备战高考化学一轮复习高三全程模拟卷（二）（全国通用）

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备战2023年高考化学高三全程模拟卷（二）（全国通用）
(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．（2022·云南·昆明一中一模）2021年末，詹姆斯.韦伯红外线太空望远镜搭载火箭发射升空，将奔赴远离地球150万公里的第二拉格朗日点，肩负起观测宇宙形成后最初出现的星系、搜寻地外生命迹象等重任。下列有关叙述错误的是
A．主镜材料为密度小，性能好的金属铍，表面的金涂层可提高红外线反射率
B．望远镜需要避免太阳辐射，制作遮阳帆的聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料
C．望远镜需要超低温环境，主动冷却器用氦制冷，氦的分子间作用力很弱，沸点极低
D．望远镜工作的推进剂为N2H4和N2O4，N2O4本身的颜色会随温度升高变为红棕色
【答案】D
【解析】
A项：金属铍的性能好且密度小，适合作太空望远镜，表面的金涂层有利于红外线反射率的提高，A正确；
B项：聚酰亚胺是有机高分子化合物，则聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料，B正确；
C项：氦的相对分子质量很小，分子间作用力很弱，其沸点极低，可作制冷剂，C正确；
D项：N2O4为无色气体，会分解为红棕色的NO2气体，且随温度升高分解生成NO2的程度增大，所以气体的颜色随温度升高而不断加深，D错误；
故选D。
8．（2022·云南·二模）2020年初爆发的新型冠状病毒及其变异病株，至今还对世界人民的健康造成巨大威胁，我国政府在抗击疫情方面作出巨大贡献。茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法错误的是

A．茚地那韦可以发生水解反应、酯化反应、还原反应
B．茚地那韦分子中含有羟基和酯基
C．虚线框内的所有原子一定不处于同一平面
D．茚地那韦属于芳香化合物，能使高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
A项：茚地那韦分子中的肽键能发生水解反应、醇羟基能发生酯化反应、苯环等能发生还原反应，A正确；
B项：从结构简式中可以看出，茚地那韦分子中不含有酯基，B错误；
C项：虚线框内的带“*”的碳原子，和与其直接相连的4个原子，共5个原子，一定不能处于同一平面，C正确；
D项：茚地那韦分子中含有苯环，为芳香化合物，含有羟基等使高锰酸钾溶液褪色；D正确；
故答案为：B。
9．（2022·福建漳州·二模）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol比1mol多个质子
B．常温下，12g金刚石中含有的共价键数目为2
C．的溶液中的数目为
D．标准状况下，22.4L与水反应，转移电子的数目为
【答案】B
【解析】
A项：H与D的质子数都是1，与两者质子数相同，A错误；
B项：金刚石为立体空间结构，1个C原子可形成2个共价键，12g(1mol)金刚石中含有的共价键数目为2，B正确；
C项：没有给出液体体积不能计算，C错误；
D项：与水反应生成HCl和HClO，且为可逆反应，转移电子的数目小于，D错误；
答案选B。
10．（2022·广东梅州·二模）《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示。下列说法正确的是

A．a极为正极，发生还原反应
B．X膜为阳离子交换膜
C．当外电路通过2mol e-时，消耗22.4L O2
D．该装置可实现化学能与电能间的完全转化
【答案】B
【解析】
本题中通入H2的a极发生氧化反应，是原电池的负极，其电极反应式为：H2-2e-=2H+。通入O2的b极发生还原反应，是原电池的正极，考虑到最终产物为H2O2，故其电极反应式为：H2O+O2+2e-=HO+OH-。负极生成的H+通过阳离子交换膜进入到电解质中，正极生成的HO通过阴离子交换膜进入到电解质中，二者结合得到H2O2。据此可分析各个选项。
A项：在该原电池中，a极通入氢气，发生氧化反应，是原电池的负极，A项错误；
B项：a极生成的H+需要穿过X膜进入到电解质中与HO结合，X膜是阳离子交换膜，B项正确；
C项：当外电路流过2mol e-时，根据b极的电极反应式可知需要消耗1mol O2，但本题中未指明是否为标准状况，不能确定O2体积一定为22.4L，C项错误；
D项：原电池不可能实现化学能与电能的完全转化，还有一部分化学能会转化为其他形式的能量，如内能，D项错误；
答案选B。
11．（2022·山西太原·一模）2021年，英国剑桥大学Dominic S.Wright课题组设计了一种新型电池中电解质(结构如图所示)的合成路线。已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，三者的核外电子数之和等于35，Y与Z位于同一周期，则下列说法正确的是

A．简单离子的半径：X＞Y
B．Z的最高价氧化物对应水化物是强酸
C．工业上常采用电解Y的氧化物冶炼单质Y
D．该化合物阴离子中各原子均满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，三者的核外电子数之和等于35，Y与Z位于同一周期，从结构图Z形成6个共价键，X为1价，若X为H，Y为Li，Z为31号，不合理，若X为H，Y为Na，则Z为23号元素，不合理，若X为F，Y为Na，Z为35-9-11=15，Z为P。
A项： F-、Na+电子层结构相同，核电荷大的半径小，简单离子的半径：F-＞Na+，故A正确；
B项： Z的最高价氧化物对应水化物H3PO4是弱酸，故B错误；
C项： 工业上常采用电解熔融氯化钠冶炼单质钠，故C错误；
D项： 该化合物阴离子中F原子满足8电子稳定结构，但P最外层有12个电子，故D错误；
故选A。
12．（2022·江西上饶·模拟预测）用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是
选项
a中试剂
b中试剂
c中试剂
实验目的
装置
A
浓盐酸
MnO2
无
制取并收集Cl2

B
浓氨水
碱石灰
浓硫酸
制备纯净的NH3
C
稀硫酸
NaHCO3
硅酸钠溶液
比较非金属性强弱：S＞C＞Si
D
浓硫酸
Cu
品红溶液
验证SO2具有漂白性
【答案】C
【解析】
A项：浓盐酸与MnO2在常温下不发生反应，不能制得氯气，A不正确；
B项：NH3显碱性，而浓硫酸显酸性，所以不能用浓硫酸干燥NH3，B不正确；
C项：浓硫酸滴入NaHCO3固体中，发生反应生成CO2气体，二氧化碳溶于水生成的碳酸能与硅酸钠反应，生成硅酸等，从而得出酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，单质的非金属性：S＞C＞Si，C正确；
D项：Cu与浓硫酸常温下不能发生反应，D不正确；
故选C。
13．（2022·辽宁·沈阳二中二模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是
A．的溶液中、、、
B．水电离的mol/L的溶液中：、、、
C．mol/L的溶液中：、、、
D．与Al反应能放出的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
A项：Fe3+水解显酸性，不能在的溶液中大量共存，A不符合题意；
B项：水电离的mol/L的溶液可以是酸性溶液，也可以碱性溶液，酸性溶液中、均不能大量共存，B不符合题意；
C项：mol/L的溶液中c(H+)=0.1mol/L，溶液呈强酸性，、、、相互不反应且能够在酸性溶液中大量共存，C符合题意；
D项：、可形成微溶物CaSO4而不能大量共存，D不符合题意；
答案选C。
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。
26．（2022·青海西宁·一模）铅蓄电池的拆解、回收和利用可以减少其对环境的污染，具有重要的可持续发展意义。利用废铅蓄电池的铅膏(主要成分为PbSO4、PbO2)，还有少重Pb、Fe2O3、Al2O3)制备PbO的流程如图：

回答下列问题：
（1）步骤①将废铅膏研磨过筛的目的是____。
（2）向废铅膏粉中加入NaOH溶液可将PbSO4转化为PbO，反应的离子方程式是____。
（3）溶液Ⅰ中主要含有的阴离子有OH-、____。
（4）加入CH3COOH溶液和H2O2溶液可将脱硫铅膏中的含铅物质转化为(CH3COO)2Pb。PbO2转化为(CH2COO)2Pb的化学方程式是____。
（5）为使Pb2+完全沉淀并获得纯净的PbO，需向溶液Ⅱ中分两次加入NaOH溶液。第一次加入的目的是____，过滤后，第二次加入NaOH溶液调节溶液的pH至少为____(已知：25℃，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，Ksp[Pb(OH)2]=1×10-16)。
（6）若废铅膏中铅元素的质量分数为69%，用上述流程对1kg废铅膏进行处理，得到669gPbO，则铅的回收率为____%。
【答案】（1）增大反应物接触面积，提高反应速率
（2）PbSO4+2OH-=PbO+SO+H2O
（3）SO、AlO
（4）PbO2+ H2O2+2CH3COOH=(CH2COO)2Pb+2H2O+O2↑
（5）     除去多余的CH3COOH并将Fe3+转为沉淀除去     8.7
（6）89.2%
【解析】加入NaOH可将PbSO4转化为PbO，反应的离子方程式是PbSO4+2OH-=PbO+SO+H2O，NaOH溶液与杂质中Al2O3反应生成NaAlO2和水，溶液Ⅰ中主要含有的阴离子有OH-、SO、AlO，加入CH3COOH溶液和H2O2溶液可将PbO2转化为(CH2COO)2Pb，化学方程式是PbO2+ H2O2+2CH3COOH=(CH2COO)2Pb+2H2O+O2↑，杂质Fe2O3与醋酸反应生成Fe3+，第一次加入NaOH溶液除去杂质铁离子，第二次使Pb2+完全沉淀并获得纯净的PbO；
（1）
步骤①将废铅膏研磨过筛的目的是增大反应物接触面积，提高反应速率；
（2）
加入NaOH溶液可将PbSO4转化为PbO，反应的离子方程式是PbSO4+2OH-=PbO+SO+H2O；
（3）
NaOH与Al2O3反应生成NaAlO2和水，溶液Ⅰ中主要含有的阴离子有OH-、SO、AlO；
（4）
加入H2O2溶液与PbO2发生氧化还原反应生成Pb2+，与CH3COOH溶液和反应转化为(CH3COO)2Pb，则PbO2转化为(CH2COO)2Pb的化学方程式是PbO2+ H2O2+2CH3COOH=(CH2COO)2Pb+2H2O+O2↑；
（5）
杂质Fe2O3与醋酸反应生成Fe3+，第一次加入NaOH溶液的目的是除去多余的CH3COOH并将Fe3+转为沉淀除去；过滤除去Fe(OH)3沉淀后，第二次加入NaOH溶液调节溶液的pH恰好开始沉淀Pb2+，由溶解平衡：Pb(OH)2Pb2++2OH-，则，25℃时，调节溶液的pH至少为8.7；
（6）
669gPbO中铅元素的质量为，1kg废铅膏中铅元素的质量为1000g×69%=690g，则铅的回收率为。
27．（2022·青海西宁·一模）亚硝酰氯NOCl常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体，是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点-64.5℃，沸点-5.5℃，遇水易水解。某学习小组在实验室用Cl2与NO制备NOCl并测定其纯度，进行如图实验(夹持装置略去)。

（1）实验室制取Cl2的离子方程式为____。
（2）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为____。
（3）实验过程中，若学习小组同学用酒精灯大火加热制取NO，对本实验造成的不利影响是____。
（4）装置C中长颈漏斗的作用是____。
（5）一段时间后，两种气体在D中反应的现象为____。
（6）若不用装置D中的干燥管对实验有何影响____(用化学方程式表示)。
（7）亚硝酰氯NOCl纯度的测定。取D中所得液体100g溶于适量的NaOH溶液中，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL(已知Ag2CrO4为砖红色固体)。
①滴定终点的现象：当滴入最后一滴AgNO3标准溶液后，____。
②则亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为____。
【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-(浓)Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）
（3）温度过高造成HNO3分解，生成NO气体速度过快，NO来不及反应即大量逸出
（4）平衡系统内外压强，避免C中压强过大
（5）黄绿色气体变浅，有红褐色液体产生
（6）NOCl+H2O=HNO2+HCl
（7）     溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失     13.1c%
【解析】
本题是利用Cu与稀硝酸氧化还原反应制备NO，反应原理为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，再利用水洗，除去少量被残留空气氧化生成的NO2，干燥后通入三颈烧瓶与Cl2反应制备产品，实验室制备Cl2的反应原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，据此分析解题。
（1）
实验室制取Cl2是用MnO2和浓盐酸加热，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，则该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-(浓)Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-(浓)Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）
N原子有三个未成对电子，O原子有两个未成对电子，Cl原子有一个未成对电子，原子之间形成共价键后每个原子均是8电子稳定结构，故应是N原子在中间，O、N之间是两对共用电子对，N、Cl之间是一对共用电子对，电子式为，故答案为： ；
（3）
硝酸受热挥发以及分解，使硝酸耗用量增加，反应过快使NO生成量大，气流过快，会有部分NO未来及反应就已经逸出D装置，故答案为：温度过高造成HNO3分解，生成NO气体速度过快，NO来不及反应即大量逸出；
（4）
根据图像所示，因D三颈烧瓶中反应NO需控制流速，则前面生成的NO有可能产生积累，造成装置内压强上升，故安装一个长颈漏斗用于平衡装置内压强，故答案为：平衡系统内外压强，避免C中压强过大；
（5）
Cl2本身是黄绿色，生成的NOCl是黄色，瓶内气体颜色会变浅，同时三颈烧瓶坐在冰盐水浴中，温度低于NOCl的沸点，故会有液态NOCl出现，即红褐色液体，故答案为：黄绿色气体变浅，有红褐色液体产生；
（6）
NOCl易水解，N是+3价，水解产物之一应是HNO2，对应方程式为NOCl+H2O=HNO2+HCl，故答案为：NOCl+H2O=HNO2+HCl；
（7）
①本实验使用K2CrO4溶液为指示剂，当AgNO3与溶液总的Cl-反应结束有过量时，则将形成Ag2CrO4砖红色沉淀，则滴定终点的现象：当滴入最后一滴AgNO3标准溶液后，溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失，故答案为：溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失；
②利用AgNO3滴定反应后溶液中的Cl-，可得关系式NOCl～Cl-～AgNO3，则250mL的样品反应液中NOCl的物质的量是×20.00×10-3L×cmol/L=0.2×cmol，所以样品中NOCl质量分数为×100%=13.1c%，故答案为：13.1c%。
28．（2022·安徽·二模）处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。在Zn＋作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。

总反应：CO(g)＋N2O(g) CO2(g)＋N2(g) ΔH=_______kJ·mol-1；该总反应的决速步是反应_______(填“①”或“②”)，该判断的理由是_______
（2）已知：CO(g)＋N2O(g) CO2(g)＋N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填字母序号)。
A．升温 B．恒容时，再充入CO C．恒压时，再充入N2O D．恒压时，再充入N2
（3）在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与、在=1时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：

①表示N2O的转化率随的变化曲线为_______曲线(填“I”或“Ⅱ”)；
②T1_______T2(填“>”或“＜”)；
③已知：该反应的标准平衡常数，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数Kθ=_______(计算结果保留两位有效数字，P分=P总×物质的量分数)。
（4）间接电解法除N2O。其工作原理如图4所示，已知：H2S2O4是一种弱酸。从A口中出来的气体是_______(填化学式)，电解池的阴极电极反应式为_______，用化学方程式表示吸收池中除去N2O的原理：_______。

【答案】（1）     -361.22     ①     反应①的活化能是149.6 kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22 kJ·mol-1 ，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步
（2）AC
（3）     II     >     3.4
（4）     O2         
【解析】
（1）
由图2可知，总反应为：CO(g)＋N2O(g) CO2(g)＋N2(g)     ΔH=-361.22kJ·mol-1，反应的决速步骤是由活化能大的步骤决定的，故该总反应的决速步是反应①，判断的理由是反应①的活化能是149.6 kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22 kJ·mol-1 ，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步；
（2）
由速率方程可知，此反应的速率与温度和c( N2O)有关，
A．升温，k增大，速率加快，A正确；
B．恒容时，再充人CO，c( N2O)不变，速率不变，B错误；
C．恒压时，再充人N2O ，c( N2O)增大，速率增大，C正确；
D．恒压时，再充人N2 ，c( N2O)减小，速率减慢，D错误；
故选AC；
（3）
①越大，N2O的转化率越小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化；
②曲线I表示N2O的转化率随的变化，由于△H T2；
③由图3曲线1可知，，温度为T4时，N2O的转化率为65% ,利用“三段式”计算法可知平衡时p(N2O) = 17.5 kPa，p(CO) = 17.5 kPa，p(CO2) =32. 5 kPa，p(N2) =32.5 kPa，Kθ= ；
（4）
由图可知，电解池的阳极电极反应式为，故从A口中出来的气体是O2，电解池的阴极电极反应式为，由装置图可知吸收池中除去N2O的原理是。
35.[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
（2022·广东茂名·一模）镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：
（1）基态原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为___________。
（2）含有4个水分子的醋酸镍[]在电镀中有广泛应用，其中中O原子的杂化轨道类型为___________，若该构型为八面体，则中心原子的配位数为___________。
（3）、的晶体结构类型均与氯化钠的相同，已知熔点，则离子半径___________(填“＜”或“＞”)；天然的和人工合成的氧化镍常存在各种缺陷，某缺陷氧化镍的组成为，其中元素只有和两种价态，两种价态的镍离子数目之比为___________。
（4）四羰基镍[]是由路德维希·蒙德所发现。室温下，它是一种具挥发性的液体，其熔沸点低的原因是___________；分子内键与键个数之比为___________。
（5）金属镍与镧()形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图所示。若阿伏加德罗常数的值为，晶胞边长为，则该晶胞的密度为___________。

【答案】（1）
（2） sp3杂化 6
（3） ＜ 11：1
（4） 是分子晶体，融化或气化时破坏的是范德华力，因此熔沸点较低 1：2
（5）
【解析】
（1）
Ni为28号元素，核外有28个电子，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则其价层电子的电子排布图为：。
（2）
H2O中O的价电子对数为2+=4，故杂化轨道类型为sp3杂化，若该构型为八面体，则C2H3O2和H2O均为配体，中心原子的配位数为6。
（3）
、的晶体结构类型均与氯化钠的相同，均为离子晶体，已知熔点，则晶格能：，因此离子半径＜，设两种价态的镍离子数目分别为x、y，则x+y=0.96，2x+3y=2，解得x=0.88，y=0.08，即两种价态的镍离子数目之比为0.88：0.08=11：1。
（4）
四羰基镍[]在室温下是一种具挥发性的液体，可知是分子晶体，融化或气化时破坏的是范德华力，因此熔沸点较低；CO的结构式为C≡O，含有1个键与2个键，因此键与键个数之比为1：2。
（5）
根据晶胞示意图可知，La位于晶胞的顶点，Ni位于晶胞的面心和体心，则一个晶胞中La原子的个数为，Ni原子的个数为，则晶胞的质量为，又晶胞的边长为apm，则晶胞的体积为(a3×10-30)cm3，因此晶胞的密度为。
36.[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
（2022·广东五华·一模）化合物M是灭活细菌药物的前驱体。实验室以A为原料制备M的一种合成路线如图所示：

已知：①
②+
回答下列问题：
（1）A中含有的官能团的名称为___________；B物质的化学名称是___________。
（2）由D生成E、由F生成G的反应类型分别为___________、___________。
（3）由C生成D的化学方程式为___________。
（4）同时满足下列条件的M的同分异构体的结构简式为___________。
①除苯环外无其他环状结构，苯环上有两个取代基。
②含有。
③核磁共振氢谱确定分子中有4种不同化学位移的氢原子，且峰面积之比为2∶2∶2∶1。
（5）参照上述合成路线和信息，以和为原料(其他试剂任选)，设计制备的合成路线：___________。
【答案】（1） 羟基 丙烯
（2） 氧化反应 取代反应
（3）
（4）
（5）
【解析】
由信息推知，A为，B为，D为，E为，F为。
（1）
A的结构简式为，官能团为羟基；B为，为丙烯。
（2）
D发生氧化反应生成E；F和浓硝酸发生取代反应生成G硝基苯。
（3）
C发生水解反应生成D，化学方程式为。
（4）
由信息可知，M的同分异构体中含有苯环、碳碳双键和，则苯环上连接的基团为和，核磁共振氢谱确定分子中有4种不同化学位移的氢原子，且峰面积之比为2∶2∶2∶1，则为。
（5）
发生催化氧化反应可得，再发生消去反应可得，结合知②，与反应可得目标产物，由此可得合成路线，故为。