2022屆遼寧省遼河油田第二高三下學(xué)期第一次聯(lián)考化學(xué)試卷含解析

1、2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)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(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)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(jié)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、以下關(guān)于原子的未成對電子數(shù)的敘述正確的是()鈉、鋁、氯：1個；硅、硫：2個；磷：3個；鐵：4個A只有B只有C只有D有2、25時，關(guān)于某酸(用H2A表示)下列說法中，不正確的是（ ）ApH=a的Na2A溶液中，由水電離產(chǎn)生的c(OH-)=10

2、a-14B將pH=a的H2A稀釋為pH=a+l的過程中，c(H2A)/c(H+)減小，則H2A為弱酸C測NaHA溶液的pH，若pH7，則H2A是弱酸；若pH7，則H2A是強(qiáng)酸D0.2 molL-1 H2A 溶液中的 c(H+)=a，0.1 molL-1H2A溶液中的 c(H+)=b，若a7，說明HA-在溶液中水解，則H2A是弱酸；若pH7，H2A不一定是強(qiáng)酸，可能是HA-的電離大于HA-的水解，故C錯誤；D若H2A為強(qiáng)酸，0.2 molL-1 H2A 溶液中的 c(H+)=a=0.4molL-1，0.1 molL-1 H2A溶液中的 c(H+)=b=0.2 molL-1 ，此時a=2 b，現(xiàn)a

3、H2SO4，故D正確。7、D【解析】A天然油脂為高級脂肪酸與甘油生成的酯，水解反應(yīng)屬于取代反應(yīng)的一種；B在加入新制氫氧化銅懸濁液之前需要加入NaOH溶液；C加入硫酸鈉，蛋白質(zhì)不變性；D氨基酸含羧基和氨基官能團(tuán)。【詳解】A油脂得到皂化是在堿性條件下發(fā)生的水解反應(yīng)，水解反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故A錯誤；B在加入新制氫氧化銅懸濁液之前需要加入NaOH溶液中和未反應(yīng)的稀硫酸，否則不產(chǎn)生磚紅色沉淀，故B錯誤；C加入濃硫酸鈉溶液，蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，不變性，故C錯誤；D氨基酸結(jié)構(gòu)中都含有COOH 和NH2 兩種官能團(tuán)，甘氨酸為最簡單的氨基酸，故D正確；故選：D?！军c睛】解題關(guān)鍵：明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系，易錯點A，注

4、意：水解反應(yīng)、酯化反應(yīng)都屬于取代反應(yīng)。8、C【解析】ACCl4中只含C-Cl極性共價鍵，故A不選；BNa2O2既含有非極性共價鍵，又含有離子鍵，為離子化合物，故B不選；CC2H4中含C-H極性共價鍵和C=C非極性共價鍵，只含共價鍵，由C、H元素組成，為共價化合物，故C選；DCS2中只含C=S極性共價鍵，故D不選；故選：C。9、B【解析】ABF2Cl只有一種結(jié)構(gòu)，可能為三角錐型，可能為平面三角形，故A錯誤；BBF3中B的價電子對數(shù)為3，雜化類型為sp2，三根BF鍵間鍵角都為120，為平面三角形，故B正確；CBFCl2只有一種結(jié)構(gòu)，可能為三角錐型，可能為平面三角形，故C錯誤；D三根BF鍵鍵長都為1

5、30pm，可能為三角錐型，可能為平面三角形，故D錯誤；故選B。10、B【解析】A在酸性條件下，酚羥基和羧基可以和氫氧化鈉反應(yīng)，故1mol酚酞可與3molNaOH發(fā)生反應(yīng)，A錯誤；B在酸性條件下，兩個酚羥基有4個鄰位氫原子，1mol酚酞可與4molBr2發(fā)生反應(yīng)，B正確；C酚酞分子中沒有碳碳雙鍵，所以酸性條件下的酚酞不能發(fā)生加聚反應(yīng)，C錯誤；D酚羥基不能發(fā)生消去反應(yīng)，連接醇羥基的碳原子的鄰位碳原子上沒有氫原子，也不能發(fā)生消去反應(yīng)，D錯誤；故選B。11、D【解析】Aa點未飽和，減少溶劑可以變?yōu)轱柡?，則a點表示的溶液通過升溫得不到b點，故A錯誤；B加催化劑改變了反應(yīng)的歷程，降低反應(yīng)所需的活化能，但是

6、反應(yīng)熱不變，故B錯誤；C碳酸鈉先與氯化氫反應(yīng)生成碳酸氫鈉，開始時沒有二氧化碳生成，碳酸鈉反應(yīng)完全之后碳酸氫鈉與氯化氫反應(yīng)生成二氧化碳，生成二氧化碳需要的鹽酸的體積大于生成碳酸氫鈉消耗的鹽酸，故C錯誤；D. 圖4表示反應(yīng)aA(g)+bB(g)cC(g)，由圖可知，P2先達(dá)到平衡，壓強(qiáng)大，加壓后，A%減小，說明加壓后平衡正向移動，a+bc，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查了元素化合物的性質(zhì)、溶解度、催化劑對反應(yīng)的影響等，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和讀圖能力，注意把握物質(zhì)之間發(fā)生的反應(yīng)，易錯點A，a點未飽和，減少溶劑可以變?yōu)轱柡汀?2、C【解析】A葡萄糖是單糖不能水解，lmol葡萄糖能分解生成2mo

7、lCH3CH2OH和2molCO2，故A錯誤；B苯的結(jié)構(gòu)簡式為，但分子結(jié)構(gòu)中無碳碳雙鍵，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B錯誤；C乙醇分子式可以變式為C2H4H2O，故乙醇燃燒相當(dāng)于乙烯燃燒，耗氧量相同，故C正確；D乙烯和植物油均含有碳碳雙鍵，都能使溴水褪色，其褪色原理均為加成反應(yīng)，故D錯誤；答案為C。13、D【解析】由圖示裝置可知，涉及的儀器為：坩堝、泥三角、三腳架、酒精燈等，由于給坩堝加熱時可以直接進(jìn)行加熱，不需要使用石棉網(wǎng)，所以該裝置中沒有用到石棉網(wǎng)，答案選D?！军c睛】注意常見的儀器干燥及正確的使用方法，明確給坩堝加熱時，不需要墊上石棉網(wǎng)。14、C【解析】A干冰為二氧化碳、明礬為十二水合硫

8、酸鋁鉀、燒堿為氫氧化鈉，都是化合物，故A正確；B石墨、C60、金剛石都是碳元素形成的不同單質(zhì)，屬于同素異形體，故B正確；C乙醇、四氯化碳屬于非電解質(zhì)，氯氣是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故C錯誤；D漂白粉是氯化鈣和次氯酸鈣的混合物、純凈礦泉水是含電解質(zhì)的水，屬于混合物，鹽酸是氯化氫氣體的水溶液，屬于混合物，故D正確；答案選C。15、C【解析】A項，光合作用消耗CO2，光合作用的總方程式可表示為6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用會引起大氣中CO2含量下降；B項，自然降雨時H2O會與少量CO2反應(yīng)生成H2CO3，不會引起CO2含量的上升；C項，化石燃料指煤、石油、天然氣，煤、石

9、油、天然氣中都含C元素，C元素燃燒后生成CO2，化石燃料的燃燒會引起大氣中CO2含量上升；D項，碳酸鹽沉積指由形成于海洋或湖泊底部的粒裝泥狀碳酸鹽礦物及其集合體，通過生物作用或從過飽和碳酸鹽的水體中直接沉淀，水體中生物活動消耗CO2，有利于碳酸鹽沉積，碳酸鹽沉積不會引起大氣中CO2含量上升；化石燃料的燃燒會引起大氣中CO2含量上升；答案選C。16、D【解析】侯德榜使用而索爾維法制堿是向飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，獲得碳酸氫鈉晶體，再將所得碳酸氫鈉晶體加熱分解后即可得到純堿，它的反應(yīng)原理可用下列化學(xué)方程式表示：NaCl(飽和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3

10、Na2CO3+CO2+H2O；再向廢液NH4Cl中加入CaO又可生成氨氣，可以循環(huán)使用，方程式為：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+H2O，所以沒有使用的反應(yīng)原理的化學(xué)方程式是NaHCO3+NH3+NaClNa2CO3+NH4Cl；故選：D?！军c睛】侯德榜使用而索爾維法制堿是向飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，獲得碳酸氫鈉晶體，再將所得碳酸氫鈉晶體加熱分解后即可得到純堿，再向廢液NH4Cl中加入CaO又可生成氨氣，可以循環(huán)使用。二、非選擇題（本題包括5小題）17、丙酮 碳碳雙鍵、羧基 甲醇 濃硫酸、加熱 +CH3OH C12H9N2OF3 【解析】A和HCN加成得到B，-H加在O原子上

11、，-CN加C原子上，B發(fā)生消去反應(yīng)得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反應(yīng)得到E，E發(fā)生取代反應(yīng)生成F，F(xiàn)發(fā)生加成、氧化反應(yīng)生成G，G氧化成比魯卡胺?！驹斀狻浚?）由A的結(jié)構(gòu)簡式可知，A的分子式為：C3H6O，故答案為：C3H6O；（2）由D的結(jié)構(gòu)簡式可知，D中含碳碳雙鍵、羧基，故答案為：碳碳雙鍵、羧基；（3）D和甲醇酯化反應(yīng)生成E，酯化反應(yīng)的條件為濃硫酸、加熱，故答案為：甲醇；濃硫酸、加熱；（4）由圖可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以發(fā)生的反應(yīng)為：+CH3OH，故答案為：+CH3OH；（5）數(shù)就行了，F(xiàn)的分子式為：C12H9N2OF3，故答案為：C12H9N2OF3

12、；（6）所含官能團(tuán)類別與E相同，則一定含碳碳雙鍵、酯基，核磁共振氫譜為三組峰，峰面積比為1：1：6，則必有2個甲基，所以先確定局部結(jié)構(gòu)含C-C=C，在此基礎(chǔ)上，酯基中的羰基只可能出現(xiàn)在3號碳上，那么甲基只可能連在一號碳上，所以符合條件的只有一種，故答案為：；（7）結(jié)合本題進(jìn)行逆合成分析：參照第步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而來，由消去而來，由和HCN加成而來，綜上所述，故答案為：?！军c睛】復(fù)雜流程題，要抓住目標(biāo)產(chǎn)物、原料和流程中物質(zhì)的相似性，本題中的目標(biāo)產(chǎn)物明顯有個酰胺基，這就和F對上了，問題自然應(yīng)迎刃而解。18、1,2-二氯乙烷 取代反應(yīng) AD 18 Cu/Ag，O2， 【解析】根

13、據(jù)流程圖，鹵代烴A()在氫氧化鈉溶液中水解生成B，B為，C()在氫氧化鈉條件下反應(yīng)生成D，D與甲醇發(fā)生酯交換生成E()，D的分子式為C3H4O3，核磁共振氫譜只有一組峰，因此D為，據(jù)此分析解答(1)(6)；(7)CH2=CHCH3與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后將CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為，名稱為1,2-二氯乙烷，D的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為1,2-二氯乙烷；(2)B為，C為，B與發(fā)生取代反應(yīng)生成，故答案為取代反應(yīng)；(3)H為。A.根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡式，H的分子式為C15H16O2

14、，故A正確；B.H中含有酚羥基，具有弱酸性，但含有2個苯環(huán)，不屬于苯酚的同系物，故B錯誤；C.結(jié)構(gòu)中含有，是四面體結(jié)構(gòu)，因此分子中碳原子一定不共面，故C錯誤；D.酚羥基的鄰位和對位氫原子能夠發(fā)生取代反應(yīng)，1mol H與濃溴水取代所得有機(jī)物中最多含有4個溴原子，酚羥基和溴原子均能消耗NaOH，且溴原子水解生成的酚羥基也能與氫氧化鈉反應(yīng)，因此1mol 最多消耗10mol氫氧化鈉，故D正確，故答案為AD；(4)AB是鹵代烴的水解反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為；(5)最常見的聚碳酸酯是用H與光氣()聚合得到，與發(fā)生縮聚反應(yīng)生成，故答案為； (6)H()的不飽和度=8，H的同分異構(gòu)體中滿足下列條件：

15、有萘環(huán)()結(jié)構(gòu)，不飽和度=7，能發(fā)生水解和銀鏡反應(yīng)，說明結(jié)構(gòu)中含有酯基和醛基，因此屬于甲酸酯類物質(zhì)，酯基的不飽和度=1，因此其余均為飽和結(jié)構(gòu)，兩個乙基且在一個環(huán)上，兩個乙基在一個環(huán)上有、4種情況，HCOO-的位置分別為6、6、3、3，共18種結(jié)構(gòu)，故答案為18；(7)CH2=CHCH3與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后將CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，因此L為CH3CHOHCH3，反應(yīng)的條件為Cu/Ag，O2，故答案為CH3CHOHCH3；Cu/Ag，O2，?！军c睛】本題的難點和易錯點為(3)D的判斷，要注意H與溴水的取代

16、產(chǎn)物為，與氫氧化鈉充分反應(yīng)生成和溴化鈉。19、攪拌（或適當(dāng)升溫等合理答案即可） H2O2+2H+ +Cu=Cu2+ +2H2O CuO或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO3等合理答案即可 加人洗滌劑至浸沒沉淀且液面低于濾紙邊緣，待液體自然流下后，重復(fù)23次 溫度過低，反應(yīng)速率太慢，溫度過高，Cu2(OH)2CO3易分解 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2 100% 【解析】廢銅屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3與稀硫酸反應(yīng)，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，銅單質(zhì)不與硫

17、酸反應(yīng)，再加入雙氧水將Fe2+氧化為Fe3+，同時銅單質(zhì)與雙氧水在酸性條件下反應(yīng)生成銅離子，再調(diào)節(jié)溶液pH值，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，過濾后得到主要含有硫酸銅的濾液，將溶液溫度控制在5560左右，加入碳酸鈉，濾液中產(chǎn)生Cu2(OH)2CO3晶體，再經(jīng)過過濾、冷水洗滌，干燥，最終得到Cu2(OH)2CO3，以此解題?！驹斀狻?1)為加快廢銅屑在稀硫酸中的溶解速率，可進(jìn)行攪拌、加熱、增大硫酸濃度等方法；(2)“操作”中，銅單質(zhì)與雙氧水在酸性條件下反應(yīng)生成銅離子，離子方程式為H2O2+2H+ +Cu=Cu2+2H2O；(3)“調(diào)節(jié)pH”操作目的是將溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3

18、沉淀除去，由于廢銅屑使用酸浸溶解，需要加入堿性物質(zhì)中和多余的酸，在不引入新的雜質(zhì)的情況下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO3等合理答案即可；(4)洗滌Cu2(OH)2CO3沉淀的操作為過濾，合理操作為：加人洗滌劑至浸沒沉淀且液面低于濾紙邊緣，待液體自然流下后，重復(fù)23次；(5) 根據(jù)題目已知：Cu2(OH)2CO3為難溶于冷水和乙醇，水溫越高越易分解?！安僮鳌敝袦囟冗x擇5560的既可以加快反應(yīng)速率同時也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，該步驟中向含有硫酸銅的濾液中加入碳酸鈉生成Cu2(OH)2CO3的同時產(chǎn)生CO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式：2CuSO4+2Na2

19、CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2；(6) m1g產(chǎn)品，灼燒至固體質(zhì)量恒重時，得到黑色固體(假設(shè)雜質(zhì)不參與反應(yīng))，發(fā)生的反應(yīng)為：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O，灼燒至固體質(zhì)量恒重時剩余固體為氧化銅和雜質(zhì)，根據(jù)反應(yīng)方程式計算：設(shè)樣品中Cu2(OH)2CO3的質(zhì)量為xg。Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O 222 62x m1- m2=，解得：x=，則樣品中Cu2(OH)2CO3的純度為100%=100%。【點睛】本題是工藝流程題中的實驗操作和化學(xué)原理結(jié)合考查，需結(jié)合反應(yīng)速率的影響因素，實際操作步驟具體分析，還應(yīng)熟練元素化合物的知識。20、沉

20、淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生或無明顯現(xiàn)象 BaCO32H=Ba2CO2H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2結(jié)合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動 b 小于 2Ag2I=I22Ag 生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I）減小，I還原性減弱，原電池的電壓減小 實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c（I）增大，證明發(fā)生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq) 【解析】因為BaCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸。實驗是將少量BaCl2

21、中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32與Ba2結(jié)合生成BaCO3沉淀。向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉(zhuǎn)化為AgI。AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應(yīng)遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于沉淀反應(yīng)速率；原電池總反應(yīng)的離子方程式為2I2Ag = 2AgI2；由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產(chǎn)生

22、了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)減小，I還原性減弱，根據(jù)已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強(qiáng)，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強(qiáng)弱與其濃度有關(guān)”可的結(jié)論；實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c(I)增大，證明發(fā)生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)?！驹斀狻恳驗锽aCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸，所以實驗說明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4，依據(jù)的現(xiàn)象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生(或無明顯現(xiàn)象)；故答案為：沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生或無明顯現(xiàn)象。實驗是將少

23、量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為BaCO32H = Ba2CO2H2O；故答案為：BaCO32H = Ba2CO2H2O。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32與Ba2結(jié)合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動，BaSO4沉淀部分轉(zhuǎn)化為BaCO3沉淀；故答案為：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO3

24、2與Ba2結(jié)合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動。為觀察到AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，需向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉(zhuǎn)化為AgI；故答案為：b。AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應(yīng)遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于沉淀反應(yīng)速率；原電池總反應(yīng)的離子方程式為2I2Ag = 2AgI2；故答案為：小于；2I2Ag= 2AgI2。由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產(chǎn)生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)減小，I還原性減弱，根據(jù)已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強(qiáng)，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強(qiáng)弱與其濃度有關(guān)”可知，實驗中ba；故答案為：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I)減小，I還原性減弱，原電池的電壓減小。實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c(I)增大，證明發(fā)生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)；故答案為：實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c(I)增大，證明發(fā)生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)。21、酯基、醛基 乙炔 濃硫酸、加