2022年全国统一招生考试第三次模拟考试（全国卷）—化学试题（含答案）

这是一份2022年全国统一招生考试第三次模拟考试（全国卷）—化学试题（含答案），共16页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，高氯酸铵等内容，欢迎下载使用。
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

2022届高三第三次模拟考试卷
化学
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．新冠疫情的蔓延对全球公众健康构成了严重威胁，根据当前疫情防控需要，为适龄人群开展新型冠状病毒疫苗接种是最有效的保护途径之一。下列有关说法不正确的是
A．接种疫苗的部位涂抹碘酒消毒，人体表面的细菌蛋白质会发生盐析
B．用于检查是否感染病毒的常用方法是进行核酸检测，核酸是一类含磷的生物高分子
C．接种疫苗可使人体产生抗新型冠状病毒的免疫力，可预防感染
D．核酸根据其组成可分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA）
【答案】A
【解析】A．碘酒中的溶质、溶剂都可以使细菌、病毒的蛋白质发生变性而失去其生理活性，因而可以防止病毒感染，保护人体健康，A错误；B．常用核酸检测来检查人是否感染新冠病毒，而核酸是一类含磷的生物高分子化合物，B正确；C．可通过接种新冠疫苗来防止人体感染新冠病毒，从而达到预防感染的目的，C正确；D．根据核酸的组成，可将核酸分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA）两类，D正确；故选A。
2．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．常温下，60gSiO2中含有Si—O极性键的数目为4NA
B．常温下，16.8g铁粉与足量浓硝酸反应转移电子数为0.9NA
C．叠氮化铵（NH4N3）可发生爆炸反应：NH4N3=2N2↑+2H2↑，则每收集标准状况下89.6L气体转移电子数为4NA
D．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO、CO的粒子总数为0.1NA
【答案】B
【解析】A．1molSiO2中含有4molSi—O极性共价键，60gSiO2物质的量为1mol，故常温下60gSiO2中含有Si—O极性共价键的数目为4NA，故A正确；B．常温下，浓硝酸能使铁钝化，不能继续发生反应，故B错误；C．叠氮化铵（NH4N3）中的氢元素化合价为+1价，生成氢气后化合价变为0价，故生成2molH2时电子转移为4mol，则每收集标准状况下89.6L气体，爆炸时转移电子数为4NA，故C正确；D．根据物料守恒知，1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中H2CO3、、的粒子总数为0.1NA，故D正确；故答案为B。
3．我国化学家近期从棕榈花中发现了两种新的莽草酸类化合物，其中一种的结构简式如图。下列关于该化合物的说法正确的是

A．该分子含有16个碳原子
B．能发生加成反应、氧化反应和取代反应
C．苯环上的一氯代物有2种
D．不能使酸性重铬酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】A．由结构简式可知该分子中含有17个碳原子，故A错误；B．该分子中存在碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，存在羧基能发生取代反应，故B正确；C．该分子中存在两个苯环，苯环上有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，故C错误；D．该分子中存在碳碳双键能被重铬酸钾氧化，可以使酸性重铬酸钾溶液褪色，故D错误；故选B。
4．将电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用S—In催化剂电催化还原制甲酸的机理如图1所示，反应历程如图2所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。下列说法中错误的是

A．使用S—In催化剂能够降低反应的活化能
B．催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子
C．制甲酸过程的决速步骤为
D．电催化还原制甲酸总反应的
【答案】C
【解析】A．使用催化剂能够降低反应的活化能，导致活化分子百分数增大，从而加快反应速率，故A正确；B．由图可知，催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，故B正确；C．由于反应最大，是影响制备甲酸的决速步骤，故C错误；D．由图2可知，电催化还原制甲酸总反应为CO2+2H2O=HCOOH+2OH-，反应后气体分子数减少，则熵变，故D正确；选C。
5．1~20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，“毅力”号火星车收集的岩石成分之一是ZYR3，R、Y的原子序数之和为22，最外层电子数之和为10。R、X的简单阴离子的电子层结构相同。下列推断不正确的是
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．最简单氢化物的稳定性：X＞R＞Y
C．ZR2含有非极性键和离子键
D．工业上通过电解熔融的ZX2来制备Z的单质
【答案】D
【解析】根据原子序数大小、原子结构及形成化合物的特点可知：R是O，X是F，Y是Si，Z是Ca。A．原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：Z(Ca)＞Y(Si)＞X(F)，A正确；B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：F＞O＞Si，所以简单氢化物的稳定性：HF＞H2O＞SiH4，用字母表示为：X＞R＞Y，B正确；C．R是O，Z是Ca，二者形成的化合物CaO2中Ca2+与通过离子键结合，在阴离子中2个O原子之间以非极性共价键结合，因此CaO2中含有离子键、非极性键，C正确；D．工业上通过电解熔融的CaCl2来制备Ca，D错误；故合理选项是D。
6．空气污染物NO通常用含Ce4+的溶液吸收，生成HNO2、，再利用电解法将上述吸收液中的HNO2转化为无毒物质，同时生成Ce4+，其原理如图所示。下列说法正确的是

A．H+由右室进入左室
B．Ce4+从电解槽的c口流出，且可循环使用
C．若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗33.6L甲烷时，理论上可转化2molHNO2
D．阴极的电极反应式：2HNO2＋6H＋＋6e-=N2↑＋4H2O
【答案】D
【解析】空气污染物NO通常用含Ce4+的溶液吸收，生成HNO2、，再利用电解法将上述吸收液中的HNO2转化为无毒物质，同时生成Ce4+，电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成Ce4+，HNO2在阴极得到电子变化为氮气。A．电解池中阳离子移向阴极，质子交换膜是允许氢离子通过，H+由左室进入右室，故A错误；B．电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成Ce4+，Ce4+从电解槽的a口流出，且可循环使用，故B错误；C．甲烷燃料电池中，在碱性溶液中，甲烷燃料电池的负极反应式为CH4-8e-+10OH-═+7H2O，故每有1mol甲烷反应，转移电子8mol，阴极的电极反应式：2HNO2+6H++6e-═N2↑+4H2O，3CH4～8HNO2～24e-，当消耗标准状况下33.6L甲烷时，其物质的量==1.5mol，理论上可转化HNO24mol，故C错误；D．HNO2在阴极上得到电子还原为氮气，电极反应式为2HNO2+6H++6e-═N2↑+4H2O，故D正确；故选D。
7．常温下，向20mL溶液中滴加的NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（已知：）

A．a点溶液中：
B．a点至b点过程中，由水电离出的一直减小
C．在b点和c点之间的某点溶液中存在
D．不考虑混合时溶液体积的变化，n=12.5
【答案】C
【解析】a点溶液中溶质为，和NaOH溶液混合时先发生中和反应，再生成弱电解质，酸或碱抑制水电离，b点前发生的是中和反应，b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4；c点溶质为Na2SO4、。A．在水中完全电离出、和，由于发生水解产生，且溶液呈酸性，则离子浓度大小为，A项错误；B．根据分析，a点至b点过程中，不断被中和，对水的电离抑制作用越来越小，由水电离出的一直增大，b点时水的电离程度最大，B项错误；C．b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4，水解使溶液呈酸性，c点溶质为Na2SO4、，电离使溶液呈碱性，中性点在b与c之间，即，根据电荷守恒关系：，C项正确；D．c点溶液中，如果一水合氨完全电离，=
，，实际上一水合氨电离程度约为1%，pHGe>Ni    
（3）分子     TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl    
（4）甲醛、苯     水     BD    
（5）4    
【解析】（1）基态钛为22号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2，故占有1s(1)、2s(1)、2p(3)、3s(1)、3p(3)、3d(2)、4s(1)共占据12个轨道；
（2）Ti的单电子数为2（即3d上的2个），与Ti同周期且含有2个单电子的是Ni、Ge、Se；同一周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，故第一电离能大小顺序为Se>Ge>Ni；
（3）TiCl4为分子晶体（熔沸点较低），TiCl4在空气中生成烟雾：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl；
（4）①含C原子的分子有甲醛、苯、二氧化碳，其中C原子为sp2杂化的分子为甲醛和苯；极性分子为正负电中心不重合，水的两个正电中心H，一个负电中心O不重合，故属于极性分子为水；
②A．水的价电子数为8，二氧化硫的价电子数为18，不属于等电子体，A错误；B．二氧化碳和N2O价电子数均为16，原子数均为3，属于等电子体，B正确；C．CH2O的价电子数为12，BF3 的价电子数为24，不属于等电子体，C错误；D．C6H6与B3N3H6中价电子数均为30，原子数均为12，属于等电子体，D正确；答案选BD；
（5）由图可知，黑色球代表O，共有上下两面的4个和体内的2个，即个，则晶胞中含有2个TiO2，，故，，底为平行四边形，。
12．化合物是一种应用广泛的高分子材料。其合成路线为：

已知：酯交换反应
（1）D中官能团名称___________。
（2）E生成F加入的Y试剂是___________；F生成G的反应类型是___________。
（3）A生成B的反应方程式为___________；F（）与NaOH溶液反应的方程式为___________。
（4）E满足下列条件的同分异构体共有___________种（不包括E）；写出核磁共振氢谱峰面积比是的异构体结构简式___________。
①含有苯环且苯环上只有两个取代基；②能与溶液发生显色反应；③属于酯类物质。
（5）利用题中信息，设计由乙烯（CH2=CH2）和对二甲苯（）制备的合成路线___________。（无机试剂任选）
【答案】（1）羟基､羧基    
（2）     缩聚反应 
（3）+→+HCl    
+3NaOH→+HOCH2COONa+2H2O    
（4）8         
（5）.
【解析】本题对比反应物和生成物的结构简式，找出断键的部位，确认发生的反应类型，如A→B：羟基上断裂O－H键，CH3COCl断裂O－Cl键，H和Cl结合成HCl，羰基上的C与A中O原子结合，该反应为取代反应，利用官能团的性质进行分析。
（1）根据D的结构简式，推出D中含有的官能团是（酚）羟基、羧基；故答案为（酚）羟基、羧基；
（2）根据题中信息，以及E和F的结构简式，推出Y的结构简式为HOCH2COOH，化学式为C2H4O3；G为高分子化合物，根据G的结构简式，F→G的反应类型为缩聚反应；故答案为C2H4O3；缩聚反应；