化学（新高考）2022届高三第三次模拟考试卷 （二）学生版

这是一份化学（新高考）2022届高三第三次模拟考试卷 （二）学生版，共10页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，下列各项叙述中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

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（新高考）2022届高三第三次模拟考试卷
化学（二）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共15小题，总计40分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项符合题目要求，每小题2分。第11～15题为不定项选择题，每小题4分，在每个小题给出的四个选项中，有1~2个是符合题目要求的，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．广东是全国非物质文化遗产大省，人文底蕴丰厚，拥有佛山木版年画、禾楼舞、小榄菊花会和核雕等民间艺术。下列说法正确的是
A．佛山木版年画用到多种颜料，所用颜料均为无机物
B．核雕是将果核雕成艺术品，所用刻蚀剂为氢氟酸
C．小榄菊花会花香四溢，体现了原子是构成物质的基本微粒
D．禾楼舞庆祝水稻丰收，水稻的主要营养成分为淀粉
2．我国古代炼丹家将炉甘石（）、赤铜矿（主要成分为）和木炭粉混合加热至800℃制得了颜色类似于黄金的鑰石金（铜锌合金）。下列说法不正确的是
A．鑰石金的熔点小于铜，硬度大于锌
B．利用在王水中的溶解性可区别黄金和鑰石金
C．制备原理为高温还原法
D．炉甘石在反应过程中发生了分解反应
3．墨是我国古代文房四宝之一。下列说法错误的是
A．《墨经》中载有松木可用于制备炭黑，炭黑与金刚石互为同素异形体
B．《云麓漫钞》中载有桐油可用于制油烟墨，桐油属于天然高分子化合物
C．《思远人》中写到墨碇研磨形成墨汁，墨汁具有胶体的性质
D．“一得阁”墨汁中掺有麝香，麝香中含有多种氨基酸，氨基酸具有两性
4．下列有关图中所示实验的叙述正确的是

A．装置①可验证NH3具有还原性
B．装置②可用于制备NO2
C．装置③试管中盛有酸性高锰酸钾溶液，可验证乙烯具有还原性
D．装置④可验证铁的析氢腐蚀
5．下列各项叙述中，正确的是
A．、、的未成对电子数依次增多
B．和轨道形状均为哑铃形，能量也相等
C．价电子排布为的元素位于第四周期第VA族，是区元素
D．氮原子的最外层电子排布图：
6．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．Fe2O3FeFeCl3
B．Fe(s)Fe2O3(s) Fe2(SO4)3(aq)
C．NaCl(aq)Cl2漂白粉
D．CuCl2(aq)Cu(OH)2Cu2O
7．下列装置和操作，能达到实验目的的是

A．实验甲：配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液
B．实验乙：实验室制备和收集乙酸乙酯
C．实验丙：排出碱式滴定管内的气泡
D．实验丁：用氯化铝溶液制取无水氯化铝
8．合成高分子材料的使用对人类的生产、生活产生了重要影响。下列说法错误的是
A．医护人员穿的防护服的主要材料为有机合成高分子材料
B．食品保鲜膜的主要成分为聚氯乙烯
C．导电塑料聚乙炔（）可以使溴的溶液褪色
D．防弹玻璃中有聚碳酸酯材料层，聚碳酸酯水解得到的产物的分子中最多有13个碳原子共面
9．的溴化、氯化反应过程及产物的选择性如图所示。下列说法正确的是

A．比更稳定
B．使用催化剂对氯化、溴化反应的ΔH有影响
C．升高温度，氯化、溴化反应的平衡转化率都增大
D．以为原料合成2-丙醇时，应该选用溴化反应，然后再水解
10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y的基态原子核外均有2个未成对电子，Z的第一电离能在短周期元素中是最小的。下列判断错误的是
A．第一电离能：Z＜W＜Y＜X B．电负性：Z＜W＜X＜Y
C．氢化物的沸点：Y>X>W>Z D．原子半径：Z>W>X>Y
11．白磷分子（）为正四面体型分子，白磷在硫酸作用下可与硫酸铜溶液发生反应，反应原理为：。下列说法错误的是
A．1mol分子中含6molP—P键
B．该反应中为还原产物，为氧化产物
C．反应中每生成1mol转移6mol电子
D．该反应中白磷发生歧化反应，其中作氧化剂和作还原剂的的质量之比为6∶5
12．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是

A．该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O
B．该分子中C—H键的键能大于N—H键的键能
C．该分子中所有C原子都为sp2杂化
D．该分子可形成分子间氢键
13．污水资源化利用既可以缓解水的供需矛盾，又可以减少水污染。化学工作者提出采用电解法除去工业污水中的NaCN，其原理如图所示，通电前先向污水中加入适量食盐并调整其pH维持碱性（CN-不参与电极反应）。下列说法正确的是

A．b为电源的正极
B．隔膜I为阴离子交换膜
C．x为H2，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D．当生成2.24LN2时，电路中通过1mol电子
14．普黄酮是一种抗骨质疏松的药物，其结构简式如下。下列有关说法不正确的是

A．该化合物的分子式为C18H16O3
B．该化合物能发生加成反应、水解反应、氧化反应
C．该化合物分子中所有碳原子不可能共面
D．该化合物一氯代物有9种（不考虑空间异构）
15．常温下，向0.10mol·L-1HCl和0.20mol·L-1CH3COOH的10.00mL混合溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发），且CH3COOH的电离常数Ka=1.0×10-5。已知lg2=0.3，下列说法不正确的是

A．点b处溶液pH为2.7
B．点b处c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1
C．d点时，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)
D．点c处溶液中粒子浓度大小关系为c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第16~18题为必考题，每个试题考生都必须作答。第19、20题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共45分。
16．三氯氧磷POCl3是一种化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如图所示（夹持装置略去）：

已知和三氯氧磷的性质如表：

熔点/℃
沸点/℃
其他物理或化学性质
PCl3
-112.0
76.0
PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl
POCl3
1.25
106.0
回答下列问题：
（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替____？做出判断并分析原因：___________。
（2）装置B的作用是___________（填标号）。
A．干燥气体 B．加注浓硫酸 C．观察气体流出速度 D．调节气压
（3）干燥管中碱石灰的作用___________。
（4）写出装置C中发生反应的化学方程式____。
（5）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：
Ⅰ．取ag产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液待完全水解后加稀硝酸至酸性。
Ⅱ．向锥形瓶中加入0.1000的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl-完全沉淀。
Ⅲ．向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀面被有机物覆盖。
Ⅳ．加入指示剂，用溶液滴过量至终点，记下所用体积为。
已知：。
①滴定选用的指示剂是___________（填标号），滴终点的现象为___________。
a．                  b．               c．淀粉            d．甲基橙
②实验过程中加入硝基苯的目的是___________，如无此操作所测Cl元素含量将___________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
③所测Cl元素含量为___________。
17．用方铅矿（主要成分为PbS，含有杂质FeS等）和软锰矿（主要成分为MnO2，还有少量Fe2O3，A12O3等杂质）制备PbSO4和Mn3O4的工艺流程如下：

已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水：PbC12(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)   ΔΗ＞0

（1）Mn元素在周期表中位于___________区。
（2）“浸取”过程中MnO2和PbS 反应生成浅黄色固体，写出有关的化学方程式：___________。
（3）除杂。上述酸浸液中Mn2＋的浓度为1.6 mol·L-1，加MnCO3调节pH，使酸浸液中Fe3＋、Al3+完全沉淀（离子浓度小于10-5 mol·L-1）与Mn2＋分离，调节溶液pH 范围为___________（不考虑体积的变化）。已知：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Mn(OH)2]=1.6×10-13。
（4）“趁热抽滤”的目的是___________。
（5）制备 Mn3O4。将滤液 X 水浴加热并保持 50 ℃，用氨水调节溶液 pH并维持在 8.5 左右，在不断搅拌下边通空气边加氨水，直至有大量沉淀生成，过滤洗涤，真空干燥得到产品 Mn3O4。如果 pH 控制不当会导致有碱式锰盐生成。
①写出制备 Mn3O4的化学方程式___________。
②pH在 7.5~8.5 间，pH值越低时Mn3O4产品纯度越低的原因是___________。
18．将CO2应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道。其合成反应为。回答下列问题：
（1）一定温度下，下列措施能加快反应的速率的是_________（填选项字母）。
A．及时移去甲醇 B．加入催化剂 C．提高反应物浓度 D．增大容器体积
（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入物质的量比为2∶3的和发生反应。下列描述能说明反应达到平衡状态的是___________（填序号）。
A．体系中，且保持不变
B．容器内的混合气体的密度保持不变
C．水分子中断裂2NA个H-O键，同时断裂3NA个H-H键
D．和的浓度之比保持不变
（3）如图为CO2平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为、和。

据图可知，该反应为反应______（填“放热”或“吸热”）。设CO2的初始浓度为，根据时的数据计算该反应的平衡常数______（列出计算式即可）。若在时减小投料比，则CO2的平衡转化率曲线可能位于II线的_____（填“上方”或“下方”）。
（4）采用甲醇燃料电池电解法可以制取有广泛用途的，同时获得氢气，工作原理如图所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色的，镍电极有气泡产生。阳极区的电极反应式为____，当铁电极质量减少时，镍电极产生气体的体积为____L（标准状况）。

（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
19．根据所学化学知识回答下列问题：
（1）基态铁原子的价电子排布式为_______。基态硫原子的最外层电子排布的轨道表示式为_______。
（2）可以与形成一系列不同配位数的红色配合物，所以常用KSCN溶液检验的存在，KSCN中四种元素的电负性最大的是_______（用元素符号表示）。
（3）中S的价层电子对数为_______，的键角_______的键角（填“>”、“H2O>NH3>CH4，C项错误；D．同主族元素的原子半径从上到下逐渐增加，同周期元素的原子从左到右逐渐减小（稀有气体除外），则原子半径：Na>C>N>O，D项正确；答案选C。
11．【答案】CD
【解析】反应中，P4分子中的P原子一部分化合价升高，一部分化合价降低，其中24个P原子化合价从0价升高到+5价，失去245e-=120e-，20个P原子化合价从0价降低到-3价，得到203e-=60e-，还有Cu原子化合价从+2价降低到+1价，得到电子总数为：60e-=60e-，所以方程式中转移的电子总数为120 e-。A．1mol分子是由4个P原子构成的四面体，其结构如图：，所以1mol分子中含6molP—P键，A正确；B．根据上述分析可知，中的Cu为+1价，P为-3价，所以为反应的还原产物，为P4失去电子得到的产物，为氧化产物，B正确；C．P45e-，反应中每生成1mol，转移5mol电子，C错误；D．该反应中白磷发生歧化反应，其中作氧化剂和作还原剂的的物质的量之比为20∶24=5∶6，即质量之比为5∶6，D错误；故选CD。
12．【答案】B
【解析】A．N原子最外层为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，A正确；B．键长越小，键能越大，则C—H键的键长大于N—H键长，C—H键的键能小于N—H键的键能，B错误；C．含有N=C、C=O、C=C键的C原子中均形成3个σ犍，为sp2杂化，故所有C原子都为sp2杂化，C正确；D．如图：红色的氧原子和红色的氢原子之间可以形成分子内氢键，D正确；故选B。
13．【答案】AC
【解析】A．右侧氯离子放电得到次氯酸根离子，次氯酸根离子再氧化CN-为氮气，所以右侧电极为阳极，b为电源的正极，故A正确；B．由A知b为电源的正极，则a为电源的负极，左侧电极为阴极，发生2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴离子增加，污水中的钠离子会通过隔膜I进入左侧，形成氢氧化钠溶液，所以隔膜I为阳离子交换膜，故B错误；C．由A、B可知左侧电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则x为H2，故C正确；D．生成的2.24LN2未标明条件，无法求得电路中通过电子的量，故D错误；故答案为AC。
14．【答案】B
【解析】A．该化合物的分子式为C18H16O3，故A正确；B．该化合物含苯环能与氢气发生加成反应，含碳碳双键可发生氧化反应，没有酯基等可水解官能团，不能发生水解反应，故B错误；C．该化合物分子含饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有碳原子不可能共面，故C正确；D．该化合物的氢种类为，则一氯代物有9种，故D正确；故选B。
15．【答案】A
【解析】常温下，向10.00mL 0.10mol/L HCl和0.20mol/L CH3COOH的混合溶液中逐滴加入0.10mol/L NaOH溶液时，NaOH先与HCl反应，再与CH3COOH反应，b点当加入NaOH体积为10mL时出现第一次滴定突变，说明HCl完全反应，醋酸未反应，且CH3COOH的浓度为0.1mol/L，因此Ka=≈=1.0×10-5，此时溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=3。A．结合分析可知，b点HCl恰好完全反应，b点溶液的pH=3，故A错误；B．根据物料守恒：点b处c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= =0.1mol·L-1，故B正确；C．d点时，溶质这NaCl、CH3COONa，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，故C正确；D．在c点处，加入NaOH溶液体积为20mL，此时溶液中为等物质的量的NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且溶液显酸性，所以CH3COOH的电离程度大于CH3COO-水解程度，则c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)，所以点c处溶液中粒子浓度大小关系为c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，故D正确；故选A。
16．【答案】（1）不能     长颈漏斗不能调节滴液速度
（2）ACD
（3）避免空气中的水进入装置C导致产物水解
（4）2PCl3+O22POCl3
（5）b     溶液变红色，且半分钟内不恢复原色     使生成的沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN     偏小    
【解析】A中过氧化氢在二氧化锰催化条件下反应生成氧气，B用于干燥氧气，装置C中在热水浴作用下氧气与三氯化磷反应生成三氯氧磷，装置乙用于冷凝回流，碱石灰可避免空气中的水进入装置C导致产物水解。
（1）装置A中的分液漏斗用于调节滴液速度，而长颈漏斗不能调节滴液速度，因此装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替；
（2）装置B中所装试剂为浓硫酸，用于干燥氧气，另外通过观察气泡产生的快慢可了解氧气流出速率的大小，装置B中的长颈漏斗可以调节装置内气体压强，使装置B起到安全瓶的作用，则装置B的作用为观察气体流出速度、调节压强、干燥氧气，因此答案选ACD；
（3）POCl3遇水剧烈水解，因此干燥管中碱石灰的作用为：避免空气中的水进入装置C导致产物水解；
（4）装置C中三氯化磷和氧气发生氧化还原反应生成POCl3，反应的化学方程式为：2PCl3+O22POCl3；
（5）①用溶液滴定过量的银离子至终点，当滴定达到终点时，稍过量一点，加入作指示剂，铁离子与硫氰酸根离子反应使溶液变红，若半分钟内不褪色，则可确定达到滴定终点；②加入少量硝基苯可将生成的氯化银沉淀与溶液隔开，如果不加硝基苯，根据，可知在水溶液中部分氯化银可以转化为，使得实验中生成的偏多，测定结果将偏小；③n(Cl)=0.1000mol/L40.0010-3L-cV10-3mol=，则m(Cl)=35.5(4-cV)10-3g，所测Cl元素含量为。
17．【答案】（1）d
（2）
（3）
（4）降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离
（5）     pH值越低，氯化锰与氨水形成碱式锰盐越多，并被四氧化三锰包裹无法洗出
【解析】方铅矿主要成分为PbS，含有杂质FeS，软锰矿主要成分为MnO2，还有少量Fe2O3，A12O3等，加入盐酸、饱和氯化钠溶液，盐酸、氯化钠、PbS、MnO2反应生成S沉淀和PbCl，FeS被MnO2氧化为S和Fe3+；Fe2O3、A12O3和盐酸反应生成硫酸铁、硫酸铝；过滤出沉淀S，滤液中加MnCO3调节pH，使酸浸液中Fe3＋、Al3+完全生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，为防止降温易结晶析出，趁热抽滤除去氢氧化铁、氢氧化铝，冷却过滤出PbC12固体，PbC12固体和硫酸钠溶液反应转化为PbSO4固体；滤液X中含有氯化锰，将氯化锰溶液水浴加热并保持50 ℃，用氨水调节溶液 pH并维持在8.5左右，在不断搅拌下边通空气边加氨水，直至有大量沉淀生成，过滤洗涤，真空干燥得到产品Mn3O4。
（1）Mn是25号元素，在周期表中位于d区；
（2）“浸取”过程中，在酸性条件下MnO2和 PbS发生氧化还原反应生成浅黄色固体S和氯化铅、氯化锰，有关的化学方程式为；
（3）根据Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，使Fe3＋完全沉淀的最小pH为3，使Al3+完全沉淀的最小pH为5；Mn2＋的浓度为 1.6 mol·L-1，Mn2＋开始沉淀的氢氧根离子的浓度为，pH为7.5，为使Fe3＋、Al3+完全沉淀而 Mn2＋不沉淀，调节溶液 pH 范围为；
（4）降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离；
（5）①氯化锰、氨水、氧气反应生成Mn3O4、氯化铵、水，反应方程式为；
②pH值越低，氯化锰与氨水形成碱式锰盐越多，并被四氧化三锰包裹无法洗出，所以pH值越低时Mn3O4产品纯度越低。
18．【答案】（1）BC
（2）AC
（3）放热          上方
（4）     20.16
【解析】（1）A．由可知，及时移去甲醇，则生成物的浓度减小，反应速率减慢，故A不符合题意；B．由可知，加入催化剂能加快反应速率，故B符合题意；C．由可知，提高反应物浓度，反应物浓度增大，则反应速率加快，故C符合题意；D．由可知，增大容器体积，而使容器压强减小，则反应速率减慢，故D不符合题意；答案为BC。
（2）A．由可知，当体系中，且保持不变时，说明反应各组分的物质的量不再改变，即浓度不再改变，可逆反应达到平衡状态，故A符合题意；B．由可知，反应体系各组分均为气体，气体的总质量不变，容器的体积不变，容器内的混合气体的密度始终保持不变，所以容器内的混合气体的密度保持不变，不能说明可逆反应达到平衡状态，故B不符合题意；C．由可知，水分子中断裂2NA个H-O键，则单位时间内生成3NA个H-H键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键，说明了氢气的正反应速率与逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，故C符合题意；D．由可知，开始通入物质的量比为2∶3的和，无论反应是否达到平衡状态，CH3OH和H2O的浓度之比始终保持不变，即总是1∶1，所以不能据此判断平衡状态，故D不符合题意；答案为AC。
（3）由题中图示可知，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，推出该反应的正反应是放热反应；由可知，反应为气体体积减小的反应，作等温线，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，所以曲线I为5.0MPa下进行的曲线，240K时CO2的转化率为0.8，则，化学平衡常平数的表达式K==；根据上述分析，II曲线代表4.0MPa下进行的曲线，减小投料比，相当于增大H2的量，CO2的量不变，平衡向正反应方向进行，CO2的转化率增大，即CO2的平衡转化曲线可能位于II曲线的上方；答案为放热；；上方。
（4）由题中信息可知，该装置为电解池，铁电极附近生成紫红色的，镍电极有气泡产生，则Fe为阳极，失电子发生氧化反应，碱性环境，所以阳极的电极反应为，Ni为阴极，阴极的电极反应为2H++2e-=H2↑，当铁电极质量减少，物质的量为n(Fe)==0.3mol，转移电子0.3mol×6=1.8mol，根据电子守恒阴极生成的H2的物质的量为n(H2)==0.9mol，标况下V(H2)= 0.9mol×22.4L/mol=20.16L；答案为；20.16。
19．【答案】（1）3d64s2    
（2）N
（3）4