2022届湖北省武汉市第二中学高三5月全仿真模拟考试(一)化学试题详答.docx

武汉二中2022届高三五月全仿真模拟考试（一）
化 学 参 考 答 案
2022届高三五月全仿真模拟物理试题 第 1 页 共 9 页

一、选择题
1．【答案】C
【详解】
A．氮化硼陶瓷由B、N元素组成，具有耐高温、强度高、耐腐蚀等性能，所以氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，A正确；
B．用二氧化碳人工合成淀粉，可有效减少大气中二氧化碳的含量，有利于实现“碳中和”，B正确；
C．碳纤维含有90%以上的碳元素，属于无机非金属材料，C错误；
D．蛋白质的相对分子质量远大于10000，属于高分子化合物，D正确；
故选C。
2．【答案】B
【详解】
A．标准状况下是液体，的物质的量不是0.5mol，故A错误；
B．XeF2分子中孤对电子数=1/2(8-2)=3,价层电子对数为5NA，故B正确；
C．没有明确溶液体积，不能计算的盐酸中数目，故C错误；
D．晶体由构成，不含，故D错误；
选B。
3. 【答案】C
【详解】A．酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，CO2通入足量的NaClO溶液中：CO2+ClO−+H2O=HClO+HCO，故A错误；
B．用惰性电极电解CuCl2水溶液，阳极氯离子放电生成氯气，阴极铜离子得电子生成铜：2Cl−+Cu2+Cu+Cl2↑，故B错误；
C．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2生成亚硫酸氢钠：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl−+SO，故C正确；
D．草酸是弱电解质，用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；
故选C。
4【答案】D
【详解】
A．的系统命名为1，丁二烯，A错误；
B．过氧化氢的电子式为 ，B错误；
C．原子核外共有33个电子，故简化的电子排布式为，C错误；
D．在CO(NH2)2分子中C原子与O原子形成共价双键，C原子再与2个N原子形成共价单键，每个N原子再分别结合2个H原子，使物质分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，由于原子半径C＞N＞O＞H，故CO(NH2)2的球棍模型：，D正确；故选D。

5．【答案】C
【详解】
A．该物质含有16个C、9个O，不饱和度为8，所以分子式为C16H18O9，选项A错误；
B．苯环、碳碳双键、酯基都为平面形结构，经过旋转单键，红框中的9个碳原子可以在同一平面，且经旋转右侧六元环中也有碳原子可共面，选项B错误；
C．绿原酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，选项C正确；
D．该物质中苯环、碳碳双键可以和氢气加成，所以1mol该分子最多可与4molH2发生加成反应，选项错误；
答案选C。
6．【答案】D
【详解】
A．电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：，故A错误；
B．同周期元素从左到右非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，稳定性：，故B错误；
C．O与H形成的化合物H2O2可使酸性高锰酸钾溶液还原褪色，故C错误；
D．由Na、O、C、H四种元素组成的化合物NaHCO3的水溶液显碱性，故D正确；
选D。
7.【答案】A
【详解】
A．对比双单原子催化和单原子催化过程，可知在双单原子催化作用下硝基苯乙烯加氢制备乙烯基苯胺的转化率和选择性都有很大的提升，故A正确；
B．催化剂不改变反应的反应热，故B错误；
C．催化剂只能改变反应速度，不能改变平衡转化率，故C错误；
D．由上图分析可知在双单原子催化剂作用下乙烯基苯胺的选择性并没有达到100%，所以有副产物生成，故D错误；
答案选A。
8．【答案】A
【详解】
A．橡皮管可平衡气压，便于液体顺利流下，则对生成的气体体积进行测量可以减少误差，选项A正确；
B．碘在CCl4中的溶解度很大，两者之间互溶，因此不能通过分液的方法分离，选项B错误；
C．浓硫酸与CaF2反应可得HF，（高沸点酸制低沸点酸），但HF与玻璃中的SiO2反应：，因此该反应不能在玻璃容器中进行，选项C错误；
D．废铁、铁管道和电源形成电解池，为外加电流阴极保护法，应当将铁管道连接电源的负极，作阴极才能防止铁管道被腐蚀，图中铁管道连接电源正极作阳极，不能达到保护铁管道被腐蚀的目的，选项D错误；
答案选A。
9．【答案】B
【解析】
【分析】M不带电，铁的化合价为+2价，则M可能为FeO；Q带2个单位正电荷，化合价为+2价，则Q为Fe2+；R不带电，铁的化合价为0价，即R为铁单质。
【详解】A．常温下，铁在浓硫酸中会发生钝化，所以常温下，可用R材质容器储运浓硫酸，故A合理；
B．Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，M不是Fe2+，所以M不能用K3[Fe(CN)6]溶液检验，故B不合理；
C．Fe2O3与稀HI溶液发生氧化还原反应，Fe2O3中的+3价铁被I-还原为Fe2+，故C合理；
D．从图中可以看出，在碱性溶液中可以生成，中铁为+6价，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成，故D合理；
故选B。
10．【答案】A
【详解】
A．锂在氧气中点燃生成氧化理，故A不正确，符合题意；
B．减压蒸馏可以避免双氧水分解，提高双氧水的浓度，故B正确；
C．通过流程中的过滤进行判断在氢氧化锂乙醇饱和溶液中能过滤出过氧化锂，说明氢氧化锂在乙醇溶液中的溶解度大；
D．锂的相对原子质量小于钠的相对原子质量，故过氧化锂比过氧化钠的摩尔质量小，由于锂离子半径小，离子键强，性质稳定，故D正确；
故选答案A。
11．【答案】B
【详解】
A．根据二茂铁的物理性质，如熔点低、易升华、易溶于有机溶剂等，可知二茂铁为分子晶体，A正确；
B．C5与Fe2+之间形成的化学键时，碳原子提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，二者形成配位键，配位键属于共价键，B错误；
C． 由图可知：只有1号碳原子形成4个σ共价键，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化；2、3、4、5号碳原子有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2杂化，因此仅有1个碳原子采取sp3杂化，C正确；
D． C5中碳原子没有达到饱和，故存在碳碳双键，而碳碳双键中含有一个σ键，一个π键，D正确；
故答案选B。
12. 【答案】A
【详解】A．产生黑色沉淀，说明向Na2S溶液中通入足量CO2生成了H2S气体，强酸制弱酸，所以Ka1(H2CO3)>Ka1(H2S)，故A正确；
B．有机层呈橙红色，说明有Br2生成，则KBrO3作氧化剂，Cl2作还原剂，并不能得出氧化性Cl2>Br2，故B错误；
C．测得的pH都等于7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，但浓度越小，水解程度越大，所以同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不同，故C错误；
D．可能是浓硝酸发生分解生成NO2，由实验现象不能证明木炭与浓硝酸反应生成NO2，故D错误；
答案选A。
13．【答案】C
【详解】
A．选择顶面上的1个A原子，它属于8个晶胞，体心中上面的那个B原子与它距离最近，所以与A原子最邻近且等距离的B原子是8个，A正确；
B．从上往下看，该晶胞棱上的B原子全部被遮盖，体心的2个B原子与1个A原子重叠，所以在底面的投影图为(部分被遮盖原子未表示)，B正确；
C．该晶胞中，含A原子个数为，含B原子个数为，所以该晶体的化学式为AB2，C错误；
D．由C中分析可知，该晶胞中含有2个“AB2”，该晶体的密度为=g/cm3=g/cm3，D正确；
故选C。

14. 【答案】C
【详解】A．根据分析可知，CoP为阴极，接直流电源的负极，即连接铅蓄电池的铅电极，故A正确；
B．Ni2P为阳极，发生氧化反应，电极反应为：RCH2NH2−4e−+4OH-=RCN+4H2O，故B正确；
C．CoP为阴极，电极反应式为：2 +8e-+4H2O= +8OH-，根据电极反应式可知，合成1mol偶氮化合物，需转移8 mol电子，故C错误；
D．左侧电极生成OH-，右侧电极消耗OH-，左侧OH-需要迁移到右侧，离子交换膜是阴离子交换膜，故D正确；
答案选C。
15．【答案】B
【详解】
A．溶度积小的先生成沉淀，根据反应的方程式可知，B点生成AgY，若HY为弱酸，Y-被消耗，HY的电离程度增大，H+浓度增大，抑制水的电离，则从开始到B点，水的电离程度不断减小，故A正确；
B．B点KY完全和AgNO3反应生成AgY，则 KX和硝酸银完全反应消耗V(AgNO3)=(12.50-5.00)mL=7.50mL，BC段发生反应 Ag++X-= AgX↓，则原溶液中c(X-)= 0.1000 mol·L-1×7.5×10-3L=7.5×10-4mol，则c(KX )= 7.5×10-4mol ÷0.025L=0.03000 mol·L-1，故B错误；
C．①的平衡常数为K1=，反应②的平衡常数为K2=，K1×K2=，Ag++Y-═AgY↓，Ksp(AgY)=c(Ag+)×c(Y-)=，则=Ksp2 (AgY)，故C正确；
D．AgX(s)+Y-(aq) ⇌AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为===106，故D正确；
答案选B。
二、非选择题
16．【答案】(1)
(2)     将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子     b

(3)
(4)          控制温度在450℃左右、增大空气的流速    
(5)96.6％
【解析】
(3)
CaSO3与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则水解的Kh=，溶液中c(OH-)=c()=10-5mol/L，所以c()=6×10-4mol/L，根据元素质量守恒，c(Ca2+)=c()+c()=6×10-4mol/L+10-5mol/L=6.1×10-4mol/L，则6.1×10-4mol/L×6×10-4mol/L=。
(4)
“沉锰”过程 中加入NH4HCO3和氨水，将溶液中的Mn2+ 转化为 MnCO3 ，离子方程式为：。从产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化图可以看出，为了增大产物中 MnO2的占比，控制温度在450℃左右，还可以增大空气的流速。根据总反应方程式可知放电时正极是得到电子转化为，电极反应式为：。
(5)
样品经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，发生的反应为：3+4H+=2+↓+2H2O，过滤除去，用标准溶液滴定，发生的反应为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，根据反应的离子方程式可知，MnO2和Fe2+的物质的量之比为3：10，则MnO2的质量为0.1000mol/L×0.03700L××87g/mol=0.09657g，则样品中的质量分数为×100%=96.6%。
17．【答案】
(1)  Br2(g)、光照     取代反应
(2) 9     酯基、醚键
(3)
(4)
(5)9
(6)
【解析】
【分析】
A中甲基上的氢原子被溴原子取代生成B，B中溴原子被取代生成C，C中羟基被取代生成D，D中溴原子悲哀取代生成E，F发生取代反应生成G，根据E、G的结构简式知，F为；
(1)是甲基上的氢原子被溴原子取代，反应所需的试剂和条件是Br2(g)、光照；D中C-Br断裂与反应物的-CH2-中C-H键断裂，生成E和HBr，的反应类型是取代反应；
(2)
苯环为平面型，由于单键可旋转，则C分子中最多共面的碳原子数有9，E中官能团的名称是酯基、醚键；
(3)发生取代反应，反应的化学方程式；
(4)能将酯基还原成醇羟基，F的分子式是，则F的结构简式为；
(5)①分子中含苯环且只有两个取代基，官能团分别在两个取代基上，即不与苯环直接相连。②该分子催化氧化的产物能发生银镜反应即含有醛基，该分子含有-CH2OH结构，满足条件的D的同分异构体有：、、共9种；
(6)苯甲醇与HBr发生取代反应生成，再发生D生成G类型的反应，合成路线为：
。
18．【答案】
(1)     三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)     碱石灰
(2)     苯    密封管口A和B，打开旋塞⑥，若②中液面保持不变
(3)     SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl     防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口
(4)     将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞     84.6
【解析】
【分析】
本实验的目的是以SiCl4、(CH3CO)2O为原料制取Si(CH3COO)4，由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行。
(1)仪器①的名称是三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)，管口A所接干燥管中所盛试剂，既能吸收水蒸气，又能吸收酸性气体，所以盛装的试剂是碱石灰。
(2)因为整个装置内应为无水环境，所以检查上述装置气密性，应先向②中注入一定量的苯，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若②中液面保持不变，则证明装置的气密性良好。
(3)制备四乙酸硅时，采用SiCl4、(CH3CO)2O为原料，二者发生置换反应，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl，化学方程式为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因为Si(CH3COO)4为米黄色晶体，易堵塞导管，所以该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方，其原因是：防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口。答案为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl；防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口；
(4)为确保三颈烧瓶内的无水状态，可将三颈烧瓶内液体抽出。即将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体。分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐的目的，是将SiCl4全部转化为四乙酸硅。

理论上，m[Si(CH3COO)4]=，则四乙酸硅的产率为。
19．【答案】(1)     高温     + 128 kJ/mol
（2） v1>v3>v2 CH3*=CH2*+H*
积炭反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需活化能最大，反应不易发生，故产生积炭较少。
(3)
(4)   600℃     温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活
(5) CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2
  【解析】
(1)①满足时，反应自发进行，根据反应I可知，该反应的，，则该反应在高温下能自发，故答案为：高温；
②根据盖斯定律，由Ⅱ×3+I可得C3H8O3(g)+3H2O(g) 3CO2(g)+7H2(g)，则ΔH3=ΔH2×3+ΔH1=(-41 kJ·mol-1)×3+251 kJ·mol-1=+128 kJ·mol-1，故答案为：+128 kJ·mol-1；
(2)①活化能越低，反应速率越大，Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的活化能Pt12Ni<Cu12Ni<Sn12Ni，则反应速率v1>v3>v2，故A正确；
②由图可知，Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是Sn12Ni作催化剂时的反应：CH3*=CH2*+H*，故B正确；
③积炭反应为最后一步反应，由图可知三种催化剂中Sn12Ni所需活化能最大，反应不易发生，故产生积炭较少。
(3)

(4)由图可知，550℃、650℃时，当反应时间大于1000s，氢气的体积分数迅速下降，催化剂表面的积碳量增加，催化剂迅速失活，而600℃时，随着反应的进行，氢气的体积分数逐渐增大并保持在较高水平，因此使用催化剂的最佳温度为600℃；650℃条件下， 1000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因是温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活，故答案为：600℃；温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活；
(5)由图可知， Ni-YSZ电极上，CH4失去电子发生氧化反应生成CO2和H2，则Ni-YSZ电极为阳极，电极反应式为CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2，故答案为：CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2；

2022届高三五月全仿真模拟化学试题 参考答案 第 9 页 共 9 页

学科网（北京）股份有限公司