黄金卷5（拔高）-2022年高考化学模拟卷（江苏卷）（解析）

【赢在高考•黄金20卷】备战2022年高考化学模拟卷（江苏卷专用）

黄金卷5

（本卷共18小题，满分100分，考试用时75分钟）

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32

Cl35.5K39Mn55Fe56Cu64

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每题只有一项是符合题目要求的。

1.《新修本草》中描述“青帆”为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……）青帆加热时的

A

反应为2FeSO‘7H2O=Fe2O3+SO2T+H2so4+1340。下列说法正确的是

A.产物中含有3种非金属氧化物B.所得赤色物质为FeSO4

C.反应为分解反应D.铁元素发生还原反应

【答案】C

【解析】

A.由题干方程式可知，产物中含有SCh和H?O共2种非金属氧化物，A错误：

B.FeSO4为蓝绿色固体而不是赤色，所得赤色物质应该为FezCh,B错误；

C.由题干方程式可知，由一种物质生成四种物质，故反应为分解反应，C正确；

D.由题干方程式可知，反应中铁元素的化合价由+2价升高到+3价，失去电子，发生氧化反应，D错误；

2..钛有“二十一世纪的金属”、“全能金属”、“现代金属”的美称。镁与熔融的四氯化钛反应可制取钛：

高温

=

2Mg+TiCl42MgCl2+Ti,下列说法正确的是

A.中子数为14的镁原子：；;Mg

B.C「结构示意图：

C.MgCL的电子式：叫咖一

D.TiC14熔点是-25℃,沸点是136.4C,可溶于苯和CCL,该晶体属于离子晶体

【答案】C

【解析】

A.原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，则中子数为14的镁原

子的质量数是26,用原子符号表示为Mg,A错误；

B.CF■核外电子排布是2、8、8,所以Ct的结构示意图为(£)2x8，B错误;

C.MgCL是离子化合物，2个Cl-与Mg2+之间以离子键结合，故MgCL的电子式：［:@：「Mg叫:@：「，C正

确；

D.TiCL熔点是-25℃,沸点是136.4℃,物质的熔沸点比较低，说明构成物质的微粒之间的作用力比较小，

可溶于苯和CC14,根据相似相溶原理可知该晶体是由分子通过分子间作用力构成的分子晶体，因此物质的

晶体类型为分子晶体，D错误；

3.用下列仪器或装置(部分夹持装置略)进行物质制备，能达到实验目的的是

甲乙丙丁

A.图甲装置制备Fe(0H)2沉淀B.图乙装置制备无水MgCL

C.图丙装置利用蒸发结晶的方法制备胆帆晶体D.图丁装置制备乙酸乙酯

【答案】B

【解析】

A.FeSOj进入不到NaOH溶液中，无法制备Fe(OH)2沉淀，A错误；

B.在干燥的氯化氢气流中加热可防止氯化镁水解，因此可制备无水MgCb,B正确;

C.直接蒸发结晶得不到胆研晶体，C错误；

D.NaOH溶液会使乙酸乙酯水解，应该用饱和碳酸钠溶液，D错误。

4.下列关于物质性质或用途的叙述中，正确的是

A.CL能与金属活动性顺序表中大多数金属反应

B.Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒

C.S02具有漂白性，通常可用于漂白淀粉类食品

D.二氧化硅的熔点很高，可用于制作光导纤维的材料

【答案】A

【解析】

A.Cb具有强氧化性，能与金属活动性顺序表中大多数金属反应，A项正确；

B.Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于净水，B项错误；

c.S02具有漂白性，但有毒，不可用于漂白淀粉类食品，c项错误；

D.二氧化硅的熔点很高，也可用于制作光导纤维的材料，但这二者之间并没有因果关系，D项错误；

5..W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的5种短周期元素，其中W元素的电子只有一种自旋取向，X、

Y原子的核外s能级上的电子总数均与p能级上的电子总数相等，Z的价电子中在不同形状的原子轨道中运

动的电子数相等，N元素只有一个未成对电子。下列说法正确的是

A.N原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23PlB.Y元素位于元素周期表的p区

C.原子半径大小顺序：Y<Z<XD.W、X、N三种元素可以形成多种共价化合物

【答案】D

【解析】

W为H元素；X为0元素、Y为Mg元素；Z为Si元素；N为C1元素。

A.氯元素的原子序数为17,基态原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P5,故A错误；

B.镁原子的价电子排布式为3s2,镁元素位于元素周期表的s区，故B错误；

C.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，镁、硅、氯三种原子中，硅原子的原子半径最大，故C错误；

D.氢、氧、氯三种元素可以形成次氯酸、氯酸、高氯酸等多种含氧酸，故D正确；

阅读下列材料，完成6-8题：

氮及其化合物在生产生活中具有广泛用途。

氨气是一种重要的化工原料，以氨为原料可以生产化肥和硝酸，在催化剂条件下，氨催化氧化生成NO,进

而继续被氧化为NO2,再与水反应生成硝酸，氨气与硝酸反应可得氮肥硝酸镀。4NH3(g)+5O2(g)•

1

4NO(g)+6H2O(g)△H-905.8kJmolo工业上将含NO2废气通入氢氧化钠溶液中可获得NaNO3和

NaNCh,也可向废气中通入NH3在催化剂的条件转化为无毒无害的气体排放。

6.指定条件下，下列选项物质间转化不能一步实现的是

A.NH3——赢_>N2B.AP+

C.NO2—^-^NOD.NH3—NH4HSO4

【答案】B

【解析】

A.8NH3+6NO2■■7N2+12H2O,故NH3——赢一>N2能够一步转化，A不合题意；

+响必。>

B.AP+3NH3H2O-Al(OH)3i+3NH；,Al(OH)a沉淀不与过量的NHs-FhO反应，故AF+AIO：不

能一步转化，B符合题意;

C.3NO2+H2O2HNO3+NO,故NCh—il^fNO能够一步转化，C不合题意：

D.NH3+H2SO4=NH4HSO4,故NH3」i22^NH4HSO4能够一步转化，D不合题意；

7.下列说法正确的是

A.NH3转化为NH；,键角变大

B.［CU(NH3)4「中含有离子键、配位键

C.NO；空间构型为直线形

D.氨气易溶于水的原因是氨气分子间存在氢键

【答案】A

【解析】

A.氨气中有孤对电子，氨气转化为铉根离子键角变大，A正确；

B.［Cu(NH3)4］+中含有配位键和极性共价键，不含离子键，B错误；

C.NO］中氮原子价层电子对数为2+；x(5+L2x2)=3,含有一对孤对电子，空间构型为V形，C错误；

D.氨气易溶于水的原因是氨气分子与水分子之间能形成氢键，D错误；

8.氮的氧化物对空气有污染，需要进行治理。已知NO能被FeSO,溶液吸收生成配合物［Fe(NO)(Hq)」SO4。

下列说法不无碘的是

A.该配合物中阴离子空间构型为正四面体形

B.配离子为［Fe(NO)(H2O)5『，配位数为6

C.Fe?•被氧化为Fe3+,失去的电子位于3d轨道

D.Hq分子是含有极性犍的非极性分子

【答案】D

【解析】

A.配合物中阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4,孤对电子对数为0,离子的

空间构型为正四面体形，故A正确；

B.配离子［Fe(NO)(H2O)s『中亚铁离子为中心离子，一氧化氮和水为配位体，配位数为6,故B正确；

C.亚铁离子的价电子排布式为3d6,失去3d轨道上一个d电子被氧化为价电子排布式为3d5的铁离子，故

C正确；

D.水分子的空间构型为结构不对称的V形，则水分子是含有极性键的极性分子，故D错误：

9.某小组用硫铜矿煨烧废渣（主要含FezCh、CuO、FeO）为原料制取CsO,流程如图:

KOH

废济一［酸浸

国pH|T还原(90X?Cut()

下列说法不正确的是

A.“调节pH”主要目的是为了除去Fe3+

90℃

B.“还原”过程中主要发生的反应为4CuSO4+N2H4+8KOH=2Cu2O+N2T+4K2so4+6H2O

C.CU2O的晶胞结构如图所示，其中X代表的是Cu+D.用N2H4还原制取C112O的优点是产生N2氛围，可

防止产品被氧化

【答案】C

【解析】

A.由分析知，调节pH将Fe3+转化为Fe（OH）3除去，A正确；

B.由流程知，还原时，N2H4将CuS04还原为CsO,自身转化为N2,对应方程式为：4CuSO4+N2H4+8KOH

90℃

^2Cu2O+N2f+4K2SO4+6H2O,B正确；

C.该晶胞中，白球个数=8x9l=2黑球个数为4个，故黑球：白球=2：1,结构化学式CsO知黑球代表Cu+,

白球（X）代表03,C错误；

D.还原过程中生成的N2可隔绝空气，防止产品CsO被氧气氧化，D正确；

10.化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。

CHOCH=CHCOOH

CH=CHCOOCH3

入CH(CCX)H)ACH’OHrA

229

浓HzSO”△

CHOH

CH2OH2CH2OH

XYz

下列有关X、Y、Z的说法正确的是

A.1molX中含有2mol碳氧n键

B.X、Y、Z分别与足量酸性KMnCU溶液反应所得芳香族化合物相同

C.Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大

D.Y与足量HBr反应生成的有机化合物中不含手性碳原子

【答案】B

【解析】

A.ImolX中含有Imol碳氧兀键，醛基中含有1个碳氧兀键，羟基中不含有碳氧兀键，A错误;

B.X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同均为:

B错误;

C.Z中含有酯基不易溶于水，Y含有竣基合羟基易溶于水，Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解小，C错

误；

CHBr-CH,COOH

D.Y与足量HBr反应生成的有机化合物中含手性碳原子，，D错误;

CH:OH

11.已知H2c°,是一种二元弱酸。室温下，通过下列实验探究NaHJO4溶液的性质。

实验实验操作和现象

1测得l°mLO.lmoLI?Nag04溶液的pH约为55

2向酸性KMQ溶液中滴加过量01m3,L'NaHCQ溶液，溶液紫红色褪色

3向O.lmoLL」NaHCQ溶液中加入等体积0/molCBa（OH）2溶液，溶液变浑浊

4向10mL0.1m。"」NaHC?。,溶液中滴加少量0.1molI?NaOH溶液，无明显现象

若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是

A.依据实验1推测：Kw<Kal（H2C2O4）xKa2（H2C2O4）

B.依据实验2推测：NaHC2O4溶液具有漂白性

3

C.依据实验3推测：Ksp（BaC2O4）>2-5xl0-

D.依据实验4推测：反应后溶液中存在c（Na+）=c（HGO4）+c（HC2O“）+c（C2。：）

【答案】A

【解析】

A.实验1测得lOmLO.lmoLL-NaHCQ,溶液的pH约为5.5,说明电离大于水解,心=要用口,

C（H2C2OJ

组f）.cS2K,XK,二四代=10-

u

"-C（HC2O；）'"2C（H2C2O4）C（HC2O；）C（OH'）KII2

K

x优，KM>K.2，所以Kw<Kal（H2C2O4）x（H2C2O4）,故A正确；

八九2

B,向酸性KMnO/容液中滴加过量O.lmoLL」NaHC/X,溶液，溶液紫红色褪色,可以推测实验2NaHC2O4jf

液具有还原性，故B错误；

C.向01mol【TNaHC?。,溶液中加I入等体积O.lmoLL」Ba（OH%溶液，溶液变浑浊，发生反应:

3

NaHC2O4+Ba（OH）,=BaC2O4i+NaOH+H,O,无法判断：Ksp（BaC2O4）>2.5xl0,故C错误；

D.向lOmLO.lmolCNaHC。溶液中滴加少量（MmolI」NaOH溶液，溶质为NaHCzO4和少量NaG。」，

反应后溶液中存在c（Na+）>c（HCO4）+c（HC2O；）+c（C2O：）,故D错误；

12.当前各种新型二次电池层出不穷，其中以Fe[Fe（CN）6]为代表的新型可充电钠子电池格外引人注意，其放

电工作原理如图所示。下列说法正确的是

燃Fe[Fe(CN).J[Mg。产

修I

离

>>子

<J4JNa,RilRi(CN)(J1g

交

换

膜

含Na+的有机电解质

+

A.放电时，正极反应式：Fe[Fe(CN)6]+2Na-2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]

B.充电时，M。箔接电源的负极

C.充电时，右室Na+浓度减小

D.外电路中通过.0.2mol电子时，负极质量变化为2.4g

【答案】D

【解析】

A.根据原电池工作原理，Mg箔作负极，Mo箔作正极，正极反应式为Fe[Fe（CN）6]+2Na++2e=Na2Fe[Fe（CN）6]

,故A错误；

B.充电时，电解池的阴极（原电池的负极）接电源的负极，电解池的阳极（原电池的正极）接电源的正极，即Mo

箔接电源的正极，故B错误；

C.充电时，阳离子移向阴极，Na*应从左室移向右室，右室Na，浓度增大，故C错误；

D.负极上的电极反应式是2Mg-4e+2C1=[Mg2c匕/，外电路中通过0.2mol电子时，消耗O.lmolMg,

质量减少2.4g,故D正确；

13.某金属阳离子R?+与NH?可结合生成多种络合产物，[R（NHJ4r在水溶液中存在如下平衡：

2+k,2

[R（NH3）4][R（NH,）J'K±[R（NH3）J".K'=[R（NHJ『K土R2+向某浓度的RSO4溶液

中滴加浓氨水实验测得R2+、[R（NH3）『、[R（NH3）2『、[R（NH3）3『、[R（NHjJ*的物质的量分布分

数（S）与溶液中游离氨的lgc（NH3）关系和M、P两点的坐标如图所示。下列说法正确的是

0.6

0.4

0.2

0

-6.00-4.31-2.300

lgc（NHJ

A.曲线b表示[R（N&）2丁

B.平衡常数K4=1020'K1

2+2+2+

C.lgc（NH3）=2.00时，2c（S0；-）+c（0H）=2c（[R（NH3）2]J+2c{[R（NH3）JJ+2c{[R（NH3）J）

2+

D.lgc（NH,）=440时，c（R"）>c{[R（NH3）『}>c{[R（NH3）2]{

【答案】D

【解析】

A.由图得知，曲线a在《NH,）最小时含量最高，说明曲线a表示R2-；随着c（NH?）增大，R"的浓度逐

渐减小：[R（NHJ『的浓度逐渐增大，故曲线人表示[R（NH、）r；继续增大《NH3）,[R（N&）r的浓度

又逐渐减小，[R（NH3）2「的浓度开始逐渐增大，则曲线，表示[R（NH3）2丁；以此类推，曲线d表示

2+

[R（NH3）,]；C（NHJ最大时，[R（NHJ4广的浓度最大，曲线e表示[R（NH3）J*,故A错误；

B.根据选项A分析可知：曲线。表示R2+、曲线b表示[R（NH3）T*、曲线。表示3（1鸣）2『、曲线d表

d[R（NHjj}c（NHj

示[R（NH,）,『、曲线e表示[R（N&）了根据平衡常数表达式&=可知点

2+P

e{[R（NH,）4]

2+2+

c{[R（NH3）3]|=c）[R（NH3）4]},根据尸点对应的横坐标求得C（NH3）=10R,（=10-2.3,同理可求得

（2+）（）

“点对应的&=c显Rc鬲NH,3

则反应平衡常数5=1O201&,故B错误;

C.lgc（NH3）=200时，对应的溶液存在电荷守恒：2c（SO；）+c（OH）

=2C（R2+）+2C][R（NH3）丁卜2c）[R（NH?入T，+2C][R（NH?入"+2c{[R（NH?}+c（NH：）+c（H+）,故C

错误；

2+2+

D.结合图像可知lgc（NH3）=4.40时，c（R）>c{[R（NH,）]}>c{[R（NH,）2,故D正确；

14.在压强、CO2和H2起始投料一定的条件下，发生反应I、II：

反应I.CO2（g）+3H2（g）岑L-CH3OH（g）+H2O（g）AHi=-49.0kJ*mol-,

反应H.2co2（g）+5Eh（g）催黑-C2H2（g）+4H2O（g）AHi=+37.1kJ«moll

CHQH的物质的量

实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性（CHQH的选择性=氤孤。的物质白福乂⑼％）随

温度的变化如图所示。下列说法正确的是

890

40

20

200400600■度/X?

A.曲线②表示CO2的平衡转化率

B.其他条件不变，升高温度，C2H2的含量增大

C.温度高于280C时，曲线①随温度升高而升高说明此时主要发生反应I

D.同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH30H的选择性，应选择在低温低压条件下反应

【答案】B

【解析】

A.升高温度，反应I逆向进行，反应n正向进行，甲醇的选择性降低，所以曲线②表示的是CH30H的选

择性，曲线①表示CO2的平衡转化率，A错误；

B.升高温度，反应II正向进行，C2H2的含量增大，B正确；

C.升高温度，反应I逆向进行，CCh的平衡转化率减小，升高温度，反应II正向进行，CO2的平衡转化率

增大，温度高于280℃时，CO2的平衡转化率温度升高而升高说明此时主要发生反应n,c错误；

D.两反应都是气体分子数减小的反应，要同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH30H的选择性，应选择

高压，使两反应都正向进行，D错误；

二、非选择题：共4题，共58分。

15(14分).电解金属锦阳极渣(主要成分MnCh,杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)和黄铁矿(FeSz)为原料

可制备MmO-其流程如图所示：

阳极渣-*

溶液—*Mn3O4

黄铁日"

(S、PbSO4)|FC(OH)3、CU(OH)2)

已知：K、＞(MnF2)=5.0xK)-3、^(CaF2)=3.5xlO-",回答下列问题:

(1)“酸浸”时，所用的稀酸X是(填化学式)。

(2)“酸浸”过程中，Fe2+、Fe3+的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图所示。

+和后滤

?溶为调

a液U中来过

CC)子，

溶n图O

时分离a去

钠M3题质C

此酸K(合除

则耗杂用2

草少结将F

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“-L减以C

.，应但物

1l会可，

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m0滴原2难

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qO二为、M

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iLC42nim(性致

m，含，(M8得液

m04m5Om-%酸为导

00下为O酸0+m】43002】后滤

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~~温度m硫.OM案S14.析h作的

00M62~.5氧又

28室浓)量1n算答H019解C操+到

4MD)8))4n2H

①②⑶的(适液2计【(2(3((【M续eFp得

(1)根据上述分析可知“酸浸”时使用的酸为稀硫酸；

(2)①在20~80min内,MnCh、FeS2.H2s发生氧化还原反应产生MnSCh、Fe2(SO4)3.S、H2O,根据电子

守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则可知浸出Mn元素的主要离子方程式为：

+2+3+

3MnO2+2FeS2+12H=3Mn+4S+2Fe+6H2O；

②根据图示可知：在80~100min时，Fe?+浓度又上升，原因可能是MnCh浸出率很高，剩余MnCh较小，FeS2

浸出的Fe2+与MnCh接触机会减少导致其浓度有所增加；

(3)加入MnF?发生的反应为MnF2(s)+Ca2+(aq).•CaF2(s)+Mn2+(aq)达到平衡时，Md+的浓度为2molL1,

c(Ca")=c(Ca2+)•c?(F)=必咽)=3.5x10”

=7.0x10-9,由于c(Mn2+)=2.0m