1、贵州罗甸弘伟学校2022届化学（全国甲卷）高三全程模拟训练八(考试用时：50分钟试卷满分：100分)一选择题（共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。）7（2021浙江高考试题）下列表示不正确的是A乙炔的实验式B乙醛的结构简式C2，3-二甲基丁烷的键线式D乙烷的球棍模型8（2021山东高三三模）某小组利用废弃的FeBr3溶液获取溴的苯溶液和无水FeCl3.如图所示，下列设计合理的是A用装置蒸发结晶可获得无水FeCl3B待装置中的反应结束后，应立即向中鼓入空气，将有毒气体赶进V中C用装置可制备氯气D用装置分液时，应先从下口放出水层，再从上口倒出有机层9
2、（2021全国高考甲卷）为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A重水()中含有的质子数为B的与完全反应时转移的电子数为C环状()分子中含有的键数为D的溶液中离子数为10如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是AX和Z的最高化合价均为+7价BHX和HZ在水中均为强酸，电子式可表示为与C四种元素中，Y原子半径最小，X原子半径最大DZ、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物11（2021全国高考乙卷）一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是A能发生
3、取代反应，不能发生加成反应B既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C与互为同分异构体D该物质与碳酸钠反应得12（2021广东高考试题）火星大气中含有大量，一种有参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时A负极上发生还原反应B在正极上得电子C阳离子由正极移向负极D将电能转化为化学能13（2021江西九江市高三一模）已知：，25时，的，。用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是c点所得溶液中：Aa点所得溶液中：B随着NaOH溶液滴入，水的电离程度一直增大C当溶液的pH为7时，此时加入NaOH溶液体积为30mLDc点所得溶液中
4、：二非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。26（2021全国高考题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)的一种制备方法如下图所示：加入粉进行转化反应的离子方程式为_，生成的沉淀与硝酸反应，生成_后可循环使用。通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_；若反应物用量比时，氧化产物为_；当，单质碘的收率会降低，原因是_。(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_。(3)溶液和溶液混合可生成
5、沉淀和，若生成，消耗的至少为_。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_。27.（2021江西九江市高三一模）CaS微溶于水，常用于制发光漆，还用于医药工业、重金属处理及环保中。可用硫酸钙与焦炭高温反应制备，主反应，该反应过程中还可能产生、CaO等副产物。某兴趣小组为了探究该反应的总化学方程式，设计了如图所示的实验装置图中所用试剂均为足量，假设产生的气体在相应的装置中完全反应，CO不与酸性溶液反应（1）仪器D的名称_；实验开始前要通入的目的是_。（2）长颈斗的作用是_。（3）B中溶液颜色变浅，写出其中反应的离子方程式_。（
6、4）能说明产物中有CO的实验现象是_。（5）取A中少量剩余固体溶于水，并不断搅拌一段时间后有淡黄色浑浊出现，请解释产生该现象的原因_。（6）如果实验前后B、C、E装置的质量变化分别为增重1.28g，增重0.44g，减轻0.64g，忽略装置中原有的，则硫酸钙与焦炭高温焙烧时发生的总化学方程式为_；若反应后不通入，则计算出的CaS的化学计量数_(填“偏大”“偏小”“无影响”或“无法确定”)。28（2021河南郑州市高三三模）“减少碳排放，实现碳中和”是当今世界的热门话题。某课题组利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，主要发生如下三个反应：I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(
7、g)H1=-49.5kJmol-1II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2=+40.9kJmol-1III.（1）请写出反应IIICO和H2合成CH3OH的热化学方程式_。（2）下列措施中，能提高CO2转化率的是_。A在原料气中加入适量H2O(g) B从体系中不断分离出甲醇C循环利用原料气 D使用高效催化剂（3）一定条件下，在某密闭容器中投人amolCO2和3amolH2，发生上述合成反应。达平衡容器中CH3OH的物质的量为cmol，CO的物质的量为dmol.则此条件下CO2的转化率为_(列式表示，下同)；甲醇的选择性(指转化为甲醇的CO2占发生反应的CO2的百分比)为_；此
8、条件下反应II的平衡常数为_。（4）图1是反应温度对二氧化碳转化率以及甲醇选择性的影响。甲醇选择性随温度升高而降低的原因可能是_。（5）图2是一定条件下原料气的进料速度对二氧化碳转化率、甲醇选择性以及出口甲醇浓度的影响。试分析工业上实际进料速度采用2.1mols-1，而不是1.8mols-1，可能的原因是_。（6）甲醇燃料电池可用于测定阿伏加德罗常数。当甲醇燃料电池平稳工作10min后测得电池正极端消耗标准状况下氧气VL，电流稳定为XA，假设能量转化率80%，计算测得阿伏加德罗常数NA为_ mol-1。(用X、V表示，已知一个电子电量为1.6010-19C)35 化学选修3：物质结构与性质（1
9、5分）（2021陕西宝鸡市高三二模）照相底片定影时，常用定影液硫代硫酸钠溶解未曝光的溴化银，生成含的废定影液再向其中加入使中的银转化为，使定影液再生。将在高温下转化为Ag，达到回收银的目的。回答下列问题：（1）元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，则基态银原子的价层电子排布式为_。乙二胺是一种有机化合物，与等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_，（2）离子结构如图所示，写出一种等电子体_，其结构中键的类型为_。（3）写出AgBr溶于溶液反应的离子方程式_。中存在的作用力有_(填化学键类型)，银离子的配位数是_。（4）在空气中灼烧生成Ag和分子中心原子的杂化类型为_，分子的空间构型为_，
10、与CO2构型不同的原因是_，由此判断的键角_ 的键角。（5）用X射线衍射法可测定阿伏加德罗常数。金的X射线衍射图象可知晶胞属于面心立方晶胞。若金原子的半径为rcm，金的密度为，摩尔质量为，列出计算阿伏加德罗常数的算式_用含a，M的表达式表示。（6）从组成的角度分析Ag2CO3比Ag2S的分解温度低的原因是_。36 化学选修5：有机化学基础（15分）（2021山东潍坊市高三三模）苯巴本妥主要用于治疗焦虑、失眠及运动障碍等。一种合成苯巴本的路线如下图所示。已知：回答下列问题：(1)路线中生成A的反应类型为_，D的结构简式为_。(2)写出BC的化学方程式：_。(3)同时符合下列条件的B的同分异构体有
11、_种(不包括立体异构)属于芳香族化合物遇FeCl3溶液不变紫色可以发生银镜反应其中能与金属钠反应生成H2，且核磁共振氢谱显示苯环上有四种不同化学环境的氢原子的同分异构体的结构简式为_。(4)设计以CH2=CH2和CO(NH2)2为原料合成的路线_(无机试剂任选)。【答案解析】7.【解析】A项：乙炔的分子式为C2H2，实验式为CH，故A错误；B项：乙醛的分子式为C2H4O，结构简式为CH3CHO，故B正确；C项：2，3二甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，键线式为，故C正确；D项：乙烷的结构简式为CH3 CH3，球棍模型为，故D正确；【答案】A8.【解析】A项：氯化铁是强酸弱碱
12、盐，在加热氯化铁溶液时，氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，HCl挥发，导致水解程度增大，反应产生Fe(OH)3，为防止水解，应该在HCl氛围中加热蒸干氯化铁溶液，以获得无水FeCl3，直接蒸发结晶不能达到实验目的，A错误；B项：向含有FeBr3的溶液中通入Cl2，发生氧化还原反应产生FeCl3和Br2，反应产生的Br2易挥发，若待装置中的反应结束后立即向中鼓入空气，就会使溴随空气吹出，而不能获取溴的苯溶液，B错误；C项：MnO2能与浓盐酸混合加热制取Cl2，1 mol/L的盐酸是稀盐酸因此不能制取得到氯气，C错误；D项：由于水与苯互不相溶的液体，且水的密度比苯大，所以FeCl3的水溶液在下层，溴
13、的苯溶液在上层，二者可通过分液方法分离。在用装置进行分液时，应先从下口放出水层，再关闭分液漏斗的活塞，从上口倒出有机层，D正确；【答案】D9.【解析】A项：的质子数为10，18g的物质的量为 0.9mol， 则重水()中所含质子数为，A错误；B项：与反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为，B错误；C项：一个()分子中含有的键数为8个，32gS8的物质的量为mol，则含有的键数为，C正确；D项：酸性溶液中存在：，含Cr元素微粒有和，则的溶液中离子数应小于，D错误；【答案】C10.【解析】结
14、合图中所示结构可知图中两种化合物均为共价化合物，已知X和Z同主族，可得X和Z同为第A族，Y为第A族元素，W为第A族或第A族元素，再结合W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素， Y原子序数为W原子价电子数的3倍推知W、X、Y、Z分别为N、F、P、Cl，据此答题。A项：X和Z分别是F、Cl，F无正价，A错误；B项：和分别是HF和HCl，HF在水中不是强酸，B错误；C项：四种元素W（N）、X（F）、Y（P）、Z（Cl）中，W（N）、X（F）有两个电子层，Y（P）、Z（Cl）有三个电子层，半径大于W（N）和X（F），Y（P）原子序数小于Z（Cl），故Y原子半径在这四种元素中最大；X（F）原子序数
15、大于W（N），故X原子半径在这四种元素中最小，C错误；D项：Z（Cl）、W（N）和氢三种元素可形成氯化铵，属于同时含有离子键和共价键的化合物，D正确；【答案】D11.【解析】A项：该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；B项：同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；C项：该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；D项：该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，生成0.5mol二氧化碳，质量为22
16、g，故D错误；【答案】C12.【解析】根据题干信息可知，放电时总反应为4Na+3CO2=2Na2CO3+C。A项：放电时负极上Na发生氧化反应失去电子生成Na+，故A错误；B项：放电时正极为CO2得到电子生成C，故B正确；C项：放电时阳离子移向还原电极，即阳离子由负极移向正极，故C错误；D项：放电时装置为原电池，能量转化关系为化学能转化为电能和化学能等，故D正确；【答案】B13.【解析】A项：a点所得溶液中，pH=1.85，即c(H+)=10-1.85，又，故c(H2A)=c(HA-)，又a点溶液体积大于20mL，导致含有A元素微粒浓度之和减小，所以c(H2A) +c(A2-)+c(HA-)
17、0.1molL-1，故a点溶液中，故A错误；B项： 随着NaOH溶液滴入，依次发生反应H2A+ OH-= HA-+H2O、HA-+ OH-= A2-+H2O，水的电离程度逐渐增大，当恰好反应生成Na2A时，水的电离程度最大，继续滴入NaOH，水的电离程度逐渐减小， 故B错误；C项： 当加入NaOH溶液体积为30mL时，溶液恰好为等物质的量浓度的NaHA、Na2A的混合溶液，A2-的水解常数为，即A2-的水解程度大于HA-的电离程度，则此时溶液显碱性，故C错误；D项：c点所得溶液中，pH=7.19，即c(H+)=10-7.19，又，则c(A2-)=c(HA-)，溶液中存在电荷守恒2c(A2-)+
18、c(HA-) + c(OH-)=c(H+) + c(Na+)，3c(HA-) + c(OH-)=c(H+) + c(Na+)，此时溶液显碱性，c(OH-)c(H+) ，则c点所得溶液中：，故D正确；【答案】D26.【解析】(1) 由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-；AgNO3；通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种
19、，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式
20、即可得：，故答案为：； (3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。【答案】（1）2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 (2) (3) 4 防止单质碘析出 27.【解析】装置A发生反应，副产物进入装置B与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为，用装置C的NaOH溶液除去副产物，经碱石灰干燥
21、水，再用CO气体还原CuO得到Cu和CO2，观察到装置E中出现红色固体，F中澄清石灰水变浑浊。（1）仪器D的名称(球形)干燥管，实验开始前要通入的目的是：将装置中的空气排尽，以免干扰实验；（2）长颈斗的作用是防止堵塞(或平衡压强)；（3）装置B是SO2和酸性高锰酸钾溶液反应，溶液颜色变浅，反应的离子方程式：；（4） CO气体还原CuO得到Cu和CO2，能说明产物中有CO的实验现象是：E中出现红色固体，F中澄清石灰水变浑浊；（5）反应产物有硫化钙，负二价的硫被氧化为硫单质，则溶液呈黄色；（6）B装置增重的为SO2质量，C增重的为CO2质量，E减轻的质量是少去的氧，CuO+CO=Cu+CO2，可得
22、n(SO2)=，n(CO2)=，n(CO)=，三种气体的化学计量数之比为2:1:4，根据化合价升降配平化学方程式：，若反应后不通入，则反应产生的气体无法称量，则计算出的CaS的化学计量数无法确定。【答案】(1)(球形)干燥管 将装置中的空气排尽，以免干扰实验 (2) 防止堵塞(或平衡压强) (3) (4) E中出现红色固体，F中澄清石灰水变浑浊 (5) 负二价的硫被氧化为硫单质 (6) 无法确定 28.【解析】（1）反应I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.5kJmol-1，反应II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+40.9kJm
23、ol-1，I-II即得到反应III，H3=H1-H2=90.4kJmol-1，所以答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H3=-90.4kJmol-1；（2）该反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.5kJmol-1A在原料气中加入适量H2O(g)，H2O(g)为生成物，会抑制正反应得进行，从而降低了CO2的转化率，A错误；B从体系中不断分离出甲醇，平衡往正向移动，提高了CO2的转化率，B正确；C循环利用原料气可以提高CO2的转化率，C正确；D使用高效催化剂不能改变反应的限度，不能提了CO2的转化率，D错误；答案选BC；（3）设三个反应依次进行
24、且反应I消耗3mmolH2，设反应II消耗nmolH2，反应III消耗2pmolH2列出三段式：和以及，到达平衡容器中CH3OH的物质的量为cmol，CO的物质的量为dmol，所以m+p=c、n-p=d，所以m+n=c+d、2p= c-d+n-m，继而求出CO2的转化率为100%=100%和甲醇的选择性为100%=100%；设容器体积为V，此条件下反应II的平衡常数KII=，代入m+n=c+d、2p= c-d+n-m，求得KII=，所以答案为：100%；100%；。（4）温度升高，不利于反应向放热方向进行，反应I和反应III为放热反应，升温不利于反应I和反应III向正方向进行，故甲醇的选择性降
25、低。（5）速度2.1mols-1和1.8mols-1各方面转化率变化不大，但是反应速率加快，提高了经济效益，所以答案为：增大进料速率，单位时间内可以获得更大产量，提高经济效益（6）氧气的物质的量为，提供的电子数目转化为电流部分的为，十分钟电路中通过电子总量为X1060=1.6010-19，求出=，所以答案为：。【答案】(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H3=-90.4kJmol-1 (2) BC (3) 100% 100% (4) 反应I和反应III为放热反应，升温不利于反应I和反应III向正方向进行，故甲醇的选择性降低 (5) 增大进料速率，单位时间内可以获得更大产量，提高经济效
26、益 (6) 35.【解析】（1）已知基态铜原子的价层电子排布式为：，元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，故基态银原子的价层电子排布式为，由于乙二胺()中两个-NH2的N原子上均有孤电子，均能与Cu2+等金属离子形成配位键，故能与等金属离子形成稳定环状离子，故答案为：；乙二胺的两个N提供孤对电子给Cu2+形成配位键；（2）等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的分子，因S和O的价电子数相等，故等电子体为，其结构中键是S原子的3p轨道和O原子的2p轨道重叠形成的，故键的类型为P-P键，故答案为：；P-P键；（3）由题干信息可知，硫代硫酸钠()溶解未曝光的溴化银(AgBr)，生成含， A
27、gBr溶于溶液反应的方程式为：AgBr+2=+NaBr，故离子方程式为：， 中存在的作用力有Na+与之间的离子键、内部中有S原子和O原子间的共价键和Ag+与之间的配位键，中银离子的配位数是2，故答案为：；离子键、共价键、配位键；2；（4）在空气中灼烧生成Ag和分子中心原子S原子周围形成2个键，含有的孤电子对数为：=1，故中心原子的价层电子对数为3，故杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形，CO2中C原子没有孤电子对，导致C=O之间的排斥力减小，故键角增大，故SO2与CO2构型不同的原因是硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小，由于H2O中O原子存在2对孤电子对，中O原子存在1对孤电子
28、对，由此判断的键角小于 的键角，故答案为：sp2；V形；硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小；小于；（5）设阿伏加德罗常数NA，已知金的晶胞属于面心立方晶胞，故一个晶胞中含有 个金原子，设晶胞的边长为xcm，若金原子的半径为rcm，可知：4r=，即x=2rcm，又金的密度为，摩尔质量为，列出为：4M=NA(2r)3，故计算阿伏加德罗常数的算式为：，故答案为：； （6）由于S2-的半径大于O2-的半径，Ag+对中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体，导致Ag2CO3比Ag2S的分解温度低，故答案为：Ag+对中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体
29、。【答案】 乙二胺的两个N提供孤对电子给Cu2+形成配位键 P-P键 离子键、共价键、配位键 2 V形 硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小 小于 Ag+对中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体 36.【解析】与NaCN发生取代反应生成A()，由已知反应原理知B为，B与CH3CH2OH发生酯化反应生成C()，C中酯基的-H与乙二酸二乙酯发生取代反应生成，水解生成D()，根据已知反应原理推得E为，E中羧基的-H与溴乙烷发生取代反应生成F()，F中羧基与脱水生成苯巴本妥。(1)由分析知，生成A的反应类型为取代反应；D的结构简式为：；(2)由分析知，BC为酯化反应，对
30、应方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(3)由题意知，该同分异构中含有苯环、醛基（或甲酸某酯）等结构，一定不含酚羟基，满足要求的结构如下：、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），故共有12种结构满足要求；能与金属钠反应，说明有羟基，且苯环上含有四种氢的结构为：、；(4)由目标产物知，需合成丁二酸，丁二酸可由乙烯先与Br2加成，再与NaCN取代，再水解生成，最后利用流程最后一步信息得到目标产物，具体合成路线为：CH2=CH2CH2BrCH2BrCH2CNCH2CNHOOC-CH2CH2-COOH。【答案】(1).取代反应 (2) +CH3CH2OH+H2O (3) 12 、 (4) CH2=CH2CH2BrCH2BrCH2CNCH2CNHOOC-CH2CH2-COOH
