2022年广东省揭阳市产业园高考仿真模拟化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡

2、一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下,将盐酸滴加到联氨（N2 H4）的水溶液中,混合溶液中pOHpOH=- lgc（OH- ）随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（已知N2H4在水溶液中的电离方程式:N2H4+H2O- N2H5+OH- ，N2H5+ +H2O- N2H62+OH- ）A联氨的水溶液中不存在H+B曲线M表示pOH与的变化关系C反应N2H4+H2ON2H5+OH-的K=10-6DN2H5Cl的水溶液呈碱性2、下列实验操作规范并能达到实验目的的是实验操作实验目的A在一定条件下，向混有少量乙烯的乙烷中通入氢气除去乙烷中的乙烯B用玻璃管蘸取待测液，点在干

3、燥的pH试纸中部，片刻后与标准比色卡比较读数粗略测定NaClO溶液pHC用0.1 mol/LMgSO4溶液滴入到2mlNaOH溶液中至不再有沉淀生成再滴入0.1 mol/LCuSO4溶液比较Mg（OH）2和Cu（OH）2的Ksp大小D向亚硫酸钠溶液中滴加硝酸钡和硝酸检验亚硫酸钠溶液是否变质AABBCCDD3、常温下，向盛50mL0.100molL-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL的蒸馏水、0.100molL-1醋酸铵溶液，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.810-5，Kb(NH3H2O)=1.810-5。下列说法正确的是（ ）A曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变

4、化图，滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小B曲线Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-)_molL1时，易形成CaC2O4沉淀。已知Ksp(CaC2O4)2.3109(3) 测定某草酸晶体(H2C2O4xH2O)组成的实验如下：步骤1：准确称取0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O42NaOH=Na2C2O42H2O)，消耗NaOH溶液的体积

5、为20.00 mL。“步骤1”的目的是_。计算x的值(写出计算过程)_。21、雾霾天气给人们的出行带来了极大的不便，因此研究NO2、SO2等大气污染物的处理具有重要意义。(1)某温度下，已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H1=-196.6kJ/mol2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H2NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H3=-41.8kJ/mol则H2= _。(2)按投料比2:1把SO2和O2加入到一密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ，测得平衡时SO2的转化率与温度T、压强p的关系如图甲所示：A、B两点对应的平衡常数大小关系为KA

6、 _（填“”“”或“=”，下同）KB；温度为T,时D点vD正与vD逆的大小关系为vD正 _vD逆；T1温度下平衡常数Kp=_ kPa-1（Kp为以分压表示的平衡常数，结果保留分数形式）。(3)恒温恒容下，对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，测得平衡时SO3的体积分数与起始的关系如图乙所示，则当=1.5达到平衡状态时，SO2的体积分数是图乙中D、E、F三点中的_点。A、B两点SO2转化率的大小关系为aA _（填“”“”或“=”）aB。(4)工业上脱硫脱硝还可采用电化学法，其中的一种方法是内电池模式（直接法），烟气中的组分直接在电池液中被吸收及在电极反应中被转化，采用内电池模式将SO

7、2吸收在电池液中，并在电极反应中氧化为硫酸，在此反应过程中可得到质量分数为40%的硫酸。写出通入SO2电极的反应式：_；若40%的硫酸溶液吸收氨气获得(NH4)2SO4的稀溶液，测得常温下，该溶液的pH=5，则_（计算结果保留一位小数，已知该温度下NH3H2O的Kb=1.710-5）；若将该溶液蒸发掉一部分水后恢复室温，则的值将_（填“变大”“不变”或“变小”）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A. 联氨的水溶液中，水可以电离出H+，故A错误；B. 当c(N2H5+)=c(N2H4)时，Kb1=c(OH-)，同理c(N2H6+)= c(N2H5+)时，Kb2=c(O

8、H-)，所以曲线N表示pOH与的变化关系，曲线M表示pOH与的变化关系，故B错误；C. c(N2H5+)=c(N2H4)时，反应N2H4+H2ON2H5+OH-的K=10-6，故C正确；D. N2H4在水溶液中不能完全电离，则N2H5Cl属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D错误；故选C。2、C【解析】A.除去乙烷中的乙烯不能用氢气，因为会引入氢气这种新的杂质气体，故A错误；B.由于溶液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，故不能测定溶液pH，故B错误； C.和组成相似，溶度积常数较小的物质转化为溶度积更小的物质，用溶液滴入到2 mL NaOH溶液中至不再有沉淀生成，则完全反应生成，再滴入溶液，若产生蓝

9、色沉淀，则证明转化为，则说明的比的小，故C正确；D. 亚硫酸钠具有还原性，能被硝酸氧化为，与反应生成白色沉淀，不能检验出亚硫酸钠溶液是否变质，故D错误； 故答案为：C。3、B【解析】HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此时PH=1+1=2，现在加50ml水，溶液体积远远小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸铵的，据此回答。【详解】A由分析可知曲线X是盐酸中滴加水的pH变化图，HCl被稀释，H+和Cl-浓度减小，但有Kw=H+OH-可知，OH-在增大，A错误；B. 当加入50mL醋酸按时，醋酸铵和HCl恰好完全反应，溶质为等物质的量、浓

10、度均为0.05molL-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-浓度最大，因为Ka(CH3COOH)=1.810-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)0.05mol/L，所以Y上任意一点C(NH4+) C(CH3COO-)，B正确；C. a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)= n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)-n(NH4+)= n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01molL-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01molL-10.1L=0.001mol，所以n(Cl-)n(CH3COO-)

11、n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D. b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。 答案选B。【点睛】A一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。4、A【解析】A能使甲基橙呈红色的溶液显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，选项A符合题意；B. 使KSCN呈红色的溶液中有大量的Fe3，Fe3、Al3均可与S2发生双水解产生氢氧化物和硫化氢而不能大量共存，选项B不符合题意；C. 使酚酞呈红色

12、的溶液呈碱性，Mg2、Cu2与氢氧根离子反应生成沉淀而不能大量存在，选项C不符合题意；D. 由水电离出的c(H)1012molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，HCO3-均不能大量存在，选项D不符合题意；答案选A。5、C【解析】A分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；B分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；C分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D错误；答案选C。【点睛】高中阶段，能与碳

13、酸氢钠反应的官能团只有羧基。1mol-COOH与足量的碳酸氢钠反应生成1mol CO2。6、D【解析】A选项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；B选项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；C选项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；D选项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。综上所述，答案为D。7、D【解析】A. NaHCO3溶液与足量的澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反

14、应的离子方程式为：Ca2OHHCO3-=CaCO3H2O ，选项A错误；B. NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液反应生成碳酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为HCO3-NH4+2OH=CO32-H2ONH3H2O，选项B错误；C. 向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，反应生成碳酸氢钠和硅酸，反应的离子方程式为SiO32-2CO22H2O=H2SiO32HCO3-，选项C错误；D.Fe2还原性大于Br，Cl2与足量的FeBr2溶液反应只能生成Fe3，反应的离子方程式为Cl22Fe2=2Fe32Cl，选项D正确。【点睛】本题考查离子方程式的书写及正误判断，易错点为选项A.考查过量问题，在

15、离子方程式的正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破这个陷阱的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量。如何判断哪种物质过量：典例对应的离子方程式少量NaHCO3Ca2OHHCO3-=CaCO3H2O足量Ca(OH)2足量NaHCO3Ca22OH2HCO3-=CaCO32H2OCO32-少量Ca(OH)28、B【解析】A硫化氢与亚硫酸反应生成硫和水，硫是淡黄色固体，所以有黄色沉淀生成，故A错误；B二氧化碳与氯化钙溶液不能生成沉淀，故B正确；C氨气溶于水生成氨水，氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C错误；D氯化氢与水

16、反应生成盐酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，故D错误；答案选B。【点睛】二氧化碳和氯化钙溶液不能发生复分解反应，如果反应生成碳酸钙和盐酸，属于弱酸制强酸了，不符合化学原理。9、C【解析】A.氢氧化钠和氯气、HCl都能发生反应，应用饱和食盐水除杂，A错误；B.Na2CO3容易溶于水，因此不能使用该装置制取CO2，应该使用CaCO3与HCl反应制取CO2气体，B错误；C.碘容易溶于CCl4，不容易溶于水，用CCl4作萃取剂可以将碘水中的碘萃取出来，CCl4与水互不相容，通过分液的方法可以分离开有机层和水层，C正确；D.加热蒸发时可促进氯化铁水解，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，盐酸易

17、挥发，为抑制FeCl3水解，制备FeCl3晶体应在HCl的气流中蒸发结晶，D错误；故合理选项是C。10、A【解析】A. 液氯是液态的氯，和铁在常温下不反应，所以可以储存在钢瓶中，故A正确；B. 海水制镁富集氯化镁，生产流程采用了向晒盐后的苦卤中加入石灰乳，而不是直接往海水中加入氢氧化钙溶液，故B错误；C. 水垢的主要成分为碳酸钙和氢氧化镁，硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙，不容易去除，所以应该用盐酸清洗锅炉后的水垢，故C错误；D. 生产水泥的原料为石灰石、黏土，故D错误。故选A。11、C【解析】A. 环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液，利用“84”消毒液的强氧化性，使蛋白质变性，故A增强

18、；B. 维生素C具有还原性，可用维生素C作食品中的抗氧化剂，故B正确；C. 治疗胃酸过多可用NaHCO3和Al(OH)3，不能用Ca(OH)2，Ca(OH)2碱性较强，会灼伤胃，故C错误；D. 除去工业废水中的Cu2+可用FeS，Cu2+(aq) + FeS(s)CuS(s) + Fe2+(aq)，生成更难溶的CuS，故D正确。综上所述，答案为C。12、D【解析】A、第IA族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项A错误；B、第IIIA族硼是原子晶体，其它是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项B错误；C、C、Si、Ge等都属于第IVA族元素，属于原子晶体，铅是

19、金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项C错误；D、第VIA族形成的都是分子晶体，形成的单质晶体类型相同，选项D正确；答案选D。【点睛】明确晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，易错点是选项C。13、B【解析】A浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A错误；BSO2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，B正确；C即使没有变

20、质，Na2SO3和Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将BaSO3氧化成BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，C错误；D浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe钝化，不能比较Fe和Cu的活泼性，D错误。答案选B。【点睛】NO3-在酸性环境下有强氧化性。14、C【解析】A. 玻璃成分为硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，故A正确，但不符合题意；B. 该发电玻璃能将光能转化为电能，但是不能完全转化，存在能量损耗，故B正确，但不符合题意；C. 碲化镉不含碳元素，是一种无机化合物，不是有机化合物，故C错误，但符合题意；D. 应用该

21、光电转化技术可减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，故D正确，但不符合题意；故选：C。15、C【解析】A.Li3N中锂元素的化合价为+1价，根据化合物中各元素的代数和为0可知，N元素的化合价为-3价，A项正确；B.由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，元素的化合价都无变化，W为LiOH，反应方程式：Li2N+3H2O3LiOH+NH3，B项正确；C.由原理图可知，过程为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；D.过程电解LiOH产生O2，阳极反应为4OH4eO2+2H2O，D项正确。故答案选C。16、D【解析】Aa点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通

22、过升温得不到b点，故A错误；B加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故B错误；C碳酸钠先与氯化氢反应生成碳酸氢钠，开始时没有二氧化碳生成，碳酸钠反应完全之后碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，生成二氧化碳需要的盐酸的体积大于生成碳酸氢钠消耗的盐酸，故C错误；D. 图4表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)，由图可知，P2先达到平衡，压强大，加压后，A%减小，说明加压后平衡正向移动，a+bc，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了元素化合物的性质、溶解度、催化剂对反应的影响等，侧重于考查学生的分析能力和读图能力，注意把握物质之间发生的反应，易错点A，a点未饱和，减少溶剂可

23、以变为饱和。二、非选择题（本题包括5小题）17、C10H8 羟基，醚键 取代反应 【解析】根据合成路线中有机物的结构变化及分子式结合反应条件分析合成过程中的中间产物及反应类型；根据提示信息及原料、目标产物，采用逆合成分析法设计合成路线。【详解】根据已知条件及D的结构式分析得A与浓硫酸发生取代反应，则B的结构简式为；根据B和D的结构及反应条件可以分析得中间产物C的结构简式为：；根据E的分子式结合D的结构分析知E的结构简式为：；根据F的结构及反应条件分析G的结构简式为：；(1)根据A的结构简式分析得A的化学式是C10H8；(2)根据H的结构简式分析，H中所含官能团的名称是羟基，醚键；比较G和H的结

24、构变化可以看出H中酚羟基上的氢原子被取代，所以该反应为取代反应；(3)根据上述分析C的结构简式为；G的结构简式为；(4)由D生成E属于取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)X属于芳香族化合物，则X中含有苯环，1mol X最多可与4mol NaOH反应，结构中可能含有2个酯基，结构中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:1，说明结构中对称性较强，结构中应该含有多个甲基，则符合要求的X的结构简式有为：、；(6)根据目标产物逆分析知由发生取代反应生成，而根据提示信息可以由在一定条件下制取，结合有机物中官能团的性质及题干信息，可以由氧化制取，则合成路线为：。18、消

25、去反应 加聚反应 C10H18 HOC(CH3)2COOHCH2=C(CH3)COOH+H2O HCOOCH(CH3)=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3 或 浓溴水 【解析】根据题中各物质转化 关系可知，A遇FeCl3溶液显紫色，所以A中有酚羟基，AB发生了类似题已知的反应，结合M 的结构简式可以反应推得A为，B为，C为，D为，根据E的分子式，且E在浓硫酸条件下能生成G，可知E为，G为，根据F的分子式可知，F为，所以H为，据此分析解答。【详解】(1)反应是醇羟基脱水生成碳碳双键，所以是消去反应，反应是由单体发生加聚生成高分子化合物，所以是加聚反

26、应；(2)根据上面的分析可知，D为，所以D的分子式为C10H18，G的结构简式为 ；(3)E生成F的化学反应方程式为 HOC(CH3)2COOH CH2=C(CH3)COOH+H2O；(4)E在浓硫酸作用下转化为F时，除生成副产物G，还会进行分子间的缩聚生成高分子，该产物的结构简式为；(5)属于酯类且含甲基F的同分异构体有多种，其中一种的结构简式为HCOOCH(CH3)=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3；(6)根据上面的分析可知，高分子化合物N的结构简式为 或，A有2种结构，可通过定量实验来确定其准确结构，该定量实验可通过A与浓溴水反应来实现，

27、根据用去的溴的物质量判断；19、收集ClO2（或使ClO2冷凝为液体） 1：1 2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O 溶液分层，下层为紫红色 用AgNO3标准溶液进行润洗 3.55 偏低 【解析】(1)冰水浴可降低温度，防止挥发； 氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；(3)根据滴定操作中消耗的AgNO3的物质的量计算溶液中含有的Cl-的物质的量，再计算浓度即可。【详解】(1)冰水浴可降低温

28、度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl和氧化产物NaClO的物质的量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1；以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O；(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2生成，体现Cl

29、O2具有氧化性；(3)装入AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用AgNO3标准溶液进行润洗后再装入AgNO3标准溶液；滴定操作中第1次消耗AgNO3溶液的体积明显偏大，可舍去，取剩余3次数据计算平均体积为mL=10.00mL，含有AgNO3的物质的量为0.0001molL10.01L=110-6mol，测得自来水中Cl-的含量为=3.55gL1；在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低。20、C6H12O66HNO3=3H2C2O46H2O6NO 1.3106 测定NaOH溶液的准确浓度 x2 【解析】（1）依据氧化还原反应规律书写其方程式；（

30、2）根据c=得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；（3）利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。【详解】（1）HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O66HNO3=3H2C2O46H2O6NO；（2）c(Ca2+)=0.00179mol/L，又Ksp(CaC2O4)2.3109=，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O42-)1.3106；（3）“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；