2022年福建省漳州市龍海市程溪高考化學全真模擬密押卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、X、Y、Z、Q、R均為短周期元素，且Y、Z、Q、R在周期表中的位置關系如下圖所示。已知X與Y同主族，X與Q能形成最簡單的有機物。則下列有關說法正確的是( )QRYZA原子半徑：r(Z)r(Y)(R)r(Q)B氣態(tài)化合物的穩(wěn)定性：QX4RX3

2、CX與Y形成的化合物中含有離子鍵D最高價含氧酸的酸性：X2QO3XRO32、已知M、N是合成某功能高分子材料的中間產物，下列關于M、N說法正確的是（ ）AM、N都屬于烯烴，但既不是同系物，也不是同分異構體BM、N分別與液溴混合，均發(fā)生取代反應CM、N分子均不可能所有原子共平面DM、N均可發(fā)生加聚反應生成高分子化合物3、已知H2A為二元弱酸。室溫時，配制一組c(H2A)+c(HA-) +c(A2-)=0. 100molL-1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物質的量濃度隨pH的變化曲線如下圖所示。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系不正確的是ApH=2 的溶液中：c(H2A)+c(A2

3、-)c(HA- )BE點溶液中：c(Na+)-c(HA-)2c(A2- )4、25時，將濃度均為0.1molL、體積分別為Va和Vb的HX溶液與NH3H2O溶液按不同體積比混合，保持Va+Vb100mL，Va、Vb與混合液的pH的關系如圖所示。下列說法正確的是( ) AKa(HX)Kb(NH3H2O)Bb點時c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d幾點中，水的電離程度dbaDa b點過程中，可能存在c(X)Mg(OH)2B酸性：H2SO3 H2CO3C熱穩(wěn)定性：NH3 PH3D還原性：S2 r(Z) r(Q) r(R)，A項錯誤；B. 非金屬性越強，其對應的氣態(tài)化合物越穩(wěn)定，則

4、NH3的穩(wěn)定性大于CH4，即RX3 QX4，B項錯誤；C. X與Y形成NaH，含離子鍵，C項正確； D. 非金屬性越強，其對應的最高價含氧酸的酸性越大，則硝酸的酸性大于碳酸，即：XRO3 X2QO3，D項錯誤；答案選C。2、D【解析】A. M分子結構中官能團為碳碳雙鍵與羥基，為烴的衍生物，不屬于烯烴，M與N在組成上相差不是n個CH2，且分子式也不相同，所以但既不是同系物，也不是同分異構體，A項錯誤；B. M、N分子結構中均含碳碳雙鍵，與液溴混合時，可發(fā)生加成反應，苯環(huán)與液溴發(fā)生取代反應時，還需要催化劑，B項錯誤；C. M分子內含碳碳單鍵，中心C原子采用sp3雜化，不可能所有原子共平面，N所有原

5、子可以共平面，C項錯誤；D. M、N分子結構中均含碳碳雙鍵，均可發(fā)生加聚反應生成高分子化合物，D項正確；答案選D。3、A【解析】A、根據圖像，可以得知pH=2時c(HA)c(H2A)c(A2)，故A說法錯誤；B、E點：c(A2)=c(HA)， 根據電荷守恒：c(Na)c(H)=c(OH)c(HA)2c(A2)，此時的溶質為Na2A、NaHA，根據物料守恒，2n(Na)=3n(A)，即2c(Na)=3c(A2)3c(HA)3c(H2A)，兩式合并，得到c(Na)c(HA)=c(HA)3c(H2A)c(A2)/2，即c(Na)c(HA)=0.1c(H2A)，c(Na)-c(HA)2c(A2 )，故

6、D說法正確。4、B【解析】A.根據b點，等體積、等濃度HX溶液與NH3H2O 的混合液pH=7，說明Ka(HX)=Kb(NH3H2O)，故A錯誤；B. b點是等體積、等濃度HX溶液與NH3H2O 的混合液，溶質是NH4X， pH=7，X-、NH4+相互促進水解生成HX，所以c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)，故B正確；C. a b點過程，相當于向HA溶液中加氨水至恰好反應，所以水的電離程度逐漸增大，a、b、d幾點中，水的電離程度bad，故C錯誤；D. a b點過程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根據電荷守恒，不可能存在c(X)c(NH4+)，故D錯誤?！军c睛】本題考查了弱電解質

7、的電離、離子濃度大小比較，側重于學生分析能力、讀圖能力的考查，注意把握物料守恒、電荷守恒的運用。5、A【解析】A碳酸鈉與足量稀硝酸的反應，碳酸鈉為可溶性的鹽，硝酸為強酸，二者反應生成可溶性的硝酸鈉，其離子方程式可以用CO32+2H+H2O+CO2表示，A項正確；B碳酸氫根為弱酸的酸式鹽，應寫成HCO3離子形式，該反應的離子方程式為HCO3+H+H2O+CO2，B項錯誤；C碳酸鋇為難溶物，離子方程式中需要保留化學式，該反應的離子方程式為：BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2，C項錯誤；DCH3COOH為弱酸，在離子方程式中應寫成化學式，其反應的離子方程式為：CO32+2CH3COOHCO2+

8、H2O+2CH3COO，D項錯誤；答案選A?！军c睛】在書寫離子方程式時，可以拆的物質：強酸、強堿、可溶性鹽；不可以拆的物質：弱酸、弱堿、沉淀、單質、氧化物等。熟練掌握哪些物質該拆，哪些物質不該拆，是同學們寫好離子方程式的關鍵。6、C【解析】A、電解飽和食鹽水生成氯氣、氫氣和氫氧化鈉溶液，氯氣和鐵反應生成氯化鐵，不能生成FeCl2，則不能實現，故A不符合題意； B、S在空氣中點燃只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，則不能實現，故B不符合題意； C、鋁和鹽酸反應生成氯化鋁，加入氨水生成氫氧化鋁沉淀，則物質間轉化都能實現，故C符合題意； D、氮氣與氫氣反應生成氨氣，食鹽水、氨氣、二氧化碳反應生成碳酸

9、氫鈉，而不能生成碳酸鈉，則不能實現，故D不符合題意。 故選：C。【點睛】侯氏制堿法直接制備的物質是NaHCO3，不是Na2CO3，生成物中NaHCO3在飽和食鹽水中的溶解度較小而析出，NaHCO3固體經過加熱分解生成Na2CO3。7、D【解析】A.質子數和中子數相等的鈉原子，質量數A=質子數Z+中子數N=11+11=22，鈉原子符號為：，A正確；B.Cl原子的核外電子總數為17，其原子結構示意圖為，B正確；C.NaCN為離子化合物，由Na+和CN-通過離子鍵構成，電子式為，C正確；D.丙烯酸的結構簡式為CH2=CHCOOH，D錯誤；故合理選項是D。8、C【解析】A.裝置B中無水CaCl2作干燥

10、劑，干燥NO氣體，由于裝置為U型管，若換為濃硫酸，氣體不能通過，因此不能將B中的藥品換為濃硫酸，A錯誤；B.實驗開始前通一段時間CO2，可排出裝置中的空氣，避免NO氧化產生NO2氣體，不能發(fā)生2NO2+Na2O2=2NaNO3，但CO2會發(fā)生反應：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此也不能制得比較純凈的NaNO2，B錯誤；C.開始滴加稀硝酸時，A中Cu與稀硝酸反應產生NO氣體，NO與裝置中的O2反應產生NO2，因此會有少量紅棕色氣體，C正確；D.在裝置D中，NO會被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色，因此當D中溶液紫紅色變淺，就證明了NO可以被氧化，此時就可以停止滴加稀硝酸，D錯誤

11、；故合理選項是C。9、D【解析】AP是15號元素，31 g 白磷中含有的電子數是15NA，故A錯誤；B標準狀況下，C8H10是液態(tài)，無法用氣體摩爾體積計算物質的量，故B錯誤；C1L 0.1molL-1的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子數大于 0.2NA，故C錯誤；D5.6g Fe 與足量 I2 反應，FeI2=FeI2，Fe 失去 0.2NA個電子，故D正確；故選D。10、C【解析】據外因對化學反應速率和化學平衡的影響分析判斷?！驹斀狻緼. 物質W為固體，加入少量W不改變W濃度，故(逆)不變，A項錯誤；B. 題中反應前后氣體分子數不變，當溫度、體積一定時，容器內壓強必然不變。故壓強不變

12、時不一定是平衡狀態(tài)，B項錯誤；C. 溫度越高，化學反應越快。故升高溫度，(逆)、(正)都增大，C項正確；D. 方程式中的Q表示每摩化學反應的熱效應。平衡后加入X，平衡右移，但Q不變，D項錯誤。本題選C。11、D【解析】從表中位置關系可看出，X為第2周期元素，Y為第3周期元素，又因為X、W同主族且W元素的核電荷數為X的2倍，所以X為氧元素、W為硫酸元素；再根據元素在周期表中的位置關系可推知：Y為硅元素、Z為磷元素、T為砷元素?！驹斀狻緼、O、S、P的原子半徑大小關系為：PSO，三種元素的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性為：H2OH2SPH3，A不正確；B、在火山口附近或地殼的巖層里，常常存在游離態(tài)的硫，B不

13、正確；C、SiO2晶體為原子晶體，熔化時需克服的微粒間的作用力為共價鍵，C不正確；D、砷在元素周期表中位于金屬元素與非金屬的交界線附近，具有半導體的特性，As2O3中砷為+3價，處于中間價態(tài)，所以具有氧化性和還原性，D正確。答案選D。12、D【解析】，雖然二氧化硅可與NaOH溶液反應，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氫氟酸雕刻玻璃，錯誤；明礬溶于水電離出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3膠體，Al（OH）3膠體吸附水中的懸浮物，明礬用作凈水劑，不能進行殺菌消毒，錯誤；，海水淡化的方法有蒸餾法、電滲析法、離子交換法等，正確；，從海帶中提取碘的流程為：海帶海帶灰含I-的水溶液I2/H2O I2

14、的CCl4溶液I2，需要用到蒸餾水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，錯誤；，地溝油在堿性條件下發(fā)生水解反應生成高級脂肪酸鹽和甘油，肥皂的主要成分是高級脂肪酸鹽，可制肥皂和甘油，地溝油可用于生產生物柴油，正確；，Na2OCaO6SiO2屬于硅酸鹽，氨水是混合物，氨水既不是電解質也不是非電解質，錯誤；正確的有，答案選D。13、C【解析】A. 醋酸是弱電解質，在稀釋過程中繼續(xù)電離出氫離子，氯化氫是強電解質，在水溶液中完全電離，所以pH相同的鹽酸和醋酸，如果稀釋相同倍數，則醋酸中氫離子濃度大于鹽酸，所以將pH=4的鹽酸和醋酸分別稀釋成pH=5的溶液時所加水的量，醋酸加入水的量大于鹽酸，A項錯誤；B.

15、酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，所以氫氧化鈉抑制水電離、碳酸鈉促進水電離，氫氧化鈉中水電離程度小于碳酸鈉溶液中水電離程度，B項錯誤；C. 碳酸根離子與銨根離子相互促進水解，所以硫酸銨溶液中銨根離子濃度大于碳酸銨，C項正確； D. 相同溫度下,醋酸的濃度越大其電離程度越小,所以前者電離程度小于后者,所以10mL0.1mol/L的醋酸與100mL0.01mol/L的醋酸中H+的物質的量前者小于后者，D項錯誤；答案選C?！军c睛】D項是易錯點，要注意物質的量濃度與物質的量不是一個概念，10mL0.1mol/L的醋酸與100mL0.01mol/L的醋酸物質的量雖然相同，但物質的量濃度不同，則

16、電離程度不同。14、A【解析】A金屬性CaMg，對應堿的堿性為Ca(OH)2Mg(OH)2，故A正確；B非金屬性SC，對應最高價含氧酸的酸性為H2SO4H2CO3，而H2SO3H2CO3可利用強酸制取弱酸反應說明，故B錯誤；C非金屬性NP，對應氫化物的穩(wěn)定性為NH3PH3，故C錯誤；D非金屬性SCl，對應陰離子的還原性為S2-Cl-，故D錯誤；故答案為A?！军c睛】元素非金屬性強弱的判斷依據：非金屬單質跟氫氣化合的難易程度(或生成的氫化物的穩(wěn)定性)，非金屬單質跟氫氣化合越容易(或生成的氫化物越穩(wěn)定)，元素的非金屬性越強，反之越弱；最高價氧化物對應的水化物(即最高價含氧酸)的酸性強弱最高價含氧酸的

17、酸性越強，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱；氧化性越強的非金屬元素單質，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱，(非金屬相互置換)。15、D【解析】A. 莽草酸只有一個羧基能電離出氫離子，使溶液顯酸性，鞣酸有一個羧基、三個酚羥基均可以電離出氫離子，使溶液顯酸性，則等濃度的兩種酸，鞣酸酸性更強，故A錯誤；B. 鞣酸不含碳碳雙鍵，含有酚羥基，與溴水只發(fā)生取代反應，故B錯誤；C. 鞣酸含有苯環(huán)，不含碳碳雙鍵，故C錯誤；D. 鞣酸含有酚羥基，與鐵離子反應，而莽草酸中不含酚OH，則遇三氯化鐵溶液不顯紫色，故D正確；答案選D?！军c睛】鞣酸中的羥基為酚羥基，遇三氯化鐵溶液顯紫色，莽草酸中的六元環(huán)不

18、是苯環(huán)，其中的羥基是醇羥基，遇三氯化鐵溶液不顯紫色，這是同學們的易錯點。16、C【解析】A原電池中陰離子應該向負極移動；B電池的“理論比能量”指單位質量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，即單位質量的電極材料失去電子的物質的量越多，則得到的電能越多；C負極M失電子和OH反應生成M(OH)2；D由正極電極反應式O22H2O4e4OH有O24OH4e，當外電路中轉移4mol電子時，消耗氧氣1mol，但空氣中氧氣只占體積分數21%，據此計算判斷?！驹斀狻緼原電池中陰離子應該向負極移動，金屬M為負極，所以電解質中的陰離子向金屬M方向移動，故A錯誤；B電池的“理論比能量”指單位質量的電極材料理論上能釋放

19、出的最大電能，則單位質量的電極材料失去電子的物質的量越多則得到的電能越多，假設質量都是1g時，這三種金屬轉移電子物質的量分別為2molmol、3molmol、2molmol，所以Al空氣電池的理論比能量最高，故B錯誤；C負極M失電子和OH反應生成M(OH)2，則正極反應式為2M4e4OH2M(OH)2，故C正確；D由正極電極反應式O22H2O4e4OH有O24OH4e，當外電路中轉移4mol電子時，消耗氧氣1mol，即22.4L(標準狀況下)，但空氣中氧氣只占體積分數21%，所以空氣不止22.4L，故D錯誤；故答案選C?！军c睛】明確電極上發(fā)生的反應、離子交換膜作用、反應速率影響因素、守恒法計算

20、是解本題關鍵，注意強化電極反應式書寫訓練。二、非選擇題（本題包括5小題）17、D【解析】所給5種物質中，只有硫酸鎂可與三種物質（氨水、碳酸鈉、氯化鋇）生成沉淀，故D為硫酸鎂，A、B、C分別為氨水、碳酸鈉、氯化鋇中的一種；再根據A可與C生成沉淀，故A、C為碳酸鈉和氯化鋇，則B為氨水；A與E產生氣體，故A為碳酸鈉，E為稀硝酸，所以F為碳酸氫鈉?！驹斀狻緼+E氣體說明有A、E一種一定是硝酸,另一種可能是碳酸鈉、碳酸氫鈉中的一種, A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，說明A不是硝酸，所以E為硝酸，A為碳酸鈉，C、D就可能是硫酸鎂、氯化鋇中的一種，因為B+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F無現象說明D是硫酸

21、鎂，C為氯化鋇，B為氨水，最后F為碳酸氫鈉，則A：碳酸鈉，B：氨水，C：氯化鋇，D：硫酸鎂，E：硝酸，F：碳酸氫鈉；答案選D。【點睛】這類試題還有一種表達形式“A+C，A+D，A+E，B+D，C+D，C+F無明顯現象。解題時一般先找現象較全面的一種如D或A(分別做了三次實驗)。依次假設D為六種溶液中的某一種。如假設D是氨水或是硫酸鎂等，分析它與其他五種溶液分別混合時的現象。若能出現三次沉淀，則假設成立。由此可確定D是硫酸鎂。依照上述方式可推出A是碳酸鈉，依次推出F是碳酸氫鈉。18、乙醇、濃硫酸、170 取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應已經發(fā)生 【解析】由C的結構

22、及反應為酯化反應可知，A為CH3COOH，C為，則反應為光照下取代反應，生成B為，反應為鹵代烴的水解反應，反應為醇的催化氧化反應。（1）實驗室制備乙烯的反應試劑與具體反應條件為乙醇、濃硫酸、170，發(fā)生消去反應，故答案為：乙醇、濃硫酸、170；（2）上述反應中，屬于取代反應的是 ，故答案為：；（3）檢驗反應是否發(fā)生的方法是取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應已經發(fā)生，故答案為：取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應已經發(fā)生；（4）的同分異構體滿足a能發(fā)生銀鏡反應，含-CHO；b苯環(huán)上的一溴代物有兩種，苯環(huán)上有2種H，則2個取代基位于對位，符

23、合條件的結構簡式為、，故答案為：；（5）乙烯加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，則由乙烯制備A的合成路線為，故答案為：。19、B讓AlO2-轉化為Al(OH)3沉淀，避免VO3-的沉淀A D若空氣不流通，由于V2O5具有強氧化性，會與還原性的NH3反應，從而影響產物的純度及產率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本題考查實驗方案設計與評價，（1）虛線框中的儀器是向三頸燒瓶中滴加NaOH，為了能夠使NaOH溶液順利滴下，需要有連通裝置，故選項B正確；（2）根據流程圖，氧化鐵為堿性氧化物，不與NaOH發(fā)生反應，V2O5、Al2O3屬于兩性氧化物，能與NaOH發(fā)生反應，調節(jié)pH為88.5

24、的目的就是讓AlO2轉化為Al(OH)3沉淀，避免VO3的沉淀；（3）根據信息，NH4VO3微溶于水，可溶于熱水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗滌，可以減少NH4VO3的溶解，故A正確；B、NH4VO3溶于熱水，造成NH4VO3溶解，故B錯誤；C、雖然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面雜質，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的雜質，故C錯誤；D、根據流程生成NH4VO3沉淀，是濾液1與飽和NH4Cl的反應生成，且NH4Cl受熱易分解，不產生雜質，故D正確；（4）根據信息，NH4VO4灼燒生成V2O5，因為V2O5具有強氧化性，能與具有還原性NH3發(fā)生反應，從而影響產物的純度

25、及產率，因此灼燒NH4VO3時在流動空氣中；（5）催化劑在反應前后質量不變，根據已知反應反應方程式，因此得出反應方程式為SO2V2O5=2VO2SO3；（6）根據I2和Na2S2O3發(fā)生反應的方程式，求出消耗n(I2)=20.001030.250/2mol=2.5103mol，根據得失電子數目守恒，n(V2O5)22=n(I2)2，求出n(V2O5)=1.25103mol，即m(V2O5)=1.25103182g=0.2275g，則產品純度為0.2275/0.253100%=89.9%。20、NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸點較高，不易揮發(fā) b C6H5NH3+OH- C6H5NH2+H2O

26、 蒸出物為混合物，無需控制溫度 防止 B 中液體倒吸 60.0% 加入稀鹽酸，分液除去硝基苯，再加入氫氧化鈉溶液，分液去水層后，加入 NaOH固體干燥、過濾 【解析】(1)根據濃氨水和濃鹽酸都具有揮發(fā)性結合題中信息苯胺沸點184分析； (2)為了獲得較好的冷凝效果，采用逆流原理；(3)根據題中信息，聯系銨鹽與堿反應的性質，通過類比遷移，不難寫出離子方程式；(4)根據蒸餾產物分析；(5)根據裝置內壓強突然減小會引起倒吸分析；(6)根據關系式即可計算苯胺的產率；(7)根據物質的性質分析作答。【詳解】(1)蘸有濃氨水和濃鹽酸的玻璃棒靠近，產生白煙，是濃氨水揮發(fā)出來的NH3和濃鹽酸揮發(fā)出來的HCl反應

27、生成NH4Cl固體小顆粒，化學方程式為：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替濃氨水重復上述實驗，卻觀察不到白煙，原因是苯胺沸點184，比較高，不易揮發(fā)；(2)圖1裝置包含了產品的分餾，是根據各組分的沸點的不同、用加熱的方法來實現各組分的分離的操作，冷凝管是下口進水，上口出水，保證冷凝效果，故答案為：b；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反應的離子方程式為C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O；(4)因為蒸餾出來的是水和苯胺的混合物，故無需溫度計；(5)操作i中，為了分離混合物，取出燒瓶C前，應先打開止水夾d，再停止加熱，理由是防止裝置B內壓強突然減小引起倒吸；(6)設理論上得到苯胺m，根據原子守恒可知C6H5NO2C6H5NH2，則m=4.65g，所以該實驗中苯胺的產率=100%=60%；(7)在混合物中先加入足量鹽酸，經分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固體干燥苯胺中還含有的少量水分，濾去NaOH固體，即可得較純凈的苯胺，即實驗方案是：加入稀鹽酸，分液除去硝基苯，再加入氫氧化鈉溶液，分液去水層后，加入 NaOH固體干燥、過濾。2