届高三化学高考备考二轮复习巩固模拟卷4全国乙卷专用Word版含答案.docx

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届高三化学高考备考二轮复习巩固模拟卷4全国乙卷专用Word版含答案

备战2022年高考一轮巩固模拟卷4（全国乙卷专用）

化学试卷

可能用到的相对原子质量:

H1C12N14O16Al27S32Ca40Fe56Ba137

一、选择题:

本题7小题,每小题6分,共42分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1．（2022·湖北·高一阶段练习）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是

A．“奋斗者号”潜水器的外壳是耐超高压的钛合金，钛合金的熔点高于金属钛

B．华为自主研发的“麒麟”芯片，其主要成分与光导纤维的成分相同。

C．实验室熔融烧碱时，不能使用陶瓷坩埚、石英坩埚，可使用铁坩埚

D．过氧化氢、“84”消毒液、漂白粉、医用酒精消毒原理相同

2．（2016·广东·高三阶段练习）用右图所示装置进行下列实验：

将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是

选项

①中物质

②中物质

预测②中的现象

A

稀盐酸

碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液

立即产生气泡

B

浓硝酸

用砂纸打磨过的铝条

产生大量红棕色气体

C

氯化铝溶液

浓氢氧化钠溶液

立即产生大量白色沉淀

D

氨水

硝酸银溶液

先产生白色沉淀后沉淀逐渐溶解

A．AB．BC．CD．D

3．（2021·辽宁·义县高级中学高二阶段练习）天然产物M具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，其结构如图所示。

下列说法正确的是

A．1molM最多能消耗3molNaOH

B．M能发生消去反应生成碳碳双键

C．M分子中所有碳原子可能共平面

D．M的分子式为C15H18O3

4．（2021·全国·高三专题练习）短周期主族元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，Z的原子半径在短周期主族元素中最大。

下列说法错误的是（       ）

A．简单离子半径：

W＞Z＞X

B．W的最高价氧化物对应的水化物为强酸

C．Y与Z形成的化合物溶于水所得溶液呈碱性

D．与X形成的简单化合物的还原性：

Y＞Z＞W

5．（2022·湖南永州·高三模拟）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。

HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示：

下列说法正确的是

A．该反应为吸热反应

B．相同条件下，P1比P2更稳定

C．该历程中最大正反应的活化能Ea=215.49kJ·mol-1

D．相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：

v（P1）>v（P2）

6．（2021·黑龙江·大庆实验中学高三模拟）如图是一种利用锂电池“固定CO2”的电化学装置，在催化剂的作用下，该电化学装置放电时可将CO2转化为C和Li2CO3，充电时选用合适催化剂，仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和O2.下列说法中正确的是

A．该电池左侧可以用LiCl溶液作电解质溶液

B．该电池充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连

C．该电池放电时，每转移4mol电子，理论上消耗3molCO2

D．该电池充电时，阳极反应式为：

C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li

7．（2021·云南·昆明一中高三阶段练习）25°C，某浓度H3A溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布系数δ随溶液pH变化关系如图所示。

[比如A3-的分布系数：

（A3-）=

下列叙述正确的是

A．曲线1代表

（A3-），曲线4代表

（H3A）

B．NaH2A溶液、Na2HA溶液都显酸性

C．A3-+H2O

HA2-+OH-，K=

D．pH=7.2时，

二、非选择题:

共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。

第35~36题为选考题,考生根据要求作答。

（一）必考题:

共43分。

8．（2020·山东·高三阶段练习）二氧化氯（ClO2）是安全、无毒的绿色消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成NaClO2固体以便运输和储存。

某研究性学习小组在实验室探究过氧化氢法制备亚氯酸钠。

已知：

NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2·3H2O，温度高于38℃时，析出晶体是NaClO2，回答下列问题：

探究步骤：

I.NaClO2制备：

装置如图所示（夹持装置略去）。

（1）该实验中，仪器A与分液漏斗相比，优点是____。

（2）装置B用于制备ClO2，制备过程中需要控制空气的流速，过快或过慢均会降低NaClO2产率，原因是____。

（3）装置C的作用是____。

装置D中生成NaClO2的离子方程式为____。

（4）F装置可用NaOH溶液吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为1：

1的两种盐，一种为NaClO2，另一种为____。

II.产品分离提纯：

（5）反应后在装置D处获得NaClO2溶液。

从NaClO2溶液中得到NaClO2晶体的操作步骤是：

减压蒸发、_____、洗涤、干燥。

III.产品纯度测定：

（6）准确称取1.000g产品，加入适量蒸馏水配成100.00mL溶液；取10.00mL待测液于锥形瓶中，加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应；滴加几滴淀粉溶液，用0.2000mol·L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。

重复3次，测得标准液体积平均值为20.00mL。

（滴定反应的离子方程式为I2+2

=2I-+

），假设杂质不参加反应，样品中NaClO2的质量分数为____。

三、工业流程题

9．（2018·重庆一中高三阶段练习）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂。

以红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如下图所示：

（1）浸出渣A的主要成分是_______________（填化学式）。

（2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有大量Ni2＋，写出有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式_______________________________。

（3）向浸出液A中通入H2S气体，①还原过程中所涉及主要反应的离子方程式是__________________________________。

（4）在形成Ni（CO）4的过程中，碳元素的化合价没有变化，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为________。

（5）“碱浸”的目的是使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反应的离子方程式为__________________________。

（6）常温时，向浓度均为1.0mol·L-1的FeSO4、NiSO4的混合溶液中滴加Na2S固体，当Ni2+恰好沉淀完全时，所得溶液中c（Fe2+）=______________。

（已知：

①25℃，Ksp（NiS）=2.0×10-21、Ksp（FeS）=6.0×10-18

②溶液中的离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。

）

（7）浸出液B可以回收，重新生成铝以便循环利用。

请设计简单的回收流程：

浸出液B→___________________________________________________________。

（箭头上注明外加反应物的化学式和反应条件）。

（示例：

）

四、原理综合题

10．（2019·河南·高考模拟）丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其热化学方程式为：

C3H8（g）

C3H6（g）+H2（g）ΔH。

请回答下列相关问题。

（1）下表为部分键能数据，据此可算出△H=_________kJ/mol。

化学键

C—C

C=C

C—H

H—H

键能（kJ/mol）

332

611

414

436

（2）一定温度下，向2L的密闭容器中充入2molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.4倍。

①0～10min内氢气的生成速率v（H2）=__________，C3H8的平衡转化率为_________。

②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________。

A．混合气体的平均分子量保持不变

B．C3H6与H2的物质的量之比保持不变

C．混合气体的密度保持不变

D．C3H8的分解速率与C3H6的消耗速率相等

（3）脱氢反应分别在压强为p1和p2时发生，丙烷及丙烯的平衡物质的量分数随温度变化如图所示。

①压强：

p1______p2（填“>”或“<”）。

②为了同时提高反应速率和反应物的平衡转化率，可采取的措施是__________。

③若p1=0.1MPa，起始时充入丙烷发生反应，则Q点对应温度下，反应的平衡常数Kp_____（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。

④在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n（氩气）/n（丙烷）越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是___________________。

（二）选考题:

共15分。

请考生从2道题中任选一题作答。

如果多做,则按所做的第一题计分。

11．（2021·贵州遵义·高三模拟）铜是人类最早发现并广泛使用的一种金属。

回答下列问题：

（1）黄铜矿（CuFeS2）是其中铜的主要存在形式。

CuFeS2中存在的化学键类型是___________。

试比较组成黄铁矿的三种组成元素的电负性的相对强弱__________。

（2）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。

①则X是__________（填名称），X分子的立体构型是______，中心原子杂化类型为___。

②X的沸点比水的沸点____（填“高”、“低"），主要原因是___________。

（3）[Cu（NH3）4]2+中，提供孤对电子的是_________。

Cu（NH3）2Cl2有两种同分异构体，其中种可溶于水，则此种化合物是_____（填“极性"或“非极性"）分子，由此推知[Cu（NH3）4]2+的空间构型是____________。

（4）某镍白铜合金的立方品胞结构如图所示：

①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为__________。

②若合金的密度为dg/cm3，品胞参数a=_____nm。

（设NA代表阿伏加德罗常数）

12．（2021·福建省福州高级中学高三阶段练习）化合物F具有独特的生理药理作用，实验室由芳香化合物A制备F的一种合成路线如图：

已知：

①

②

RCH=CH-COOH

回答下列问题：

（1）化合物A的名称是_______。

（2）B中含氧官能团的名称为_______；

（3）C生成香兰素的反应类型为_______。

（4）D的结构简式为_______。

（5）写出F与足量NaOH溶液反应的化学方程式_______。

（6）G为香兰素的同分异构体，能使

溶液变紫色，苯环上只有两个取代基团，能发生水解反应，符合要求的同分异构体有_______种，请写出其中核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢，且峰面积比为3∶2∶2∶1的G的结构简式_______。

参考答案：

1．C

【解析】

A．一般情况下，合金的熔点比其成分金属的熔点低，钛合金熔点比金属钛低，故A错误；

B．芯片的主要成分是晶体硅，与光导纤维的成分二氧化硅不相同，故B错误；

C．石英、陶瓷含有二氧化硅，二氧化硅能与NaOH反应，所以不能使用石英坩埚、陶瓷坩埚，可以使用铁坩埚，故C正确；

D．84消毒液（主要成分是NaClO）、漂白粉、过氧化氢均具有强氧化性而消毒，医用酒精不具有强氧化性，但酒精可以破坏蛋白质的结构而消毒，故D错误；

故选C。

2．D

【解析】

试题分析：

A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；D．氨水与硝酸银反应生成白色沉淀，氨水过量生成银氨络离子，沉淀溶解，故D正确；故选D。

【考点定位】考查实验装置的设计与评价

【名师点晴】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，为2015年高考真题，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强。

3．D

【解析】

A．该结构中只有一个酯基，所以1mol该物质最多消耗1molNaOH，故A错误；

B．该物质分子中羟基连接C原子的邻位C原子上没有H原子，因此不能发生消去反应形成碳碳双键，故B错误；

C．羟基左边的碳原子与四个其它碳原子相连，呈正四面体的立体构型，所以所有碳原子不可能都共平面，故C错误；

D．由结构式可知，M的分子式为C15H18O3，故D正确；

故选D。

4．D

【解析】

X、Y、W位于不同周期且为短周期元素，可知X、Y、W分别为第一、第二、第三周期的元素，又X、Y、Z和W均为主族元素，可知X为氢元素；Z的原子半径在短周期主族元素中最大可知Z为钠元素，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，可知Y、W的原子最外层电子数之和为13，即Y为O（或F）元素，W为Cl（或S）元素。

根据分析可知，X为H，Y为O（或F），Z为Na，W为Cl（或S）元素。

A．电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径：

W＞Z＞X，故A正确；

B．Cl和S的最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硫酸，高氯酸和硫酸都是强酸，故B正确；

C．氟化钠、氧化钠（或过氧化钠）溶液都呈碱性，故C正确；

D．非金属性越强，氢化物还原性越弱，非金属性：

Y＞W＞Z，则简单氢化物的还原性：

Y＜W＜Z，故D错误；

故选：

D。

比较离子半径时，可先比较电子层，再比较序数（序数大的离子半径小）的原则进行；比较氢化物还原性时，可先比较非金属性，非金属强的元素对应的离子的还原性弱。

5．D

【解析】

A．由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故A错误；

B．由图中信息可知P2的能量低于P1的能量，物质能量越低越稳定，因此P2比P1更稳定，故B错误；

C．由图可知该历程中最大正反应的活化能是由中间产物Z到过渡态IV的过程，Ea=186.19kJ·mol-，故C错误；

D．由图可知中间产物Z转化成产物P1的正反应活化能比Z转化成产物P2的正反应活化能低的多，活化能越小反应速率越快，因此v（P1）>v（P2），故D正确；

故选：

D。

6．C

【解析】

放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3；充电时，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上O失电子生成O2，即2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+。

A．该电池左侧不可以用LiCl溶液作电解质溶液，锂是活泼金属，易与水反应，故A错误；

B．该电池充电时，电源的负极与外加电源的负极相连，电极X与外接直流电源的负极相连，故B错误；

C．该电池放电时，总反应3CO2+4Li=C+2Li2CO3，每转移4mol电子，理论上消耗3molCO2，故C正确；

D．该电池充电时，阳极上O失电子生成O2，即2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+，故D错误；

故选C。

7．D

【解析】

由图可知，pH越小，H3A的分布系数应越高，A3-的分布系数则是pH越大越高，故曲线1应代表δ（H3A），曲线2代表δ（H2A-），曲线3代表δ（HA2-），曲线4代表δ（A3-）；H3A⇌H2A-+H+，Ka1=

，当pH=2.1时，δ（H3A）=δ（H2A-），则c（H3A）=c（H2A-），Ka1=c（H+）=10-2.1，同理可知Ka2、Ka3分别为10-7.2、10-12.3，由此分析。

A．pH越小，H3A的分布系数应越高，A3-的分布系数则是pH越大越高，故曲线1应代表δ（H3A），曲线4代表δ（A3-），故A不符合题意；

B．NaH2A溶液中δ（H2A-）应处于峰值，由图可知其pH小于7，显酸性。

同理，Na2HA溶液中δ（HA2-）应处于峰值，pH为10左右，显碱性，故B不符合题意；

C．HA2-⇌A3-+H+，Ka3=

，A3-+H2O⇌HA2-+OH-，K=

=

=

，根据分析可知，Ka1、Ka2、Ka3分别为10-2.1、10-7.2、10-12.3，则K=

，故C不符合题意；

D．pH=7.2时，

=1，根据c（H+）=10-7.2mol/L，可推知c（OH-）=

mol/L=10-6.8mol/L，则lg

=0.4，故D符合题意；

答案选D。

8．    平衡压强，便于液体顺利滴下    空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收。

    防倒吸    2ClO2+H2O2+2OH-=2

+2H2O+O2    NaClO3    趁热过滤    90.50％

【解析】

装置B中硫酸、NaClO3与Na2SO3混合反应制取ClO2，装置C中短进长出，则为安全瓶，可以防止倒吸；装置D中ClO2、H2O2和NaOH混合反应得到NaClO2，C中将装置浸入冰水浴中可以增大ClO2的溶解度使其充分反应，并防止温度过高使H2O2、NaClO2分解，装置E短进长出，也为安全瓶，可以防止倒吸，装置F进行尾气处理。

（1）仪器A为恒压滴液漏斗，侧面导管可以平衡压强，便于液体顺利滴下；

（2）根据题目所给信息可知二氧化氯浓度过高时易发生分解，所以空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解，产率下降；而当空气流速过快时，在装置D中ClO2不能被充分吸收，产率也会下降；

（3）装置C短进长出，为安全瓶可以防倒吸；装置D中ClO2、H2O2和NaOH混合反应得到NaClO2，该过程中Cl元素被还原，根据各元素的价态变化规律可知H2O2中氧元素的化合价要升高，所以产物中有氧气，根据电子守恒可得ClO2和H2O2的系数比为2:

1，再结合元素守恒可得离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2

+2H2O+O2；

（4）根据题意ClO2与NaOH溶液反应时生成NaClO2，该产物中氯元素的化合价降低1价，生成的两种盐物质的量之比为1：

1，则另一产物中Cl元素的化合价应升高1价，为NaClO3；

（5）根据题目信息可知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2·3H2O，温度高于38℃时，析出晶体是NaClO2，所以为了得到NaClO2晶体，应减压蒸发、趁热过滤、洗涤、干燥；

（6）滴定时先利用NaClO2将碘离子氧化成碘单质，根据电子守恒可知2n（NaClO2）=n（I2），然后再用Na2S2O3标准液还原生成的碘单质，根据方程式可知2n（I2）=n（Na2S2O3），所以n（NaClO2）=

n（Na2S2O3），所以产品中n（NaClO2）=

=0.01mol，样品中NaClO2的质量分数为

=90.50%。

第2小题为易错点，注意题目要求“过快或过慢均会降低NaClO2产率”，所以既要回答过快的原因，还要回答过慢的原因。

9．    SiO2    2Ni2O3+4H2SO4==4NiSO4+O2↑+4H2O    H2S+2Fe3+==2Fe2++2H++S↓    0    2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑    0.03mol/L    

【解析】

红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、Fe2O3（SiO2不反应），加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、Fe2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A（SiO2），浸出液A中含Ni2＋、Fe3＋，向浸出液A中通入H2S气体，发生还原反应的离子方程式是：

H2S+2Fe3＋=2Fe2＋+2H＋+S，另外生成沉淀NiS，过滤得到镍硫化合物NiS，再通入CO气体，形成Ni（CO）4，加热得到镍，高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，浸出液B中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣B，得到产品兰尼镍，

（1）浸出渣A的主要成分是SiO2（填化学式）。

（2）红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有大量Ni2＋，镍的化合价降低发生还原反应，只有氧的化合价能升高，所以产物有氧气，有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式2Ni2O3+4H2SO4==4NiSO4+O2↑+4H2O。

（3）浸出液A中含Ni2＋、Fe3＋，向浸出液A中通入H2S气体，三价铁具有较强氧化性，与硫化氢发生还原反应，①还原过程中所涉及主要反应的离子方程式是H2S+2Fe3+==2Fe2++2H++S↓。

（4）在形成Ni（CO）4的过程中，碳元素的化合价没有变化,碳为+2价，氧为-2价，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为0。

（5）“碱浸”的目的是使镍产生多孔结构，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。

（6）当Ni2+恰好沉淀完全时，Ksp（NiS）=2.0×10-21，得c（S2－）=2.0×10-21/10-5=2.0×10-16,所得溶液中c（Fe2+）=6.0×10-18/2.0×10-16=0.03mol/L；（7）浸出液B中含偏铝酸根，可通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，再加热灼烧使其分解得到氧化铝，加入冰晶石，在熔融态下电解氧化铝得到铝，回收流程可表示为：

浸出液B→

。

10．    +113    0.04mol／（L·min）    40%    AD    ＞    升高温度    0.0125MPa（单位可不带）    恒压条件下，增大氩气的比例，相当于减压，从而使平衡正向移动，提高了丙烷的平衡转化率

【解析】

（1）根据反应热△H=反应物总键能-生成物总键能列式计算；

（2）一定温度下，向2L的密闭容器中充入2molC3H8发生脱氧反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.4倍，则反应后气体总物质的量=

×2mol=2.8mol。

然后根据三段式列式计算出反应过程中各物质的转化量和平衡量，再分析解答；

（3）①根据图像和反应的方程式可知，随温度升高，丙烯的物质的量分数增加，丙烷的物质的量分数减少，说明升温平衡正向进行；温度一定时，p2压强下丙烯物质的量分数大于p1状态，据此分析解答；

②根据影响化学反应速率和平衡转化率的方法分析判断；

③根据图像可知，丙烷在Q点物质的量分数为50%，根据三段式列式计算出反应过程中各物质的转化量和平衡量，平衡常数Kp═

计算；

④该反应为气体分子数增加的反应，随着氩气比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，结合平衡移动的方向分析解答。

（1）反应热△H=反应物总键能-生成物总键能=（2×332+8×414）-（6×414+332+611+436）kJ/mol=+113kJ/mol，故答案为+113；

（2）一定温度下，向2L的密闭容器中充入2molC3H8发生脱氧反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.4倍，则反应后气体总物质的量=

×2mol=2.8mol。

①设生成的丙烯物质的量为xmol，

可逆反应C3H8（g）⇌C3