1、备战2022年高考化学一轮巩固模拟卷2（全国乙卷专用）可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Al27 S32 Ca40 Fe56 Ba137一、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（2021全国模拟预测）开宝本草中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”中药材铁华粉是（）A氧化铁B氯化亚铁C氯化铁D醋酸亚铁2（2022全国模拟预测）用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A利用图甲验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白
2、性、还原性B利用图乙制备并收集干燥的氢气C利用图丙制备并收集少量的NO2D利用图丁制取碳酸氢钠3（2021山东高三阶段练习）设NA表示阿伏德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A25，1.01105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NAB1molCl2中含有的原子数为NAC1molL-1A1Cl3溶液中含有的Cl-数目为3NAD标准状况下，2.24LCH4含有的H原子数为0.1NA4（2021河北易县中学高二期末）布洛芬为解热镇痛药物，合成该物质的部分合成路线如图所示。下列说法正确的是A可利用酸性KMnO4溶液区分物质和B上述反应均属于氧化反应，且Na2Cr2O7作氧化剂C1mol布洛芬最多与4
3、mol H2加成D布洛芬的一氯代物有7种5（2022全国模拟预测）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子序数是Z的原子序数的一半，W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是A原子半径：ZXWB气态氢化物的稳定性：ZWYCY的最高价氧化物的水化物可溶于X和Z的最高价氧化物的水化物D化合物M中所有的原子均满足8电子稳定结构6（2022全国高三阶段练习）2021年11月Science杂志报道了王浩天教授团队发明的制取的绿色方法，原理如图所示(已知：，)。下列说法错误的是AX膜为选择性阳离子交换膜电极B催化剂可促进反应中电子的转移C1molO2完全反应，电极上流过
4、Da极上的电极反应为：7（2021全国高三专题练习）25 时，SO2与NaOH反应后的溶液中存在含硫微粒H2SO3、HSO和SO，三者中各自所占的物质的量分数随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是Aa表示SO物质的量分数随溶液pH变化的曲线BpH=8的溶液中：c(HSO)c(SO)CpH=7的溶液中：c(Na+)=c(HSO)+2c(SO)D1 mol/L的NaHSO3溶液中存在： c(H2SO3)=c(H+)+c(OH-)+c(SO) 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。(一)必考题:共43分。8（2021福建
5、高三阶段练习）三氯化硼(BC13，沸点为12.5，熔点为-107.3)可用作有机合成催化剂，某化学兴趣小组利用氯气和单质硼反应制备三氯化硼。已知三氯化硼遇水剧烈反应，生成硼酸(H3BO3为一元弱酸)和盐酸。该兴趣小组利用如图所示的部分装置(可重复选用)进行实验。(1)仪器g的名称是_，若用装置H收集氯气，气体应从_(填“a”或“b”)进入。(2)装置的连接顺序依次为A_F，装置G的作用是：_。(3)NaH2BO3的电离方程式为_。(4)实验完成后，某同学向装置F中(溶液含有0.1molL-1NaClO、0.1molL-1NaCl、0.2molL-1NaOH)滴加品红溶液，发现溶液褪色。现设计实
6、验探究溶液褪色的原因。实验序号0.2molL-1 NaClO/mL0.2molL-1 NaCl/mL0.4molL-1 NaOH/mLH2O/mL品红溶液现象0.015.015.00.04滴不褪色15.00.015.00.04滴缓慢褪色15.00.00.0x4滴较快褪色则x=_，由实验得出的结论是_。(5)NaOH溶液常用于酸碱中和滴定。在规格为50.00mL的碱式滴定管中，若NaOH溶液起始读数为20.00mL，此时滴定管中NaOH溶液的实际体积为_。(6)H3BO3可由硼砂(Na2B4O710H2O)与盐酸在加热的条件下反应制得，该反应的化学方程_。9（2022江西赣州高三期末）(1)25
7、 时，制备四氯化硅相关的热化学方程式和平衡常数如表：热化学方程式平衡常数2SiHCl3(g) = SiH2Cl2(g) + SiCl4(g)H1=+48 kJmol-1K13SiH2Cl2(g) = SiH4(g) + 2SiHCl3(g) H2=-30 kJmol-1K24SiHCl3(g) = SiH4(g) + 3SiCl4(g)H3K3则该温度下，H3=_kJmol-1；K3=_(用K1和K2表示)。(2)25时，在体积为1L的恒容密闭容器中通入0.8 mol NO和0.4 molCl2发生如下反应2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)。若温度恒定，反应过程中压强(p)随时间(t)
8、的变化如图实线所示，则H_(填或=)。(3)某温度下将NO2和Cl2按物质的量之比21 通入恒温恒容密闭容器中发生以下反应2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)，达到平衡时，测得Cl2的平衡转化率为50%，若反应前容器内压强为90 MPa，则该反应条件下的平衡常数为Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。10（2019湖南益阳一模）K3Fe(C2O4)33H2O (三草酸合铁酸钾)为充绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，110下失去三分子结晶水成为K3Fe(C2O4)3，230时分解，它是制备某些活性铁催化剂的主要原料，实验室中利用废铁屑制备三草酸合铁酸钾的流程如下：回
9、答下列问题：(1)加Na2CO3溶液“浸取”的目的是_。(2)“沉铁”充分反应后过滤，需要用热的蒸馏水分23次洗涤沉淀，检验沉淀已洗涤干净的操作是_。(3)“溶解、氧化”时，还生成了Fe(OH)3，写出该反应的化学方程式：_。(4)“调pH”是为了获得更多的产品，此时发生反应的化学方程式为_。(5)“一系列操作”包括_、洗涤。(6)测定样品中K3Fe(C2O4)33H2O的百分含量：准确称取5.00g样品：将样品放在110恒温干燥箱中干燥1小时：在于燥器中冷却至室温，称量剩余固体的质量；重复。结束重复操作的标志为_；若最终剩余固体的质量为4.46g，则样品中K3Fe(C2O4)33H2O的百分
10、含量为_。(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黑龙江哈尔滨德强学校高三期中）我国科学家团队采用自激发缺陷诱导的方法获得白光，合成了首例缺陷诱导的晶态无机硼酸盐单一组分白光材料Ba2Sn(OH)6B(OH)42。(1)基态50Sn原子的价电子排布式为_。Ba、Sn、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_。(2)Na2B4O5(OH)48H2O(硼砂)的阴离子的结构式如图所示。则硼原子的杂化方式为_；硼砂中存在的作用力有_(填标号)。a.氢键b.离子键c.共价键d.配位键(3)环硼氮六烷(结构如图)在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原
11、因是_。(4)超高热导率半导体材料砷化硼(BAs)的晶胞结构如图所示，则1号砷原子的坐标为_。已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶胞中As原子到B原子最近距离为a pm，则该晶体的密度为_gcm-3。(列出含a、NA的计算式即可)。12（2020吉林通榆县第一中学校高三阶段练习）药物瑞德西韦对新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。K是合成瑞德西韦的关键中间体,其合成路线如下：R-OHR-Cl；回答下列问题:(1)B的结构简式为_，BC的反应类型为_，J中含氧官能团的名称为_，GH的反应化学方程式为_。(2)写出符合下列条件的C的同分异构体X_（填结构简式，不考虑立体异构）。苯环上含有硝
12、基且苯环上只有一种氢原子;与FeCl3溶液发生显色反应;1molX与足量金属Na反应可生成2g H2 。(3)E中含两个Cl原子,则E的结构简式为_。(4)写出以苯甲醇为原料制备的合成路线（其它试剂任选）：_。参考答案：1D【解析】根据题意分析，醋中含有醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁。故选D。2A【解析】A图甲中浓硫酸具有脱水性使蔗糖转化为碳，碳和浓硫酸生成二氧化硫气体，可以验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性；品红溶液、高锰酸钾溶液褪色， 可以验证SO2具有漂白性、还原性，A正确；B氢气密度小于空气，应该用向下排空气法收集，B错误；C二氧化氮和水反应，不能用
13、排水法收集，C错误； D氨气极易溶于水应该使用防倒吸装置，D错误；故选A。3A【解析】A. 64gSO2中含有的原子数为64g64g/mol3NA= 3NA，故A正确；B. 1个Cl2分子含有2个原子，1molCl2中含有的原子数为2NA，故B错误；C.没有溶液体积，不能计算1molL-1A1Cl3溶液中含有的Cl-数目，故C错误；D. 标准状况下，2.24LCH4的物质的量是0.1mol，含有的H原子数为0.4NA，故D错误。4D【解析】A物质苯环所连烷基的碳原子上有氢，可被酸性高锰酸钾氧化，物质苯环所连碳上有氢且含有醛基，也可使酸性溶液褪色，A错；B物质的转化，不属于氧化反应，B错；C布洛
14、芬中只有苯环能与氢气加成，所以1mol布洛芬最多与加成，C错；D如图箭头所指位置，一氯代物有7种，D正确；答案选D。5D【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，根据M的结构图，W能形成2个共价键，则W是O元素，Y能形成4个共价键且与氧元素形成双键，原子序数大于O，则Y是Si元素；W的原子序数是Z的原子序数的一半，Z是S元素；X形成+1价阳离子，原子序数大于O，则X是Na元素。A电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径NaS O，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O H2S SiH4，故B错误；CY的最高价氧化物的水化物为硅
15、酸，X和Z的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和硫酸，硅酸不能溶于硫酸，故C错误；DNa+最外层有8个电子，O原子形成2个共价键、Si原子形成4个共价键，所以M中所有的原子均满足8电子稳定结构，故D正确；综上所述选D。6C【解析】由图示可知左边a电极通入氢气为负极，被氧化生成氢离子，电极方程式为：，氢离子经过X膜进入多孔固体电解质中，则X膜为选择性阳离子交换膜，右边b电极通入氧气为正极，被还原生成，反应为O2+2e-+H2O=OH-+，和OH-经过Y膜进入多孔固体电解质中，则Y膜为选择性阴离子交换膜，总反应为：H2+O2=H2O2，据此进行回答。A结合以上分析可知，X膜为选择性阳离子交换膜电极
16、，故A正确；B催化剂可以加快反应速率，可以促进反应中电子的转移，故B正确；C根据总反应H2+O2=H2O2可知，消耗1mol氧气，转移电子2mol，所以1molO2完全反应，电极上流过，故C错误；D结合以上分析可知，a极上的电极反应为：，故D正确；故选C。7C【解析】AH2SO3在水中分步电离，依次电离出HSO和SO，因此a表示HSO物质的量分数随溶液pH变化的曲线，故A错误；Bb表示SO物质的量分数随溶液pH变化的曲线，由图可知，pH=8的溶液中：c(SO)c(HSO)，故B错误；C溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)，pH=7的溶液中c(H+)
17、=c(OH-)，因此溶液中c(Na+)=c(HSO)+2c(SO)，故C正确；D1 mol/L的NaHSO3溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)，联立可知，c(H2SO3)=c(SO)+c(OH-)-c(H+)，故D错误；综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。8 蒸馏烧瓶 a D E C B E G 安全瓶，防倒吸 NaH2BO3=Na+ 15.0 NaClO能使品红溶液褪色，溶液碱性越强褪色越慢 大于30.00mL Na2B4O710H2O+2HCl4H3BO3+2NaCl
18、+5H2O(或Na2B4O7+2HCl+5H2O4H3BO3+2NaCl)【解析】欲利用氯气和单质硼反应制备三氯化硼，只有A是气体制备装置；利用浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应，装置A后应接D，用于除挥发出来的浓盐酸，同时可以减小氯气的溶解，依题目信息BC13遇水剧烈反应，D后接E，浓硫酸干燥除水，结合题目信息BC13的沸点为12.5，确认B为收集装置，则B前接BC13的制取装置C，B之后接E，浓硫酸干燥除水，防止空气中的水蒸气进入B，引起三氯化硼与水剧烈反应，最后接G，为安全瓶，用于防倒吸，最后连接尾气处理装置F，由此分析。(1)根据仪器的形状可知，仪器g的名称是蒸馏烧瓶，若用装置H收集氯
19、气，由于氯气的密度大于空气，应该用向上排空气法收集，气体应从a进入；(2)根据分析可知，氯气和单质硼反应制备三氯化硼，先经过氯气的制备A，D除去氯化氢，E干燥，装置C中发生氯气和单质硼反应制备三氯化硼， BC13的沸点为12.5，后接三氯化硼的收集装置B，三氯化硼遇水剧烈反应，故B装置后连接E，防止空气中的水蒸气进入B，最后接G，为安全瓶，用于防倒吸，最后连接尾气处理装置F，此实验的尾气为氯气，氯气可用氢氧化钠溶液吸收，故装置的连接顺序依次为ADECBEGF，由于氯气被氢氧化钠溶液吸收的程度较大，为了防止倒吸，装置F之前连接装置G，作为安全瓶，可以防止倒吸；(3)由于H3BO3为一元弱酸，Na
20、H2BO3只能电离出Na+和，NaH2BO3的电离方程式为NaH2BO3=Na+；(4)三组对照实验需要满足控制单一变量原则，溶液总体积要相等，x=15.0mL，由实验数据可知，溶液、能使品红溶液褪色，不能使品红褪色，说明NaClO使品红褪色，褪色较慢，说明溶液碱性越强，褪色越慢；(5)规格为50.00mL的碱式滴定管中，若NaOH溶液起始读数为20.00mL，由于滴定管的特殊构造，尖嘴部分没有刻度，且“0”刻度在最上面，故滴定管中NaOH溶液的实际体积大于(50.00mL-20.00mL=30mL)，大于30mL；(6)硼砂(Na2B4O710H2O)与盐酸在加热的条件下反应生成H3BO3和
21、NaCl，属于强酸制弱酸的反应，化学方程式为：Na2B4O710H2O+2HCl4H3BO3+2NaCl+5H2O(或Na2B4O7+2HCl+5H2O4H3BO3+2NaCl)。9 +114 K3= K13K2 加入催化剂 增大 甲 0.067 MPa-1或1/15MPa-1【解析】(1)25 时，已知：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g) + SiCl4(g)H1=+48 kJmol-1K13SiH2Cl2(g)SiH4(g) + 2SiHCl3(g) H2=-30 kJmol-1K2根据盖斯定律可知3+即得到4SiHCl3(g)SiH4(g) + 3SiCl4(g)H3=+114kJ
22、mol-1，K3=K13K2。(2)由图可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随反应进行温度升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变为：H0；由图知化学反应速率加快，平衡不动，因此改变的条件是加入催化剂；在5min时，再充入0.8mol NO和0.4molCl2，相当于增大压强，平衡正向进行，再次平衡后则NO的转化率增大；正方应放热，温度升高，平衡左移，K减小，lgK增大，曲线选甲；根据三段式可知压强之比等于物质的量之比，则，解得：x=0.2，平衡时NO、Cl2、N
23、OCl的浓度分别是（mol/L）0.4、0.2、0.4，所以平衡常数=5，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.5、0.25、0.3，则浓度熵=5，此时平衡向正反应方向移动，即v正v逆；(3)根据三段式可知压强之比等于物质的量之比，则反应后的压强为90 MPa75 MPa，则该反应条件下的平衡常数为Kp= MPa-1。10(1)除去废铁屑表面的油污(2)取适量的最后一次洗涤液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，若溶液不产生白色沉淀，则沉淀已洗涤干净(3)6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3Fe(C2O4)3+2Fe(OH)3(4)Fe(OH)3+3KHC2
24、O4=K3Fe(C2O4)3+3H2O(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(6) 连续两次称量固体的质量相等 98.2%【解析】废铁屑经碳酸钠溶液浸取除去油污后，加入稀硫酸溶解，得到硫酸亚铁溶液，向溶液中加入草酸溶液，得到草酸亚铁沉淀，过滤后，加入草酸钾溶液、双氧水，溶解并将二价铁氧化为三价，煮沸后再加入草酸氢钾调节pH获取更多三草酸合铁酸钾，经系列操作得到产品。(1)碳酸钠溶液水解显碱性可使油脂水解，可以除去废铁屑表面的油污；(2)“沉铁”时是向硫酸亚铁溶液中加入草酸溶液，所以沉淀表面可能会附着有硫酸根，检验沉淀是否洗净即检验硫酸根，方法为：取适量的最后一次洗涤液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl
25、2溶液，若溶液不产生白色沉淀，则沉淀已洗涤干净；(3)根据题意可知，“溶解、氧化”时FeC2O4被双氧水氧化为K3Fe(C2O4)3和Fe(OH)3，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3Fe(C2O4)3+2Fe(OH)3；(4)调pH时加入KHC2O4，目的是为了获取更多产品，即草酸氢钾可以将Fe(OH)3转化为K3Fe(C2O4)3，根据元素守恒可知化学方程式为Fe(OH)3+3KHC2O4=K3Fe(C2O4)3+3H2O；(5)系列操作可以从溶液中获取K3Fe(C2O4)33H2O，所以具体操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；(6
26、)将样品放在110恒温干燥箱中干燥1小时，可以使K3Fe(C2O4)33H2O失去三分子结晶水，当完成反应后，剩余固体的质量将不再变化，所以结束重复操作的标志为连续两次称量固体的质量相等，最终剩余固体的质量为4.46g，则失去的结晶水的质量为5.00g-4.46g=0.54g，所以K3Fe(C2O4)33H2O的物质的量为3=0.01mol，百分含量为100%=98.2%。11 5s25p2 OSnBa sp2和sp3 abcd 热水破坏了环硼氮六烷晶体中的分子间氢键，并且使环硼氮六烷分子易与水形成了分子间氢键，溶解度增大 (，) 【解析】(1)根据电子总数为50，可写出Sn电子排布式为：1s
27、22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p2，根据最外层电子数可知Sn为主族元素，故价电子为最外层电子，即5s25p2（或者根据Sn与C、Si、Ge同族确定价电子排布为5s25p2）；周期表往右、往上元素电负性增强，故电负性由大到小顺序为：OSnBa；(2)由图示可知，大的黑球代表B原子，一种情况B周围形成3个键，杂化为sp2杂化，另一种情况B周围形成4个键（含配位键），杂化为sp3杂化，故此处填sp2、sp3；硼砂中Na+与B4O5(OH)42-之间为离子键，B4O5(OH)42-内部存在共价键、配位键，另外结晶水与B4O5(OH)42-之间存在氢键，故此处选abcd；
28、(3) 因为环硼氮六烷本身存在分子间氢键，不利于其溶解，热水破坏了环硼氮六烷晶体中的分子间氢键，并且使环硼氮六烷分子易与水形成分子间氢键，所以溶解度增大；(4) 将大正方体分解成8个小正方体，As原子位于小正方体体心，故1号As原子坐标为(，)；由晶胞结构知，As与B原子最短距离相当于正方体对角线的，故正方体对角线长度为4a pm，设边长为x pm，则底面对角线长度为，由勾股定理得：(4a)2=x2+，解得x=，故晶胞体积为：V=，晶胞中含有B个数=，含As个数为4个，故1个晶胞中含4个BAs，则n(BAs)=，m(BAs)= ，故该晶体密度= 。12 取代反应 酯基 HCHO+HCN 【解析
29、】根据B到C的反应物以及C的结构简式可知B到C发生了取代反应，B为，则A到B为苯酚的硝化反应，所以A为，D发生信息1的反应生成E，且E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F；G到H在到I为信息2的反应，根据I结构简式知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F和J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答。(1)根据分析可知B为；B到C为酚羟基上的氢原子被取代的过程，所以反应类型为取代反应；J为，含氧官能团为酯基；G到H发生信息2的反应，方程式为：HCHO+HCN；(2)C的同分异构体X满足：苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子，说明结构对称，且至少含有一对相同的取代基；与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；1molX与足量金属Na反应可生成2g H2说明除酚羟基外还含有一个羟基，综合分析可知X可能为；(3)根据分析可知E为；(4)苯甲醇为，目标物中有酯基形成的一个六元环，六元环上含有4个碳，则首先需要将苯甲醇支链上的碳链加长，羟基可以催化氧化生成醛基，根据信息2可知醛基和HCN在催化剂作用下可加长碳链，同时生成羟基，再将CN转化成羧基，再进行酯化反应即可得到目标物，所以合成路线为。C的同分异构体为本题难点，要认识到苯环上只有一种氢原子，说明结构对称，且至少含有一对相同的取代基，据此可以判断另一个羟基也应为酚羟基。
