2023年高考化學二模試題庫（含解析）

2022年高考化學二模試卷

第I卷（選擇題）

一、單選題（本大題共15小題，共45.0分）

1.化學與人類社會的生產、生活有著密切聯(lián)系。下列敘述錯誤的是（）

A.泡沫滅火器中的反應物是NaHCO3和A12（SO4）3

B.殲-20飛機上用到的氮化鎂材料屬于合金材料

C.維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑

D.阿司匹林是重要的人工合成藥物，具有解熱鎮(zhèn)痛作用

2.M、N、W、K四種元素在元素周期表中的位置如表所示。已知W原子的最外層電子構型為nsnnp2n.

則下列敘述正確的是（）

MNW

K

A.四種元素的氣態(tài)氯化物均為極性分子

B.四種元素的單質一定只形成分子晶體

C.四種元素原子的最外電子層上均有兩種不同形狀的電子云

D.四種元素的最高正價數(shù)均等于它們的原子的最外層電子數(shù)

3.設NA表示阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）

A.常溫下，60gsi02分子中含有Si-0極性共價鍵的數(shù)目為4NA

B.常溫下，16.8g鐵粉與足量的濃硝酸反應轉移電子數(shù)為0.9NA

C.疊氮化鍍（NH4N3）發(fā)生爆炸反應：NH4N3=2N2t+2H2t,則每收集標況下89.6L氣體，爆炸時

轉移電子數(shù)為4NA

D.0.Imo/L的Na2C03溶液中H2c03、HC03-、C032-的粒子總數(shù)為0.1NA

4.下列有關實驗裝置進行的相應實驗，能達到目的的是（）

A.用圖1裝置配制銀氨溶液B.用圖2裝置可做噴泉實驗

C.用圖3裝置制備并收集NH3D.用圖4裝置探究S02的還原性和漂白性

5.常溫常壓下，某金屬有機多孔材料(MOFA)對C02具有超高

的吸附能力，并能催化C02與環(huán)氧丙烷的反應，其工作原理如圖

所示。下列說法錯誤的是()

A.物質a分子中碳原子和氧原子均采取sp3雜化

B.a的一氯代物有3種

C.a生成b的反應類型為取代反應，并有極性共價鍵形成

D.Imolb最多可與2moiNaOH反應

6.作為“血跡檢測小王子”，魯米諾反應在刑偵中扮演了重要的角色，其一種合成原理如

圖所示。下列有關說法正確的是()

A.魯米諾的化學式為C8H6N302

B

1molA分子取多可以與5mol氯氣發(fā)生加成反應

C

B中處于同一平面的原子有9個

D.(1)、(2)兩步的反應類型分別為取代反應和還原反應

7.由原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素X、Y、Z、W、M組成的化合物是從生物體中得到的一

種物質，其結構如圖所示，X是短周期中原子半徑最小的元素，Z、M同主族，Z、W的原子序數(shù)之

和等于M的原子序數(shù)。下列有關說法錯誤的是()

YXXW-X

\III

Z—Y—Y—M=W

/III

xxxw-x

A.X分別與Y、Z、W、M均可形成18e-微粒

B.最簡單氫化物的沸點：W>Z>M>Y

C.原子半徑：Y>Z>W>M

D.X、Y、Z、W四種元素可組成含有極性鍵和非極性鍵的離子化合物

8.由硫鐵礦燒渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到綠磯(FeS04-7H20),再通過綠機制備鐵

黃［FeO(OH)］的流程如圖，已知：黃S2和鐵黃均難溶于水，pH=6.5時,黃2+易形成Fe(OH)2沉淀。

下列說法正確的是()

+工：酸溶、FcS、、e氨水/空氣v,

燒!”'八?，溶液③綠磯皿1鐵散

①②@

A.步驟①中，溶解燒渣的酸可以是硫酸、鹽酸或者是硝酸

B.步驟②中，涉及的離子方程式為FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+

C.步驟③中，將溶液加熱到有較多固體析出，再用余熱將液體蒸干，可得純凈綠磯

D.步驟④操作時，若反應條件控制不當也不會使鐵黃中混有Fe(011)3

9.科研人員發(fā)現(xiàn)在-50℃環(huán)境中，用水可制得直徑在800nm?10um的光纖，其性能與石英光纖

相似。下列說法正確的是()

A.石英光纖的主要成分是硅B.冰光纖具有良好的導光性

C.冰光纖是一種膠體，具有丁達爾現(xiàn)象D.冰光纖和石英光纖都由分子構成

10.某晶體的部分結構為正三棱柱(如下圖所示)，這種晶體中A、B、C三種微粒數(shù)目之比為

A.3：9：4B.1：4：2C.2：9：4D.3：8：4

A.AB.BC.CD.D

HEE

11.苯的親電取代反應分兩步進行，可表示為E++。―I0-II0+H+,生成中間體的一

步是加成過程，中間體失去氫離子的一步是消除過程，其機理亦稱加成-消除機理，苯的親電取

代反應進程和能量的關系如圖，下列說法錯誤的是()

A.反應I為苯親電取代的決速步驟

B.E1與E2的差值為總反應的焰變

C.中間體的能量比苯的高，穩(wěn)定性比苯的差

D.反應過程中，環(huán)上碳原子的雜化類型發(fā)生了變化

12.為研究反應S2082-(aq)+21-(aq)=2S042-(aq)+12(aq)的反應進程中的能量變化，在

S2082-和I-的混合溶液中加入Fe3+,過程及圖像如下：

步驟①：2Fe3+(aq)+21-(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)

步驟②：2Fe2+(aq)+S2082-(aq)=2Fe3+(aq)+2S042-(aq)

下列有關該反應的說法不正確的是()

A.S2082-（已知其中有2個0為-1價）中S元素化合價為+6

B.步驟①和②都是吸熱反應

C.總反應是放熱反應

D.步驟①和②均發(fā)生了氧化還原反應

13.利用C02催化加氫可制乙烯，反應為2c02（g）+6H2（g）：C2H4（g）+4H20（g）AH。在兩個容積

均為1L恒容密閉容器中，分別加入2moic02、4molH2,分別選用兩種催化劑，反應進行相同時間，

測得C02轉化率隨反應溫度的變化如圖所示?下列說法正確的是（）

A.使用催化劑I時反應的活化能低于催化劑II

B.AH>0

C.b、d兩狀態(tài)下，化學反應速率相等

D.d狀態(tài)下，保持其他條件不變，向容器中再加入lmolC02與0.5molC2H4,vQE）<v（逆）

14.下列示意圖與化學用語表述內容相符的是（水合離子用相應離子符號表示）（）

ABCD

H2(g)+C12()=2HCl(g)

2NaCl=2Na+C12CuC12=Cu2++2Cl-CH3C00H=CH3C00-+H+g

△H=-183kJ-mol-l

A.AB.BC.CD.D

15.常溫下,將0.2mol-L-lNH4Cl溶液與0.2mol-L-lNaHC03溶液等體積混合后(忽略體積變化),

所得混合溶液的pH為7.8。溶液中的含碳粒子和含氮粒子的分布系數(shù)(3)隨溶液pH的變化如圖

下列有關描述中正確的是()

常溫下，Kh(NH4+)>Kh(HC03-)

B

C混合溶液中存在：c(11+)-c(011-)>c(NH3-II20)-c(H2C03)

D當向該混合溶液中逐滴加入NaOH溶液時，c(NH4+)、c(HC03-)均逐漸減小

當溶液pH=ll時，溶液中粒子濃度的大小關系：c(C032-)>c(NH3-H20)>c(HC03-)>c(NH4+)

第H卷(非選擇題)

二、簡答題(本大題共4小題，共55.0分)

16.疊氮化鈉(NaN3)是一種防腐劑和分析試劑，在有機合成和汽車行業(yè)也有重要應用。學習小

組對疊氮化鈉的制備和產品純度測定進行相關探究。

查閱資料：

I.氨基鈉(NaNH2)熔點為208℃,易潮解和氧化：N20有強氧化性，不與酸、堿反應；疊氮酸(HN3)

不穩(wěn)定，易分解爆炸

II.2HN03+8IICl+4SnC12=4SnC14+5H20+N20f,2NaNH2+N20=ANaN3+Na01I+NH3

回答下列問題：

⑴制備NaN3

①按氣流方向，上述裝置合理的連接順序為_(填儀器接口字母)。

②D的作用為_。

③實驗時E中生成SnO2-xH2O沉淀，反應的化學方程式為_?

④C處充分反應后，停止加熱，需繼續(xù)進行的操作為一,其目的為_。

(2)用如圖所示裝置測定產品純度

①儀器F的名稱為_；其中反應的離子方程式為_o

②管q的作用為_?

③若G的初始讀數(shù)為VImL、末讀數(shù)為V2mL,本實驗條件下氣體摩爾體積為則產品

中NaN3的質量分數(shù)為一。

R-CHO+R-

己知：0H。

回答下列問題：

(1)用系統(tǒng)命名法對G命名，其名稱為,1的分子式為,1中的官能團名稱為

(2)流程中D-E,G-H的反應類型分別是,。

(3)請寫出A與銀氨溶液反應的化學方程式：。

(4)B的結構簡式為一。

(5)F有多種同分異構體，請寫出滿足：①含有三個苯環(huán)；②核磁共振氫譜共有4組峰的同分異構

體的結構簡式：。

(6)結合上述流程，寫出由CH3cH20H和乩、為原料，設計合成的路線(其他

無機試劑任選)。

18.Mn203是一種重要的化工產品。以菱鐳礦(主要成分為MnC03,還含有少量Fe304.Fe0,Co0s

A12O3)為原料制備Mn203的工藝流程如圖1。

I.MnO；

II怎水含S；?沉淀劑

圖1

已知：25℃時，相關物質的Ksp見表。

物質Fe(OH)2Fe(0H)3Al(0H)3Mn(0H)2Co(0H)2

IXIXIXIX1.09X

Ksp

10-16.310-38.610-32.310-12.710-15

已知：氫氧化氧錦(MnOOH)難溶于水和堿性溶液。

(DMnOOH中Mn的化合價為—價。

(2)向“沉淀池I”中加入MnO2,MnO2的作用是_；“濾渣2”的主要成分是_(填化學式)。

(3)MnSO4轉化為MnOOH的離子方程式為一。

(4)MnS04轉化為MnOOH中“III.實驗操作”包含過濾、洗滌、干燥。檢驗MnOOH是否洗滌干凈，

具體操作為_o

(5)高純度的MnOOH轉化為Mn2O3的化學方程式為_。

(6)在“沉淀池I”中，滴加氨水調節(jié)溶液的pH,使溶液中鋁、鐵元素完全沉淀，則理論上pH的

最小值為一(當溶液中某離子濃度cWL0X10-5moi時?？烧J為該離子沉淀完全)。

(7)格是人體內微量元素之一，是重要的血糖調節(jié)劑。銘的一種氮化物晶體立方晶胞結構如圖2

所示。A點分數(shù)坐標為90,0),則B點分數(shù)坐標為一<,已知r(N3-)=anm,r(Cr3+)=bnm,則

AB間距離為—nnio

19.C02是主要的溫室氣體之一，可利用C02和H2的反應生成CH30H,減少溫室氣體排放的同

時提供能量物質。

I.C02(g)+H2(g)wCO(g)+H20(g)△H2=+41.2kJ-mol-l

II.CO(g)+2H2(g)wCH30H(g)△H3=-90.6kJ-mol-l

(DC02(g)和H2(g)的反應生成CH30H(g)的熱化學方程式HI為。

(2)下列描述能說明反應I在密閉恒壓容器中達到平衡狀態(tài)的是(填選項序號)。

①體系壓強不變

②混合氣體密度不變

③v(112)=v(CO)

④co質量保持不變

(3)溫度為VC時向容積為2L的密閉容器中投入3molH2和lmoIC02發(fā)生反應HI。反應達到平衡時,

測得各組分的體積分數(shù)如表。

CH3OH(g)CO2(g)H2(g)H20(g)

6abc0.125

①c=,C02的轉化率為；

②rc時反應川的平衡常數(shù)K=；

③若要增大甲醇的產率，可采取的措施為(任寫兩點)。

(4)反應I、II、111共存的體系中，升高溫度C02的體積分數(shù)并未發(fā)生明顯變化，原因是一

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.泡沫滅火器中的反應物是NaHC03和A12(S04)3,反應生成氫氧化鋁、二氧化碳和

硫酸鈉，故A正確；

B.氮化錢(GaN)屬于化合物，合金是金屬與金屬單質或金屬與非金屬單質熔合而成的具有金屬特性

的物質，故B錯誤；

C.維生素C具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化，保護食品不被氧化，用作食品抗氧化劑，故C

正確；

D.阿司匹林就是乙酰水楊酸，是一種重要的人工合成藥物，具有解熱鎮(zhèn)痛作用，是常用的感冒藥，

故D正確；

故選：Bo

本題考查知識面較廣，涉及鹽類的水解、合金、阿司匹林的成分、維生素C的抗氧化作用等，需

要學生注意對知識的積累，難度不大。

2.【答案】C

【解析】解：由上述分析可知，M、N、W、K分別為C、N、0、S,

A.甲烷為非極性分子，四種元素的氣態(tài)氫化物不全為極性分子，故A錯誤；

B.金剛石為原子晶體，則四種元素的單質不一定形成分子晶體，故B錯誤；

C.最外電子層有s電子、p電子，四種元素原子的最外電子層上均有兩種不同形狀的電子云，故C

正確；

D.0無正價，C、N、S的最高正價數(shù)均等于它們的原子的最外層電子數(shù)，故D錯誤；

故選：Co

W原子的最外層電子構型為nsnnp2n,由電子排布規(guī)律可知n=2,可知W為0,結合元素在周期表

的位置可知M為CN為N、K為S,

A.甲烷為非極性分子；

B.金剛石為原子晶體；

C.最外電子層有s電子、p電子；

D.0無正價。

本題考查位置、結構與性質，為高頻考點，把握電子排布規(guī)律、元素的位置來推斷元素為解答的

關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意分子結構與性質、電子排布的應用，題目難度不大。

3.【答案】C

【解析】解：A、Si02為四面體結構，為原子晶體，故A錯誤；

B、常溫下鐵粉遇濃硝酸鈍化，故B錯誤；

C、反應中氫元素的化合價由+1變?yōu)?,標況下89.6L氣體的物質的量為4mol,則含有2mol氫氣，

爆炸時轉移電子數(shù)為4NA,故C正確；

D、沒有給出溶液的體積，無法計算溶液中的離子數(shù)目，故D錯誤；

故選：Co

A、Si02為四面體結構，為原子晶體；

B、常溫下鐵粉遇濃硝酸鈍化；

C、反應中氫元素的化合價由+1變?yōu)?,標況下89.6L氣體的物質的量為4mol,則含有2mol氫氣；

D、沒有給出溶液的體積。

本題考查阿伏伽德羅常數(shù)，解答此類題型，要求考生熟練掌握物質的量、摩爾質量、摩爾體積等

相關量的計算公式。

4.【答案】B

【解析】解：A.向硝酸銀中滴加氨水，至生成的沉淀恰好溶解可制備銀氨溶液，圖中試劑順序不

合理，故A錯誤；

B.圖示裝置中NaOH溶液與氯氣反應，能夠形成壓強差，可完成噴泉實驗，故B正確；

C.可用CaO與濃氨水制取少量的氨氣，但氨氣的收集方法不合理，應該使用雙孔塞，且導管采用

“短進長出”的方式，故C錯誤；

D.品紅溶液可證明S02具有漂白性，但S02與H2s的反應中，S02中+4價S元素被還原為0價，

S02表現(xiàn)了氧化性，不是還原性，故D錯誤；

故選：Bo

A.配制銀氨溶液時，應該將氨水滴入硝酸銀溶液中；

B.氯氣與氫氧化鈉溶液反應，可形成壓強差；

C.氨氣的密度小于空氣，收集氨氣時應該使用雙孔塞，且導管采用“短進長出”的方式；

D.二氧化硫與硫化氫反應生成S單質，二氧化硫表現(xiàn)了氧化性。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、實驗技能為解答的

關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

5.【答案】C

【解析】解：A.物質a中C、0原子價層電子對數(shù)都是4,則C、0原子都采用sp3雜化，故A正

確；

B.a中含有3種氫原子，其一氯代物就有3種，故B正確；

,為加成反應，生成C-0極性鍵，故C

錯誤；

D.b水解生成H2c03、CH3CH(0H)CH20H,H2C03和NaOH最多能以1：2反應，則Imolb最多能和

2moiNaOH反應,故D正確;

故選：Co

A.物質a中C、0原子價層電子對數(shù)都是4；

B.a中含有幾種氫原子，其一氯代物就有幾種；

+coz

C.a生成b的反應為,生成C-0鍵:

D.b水解生成H2c03、CH3CIK0IDCH20H,H2C03和NaOH最多能以1：2反應。

本題考查有機物的結構和性質、原子雜化類型判斷，側重考查圖片分析、判斷及知識綜合運用能

力，明確氫原子種類和一氯代物種類的關系、官能團及其性質的關系、原子雜化類型判斷方法是

解本題關鍵，題目難度不大。

6.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系、有機反應為解答的關鍵，

側重分析與應用能力的考查，題目難度不大。

【解答】

A.由結構簡式可知，魯米諾的化學式為C8H7N302,故A錯誤；

B.A中只有苯環(huán)與氫氣發(fā)生加成反應，則1molA分子最多可以與3mol氫氣發(fā)生加成反應，故B

錯誤；

C.與苯環(huán)直接相連的原子在同一個平面上，則處于同一平面的原子不止9個，故C錯誤；

D.由官能團的變化可知，(1)發(fā)生取代反應，(2)硝基生成氨基，為還原反應，故D正確。

故選Do

7.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查原子結構與元素周期律，結合原子序數(shù)、原子半徑及物質結構來推斷元素為解答關鍵，

側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。

【解答】

原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素X、Y、Z、W、M,X是短周期中原子半徑最小的元素，則X

為H；Z、M同主族，Z形成三個共價鍵，M形成五個共價鍵，貝IJZ,M分別為N、P元素；Z、IV的

原子序數(shù)之和等于M的原子序數(shù)，W的原子序數(shù)為15-7=8,則W為0；Y形成4個共價鍵，其原

子序數(shù)小于0,則Y為C元素，以此分析解答。

根據(jù)分析可知，X為H,Y為C,Z為N,W為0,M為P元素，

A.氫與C、N、0、P形成的C2H6、N2H4、H202、PII3均為18電子微粒，故A正確；

B.常溫下水為液態(tài)，氨氣、磷化氫、甲烷為氣體，水的沸點最高，氨氣分子間存在氫鍵，其沸點

大于磷化氫和甲烷，磷化氫的相對分子量大于甲烷，其沸點大于甲烷，則最簡單氫化物沸點：

H20>NH3>PH3>CH4,故B正確；

C.主族元素同周期從左向右原子半徑逐漸減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大,則原子半徑：

M>Y>Z>W,故C錯誤；

D.lkC、N、0形成的(NH4)2C204中含有離子鍵、極性鍵和非極性鍵，故D正確。

故選：Co

8.【答案】B

【解析】解：A.步驟①，酸溶時，F(xiàn)e304、Fe203和FeO均溶于硫酸、鹽酸或者是硝酸，制備綠桃

不能用鹽酸或者是硝酸，鹽酸或者是硝酸不能得到綠研(FeS047I20),故A錯誤；

B.步驟②發(fā)生FeS2+7Fe2(S04)3+8H20=15FeS04+8H2S04,改為離子方程式

FeS2+14Fe3++8H20=15Fe2++2S042-+16II+,故B正確；

C.步驟③中，將溶液加熱到有較多固體析出，再用余熱將液體蒸干，F(xiàn)e2+有強還原性，所以綠磯

晶體久置于空氣中會被氧化而變質，不能得到純凈的綠磯，故C錯誤；

D.步驟④，反應條件控制不當，綠研與氨水、空氣可發(fā)生氧化還原反應生成Fe(OH)3,故D錯誤；

故選：Bo

制備綠帆流程：燒渣(主要成分：Fe304、Fe203和FeO)均溶于硫酸，溶液含F(xiàn)e2+、Fe3+,步驟②

發(fā)生FeS2+7Fe2(S04)3+8H20=15FeS04+8H2s04,步驟③為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶析出綠磯，綠磯與

氨水、空氣可發(fā)生氧化還原反應生成Fe(0H)3,據(jù)此解答。

本題考查物質制備，為高頻考點，把握制備流程中發(fā)生的反應、混合物分離方法等為解答的關鍵，

側重分析與實驗能力的考查，題目難度中等。

9.【答案】B

【解析】解：A.二氧化硅具有良好的導光性，是制造光纖主要原料，故A錯誤；

B.依據(jù)題意可知冰光纖與石英光纖性能相似，所以冰光纖具有良好的導光性，故B正確；

C.冰光纖是一種物質組成的純凈物，不是膠體，故C錯誤；

D.石英光纖成分為二氧化硅，為共價晶體，故D錯誤；

故選:Bo

A.光纖主要成分為二氧化硅；

B.依據(jù)題意可知冰光纖與石英光纖性能相似；

C.膠體為混合物；

D.石英為共價晶體。

本題考查了物質組成結構、氫鍵形成隨物質性質的影響、晶體結構分析判斷等知識點，注意知識

的積累，題目難度不大。

10.【答案】B

【解析】試題分析：A位于正三棱柱的頂角，則有1/12的A屬于該晶胞，該晶胞中含A的個數(shù)為

6X（l/12）=l/2,B分為兩類，位于側棱上的B有1/6屬于該晶胞，位于上下底面邊上的B有1/4

屬于該晶胞，該晶胞含B原子個數(shù)為3X1/6+6X1/4=2,含C原子個數(shù)為1,則A、B、C三種原子

個數(shù)之比為1/2：2：1=1：4：2。故選Bo

考點：晶胞的計算

點評：本題考查了根據(jù)晶胞結構確定化學式，難度不大，利用均攤法即可分析解答本題。

11.【答案】B

【解析】解：A.反應需要活化能越大，反應越難，由圖可知該反應的決速步驟反應為反應I,故

A正確；

B.焙變與兩步反應活化能的差值無關，與產物和反應物的能量差值有關，故B錯誤；

C.由圖知中間體的能量比苯的高，穩(wěn)定性比苯的差（能量越低越穩(wěn)定），故C正確；

D.由圖可知反應過程中中間體存在一個碳原子形成四個單鍵的中間狀態(tài)反應過程中，環(huán)上此碳原

子的雜化類型為sp3雜化，苯環(huán)碳的雜化為sp2反應過程中，環(huán)上碳原子的雜化類型發(fā)生了變化，

故D正確；

故選:Bo

A.反應需要活化能越大，反應越難；

B.婚變與兩步反應活化能的差值無關；

C.由圖知中間體的能量比苯的高；

D.由圖可知反應過程中中間體存在一個碳原子形成四個單鍵的中間狀態(tài)反應過程中。

本題主要考查學生對反應歷程的理解，側重考查學生的看圖理解能力，分析能力，同時考查活化

能、熔變、雜化等有關知識，考題比較靈活，難度中等。

12.【答案】B

【解析】解：A.S2082-（已知其中有2個0為-1價），另外6個。為-2價，根據(jù)物質化合價分析

得到S元素化合價為+6,故A正確；

B.根據(jù)每步的反應物和生成物的總能量得到反應為步驟①吸熱反應，步驟②是放熱反應，故B錯

誤；

C.根據(jù)總反應的反應物總能量和生成物總能量得到該反應是放熱反應，故C正確；

D.步驟①中碘化合價升高，步驟②中鐵化合價升高，因此兩個步驟中均發(fā)生了氧化還原反應，故

D正確。

故選：Bo

A.離子中化合價的代數(shù)和為所帶的電荷數(shù)；B.反應物總能量大于生成物的總能量是放熱反應，反

應物總能量小于生成物總能量是吸熱反應；

C.反應物總能量大于生成物的總能量是放熱反應，反應物總能量小于生成物總能量是吸熱反應；

D.有化合價變化的反應屬于氧化還原反應。

本題考查氧化還原反應、吸熱和放熱反應的判斷，為高頻考點，把握圖中能量變化、活化能為解

答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意圖象的應用，題目難度不大。

13.【答案】A

【解析】解：A.根據(jù)分析，使用催化劑I時反應的活化能低于催化劑H,故A正確；

B.根據(jù)分析，正反應是放熱反應，AH<0,故B錯誤；

C.b、d兩狀態(tài)下，只是C02的轉化率相等，化學反應速率不相等，故C錯誤；

D.d狀態(tài)下，保持其他條件不變，向容器中再加入lmolC02與0.5molC2H4,該反應生體積減小的

反應，加入lmolC02與0.5molC2H4,反應正向進行，為v(正)>v(逆)，故D錯誤；

故選：Ao

根據(jù)圖示信息：催化劑I的效率高，活化能較小，所以使用催化劑I時反應的活化能低于催化劑

11；圖中a、b、c和d點狀態(tài)，反應達到平衡狀態(tài)時，C02的轉化率a(C02)不再變化，即平衡狀

態(tài)是c、d,達到平衡以后，溫度升高，C02的轉化率a(C02)逐漸減小，所以正反應是放熱反應，

平衡常數(shù)K隨溫度升高而減小。

本題考查化學平衡圖象分析與判斷等知識，為高頻考點和常見高考題型，側重考查圖象分析判斷、

化學反應的影響因素，把握圖中曲線含義及其變化趨勢是解本題關鍵，注意理解化學平衡影響因

素，題目難度中等。

14.【答案】D

【解析】解：A.NaCl屬于鹽，為強電解質，電離方程式為：NaCl=Na++Cl-,故A錯誤；

B.用惰性電極電解氯化銅溶液的總反應為：CuC12-電解Cu+C12t,故B錯誤；

C醋酸為弱酸,部分電離，電離方程式為：CH3COOHWCH3COO-+H+,故C錯誤;

D.焰變△十斷裂化學鍵吸收的能量-生成化學鍵釋放的能量，則H2(g)+C12(g)=2HCl(g)A

H=(436+243-431X2)kj/mol=-183kj-mol-l,故D正確；

故選：Do

A.NaCl為強電解質，溶于水完全電離；

B.用惰性電極電解氯化銅生成銅和氯氣；

C.醋酸為弱酸，部分電離，用可逆號表示；

D.△心斷裂化學鍵吸收的能量-生成化學鍵釋放的能量。

本題考查反應熱與焙變、電解質的電離、電解池，為高頻考點，把握反應中能量變化、電離與電

解為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項C為解答的易錯點，題目難度不大

15.【答案】B

【解析】解：

A.混合溶液呈堿性，則水解程度：NH4+VHC03-，水解程度越大，其對應的水解平衡常數(shù)越大，所

以Kh(NH4+)<Kh(HC03-),故A錯誤;

B.混合溶液中存在物料守恒c(H2C03)+c(C032-)+c(HC03-)=c(NH3-H20)+c(NH4+)、存在電荷守恒

c(NI14+)+c(11+)=c(Oil-)+2c(C032-)+c(I1C03-),則存在

c(H2C03)-c(C032-)-c(0H-)=c(NH3-H2O)-c(H+),即存在

c(H+)-c(0H-)=c(C032-)+c(NH3-H20)-c(H2C03),則c(H+)-c(OH-)>c(NH3-H20)-c(H2C03),故

B正確；

C.由圖可知，當向該混合溶液中逐滴加入NaOH溶液時，c(HC03-)先增大后減小，c(NH4+)逐漸減

小，故C錯誤；

1).當pH=l1時，8(NH3-H2O)>8(C032-)>8(HC03-)>6(NH4+),所以存在

c(NH3-H2O)>c(C032-)>c(HCO3-)>c(NH4+),故D錯誤；

故選：Bo

本題考查離子濃度大小比較，側重考查圖象分析判斷及知識綜合運用能力，正確判斷水解相對大

小、溶液中各微粒濃度變化特點是解本題關鍵，題目難度不大。

16.【答案】afg(或gf)debch吸收N20中混有的HNO3和水蒸氣SnC12+N20+(x+1)H20=Sn02-xH20

I+N2+2HC1繼續(xù)通入N20至三頸瓶冷卻后，關閉分液漏斗活塞防止倒吸蒸儲燒

瓶C1O-+2N3-+H2O=C1-+3N2t+2011-平衡壓強、使液體容易流下和減小測定氣體體積時誤差的

作用0.13(V1-V2)3mVmX100%

【解析】解：(1)①由實驗目的和原理知，A用于制備N20,D用于吸收N20中混有的HN03和水蒸

氣，C用于制備NaN3,B用于防止E中水蒸氣進入C中干擾實驗，E用于尾氣處理。則按氣流方向，

上述裝置合理的連接順序為afg(或gf)debch,

故答案為：afg(或gf)debch；

②D的作用為吸收N20中混有的HN03和水蒸氣，

故答案為：吸收N20中混有的HNO3和水蒸氣；

③由信息，N20有強氧化性，故E中生成SnO2-xH2O沉淀的化學方程式為

SnC12+N2O+(x+1)H20=Sn02.xH20I+N2+2HC1,

故答案為：SnC12+N2O+(x+1)II2O=SnO2-xH2OI+N2+2HC1；

④C處充分反應后，停止加熱，為防止倒吸，需繼續(xù)進行的操作為繼續(xù)通入N20至三頸瓶冷卻后，

關閉分液漏斗活塞，

故答案為：繼續(xù)通入N20至三頸瓶冷卻后，關閉分液漏斗活塞；防止倒吸；

(2)①由裝置圖知，儀器F的名稱為蒸儲燒瓶；其中發(fā)生NaClO與NaN3生成N2的反應，離子方程

式為C10-+2N3-+H20=Cl-+3N2t+20H-,

故答案為：蒸鐳燒瓶；C1O-+2N3-+H2O=C1-+3N2t+20H-；

②管q可以平衡壓強、使液體容易流下和減小測定氣體體積時誤差的作用，

故答案為：平衡壓強、使液體容易流下和減小測定氣體體積時誤差的作用；

③由數(shù)據(jù)信息知，生成N2體積為(Vl-V2)mL,由關系式2NaN3?3N2列式得產品中NaN3的質量分

^>3(V1-V2)X10-3LVmL/molX23X65g/molmgX100%=0.13(V1-V2)3mVmX100%,

故答案為:0.13(Vl-V2)3mVmX100%o

(D根據(jù)反應原理，利用鹽酸與混合液中加入稀硝酸反應產生一氧化二氮，利用D中的堿石灰吸收

N20中混有的I1N03和水蒸氣，進入裝置C中與NaNH2反應制備NaN3,B用于防止E中水蒸氣進入

C中干擾實驗，E用于尾氣處理，進而對產品的純度進行探究；

(2)E中發(fā)生NaClO與NaN3生成N2的反應，通過測量產生的N2的體積來計算NaN3的質量分數(shù)，

據(jù)此解答。

本題考查物質的制備實驗方案設計，為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生知識綜合應用、

根據(jù)實驗目的及物質的性質進行分析、側重實驗基本操作能力及實驗方案設計能力，綜合性較強，

注意把握物質性質以及對題目信息的獲取與使用，難度中等。

中的官能團名稱為氯原子、酸鍵，

故答案為：1,4-丁二醇；C9H17C102；氯原子、酸鍵；

(2)流程中D-E為羥基發(fā)生取代反應得到氯原子，G-H為碳碳雙鍵斷裂和0-H鍵斷裂，再發(fā)生加

成反應得到，反應類型分別是取代反應，加成反應，

故答案為：取代反應：加成反應；

CHO

叱皿,6

一s_

COONH.

ACHOACOONHj

故答案為：+2Ag(NH3)20H-+2AgI+H20+3N113；

?)B的結構筒式為0H,

Q

故答案為：'—01

；

(5)F滿足①含有三個苯環(huán);②核磁共振氫譜共有4組峰的同分異構體的結構簡式:

H,N叫，

Oto

H,N、,產2

dto

r

故答案為：R

0、T0

可知需要H小和o反應生成/^N人X)H,(!)

(6)結合C到D的反應,

%0

由A到C的反應得到，即CH3CH20H先催化氧化得到CH3CH0,再在催化劑作用下生成0H,

0

02.Cu

催化氧化羥基可得0,合成路線為:CH3CH20H△CH3CH0-催化劑OH

△“o濃鹽酸/Sr

；

O2/Cu°2CU耶_

痂較安士.ruQruonuA「口?！缚诎艘槐?nwAn濃處粉

Ml

根據(jù)已知信息反應，A在催化劑下生成B為'~ZOH

,B中羥基發(fā)生催化氧化得到

?；珼中羥基發(fā)生取代反應得到E,E中C1再被取代生成F,G生成H發(fā)生加成反應，H中羥基

發(fā)生取代反應得到I,I和F發(fā)生取代反應，各物質結構已知,結合題干信息解答；

oo

⑹結合C到D的反應，可知需要H?N反應生成

由A到C的反應得到，即CH3cH20H先催化氧化得到CH3CH0,再在催化劑作用下生成

O

催化氧化羥基可得

本題考查有機合成，題目難度中等，理清反應流程為解答關鍵，試題知識點較多、綜合性較強,

充分考查了學生的分析、理解能力，注意熟練掌握常見有機物官能團與性質的關系。

18.【答案】+3將Fe2+氧化為Fe3+CoS2Mn2++H202+4NH3-H20=2Mn00HI+4NH4++2H20取少量

最后一次洗滌液，向其中滴加BaC12溶液，若不出現(xiàn)白色渾濁，說明MnOOH已洗滌干凈，反之則

未洗滌干凈2Mn00H=250℃Mn203+H204,9(1,1,12)3(a+b)

【解析】解：(1)根據(jù)化合物MnOOH中化合價代數(shù)和為零，設Mn的化合價為x,x+(-2)+(-2)+1=0,

解得x=+3,

故答案為：+3；

(2)根據(jù)上面分析可知加入Mn02將Fe2+氧化為Fe3+,便于后續(xù)除雜，濾渣2為CoS,

故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+；CoS；

(3)MnS04的溶液加入3%雙氧水加入氨水轉化為MnOOH,Mn的化合價由+2價升高為+3價，0的化

合價由-1價降低為-2價，根據(jù)化合價升降守恒和電荷守恒、原子守恒可得，反應的離子方程式

為：2Mn2++lI202+4NH3-H20=2Mn00lII+4NH4++2I120,

故答案為：2Mn2++H202+4NH3-H20=2Mn00HI+4NH4++2H20；

(4)MnOOH固體混有硫酸根離子，檢驗MnOOH是否洗滌干凈，就是檢驗硫酸根離子，具體操作為取

少量最后一次洗滌液，向其中滴加BaC12溶液，若不出現(xiàn)白色渾濁，說明MnOOH已洗滌干凈，反

之則未洗滌干凈，

故答案為：取少量最后一次洗滌液，向其中滴加BaC12溶液，若不出現(xiàn)白色渾濁，說明MnOOH已

洗滌干凈，反之則未洗滌干凈；

⑸高純度的MnOOH在250℃條件下進行72h加熱得Mn203和水,反應的化學方程式為：2Mn(X)H=250℃

Mn203+H20,

故答案為：2Mn00H=250℃Mn203+H20；

(6)當鐵元素完全沉淀時(0H-)=3Ksp[Fe(0H)3]c(Fe3+)=31.0X10—38.61X10—5mol/L=l.0

X10-11.2mol/L,pOH=11.2,pH=14-pOH=2.8,當鋁元素完全沉淀時

(OH-)=3Ksp[Al(0H)3]c(A13+)=31.OX1032.51X10-5mol/L=l.OX10-9.Imol/L,pOH=9.1,

pH=14-pOH=4.9,滴加氨水調節(jié)溶液的pH,使溶液中鋁、鐵元素完全沉淀，則理論上pH的最小值

為4.9,

故答案為：4.9；

(7)從該晶胞圖示可知，A點分數(shù)坐標為(0,0,0),結合B點在x、y、z三個坐標軸上的投影，則B

點分數(shù)坐標為(1,1,12)；已知r(N3-)=anm,r(Cr3+)=bnm,晶胞參數(shù)為2(a+b)nm,則面對角線為

22(a+b)nm,B點到底面的長度為(a+b)nm,則AB間距離為[22(a+b)]2+(a+b)2nm=3(a+b)nm,

故答案為:(1,1,12)；3(a+b)o

菱鎰礦(主要成分為MnC03,還含有少量Fe304、FeO、Co。、A1203)用稀硫酸浸取后得到硫酸鎰、

硫酸亞鐵、硫酸鐵、硫酸鋁、硫酸鉆等；加入二氧化鎬的目的是將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加

入氨水除去鐵離子和鋁離子，過濾后，濾液中加入含S2-沉降劑是除去鉆離子，過濾所得濾渣為

CoS,濾液為含硫酸銹的溶液，向濾液中依次加入跳H202溶液、0.2mol/L氨水即可得到MnOOH,

通過過濾，洗滌干燥得到高純度的MnOOH,再將MnOOH在2500c時充分加熱72h即可得Mn2O3,據(jù)

此分析解題。

本題考查物質的制備實驗方案設計、晶胞的計算，為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生知

識綜合應用、根據(jù)實驗目的及物質的性質進行分析、實驗基本操作能力及實驗方案設計能力，綜

合性較強，注意把握物質性質以及對題目信息的獲取與使用，難度較大。

19.【答案】C02(g)+3H2(g)CH30H(g)+H20(g)△

lll=-49.4kJ-mol-l④0.562540%4002187增大壓強，降低溫度(或分離水蒸氣)溫度變化時,

反應I和反應IH平衡移動方向相反，程度相同

【解析】解：(1)I.C02(g)+H2(g)CO(g)+H20(g)AH2=+41.2kJ-mo1-1

II.CO(g)+2H2(g)uCH30H(g)△H3=-90.6kJ-mol-l

蓋斯定律計算I+II得到C02(g)和H2(g)的反應生成CH30H(g)的熱化學方程式HI：C02(g)+3H2(g)

-CH30H(g)+H20(g)AHl=-49.4kJ-mol-l,

故答案為：C02(g)+3H2(g)wCH30H(g)+H20(g)△Hl=-49.妹1；

(2)①恒壓體系中，體系的壓強始終不變，即不能判斷反應是否達到平衡，故①錯誤；

②反應I是氣體體積不變的反應，容器的體積不變，各物質均為氣體，所以混合氣體密度始終不

變，即不能判斷反應是否達到平衡，故②錯誤；

③反應無論是否達到平衡狀態(tài)，始終有v(H2)=v(C0),即不能判斷反應是否達到平衡，故③錯誤；

④CO質量保持不變的狀態(tài)是平衡狀態(tài)的本質特征，故④正確；

故答案為：④；

(3)①反應Ill：C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)是放熱反應，反應三行式為，

C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)

起始量(mol/L)0.51.500

變化量(mol/L)x3xxx

平衡量(mol/L)0.5—x1.5—3xxx

平衡時H2O(g)的休積分數(shù)為0.125,則x2—2x=0.125,解得x=0.2,平衡時c(C02)=0.3mol/L,

c(112)=0.9moi/L,c(CH30H)=c(H20)=0.2mol/L,

①H2的休積分數(shù)c=(l.5-3X0.2)mol/L(2-0.2X2)mol/L=0.5625,C02的轉化率

=0.2mol/L0.5mol/Lx100%=40%,

故答案為：0.5625；40%；

②平衡常數(shù)K=c(CH30H)Xc(H20)c(C02)Xc3(H2)=0.2X0.20.3X(0.9)3=4002187,

故答案為:4002187；

③反應HI：C02(g)+3H2(g)=CH30n(g)+【I20(g)正向是氣體體積減少的放熱反應，增大壓強、降低

溫度、分離水蒸氣等措施均可使平衡正向移動，提高甲醇的產率，

故答案為：增大壓強，降低溫度(或分離水蒸氣)；

(4)反應I正向吸熱，反應HI正向放熱，升高溫度時，反應I正向進行，反應HI逆向進行，當

二者進行的程度相當時，C02的體積分數(shù)會基本不變，

故答案為：溫度變化時，反應I和反應HI平衡移動方向相反，程度相同。

(1)I.C02(g)+112(g)CO(g)+H20(g)AH2=+41.2kJ-mol-1

II.CO(g)+2H2(g)eCH3OH(g)AH3=-90.6kJ-mol-l

蓋斯定律計算I+II得到C02(g)和H2(g)的反應生成CH3OH(g)的熱化學方程式III；

(2)反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、含量不變，以及由此衍生的一些量

也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變

化到不變時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)；

(3)反應IH：CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H2O(g)是放熱反應，反應三行式為,

C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+1120(g)

起始量(mol/L)0.51.500

變化量(mol/L)x3xxx

平衡量(mol/L)0.5—x1.5—3xxx

平衡時H20(g)的休積分數(shù)為0.125,則x2—2x=0.125,解得x=0.2,結合休積分數(shù)、轉化率、平

衡常數(shù)的公式和化學平衡影響因素解答；

(4)反應I正向吸熱，反應HI正向放熱，升高溫度時，反應I正向進行的程度和反應IH逆向進

行的程度相當，導致C02的體積分數(shù)并未發(fā)生明顯變化。

本題考查蓋斯定律的計算應用、化學平衡的計算、化學平衡狀態(tài)的判斷、化學平衡影響因素等知

識，側重考查分析、計算和運用能力，把握化學平衡的計算、化學平衡影響因素是解題關鍵，注

意三行式格式在化學平衡計算中的應用、題目難度中等。

2022年中學高考化學三模試卷

一、單選題(本大題共15小題，共45.0分)

1.下列物質的溶液長期暴露在空氣中會變質而溶液又會出現(xiàn)白色渾濁的是()

A.NallC03B.FeC12C.KID.Na2Si03

2.下列實驗現(xiàn)象中，由于發(fā)生取代反應而引起的是

A.乙烯通入澳的四氯化碳溶液中，溶液褪色

B.甲烷和氯氣的混合氣體在光照后，瓶壁上有油狀液滴附著

C.苯滴加到溪水中，振蕩后水層接近無色

D.將灼熱的銅絲迅速插入乙醇中，反復多次，有刺激性氣味產生

3.連花清瘟膠囊常用于緩解流行性感冒患者肌肉酸痛、鼻塞流涕等癥狀，其中一種有效成分連

翹昔的結構如圖所示。有關該化合物敘述正確的是()

A.含有三種含氧官能團B.不能發(fā)生消去反應

C.可以發(fā)生氧化反應D.與Na、NaOH均可發(fā)生反應

4.對于下列實驗，能正確描述其反應的離子方程式的是()

A.向CaC12溶液中通入C02：Ca2++II20+C02=CaC03I+211+

B.硫化亞鐵溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2st

C.同濃度同體積NH4HS04溶液與NaOH溶液混合：NH4++OII-=NH3-H2O

D.用Na2s03溶液吸收少量C12：3SO32-+C12+H2O=2HSO3-+2C1-+SO42-

5.由下列實驗操作及現(xiàn)象不能推出相應結論的是（）

選項實驗操作及現(xiàn)象結論

A向待測液中滴入新制氯水，再滴入KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色待測液中一定含有Fe2+

將水滴入盛有Na202固體的試管中，有氣泡產生，把帶火星的

BNa202遇水產生02

木條放在管口，木條復燃

將金屬鈉在燃燒匙中點燃，迅速伸入集滿C02的集氣瓶，集氣

C還原性：Na>C

瓶中產生大量白煙，瓶內有黑色顆粒產生

1)向酸性KMnO4溶液中加入Fe304粉末，紫色褪去證明Fe304中含F(xiàn)e(II)

A.AB.B