（新）2022届高考化学全真模拟卷01（解析版）

全真模拟卷（一）一、选择题（本题共7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．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”、“酥暖薤白酒，乳和地黄粥”是唐代诗人白居易的著名诗句。下列有关该诗句中所涉及的物质的说法错误的是A．“新醅酒”是纯净物，“薤白酒”是混合物Ｂ．“红泥小火炉”的红泥的颜色来自氧化铁Ｃ．酿酒的过程中发生了化学反应同时生成了CO2Ｄ．“酒”和“乳”的化学成分不同【答案】A【解析】8．由CH4制备合成气（CO、H2），再由合成气制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状态下11.2LCH4所含的非极性键为0.5NAB．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NAC．44gCO2气体和44gCH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NAD．制备合成气的反应中，若生成2molCO，反应转移电子数为6NA【答案】D【解析】9．有以下合成路线（部分反应条件已省略）：有关下列说法错误的是A．物质A的名称为乙炔，其电子式为B．物质B中所有原子可能共平面C．物质C的同分异构体中含有苯环且苯环上有两个取代基的有3种D．反应③的反应条件为Cu/加热，反应类型为氧化反应 【答案】B【解析】物质A的名称为乙炔，根据价键知识可知其电子式为，A项正确；B分子中含有甲基（－CH3），甲基上所有原子不可能共平面，B项错误；物质C的分子式为C6H7NO，其同分异构体中含有苯环且苯环上有两个取代基的有以下3种：（邻、间、对3种），C项正确；反应③为醇氧化为醛的反应，其反应条件为Cu作催化剂、加热，反应类型为氧化反应，D项正确。10．海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分（设以NaCl为主）以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。其大致结构如图所示。下列叙述正确的是A．海冰内层“盐泡”越多，密度越小．B．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在C．海冰内层NaCl的浓度约为10－4mol/L（设海冰的密度为0.9g/cm3）D．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越多【答案】C【解析】11．工业上可利用电解原理间接氧化法降解处理含有机污染物的废水，其原理如图所示：下列说法错误的是 A．介质离子在电极A上发生氧化反应，电极A为阳极B．介质离子被氧化得到的强氧化剂可能为Cl2、O2C．有机污染物在石墨电极上被还原为无污染物质D．若介质离子为OH－，电极B上发生的反应为2H2O＋2e－=====H2↑＋2OH－【答案】C【解析】由电极A上失去电子，介质离子被氧化为强氧化剂，可知电极A为阳极，发生氧化反应，A项正确；溶液中的介质离子（Cl－、OH－）被氧化为Cl2、O2，B项正确；有机污染物通过与强氧化剂发生溶液中的氧化还原反应，被氧化为无污染的物质，并非在石墨电极上被还原为无污染的物质，C项错误；电极B为阴极，发生还原反应，若介质离子为OH－，则电极B上发生的反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，D项正确。12．下列离子方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A．FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3B．Na2S2O3溶液中滴加H2SO4溶液，出现淡黄色浑浊：＋2H+=====SO2↑＋S↓＋H2OC．淀粉－KI溶液中加入少量氯水，溶液变蓝色：Cl2＋2I－=====2Cl－＋I2D．向等浓度的KBr和KI溶液中加入少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀：Ag＋＋Br－=====AgBr↓【答案】D【解析】13．“九宫格”是一种深受大众喜爱的数学游戏。若在一格中填充了5种元素，如图所示，X、Y、Z、W、Q为相同短周期元素且最外层电子数依次增加，横行和纵行所含元素最外层电子数之和均为10。下列说法错误的是A．若为第二周期元素，X常用作电池电极材料B．若为第二周期元素，W和Q可形成多种二元化合物C．若为第三周期元素，Z的单质及其氧化物能溶于强酸也能溶于强碱D．若为第三周期元素，通常用电解熔融氯化物的方法来冶炼X、Y、Z的单质【答案】B【解析】 二、必考题（本题共3小题，共43分）26．（14分）三氯化钌广泛应用于氯碱工业中金属阳极钌涂层及加氢催化剂。现以废弃催化剂为原料回收贵金属钌，其工艺流程如下：回答下列问题：（1）K2RuO4中Ru的化合价为，“碱溶”中产生的气体可用于（写一种工业用途）。（2）“氧化”时欲使2molK2RuO4氧化为RuO4，则需要氧化剂的物质的量为mol。（3）“氧化”时应先加，氧化效果更佳。（4）RuO4气体有剧毒，实验时应在中进行，“盐酸吸收”时的化学方程式为。（5）可用氢还原重量法测定产品的纯度，其原理为2RuCl3＋3H2===2Ru＋6HCl。某同学对产品纯度进行测定，所得数据记录如下：实验序号产品质量/g固体Ru质量/g①1.25000.4700②1.25000.5300③1.25000.5000则产品的纯度为（用百分数表示，保留小数点后两位有效数字）（6）钌及其化合物在合成工业上有广泛用途，根据图示写出合成反应的化学方程式。【答案】（14分，除标注外，每空2分）（1）＋6（1分）制取硝酸（1分）（2）2（3）H2SO4（4）通风橱2RuO4＋16HCl===2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O（5）82.18%（6）N2＋3H22NH3【解析】（1）根据化合物中化合价之和为0可知K2RuO4中Ru的化合价为＋6价；“碱溶”中产生的气体为NO2，在工业上可用来制取硝酸； （2）“氧化”时，K2RuO4作还原剂，NaClO作氧化剂，其中K2RuO4被氧化为RuO4，NaClO被还原为NaCl，现有2molK2RuO4被氧化为RuO4失去4mole－，则NaClO应得到4mole－，故其物质的量为2mol；（3）“氧化”时，NaClO作氧化剂，NaClO在酸性环境下氧化性强，故应先加H2SO4，再加NaClO；（4）RuO4是剧毒气体，为了实验安全，应严格检查装置的气密性，且应在通风橱中进行；RuO4具有强氧化性，可用盐酸吸收得到RuCl3，其化学方程式为：2RuO4＋16HCl===2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O；（5）根据三次实验所得剩余固体的质量，取平均值，其质量为0.5000g，则产品中RuCl3质量为：，产品的纯度为：=82.18%（6）根据图示可知，Ru参与了反应，在反应前后质量和化学性质均未发生变化，其作用是催化剂，利用Ru作催化剂合成氨气，其化学方程式为：N2＋3H22NH3。27．（14分）实验室可用苯乙酮间接电氧化法合成苯甲酸，原理如图所示：实验步骤如下：步骤I：电合成：在电解池中加入KI、20mL蒸馏水和20mL的1,4-二氧六环，搅拌至完全溶解，再加入20mL苯乙酮，连接电化学装置，恒定电压下电解7h；步骤II：清洗分离：反应停止后，将反应液转移至烧瓶，蒸馏除去反应溶剂；用蒸馏水和二氯甲烷洗涤烧瓶，将洗涤液转移至分液漏斗；用二氯甲烷萃取除去亲油性杂质，分离出水相和有机相；步骤III：制得产品：用浓盐酸酸化水相至pH为1~2，接着加入饱和NaHSO3溶液，振荡、抽滤、干燥，称量得到产品7.8g；有关物质的数据如下表所示：物质分子式溶解性沸点(℃)密度(g/cm3)相对分子质量苯乙酮C8H8O难溶于水202.31.03120苯甲酸C7H6O2微溶于水2491.27122二氯甲烷CH2Cl2不溶于水401.3385回答下列问题：（1）步骤I中，阴极的电极反应式为，阳极I－失去电子后的产物与OH－ 反应的离子方程式为（2）步骤II蒸馏过程中，需要使用到的玻璃仪器有，（填标号）除此之外还需要（3）步骤II分液过程中，应充分振荡，静置分层后（填标号）A．直接将有机相从分液漏斗的上口倒出B．直接将有机相从分液漏斗的下口放出C．先将有机相从分液漏斗的下口放出，再将水相从下口放出D．先将有机相从分液漏斗的下口放出，再将水相从上口倒出（4）步骤III中，加入浓盐酸的目的是（5）步骤III中，加入饱和NaHSO3溶液，水相中的颜色明显变浅，说明过量的I2被还原为I－，其离子方程式为（6）本实验的产率是（保留小数点后一位有效数字）（7）得到的粗苯甲酸可用法进行提纯。【答案】（14分，除标注外，每空2分）（1）H2O＋2e－===H2↑＋2OH－I2＋2OH－===I－＋IO－＋H2O（2）a、c、d、e、g（直形）冷凝管（1分）（3）D（1分）（4）将苯甲酸盐转化为苯甲酸（1分）（5）＋I2＋H2O===＋3H＋＋2I－（6）37.6%（7）重结晶法（1分）【解析】根据合成原理图示可知，通过电解KI溶液，获得氧化剂KIO/I2，利用其氧化性将苯乙酮氧化为苯甲酸。（1）阴极区发生的电极反应为：H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阳极区发生的电极反应为：I－2e－===I2，I2与OH－反应的离子方程式为：I2＋2OH－===I－＋IO－＋H2O。（2）蒸馏过程中，应使用到的玻璃仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、（直形）冷凝管、尾接管、锥形瓶，故应选择a、c、d、e、g，除此之外，还需要的是（直形）冷凝管。（3）根据给出的物质的性质，二氯甲烷的密度比水的密度大，故二氯甲烷在下层，水层在上层，分液时，应先将有机相从分液漏斗的下口放出，再将水相从上口倒出，故选D。 （4）通过反应，苯乙酮被氧化为苯甲酸盐溶液，加入浓盐酸的目的是将苯甲酸盐转化为苯甲酸，故本题答案为：将苯甲酸盐转化为苯甲酸。（5）具有还原性，I2单质具有氧化性，二者发生氧化还原反应：＋I2＋H2O===＋3H＋＋2I－。（6）反应中，加入了20mL苯乙酮，其密度为1.03g/cm3，物质的量为0.17mol，根据反应原理可知，理论上应得到苯甲酸的物质的量为0.17mol，即20.74g，实际获得苯甲酸7.8g，故其产率为。（7）苯甲酸可用重结晶法进行提纯28．（15分）工业上可用甲醇、二氧化碳制备DMC。其反应原理为：2CH3OH(g)＋CO2(g)→DMC(g)＋H2O(g)△H1=－15kJ/mol（平衡常数为K1）物质CH3OH(g)CO2(g)DMC(g)H2O(g)生成焓kJ/mol－201x－569－241已知：生成焓()是某温度下，用处于标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应。（1）DMC的分子式是，x为kJ/mol。（2）从平衡移动的角度选择有利于合成DMC的条件是（填序号）A．高温高压B．高温低压C．低温低压D．低温高压（3）有研究者用CO(g)和O2(g)代替CO2(g)进行实验，已知CO(g)的燃烧热为283kJ/mol。2CH3OH(g)＋CO(g)＋O2(g)→DMC(g)＋H2O(g)∆H2（平衡常数为K2）①∆H2=②在相同温度下，两个反应的平衡常数K2K1（填“>”“=”“（4）0.9倍0.033（5）C3H6O3－12e－＋18OH－===3＋12H2O8.58kW·h/Kg【解析】（1）根据反应2CH3OH(g)＋CO2(g)→DMC(g)＋H2O(g)及质量守恒，可知DMC的分子式为C3H6O3，DMC是碳酸二甲酯，其结构简式为CH3O(CO)OCH3。根据生成焓的定义，可得∆H=生成物的生成焓－反应物的生成焓，即：－15=（－569－241）－（－201×2＋x），得x=－393kJ/mol；（2）合成碳酸二甲酯（DMC）的反应是放热反应且正向是气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，应选择低温高压的条件才有利于合成DMC；（3）①根据CO(g)的燃烧热为283kJ/mol得：CO(g)＋O2(g)=CO2(g)∆H3=－283kJ/mol（平衡常数为K3，K3>105）根据盖斯定律，可得∆H2=∆H1＋∆H3=－15kJ/mol－283kJ/mol=－298kJ/mol②根据反应可知，K2=K1•K3因为K3>105，所以K2>K1。（4）2CH3OH(g)＋CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)＋H2O(g)起始4200转化4×30%=1.20.60.60.6平衡2.81.40.60.6，即平衡时压强为起始压强的0.9倍；平衡常数；（5）燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通DMC的电极为负极，电解质为KOH溶液，所以其电极反应为C3H6O3－12e－＋18OH－===3＋12H2O；一个DMC分子经过电化学氧化可以产生12个电子的电量，可得=8.58kW·h/Kg；三、选考题（2题中任选一题作答，共15分）35．[物质结构与性质]（15分）金属钛因为其优越的性能被称为“未来金属”，其工业冶炼涉及到的反应如下：TiO2＋2C＋2Cl2=TiCl4＋2CO。回答下列相关问题：（1）基态钛原子的价层电子排布式为，上述反应中非金属元素电负性由大到小是； （2）己知部分物质熔沸点如下：名称金红石金刚石四氯化钛四溴化钛四碘化钛化学式TiO2CTiCl4TiBr4TiI4熔点/℃18303550－24.138150沸点/℃29274827136.4233.1377.2自左向右，表中的三种钛的卤化物熔沸点依次升高的原因是；（3）配位数为6，组成为TiCl3·6H2O的晶体有两种：化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的X呈绿色，定量实验表明，X与AgNO3以1:2物质的量比反应生成沉淀。Y呈紫色，且Y与AgNO3以1:3物质的量之比反应生成沉淀，则Y的化学式为。（4）钙钛矿是重要的含钛矿物之一，其主要成分Z的晶胞如图所示。推测Z的化学式为，Ca填充在O围成的空隙中。（5）若晶胞参数a=384.1pm，Z晶体的密度为（列出计算表达式并计算出两位有效数字结果，3.8413≈56.67，阿伏伽德罗常数用6.0×1023mol－l)。【答案】（15分，除标注外，每空2分）（1）3d24s2O>Cl>C（2）三种物质都是都是分子晶体，组成和结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高（3）[Ti(H2O)6]Cl3（4）CaTiO3正八面体（5）ρ==4.0g/cm3（3分）【解析】（1）钛的原子序数为22，位于周期表第四周期IVB族，其价层电子排布式为3d24s2；元素的非金属性越强，其电负性越强，所以上述反应中非金属元素电负性又大到小的顺序为O>Cl>C；（2）三种钛的卤化物均为分子晶体，组成和结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；（3）配合物外界能够完全电离，Y与AgNO3以1:3的物质的量之比反应生成沉淀，所以外界能电离出3个Cl－，内界含6个配位H2O分子，这Y的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3； （4）根据所给晶胞的结构可知，Ti位于顶点，其原子个数为8×=1，Ca位于体心，其原子个数为1，O位于面心，其原子个数为8×=3，所以其化学式为CaTiO3；由晶胞结构图可知，Ca填充在O围成的正八面体空隙中；（5）根据密度的计算公式ρ===4.0g/cm3。36．[有机化学基础]（15分）双氯芬酸钠是常用的抗炎镇痛药，一种合成路线如下：已知：①A分子不能发生银镜反应且核磁共振氢谱显示只有3组峰，峰面积之比为1:2:2；②请回答下列问题：（1）9.8gA完全燃烧可得到26.4gCO2和9.0gH2O，则A的结构简式是。（2）合成路线中烃基－Ph的结构简式是，B分子中所含官能团的名称为。（3）E生成F的反应类型是，F的结构简式是。（4）写出F生成双氯芬酸钠的化学方程式。（5）满足下列条件的A的同分异构体共有种（不考虑立体异构），请写出其中一种同分异构体的结构简式。i)分子中含有环状结构ii)能发生银镜反应（6）设计由2-丙醇和对苯二胺()为原料制备的合成路线（其他无机试剂任选）。【答案】（15分，除标注外，每空2分）（1）（1分）（2）（1分）羰基（或酮基）、氯原子（3）取代反应（1分）（4）（5）12种五元环：[1种]四元环：（1.2.3为-CHO的位置）[4种]三元环：（1.2为-CH2CHO的位置）（1.2为-CHO的位置）[7种]（任写一种，1分）（6）（3分） 【解析】（1）9.8gA完全燃烧可得到26.4g（0.6mol）CO2和9.0g（0.5mol）H2O，即9.8gA含有7.2gC和1.0gH，其余为O，O元素质量为1.6g，即0.1molO，故N(C):N(H):N(O)=6:10:1，A的分子式为C6H10O，又A分子不能发生银镜反应且核磁共振氢谱显示只有3组峰，峰面积之比为1:2:2，结合B分子的结构，可知A的结构简式是（环己酮）；（2）根据已知条件及产物的结构，可知E和F的结构分别是和，即可得合成路线中烃基－Ph的结构简式是（苯基），B分子中所含官能团的名称是羰基（或酮基）、氯原子；（3）有E和F的结构可知，E生成F的反应类型是取代反应，F的结构简式是；（4）F生成双氯芬酸钠的化学方程式是（5）的同分异构体要满足条件能发生银镜反应，说明分子中含有醛基（-CHO），又要含有环状结构，其结构有以下12种：五元环：[1种]四元环：（1.2.3为-CHO的位置）[4种]三元环：（1.2为-CH2CHO的位置）（1.2为-CHO的位置）[7种]（任写一种，1分）（6）由2-丙醇和对苯二胺为原料制备的合成路线如下：