程式為___________。（5）操作M包括___________、過濾、洗滌、干燥；上述工藝若不加改進，鋯的損失會比較大，為了減少鋯的損失，應該改進的措施是___________?！敬鸢浮浚?）ZnSiO4+4NaOHNa2SiO4+Na2ZnO4+2H2O（2）混合后立即攪拌30min(或30~60min)（3）酸化壓濾H2SiO3(或H4SiO4)（4）Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2（5）蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶將濾渣洗滌，并將洗滌液并入酸液中，重復操作M【分析】鋯英砂(主要成分ZrSiO4)在過量固體燒堿中堿燒發(fā)生反應生成Na2SiO4和Na2ZnO4，加水“水洗壓濾”工藝可以將30%～70%的硅除去，再加鹽酸將Na2ZnO4和Na2SiO4反應生成ZrO(OH)2和硅酸或原硅酸(H4SiO4)，將加入鹽酸將ZrO(OH)2轉化為ZrOCl2和除掉剩余部分的硅。（1）“堿燒”過程中生成“堿熔料”主要是ZnSiO4和NaOH在高溫下反應生成Na2SiO4、Na2ZnO4和H2O，其化學方程式為ZnSiO4+4NaOHNa2SiO4+Na2ZnO4+2H2O；故答案為：ZnSiO4+4NaOHNa2SiO4+Na2ZnO4+2H2O。（2）“水洗壓濾”工藝可以將30%～70%的硅除去，根據圖一、二表示攪拌工藝對水洗除硅率的影響，為了提高除硅率應混合后立即攪拌30min(或30~60min)，可使除硅率最高；故答案為：混合后立即攪拌30min(或30~60min)。（3）“水洗壓濾”工藝可以將30%～70%的硅除去，另一部分是硅酸鈉中加入鹽酸反應得到硅酸或原硅酸來除掉，因此硅的去除還有一部分是通過上述流程中的“酸化壓濾”工藝實現的，這一部分硅轉化成的物質是H2SiO3(或H4SiO4)；故答案為：酸化壓濾；H2SiO3(或H4SiO4)。（4）根據已知信息①Na2ZrO3在強堿性的介質中不溶解或水解；可得到“轉型壓濾”過程中生成ZrO(OH)2的離子方程式為Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2；故答案為：Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2。（5）酸化壓濾得到ZrOCl2溶液，從溶液中得到ZrOCl2，其操作M包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；上述工藝鋯的損失會比較大，主要是在洗滌濾渣的過程中有鋯的損失，為了減少鋯的損失，應將濾渣洗滌，并將洗滌液并入酸液中，重復操作M；故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶；將濾渣洗滌，并將洗滌液并入酸液中，重復操作M。27．（2021·吉林·東北師大附中一模）亞硝酰氯常用于合成洗滌劑、觸媒及用作中間體，是一種紅褐色液體或黃色氣體，其熔點－64.5℃，沸點－5.5℃，遇水易水解。某學習小組在實驗室用與制備并測定其純度，進行如下實驗(夾持裝置略去)。（1）分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，則的電子式為___________。（2）儀器a的名稱為___________，裝置C中長頸漏斗的作用是___________。（3）實驗室制取的離子方程式為___________。（4）實驗過程中，若學習小組同學用酒精燈大火加熱制取，對本實驗造成的不利影響是___________。（5）一段時間后，兩種氣體在D中反應的現象為___________。（6）若不用裝置D中的干燥管對實驗有何影響___________(用化學方程式表示)。（7）通過以下實驗測定樣品的純度。取D中所得液體溶于適量的溶液中，配制成溶液；取出樣品溶于錐形瓶中，用標準溶液滴定，滴定終點時消耗標準溶液的體積為。則亞硝酰氯(NOCl)的質量分數為___________?！敬鸢浮浚?）（2）蒸餾燒瓶平衡系統內外壓強，避免C中壓強過大（3）（4）溫度過高造成HNO3分解(或揮發(fā));生成NO氣體速度過快，NO來不及反應即大量逸出（5）黃綠色氣體變淺，有紅褐色液體產生（6）（7）13.1c%【分析】利用Cu與稀硝酸氧化還原反應制備NO，再利用水洗，除去少量被殘留空氣氧化生成的NO2，干燥后通入三頸燒瓶與Cl2反應制備；（1）N原子有三個未成對電子，O原子有兩個未成對電子，Cl原子有一個未成對電子，原子之間形成共價鍵后每個原子均是8電子穩(wěn)定結構，故應是N原子在中間，O、N之間是兩對共用電子對，N、Cl之間是一對共用電子對，所以本問應填“”；（2）根據圖像所示，a燒瓶頸上有支管口，是蒸餾燒瓶，所以本問第一空應填“蒸餾燒瓶”；因D三頸燒瓶中反應NO需控制流速，則前面生成的NO有可能產生積累，造成裝置內壓強上升，故安裝一個長頸漏斗用于平衡裝置內壓強，所以本問第二空應填“平衡系統內外壓強，避免C中壓強過大”；（3）實驗室用MnO2與濃鹽酸反應制備Cl2，所以本問應填“”；（4）一方面，硝酸受熱揮發(fā)以及分解，使硝酸耗用量增加，另一方面，反應過快使NO生成量大，氣流過快，會有部分NO未來及反應就已經逸出D裝置，所以本問應填“溫度過高造成HNO3分解(或揮發(fā))；生成NO氣體速度過快，NO來不及反應即大量逸出”；（5）Cl2本身是黃綠色，生成的NOCl是黃色，瓶內氣體顏色會變淺，同時三頸燒瓶坐在冰鹽水浴中，溫度低于NOCl的沸點，故會有液態(tài)NOCl出現，即紅褐色液體，所以本問應填“黃綠色氣體變淺，有紅褐色液體產生”；（6）題目有提示，NOCl易水解，N是+3價，水解產物之一應是HNO2，故本問應填“”；（7）利用AgNO3滴定反應后溶液中的Cl-，利用原子個數守恒的思路推算樣品中NOCl的物質的量，所以設25mL待測液中NOCl為xmol，則有關系式x=0.02c，則250mL的樣品反應液中NOCl的物質的量是0.2cmol，NOCl摩爾質量為65.5g?mol-1，所以樣品中NOCl質量分數為，所以本問應填“13.1c%”。28．（2021·四川綿陽·一模）綠色能源是未來能源發(fā)展的重要方向，氫能是重要的綠色能源，利用生物乙醇來制取氫氣的部分反應過程如下圖所示。（1）已知：CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)ΔH1=+173.5kJ·mol-1反應Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1則反應Ⅰ的熱化學方程式為___________。（2）反應Ⅱ在不同進氣比[n(CO)∶n(H2O)]、不同溫度下，測得相應的CO平衡轉化率見下表(各點對應的其他反應條件都相同)。平衡點abcdn(CO)∶n(H2O)0.50.511CO平衡轉化率/%5066.75060①a點平衡混合物中H2的體積分數為___________，a、c兩點對應的反應溫度Ta___________Tc(填“＜”“=”或“＞”)，d點對應的平衡常數K=___________。②有利于提高CO平衡轉化率的是___________(填標號)。A．增大壓強B．降低溫度C．增大進氣比[n(CO)∶n(H2O)]D．分離出CO2（3）反應Ⅱ在工業(yè)上稱為一氧化碳的催化變換反應，若用[K]表示催化劑，則反應歷程可用下式表示：第一步：[K]＋H2O(g)=[K]O＋H2第二步：[K]O＋CO=[K]＋CO2第二步比第一步反應慢，則第二步反應的活化能比第一步反應___________。反應過程中，相對能量最高的中間產物是催化劑吸附態(tài)的___________(填標號)。A．水蒸氣B．氧原子C．一氧化碳D．二氧化碳（4）研究表明，CO催化變換反應的速率方程為v=k()式中，分別表示相應的物質的量分數，Kp為平衡常數，k為反應的速率常數，溫度升高時k值增大。在氣體組成和催化劑一定的情況下，反應速率隨溫度變化的曲線如圖所示。溫度升高時，CO催化變換反應的Kp___________(填“增大”“減小”)。根據速率方程分析，T＞Tm時v逐漸減小的原因是___________?！敬鸢浮浚?）CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=4H2(g)＋2CO(g)ΔH=+255.9kJ·mol-1（2）16.7%或或0.167＞2.25或BD（3）大B（4）減小Kp減小對v的降低大于k增大對v的提高【解析】（1）根據圖示可知，反應Ⅰ為CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=4H2(g)＋2CO(g)ΔH；①CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)ΔH1=+173.5kJ·mol-1②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1根據蓋斯定律可知：①-②×2得到反應Ⅰ為CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=4H2(g)＋2CO(g)ΔH=+255.9kJ·mol-1；（2）反應Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1；假設a點時，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=1mol，CO平衡轉化率50%，則平衡時，n(CO)=0.5mol-0.5mol×50%=0.25mol，n(H2O)=1mol-0.5mol×50%=0.75mol，n(CO2)=n(H2)=0.25mol，同一條件下，氣體的體積分數之比等于氣體的物質的量成正比，因此①a點平衡混合物中H2的體積分數為=16.7%；根據表格提供的信息可知，增大n(CO)，平衡右移，但是CO平衡轉化率減??；但表格提供信息是CO平衡轉化率增大，平衡右移，改變的條件為溫度；由于該反應是放熱反應，所以只能降低溫度，所以a、c兩點對應的反應溫度Ta>Tc；假設d點時，n(CO)=1mol，n(H2O)=1mol，CO平衡轉化率60%，則平衡時，n(CO)=1mol-1mol×60%=0.4mol，n(H2O)=1mol-1mol×60%=0.4mol，n(CO2)=n(H2)=0.6mol，由于該反應為反應前后氣體的總體積不發(fā)生變化，所以直接用氣體的物質的量代替氣體的濃度進行計算，d點對應的平衡常數K=，帶入上述數值可得K=；②反應Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1；A．由于該反應為反應前后氣體總體積不發(fā)生變化的反應，增大壓強，平衡不移動，CO平衡轉化率不變，故不選；B．該反應為放熱反應，降低溫度，平衡右移，提高CO平衡轉化率，故可選；C．增大進氣比[n(CO)∶n(H2O)]，相當于增大n(CO)，平衡右移，但是CO平衡轉化率減小，故不選；D．分離出CO2，減小生成物濃度，平衡右移，提高CO平衡轉化率，故可選；故選BD；（3）反應的活化能越大，反應速率越慢，因此第二步比第一步反應慢，則第二步反應的活化能比第一步反應大；根據題給反應歷程可知，相對能量最高的中間產物是催化劑吸附態(tài)的氧原子，故選B。（4）反應Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1；該反應為放熱反應，升高溫度，平衡左移，所以Kp減??；當T＞Tm時，溫度升高，平衡左移，Kp減小，增大，減小，速率減?。浑m然升高溫度，k增大，但v增大的程度小于Kp減小對v降低的影響，最終導致v減小，即Kp減小對v的降低大于k增大對v的提高。（二）選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。35．[化學——選修3：物質結構與性質]（15分）（2022·重慶南開中學模擬預測）鈦是一種稀有金屬，具有密度小、強度高、耐腐蝕等特點，鈦和鈦的化合物在航天、化工、建筑、日常生活中都有著廣泛的用途。已知：阿伏加德羅常數的值為。（1）基態(tài)鈦原子價電子排布式為___________；與鈦同周期的元素中，基態(tài)原子的未成對電子數與鈦相同的還有___________種。（2）鈦的一種常見化合物是。該物質中含有σ鍵的數目為___________，配體的VSEPR模型名稱是___________，其沸點高于，原因是___________。（3）常溫下，是易溶于、易揮發(fā)的無色液體。揮發(fā)過程中破壞的作用力類型是___________。（4）的結構如圖所示，(IV)的配位數為___________。分子或離子中的大π鍵可用符號表示，其中m代表參與形成的大π鍵原子數，n代表參與形成的大π鍵電子數(如苯分子中大π鍵的可表示為)，則配體中含有的大π鍵應表示為___________。（5）氮化鈦()晶體呈金黃色，化學穩(wěn)定性好，可應用于超導材料。已知氮化鈦晶體具有型結構，則該晶體中陽離子的配位數為___________；已知該晶體的晶胞參數為，其晶體密度的計算表達式為___________?！敬鸢浮浚?）3（2）四面體型分子間可以形成氫鍵，的極性更強（3）分子問作用力（4）8（5）6【解析】（1）基態(tài)鈦原子電子排布式為，故其價電子排布式為，基態(tài)鈦原子有2對未成對電子數，同周期的元素中有2對未成對電子數Ni、Se、Ge三種元素。（2）1mol中氫氧鍵有12mol，配位鍵有6mol，故含有σ鍵的數目為；配體的價層電子對數為4，故VSEPR模型是四面體；由于分子間可以形成氫鍵，故其沸點高于。（3）由題目可知為分子晶體，故揮發(fā)過程中破壞的作用力類型是分子間作用力。（4）由的結構可知，配位原子是氧原子，故(IV)的配位數為8，在中，N原子上的2對