（新）2022年高考化学模拟卷07（解析版）

2021高考化学模拟卷07化学(考试时间：50分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：Na23S32Cl35.5Fe56As75一、选择题：本题共7个小题，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．化学与社会、生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是A．“司南之杓，投之于地，其柢指南”中“杓”所用的材质为FeOB．矿物油溅在衣物上可用热的纯碱溶液去除C．地沟油经处理后可用作生物柴油，其主要成分和汽油相同D．使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰，都能减轻环境污染【答案】D【解析】A．“司南之杓，投之于地，其柢指南”中“杓”所用的材质具有磁性，而Fe3O4具有磁性，故A说法错误；B．矿物油的成分为烃类物质，与纯碱不反应，不能用热的纯碱溶液除去衣物上的矿物油，故B说法错误；C．地沟油经处理后制备生物柴油的主要成份是脂肪，属于酯类，汽油的主要成分是辛烷，属于烃类，故C说法错误；D.使用可降解的聚碳酸酯塑料可以减少白色污染，燃煤中添加生石灰，CaO与SO2、O2反应生成CaSO4，减少SO2的排放，减少硫酸型酸雨的产生，减轻环境污染，故D说法正确；答案选D。8．中国传统文化中蕴藏丰富的化学实验知识，下列有关说法不正确的是()A．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏B.《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“强烧之，紫青烟起，仍成灰，云是真硝石也”，利用了焰色反应。C.《肘后备急方》中记载“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，“渍”指浸泡溶解，“绞”指的是过滤D.“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”【答案】D【解析】A．“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分离，此“法”是指蒸馏，即涉及的实验操是蒸馏，故A说法正确；B.鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法，是通过灼烧观察火焰的颜色，利用了焰色反应，故B说法正确；C．“渍”指浸泡溶解过程，“绞”指的是过滤过程，故C说法正确；D.水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故D说法 错误；答案选D。9.长春西汀临床用来上改善脑梗塞后遗症、脑出血后遗症、脑动脉硬化症等诱发的各种症状。其结构简式如图，关于该化合物说法不正确的是A．长春西汀能与盐酸反应B．长春西汀既属于芳香族化合物也属于酯C．1个长春西汀分子中只含有1个手性碳原子D．长春西汀的分子式为C22H26N2O2【答案】C【解析】A．长春西汀分子含叔氨基，有碱性，能与盐酸反应，故A说法正确；B．从长春西汀的结构简式可以看出，分子中含有苯环和酯基，故B说法正确；从长春西汀的结构简式可以看出，1个长春西汀分子中含有2个手性碳原子（标星号的碳原子），故C说法不正确；D．根据长春西汀的结构简式，其分子式为C22H26N2O2，故D说法正确；本题答案选C。10．下列实验操作规范且能达到目的的是()ABCD用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液氯气的净化提纯混有少量C2H4的CH4收集NO气体A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】A．氢氧化钠溶液为碱性，应该用碱式滴定管而不是酸式滴定管，故A错误；B．除去氯气中的氯化氢和水杂质，先通入饱和食盐水，除去氯化氢，再通入浓硫酸，除去水，得到干燥纯净的氯气，故B错误；C．C2H4会被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，引入新的杂质，故C错误；D．一氧化氮能 和氧气反应生成二氧化氮，因此不能用排空气法收集，一氧化氮不溶于水，因此用排水法收集，故D正确；本题答案选D。11．科学家以石墨烯为电极材料，设计出种处理工业尾气中NH3的新方案，其原理如图所示，下列说法不正确的是()A．Fe3+在尾气处理中起催化作用B．反应一段时间后阴极区的pH减小C．电路中每转移0.3mole-，理论上可处理0.1mol氨气D．阳极区反应为2NH3-6e-=N2+6H+【答案】B【解析】如图所示，根据H+的迁移方向可知，电解装置左侧电极为电解池的阴极，三价铁离子得到电子还原为亚铁离子，氧气又把亚铁离子氧化与氢离子结合生成水，即Fe3++e-→Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，二者加合可得O2+4e-+4H+=2H2O，则Fe3+阴极区起催化作用，右侧为阳极，氨气失去电子转化为氮气，氢离子由阳极向阴极移动，即2NH3-6e-=N2+6H+。A．由分析知，Fe3+起催化作用，作催化剂，故A正确；B．由分析可知，阴极区总反应为O2+4e-+4H+=2H2O，从阳极区迁移过来的H+全部被消耗，H+浓度不会增大，pH不会减小，故B错误；C．由电极反应2NH3-6e-=N2+6H+可知，电路中每转移0.3mole-，理论上可处理0.1mol氨气，故C正确；D．从分析可知，右侧为阳极，氨气失去电子转化为氮气，2NH3-6e-=N2+6H+，故D正确；故选B。12．甲、乙、丙、丁元素都是短周期元素，甲元素的一种同位素具有放射性，可用来断定古生物体死亡的年代。甲、乙元素的某种同位素之间的转化如下：。由甲、丁元素组成的双原子分子和乙元素常见单质分子等物质的量时所含电子数相同。下列说法错误的是()A．代表中子，丙代表B．甲、乙、丙、丁元素能组成离子化合物C．简单氢化物的沸点：丁＞甲＞乙D．最高价氧化物对应水化物的酸性：乙＞甲 【答案】C【解析】甲元素的一种同位素具有放射性，可用来断定古生物体死亡的年代，则该同位素为，甲为C；根据，可知乙的质子数为7，则乙为N；核素转换过程中的微粒(质子、中子、电子)守恒，则丙是具有1个质子和0个中子的H，即；由甲、丁元素组成的双原子分子和乙元素常见单质分子等物质的量时所含电子数相同，因CO和N2等物质的量时所含电子数相同，则丁为O。A．的质子数为0，中子数为1，代表中子，根据上述分析可知，丙代表，A项正确；B．H、C、N、O四种元素可以组成离子化合物，如NH4HCO3，(NH4)2CO3等，B项正确；C．H2O和NH3都存在分子间氢键，常温下，H2O为液态，NH3为气态，则简单氢化物的沸点：H2O>NH3>CH4，C项错误；D．非金属性N强于C，故其最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3>H2CO3，D项正确；故选C。13．实验测得等物质的量浓度NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示.下列说法正确的是()A．NaHCO3、Na2CO3两溶液中离子种类相同B．M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进水的电离C．N点时NaHCO3已经完全分解D．若将N点溶液恢复到25℃，pH=8.62【答案】A【解析】A．Na2CO3、NaHCO3两溶液中都含有Na+、H+、HCO3-、OH-、CO32-离子，含有的离子种类相同，A说法正确；B．NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子电离产生氢离子，碳酸氢根离子水解产生氢氧根离子，M点之前，升温pH减小，主要原因是碳酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，B说法错误；C．若N点NaHCO3已经完全分解，则碳酸钠溶液在45℃时的pH约为11.45，与碳酸氢钠溶液的pH不符，C说法错误；D．升高温度部分碳酸氢钠发生分解，则将N点溶液恢复到25℃，混合液pH＞8.62，D说法错误；答案为A。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）四氯化锡(SnCl4)，常温下为无色液体，易水解。某研究小组利用氯气与锡粉(主要成分为Sn，还有少量的Cu和As)反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。可能用到的有关数据如下：物质SnSnCl4CuCl2AsCl3熔点/℃232-33620-18沸点/℃2260114993130请回答以下问题：(1)A装置中，盛浓盐酸装置中a管的作用是_______，b瓶中的试剂是。_______。(2)氮气保护下，向B装置的三颈瓶中加入适量SnCl4浸没锡粉，通入氯气发生反应。①生成SnCl4的化学反应方程式为_______。②其中冷凝水的入口是_______，e中试剂使用碱石灰而不用无水氯化钙的原因是_______。(3)得到的粗产品经C装置提纯，应控制温度为_______℃。锡粉中含铜杂质致B中产生CuCl2，但不影响C中产品的纯度，原因是________。(4)SnCl4产品中只含有少量AsCl3杂质。取10.00g产品溶于水中，用0.02000molL的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4标准溶液6.00mL。测定过程中发生的相关反应有AsCl3+3H2O=H3AsO3+3HCl和5H3AsO3+2KMnO4+6HCl=5H3AsO4+2MnCl2+2KCl+3H2O。该滴定实验的指示剂是_______，产品中SnCl4的质量分数为_______%(保留小数点后一位)。【答案】(1)平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中(2分)浓硫酸（1分）(2)①Sn+2Cl2=SnCl4(2分)②c（1分）吸收未反应的Cl2，防止污染空气(2分)(3)114（1分）CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体蒸馏出来(2分)(4)KMnO4（1分）94.6%(2分)【解析】由图可知，装置A用于制备Cl2，饱和食盐水用于除去Cl2中的HCl，B装置为反应装置，在Cl2 参与反应前要经过干燥，故饱和食盐水后为装有浓硫酸的洗气瓶，制备产品SnCl4，装置C为蒸馏装置，用于分离提纯产品。(1)装置A中盛浓盐酸的仪器为恒压漏斗，其中a管的主要用于平衡烧瓶和恒压漏斗中的压强，使浓盐酸顺利流入烧瓶中；Cl2在参与反应前要经过干燥，所以b瓶中的试剂为浓硫酸，故填平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中、浓硫酸；(2)①硫渣中含Sn，与Cl2发生化合反应，即Sn+2Cl2=SnCl4，故填Sn+2Cl2=SnCl4；②为了使冷凝回流的效果更明显，冷凝水的流向是下进上出，Cl2有毒，为了防止Cl2排到空气中污染环境，故选用碱石灰，故填c、吸收未反应的Cl2，防止污染空气；③硫渣中含量较多的金属元素为Cu和Pb，所以固体渣经过回收处理可得到金属Cu和Pb。故填Cu和Pb；(3)通过相关物质的物理性质表可知，SnCl4的沸点为，所以蒸馏时温度应控制在114℃；锡粒中含铜杂质致B中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，从表格中数据可知氯化铜的熔点较高，故原因是氯化铜的熔点较高，不会随四氯化锡液体蒸馏出来，故填114；氯化铜的熔点较高，不会随四氯化锡液体蒸馏出来。(4)滴定时不需要额外添加指示剂，因为KMnO4本身为紫色，故其指示剂为KMnO4。滴定消耗的KMnO4的物质的量为=mol，根据反应方程式可知样品中AsCl3的物质的量为=mol，质量m=n·M==g，AsCl3的质量分数为，SnCl4的质量分数为1-≈94.6%，故填KMnO4、94.6%。27．（14分）高纯碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。以天青石(主要含有SrSO4和少量CaCO3、MgCO3杂质)为原料生产高纯SrCO3的流程如图：已知氢氧化锶在水中的溶解度：温度（℃）010203040608090100溶解度（g/100mL）0.911.251.772.643.958.4220.244.591.2(1)天青石、焦炭混合粉碎的目的是___________________________________。(2)焙烧时SrSO4被过量的焦炭还原为可溶性的SrS，写出SrSO4与焦炭反应的化学反应方程式_____________________________。(3)“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，请写出吸收时的离子方程式______； (4)“除杂”方法：将溶液升温至95℃，加NaOH溶液调节pH为12。①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－10，则溶液中c（Mg2＋）＝___。②若pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因____。(5)“趁热过滤”的目的是____，“滤渣”的主要成分为___。(6)“沉锶”中反应的化学方程式为________________________。【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率（1分）(2)SrSO4＋4CSrS＋4CO↑（2分）(3)2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+（1分）(4)①1.2×10-10mol•L-1（2分）②OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出（2分）(5)防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失（2分）Ca(OH)2、Mg(OH)2（2分）(6)Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O（2分）【解析】(1)天青石、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；(2)焙烧时SrSO4只被碳还原成SrS，同时生成一氧化碳，反应的化学方程式为：SrSO4 ＋4C SrS＋4CO↑；(3)“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，铁离子将硫离子氧化为硫单质，吸收时的氧化产物为S，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；(4)①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，pH为12，c（H＋）＝10-12mol/L，c（OH-）＝=1mol/L，c（Mg2＋）＝==1.2×10-10mol•L-1；②OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出，导致氢氧化锶的产率降低；(5)“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，“滤渣”的主要成分为在碱性条件下沉淀下来的Mg(OH)2和微溶物Ca(OH)2；(6)“沉锶”中，氢氧化锶和水，碳酸氢铵反应生成了碳酸锶，化学方程式为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O；28.（15分）SOx、CO、NOx的过度排放会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上可采取多种方法减少这些有害气体的排放。回答下列问题：(1)NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO。已知：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）ΔH1＝－196.6kJ·mol－1 2NO（g）＋O2（g）=2NO2（g）ΔH2＝－113.0kJ·mol－1则NO2氧化SO2的热化学方程式为___________。(2)汽车尾气中的NO和CO在催化转化器中反应生成两种无毒无害的两种气体，将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中，控制一定温度(T1或T2)，发生反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)∆H”、“Ba(2分)Ca2+半径比Ba2+小，对CO中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定(2分)sp2(1分)NO、SO3(2分)(5)(2分)【解析】(1)钛元素的原子序数为22，基态原子的电子排布式为1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2），22Ti元素基态原子的价电子层排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2。 (2)①根据对角线原则，在周期表中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是Be（铍），该元素的氯化物为BeCl2，因为其价层电子对数为=，σ键电子对数为2，孤电子对数为0，根据VSEPR理论，BeCl2的空间构型为直线形。故答案为：Be或铍；直线形。②Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d⁵，Fe3+的3d能级处于半充满状态，稳定，所以氧化铁比氧化亚铁稳定。故答案为：Fe3+的3d能级半充满，稳定。(3)TiCl4在常温下是一种无色液体，熔点为250K，沸点为409K，其熔沸点较低，所以其固体的晶体类型为分子晶体。故答案为：分子晶体。(4)因为Ba是第六周期第IIA族，Ti是第四周期第ⅣB族，O是第二周期第ⅥA族，所以根据第一电离能的变化规律，BaTiO3组成元素的第一电离能由大到小顺序是O>Ti>Ba；同主族半径越大金属性越强,越容易失电子.变成离子后半径越大就越难得电子.形成的盐就越难分解，所以Ca2+半径比Ba2+小，对CO中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定；CO中心原子的价层电子对数，VSEPR模型为平面三角形，所以中心原子的杂化方式为sp2杂化；CO的原子总数为4，价电子数为24，所以与其互为等电子体的粒子有NO、SO3。故答案为：O>Ti>Ba；Ca2+半径比Ba2+小，对CO中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定；sp2；NO、SO3。(5)分析晶胞结构可知，Fe2+位于棱边和体心，位于顶点和面心，因此每个晶胞中含有的Fe2+个数=，每个晶胞中含有的个数=，即每个晶胞中含有4个FeS2。一个晶胞的质量，晶胞的体积=(a×10-10)3cm3，该晶体的密度。故答案为：36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)天然有机物F()具有抗肿瘤等生物活性，可通过如图路线合成。 已知：+(1)A中含氧官能团的名称为_______，C→D的反应类型为_______。(2)同一个碳原子连有四个不同的原子或原子团时，称之为手性碳，上述A到F六种物质中含有手性碳原子的是_______(填标号)。(3)写出反应A→B的化学方程式：_______。(4)D→E的反应中有副产物X(分子式为)生成，写出X的结构简式：_______。(5)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。①能与溶液发生显色反应②分子中含有2种不同化学环境的氢(6)写出以和为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】(1)羟基、羰基(酮基)（2分）消去反应（2分）(2)CF（2分）(3)++H2O（2分）(4)（2分）(5)（2分）(6)（3分）【解析】A与发生取代反应生成B，B加热发生加成反应生成C，C在空气中加热脱氢生成D，D与CH3I、NaH发生反应生成E，E被NaBH4还原生成F。(1)A中含氧官能团有羟基、羰基(酮基)，C到D脱去了两个H原子，生成了碳碳双键，反应类型为消去反应，故答案为羟基、羰基(酮基)；消去反应；(2)根据手性碳原子的定义，结合A到F六种物质，只有C和F具有手性碳原子，如下： (3)A与发生取代反应生成B和H2O，化学方程式为++H2O(4)D与CH3I、NaH发生反应生成E，分析E结构的结构是CH3I中2个甲基替换了D中碳基α(碳基邻位)位置上的2个H原子，该过程中会出现只有一个甲基替换一个氢原子得到副产物，故副产物的结构简式为；(5)分析A的不饱和度等于4，其一种同分异构体能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环恰好为4个不饱和度，因此剩余C原子都是以饱和单键的形式成键，有2种不同化学环境的H原子，则该同分异构的结构高度对称，应为；(6)以和为原料制备，首先应利用炔键与类似二烯烃的结构进行加成反应，将两种原料连在一起，因此，首先得通过环己烯制备1，3-环己二烯，再进一步合成，故合成路线如下：。