黃金卷5（拔高）-2022年高考化學模擬卷（江蘇卷）（解析）

【贏在高考?黃金20卷】備戰(zhàn)2022年高考化學模擬卷（江蘇卷專用）

黃金卷5

（本卷共18小題，滿分100分，考試用時75分鐘）

可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32

Cl35.5K39Mn55Fe56Cu64

一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。每題只有一項是符合題目要求的。

1.《新修本草》中描述“青帆”為“本來綠色，新出窟未見風者，正如琉璃……燒之赤色……）青帆加熱時的

A

反應為2FeSO‘7H2O=Fe2O3+SO2T+H2so4+1340。下列說法正確的是

A.產(chǎn)物中含有3種非金屬氧化物B.所得赤色物質為FeSO4

C.反應為分解反應D.鐵元素發(fā)生還原反應

【答案】C

【解析】

A.由題干方程式可知，產(chǎn)物中含有SCh和H?O共2種非金屬氧化物，A錯誤：

B.FeSO4為藍綠色固體而不是赤色，所得赤色物質應該為FezCh,B錯誤；

C.由題干方程式可知，由一種物質生成四種物質，故反應為分解反應，C正確；

D.由題干方程式可知，反應中鐵元素的化合價由+2價升高到+3價，失去電子，發(fā)生氧化反應，D錯誤；

2..鈦有“二十一世紀的金屬”、“全能金屬”、“現(xiàn)代金屬”的美稱。鎂與熔融的四氯化鈦反應可制取鈦：

高溫

=

2Mg+TiCl42MgCl2+Ti,下列說法正確的是

A.中子數(shù)為14的鎂原子：；;Mg

B.C「結構示意圖：

C.MgCL的電子式：叫咖一

D.TiC14熔點是-25℃,沸點是136.4C,可溶于苯和CCL,該晶體屬于離子晶體

【答案】C

【解析】

A.原子符號左下角為質子數(shù)，左上角為質量數(shù)，質量數(shù)等于質子數(shù)與中子數(shù)的和，則中子數(shù)為14的鎂原

子的質量數(shù)是26,用原子符號表示為Mg,A錯誤；

B.CF■核外電子排布是2、8、8,所以Ct的結構示意圖為(￡)2x8，B錯誤;

C.MgCL是離子化合物，2個Cl-與Mg2+之間以離子鍵結合，故MgCL的電子式：［:@：「Mg叫:@：「，C正

確；

D.TiCL熔點是-25℃,沸點是136.4℃,物質的熔沸點比較低，說明構成物質的微粒之間的作用力比較小，

可溶于苯和CC14,根據(jù)相似相溶原理可知該晶體是由分子通過分子間作用力構成的分子晶體，因此物質的

晶體類型為分子晶體，D錯誤；

3.用下列儀器或裝置(部分夾持裝置略)進行物質制備，能達到實驗目的的是

甲乙丙丁

A.圖甲裝置制備Fe(0H)2沉淀B.圖乙裝置制備無水MgCL

C.圖丙裝置利用蒸發(fā)結晶的方法制備膽帆晶體D.圖丁裝置制備乙酸乙酯

【答案】B

【解析】

A.FeSOj進入不到NaOH溶液中，無法制備Fe(OH)2沉淀，A錯誤；

B.在干燥的氯化氫氣流中加熱可防止氯化鎂水解，因此可制備無水MgCb,B正確;

C.直接蒸發(fā)結晶得不到膽研晶體，C錯誤；

D.NaOH溶液會使乙酸乙酯水解，應該用飽和碳酸鈉溶液，D錯誤。

4.下列關于物質性質或用途的敘述中，正確的是

A.CL能與金屬活動性順序表中大多數(shù)金屬反應

B.Fe(OH)3膠體具有吸附性，可用于自來水的殺菌消毒

C.S02具有漂白性，通?？捎糜谄椎矸垲愂称?/p>

D.二氧化硅的熔點很高，可用于制作光導纖維的材料

【答案】A

【解析】

A.Cb具有強氧化性，能與金屬活動性順序表中大多數(shù)金屬反應，A項正確；

B.Fe(OH)3膠體具有吸附性，可用于凈水，B項錯誤；

c.S02具有漂白性，但有毒，不可用于漂白淀粉類食品，c項錯誤；

D.二氧化硅的熔點很高，也可用于制作光導纖維的材料，但這二者之間并沒有因果關系，D項錯誤；

5..W、X、Y、Z、N是原子序數(shù)依次增大的5種短周期元素，其中W元素的電子只有一種自旋取向，X、

Y原子的核外s能級上的電子總數(shù)均與p能級上的電子總數(shù)相等，Z的價電子中在不同形狀的原子軌道中運

動的電子數(shù)相等，N元素只有一個未成對電子。下列說法正確的是

A.N原子的核外電子排布式為Is22s22P63s23PlB.Y元素位于元素周期表的p區(qū)

C.原子半徑大小順序：Y<Z<XD.W、X、N三種元素可以形成多種共價化合物

【答案】D

【解析】

W為H元素；X為0元素、Y為Mg元素；Z為Si元素；N為C1元素。

A.氯元素的原子序數(shù)為17,基態(tài)原子的核外電子排布式為Is22s22P63s23P5,故A錯誤；

B.鎂原子的價電子排布式為3s2,鎂元素位于元素周期表的s區(qū)，故B錯誤；

C.同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，鎂、硅、氯三種原子中，硅原子的原子半徑最大，故C錯誤；

D.氫、氧、氯三種元素可以形成次氯酸、氯酸、高氯酸等多種含氧酸，故D正確；

閱讀下列材料，完成6-8題：

氮及其化合物在生產(chǎn)生活中具有廣泛用途。

氨氣是一種重要的化工原料，以氨為原料可以生產(chǎn)化肥和硝酸，在催化劑條件下，氨催化氧化生成NO,進

而繼續(xù)被氧化為NO2,再與水反應生成硝酸，氨氣與硝酸反應可得氮肥硝酸鍍。4NH3(g)+5O2(g)?

1

4NO(g)+6H2O(g)△H-905.8kJmolo工業(yè)上將含NO2廢氣通入氫氧化鈉溶液中可獲得NaNO3和

NaNCh,也可向廢氣中通入NH3在催化劑的條件轉化為無毒無害的氣體排放。

6.指定條件下，下列選項物質間轉化不能一步實現(xiàn)的是

A.NH3——贏_>N2B.AP+

C.NO2—^-^NOD.NH3—NH4HSO4

【答案】B

【解析】

A.8NH3+6NO2■■7N2+12H2O,故NH3——贏一>N2能夠一步轉化，A不合題意；

+響必。>

B.AP+3NH3H2O-Al(OH)3i+3NH；,Al(OH)a沉淀不與過量的NHs-FhO反應，故AF+AIO：不

能一步轉化，B符合題意;

C.3NO2+H2O2HNO3+NO,故NCh—il^fNO能夠一步轉化，C不合題意：

D.NH3+H2SO4=NH4HSO4,故NH3」i22^NH4HSO4能夠一步轉化，D不合題意；

7.下列說法正確的是

A.NH3轉化為NH；,鍵角變大

B.［CU(NH3)4「中含有離子鍵、配位鍵

C.NO；空間構型為直線形

D.氨氣易溶于水的原因是氨氣分子間存在氫鍵

【答案】A

【解析】

A.氨氣中有孤對電子，氨氣轉化為鉉根離子鍵角變大，A正確；

B.［Cu(NH3)4］+中含有配位鍵和極性共價鍵，不含離子鍵，B錯誤；

C.NO］中氮原子價層電子對數(shù)為2+；x(5+L2x2)=3,含有一對孤對電子，空間構型為V形，C錯誤；

D.氨氣易溶于水的原因是氨氣分子與水分子之間能形成氫鍵，D錯誤；

8.氮的氧化物對空氣有污染，需要進行治理。已知NO能被FeSO,溶液吸收生成配合物［Fe(NO)(Hq)」SO4。

下列說法不無碘的是

A.該配合物中陰離子空間構型為正四面體形

B.配離子為［Fe(NO)(H2O)5『，配位數(shù)為6

C.Fe??被氧化為Fe3+,失去的電子位于3d軌道

D.Hq分子是含有極性犍的非極性分子

【答案】D

【解析】

A.配合物中陰離子為硫酸根離子，硫酸根離子中硫原子的價層電子對數(shù)為4,孤對電子對數(shù)為0,離子的

空間構型為正四面體形，故A正確；

B.配離子［Fe(NO)(H2O)s『中亞鐵離子為中心離子，一氧化氮和水為配位體，配位數(shù)為6,故B正確；

C.亞鐵離子的價電子排布式為3d6,失去3d軌道上一個d電子被氧化為價電子排布式為3d5的鐵離子，故

C正確；

D.水分子的空間構型為結構不對稱的V形，則水分子是含有極性鍵的極性分子，故D錯誤：

9.某小組用硫銅礦煨燒廢渣（主要含F(xiàn)ezCh、CuO、FeO）為原料制取CsO,流程如圖:

KOH

廢濟一［酸浸

國pH|T還原(90X?Cut()

下列說法不正確的是

A.“調節(jié)pH”主要目的是為了除去Fe3+

90℃

B.“還原”過程中主要發(fā)生的反應為4CuSO4+N2H4+8KOH=2Cu2O+N2T+4K2so4+6H2O

C.CU2O的晶胞結構如圖所示，其中X代表的是Cu+D.用N2H4還原制取C112O的優(yōu)點是產(chǎn)生N2氛圍，可

防止產(chǎn)品被氧化

【答案】C

【解析】

A.由分析知，調節(jié)pH將Fe3+轉化為Fe（OH）3除去，A正確；

B.由流程知，還原時，N2H4將CuS04還原為CsO,自身轉化為N2,對應方程式為：4CuSO4+N2H4+8KOH

90℃

^2Cu2O+N2f+4K2SO4+6H2O,B正確；

C.該晶胞中，白球個數(shù)=8x9l=2黑球個數(shù)為4個，故黑球：白球=2：1,結構化學式CsO知黑球代表Cu+,

白球（X）代表03,C錯誤；

D.還原過程中生成的N2可隔絕空氣，防止產(chǎn)品CsO被氧氣氧化，D正確；

10.化合物Z是合成抗多發(fā)性骨髓瘤藥物帕比司他的重要中間體，可由下列反應制得。

CHOCH=CHCOOH

CH=CHCOOCH3

入CH(CCX)H)ACH’OHrA

229

濃HzSO”△

CHOH

CH2OH2CH2OH

XYz

下列有關X、Y、Z的說法正確的是

A.1molX中含有2mol碳氧n鍵

B.X、Y、Z分別與足量酸性KMnCU溶液反應所得芳香族化合物相同

C.Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大

D.Y與足量HBr反應生成的有機化合物中不含手性碳原子

【答案】B

【解析】

A.ImolX中含有Imol碳氧兀鍵，醛基中含有1個碳氧兀鍵，羥基中不含有碳氧兀鍵，A錯誤;

B.X、Y、Z分別與足量酸性KMnO4溶液反應所得芳香族化合物相同均為:

B錯誤;

C.Z中含有酯基不易溶于水，Y含有竣基合羥基易溶于水，Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解小，C錯

誤；

CHBr-CH,COOH

D.Y與足量HBr反應生成的有機化合物中含手性碳原子，，D錯誤;

CH:OH

11.已知H2c°,是一種二元弱酸。室溫下，通過下列實驗探究NaHJO4溶液的性質。

實驗實驗操作和現(xiàn)象

1測得l°mLO.lmoLI?Nag04溶液的pH約為55

2向酸性KMQ溶液中滴加過量01m3,L'NaHCQ溶液，溶液紫紅色褪色

3向O.lmoLL」NaHCQ溶液中加入等體積0/molCBa（OH）2溶液，溶液變渾濁

4向10mL0.1m。"」NaHC?。,溶液中滴加少量0.1molI?NaOH溶液，無明顯現(xiàn)象

若忽略溶液混合時的體積變化，下列說法正確的是

A.依據(jù)實驗1推測：Kw<Kal（H2C2O4）xKa2（H2C2O4）

B.依據(jù)實驗2推測：NaHC2O4溶液具有漂白性

3

C.依據(jù)實驗3推測：Ksp（BaC2O4）>2-5xl0-

D.依據(jù)實驗4推測：反應后溶液中存在c（Na+）=c（HGO4）+c（HC2O“）+c（C2。：）

【答案】A

【解析】

A.實驗1測得lOmLO.lmoLL-NaHCQ,溶液的pH約為5.5,說明電離大于水解,心=要用口,

C（H2C2OJ

組f）.cS2K,XK,二四代=10-

u

"-C（HC2O；）'"2C（H2C2O4）C（HC2O；）C（OH'）KII2

K

x優(yōu)，KM>K.2，所以Kw<Kal（H2C2O4）x（H2C2O4）,故A正確；

八九2

B,向酸性KMnO/容液中滴加過量O.lmoLL」NaHC/X,溶液，溶液紫紅色褪色,可以推測實驗2NaHC2O4jf

液具有還原性，故B錯誤；

C.向01mol【TNaHC?。,溶液中加I入等體積O.lmoLL」Ba（OH%溶液，溶液變渾濁，發(fā)生反應:

3

NaHC2O4+Ba（OH）,=BaC2O4i+NaOH+H,O,無法判斷：Ksp（BaC2O4）>2.5xl0,故C錯誤；

D.向lOmLO.lmolCNaHC。溶液中滴加少量（MmolI」NaOH溶液，溶質為NaHCzO4和少量NaG?！?，

反應后溶液中存在c（Na+）>c（HCO4）+c（HC2O；）+c（C2O：）,故D錯誤；

12.當前各種新型二次電池層出不窮，其中以Fe[Fe（CN）6]為代表的新型可充電鈉子電池格外引人注意，其放

電工作原理如圖所示。下列說法正確的是

燃Fe[Fe(CN).J[Mg。產(chǎn)

修I

離

>>子

<J4JNa,RilRi(CN)(J1g

交

換

膜

含Na+的有機電解質

+

A.放電時，正極反應式：Fe[Fe(CN)6]+2Na-2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]

B.充電時，M。箔接電源的負極

C.充電時，右室Na+濃度減小

D.外電路中通過.0.2mol電子時，負極質量變化為2.4g

【答案】D

【解析】

A.根據(jù)原電池工作原理，Mg箔作負極，Mo箔作正極，正極反應式為Fe[Fe（CN）6]+2Na++2e=Na2Fe[Fe（CN）6]

,故A錯誤；

B.充電時，電解池的陰極（原電池的負極）接電源的負極，電解池的陽極（原電池的正極）接電源的正極，即Mo

箔接電源的正極，故B錯誤；

C.充電時，陽離子移向陰極，Na*應從左室移向右室，右室Na，濃度增大，故C錯誤；

D.負極上的電極反應式是2Mg-4e+2C1=[Mg2c匕/，外電路中通過0.2mol電子時，消耗O.lmolMg,

質量減少2.4g,故D正確；

13.某金屬陽離子R?+與NH?可結合生成多種絡合產(chǎn)物，[R（NHJ4r在水溶液中存在如下平衡：

2+k,2

[R（NH3）4][R（NH,）J'K±[R（NH3）J".K'=[R（NHJ『K土R2+向某濃度的RSO4溶液

中滴加濃氨水實驗測得R2+、[R（NH3）『、[R（NH3）2『、[R（NH3）3『、[R（NHjJ*的物質的量分布分

數(shù)（S）與溶液中游離氨的lgc（NH3）關系和M、P兩點的坐標如圖所示。下列說法正確的是

0.6

0.4

0.2

0

-6.00-4.31-2.300

lgc（NHJ

A.曲線b表示[R（N&）2丁

B.平衡常數(shù)K4=1020'K1

2+2+2+

C.lgc（NH3）=2.00時，2c（S0；-）+c（0H）=2c（[R（NH3）2]J+2c{[R（NH3）JJ+2c{[R（NH3）J）

2+

D.lgc（NH,）=440時，c（R"）>c{[R（NH3）『}>c{[R（NH3）2]{

【答案】D

【解析】

A.由圖得知，曲線a在《NH,）最小時含量最高，說明曲線a表示R2-；隨著c（NH?）增大，R"的濃度逐

漸減?。篬R（NHJ『的濃度逐漸增大，故曲線人表示[R（NH、）r；繼續(xù)增大《NH3）,[R（N&）r的濃度

又逐漸減小，[R（NH3）2「的濃度開始逐漸增大，則曲線，表示[R（NH3）2丁；以此類推，曲線d表示

2+

[R（NH3）,]；C（NHJ最大時，[R（NHJ4廣的濃度最大，曲線e表示[R（NH3）J*,故A錯誤；

B.根據(jù)選項A分析可知：曲線。表示R2+、曲線b表示[R（NH3）T*、曲線。表示3（1鳴）2『、曲線d表

d[R（NHjj}c（NHj

示[R（NH,）,『、曲線e表示[R（N&）了根據(jù)平衡常數(shù)表達式&=可知點

2+P

e{[R（NH,）4]

2+2+

c{[R（NH3）3]|=c）[R（NH3）4]},根據(jù)尸點對應的橫坐標求得C（NH3）=10R,（=10-2.3,同理可求得

（2+）（）

“點對應的&=c顯Rc鬲NH,3

則反應平衡常數(shù)5=1O201&,故B錯誤;

C.lgc（NH3）=200時，對應的溶液存在電荷守恒：2c（SO；）+c（OH）

=2C（R2+）+2C][R（NH3）丁卜2c）[R（NH?入T，+2C][R（NH?入"+2c{[R（NH?}+c（NH：）+c（H+）,故C

錯誤；

2+2+

D.結合圖像可知lgc（NH3）=4.40時，c（R）>c{[R（NH,）]}>c{[R（NH,）2,故D正確；

14.在壓強、CO2和H2起始投料一定的條件下，發(fā)生反應I、II：

反應I.CO2（g）+3H2（g）岑L-CH3OH（g）+H2O（g）AHi=-49.0kJ*mol-,

反應H.2co2（g）+5Eh（g）催黑-C2H2（g）+4H2O（g）AHi=+37.1kJ?moll

CHQH的物質的量

實驗測得CO2的平衡轉化率和平衡時CH3OH的選擇性（CHQH的選擇性=氤孤。的物質白福乂⑼％）隨

溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是

890

40

20

200400600■度/X?

A.曲線②表示CO2的平衡轉化率

B.其他條件不變，升高溫度，C2H2的含量增大

C.溫度高于280C時，曲線①隨溫度升高而升高說明此時主要發(fā)生反應I

D.同時提高CO2的平衡轉化率和平衡時CH30H的選擇性，應選擇在低溫低壓條件下反應

【答案】B

【解析】

A.升高溫度，反應I逆向進行，反應n正向進行，甲醇的選擇性降低，所以曲線②表示的是CH30H的選

擇性，曲線①表示CO2的平衡轉化率，A錯誤；

B.升高溫度，反應II正向進行，C2H2的含量增大，B正確；

C.升高溫度，反應I逆向進行，CCh的平衡轉化率減小，升高溫度，反應II正向進行，CO2的平衡轉化率

增大，溫度高于280℃時，CO2的平衡轉化率溫度升高而升高說明此時主要發(fā)生反應n,c錯誤；

D.兩反應都是氣體分子數(shù)減小的反應，要同時提高CO2的平衡轉化率和平衡時CH30H的選擇性，應選擇

高壓，使兩反應都正向進行，D錯誤；

二、非選擇題：共4題，共58分。

15(14分).電解金屬錦陽極渣(主要成分MnCh,雜質為Pb、Fe、Cu元素的化合物)和黃鐵礦(FeSz)為原料

可制備MmO-其流程如圖所示：

陽極渣-*

溶液—*Mn3O4

黃鐵日"

(S、PbSO4)|FC(OH)3、CU(OH)2)

已知：K、＞(MnF2)=5.0xK)-3、^(CaF2)=3.5xlO-",回答下列問題:

(1)“酸浸”時，所用的稀酸X是(填化學式)。

(2)“酸浸”過程中，F(xiàn)e2+、Fe3+的質量濃度、Mn浸出率與時間的關系如圖所示。

+和后濾

?溶為調

a液U中來過

CC)子，

溶n圖O

時分離a去

鈉M3題質C

此酸K(合除

則耗雜用2

草少結將F

，1消，是a

“-L減以C

.，應但物

1l會可，

io定反2溶

om機O淀

m0滴原2難

20觸H沉

0行還2為

為2。接化入)

.進2hH化

度0液HC氧加O

空。

鉗SEzL4

A濃m+n中(轉+

0溶TM生u?

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MM+e候向H

入K+FO是

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。m+浸目

平瓶0H分2酸酸形

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到形01+(e在P2。

.F者稀iF

式。達)錐0：，CnQ

qO二為、M

程是a于用2小+n

(CO，X3入M

+品即+2較e

方能?H性酸F加到

n樣立4。6h

子M4O)+C原稀使段得

可+>，3+n

)CnO3還,

離s3M2程eM的階理

因(n卻HF強H

2FM：8過2余用p化處

要原ag冷++有

C0，應TS剩2所液凈列

-042算4S,

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.C計+F可2

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+生2寫3率液O后

2稱全=化多

元度a發(fā)n(+出溶a然

nC+確完MH氧UC較,

濃)中2度2浸)C

Ms準品=1h強入下4

+(：程++分SO

出?2樣H純2C2有n加留S

eFF定過6Sn(M

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內nO分2時l條e溶

ni反量加。2樣Ono4到F含

iLC42nim(性致

m，含，(M8得液

m04m5Om-%酸為導

00下為O酸0+m】43002】后濾

8104O0|x4在化會

~~溫度m硫.OM案S14.析h作的

00M62~.5氧又

28室濃)量1n算答H019解C操+到

4MD)8))4n2H

①②⑶的(適液2計【(2(3((【M續(xù)eFp得

(1)根據(jù)上述分析可知“酸浸”時使用的酸為稀硫酸；

(2)①在20~80min內,MnCh、FeS2.H2s發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生MnSCh、Fe2(SO4)3.S、H2O,根據(jù)電子

守恒、電荷守恒、原子守恒，結合物質的拆分原則可知浸出Mn元素的主要離子方程式為：

+2+3+

3MnO2+2FeS2+12H=3Mn+4S+2Fe+6H2O；

②根據(jù)圖示可知：在80~100min時，F(xiàn)e?+濃度又上升，原因可能是MnCh浸出率很高，剩余MnCh較小，F(xiàn)eS2

浸出的Fe2+與MnCh接觸機會減少導致其濃度有所增加；

(3)加入MnF?發(fā)生的反應為MnF2(s)+Ca2+(aq).?CaF2(s)+Mn2+(aq)達到平衡時，Md+的濃度為2molL1,

c(Ca")=c(Ca2+)?c?(F)=必咽)=3.5x10”

=7.0x10-9,由于c(Mn2+)=2.0m