2022年高三第三次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某有机物的结构为，下列说法正确的是（ ）A1 mol

2、该有机物最多可以与7 mol H2发生加成反应B该有机物可以发生取代、加成、氧化、水解等反应C0.1 mol该有机物与足量金属钠反应最多可以生成3.36L H2D与该有机物具有相同官能团的同分异构体共有8种（不考虑立体异构）2、用化学用语表示C2H2HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（ ）A中子数为7的碳原子：CB氯乙烯的结构简式：CH2CHClC氯离子的结构示意图：DHCl的电子式：H3、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下，M单质为淡黄色固体。下列说法不正确的是AX单质与M单质不能直

3、接化合BY的合金可用作航空航天飞行器材料CM简单离子半径大于Y2+的半径DX和Z的气态氢化物，前者更稳定4、重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法正确的是A氘(D)的原子核外有2个电子B1H与D是同一种原子CH2O与D2O互称同素异形体D1H218O与D216O的相对分子质量相同5、已知H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)CO2(g)=COS(g)H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，经过4 min达到平衡，平衡时水的物质的量分数为2%，则下列说法不正确的是()ACO2的平衡转化率2.5%B用H2S表示该反应的速

4、率为0.001 molL1min1C在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为3%，说明该平衡正向移动了D反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变6、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是 A该反应属于化合反应Bb的二氯代物有6种结构C1mol b加氢生成饱和烃需要6molH2DC5H11Cl的结构有8种7、NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是A0.1 mol 的11B中，含有0.6NA个中子BpH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D密闭容器中2 mol SO2与1 mo

5、lO2反应制得2 molSO38、不符合A族元素性质特征的是A从上到下原子半径逐渐减小B易形成1价离子C最高价氧化物的水化物显酸性D从上到下氢化物的稳定性依次减弱9、下列各项中的两个量，其比值一定为21的是 （ ）A在反应2FeCl3+Fe =3FeCl2中还原产物与氧化产物的质量B相同温度下，0.2 molL1CH3COOH溶液与0.1 molL-1CH3COOH溶液中c(H+)C在密闭容器中，N2+3H22NH3已达平衡时c(NH3)与c(N2)D液面均在“0”刻度时，50 mL碱式滴定管和25 mL碱式滴定管所盛溶液的体积10、香草醛是一种广泛使用的可食用香料，可通过如下方法合成。下列说

6、法正确的是( )A物质的分子式为C7H7O2BCHCl3分子具有正四面体结构C物质、(香草醛)互为同系物D香草醛可发生取代反应、加成反应11、某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（ ）A3p64s1B4s1C3d54s1D3d104s112、下列物质的性质和用途不存在因果关系的是A胶体具有电泳的性质，可向豆浆中加入盐卤制作豆腐B醋酸酸性强于碳酸，用醋酸溶液清除热水器中的水垢C小苏打受热易分解，在面粉中加入适量小苏打焙制糕点D氧化铝熔点高，可作耐高温材料13、实行垃圾分类，关系生活环境改善和节约使用资源。下列说法正确的是A回收厨余垃圾用于提取食用油B对废油脂进行处理

7、可获取氨基酸C回收旧报纸用于生产再生纸D废旧电池含重金属须深度填埋14、有下列两种转化途径，某些反应条件和产物已省略。下列有关说法不正确的是途径 SH2SO4途径 SSO2SO3H2SO4A途径反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性B途径的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低成本C由途径和分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mole-D途径与途径相比更能体现“绿色化学”的理念是因为途径比途径污染相对小且原子利用率高15、锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述不正确的是A锌电极上发生氧化反应B电池工作一段时间后，甲池的c(S

8、O42-)减小C电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D阳离子通过交换膜向正极移动，保持溶液中电荷平衡16、用ClCH2CH2OH和NaCN为原料可合成丙烯酸，相关化学用语表示错误的是()A质子数和中子数相等的钠原子：NaB氯原子的结构示意图：CNaCN的电子式：D丙烯酸的结构简式：CH3CH=CHCOOH二、非选择题（本题包括5小题）17、一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答相关问题：（1）化合物A转化为B的方程式为_，B中官能团名称是_。（2）H的系统命名为_，H的核磁共振氢谱共有_组峰。（3）HI的反应类型是_（4）D的分子式为_，反应B十ID中Na2CO3的作用是_。（5）F由E

9、和环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，F的结构简式为_。（6）D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2，符合下列条件的同分异构体有_种。核磁共振氢谱有4组峰；能发生银镜反应；与FeCl3发生显色反应。18、有机物G是一种医药中间体。其合成路线如下：(1)B中含氧官能团名称为_和_。(2)BC反应类型为_。(3)D的分子式为C10H11OCl，写出D的结构简式：_。(4)写出满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_。分子中含有1个苯环，能发生银镜反应；分子中有4种不同化学环境的氢。(5)请以、和为原料制备，写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。1

10、9、某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I-I3-，I2、I3-在水中均呈黄色。（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取 23 mL 黄色溶液，加入足量 CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在_，生成该物质的化学方程式为_，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是_；（2）继续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原因_；（3）NaOH 溶液的作用_，反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，

11、其中可能的原因是_。20、某化学兴趣小组为探究Na2SO3固体在隔绝空气加热条件下的分解产物，设计如下实验流程：已知：气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L。请回答下列问题：(1)气体Y为_。(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀的离子方程式为_。(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，则Na2SO3的分解率为_。(4)Na2SO3在空气易被氧化，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是_。21、（1）在2L密闭容器中，起始投入4 molN2和6molH2在一定条件下生成NH3，平衡时仅改变温度测得的数据如表所示（已知：T1”、“或=或Si，即CH4比SiH4稳定，

12、故说法正确。4、D【解析】A、氘(D)原子核内有一个质子，核外有1个电子，选项A错误；B、1H与D质子数相同，中子数不同互称同位素，是两种原子，选项B错误；C、同素异形体是同种元素的单质之间的互称，选项C错误；D、1H218O与D216O的相对分子质量相同，都是20，选项D正确；答案选D。5、A【解析】根据题意列出三段式，如下： 根据平衡时水的物质的量分数为2%，则，故x=0.004mol/L，A、CO2的平衡转化率=10%，选项A不正确；B、用H2S表示该反应的速率为0.001 molL1min1，选项B正确；C、当温度升高到620K时，平衡后水的物质的量分数为3%，可知温度升高平衡向正反应

13、方向移动了，选项C正确；D、由于反应前后都为气体，且为气体体积不变的反应，反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变，选项D正确。答案选A。6、D【解析】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2，故C错误；D、戊烷的同分异构体有正、异、新

14、三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。故选D。【点睛】易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。7、A【解析】A11B中含有中子数=11-5=6，0.1 mol 的11B中含有0.6mol中子，含有0.6NA个中子，故A正确；B溶液体积未知，无法计算pH=1的H3PO4溶液中含有的氢离子数，故B错误；C标准状况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量，故C错误；D2SO2 + O2 2SO3为可逆反应，不能完全进行，所以2 molSO2和1 molO2反应生成SO3的物质的量小于2mol，

15、故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意可逆反应不能完全进行，存在反应的限度。8、A【解析】A、同主族元素从上到下，核外电子层数逐渐增多，则原子半径逐渐增大，错误，选A；B、最外层都为7个电子，发生化学反应时容易得到1个电子而达到稳定结构，形成-1价阴离子，正确，不选B；C、A族元素都为非金属元素，最高价氧化物对应的水化物都为酸性，正确，不选C；D、同主族从上到下，非金属性减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，正确，不选D。答案选A。9、A【解析】A、还原产物由氧化剂FeCl3被还原得到，氧化产物由还原剂Fe被氧化得到，显然二者的物质的量之比为21，正确；B、CH3COOH溶液中存在电

16、离平衡CH3COOHCH3OO+H+，加水稀释时促进电离，故0.2 mol L-1的CH3COOH溶液与0.1 mol L-1CH3COOH溶液中c(H+) 之比小于21，错误；C、在密闭容器中进行的合成NH3反应，达到平衡时c(NH3)与c(N2)之比与N2的转化率有关而与各自的化学计量数没有必然联系，错误；D、由碱式滴定管的结构可知滴定管50 mL或25 mL的刻度线以下的部分还装有液体，故二者体积之比不等于21，错误，答案选A。10、D【解析】A物质()的分子式为C7H8O2，故A错误；BC-H、C-Cl的键长不同，CHCl3分子是四面体结构，而不是正四面体结构，故B错误；C物质、结构不

17、相似，含有醛基，二者不是同系物，故C错误；D香草醛中含有苯环、羟基和醛基，则可发生取代、加成反应，故D正确；答案选D。11、A【解析】基态原子4s轨道上有1个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在d区域价电子排布式为3d54s1，在ds区域价电子排布式为3d104s1，在p区域不存在4s轨道上有1个电子，故A符合题意。综上所述，答案为A。12、A【解析】A. 胶体具有电泳的性质证明胶体粒子带有电荷，在电场力作用下会向某一个电极定向移动，可向豆浆中加入盐卤制作豆腐是蛋白质胶体粒子遇电解质，胶粒上吸附的电荷被中和发生聚沉现象，与电泳无关，不存在因果关系，A符合题意；B. 醋酸酸性强于碳酸，醋酸与水

18、垢中的CaCO3发生复分解反应产生可溶性醋酸钙，因而可用醋酸溶液清除热水器中的水垢，有因果关系，B不符合题意；C. 小苏打受热易分解会产生CO2可以使面团松软，所以在面粉中加入适量小苏打焙制糕点，有因果关系，C不符合题意；D. 氧化铝属于离子化合物，阳离子与阴离子之间有强烈的离子键，所以物质熔点高，不容易变为液态，因此可作耐高温材料，有因果关系，D不符合题意；故合理选项是A。13、C【解析】A回收厨余垃圾油脂部分可用于制备生物燃料，但不能用于提取食用油，故A错误；B油脂由碳、氢、氧元素组成，氨基酸最少由碳、氢、氧、氮元素组成，回收废油脂用于提炼氨基酸不符合质量守恒，故B错误；C使用的纸张至少含

19、有30%的再生纤维，故再生纸是对废旧纤维的回收利用，可节约资源，故C正确；D废旧电池含重金属，深度填埋会使重金属离子进入土壤和水体中，造成水源和土壤污染，故D错误；答案选C。【点睛】多从环保和健康的角度分析垃圾分类回收，提倡可持续发展。14、A【解析】A途径反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，A错误；B途径的第二步反应是可逆反应，在实际生产中可以通过增大廉价易得的O2浓度使化学平衡正向移动，来降低成本，B正确；C根据电子转移数目相等，可知由途径和分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mole-，C正确；D途径与途径相比不产生大气污染物质，因此更能体现“绿色化学”的理念，是因为

20、途径比途径污染相对小且原子利用率高，D正确。答案选A。15、B【解析】在上述原电池中，锌电极为负极，锌原子失去电子被氧化成锌离子。电子沿着外接导线转移到铜电极。铜电极为正极，溶液中的铜离子在铜电极上得到电子被还原成铜单质。电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。【详解】A. 铜电极为正极，锌电极为负极，负极发生氧化反应，A项正确；B. 电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。但是阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，SO42-不能通过阳离子交换膜，并且甲池中硫酸根不参加反应，因此甲池的c(SO42-)不变，B项错误；C. 锌原电池，锌作负极，铜作正极，铜离子在铜电极上沉

21、淀，锌离子通过阳离子交换膜进入乙池，每沉淀1mol，即64g铜，就补充过来1mol锌离子，其质量为65g，所以工作一段时间后乙池溶液的质量不断增加，C项正确；D. 原电池中，阳离子通过阳离子交换膜向正极移动，使溶液保持电中性，维持电荷平衡，D项正确；答案选B。【点睛】本题主要考察原电池的工作原理，其口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是C选项，理解电极中固体的变化情况是解题的关键，解此类题时同时要考虑电解质溶液的酸碱性，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。16、D【解析】A.质子数和中子数相等的钠原子，质

22、量数A=质子数Z+中子数N=11+11=22，钠原子符号为：，A正确；B.Cl原子的核外电子总数为17，其原子结构示意图为，B正确；C.NaCN为离子化合物，由Na+和CN-通过离子键构成，电子式为，C正确；D.丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，D错误；故合理选项是D。二、非选择题（本题包括5小题）17、 溴原子、（酚）羟基 3-氯-1-丙烯 3 氧化反应 吸收生成的HCl,提高反应产率 2 【解析】苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚中有官能团溴原子、酚羟基。H系统命名时，以双键这一官能团为主来命名，H的核磁共振氢谱与氢原子的种类有关，有几种氢原子就有几组峰。HI的反应，分子中多了一

23、个氧原子，属于氧化反应。根据D的结构式得出分子式，B十ID中有 HCl 生成，用Na2CO3吸收 HCl 。E与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于DE的反应。根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基。【详解】化合物A为苯酚，和浓溴水反应生成三溴苯酚，方程式为，三溴苯酚中含有官能团为溴原子、（酚）羟基，故答案为：，溴原子、（酚）羟基；H 系统命名法以双键为母体，命名为3-氯-1-丙烯，其中氢原子的位置有三种，核磁共振氢谱共有3组峰，所以故答案为：3-氯-1-丙烯，3；分子中多了

24、一个氧原子是氧化反应，故答案为：氧化反应；根据D的结构简式可得分子式，反应B十ID中有HCl生成，为促进反应向右进行，可以将HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案为：，吸收生成的HCl,提高反应产率；与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于DE的反应，生成，故答案为：；根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基，符合题意的有 和两种，故答案为：2种。【点睛】解答此题的关键必须对有机物官能团的性质非常熟悉，官能团的改变，碳链的变化，成环或开环的变化。18、羰基 羧基 还原反应 【

25、解析】A与在AlCl3作用下发生取代反应生成，与HCl在催化剂作用下发生加氢还原反应生成，与SOCl2发生取代反应生成D，D在AlCl3作用下发生取代反应生成根据逆分析法可知，D为，据此分析作答。【详解】（1）B为，其中含氧官能团名称为羰基和羧基；（2）BC的过程中，羰基转化为亚甲基，属于还原反应；（3）与SOCl2发生取代反应生成D，D的分子式为C10H11OCl，可知D为：；（4）F的分子式为C16H16O，其不饱和度=162+2-162=9，分子中含有1个苯环，能发生银镜反应，则说明分子内含醛基；分子中有4种不同化学环境的氢，则分子为对称结构，满足上述条件的同分异构体为：；（5）根据上述

26、合成路线，若以请以可以先将苯在AlCl3作用下与CH3COCl进行反应，再利用生成的与以及水进行反应制备，采用逆合成分析法结合目标产物，只要将酸性条件下加热可生成，最后与氢气加成即可得到，具体合成路线为：。19、I2 Cl2+2KI=I2+2KCl I3- 生成的碘单质被氯气氧化为无色物质 吸收多余的氯气 氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应 【解析】(1)氯气与KI发生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-I3-，取23mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3-； (2)继续通入氯气，溶液黄色退去，是因为氯气将I2氧

27、化为无色物质； (3)NaOH溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。【详解】(1)取23mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3-，发生反应为I2+I-I3-， 故答案为：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-； (2)氧化性Cl2I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色退去； 故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色

28、物质； (3)NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。20、H2S 2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O 90% 取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质 【解析】气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L，则相对分子质量为22.41.518=34.0，Y应为H2S气体，生成的淡黄色沉淀为

29、S，溶液加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明生成Na2SO4，则隔绝空气加热，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，发生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知Y为H2S；(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀，为硫化钠、亚硫酸钠在酸性溶液中发生归中反应，离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O；(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，该白色沉淀为硫酸钡，可知n(BaSO4)=0.027mol，说明生成Na2SO4的物质的量为0.027mol，反应的方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物质

30、的量为0.027mol=0.036mol，则Na2SO3的分解率为100%=90%；(4)Na2SO3在空气中被氧化，可生成Na2SO4，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是：取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质。【点睛】本题考查性质实验方案的设计。掌握Na2SO3具有氧化性、还原性，在隔绝空气时加热会发生歧化反应，反应产物Na2S与未反应的Na2SO3在酸性条件下会发生归中反应产生S单质是本题解答的关键。可根据BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性质检验Na2SO3是否氧化变质。21、 温度升高，nNH3在减小，平衡逆向移动，H0，温度升高K在减小 0.05mol/ mol/（Ls） 50 不变 BC N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，H=-114kJ/mol 正 O2-+NO-2e-=NO2 Cu 1 【解析】（1）根据题干描述，发生的反应为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，已知：T1T2，根据表格数据，温度升高，n（NH3）在减小，平衡逆向移动，H0，温度升高K在减小，