2022届高考化学大一轮复习综合模拟预测卷二新人教版

1、仿真(二)标准仿真预测卷可能用到的相对原子质量：h1c12o16s32k39fe56一、选择题(此题包括7小题，每题6分，共42分，每题只有一个符合题意)1以下古代创造与所给化学变化对应错误的选项是()选项古代创造化学变化a生产陶瓷caco3sio2casio3co2b黑火药爆炸s2kno33ck2sn23co2c湿法炼铜cuso4fe=cufeso4d用谷物酿酒(c6h10o5)nc6h12o6c2h5oh2.樱桃是一种抗氧化的水果，樱桃中含有一种羟基酸，其结构如图：以下有关该羟基酸的说法中不正确的选项是()a该羟基酸的分子式为c4h6o5b该羟基酸可发生氧化反响c该羟基酸可发生取代反响d0

2、.1 mol该羟基酸完全燃烧时消耗6.72 l o23以下离子方程式表示正确的选项是()a将氯气溶于水制备次氯酸：cl2h2o=2hclclob向fe(oh)2中参加足量的稀hno3：fe(oh)22h=fe22h2oc向磷酸二氢铵溶液中参加足量的氢氧化钠溶液：nhoh=nh3·h2od向明矾溶液中参加过量的氢氧化钡溶液：al32so2ba24oh=2baso4alo2h2o4利用n2o4通过电解法制备n2o5，反响方程式为n2o42hno3=2n2o5h2，工作原理如下图：以下表达正确的选项是()a惰性电极a上发生复原反响b离子交换膜为阴离子交换膜c阳极区反响式为n2o42hno3

3、2e=2n2o52hd反响时质子由右向左移动通过隔膜5以下实验中，所选用的装置、药品及对应原理都正确的选项是()选项目的装置原理a别离乙酸乙酯和乙醇乙酸乙酯和乙醇的密度不同b实验室制备氨气2nh4clca(oh)2cacl22nh32h2oc证明非金属性：n>c>si最高价含氧酸酸性：硝酸>碳酸>硅酸d除去丁醇中的乙醚丁醇和乙醚的沸点不同6.x、y、z、w、q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。其中只有z是金属，w的质子数是y的2倍，x、y、w在元素周期表中的相对位置关系如图。以下说法正确的选项是()a.五种元素中原子半径最大的是x，离子半径最大的是qb五种元素中q

4、的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强cy与z形成的化合物一定是碱性氧化物dz与q形成的化合物的水溶液一定显酸性7以下有关电解质溶液的说法中正确的选项是()aph均为5的hcl和nh4cl溶液中，两溶液中水的电离程度相同b常温下，在ph 12的氢氧化钠溶液中参加ph 2的ha溶液至ph刚好等于7，所得溶液中一定存在c(a)c(na)>c(h)c(oh)c等体积、等浓度的nax溶液和弱酸hx溶液混合后的溶液中一定存在：c(x)>c(na)>c(hx)>c(h)>c(oh)d浅绿色的fe(no3)2溶液中存在着如下的平衡：fe22h2ofe(oh)22h，假设在此溶液中

5、参加盐酸，c(h)增大，平衡左移，溶液的绿色变深第二卷(非选择题，共58分)二、非选择题(包括必考题和选考题两局部，第8题第10题为必考题，每个试题考生都必须作答，第11题第12题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题(共3题，共43分)8(15分)氨可用于制取氨水、氮肥、硝酸、铵盐、纯碱等，因此被广泛应用于化工、轻工、化肥、制药、合成纤维、塑料等行业。(1)以甲烷为原料可制得合成氨用的氢气。有关反响的能量变化如以下图所示：写出ch4(g)与h2o(g)反响生成co(g)和h2(g)的热化学方程式_。(2)n2(g)3h2(g)2nh3(g)h94.4 kj·mol1。在某容积为

6、2 l的恒容容器中发生合成氨反响，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图：前20 min内v(nh3)_mol·l1·min1，放出的热量为_。45 min时采取的措施是_；时段条件下反响的平衡常数为_(保存3位有效数字)。(3)一定温度下，将不同量的co2、nh3分别通入某恒容密闭容器中进行以下反响：2nh3(g)co2(g)co(nh2)2(l)h2o(g)h<0，得到如下数据：实验组起始量/mol平衡时的转化率平衡时气体平均相对分子质量nh3(g)co2(g)nh3(g)co2(g)12112m124234m23n1n256m31_4(填“<“或“>

7、)；m1_m2(填“<“或“>)。假设5>6，那么n1、n2必须满足的关系是_。(4)室温时将氨气通入500 ml 0.1 mol·l1盐酸中至ph6，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。氨气、空气、koh溶液可构成燃料电池，反响原理为4nh33o2=2n26h2o，反响一段时间后，电解质溶液的ph将_(填“增大“减小或“不变)。9(14分)三草酸合铁酸钾晶体k3fe(c2o4)3·3h2o易溶于水，难溶于乙醇，可用于摄影和蓝色印刷。以铁屑为原料的制备流程如下：答复以下问题：(1)流程中“参加的稀硫酸需稍过量，其目的是_；假设要从所得溶液中得到绿矾fes

8、o4·7h2o，必须进行的实验操作是_(按顺序填写)。a过滤洗涤b蒸发浓缩c冷却结晶d灼烧e枯燥(2)流程中“需过滤别离，那么参加h2c2o4发生反响的化学方程式为_。(3)流程中“需控制溶液温度不高于40，理由是_；该步反响的化学方程式为_；得到k3fe(c2o4)3溶液后，参加乙醇，然后进行过滤。参加乙醇的理由是_。(4)所得晶体中c2o含量的测定可用酸性kmno4标准溶液滴定。滴定过程中发现，开始时滴入1滴kmno4标准溶液，紫红色褪去很慢，滴入一定量后，紫红色很快褪去，原因可能是_。(5)三草酸合铁酸钾晶体在110可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反响。分解得到的气体产

9、物用如下装置进行实验：检查装置气密性后，先通一段时间的n2，其目的是_；结束实验时，先熄灭酒精灯再通入n2至常温。实验过程中观察到b、f中澄清石灰水都变浑浊，e中有红色固体生成，那么分解得到的气体产物是_。分解得到的固体产物含有k2co3、feo、fe，加水溶解、过滤、洗涤、枯燥，得到含铁样品。现设计以下两种实验方案对该样品进行铁元素含量测定：(甲)a g样品溶液得固体b g(乙)a g样品配制250 ml溶液三次平均消耗0.1 mol·l1酸性kmno4溶液v ml你认为以上_(填“甲或“乙)方案可确定样品的组成，测得铁元素的含量是_。10(14分)二氧化氯(clo2)是一种在水处

10、理等方面有广泛应用的高效平安消毒剂，而且与cl2相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。某课题组以惰性电极电解盐酸和nh4cl的混合溶液获得ncl3溶液，再以ncl3溶液和naclo2反响制得clo2。答复以下问题：(1)clo2被i复原为clo、cl的转化率与溶液ph的关系如下图：ph2时，clo2与i反响生成i2的离子方程式为_。在用clo2进行水处理时，除了杀菌消毒外，还能除去水中的fe2和mn2。clo2氧化mn2生成mno2的反响中，氧化剂和复原剂的物质的量之比为_。(2)ncl3的水解产物有nhcl2、nh2cl等。ncl3的电子式为_，其中氯元素的化合价是_；nh2cl仍可缓慢

11、发生水解，其化学方程式为_。ncl3在naoh溶液中水解生成n2、naclo和nacl的化学方程式为_。ncl3与naclo2按物质的量之比为16混合，在溶液中恰好反响生成clo2和氨气，该反响的离子方程式为_。(3)有以下两种方法制备clo2：方法一：2naclo34hcl=2clo2cl22nacl2h2o方法二：2naclo3h2o2h2so4=2clo2na2so4o22h2o用方法二制备的clo2更适合用于饮用水消毒，其主要原因是_。(4)电解获得ncl3溶液的化学方程式为_。11(15分)化学选修3：物质结构与性质a、b、c、d、e为前四周期元素，且原子序数依次增大。气体ab遇空气

12、变红棕色，c原子内层电子数是最外层电子数的5倍，d在同周期元素中电负性最大，e的硫酸盐溶液呈蓝色。答复以下问题：(1)a原子有_种能量不同的电子；d原子的m能层电子的运动状态有_种。(2)元素a的第一电离能_(填“大于“小于和“等于)元素b的第一电离能；ab的立体构型是_；气体ab中含有的键和键个数之比为_。(3)元素c与d所形成的化合物的某种晶胞结构如下图，那么晶胞中阴离子与阳离子的个数比是_。(4)e基态原子的核外电子排布式为_，将e单质的粉末参加a的简单气态氢化物的浓溶液中，并不断鼓入空气充分反响，得到深蓝色的溶液，该反响的离子方程式是_。12(15分)化学选修5：有机化学根底工业上用邻

13、苯二酚为原料，利用以下方法合成农药克百威的主要中间体呋喃酚：(1)邻苯二酚苯环上的一氯代物共有_种，x属于氯代烃，那么x的分子式为_。(2)呋喃酚中含有的官能团名称是_。(3)用_鉴别c和d，c能够发生的反响有_(填序号)。a加成反响 b取代反响c氧化反响d消去反响(4)与a互为同系物，且碳原子数比a多1，分子结构中含有一个ch3的同分异构体有_种。n与e互为同分异构体，且n含有酯基和苯环，能发生银镜反响且苯环上只有一种等效氢，写出n的一种结构简式_。(5)请设计合理方案用合成 (用反响流程图表示，并注明反响条件)。例：由乙醇合成聚乙烯的反响流程图可表示为ch3ch2ohch2=ch2ch2c

14、h2。仿真(二)标准仿真预测卷1解析陶瓷是以黏土为原料，经高温烧结，通过复杂的物理变化和化学变化进行制备的，陶瓷的主要成分为二氧化硅、氧化铝等，a项错误。答案a2解析选项a，该羟基酸的分子式为c4h6o5；选项b，该羟基酸含羟基，可被氧化；选项c，该羟基酸可与醇或酸发生酯化反响(取代反响)；选项d，未指明气体是在标准状况下。答案d3解析a项中hclo为弱酸不可拆分，a项错误；b项中fe2可被hno3氧化为fe3，b项错误；c项中naoh足量，与h2po和nh均完全反响，c项错误。答案d4解析选项a，惰性电极a为阳极，发生氧化反响；选项c，考虑到是无水体系，故阳极区反响式为n2o42hno32e

15、=2n2o52h；选项b、d，反响时质子(即氢离子)向阴极移动，即由左向右移动通过离子交换膜，该膜为阳离子交换膜。答案c5解析乙酸乙酯和乙醇互溶，不能采取分液的方法别离，a项错误；硝酸为挥发性酸，装置中没有排除挥发出的硝酸的影响，c项错误；d项装置中缺少酒精灯，d项错误。答案b6解析x、y、z、w、q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中只有z是金属，w的质子数是y的2倍，且二者位于同一主族，那么y为o、w为s，可推知，x为c、q为cl，那么z可能为na、mg、al。五种元素中原子半径最大的是z，离子半径最大的是q，a错误；q为cl，高氯酸的酸性最强，b正确；z可能为na、mg、al，氧

16、化铝是两性氧化物，过氧化钠不是碱性氧化物，c错误；q为cl，z可能为na、mg、al，z与q形成的化合物为nacl时，溶液呈中性，d错误。答案b7解析选项a，hcl抑制水的电离，nh4cl促进水的电离，错误；选项b，混合后溶液的ph 7，那么c(h)c(oh)，再结合电荷守恒知，c(a)c(na)>c(h)c(oh)，正确；选项c，假设溶液呈酸性，存在c(x)>c(na)>c(hx)>c(h)>c(oh)，假设溶液呈碱性，存在c(hx)>c(na)>c(x)>c(oh)>c(h)，c错误；选项d，fe(no3)2溶液中参加盐酸，no在酸性环

17、境下氧化fe2生成fe3，溶液变为黄色，d错误。答案b8解析(2)结合容器容积为2 l知，生成了2 mol氨，故放出94.4 kj热量。45 min时各物质浓度是连续变化的，结合氨气的量增多知，所采取的措施只能是降温；结合图中数据计算得k(0.50 mol·l1)2/(0.75 mol·l1)3×(0.25 mol·l1)2.37 l2·mol2。(3)实验组1和实验组2投料比等于化学计量数之比，故12、34，考虑到实验组2相当于实验组1的加压，故有1<4；反响前气体平均相对分子质量为26，加压后平衡正向移动，那么气体平均相对分子质量减小

18、。当投料比等于化学计量数之比时，反响物转化率相等，假设5>6，n1、n2必须满足的关系是n1<2n2。(4)由于电解质溶液为碱性，放电时生成水，相当于稀释了koh溶液，故放电一段时间后溶液ph减小。答案(1)ch4(g)h2o(g) co(g)3h2(g)h161.1 kj·mol1(2)0.0594.4 kj降温2.37 l2·mol2(3)<>n1<2n2(4)c(cl)>c(nh)>c(h)>c(oh)减小9解析(1)参加过量稀硫酸是为了抑制硫酸亚铁的水解；从溶液中析出带结晶水的晶体，显然不能直接蒸干或灼烧，故实验操作是

19、bcae。(2)题中给出信息需要过滤别离，故所得晶体是沉淀，从而可写出方程式。(3)根据流程所给信息可写出化学方程式；三草酸合铁酸钾难溶于乙醇，故参加乙醇可降低其溶解度，析出三草酸合铁酸钾晶体。(4)根据所描述现象知，应该是生成物mn2起催化作用。(5)装置内空气会与分解产物发生反响，干扰产物的判断。乙方案中kmno4能氧化cl；由甲方案中的数据，结合铁元素守恒可得含铁样品中铁元素的含量为×100%×100%。答案(1)抑制fe2的水解bcae(2)feso4h2c2o42h2o=fec2o4·2h2oh2so4(3)防止h2o2分解2fec2o4·2h

20、2oh2o2h2c2o43k2c2o4=2k3fe(c2o4)36h2o三草酸合铁酸钾在乙醇中的溶解度小，有利于析出三草酸合铁酸钾晶体(4)生成的mn2起催化作用(5)排出装置内空气，防止干扰实验结果co2、co甲×100%10解析(1)据图知，ph2时，clo2的复原产物是cl。由于水近乎中性，故clo2的复原产物是clo，离子方程式为mn22clo22h2o=mno22clo4h。(2)根据给出的局部水解产物可判断氯元素的化合价，并写出相关水解方程式。(3)结合题干信息可做答。(4)结合电解原理可写出相应的方程式。答案(1)2clo210i8h=2cl5i24h2o21(2)1nh2cl2h2onh3·h2ohclo2ncl36naoh=n23nacl3naclo3h2oncl36clo3h2o=6clo2nh33cl3oh(3)制备的clo2中不含cl2，不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物(4