1、江苏省七市2022届高三下学期二模考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 K-39 Fe-56 Co-59 I-127一、单项选择题：共13分，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1. 2022年2月，我国科学家成功开发全球首套二氧化碳加氢制汽油(碳原子数在512之间的烃)的装置。下列有关二氧化碳加氢制汽油的说法正确的是A. 汽油属于纯净物B. 汽油中含有C、H、O三种元素C. 反应过程中CO2被还原D. 该反应属于化合反应【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A汽油是(碳原子数在512之间的烃)混合物，故A错误；B汽油是烃类，只含C、H
2、元素，故B错误；C二氧化碳加氢制汽油是还原反应，故C正确；D二氧化碳加氢制汽油，汽油是碳原子数在512之间的烃，故还要生成一种含氧化合物，不属于化合反应，故D错误；故答案为C2. 工业制MgCl2的一种方法为Cl2+MgO+CMgCl2+CO。下列说法正确的是A. 基态Cl原子核外电子排布式为3s23p5B. Mg2+与O2-具有相同的电子层结构C. MgCl2的电子式为D. O表示中子数为16的氧原子【2题答案】【答案】B【解析】【详解】ACl为17号元素，基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其价层电子排布式为3s23p5，选项A错误；BMg2+与O2-均为10电子结
3、构，具有相同的电子层结构，核外均为两个电子层，电子数分别为2、8，选项B正确；CMgCl2由镁离子和氯离子构成，为离子化合物，其电子式为，选项C错误；DO表示质量数为16、质子数为8、中子数为8氧原子,选项D错误；答案选B。3. 已知氨水可以与溴反应：3Br2 +8NH3H2O=N2+6NH4Br+8H2O。下面提纯粗溴苯(含溴苯、溴和苯)，同时得到NH4Br晶体的原理与装置不能达到实验目的的是A. 用装置甲除去溴苯中的溴B. 用装置乙分离甲中反应后的混合液C. 用装置丙蒸干溶液得到NH4Br晶体D. 用装置丁分离溴苯与苯【3题答案】【答案】C【解析】【详解】A装置甲中粗溴苯中的溴在通入氨气后
4、反应生成溴化铵，溴化铵溶液与溴苯不互溶分层后分液可得纯的溴苯，选项A正确；B用装置乙进行的实验后溶液分层，分液能分离甲中反应后的混合液得到溴苯，选项B正确；CNH4Br受热易分解，用装置丙蒸干溶液得不到NH4Br晶体，选项C错误；D. 利用溴苯和苯的沸点不同，用装置丁蒸馏分离溴苯与苯，选项D正确；答案选C。4. 下列有关氮及其化合物的性质和用途具有对应关系的是A. 氮气难溶于水，可用于合成氨B. 硝酸见光易分解，可用于制氮肥C. 二氧化氮密度比空气大，可用于制硝酸D. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂【4题答案】【答案】D【解析】【详解】A氮气与氢气反应生成氨气，可用于合成氨原料，与氮气的
5、物理性质无关，选项A错误；BN为植物生长的营养元素，则硝酸可用于制氮肥，与硝酸见光易分解的性质无关，见光易分解是硝酸的不稳定性，选项B错误；C二氧化氮能与水反应生成硝酸，因此可用于制硝酸，与其密度比空气大无关，选项C错误；D液氨汽化时要吸收大量热，可用作制冷剂，性质与用途对应，选项D正确；答案选D。5. X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Q是地壳中含量最高的金属元素，R的基态原子中有6个未成对电子。下列说法正确的是A. 原子半径：r(Q)r(Y)r(X)B. 电负性：XYZC. R位于元素周期表中第四周期第B族
6、D. Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Q的强【5题答案】【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，故X为N；Y为O；Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Z为Na；Q是地壳中含量最高的金属元素，Q为Al；R的基态原子中有6个未成对电子，R为Cr；【详解】A同主族从上到下原子半径增大，同周期元素从左到右半径减小，故半径为AlNO，故r(Q) r(X) r(Y)，故A错误；B同周期元素从左到右电负性增强，故ONNa，电负性：YXZ，故B错误；CR的价电子为6，R位于元素周期表中第四周期第B族，故C错误；DZ为Na，Z的最高价氧化物对
7、应水化物为NaOH，为强碱，Q的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，故NaOH碱性比Al(OH)3的强，故D正确；故答案为D。6. 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) HS，H2O的稳定性比H2S的强，故A错误；BSO2与H2S反应生成S，SO2中S元素化合价下降，体现了SO2的氧化性，故B错误；CSO的价电子对数为，空间构型为三角锥形，故C错误；DSO的价电子对数为，S原子轨道杂化类型为sp3，故D正确；故答案为D。7.
8、 硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) H0；用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是A. Na2SSB. SOSC. SO2BaSO3D. NaHSO3(aq)SO2【7题答案】【答案】A【解析】【详解】A有强氧化性可以将氧化为，故A正确； BSO与不能发生氧化还原反应，故B错误；C和不反应，故C错误；D酸性弱于,所以与不反应，故D错误；故答案为A。8.
9、硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) H0B. 途径中通入O2越多，越有利于单质S的生成C. 途径反应过程中，ZnO是反应的催化剂D. 途径中每回收32g硫，理论消耗Fe2(SO4)31mol【8题答案】【答案】D【解析】【详解】A反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)中气态物质转化为固态物质且气体的物质的量减少，为熵减的反应，SKa1(H2CO3)C. 实验2中发生反应的离子方程式为NH+OH-=NH3+H2OD. 实验3中
10、所得滤液中存在：c(NH)+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)【10题答案】【答案】B【解析】【详解】A0.1molL-1NH4HCO3溶液中,由质子守恒可得c(H+)+c(H2CO3)=c(CO)+c(OH-)+c(NH3H2O)，故A错误；B由实验1可知，0.1molL-1NH4HCO3溶液显碱性，可知NH的水解程度小于HCO的水解程度，则Kb(NH3H2O)Ka1(H2CO3)，故B正确；C实验2中的NaOH是足量的，所以反生反应的离子方程式是NH+ HCO+ 2OH-= NH3+2H2O+ CO，故C错误；D实验3中析出的晶体是溶解度较小的NaHCO3晶体，
11、则滤液中NH4Cl的量要大于NaHCO3，则根据物料守恒：c(NH)+c(NH3H2O)c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)，故D错误；答案B。11. 咖啡酸具有抗菌、抗病毒作用，可通过下列反应制得。下列说法正确的是A. lmolX最多能与1molNaOH发生反应B. 咖啡酸分子中所有碳原子不可能在同一平面上C. 可用溴水检验咖啡酸中是否含有XD. 咖啡酸在水中的溶解度比X在水中的溶解度小【11题答案】【答案】A【解析】【详解】AlmolX含有1mol羧基，最多能与1molNaOH发生反应，故A正确；B单键可以旋转，咖啡酸分子中所有碳原子可能在同一平面上，故B错误；CX和咖啡酸中均含有碳
12、碳双键，都可以使溴水褪色，不可用溴水检验咖啡酸中是否含有X，故C错误；D咖啡酸中羟基和羧基均能与水形成氢键，在水中的溶解度比X在水中的溶解度大，故D错误；故答案为A。12. 一种锌钒超级电池的工作原理如图所示，电解质为(CH3COO)2Zn溶液，电池总反应为Zn+NaV2(PO4)3ZnNaV2(PO4)3。下列说法正确的是A. 放电时，b电极为电池的负极B. 放电后，负极区c(Zn2+)增大C. 充电时，Zn2+向a电极移动D. 充电时，b电极发生的电极反应为ZnNaV2(PO4)3+2e-=Zn2+NaV2(PO4)3【12题答案】【答案】C【解析】【详解】A放电时，Zn失去电子变为Zn2
13、+，a电极为电池的负极，故A错误；B放电后，负极区c(Zn2+)穿过阳离子交换膜进入正极区，故c(Zn2+)不会增大，故B错误；C充电时，Zn极为阴极，Zn2+得电子析出，电解池中阳离子移向阴极，Zn2+向a电极移动，故C正确；D充电时，b电极为阳极，发生的电极反应为ZnNaV2(PO4)3-2e-=Zn2+NaV2(PO4)3，故D错误；故答案为C。13. 甲烷双重整制备合成气(CO和H2)包括了水蒸气重整(反应I)和二氧化碳重整(反应)两个反应。在p=3.2106Pa下，向密闭容器中按n(CH4)：n(H2O)：n(CO2)=5：4：2通入混合气，发生反应：(Ea表示反应中基元反应的最大活
14、化能)反应I：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H1=206.2kJmol-1 Ea1=240.1kJmol-1反应：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H2=247.0kJmol-1 Ea2=577.6kJmol-1副反应：CH4(g)=C(s)+2H2(g)重整体系中，各气体的平衡体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A. 曲线X表示CH4的平衡体积分数随温度的变化B. 适当增加水蒸气或CO2的用量均可减少碳的生成C. 在相同条件下，反应I的速率小于反应II的速率D. CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H=40.8kJmol
15、-1【13题答案】【答案】B【解析】【详解】A由题意可知，反应I、反应II为吸热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲烷体积分数增大，而图中曲线X代表的气体体积分数随温度升高而降低，A错误；B适当增加水蒸气或CO2的用量可促进反应I或反应II正向移动，甲烷含量减少，氢气含量增多，对于副反应来讲，反应物减少，生成物增多，平衡逆向移动，因此适当增加水蒸气或CO2的用量均可减少碳的生成，B正确；C活化能越高，化学反应速率越慢，由题意可知，反应II的活化能大于反应I的活化能，因此在相同条件下，反应I的速率大于反应II的速率，C错误；D依据盖斯定律，反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)可由反
16、应I-反应II得到，因此焓变H=H1-H2=206.2kJmol-1-247.0kJmol-1=-40.8kJmol-1，D错误；答案选B二、非选择题：共4题，共61分。14. 钴酸锂电池广泛应用于笔记本电脑、手机等小型电子设备中。工业通过处理废旧钴酸锂电池正极材料(主要成分为LiCoO2，含少量金属Cu等)回收Co和Li。（1）废电池预处理钴酸锂电池工作时发生反应：LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电。该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到_的目的。（2）酸浸正极材料将预处理后的正极材料粉碎，加入3molL-1硫酸和30%H2
17、O2的混合溶液。写出酸浸时生成Li2SO4和CoSO4的化学方程式：_。其他条件相同，浸泡1h，不同温度下钴或铜的浸出率如图所示。从7585，铜浸出率增大的幅度明显高于6575增大的幅度，原因是_。（3）沉钴，回收Co(OH)2向0.100molL-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。继续滴加NaOH溶液至pH=_时，Co2+沉淀完全c(Co2+)10-5molL-1。（4）测定Co(OH)2的含量Co(OH)2在空气中易被氧化为CoOOH。在稀硫酸中加入0.1000gCo(OH)2样品，待样品完全溶解后加入1.000gKI固体。充分反应后，调节溶
18、液pH=34。以淀粉作指示剂，用0.01000molL-1Na2S2O3标准溶液滴定至中点，消耗标准溶液25.00mL。已知：Co3+I-Co2+I2(未配平)；I2+S2OI-+S4O(未配平)计算样品中Co(OH)2的质量分数(写出计算过程)_。【1417题答案】【答案】（1）使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率 （2） . 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2+2CoSO4+4H2O . H2O2在75-85下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快 （3）9 （4）根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH2Co3+I22，
19、n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，mCo(OH)2=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，=77.00%【解析】【分析】将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电生成LiCoO2，酸浸时生成Li2SO4和CoSO4，调节pH, 沉钴，回收Co(OH)2，利用滴定原理，测定Co(OH)2的含量。【小问1详解】将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电，该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还
20、可以达到使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率的目的；【小问2详解】酸浸时在双氧水和硫酸作用下与LiCoO2反应生成Li2SO4和CoSO4，同时有氧气的产生，反应的化学方程式：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2+2CoSO4+4H2O；根据图中曲线分析，从7585，铜浸出率增大的幅度明显高于6575增大的幅度，原因是H2O2在75-85下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快；【小问3详解】向0.100molL-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。则=0.1mol/L=1.0，Co2+沉淀完
21、全c(Co2+)10-5molL-1时，c(OH-)=1.0mol/L，c(H+)=1.0mol/L，故继续滴加NaOH溶液至pH=9时，Co2+沉淀完全c(Co2+)10-5molL-1；答案为9；【小问4详解】根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH2Co3+I22，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，mCo(OH)2=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，=77.00%。15.
22、雷美替胺是一种失眠症治疗药物。一种合成雷美替胺的路线如图：（1）雷美替胺分子中手性碳原子的数目是_。（2）有机物B的结构简式为_。（3）DE中有一种与E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为_。（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_。分子中含有苯环，能发生银镜反应；分子中有4种不同化学环境的氢原子。（5）已知：RCOOHRCOCl。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)_。【1519题答案】【答案】（1）1 （2） （3） （4） （5）【解析】【分析】结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发
23、生取代反应生成B，B的结构简式为：，与氢气发生加成反应生成C，C在碱性条件下水解后酸化得到D，D在AlCl3/CH2Cl2条件下反应生成E，E在条件下得到F，F与氢气发生加成反应得到G，G在碱性条件下与CH3CH2COCl发生取代反应生成雷美替胺。【小问1详解】人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，由雷美替胺的结构简式可知，雷美替胺中含1个手性碳原子。【小问2详解】结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：。【小问3详解】由D和E的结构简式可知，DE中有一种与E互为同分异构体的副产物的结构简式为：。【小问4详解】分子中含有苯环，能
24、发生银镜反应，说明含有醛基，分子中有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的C的同分异构体的结构简式为：。【小问5详解】在条件下发生类似EF的反应生成，与氢气发生加成反应生成；被氧化生成，与SOCl2发生取代反应生成，与在碱性条件下反应生成，因此合成路线为：。16. FeS是一种黑色固体，常用作固体润滑剂、废水处理剂等。可通过高温合成法和均相沉淀法合成纳米FeS。高温合成法称取一定质量还原铁粉和淡黄色硫粉，充分混合后置于真空密闭石英管中。用酒精喷灯加热。加热过程中硫粉升华成硫蒸气。持续加热至反应完全，冷却，得纳米FeS。（1）若分别用S8和S6与等质量的铁粉反应制取FeS，消耗S8和S6的质量比
25、为_。（2）能说明反应已进行完全的标志是_。均相沉淀法实验室以硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料，利用如图装置合成纳米硫化亚铁的流程如图。已知：硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解。水解方程式为CH3CSNH2+2H2O+H+=CH3COOH+H2S +NHCH3CSNH2+3OH-=CH3COO-+S2-+NH3H2O（3）加入药品前检查装置气密性的操作为_。（4）“反应”时，控制混合液pH约为9，温度70。三颈烧瓶内发生反应的离子方程式为_。（5）该方法得到的产品中常混有少量Fe(OH)2杂质。有研究表明，在混合液中添加少量柠檬酸钠()
26、可降低溶液中c(Fe2+)，抑制Fe(OH)2杂质的形成。加入柠檬酸钠的能降低c(Fe2+)的原因是_。（6）抑制硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O为浅绿色晶体，易溶于水，不溶于乙醇。表中列出了不同温度下硫酸铵、硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度。温度/溶解度/g物质102030405070(NH4)2SO473.075478.081.084.591.9FeSO47H2O40.048.060.073.3(NH4)2SO4FeSO46H2O18.121.224.527.931.338.5补充完请整实验室制取硫酸亚铁铵晶体的实验过程：取4.0g充分洗净的铁屑，_，趁热过滤，洗涤、烘干，
27、得未反应铁屑1.2g。向滤液中_，低温烘干，得到硫酸亚铁铵晶体。可选用的实验试剂有：(NH4)2SO4晶体、3molL-1H2SO4溶液、0.1molL-1H2SO4溶液、蒸馏水、无水乙醇【1621题答案】【答案】（1）1:1 （2）硫蒸气的颜色不变 （3）关闭左侧导管上的活塞，把右侧导管伸入水中，加热三口烧瓶，导管口有气泡，停止加热，导气管内有一段水柱，说明装置气密性良好 （4） （5）柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物 （6） . 3molL-1H2SO4溶液 . 加入(NH4)2SO4晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤【解析】【小问1详解】若分别用S8和S6与等质量的铁粉反应制取FeS，FeS中
28、Fe和S原子个数比为1:1，所以消耗S8和S6的质量比为1:1；【小问2详解】硫蒸气的颜色不变，说明硫蒸气浓度不变，证明反应已进行完全；【小问3详解】关闭左侧导管上的活塞，把右侧导管伸入水中，加热三口烧瓶，导管口有气泡，停止加热，导气管内有一段水柱，说明装置气密性良好；【小问4详解】“反应”时，控制混合液pH约为9，温度70。三颈烧瓶内硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺水解生成的硫离子反应生成硫化亚铁沉淀，反应的离子方程式为。【小问5详解】柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物，所以加入柠檬酸钠的能降低c(Fe2+)；。【小问6详解】取4.0g充分洗净的铁屑，为增大硫酸亚铁的浓度，加入3molL-1H2SO4溶液
29、，在60左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤、洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g。向滤液中加入(NH4)2SO4晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤，低温烘干，得到硫酸亚铁铵晶体。17. 过二硫酸钠(Na2S2O8)具有强氧化性，常用于处理水体中的有机污染物。（1） 的结构如图1所示，用“”标识出中体现强氧化性的基团：_。（2）Fe2+可活化，活化后产生。氧化性更强，降解废水中有机污染物的能力更强。Fe2+活化过程中存在下列反应(k是衡量反应快慢的物理量，k越大，反应越快)：=2 k=2.510-9：+H2O= +OH-+H+ k=2103：+Fe2+=Fe3+ k=20：Fe2+=Fe3+ k=4.
30、6109向含有有机污染物的废水中投放一定量Na2S2O8，再分批加入一定量FeSO4。若将FeSO4一次性加入废水中，不利于有机污染物降解。原因是_。其他条件相同，溶液初始pH对有机物降解率的影响如图2所示。当pH3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是_。（3）CuxFeyOz一种符合催化剂，可催化活化过二硫酸盐()产生。该复合催化剂晶胞结构如图3所示(A、B分别为晶胞的的结构)，其化学式为_。该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图4所示。请描述该催化剂参与反应并再生的过程：_。【1719题答案】【答案】（1） （2） . 反应速率大于反应，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中
31、的被大量Fe2+快速消耗而失去氧化性 . pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于反应进行，生成c()小，pH越大，有利于发生反应，生成OH，OH氧化能力比弱 （3） . CuFe2O4 . Cu()、Fe()失去电子并传递给，生成Cu()、Fe()；Cu()、Fe()得到失去的电子，生成Cu()、Fe()；如此循环往复，实现催化剂再生【解析】【小问1详解】为过二硫酸根离子，体现强氧化性的是过氧键，用“”标识出中体现强氧化性的基团如图：；【小问2详解】若将FeSO4一次性加入废水中，反应速率大于反应，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗而失去氧化性，不利于有机污染物降解；当pH3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是：pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于反应进行，生成c()小，pH越大，有利于发生反应，生成OH，OH氧化能力比弱；【小问3详解】根据均摊法可知，晶胞中含有个Cu，4=16个Fe，4+4=32个O，故其化学式为CuFe2O4；该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图，Cu()、Fe()失去电子并传递给，生成Cu()、Fe()；Cu()、Fe()得到失去的电子，生成Cu()、Fe()；如此循环往复，实现催化剂再生。