江苏省苏州市2022届高考考前模拟化学试卷题及答案

这是一份江苏省苏州市2022届高考考前模拟化学试卷题及答案，共23页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
 高考考前模拟化学试卷题
一、单选题
1．工业可通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是（　　）
A．传统陶瓷主要成分是硅酸盐 B．AlN是分子晶体
C．N2发生氧化反应 D．反应为复分解反应
2．反应Cl2＋Na2SO3＋H2O=Na2SO4＋2HCl可用于污水脱氯。下列说法正确的是（　　）
A．中子数为20的氯原子：Cl
B．H2O分子中含极性共价键
C．Na＋的结构示意图：
D．HCl的电子式：
3．侯氏制碱法原理为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是（　　）
A．制取氨气 B．制NaHCO3
C．分离NaHCO3 D．制Na2CO3
4．SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g) =2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。下列关于SO2、SO3、NH3、NH说法中正确的是（　　）
A．SO2水溶液能导电，SO2是电解质
B．NH中含有配位键
C．SO3中硫原子轨道杂化类型为sp3
D．NH3为非极性分子
5．SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g) =2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（　　）
A．NO(g)HNO3(aq) B．SO2(g)H2SO4(aq)
C．SO2 NH4HSO3(aq) D．NOxN2(g)
6．SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g) =2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。对于反应 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，下列说法正确的是（　　）
A．该反应ΔH＜0 ΔS＞0
B．2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所含键能总和比2 mol SO3(g)所含键能小
C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率
D．该反应中每生成22.4 L SO3转移电子的数目约等于2×6.02×1023
7．卤族元素包括F、Cl、Br、I等元素。下列说法正确的是（　　）
A．电负性：F＜Cl＜Br＜I B．键能：HF＜HBr
C．失电子能力：Cl-＜Br-＜I- D．键的极性：Cl-I＜Br-I
8．用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种工艺流程如下：


下列说法正确的是（　　）
A．“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为： S2-＋MnO2＋4H+Mn2+＋S＋2H2O
B．“酸浸”所得溶液中的阳离子主要有H+、Mn2+、Cu2+和Fe2+
C．1个Cu2O晶胞(如图)中含4个氧原子
D．水合肼浓度过大，Cu2O产率下降，可能的原因是Cu2O进一步被还原成单质铜
9．科学家发明了如图所示的新型Zn—CO2水介质电池，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，CO2被转化为储氢物质甲酸等。下列说法正确的是（　　）

A．放电时，负极反应式为：Zn＋2e-＋4OH-=Zn(OH)
B．放电时，1 mol CO2完全转化为HCOOH，理论上转移4 mol电子
C．充电时，正极溶液中OH−浓度升高
D．充电时，电池总反应为：2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2O
10．在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO2外，还生成HD
B．第一步转化N与H间形成配位键
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH释氢的速率加快
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H2的纯度会降低
11．紫花前胡醇(结构简式如图所示)可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。下列的说法正确的是（　　）

A．1 mol紫花前胡醇最多能与2 mol NaOH反应
B．分子中含2个手性碳原子
C．紫花前胡醇不能发生消去反应
D．紫花前胡醇不能使酸性KMnO4溶液褪色
12．室温下，根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
测得0.1mol·L−1CH3COONa溶液pH约为9，0.1mol·L−1NaNO2溶液pH约为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH强
B
向浓度均为0.1 mol·L−1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀
Ksp(BaSO4) ＜ Ksp(CaSO4)
C
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X一定具有强氧化性
D
卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，再滴入AgNO3溶液，产生黑色沉淀
卤代烃已变质
A．A B．B C．C D．D
13．硫酸工业尾气(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收可转化为NaHSO3，当c(HSO)∶c(SO)≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=10-1.9，Ka2(H2SO3)=10-7.2，下列说法错误的是（　　）
A．Na2SO3溶液中存在：c(OH-)= c(H+) + c(HSO) +2c(H2SO3)
B．Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：SO＋SO2＋H2O=2HSO
C．当c(HSO)：c(SO)=10时，此时吸收液的pH=6.2
D．与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变
14．CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应I：CO2(g)+H2(g) =CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2 kJ·mol−1
反应II：2CO2(g)+6H2(g) =CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5 kJ·mol−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。 (CH3OCH3的选择性=×100％)

下列说法错误的是（　　）
A．CO的选择性随温度的升高逐渐增大
B．反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.9 kJ·mol−1
C．在240～320℃范围内，温度升高，平衡时CH3OCH3的物质的量先增大后减小
D．反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)，增大压强可能将CH3OCH3的选择性提升到B点
二、综合题
15．以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量Fe、Si、Al、Ca、Mg等的氧化物)和硫铁矿(主要成分FeS2)为原料，两矿联合浸取可制备大颗粒的电池用Mn3O4。

（1）浸取：将软锰矿与硫铁矿粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应，其原理如图所示(部分产物未标出)。

①若FeS2原电池中生成单质S，其电池总反应的离子方程式为　 　。
②随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是　 　。
（2）除钙镁：向已除去Fe、Al、Si元素的MnSO4溶液中(pH约为5)加入NH4F溶液，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀。则 =　 　。 [已知Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
（3）氧化：将“沉淀”步骤所得含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。
①写出由Mn(OH)2反应得到Mn3O4的化学方程式　 　。
②沉淀加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是　 　。

③所得产物中锰元素含量随通入空气时间的变化如图所示，当通空气时间超8小时，产物中锰元素含量减小的原因是　 　。

16．氯化镍(NiCl2·6H2O)常用于电镀、陶瓷等工业，某实验室以单质Ni为原料制取氯化镍的实验步骤如下：

已知：①Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2。
②NiCl2易水解，从溶液中获取NiCl2·6H2O须控制pH＜2。
（1）在三颈烧瓶中(装置见如图)加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液。

①向A装置中通入空气的作用除搅拌外还有　 　。
②若镍粉过量，判断反应完成的现象是　 　。
（2）将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，过滤，洗涤。
①沉淀反应的离子方程式为　 　。
②检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀已经洗涤完全的方法是　 　。
（3）所得NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3。请补充完整由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，搅拌， 　 　。 [NiCl2溶解度曲线如图所示。实验中须选用的仪器和试剂：pH计、盐酸、NiCO3]

17．天然产物F具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成：

（1）化合物C中含有的含氧官能团名称为　 　。
（2）E→F的反应类型为　 　。
（3）D→E中有一种副产品(分子式C14H14O3)生成，该副产品的结构简式为　 　。
（4）C的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
a．能与FeCl3溶液发生显色反应；
b．碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。
（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。　 　
18．废气中的H2S可用电解、Fe2(SO4)3吸收和活性炭吸附氧化等多种方法脱除。
（1）电解法脱除：将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：
S2--2e-=S (n-1)S+S2-=S

①写出阴极的电极反应方程式　 　。
②电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式为　 　。
（2）Fe2(SO4)3吸收脱除：用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，其反应后的溶液可在硫杆菌作用下实现吸收液的再生。
①用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S的原理经历以下三步：
第一步：H2S(g)H2S(aq)
第二步：H2SH＋＋HS-
第三步：HS-＋2Fe3+=S↓＋2Fe2+＋H+
一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10 g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。其原因是　 　。

②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降的原因是　 　。

（3）活性炭吸附氧化：可用表面喷淋水的活性炭吸附氧化H2S，其反应原理如图所示。其他条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是　 　。
②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是　 　。


答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．玻璃、水泥和陶瓷均属于无机硅酸盐产品，则传统陶瓷主要成分是硅酸盐，A符合题意；
B．AlN具有很高的熔点，故不是分子晶体，而是共价晶体(或者称为原子晶体)，B不符合题意；
C．Al2O3+N2+3C2AlN+3CO反应中N的化合价由0价降低到-3价，故N2发生还原反应，C不符合题意；
D．复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，故该反应不属于复分解反应，属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.传统陶瓷主要成分是硅酸盐。
B.根据晶体的特点确定晶体的类型，据此分析。
C.氧化反应前后，物质中部分元素的化合价降低。
D.复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，反应前后元素的化合价不变。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．中子数为20的氯原子的质子数为17、质量数为37，原子符号为Cl，故A不符合题意；
B．水分子的结构式为H-O-H，分子中含有氢氧极性共价键，故B符合题意；
C．钠离子的核电荷数为11，核外2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为 ，故C不符合题意；
D．氯化氢是共价化合物，电子式为，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.原子左上角表示质量数，左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数，据此分析。
B.形成极性共价键的两个原子为不同种原子，结合水分子结构进行分析。
C. Na＋的结构示意图是在Na原子的基础上失去最外层电子得到的。
D. HCl 属于共价化合物，据此分析。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．直接加热氯化铵固体无法制得氨气，应加热氯化铵与消石灰固体混合物制备氨气，故A不符合题意；
B．制备碳酸氢铵时，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，否则无法制得碳酸氢钠，故B不符合题意；
C．分离碳酸氢钠固体时，应用过滤的方法分离，故C符合题意；
D．碳酸氢钠受热分解制备碳酸钠时，应在试管中加热碳酸氢钠，不能在烧杯中加热碳酸氢钠，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.氯化铵固体受热分解得到的HCl和NH3在管口又能结合生成氯化铵。
B.NH3极易溶于水，应将CO2通入溶有NH3的饱和食盐水中。
C.过滤适用于分离互不相溶的固液混合物，据此分析。
D.应在试管中加热碳酸氢钠，且试管向下倾斜，以防水倒流回试管底部引起炸裂。
4．【答案】B
【解析】【解答】A． SO2水溶液能导电，但二氧化硫自身不电离产生离子，故SO2是非电解质，A不符合题意；
B．氨分子的N上有1对孤电子对、氢离子有空轨道，则 NH中有3根普通的N-H、有1个配位键，B符合题意；
C． SO3中中心原子的孤电子对数=、价层电子对数=3+0=3，故为sp2杂化、空间构型为平面正三角形，C不符合题意；
D． NH3由极性键构成、呈三角锥形，则正负电荷中心不重叠，属于极性分子，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.电解质是指溶于水或在熔融状态下本身能电离出自由移动离子的化合物。
B.NH3的N上有1对孤电子对，H+有空轨道，据此分析。
C.根据价层电子对互斥理论进行分析。
D. NH3 中正负电荷中心不重合，属于极性分子。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．一氧化氮不溶于水，也不能与水反应生成硝酸，故A不符合题意；
B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不能生成硫酸，故B不符合题意；
C．二氧化硫与过量的一水合氨反应生成亚硫酸铵，不能生成亚硫酸氢铵，故C不符合题意；
D．在催化剂作用下，氮的氧化物与氨气发生归中反应生成氮气，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A. NO与水不反应。
B. SO2 与水反应生成 H2SO3。
C.SO2 与过量的NH3·H2O反应生成 (NH4)2SO3 。
D.在一定条件下，氮的氧化物与氨气发生归中反应生成氮气。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．该反应是气体计量系数减小的反应，故ΔS