2022年高考化学全真模拟卷二（全国甲卷）

2022年高考化学全真模拟卷二（全国甲卷）（考试时间：50分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。H-1C-12N-14O-16Na-23P-31Fe-56一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。7.神舟十三号载人飞船刷新了中国载人航天技术的新高度。下列说法正确的是A．逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于天然高分子材料B．储能系统的锂离子蓄电池组在放电时将电能转化为化学能C．计算机系统使用的国产CPU芯片主要成分为SiO2D．飞船表面结构的铝合金具有高强、高韧的优点8.利用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．探究铁的析氢腐蚀B．制备氢氧化亚铁C．进行喷泉实验D．制取乙酸乙酯9.NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．16.25gFeCl3水解形成Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAC．31gP4(分子结构如图)的共价键数目为1.5NAD．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA10.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同主族，W、Y可形成阴离子，X是四种元素中唯一的金属，X、Z可形成阴离子，下列说法错误的是A．W、Z有相同的最高正价B．Y的气态氢化物稳定性比W的弱C．X、Y、Z、W的原子半径依次减小D．X、Z形成的二元化合物的水溶液显酸性11.柠檬酸苯甲酯的结构简式如图所示。下列有关该物质的叙述正确的是A．既是柠檬酸的同系物，也是苯甲醇的同系物B．能发生加成反应，不能发生取代反应C．1mol该物质与碳酸氢钠反应得44gCO2D．苯环上的二氯代物有6种12.随着以太阳能、风能为主的可再生清洁能源的迅猛发展，迫切需要发展与之配套的大规模储能装置。沉积型锌镍单液流电池是介于双液流电池和传统二次电池之间的一种储能装置，其放电时的装置如图所示，下列说法错误的是A．NiOOH电极的电势高于锌电极的B．放电时，储液罐中K2[Zn(OH)4]溶液的浓度增大C．充电时，锌电极应接铅蓄电池的PbO2电极D．充电时，NiOOH电极的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O13.电位滴定法是指在化学计量点附近，离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，进而确定滴定终点的方法。现用已知浓度的硝酸银标准溶液测定某工业纯碱样品中杂质NaCl(假设只此一种杂质)含量的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．a点是溶液中c(Ag+)发生了突跃B．Na2CO3溶液中存在：c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)C．a点后Ksp(AgCl)逐渐减小D．若样品质量已知，则可求得杂质NaCl的含量二、非选择题（一）必考题：共43分。26.（14分）次磷酸钠(NaH2PO2)是一种白色粉末，微溶于无水乙醇，不溶于乙醚，具有强还原性，酸性条件下易被氧化生成H3PO4。实验室使用白磷、熟石灰和碳酸钠溶液模拟工业制备两步法合成次磷酸钠晶体。I．制备次磷酸钙［Ca(H2PO2)2］溶液：(1)实验前，经检验装置的气密性良好。其中仪器a的名称为___________(2)将一定量的白磷和过量的熟石灰依次投入仪器a中，加水调成稀浆状，搅拌下加热升温到90℃，至无PH，气体放出时停止反应。则a中发生反应的化学方程式为___________(3)实验过程中装置B中出现红色沉淀，则硫酸铜溶液的作用是___________。II．制备次磷酸钠(NaH2PO2)溶液：(4)过滤除去未反应的固体物质，然后通入二氧化碳，其目的是___________再向次磷酸钙溶液中加入碳酸钠溶液，判断次磷酸钙完全反应的方法为___________III．制备次磷酸钠晶体：(5)过滤除去碳酸钙后将滤液蒸发浓缩，该操作需在___________条件下进行，再经过冷却结晶，制得次磷酸钠晶体。IV．测定次磷酸钠纯度：(6)测量步骤：称取8.8g样品溶于水配成25mL溶液置于锥形瓶中，再加盐酸25mL，准确加入c1mol／L碘标准溶液V1mL，盖好瓶塞，放在暗处30min。打开瓶塞，用少量蒸馏水洗瓶颈及瓶塞后，以淀粉溶液作指示剂，用c2mol／L硫代硫酸钠标准溶液进行滴定，消耗硫代硫酸钠溶液的体积为V2mL(已知I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI)。①判断达到滴定终点的现象是___________。②晶体中NaH2PO2的质量分数为___________(列出表达式)。27.（14分）2022年北京冬奥会的火炬“飞扬”是世界首款高压储氢火炬，它运用了液体火箭发动机的氢能技术。由氨气制取氢气是一种新工艺，氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气制取氢气。方法I：氨热分解法制氢气(1)已知该反应为可逆反应，在一定温度下，利用催化剂将分解为和的化学方程式为_______。(2)该反应为吸热反应，说明反应物的总能量_______生成物的总能量(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)在一定温度和催化剂的条件下，向容积固定的密闭容器中充入发生该反应，末测得容器中，则在内，用的浓度变化表示该反应的平均速率是：_______。(4)该反应达到化学平衡的标志是_______(填序号)。A．的浓度为0 B．的物质的量保持不变C．正反应速率与逆反应速率相等 D．的物质的量之比为方法II：氨电解法制氢气(5)利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。装置中将太阳能转化为电能的电池，其主要材料是_______。装置中生成时，电路中通过_______电子。为提高制取氢气的反应速率，可采取的方法是_______。28.（15分）铋主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣(主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O、CuO)为原料提取Bi的工艺流程如图：已知：Ⅰ.BiCl3可水解生成不溶于水的BiOClⅡ.25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=1.2×10-20；Ksp(PbCl2)=1.17×10-5回答下列问题：(1)“浸出”时，若c(HCl)=1mol/L时，铋的浸出率和Cl-浓度的关系如图所示，其中NaCl的作用是____；若升高温度，反应相同的时间，铋的浸出率先升高后降低，则浸出率下降的主要原因可能是____和____。(2)“滤渣Ⅰ”的成分为____(填化学式)。(3)“沉铜”时向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液，可促进Cu2+水解生成Cu3(OCl)2沉淀，请写出“沉铜”的离子方程式____。若“滤液Ⅱ”中c(Cu2+)为0.01mol·L-1，常温下加入等体积的NaOH溶液使pH恰好为6时，出现Cu(OH)2沉淀，此时Cu2+的去除率为____(忽略溶液体积变化)。(4)可循环利用的物质是____。(5)BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：水解工序时Bi3+发生反应的离子方程式为____。（二）选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。35.（15分）碳是地球上组成生命的最基本元素之一。不仅能形成丰富多彩的有机化合物，还能形成多种无机化合物，碳及其化合物的用途广泛。根据要求回答下列问题：(1)在基态14C原子中，核外存在_______对自旋相反的电子；第二周期的元素中，第一电离能介于B和C之间的是_______(写元素符号)。(2)下图中分别代表了碳单质的两种常见晶体，图1晶体中C原子的杂化方式为_______，图2晶体中，每个六元环占有_______个C原子。(3)碳可以形成多种有机化合物，如图3所示是一种吡咯的结构，分子中所有原子都在一个平面上。吡咯中所有元素的电负性由大到小的顺序为_______。(4)碳可形成CO、CO2等多种无机化合物，在CO转化成CO2的反应过程中，下列说法正确的是_______。A．分子中孤对电子数不变 B．分子极性发生变化 C．原子间成键方式改变 D．分子间作用力减弱(5)碳酸盐在一定温度下会发生分解生成二氧化碳和对应氧化物，实验证明：碳酸盐的阳离子不同分解温度不同，如表所示：碳酸盐MgCO3CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/°C40290011721360阳离子半径/pm6699112135随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高，原因是_______。(6)在2017年，中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体：T-碳。T-碳的结构是：将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代，形成碳的一种新型三维立方晶体结构，如图4。已知T-碳晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的密度为_______g/cm3(列出计算式)。36.（15分）化合物M是一种医药中间体，以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A的结构简式为___________；C的化学名称为___________；F中官能团的名称为___________。(2)由B和C生成D的反应中同时生成两种能参与大气循环的无机物，该反应的化学方程式为___________。(3)由G生成H的反应类型为___________；M中含有手性碳(连有四个不同原子或基团的碳)的数目为___________。(4)Q是E的同分异构体，同时满足下列条件的Q的结构有___________种(不含立体异构)，任写出其中一种结构简式：___________。①苯环上有3个取代基；②能与溶液发生显色反应；③能发生银镜反应，且1molQ参加反应最多生成4molAg。(5)参照上述合成路线和信息，以丙二醛和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚—2—丁烯酸()的合成路线：___________。

答案及解析78910111213DBCADCB7.D【解析】【详解】A．酚醛树脂是苯酚与甲醛的缩聚产物，属于人工合成的高分子材料，故A错误；B．锂离子蓄电池组在放电时将化学能转化成电能，故B错误；C．CPU芯片主要成分为Si，故C错误；D．铝合金具有高强度、高韧性的优点，故D正确；故选：D。8.B【解析】【详解】A．食盐水为中性，Fe发生的是吸氧腐蚀不是析氢腐蚀，红墨水沿导管上升可证明，选项A错误；B．亚铁离子与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，苯密度小于水溶液，能够隔绝空气，可避免氢氧化亚铁被氧化，选项B正确；C．氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度较小，无法形成喷泉，选项C错误；D．乙酸乙酯与NaOH溶液反应，不能用氢氧化钠溶液吸收乙酸乙酯，应选用饱和碳酸钠溶液，选项D错误；答案选B。9.C【解析】【详解】A．由于D2O的摩尔质量为20g/mol，H2O的摩尔质量为18g/mol，1分子D2O和H2O中均含有10个质子，故18gD2O和18gH2O中含有的质子数分别为：=9NA、=10NA，A错误；B．16.25gFeCl3的物质的量为：=0.1mol，由于水解反应是一个可逆反应且氢氧化铁胶粒是多个分子的聚集体，则水解形成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，B错误；C．如图所示可知，1分子P4含有6个共价键，则31gP4(分子结构如图)的共价键数目为=1.5NA，C正确；D．已知CH4和Cl2混合光照可以生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物，根据碳原子守恒可知，四种产物分子数之和为1.0NA，则1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D错误；故答案为：C。10.A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X是四种元素中唯一的金属，X、Z可形成阴离子，则X为Al元素、Z为Cl元素；W、Z同主族，W、Y可形成阴离子，则W为F元素、Y为P元素。【详解】A．氟元素的非金属性强，没有正化合价，故A错误；B．元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性越弱，磷元素的非金属性弱于氟元素，则磷化氢的稳定性弱于氟化氢，故B正确；C．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则铝、磷、氯、氟始终原子的原子半径依次减小，故C正确；D．氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故D正确；故选A。11.D【解析】【详解】A．柠檬酸不含酯基，苯甲醇也不含酯基，结构不相似，不是同系物，A错误；B．含有苯环，可以发生加成反应，含有酯基、羧基、羟基，可以水解、酯化，水解、酯化均属于取代反应，B错误；C．羧基可以和碳酸氢钠反应生成CO2，1mol该物质含有2mol羧基，可最多与碳酸氢钠反应生成2molCO2，质量为88g，C错误；D．采用“定一移一”法判断，苯环上有如图(2+4)=6种二氯代物、(数字表示另一个氯原子可能的位置)，D正确；综上所述答案为D。12.C【解析】【分析】由图中可以得到Zn→[Zn(OH)4]-，锌的化合价升高，因此放电时，锌电极是负极，NiOOH是正极，充电时，锌电极是阴极，NiOOH是阳极，以此来解析；【详解】A．锌电极是负极，NiOOH是正极，所以NiOOH电极的电势高于锌电极的，A正确；B．放电时，Zn→[Zn(OH)4]-，所以[Zn(OH)4]2-增多，[Zn(OH)4]2-浓度增加，因此储液罐中K2[Zn(OH)4]溶液的浓度增大，B正确，C．铅蓄电池中PbO2是正极，Pb是负极，充电时，锌电极是阴极，应该连接铅蓄电池的负极，也就是Pb电极，C错误；D．充电时，NiOOH电极是阳极，电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，D正确；故选C。13.B【解析】【详解】A．用硝酸银标准溶液滴定NaCl溶液，发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，已知离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，a点出现突跃，说明溶液中c(Ag+)发生了突跃，A正确；B．Na2CO3溶液中存在n(Na)=2n(C)，即物料守恒：c(Na+)=2c(HCO)+2c(CO)+2c(H2CO3)，B错误；C．Ksp(AgCl)只受温度影响，a点后温度不变，则Ksp(AgCl)不变，C正确；D．由指示电极电位产生突跃的点即为AgNO3恰好与NaCl反应，可知硝酸银标准溶液消耗的体积，由Ag++Cl-=AgCl↓，则n(NaCl)=n(AgNO3)，可计算NaCl的质量，若样品质量已知，则可求得杂质NaCl的含量，D正确；故选：B。26.（14分）【答案】(1)三颈烧瓶(2)(3)除尽尾气中的PH3(4)

使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去

将反应液静置，再用胶头滴管取烧中少量的上层清液继续滴加碳酸钠溶液，若不出白色沉淀，则说明反应完全(5)无氧条件(隔绝空气加热)(6)

蓝色消失

【解析】【分析】I．中白磷和熟石灰、水在加热时，会生成次酸钙和PH3，硫酸铜溶液的目的是除尽尾气中的PH3气体。II．中左侧产生二氧化碳并且饱和碳酸氢钠除去挥发出的盐酸，适量的二氧化碳其目的是使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去，据此分析解题。(1)由装置甲中可知仪器a的名称是三颈烧瓶。(2)白磷和熟石灰、水在加热时，会生成次酸钙和PH3气体，则反应的化学方程：。(3)采用过量的硫酸铜溶液的目的是除尽尾气中的PH3气体，PH3会将硫酸铜还原为单质铜。(4)再加入碳酸钠之前需通入适量的二氧化碳其目的是使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去。为了检验烧瓶中的次磷酸钙溶液是反应完全，可以将反应液静置，再用胶头滴管取烧中少量的上层清液继续滴加碳酸钠溶液，若不出白色沉淀，则说明反应完全。(5)由于次磷酸钠具有强还原性，因此在浓缩时应隔绝空气加热。(6)①以硫代硫酸钠标准溶液滴定至浅黄色，加入淀粉试剂，继续滴定直至蓝色消失则为滴定终点。②将配制好的次磷酸钠溶液加入到碘瓶中，再加入过量的碘标准溶液，其发生反应的离子方程式为；然后再用硫代硫酸钠溶液滴定过量的碘溶液，发生反应，由于消耗c2mol/L硫代硫酸钠溶液的体积为V2mL，则可知剩余I2的物质的量，则与次磷酸钠反应的碘的物质的量，因为，所以，因此，故质量分数为：27.（14分）【答案】(1)2+3(2)小于(3)0.024(4)BC(5)

Si

2

适当增大氨气的浓度【解析】(1)该反应为可逆反应，在一定温度下，利用催化剂将分解为和的化学方程式为2+3；(2)该反应为吸热反应，说明反应物的总能量小于生成物的总能量；(3)充入发生该反应，末测得容器中，，由反应速率之比等于系数比，则；(4)A．该反应是可逆反应，不能完全转化，则的浓度不可能为0，A错误；B．反应达到化学平衡时各物质的组成浓度不再改变，则的物质的量保持不变可说明达到平衡，B正确；C．正反应速率与逆反应速率相等说明反应达到化学平衡，C正确；D．的物质的量之比与起始投料有关，当比例为不能说明反应达到化学平衡，D错误；故选：BC；(5)太阳能电池板的主要材料是硅Si，由反应2+3，生成3mol时转移6mol电子，装置中生成时，电路中通过2mol电子；为提高制取氢气的反应速率，可采取的方法是适当增大氨气的浓度。28.（15分）【答案】(1)

增大Cl-浓度，提高浸出率

HCl挥发

Bi3+水解程度增大，生成难溶的BiOCl(2)AgCl、PbCl2(3)

3Cu2++4OH-+2Cl-=Cu3(OCl)2+2H2O

97.6%(4)NaCl(5)Bi3++Cl-+H2O=BiOCl+2H+【解析】【分析】氧化铋渣的主要成分为，含有、、杂质，由流程可知，加盐酸、饱和食盐水分离出滤渣Ⅰ为、，过滤后滤液加生成，滤液Ⅱ含铜离子，再加生成，滤液Ⅲ含，可在浸出步骤中循环使用，中加入热发生，高温下C与熔炼生成，以此来解答。(1)铋的浸出率随浓度增大而增大，因此的作用是增大浓度，提高浸出率；由于升高温度，受热会发，且水解程度增大，生成难溶的，因此浸出率下降；(2)根据以上分析可知“滤渣Ⅰ”的成分为、；(3)“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入溶液调节pH，生成，离子方程式为；若“滤液II”中为，常温下加入等体积的溶液使pH恰好为6时，出现沉淀，根据4的溶度积常数可知，且等体积混合，此时的去除率为；(4)“滤液Ⅲ”中含，经加热浓缩后可返回浸出工序循环使用；(5)由流程图可知水解工序时Bi3+和氯离子和水反应生成BiOCl，故其对应的离子方程式为：Bi3++Cl-+H2O=BiOCl+2H+。35.（15分）【答案】(1)

2

Be(2)

sp3

2(3)N>C>H(4)BC(5)当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解(6)【解析】(1)基态14C原子，轨道表示式为，所以有2对成对电子，成对电子中两个电子自旋方向相反；同周期元素第一电离能呈增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA，所以Be、B、C的第一电离能顺序为B<Be<C，第一电离能介于B和C之间的是Be；故答案为：2；Be；(2)由图1晶体的空间结构可看出C原子形成的是四面体结构，碳原子的杂化方式为sp3；图2晶体是平面结构，最小环为六元环，每个碳原子连接3个C-C键，则每个碳原子连接3个六元环，每个六元环占有的碳原子数为，故答案为：sp3；2；(3)吡咯中所含元素是C、N、H，一般来说同周期从左到右电负性逐渐增强，所以电负性是N>C，而H是电负性最小的非金属，所以电负性由大到小的顺序为N>C>H，故答案为：N>C>H；(4)在CO转化成CO2的反应过程中，A．CO分子中含有2对孤对电子，CO2分子中含有4对孤对电子，故A项错误;B．CO为极性分子，CO2为非极性分子，故B项正确;C．CO中存在碳氧三键，CO2中存在碳氧双键，分子间成键方式改变,，故C项正确；D．CO和CO2都可以形成分子晶体，转化过程中，相对分子质量增大，分子间作用力会增强，故D错误；故答案为：BC(5)因为碳酸盐的分解过程实际上是晶体中阳离子结合中的氧离子，使分解为CO2的过程，所以当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解，故答案为：当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解；(6)根据晶胞结构图，晶胞中含有的正四面体结构的数目是，每个正四面体结构含有4个碳原子，晶胞的质量是，已知T-碳晶胞参数为apm，则T-碳的密度为，故答案为：。36.（15分）【答案】(