《2022年普通高等学校招生统一考试化学模拟卷3202222240295.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年普通高等学校招生统一考试化学模拟卷3202222240295.doc（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022年普通高等学校招生统一考试化学模拟卷3 (分值：100分，建议用时：90分钟)可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16S 32Na 23一、选择题(此题共15个小题，每题3分，共45分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1汽车尾气的治理是减轻空气污染的有效途径。科学家研究发现TiO2的混凝土或沥青可以适度消除汽车尾气中的氮氧化物，其原理如以下图。以下关于“消除过程的表达错误的选项是 ()A局部光能转变为化学能B消除总反响为4NOx(52x)O22H2O4HNO3C使用纳米TiO2，产生的光生电子和空穴更多，NOx消除效率更高D1 mol O比1 mo
2、l羟基(OH)多9NA个电子(NA为阿伏加德罗常数)D由图可知，在TiO2的催化作用下，紫外线提供能量，发生反响为4NOx(52x)O22H2O4HNO3，即有局部光能转化为化学能，A正确；根据流程分析可知，消除总反响为4NOx(52x)O22H2O4HNO3，B正确； 纳米TiO2与紫外线接触面积更大，将产生更多的光生电子和空穴更多，从而消除更多的NOx，C正确；1 mol O含有17 mol电子，1 mol羟基(OH)含有9 mol电子，即1 mol O比1 mol羟基(OH)多8NA个电子，D错误。2化学沉淀法可除去粗盐中的杂质离子(Ca2、SO、Mg2)，以下操作不合理的是()A溶解B
3、沉淀反响C过滤D蒸发结晶B粗盐加水溶解后，加NaOH除去镁离子，参加BaCl2溶液，再加碳酸钠除去钙离子、过量的钡离子，得到的沉渣为BaCO3、CaCO3、Mg(OH)2，过滤后再加盐酸，除去过量的氢氧根、碳酸根离子，B错误。3厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，原理如下图。以下说法正确的选项是()A1 mol NH所含的电子总数与1 mol OH所含的电子总数相同B1 mol联氨(N2H4)中含有5 mol共价键C过程、均为复原反响D用该方法每处理1 mol NH需要的NO为0.5 molB1 mol NH和1 mol OH中分别含有10 mol、9 mol电子，A错误；联
4、氨的结构式为，1 mol联氨中含有4 mol NH键和1 mol NN键，B正确；过程，N2H4转化为N2H2，氮元素的化合价由2变为1，因此过程属于氧化反响；过程，N2H2转化为N2，氮元素的化合价由1变为0，因此过程属于氧化反响；过程，NO转化为NH2OH，氮元素的化合价由3变为1，因此过程属于复原反响，综上可知C错误；NH中氮元素为3价，NH2OH中氮元素的化合价为1，N2H4中氮元素的化合价为2，根据得失电子守恒，参与反响的NH与NH2OH的物质的量之比为11，即每处理1 mol NH，需要的NH2OH为1 mol，根据氮原子守恒可知所需n(NO)n(NH2OH)1 mol，D错误。4
5、过渡态理论认为化学反响不是通过反响物分子的简单碰撞完成的。在反响物分子生成产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合物，高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论，NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g)的反响历程如下：以下有关说法正确的选项是()A第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞B活化配合物的能量越高，第一步的反响速率越快C第一步反响需要吸收能量D该反响的反响速率主要取决于第二步反响C活化配合物取向适当才是有效碰撞，A项错误；活化配合物能量越高，第一步反响速率越慢，B项错误；反响物需要吸收能量形成高能量的活化配合物，C项正确；该反响的反响速率主要取决于慢反响，
6、即取决于第一步反响，D项错误。5以下离子方程式书写正确的选项是()A在NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量烧碱溶液：Al34OH=AlO2H2OB在含等物质的量浓度的Na2CO3和NaOH溶液中滴加过量的盐酸：COOH2H=HCOH2OC在Mg(HCO3)2溶液中滴加过量的澄清石灰水：Mg22HCO2Ca24OH=Mg(OH)22CaCO32H2OD在Fe(NO3)2稀溶液中滴加少量NaHSO4溶液：Fe2NO2H=Fe3NO2H2OC氢氧化铝与氢氧化钠反响之前，铵根离子与碱反响，A错误；H与碳酸氢根离子不能大量共存，B错误；与稀硝酸反响时生成NO，D错误。6通过乙醇制取氢气通常有如下两条途径
7、：aCH3CH2OH(g)H2O(g)4H2(g)2CO(g)H1256.6 kJmol1b2CH3CH2OH(g)O2(g)6H2(g)4CO(g)H227.6 kJmol1那么以下说法正确的选项是()A升高a的反响温度，乙醇的转化率增大B由b可知：乙醇的燃烧热为13.8 kJmol1C对反响b来说，增大O2浓度可使H2的值增大D以上两种途径，制取等量的氢气，无论哪种途径，消耗的能量均相同AA项，a为吸热反响，升高温度，平衡正向移动，那么乙醇的转化率增大，正确；B项，燃烧热对应生成稳定的氧化物，乙醇燃烧的生成物应该是液态H2O和CO2气体，错误；C项，焓变与氧气浓度没有关系，只与反响物总能量
8、和生成物总能量有关，错误；D项，由热化学方程式可知生成1 mol氢气，a吸收 kJ能量、b吸收 kJ能量，错误。7通过实验得出的结论正确的选项是 ()A将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，那么该固体试样中存在SOB将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液，没有出现血红色，那么该固体试样中不存在Fe3C在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中仍可能存在NHD在某固体试样加水反响后的上层清液中，滴加盐酸出现白色沉淀，再加NaOH溶液沉淀溶解，那么该固体试样中存在SiOCA项，固体试样完全溶于盐酸，再滴加BaCl2
9、溶液，出现白色沉淀，该固体试样中不一定含有SO，如NaHSO4固体中不含SO，但也能产生上述现象，错误；B项，固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液，没有出现血红色，该固体中可能含有Fe3，如铁粉与氧化铁的混合物，假设铁过量时，溶于盐酸所得溶液中就没有Fe3，滴加KSCN溶液，那么不会出现血红色，但固体中含有Fe3，错误；C项，由于氨气易溶于水，所以参加NaOH溶液，没有产生使湿润试纸变蓝的气体，可能是产生了氨气，但没有逸出，正确；D项，固体试样加水后的上层清液中，滴加盐酸出现白色沉淀，再加NaOH溶液沉淀溶解，该固体试样中不一定存在SiO，也可能存在AlO，参加盐酸出现Al(OH)3沉淀，
10、再加NaOH溶液Al(OH)3又溶解，错误。8化合物X是一种药物合成的中间体，其结构简式如下图。以下有关化合物X的说法正确的选项是()A化合物X的分子式为C16H16O6B能发生加成反响、取代反响、消去反响C1 mol化合物X最多可与5 mol NaOH、7 mol H2、4 mol Br2发生反响D可与FeCl3溶液发生显色反响，但不能发生氧化反响C根据X的结构简式可得分子式为C16H14O6，A错误；X不能够发生消去反响，B错误；酚羟基、酚酯基均可与NaOH反响，1 mol X最多消耗5 mol NaOH，苯环、酮羰基均可发生加成反响，1 mol X最多消耗7 mol H2，酚羟基只能发生
11、邻、对位的取代反响，1 mol X最多消耗4 mol Br2，C正确；酚羟基可与FeCl3溶液发生显色反响，X可燃烧即能够发生氧化反响，D错误。9四元轴烯(a)、苯乙烯(b)、立方烷(c)的分子式均为C8H8，以下说法正确的选项是()Aa的同分异构体只有b和c两种Ba、c的二氯代物均只有三种，b的一氯代物有五种Ca、b分子中的所有原子一定处于同一平面Da、b、c均能使溴的四氯化碳溶液褪色B通过多个碳碳双键和三健或环状满足分子C8H8的化合物很多，如：CH2=CHCH=CHCH=CHCCH等，A错误；a的二氯代物一种两个氯在碳碳双键末端、一种是同一边的末端两个碳上和一种是对角末端两个碳上的取代共
12、3种；c的二氯代物一种分别是在立方体的同一边两个碳上取代，或在同一面的对角的碳上取代，或是在立体对角上两个碳上的取代，也有3种，b有五种化学环境下的氢，其一氯代物有5种，B正确；乙烯分子是平面结构，四元轴烯分子中的所有原子一定处于同一平面；苯乙烯中由于乙烯基与苯环是单键相连可以转动，苯乙烯分子中所有原子不一定在同一平面，C错误；三种分子中只有a和b中含碳碳双键，而立方烷不含碳碳双键，只有a和b能与溴发生加成反响而使溴的四氯化碳溶液褪色，D错误。10短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反响，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，X的简单
13、氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟。以下说法正确的选项是()AX与Z可形XZ3分子，X采取sp2杂化B四种元素中，Y的原子半径最大CX的简单氢化物的热稳定性比Y的弱DW的含氧酸的酸性一定比Z的弱B由W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反响，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴可知，W为碳元素，Z为氯元素；X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟说明X为氮元素，短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族说明Y是硅元素，那么W、X、Y、Z四种元素依次为C、N、Si、Cl。11在一恒温恒压的密闭容器中发生如下反响：M(g)N(g)2R(g)H0，t1时刻到达平衡，在t2时刻改变某一条件
14、，其反响过程如下图，以下说法不正确的选项是 ()At1时刻的v(正)小于t2时刻的v(正)Bt2时刻改变的条件是向密闭容器中加RC、两过程到达平衡时，M的体积分数相等D、两过程到达平衡时，反响的平衡常数相等A反响M(g)N(g)2R(g)HKsp(AgI)B将溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热逸出的气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液紫红色褪去溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热产生了乙烯C向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反响生成了三氧化二铁A向AgCl悬浊液中滴加几滴NaI溶液，出现黄色沉淀，是由于发生了AgCl沉
15、淀向AgI沉淀的转化，根据沉淀转化的一般规律可知，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，A正确。溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热，逸出的气体中可能含有乙醇蒸气，它也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使高锰酸钾溶液褪色，B错误。向待测液中先滴加氯水再参加KSCN溶液，溶液变红色，是由于待测液中含有Fe2或Fe3或Fe2、Fe3均有，C错误。将水蒸气通过灼热的铁粉，粉末变黑，铁与水在高温下发生反响生成了四氧化三铁，D错误。13在酸性高锰酸钾溶液中参加过氧化钠粉末，高锰酸钾溶液褪色。其中发生反响的离子方程式为2MnO16H5Na2O2=2Mn25O28H2O10Na。以下判断正确的选项是()A高锰酸钾是氧化剂
16、，Na2O2既是氧化剂，又是复原剂B反响的氧化产物只有氧气C向高锰酸钾溶液中加浓盐酸可以得到酸性高锰酸钾溶液D当反响产生标准状况下22.4 L氧气时，反响转移的电子为4 molB分析各物质中元素的化合价可知，反响中高锰酸钾是氧化剂，过氧化钠是复原剂，反响的氧化产物只有氧气，A错误、B正确。高锰酸钾具有强氧化性，能将HCl氧化为氯气，C错误。分析反响可知，生成5 mol O2，转移10 mol 电子，那么产生1 mol O2，转移2 mol电子，D错误。14如图是利用一种微生物将废水中的有机物(如淀粉)和废气NO的化学能直接转化为电能，以下说法中一定正确的选项是()A质子透过阳离子交换膜由右向左
17、移动B电子流动方向为NYXMCM电极反响式：(C6H10O5)n7nH2O24ne=6nCO224nHD当M电极微生物将废水中16.2 g淀粉转化掉时，N电极产生134.4 L N2(标准状况下)C由题给信息可知，该装置为原电池，由图可得：电解质溶液为酸性溶液，NO发生复原反响生成N2，因为原电池中，正极上得电子发生复原反响，负极上失电子发生氧化反响，那么N为正极，M为负极。15常温下，将11.65 g BaSO4粉末置于盛有250 mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中参加Na2CO3固体(无视溶液体积的变化)并充分搅拌，参加Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如下图，以下说法中
18、不正确的选项是()A相同温度时，Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)B假设使0.05 mol BaSO4全部转化为BaCO3，至少参加1.3 mol Na2CO3CBaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小为：c(CO)c(SO)c(OH)c(Ba2)DBaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大D根据图像，CO浓度为0时，c(Ba2)、c(SO)都是1105，所以 Ksp(BaSO4)11010，碳酸钡饱和溶液中当c(CO)5104时，c(Ba2)0.5105，Ksp(BaCO3)2.5109，相同温度时，Ksp(BaSO4)8溶解)9 (9溶解)(1)实验室
19、用18.4 molL1的浓硫酸配制480 mL 2 molL1的硫酸，需量取浓硫酸_ mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需_。(2)H2O2的作用是_。(用离子方程式表示)(3)参加NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O转化为_(填微粒的化学式)。(4)钠离子交换树脂的反响原理为：MnnNaR=MRnnNa，那么利用钠离子交换树脂可除去滤液中的金属阳离子有_。(5)写出上述流程中用SO2进行复原时发生反响的离子方程式：_。解析(3)根据各金属阳离子形成沉淀的pH，参加NaOH溶液调pH8，将Fe3、Al3完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉
20、淀而除去；同时将Cr2O转化为CrO，反响可表示为Cr2O2OH=2CrOH2O。(4)参加NaOH溶液调pH8除去了浸取液中的Fe3和Al3，根据浸取液中含有的金属阳离子，利用钠离子交换树脂除去滤液中的金属阳离子为Mg2、Ca2。(5)根据流程参加SO2将CrO复原为Cr(OH)(H2O)5SO4，SO2被氧化成SO，硫元素的化合价由4价升至6价，铬元素的化合价由6价降至3价，写出离子方程式为2CrO12H2O3SO2=2Cr(OH)(H2O)5SO4SO2OH。答案(1)54.3 mL胶头滴管、500 容量瓶(2)2Cr3H2O3H2O2=Cr2O8H(3)CrO(4)Ca2和Mg2(5)
21、2CrO12H2O3SO2=2Cr(OH)(H2O)5SO4SO2OH18(12分)目前处理烟气中的SO2有三种方法：液吸法、复原法、电化学法。.液吸法25 ，Kb(NH3H2O)1.8105；H2SO3：Ka11.5102，Ka21.0107；Ksp(CaSO4)7.1105第1步：用过量浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化。第2步：参加石灰水，发生反响Ca22OH2NHSOCaSO42NH3H2O。(1)25 ，(NH4)2SO3溶液呈_(填“酸性“碱性“中性)(2)通过计算第2步反响的K判断第2步反响_(填“能或“不能)进行完全。(一般认为K105时反响就进行完全了。).复原法：2CO(g)
22、SO2(g)S(l)2CO2(g)H137.0 kJmol12H2(g)SO2(g)S(l)2H2O(g)H245.0 kJmol12CO(g)O2(g)=2CO2(g)H3566.0 kJmol12H2(g)O2(g)=2H2O(g)H4484.0 kJmol1(1)写出液态硫(S)燃烧的热化学方程式_。(2)一定压强下，反响SO2的平衡转化率(SO2)与投料比的比值、温度(T)的关系如下图。那么CO的平衡转化率：N_M(填“，下同)；逆反响速率：N_P。.电化学法(1)原电池法：写出SO2、O2和稀H2SO4所构成的原电池的负极反响式_。(2)电解法：先用Na2SO4溶液吸收烟气中的SO2
23、，再用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫，同时在阳极得到副产物氧气，装置如以下图所示。 b为电源的_(填“正极或“负极)。用Na2SO4溶液代替水吸收烟气中的SO2，目的是_。假设电解一段时间后通过质子交换膜的离子数为1.2041024个，那么通过处理烟气理论上能得到硫_g。解析.(1)Kb(NH3H2O)1.8105大于H2SO3的Ka21.0107，所以NH的水解程度小于SO，所以25 ，(NH4)2SO3溶液的显碱性；(2)K1105所以第2步反响能完全进行。.(1)2H2(g)SO2(g)S(l)2H2O(g)H245.0 kJmol12H2(g)O2(g)=2H2O(g)H4484.0
24、 kJmol1根据盖斯定律，得液态硫(S)燃烧的热化学方程式S(l)O2(g)=SO2(g)H529.0 kJmol1；(2)相同温度下，越大，(SO2)越大，根据图示可知y1y2，M、N点(SO2)相等，M点CO的投放大于N，所以CO的平衡转化率：NM；温度越高反响速率越快，P点的温度大于N，所以逆反响速率：N.(1)SO22e2H2O=SO4H(2)正极增强溶液导电能力，加快电解速率1619(12分)二氟草酸硼酸锂LiBF2(C2O4)是新型锂离子电池电解质，乙酸锰(CH3COO)3Mn可用于制造离子电池的负极材料。合成方程式如下：2H2C2O4SiCl42LiBF4=2LiBF2(C2O
25、4)SiF44HCl4Mn(NO3)26H2O26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn8HNO23O240CH3COOH(1)基态锰原子的核外电子排布式为_。(2)草酸(HOOCCOOH)分子中碳原子轨道的杂化类型是_，1 mol草酸分子中含有键的数目为_。(3)与SiF4互为等电子体的两种阴离子的化学式为_。(4)CH3COOH易溶于水，除了它是极性分子外，还因为_。(5)向硫酸铜溶液中参加过量氨水，可生成Cu(NH3)42配离子。NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2形成配离子的原因是_。(6)硼氢化钠的晶胞结构如下图，该晶胞中Na的配位数为_，假设硼氢化钠晶体
26、的密度为d gcm3，NA表示阿伏加德罗常数的值，那么a_(用含d、NA的代数式表示)；假设硼氢化钠晶胞上、下底心处的Na被Li取代，那么得到晶体的化学式为_。解析(2)由草酸的结构式可知，一个中心碳原子有3个键和一个键，没有孤对电子，属于sp2杂化，每个草酸(HOOCCOOH)分子中共含有7个键， 1 mol草酸分子中含有键的数目为7NA。(5)NF3不易与Cu2形成配离子的原因是F的电负性大于N，NF成键电子对偏向F，导致NF3中的氮原子核对孤对电子吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2形成配离子。(6)以上底面处的Na为研究对象，与之距离最近的BH共有8个。该晶胞中Na个数为4
27、, BH个数是4，晶体的化学式为NaBH4，该晶胞的质量为384/NA g，该晶胞的体积为2a3 nm32a31021 cm3，那么2a31021 cm3d gcm3384/NA g，a；假设NaBH4晶胞底心处的Na被Li取代，那么晶胞中BH数目为4，钠离子个数为3，锂离子个数为1，晶体的化学式为Na3Li(BH4)4。答案(1)Ar3d54s2(或1s22s22p63s23p63d54s2)(2)sp2 7NA (3)SO、PO(4)乙酸与水分子之间可形成氢键(5)F的电负性大于N，NF成键电子对偏向F，导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2形成配
28、离子(6)8Na3Li(BH4)420(10分)环丁基甲酸是重要的有机合成中间体，其一种合成线路如下：请答复以下问题：(1)环丁基甲酸(H)的分子式为_。(2)写出DE的化学方程式：_。(3)CEF的反响类型为_。(4)化合物W为H的同分异构体，能发生银镜反响且只含酯基一种官能团，那么所有符合条件的W的结构简式为_。(写出两种)(5)参照上述合成路线，以和E为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_。解析用逆合成分析法：由C的结构可推出B为CH2=CHCH2Br，A为CH2=CHCH3，D与乙醇发生酯化反响生成E，由E的结构简式可推出D为丙二酸，结构简式为HOOCCH2COOH；(3)比照C、E、F的结构简式，CEF反响方程式为2HBr，其反响类型为取代反响；(4)含有酯基一种官能团，还能发生银镜反响，说明书写的同分异构体中含有HCOO基团，符合条件的有和化合物E(丙二酸二乙酯)为原料，制备，根据逆合成分析法，制备，需要；(丙二酸二乙酯)反响生成可由与HBr取代生成。答案(1)C5H8O2(2)HOOCCH2COOH2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H52H2O(3)取代反响13