重庆市第八中学校2022届高考化学全真模拟试题（PDF版附解析）

\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n重庆市第八中学校2022年高考全真模拟化学参考答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。题号1234567答案ADBCDCB题号891011121314答案ADCADDD【解析】1．B项，宣纸和羊绒衫为天然纤维制造。C项，人工降雨播撒的是碘化银或干冰。D项，太阳能电池翼与晶体硅有关。2．D项，酯化反应的原理为“酸脱羟基醇脱氢”，生成物应为C17H35CO18OC2H5和H2O。3．B项，H2O2溶液中还含有H2O，故其中极性共价键数目大于2NA。4．A项，SO23−在酸性条件下不能大量存在。B项，AlO−2与NH+4发生双水解不能大量共2存，AlO−2与HCO−3不能大量共存。D项，Fe2+与[Fe(CN)]3−发生络合反应生成蓝色沉淀6而不能大量共存。5．A项，应强调“最高价”。B项，Na的密度比K的大。C项，SO2与Ba(NO3)2溶液生成BaSO4。6．B项，由海水制蒸馏水时，海水中的Na+、Cl−等杂质离子形成的离子化合物熔沸点高，蒸馏时只有水汽化，故可用无温度计的简易蒸馏装置。C项，装置通过测定单位时间内生成气体体积表征化学反应速率，若用长颈漏斗，气体会逸出，即便长颈漏斗液封，仍有少量气体可从长颈漏斗中液面处逸出，该定量实验必然不准。7．B项，步骤②中由“CH3Co(CO)4”到“CH3COCo(CO)3(H2O)”存在“CH3CO—”中碳碳非极性键的形成。8．由图可知，W形成4个单键，根据原子序数的要求，W为碳元素。Y形成1个双键，则其最外层有6个电子，结合原子序数关系知，Y为氧元素，则X为氮元素。Z形成1个单键，则Z为氟元素。M的成键总数为6，则M为硫元素。由此分析，B项，原子半径大小顺序为M＞W＞X＞Y＞Z。C项，该阴离子中S元素不满足8电子稳定结构。D项，W元素的化学参考答案·第1页（共8页）\n含氧酸也可以是草酸（H2C2O4）、甲酸（HCOOH）等，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使其褪色。9．A项，此方案能检验出SO24−的存在，但反应后的混合物中必有CuSO，含SO24−，无法确4定是否有H2SO4剩余，应设计实验检验反应后混合体系中H+的存在。B项，该方案中未控制相同浓度，故无法通过c(H+)大小来比较酸性强弱。C项，NaCl和NaNO2（既有氧化性又有还原性）均可能被酸性KMnO4氧化。10．B项，分子中至少11个碳原子一定共面：。C项，该分子与Na2CO3反应不生成气体。11．B项，S2、S4、S6和S8都为硫的不同单质，互为同素异形体。C项，脱硫塔中发生反应2CaS+3SO2=2CaSO3+3S，则S为氧化产物和还原产物。D项，“再生塔”中C与CaSO4反应生成CO2和X，根据原子守恒、电子守恒规律及脱硫剂反复循环的信息，可判断X为CaS。12．A项，石墨为阳极，Cl−和O2−均有可能在石墨电极放电。B项，熔融态（高温）电解产生O2，会损耗石墨，需定期更换。D项，制备4.8gTi，需要标准状况下2.24LO2，理论上正极应通入标准状况下空气11.2L。c(HM)13．lgY+lgc(H+)=lgKa即lgY=lgKa+pH，由图可知，曲线a表示pH与lg的变化关系。c(HM)22225℃时，c(M)gc(H)KK101.8104.3106.1。根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)a1a2c(HM)2c(HM−)+c(OH−)+2c(M2−)。滴入20mLNaOH溶液，此时溶质为NaHM，HM−电离大于水解，水电离产生H+，故c(Na+)>c(H+)>c(M2−)>c(OH−)。14．由图可知，第一步反应的平衡常数随温度的升高而增大，属于吸热反应。第二步反应的平衡常数随温度的升高而降低，属于放热反应，且Ⅰ升高的幅度大于Ⅱ降低的幅度，则总反应为吸热反应。甲烷、水蒸气催化重整的过程中，NiFe2O4(s)作为催化剂，NiO(s)和FeO(s)可视作中间产物，改变了反应的历程，降低了活化能，加快了反应速率，但是不改变平衡化学参考答案·第2页（共8页）\n转化率。1000℃时，第Ⅰ步反应、Ⅱ步反应的lgKp分别为3、1，则Kp1=1000，Kp2=10按4定义：KpKp1Kp210001010。达平衡时CO和H2的体积比为1∶3，氢气的体积1.8分数100%56.25%。0.40.40.61.8二、非选择题（一）必考题：共3小题，共43分。15．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）适当增大硫酸浓度（1分，或“适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等”其他合理答案）（2）取滤渣于干燥洁净的试管中，加入硫酸溶液，再滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则已充分酸浸（3）PbSO4吸附PbSO4沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂（4）Fe(OH)3（1分）8.0≤pH<10.010−17.9mol·L−1（2分，不写单位扣1分）（5）2H++Tl2S=H2S↑+2Tl+【解析】本题为工艺流程题，由题干流程图可知，“酸浸”步骤中发生的反应有：PbO+H2SO4=PbSO4↓+H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Tl2O+H2SO4=Tl2SO4+H2O，过滤得滤渣为PbSO4，滤液中加入NaOH溶液调节pH8~10，则产生Fe(OH)3和Zn(OH)2沉淀，过滤出沉淀为Fe(OH)3和Zn(OH)2，加入Na2S与Tl+反应生成Tl2S沉淀，过滤出固体，洗涤后加入稀硫酸进行“酸溶”，反应原理为Tl2S+H2SO4=Tl2SO4+H2S↑，将Tl+进行富集，再加入Zn进行置换出Tl，反应方程式为Zn+2Tl+=Zn2++2Tl，据此分析解题。（1）采用适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等均可提高“酸浸”效率，故答案为适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等。（2）若未酸浸充分，则滤渣中还会存在Fe2O3固体，所以检验方法为取滤渣于干燥洁净的试管中，加入硫酸溶液，再滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则已充分酸浸。（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是PbSO4，沉淀颗粒很细，通常在“酸浸”时还需要加入絮凝剂，其作用为加入的絮凝剂形成胶体粒子，吸附PbSO4沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂。化学参考答案·第3页（共8页）\n（4）由分析可知，“除杂”是为了除去溶液中的Fe3+、Zn2+，由表中数据可知，pH<8，Fe3+、Zn2+沉淀不完全，pH>10，Zn(OH)2会溶解，降低除杂效率，故答案为8.0≤pH＜10.0。由表格数据，Fe(OH)3沉淀完全的pH可知，KSP[Fe(OH)3]=10−35.9，Zn(OH)2沉淀完全时，pH为8.0计算可知，Fe3+的浓度为10−17.9。（5）由分析可知，“酸溶”中发生反应的离子方程式是2H++Tl2S=H2S↑+2Tl+。16．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）−283（2分，多写单位扣1分）（2）>（1分）AC（2分，选不全且正确得1分，有错选不得分）（3）反应Ⅰ放热，升温平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，升温平衡正向移动，反应Ⅱ占主导，乙酸甲酯的平衡转化率升高，乙醇选择性降低（4）5∶4（5）①Cu（1分）CH3OH−4e−+H2O=HCOOH+4H+②0.75【解析】（1）根据盖斯定律，假设乙醇的标准摩尔生成焓为akJ/mol，带入表达式：−201+a+413=−71，解出a=−283。（2）充入甲醇和乙醛后，反应逆向进行，v随时间先增加后下降，则逆反应过程为放热逆反应，正反应为吸热反应，H0。A选项，绝热恒容体系，前后气体体积相同，但存2在热效应，因此密闭体系压强不变，则反应②达到平衡。B选项，若充入的甲醇与乙醛的物质的量之比为1∶1，则无论是否平衡，两者的分压之比均保持不变。C选项，反应逆向进行，乙酸甲酯体积分数会增大，若不变，则反应平衡。D选项，反应前后气体质量不变气体总物质的量也不变，因此气体平均摩尔质量一直不变。（4）对于反应Ⅱ，由于两个体系的反应温度相同，压强不同，但压强不影响平衡移动，因此平衡时两个体系中乙酸甲酯和氢气的物质的量均相同，速率之比等于乙酸甲酯的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之比的反比，因此体积为5∶4。（5）①通入CO2的电极为阴极，应与原电池的负极相连，Fe−Cu−浓硝酸的原电池中，铜为负极。甲醇变为甲酸，失去4个电子，电极反应式如下：阴极反应为CO+2e−+HCO−3=HCOO−+CO23−2阳极反应为CH3OH−4e−+H2O=HCOOH+4H+②当质子交换膜通过1molH+时，两个电极分别转移1mole−，阳极产生0.25mol甲酸，阴极产生0.5mol甲酸根，共0.75mol。化学参考答案·第4页（共8页）\n17．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）球形冷凝管（1分）防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，与格氏试剂等发生反应（2）或（3）与溴苯形成共沸物，蒸馏除去溴苯（4）长导管与外界空气相通，能防止体系中气压过大或过小（或“当装置中气压过大，长导管内液面上升，使装置中气压趋于稳定”）（5）F（1分）过滤（1分）（6）乙醇50%【解析】本实验的目的是制备三苯甲醇，首先利用溴苯与镁屑在无水乙醚中反应制取格氏试剂，之后加入二苯酮反应得到(C6H5)3COMgBr，然后加入饱和氯化铵溶液，促进(C6H5)3COMgBr水解产生三苯甲醇。（1）根据仪器D的结构特点可知其为干燥管，格氏试剂、ROMgBr都会与水反应，所以制备过程要保持干燥，所以装置D的作用是防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶。（2）饱和氯化铵溶液显酸性，能促进(C6H5)3COMgBr水解产生三苯甲醇，且不产生难溶于水的Mg(OH)Br杂质。该反应中同时有NH3·H2O和Mg2+生成，并不生成Mg(OH)2沉淀的依据有二：①制备三本甲醇过程中用饱和氯化铵溶液代替水，能让产物更易分离，则表示无沉淀生成。②选4教材63页实验3-3氢氧化镁能溶于浓的氯化铵溶液。（3）根据题干信息，水蒸气蒸馏就是利用溴苯与水形成共沸物，一起蒸馏除去。（4）长导管做安全管的原理就是长导管与大气相通，能平衡装置内外气压，所以该题的回答要从气压的角度进行。（5）三苯甲醇为难溶于水的晶体，所以水蒸气带走溴苯后，粗产品留在F装置中，用过滤操作分离出三苯甲醇。化学参考答案·第5页（共8页）\n（6）乙醚与水并不互溶，粗产品溶于乙醚后，加水并不能使其析出，应选用乙醇溶解粗产品，然后加水，降低其溶解度使三苯甲醇析出。所用Mg的物质的量0.1mol，所用溴苯为0.065mol，二苯酮为0.060mol，所以理论上可以制取0.060mol三苯甲醇，产率为7.8g100%50%。1260ggmol0.06mol（二）选考题：共15分。18．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）15（1分）Cr、Mn（2分，写不全且正确得1分，有错写不得分）（2）N>O>H（1分）<（1分）（3）14NA苯胺能与水分子间形成分子间氢键而苯不能（4）①石墨晶体中碳原子为sp2杂化，碳原子间存在大π键，使碳原子间的距离更近，键长更短，键能更大，熔点高于金刚石43436πrπrCLi33②LiC6100%33(3142)3352【解析】（1）处于相同轨道的电子的空间的运动状态是相同的，即空间的运动状态等于轨道数，答案为15。基态Fe原子的未成对电子数为4，基态原子未成对电子数比Fe多的只有Cr（6个）和Mn（5个），答案为Cr、Mn。（2）根据教材H、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞H。N的电负性大于P，则N—F键的电负性差小于P—F键的电负性差，二者均为三角锥形，电负性差越大，分子的极性越大，故NF3极性小于PF3。（3）单键均为σ键，则1mol中含有σ键数为14NA。由于苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能，导致苯胺水溶性大于苯。（4）①石墨晶体为层状结构，层内碳原子为sp2杂化，碳原子间存在大π键，使碳原子间的距离更近，键长更短，键能更大，熔点高于金刚石。②由晶胞可知，Li位于8个顶点，C由8个位于侧面上，2个位于体内，故一个晶胞含有111的Li+为441，C原子个数为826，则晶体的化学式为LiC6。该晶体中6122最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3×142pm，且底面为平行四边形，化学参考答案·第6页（共8页）\n323顶角为60°，石墨烯层间距离为335pm，则：晶胞体积为(3142)335pm。原子的243436πrπr原子的总体积3C3Li空间占有率为100%100%。晶胞的体积33(3142)335219．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）邻苯二甲酸（2）硝基、羧基（2分，写不全且正确得1分，有错写不得分）（3）还原反应（1分）（4）或（5）（6）15、（4分，每个2分，写不全且正确得2分，多写其他错误答案倒扣2分）【解析】（6）E的分子式为C10H12O3，E的同分异构体分子中应含有羟基和甲酸酯基，则对位二取代分为两种情况：一是含氧官能团在同一取代基上，二是含氧官能团在不同取代化学参考答案·第7页（共8页）\n基上。分析如下：情况一：情况二：−O*代表某一含氧官能团，箭头为另一含氧官能团，两种官能团可以互换位置，共5×2＝10种：以上15种结构中，核磁共振氢谱有6个（注意不是6种！）化学环境相同的氢原子，则分子中需含有两个甲基，即、。化学参考答案·第8页（共8页）