2022-2023学年河南省安阳市高考理综化学仿真测试模拟试卷（一模）有答案

的是的是Q■O2022届河南省安阳市高考理综化学测试模拟试题（一模）A.硼砂的作用是和银反应B.金银合金的硬度比银的大蹩C.“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积jD.银的熔点低于金的1 2.甲酸在催化作用下脱氢可生成CO2,反应机理和相对能量变化如图所示，下列说确的是

反应历程A.甲酸脱氢反应放热，因此没有需要加热反应历程B.在反应历程中，反应速率由形成H2并脱附一步决定C.在催化剂表面离解C-H键比离解O-H键难D.生成22.4LCO2时，转移电子数为2Na3.一种治疗皮肤黏膜炎症的的脱水产物结构如图所示，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是A.简单离子半径：Z<YW与丫形成的化合物分子间有氢键，沸点高W3XY3分子的原子X满足8电子稳定结构W和乙形成的化合物只含有离子键，且可与水反应生成气体O率O自O率O自6垓o6A.分子式为C^Hio，是芳香族化合物B.至多有6个原子共线C.可发生取代反应、加成反应、氧化反应D.二氯代物有19种5.下表中的实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向两份等浓度、等体积的过氧化氢溶液中分别加入2滴等浓度的FeCb溶液和CuSO4溶液前者产生气泡较快催化能力Fe3+>Cu2+B分别在0。C和25°C环境下向两支试管中依次加入2mL1mol，L"KI溶液、2mLO.lmol-L'1稀H2s。4和2滴淀粉溶液，振荡试管，记录变蓝时间后者变蓝用时短温度越高反应速率越快C向Cu(OH)2悬浊液中逐滴加入氨水蓝色沉淀变多Cu(OH)2悬浊液中存在沉淀溶解平衡D将蔗糖水解液调节至碱性，加入银氨溶液，水浴加热试管内壁出现光亮的银镜蔗糖水解产物中有还原性糖A.A B.B C.C D.D6.近年来，电化学法催化还原二氧化碳因其反应条件温和、能耗低绿色环保而备受研究者的

青睐。将电解食盐水氧化生成次氯酸盐的阳极反应与电催化还原CO2的阴极反应相耦合，没有仅实现低电位下高效电催化还原co,还提高了电解反应的能源效率。下列说确的是0K>co2«COacr8COaOH'a.阳极区可使用海水提供cr,没有影响电极反应B.阴极的电极反应式为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-C.反应生成次氯酸盐和CO,整个反应过程的原子利用率接近D.若反应开始时，两电极区溶液质量相等，转移2moi电子时，两电极区溶液质量差16g（忽略气体溶解）评卷人得分二、多选c(M)lgc(R)7.室温下，某混合溶液中c(M+)+c(MOH)=c(R)+c(HR),c(MOH)和c(HR)随pH变化关系如图所示，已知pX=-lgX。下列说法错误的是1g--- --A.曲线I表示c(M°H)与pH关系曲线，af+2b点溶液中c(M+)>c(R),x=-2MR溶液显碱性，且MR溶液溶液中c(MOH)<c(HR)D.等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(HR)>c(Na+)>c(R)>c(OH)>c(H+)第II卷(非选一选)评卷人得分.三氧化二倍(CnCh)可用作着色剂、分析试剂、催化剂等。一种利用铝铁矿(主要成分为FeO、Cr2O3(还含有AI2O3、SiO2等杂质)清洁生产CrzCh的工艺流程如下：稀破酸铭酸肝NHjNHjNaOH沈渣1铁技巩滤液1 注液2己知：①铝铁矿的成分及含量(以氧化物形式表示):成分Cr2O3FeOSiO2A12O3其他质量分数45.0%32.5%11.5%10.8%0.2%②金属离子开始沉淀与完全沉淀的pH如下:金属离子Fe3+AP十CPFe2十开始沉淀的pH2.73.45.07.5

完全沉淀的pH3.74.95.99.7③铭酸酎(CrCh)常用作氧化剂：④铁镂帆的化学式为NH4Fe(SO4)212H2O,在pH=3时完全沉淀。回答下列问题：(1)“氧化酸浸”前，常将铭铁矿粉碎，目的是,滤渣1的成分是o(2)铭酸酊的作用是，“氧化酸浸”时FeOCr2O3反应的化学方程式是(3)“沉淀”时，应调节pH没有低于,滤液1的成分主要是(填化学式)(4)“除铝”一步的离子方程式是o(5)若处理1kg铭铁矿，至少需要消耗铭酸酎的质量是g«(保留一位小数)四、实验题评卷人得分.实验室利用下图装置制备漠苯和硫酸钵。已知反应原理为MnC)2+2NaBr评卷人得分A2H2so4MnSO4+Na2SO4+Br2t+2H2O(1)丁装置中冷凝水应由(填“m”或"n”)口进，丙装置圆底烧瓶中(填“需要''或"没有需要”)加入沸石。(2)按气流方向，装置接口的连接顺序为dT TC。(3)装置甲中长颈漏斗的作用是,热水浴的目的是。(4)利用装置乙中有淡黄色沉淀产生没有能证明苯与溟发生了取代反应，请设计改进装置(5)反应结束后，装置丁中液体因溶解了Br2而呈棕褐色，请用离子方程式表示洗去Bn的方法,干燥之后分离出产物澳苯的方法为评卷人得分五、原理综合题而制氢成本过.在碳中和背景下，氢能是新能源领域中与油气行业现有业务最紧密的一类,而制氢成本过高，仍是目前氢能产业发展的挑战之一、甲烷水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法,涉及的主要反应如下：反应ICH4(g)+H2O(g)tCO(g)+3H2(g)AH,>0反应IICH4(g)+2H2O(g)t叶CO2(g)+4H2(g)AH2>0反应HICO(g)+丛0色)土叶CO2(g)+H2(g)AH3(1)已知部分化学键的键能数据如下表：化学键O-HH-HC=O00(CO)键能/(kJ-mol-,)4634368031075则△%=,若反应III的正反应活化能Ea(正)=83kJ-moH,则逆反应活化能Ea(逆)= kJmofo(2)①恒温条件下，在体积没有变的密闭容器中充入1molCO(g)和2molH2O(g),发生反应III,欲使CO的转化率和H2的产率同时提高，可以采取的措施有«②己知比表面积是指单位质量物料所具有的总面积。实验表明，向体系中投入固体可以增大出的体积分数，选用相同质量、没有同粒径的固体进行实验时，结果如图甲所示。投入微米级比纳米级，比的平衡体积分数低的原因是=

tL10050%/短士不tL10050%/短士不姓«*wx③在一恒容绝热容器中以物质的量之比1：2投入CO(g)和H2O(g),发生反应ni,下列物理量没有再改变能说明该反应到达平衡状态的是(填字母)。A.%体积百分含量 B.体系温度C.CO与H2O的物质的量之比 D.混合气体密度(3)没有同压强下，按照n(CH4)：n(H2O)=1：3投料发生上述三个反应，CH4的平衡转化率a(CH4)随温度的变化关系如图乙所示。压强口、P2、P3由大到小的顺序是，Ck的平衡转化率随温度升高而增大的原因是0(4)一定温度下，向2L容器中充入1molCH4g)和3mol比0棺)，tmin后反应达到平衡，容器中CO为mmol,CO2为nmol»则tmin内CH4的消耗速率为molL'min1.反应in的压强平衡常数Kp=0(用含m,n,t的代数式表示)评卷人得分六、结构O率OO率O自6垓o6.铳的氧化物主要有一氧化镒(MnO)、二氧化镐(MnCh)、三氧化二钵(MrbCM、四氧化三铢(MnjO4)^亚镒酸酊(M112O5)、钵酸酊(MnCh)和高锦酸酢(MnzCh)。回答下列问题:(1)基态Mn原子的核外电子排布式是(2)下列钵元素的没有同微粒中，电离最外层一个电子所需能量的是(填编号)。0®®®®A0®®®®A.3d®0®®®®c 3d4s3d4s®®®®0①3d4s(3)以MnSO4为原料，六次甲基四胺为弱碱介质，通过水解氧化法可制备没有同粒径的磁性纳米M113O4。①s°：的空间构型是,写出两种与s°：互为等电子体的离子。②六次甲基四胺也称乌洛托品(结构如图甲所示)，其所含元素的电负性从大到小的顺序是,原子N的杂化方式是,N原子数与0键数目之比为(乌洛托品)

甲(4)实验室可利用硝酸镐受热分解的方式制备锦的一种氧化物(晶胞结构如图乙所示)和NO2»①该钵的氧化物中Mn的化合价①该钵的氧化物中Mn的化合价为1②请画出Z方向投影图.③已知Mn和0的离子半径分别是mpm和叩m,则该晶体的空间利用率为(列出计算式即可)。评卷人得分七、有机推断题.盐酸普鲁卡因是一种麻醉药，用于浸润局麻、神经传导阻滞。合成路线如下：NazCr2。?HjSO,(D)NazCr2。?HjSO,(D)(1)B的名称是,D的分子式为。(2)由甲苯制备A的反应方程式是。(3)B和D反应生成E的化学方程式为。(4)E—F的反应类型是o(5)A的同分异构体中，满足下列条件的有种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰6ogo卑o氐面积之比为1：2：2：2的物质的结构简式是.①苯环上有两个取代基6ogo卑o氐(6)请设计一种以‘ 、、 R和甲苯为原料，制备、-夕0 的合成路线(其他无机试剂任选)。答案:A【详解】A.硼砂的作用是帮助熔化，没有和银发生化学反应，A错误；B.合金的硬度一般比其组分大，则金银合金的硬度比银的大，B正确；C.“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积，加快金属熔化的反应速率，C正确：D.向坤土曷中加入金银合金，其银即吸入土内，让金流出，，说明银熔化，可得银的熔点低于金的，D正确；故选：AoB【详解】A.由图可知，反应的起始状态的总能量大于反应的最终状态的总能量，说明甲酸脱氢生成二氧化碳为放热反应，反应热与反应条件无关，可能需要加热条件下才能进行，故A错误；B.历程中能垒是历程IV—V,反应活化能为62.9kJ・moH-(-17.4)kJ・mol“=80.3kJ・moH,活化能越大反应速率越慢，整个反应速率由最慢的一步决定，即由形成H2并脱附一步决定，故B正确；C.历程I-II离解0-H键，活化能为44.7kJ・moH-0kJ・moH=44.7kJ・moH,历程IH—IV离解C-H键，活化能为36.7kJ・mol-i-8.9kJ・moH=27.8kJ・mol",活化能越大反应越难进行，则离解O-H键比离解C-H键难，故C错误；D.未指明气体的状况，没有能计算22.4LCO2的物质的量，也没有能确定转移电子数，故D错误；故选：BoC【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，从图示成键情况分析，W原子序数最小,成单键为饱和，W是H元素；Z是正一价阳离子参与成键，原子序数比W、X、丫大的短周期元素，则Z是Na元素：根据成键情况分析，X、丫又是第二周期元素，则X是B元素，丫是0元素，两个B元素各得一个电子后与氧原子形成4个单键，阴离子带2个负电荷。【详解】A.相同电子层的简单离子，其半径随核电荷数的增大而减小，故简单离子半径Na+vO%即Z<Y,A正确；B.据分析，W与丫形成的化合物有H2O或H2O2,分子间均有氢键，增大分子间作用力，沸点高，B正确：C.据分析，W3XY3分子化学式是H3BO3，原子B是6电子结构，C错误：D.W和Z形成的化合物是NaH,只含有离子键，且可与水反应生成氢气和氢氧化钠，D正确；故选C。D【详解】A.由结构可知分子式为CwHio,含有苯环，是芳香族化合物，故A正确；B.苯环是平面型分子，至多有4个C原子和2个H原子即共6个原子共线，故B正确;C.含有苯环，可与卤单质发生取代反应，与氢气在一定条件下发生加成反应，可燃烧能发生氧化反应，故C正确：D. \有3种H,分别定为a、0、r位，可固定1个Cl,移动另一个氯，分别得到二氯代物有9+5+1=15种，故D错误；故选：D。D【详解】A.阴离子没有相同，没有能用于比较Fe3+和CW+的催化效率，故A错误;B.KI溶液中先加淀粉，后加硫酸，试剂顺序没有合理，故B错误；C.氢氧化铜能与氨水反应生成深蓝色的溶液，生成了铜氨络离子，没有能证明存在沉淀溶解平衡，故C错误D.蔗糖在浓硫酸作用下发生水解反应后，调节溶液至碱性，加入银氨溶液，水浴加热，发生银镜反应，银元素化合价降低，则蔗糖水解产物中有还原性糖，故D正确：故选：D。C【分析】根据图示上的物质变化，左侧阴极区通入C02逸出co,其电极反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O；阳极区Cl-转化为CIO-电极反应式为：Cr-2e+20H^=C10+H20,电解过程中H+透过离子交换膜从右池移向左池，交换膜应是质子交换膜：【详解】A.阳极区C1-转化为Cl。电极反应式为：Cl-2e+2OH^=C1O+H2O,海水含有比Ck还原性更强的离子，比C1-先失电子，会影响电极反应，故A错误；B.阴极得电子，发生还原反应，根据装置图中所示二氧化碳得电子生成一氧化碳，所以阴极电极反应式为：CO2+2H++2e=CO+H2O,故B错误；C.阴极电极反应式为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O；阳极电极反应式为：Cl-2e+20H-=C10-+H2O,反应生成次氯酸盐和CO,整个反应过程中碳、氯、氧的原子利用率接近，故C正确；D.阳极反应为CN2e-+2OH=ClO-+H2O,阴极反应为CO2+2H++2e=CO+H2。，转移2moi电子，有2moi氢离子向阴极移动，则阴极室和阳极室质量变化相差为[16+2-(-2)]g=20g,故D错误；故选：CoAD【分析】v_c(M+)c(OH) ,c(M)Kb 1g - 由c(MOH),当c(M°H)=o即c(m+)=c(MOH)时，Kb=c(OH),同理，Ka=c(H+),由lgX=O时，pH分别为6、10,则曲线I表示c(HR)与pH关系，曲线U表示

1g c(MOH)与pH关系:【详解】c(R)A.由分析可知，由c(R)A.由分析可知，由lgX=0时，pH分别为6、1g10,则曲线I表示c(HR)与pH关系，凡=K,,10,4_10，c(H+)=10-6,常温下c点c(OH-尸认) ,Kb=cCOH^lO-4,则@f+2，A错误：b点溶液pH=8,溶液呈碱性，说明MOH电离程度比HR电离程度大，则c(M+)>c(R),手y="=104 K_c(M)c(OH)_10Y c(M1)-10^_1q2c(OH)=C(H+)10 ,由bc(MOH),则c(MOH) ，则欧=.IgWM：)c(MOH)=_2,B正确；C.由凡=104，Kb=10",相对而言MOH碱性较强、HR酸性较弱，则MR溶液显碱性，由越弱越水解规律可知，R-水解程度大于M+,则MR溶液溶液中c(MOH)<c(HR),C正确；D.由Ka=10QR-D.由Ka=10QR-水解常数为<Ka，则HR电离程度大于R-水解程度,等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(R)>c(Na+)>c(HR)>c(H+)>c(OH),D错误;故选：AD。8.(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率SiO2将Fe?+氧化为Fe3+6FeOCr2O3+30H2SO4+2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O5.9(NH4)2SO4(4)Al(OH)3+OH-=A102+H2O(5)150.5【分析】铝铁矿加入稀硫酸与金属氧化物反应生成硫酸盐，SiO2没有与稀硫酸反应而成为滤渣1，倍酸酊(CrO3)常用作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+,加入氨气调节pH至3.0沉铁为铁铉矶,加入氨气完全沉淀AP+与Cr3+,利用A1(OH)3的两性，加入NaOH溶液生成NaAlO2成为滤液2,Cr(OH)3沉淀煨烧生成Cr2O3；“氧化酸浸''前，常将珞铁矿粉碎，目的是增大反应物接触面积，提高反应速率；加入稀硫酸没有与SiCh反应而成为滤渣1.则主要成分是SiO2；已知铝酸酊(CKh)常用作氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+；“氧化酸浸”时FeOCnCh与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸倍，铭酸肝(CrCh)将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，则反应的化学方程式是6FeOCr2O3+30H2SO4+2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O：“沉淀”时为了得到Cr(OHb沉淀，即完全沉淀CN+,应调节pH没有低于5.9；滤液1的成分主要是(NH4)2SC)4：“除铝”中加入NaOH溶液与A1(OH)3反应生成NaA102和水，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=A1O2+H2O；由表知铭铁矿中FeO质量分数为32.5%,根据6FeOCr2O3+30H2SO4+2CrO3=3Fe2(SO4)2CrO,2CrO,2x100m,解得消耗钠酸酊的质量是6x723+7Cr2(SO4)3+30H2O,可得关系式1°00®x32-5%m=150.5go9.(1)n 没有需要(2)aTb—e—f(3) 平衡装置内气压防止澳蒸气冷凝(4)在丁和乙装置间加一装有四氯化碳的洗气瓶(5)Br2+2OH-=Br+BrO-+H2O蒸储【分析】由制备实验装置可知，丙中生成澳，然后装置甲的浓硫酸吸收溟中的水，水浴加热为防止漠蒸气冷凝，再选装置丁中铁与漠反应生成漠化铁，苯与澳在漠化铁的催化作用下反应生答案第5页，共11页成澳苯，装置乙用来吸收制取溟苯后挥发出来的溟化氢，以此来解答。冷凝水应，下进上出‘，丁装置中冷凝水应由n口进；由于MnO2是固体，可起到防暴沸作用,丙装置圆底烧瓶中没有需要加入沸石；装置顺序为丙一►甲一>J—►乙，则装置接口按气流方向连接顺序为：d—>a—>b—>e—>f—>c；装置甲中长颈漏斗的作用是平衡装置内气压：澳蒸气容易液化，水浴加热的目的是防止漠蒸气冷凝；挥发的溟及生成的HBr均与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，没有能证明苯与溟发生了取代反应，通过四氯化碳可以吸收挥发出来的漠，可设计改进实验为：在丁和乙装置间加一装有四氯化碳的洗气瓶；可用NaOH溶液洗去Bn，两者反应生成NaBr、NaBrO和水，反应的离子方程式为：Br2+2OH-=Br+BrO+H2O；无水氯化钙能干燥澳苯，反应后得到的澳苯中溶有少量未反应的苯，苯和溪苯互溶，但苯的沸点低，所以采用蒸储的方法进行分离，溟苯留在母液中，故通过蒸储操作，获得纯净的澳苯。10.(1)-41kJ/mol124适当增大H2O(g)的浓度 微米表面积比纳米小，吸收CO2能力比纳米低ABp3>p2>Pi反应I和H都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大(m+n) n(3m+4n)2tm(3-m-2n)

平衡移动无影响，应考虑浓度对平衡移动的影响，欲使CO的转化率和H2的产率同时提高,即平衡正向移动，可以采取的措施有适当增大％0(的的浓度；②加入可以消耗产物CO2,CO?在反应体系内浓度降低，所以反应正向移动，参与反应的固体表面积越大，相同质量的表面积越大，就可以吸收更多的CO2,使反应尽可能向生成CO2的方向进行，使得H2体积分数上升；③A.%体积百分含量没有变说明H2浓度没有再发生变化，能说明该反应到达平衡状态，A选；B.反应III是放热反应，当体系温度没有变时，说明反应到达平衡状态，B选；C.CO与HzO的物质的量之比保持没有变没有一定达到平衡状态，和起始量变化量和变化量有关，C没有选;D.混合气体总质量没有变，恒容密闭容器中体积没有变，则混合气体密度一直保持没有变，没有能说明反应到达平衡状态，D没有选：故选：AB；(3)反应I和n都是气体体积增大的反应，则相同温度下，增大压强平衡逆向移动，CH4的平衡转化率a(CHQ减小，则P3>P2>Pi；反应I和H都是吸热反应，升高温度平衡正向移动,CH4的平衡转化率增大；(4)根据反应I和n的化学方程式可知△mCH4Hl(CO)+n(CO2)=(m+n)mol,所以甲烷的消耗速率为v(CH尸©>率为v(CH尸©>=(m+n)ma,(m+n)

4VAt2Lxtmin2tmol-L-1-min'列出三个反应的变化量如下:CH4(g)+斗0,)Q8(g)+3Hz(g)变化MAnol a a a 3a国⑥+2为0(©OC0j8)+4耳(g)蜘b 2b b4bCO(g)+为0。)=y⑶+再(g)变化量/mol C C C C,由题可知n(CO)=a-c=m>n(CC)2)=b+c=n、n(H2)=3a+4b+c=3m+4n、n(H2O)=3-a-2b-c=3-m-2nn(CH4)=l-a-b=l-m-n,反应HI的反应前后气体分子数相同，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之K_P(CO)p(HJ_n(3m+4n)比，则反应III的压强平衡常数"P(CO)p(H2O)m(3-m-2n)。11.⑴1s22s22P63s23P63d54s2⑵A正四面体型0°4、POtn>C>Hsp31：6TOC\o"1-5"\h\zMn -Mn、0 n/|Xz0Mn / 、O 47c(2m3+4n3)/ 0、一―5 x100%+4Mn■■Mn3abMn是25号元素，处于第四周期第VI1B族,核外电子排布式为：Is22s22P63s23P63d54s2；(2)3d为基态MM+,处于3d半满稳定状态，很难再失电子；®®®O®®3d4s为基态Mn原子，易失去一个电子变为Mn+：®®®0®®3d 4s为基态Mn+,其失去一个电子比基态Mn?+容易；®®®®o①3d 4$为激发态m#+,其失去一个电子比基态MM+容易，故最难再失去一个电子的是A,故A；①S°：中S和O形成4个g键，价层电子对为4,杂化方式为sp3,根据价层电子对互斥理论可知其空间构型为：正四面体型；中s、O原子最外层均有6个电子，共有32个价电子，与互为等电子体的离子有：PO：；②乌洛托品含C、H、N元素，元素的非金属性越强，其吸引电子能力越强，则其电负性越大，这几种元素非金属性强弱顺序是N>C>H,所以电负性大小顺序是N>C>