2022年全国统一招生考试第三次模拟备考卷-化学（全国卷）

1、2022年全国统一招生考试第三次模拟备考卷化学（一）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）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。1珍贵文物蕴含着璀璨文化和深远历史，记录着人

2、类文明和社会进步。下列珍稀文物中主要由天然有机高分子材料制造的是选项ABCD文物名称唐代纸绢画五牛图西汉玉器皇后之玺隋代瓷枕定窑孩儿枕商州太阳鸟金饰AABBCCDD【答案】A【解析】A由文物的组成和名称可知，纸绢画由麻纸和丝绢织就，成分为纤维素，属于天然高分子化合物，A项正确；B玉石主要成分为二氧化硅和硅酸盐，B项错误；C瓷器为无机非金属材料，C项错误；D金饰主要由金单质制成，D项错误；故选A。2用下列装置进行实验，操作正确且能达到实验目的的是A利用装置进行粗铜精炼B利用装置测定某未知盐酸的浓度C利用装置准确测定酸碱中和反应的反应热D利用装置证明Cl2能与烧碱溶液反应【答案】D【解析】A电解精

3、炼铜时，粗铜作阳极，故A错误；B滴定时，碱性溶液用碱式滴定管，图中盛装NaOH的仪器为酸式滴定管，故B错误；C图中缺少保温装置和密封装置，测定结果误差较大，故C错误；D氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，使装置内压强降低，气球会膨胀，故D正确；故选D。3下列除杂试剂选用不正确的是物质（括号内为杂质）除杂试剂ANO（NO2）H2O、无水CaCl2BCl2（HCl）H2O、浓H2SO4CNaCl溶液（MgCl2）适量NaOH溶液、稀HClDFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉AABBCCDD【答案】B【解析】A二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，无水氯化钙能干燥一氧化氮，则除去一氧化氮中混

4、有的二氧化氮的除杂试剂选用正确，故A不符合题意；B氯气能溶于水，不溶于饱和食盐水，则用水除去氯气中氯化氢时，会吸收氯气，除杂试剂选用不正确，故B符合题意；C适量的氢氧化钠溶液能与氯化镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，适量的稀盐酸能与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，则除去氯化钠溶液中混有的氯化镁的除杂试剂选用正确，故C不符合题意；D铁粉能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，则除去氯化亚铁溶液中混有的氯化铁的除杂试剂选用正确，故D不符合题意；故选B。4短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Y、W分别是短周期主族元素中原子半径最大和最小的两种元素，X2-、Y+的简单离子核外电子排布相同，由W、X、Z三种元素

5、形成的化合物M的结构如图所示。下列说法正确的是AZX2可以与水反应制得MB最简单氢化物的稳定性：XX【答案】C【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Y、W分别是短周期主族元素中原子半径最大和最小的两种元素，Y是Na，W是H，X2-、Y+的简单离子核外电子排布相同，则X是O。由W、X、Z三种元素形成的化合物M的结构可知Z可以形成4个共价键，原子序数大于Na，则Z是Si。根据以上分析可知W是H，X是O，Y是Na，Z是Si。ASiO2不溶于水，不能与水反应制得M，A错误；B非金属性OSi，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则最简单氢化物的稳定性：XZ，B错误；CX与Y形成的化合物过氧化

6、钠或氧化钠中阴、阳离子个数比均为12，C正确；D电子层数相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径大小顺序为：YX，D错误；答案选C。5工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H=-198kJmol-1，反应过程可用下图模拟（代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂）。下列说法不正确的是A过程II和过程IV决定了整个反应进行的程度B过程II为吸热过程，过程III为放热过程C加入SO2和O2各1mol，充分反应后放出的热量小于99KJD催化剂可降低反应的活化能，使H减小【答案】D【解析】A过程I是吸附放热过程，自发进行程度大，但过程II是共价键断裂的过程，过程I

7、V是生成物解吸过程，需要消耗能量，它们的活化能相对较大，决定了全部反应进行的程度，A正确；B由图可知，过程II化学键断裂，为吸热过程，过程III化学键形成，为放热过程，B正确；C反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-198kJ/mol是可逆反应，所以1molSO2和1molO2反应时消耗SO2的物质的量小于1mol，放热小于99kJ，C正确；D催化剂不能改变反应的始终态，不能改变反应物和生成物的内能，所以不能改变反应热，D错误；故选D。6一种新型镁硫电池的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A放电时，正极反应包括：3Mg2+MgS8+6e-=4MgS2B使用的隔膜是阳离子交换膜C可

8、使用碱性电解质水溶液D充电时，电子流向Mg电极【答案】C【解析】Mg为活泼金属，所以放电时Mg被氧化，Mg电极为负极，聚合物电极为正极。A放电时为原电池，原电池正极发生得电子的还原反应，3Mg2+MgS8+6e-=4MgS2，A正确；B据图可知Mg2+要通过隔膜移向正极参与电极反应，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，B正确；C若使用碱性电解质水溶液，负极生成的Mg2+会转化为Mg(OH)2沉淀，降低电池的使用效率，C错误；D充电时Mg电极得电子发生还原反应，即电子流入Mg电极，D正确；故选C。7常温下，向20mL1molL-1CuCl2溶液中滴加2molL-1Na2S溶液的滴定曲线如图所示。已知：

9、pCu=-lgc(Cu2+)，lg2.5=0.4，常温下Ksp(FeS)=6.310-18；Kal(H2S)=1.210-7，Ka2(H2S)=7.110-15。下列说法中正确的是A常温下，S2-的水解常数Kh(S2-)约为1.4BEFG的过程中，水的电离度一直在减小C向1molL-1FeSO4(aq)中加入足量CuS固体，产生FeS沉淀D25时，Cu2+H2S=CuS+2H+的K约为1.3610-14【答案】A【解析】AS2水解：S2H2OHSOH，S2水解常数Kh=1.4，故A正确；BE点发生CuCl2Na2S=CuS2NaCl，溶质为CuCl2和NaCl，Cu2水解，促进水的电离，F点C

10、uCl2和Na2S恰好完全反应，溶质为NaCl，对水的电离无影响，G点Na2S过量，溶质为NaCl和Na2S，S2发生水解，促进水的电离，因此该过程中水的电离度先减小后增大，故B错误；C根据B选项分析，F点Na2S和CuCl2恰好完全反应，溶液中c(Cu2)=c(S2)=1017.6mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2)c(S2)=1035.2NiC2O4H2ONiC2O42H2O。相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下（开始沉淀的pH按金属离子的浓度为1molL-1计算）：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Fe(OH)2开始沉淀时pH1.83.07.15.8完全沉淀时pH

11、3.25.09.28.0（1）“预处理”操作选择用酒精清洗的目的是_。（2）“酸浸”时，温度不宜过高，原因_。常温下，盐酸的浓度为2.5molL-1，“液固比”与镍的浸出率的关系如图所示，实际生产采取的“液固比”为_，主要的原因是_。（3）室温下，“浸出”所得溶液中Fe3+的浓度为0.2molL-1，当溶液的pH调到2时，c(Fe3+)=_。加NiO调节pH的范围为_。（已知：KspFe(OH)3=4.010-38）（4）加入Na2C2O4溶液“沉镍”得到的沉淀为_。（5）电解过程中产生的氯气在碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子反应方程式_。【答案】（1）除

12、去镍废料表面的矿物油污 （2）HCl挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促进Ni2+水解，部分生产Ni(OH)2 61 该条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，但成本增加 （3）0.04molL-1 5.0pH7.1 （4）NiC2O42H2O （5）2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O【解析】表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可以选用乙醇预处理，酸浸后，碳不溶于酸成为滤渣，加入NiO调节pH的值，促进铁离子水解，产生氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，除去铁和铝，加入草酸钠沉淀镍元素，以此解答。（1）表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可以选用乙醇预处理

13、，故答案为：除去镍废料表面的矿物油污；（2）HCl挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促进Ni2+水解，部分生产Ni(OH)2；故答案为：HCl挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促进Ni2+水解，部分生产Ni(OH)2；由图可知，“液固比”为61时浸出率已经很高，用71提高不大，没有必要增加成本，故答案为：该条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，但成本增加；（3）pH=2时，c(OH-)=110-12mol/L，代入KspFe(OH)3=4.010-38= c(OH-)3c(Fe3+)，解得c(Fe3+)=0.04mol/L，加入NiO调节pH的值，使Fe3+和Al3+沉淀，由表格

14、数据可知，调节pH的范围为5.0pH7.1，故答案为：0.04molL-1；5.0pHNiC2O4H2ONiC2O42H2O，溶解度小的先生成，则加入Na2C2O4溶液“沉镍”得到的沉淀为NiC2O42H2O，故答案为：NiC2O42H2O；（5）过滤2得到Ni(OH)2电解滤液1产生氯气，二者发生氧化还原反应，离子方程式为2Ni(OH)2+2OH-+Cl22Ni(OH)3+2Cl-，故答案为：2Ni(OH)2+2OH-+Cl22Ni(OH)3+2Cl-。10NH3是一种重要的化工原料，其催化分解是制备高纯度氢的有效途径之一。NH3在某金属催化剂表面发生分解时，经历了以下历程：NH3(g)=N

15、H2(g)+H(g) H1；NH2(g)+H(g)=NH(g)+2H(g) H2NH(g)+2H(g)=N(g)+3H(g) H3； N(g)+N(g)=N2(g) H4；H(g)+H(g)=H2(g) H5回答下列问题：（1）2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的H=_。（2）在NH3催化分解过程中，部分历程的相对能量变化如图所示（TS表示过渡态），三步脱氢反应中速率最慢的是第_步，该步反应的活化能为_kJ/mol（已知：1eV=1.610-19J）。（3）相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化作用越强，原因是_；一定条件下，NH3在少量某催化剂作用下分解的实验数据如下表：反应

16、时间/min01020304050c(NH3)/mol/Lc00.9c00.8c00.7c00.6c00.5c0分析表中数据可知，随着反应进行，c(NH3)减小，平均反应速率_。（填“增大”“减小”或“不变”），对该变化的合理解释是_。（4）某温度下，在一容积为1L的刚性密闭容器中，投入一定量的NH3发生催化分解反应，起始压强为P0MPa，若反应达到平衡时，容器内压强为1.75P0MPa，则NH3的平衡分解率(NH3)=_，该温度下，反应的平衡常数Kp=_MPa2（用含p0的式子表示，分压=体积分数总压）。【答案】（1）2H1+2H2+2H3+H4+3H5（2） 253.3（3）相同质量的催化

17、剂分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多，催化作用越强 不变 催化剂表面已充分吸附NH3，反应中NH3浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变（4）75% 【解析】（1）根据盖斯定律，反应2+2+2+3可得2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的H=2H1+2H2+2H3+H4+3H5；（2）活化能越大，反应速率越慢，所以三步脱氢反应中速率最慢的是第二步，该步反应的活化能为1.11-(-1.52)eV=2.63eV=2.631.610-19=4.210-19J，图示为1个NH3分子分解的过程，所以1molNH3分解过程中该步骤的能量变化为4.0210-19NAJ=4.21022NAkJ=2

18、53.3kJ，即该步骤的活化能为253.3kJ/mol；（3）相同质量的催化剂分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多，催化作用越强；根据表格数据可知，随着反应进行，每隔10min氨气的浓度变化始终为0.1c0，即平均反应速率不变；催化剂表面已充分吸附NH3，反应中NH3浓度减小但吸附量不变，所以平均反应速率不变；（4）恒容密闭容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，所以可以用压强代替物质的量进行计算，设平衡时NH3的分压变化量为2x，则列三段式有，根据题意可知P0-2x+x+3x=1.75P0，解得x=0.375P0，所以NH3的分解率为100%=75%，平衡时NH3的分压为0.25P0，

19、H2的分压为1.125P0，N2的分压为0.375P0，所以Kp=。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。11第四周期过渡元素单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：（1）Co3+的一种配离子Co(N3)(NH3)52+中，Co3+的配位数是_，配位体NH3的空间构型为_。（2）NiO的晶体结构如图所示，其中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则C原子的坐标参数为_。（3）已知TiC在碳化物中硬度最大，工业上一

20、般在真空和高温（1800）条件下用C还原TiO2制取TiC：TiO23CTiC2CO。该反应中涉及的元素按电负性由大到小的顺序排列为_；根据所给信息，可知TiC是_晶体。（4）已知Zn2等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示。离子Sc3+Cr3+Fe2+Zn2+水合离子的颜色无色绿色浅绿色无色请根据原子结构推测Sc3、Zn2的水合离子为无色的原因：_。（5）V2O5是一种常见的催化剂，在合成硫酸、硝酸中起到非常重要的作用。五氧化二钒的结构式为（），则该结构中键与键个数之比为_。V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4）。VO与PO的空间构型相同，其中V原子的杂化方式为_。

21、【答案】（1）6 三角锥形 （2）（1，）（3）OCTi 原子 （4）3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态） （5）32 sp3【解析】（1）Co3+的一种配离子Co(N3)(NH3)52+中，配体有1个N 离子，5个氨分子，Co3+的配位数是1+5=6，氨分子中心原子N是sp3杂化，有一对孤电子对，配位体NH3的空间构型为三角锥形。故答案为：6；三角锥形；（2）NiO的晶体结构如图，离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则C原子的坐标参数为（1，）。故答案为：（1，）；（3）周期表中同主族从上到下，同周期从右到左，元素的金属性增强，电负性增大，OC，TiC中Ti显

22、正价，碳显负价，该反应中涉及的元素按电负性由大到小的顺序排列为OCTi；根据所给信息，TiC在碳化物中硬度最大，可知TiC是原子晶体。故答案为：OCTi；原子；（4）Sc3+的外围电子排布式为Ar3d0，Cr3+的外围电子排布式为Ar3d3，Fe3+电子排布式为Ar3d6，Zn2+的外围电子排布式为Ar3d10，对比四种离子的外围电子排布式可知，其水合离子的颜色与3d轨道上的单电子有关，由于Sc3+3d轨道全空，Zn2+的3d轨道全满，所以二者无色，根据原子结构推测Sc3、Zn2的水合离子为无色的原因：3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）。故答案为：3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）；（5）五氧化二钒的结构式为（），则该结构中键与键个数之比为64=32。V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（N