四川省德阳市重点2021-2022学年高三第四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、中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。已知：铟与铝（13Al）同主族。下列说法错误的是（）AIn的金属性大于AlBIn最外层有2种能量的电子CIn的中子数为66DIn原子的相对原子质量为1152、国际计量大会第26届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.022140761023mol-1)，于2019年5月20日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A40g正丁烷和18 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH- 数目为0

3、.01NAC电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g时，转移的电子数为0.1NAD0.1mol Cl2与足量NaOH溶液反应后，溶液中Cl-、ClO- 两种粒子数之和为0.2NA3、其他条件不变，C的物质的量分数(C)和温度(T)或压强(P)关系如图，其中满足关系图的是（ ）A3A(g)+B(s)C(g)+D(g)；H0BA(g)+B(s)C(g)+D(g)；H0CA(g)+B(s)2C(g)+D(g)；H0DA(g)+2B(s)C(g)+3D(g)；H04、现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.L-1。10mL该混酸溶解铜质量最大时。溶液中HNO3、H2SO

4、4的浓度之比为A1：1B1：2C3：2D2：35、室温时几种物质的溶解度见下表。室温下，向500g硝酸钾饱和溶液中投入2g食盐，下列推断正确的是()物质溶解度( g/100g水)氯化钠36硝酸钾32硝酸钠87氯化钾37A食盐不溶解B食盐溶解，无晶体析出C食盐溶解，析出2 g硝酸钾晶体D食盐溶解，析出2 g氯化钾晶体6、向Ca(HCO3)2饱和溶液中加入一定量的Na2O2(设溶液体积不变)，推断正确的是A产生CO2气体B产生白色沉淀C所得溶液的碱性一定减弱D所得溶液中一定不含HCO3-7、下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是( )A风能B江河水流能C生物质能D地热温泉8、常温下，向50 mL溶

5、有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如下图所示。下列说法正确的是A若a点pH=4，且c(Cl-)=mc(ClO-)，则Ka(HClO)=B若x=100，b点对应溶液中：c(OH)c(H)，可用pH试纸测定其pHCbc段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大D若y=200，c点对应溶液中：c(OH)-c(H)=2c(Cl-)+c(HClO)9、以下物质中存在12C、13C、14C原子的是（）金刚石 CO2石灰石 葡萄糖。ABCD10、氮化钡(Ba3N2)是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡(BaH2)中通入氮气可反应制得氮化钡。已知

6、：Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。用图示装置制备氮化钡时，下列说法不正确的是（ ）A装置甲中反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClN2+NaCl+2H2OBBaH2遇水反应，H2O作还原剂C实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应D装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中11、下列说法不正确的是（ ）ANa2CO3可用于治疗胃酸过多B蓝绿藻在阳光作用下，可使水分解产生氢气CCusO4可用于游泳池池水消毒DSiO2导光能力强，可用于制造光导纤维12、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次

7、增大，Y元素最外层电子数是其电子层数的3倍，Q与Y同主族，X与Y构成的化合物可引起光化学烟雾，Z、W、Q的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应。下列说法正确的是( )A简单氢化物的沸点：YQBW的氧化物可作耐高温材料C简单离子半径最大的为ZD气态氢化物的稳定性：YT1 ，升高温度，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（吸热的方向）移动，因此正反应放热，即H0，故C、D错误；根据C的物质的量分数(C)和压强(P)关系图，可得P2P1，增大压强，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（气体体积减小的方向）移动，因此正反应方向为气体体积增大的方向。故答案选B。【点睛】利用化学平衡图像分析的方法

8、：“先拐先平数值大”的原则是指图像中的曲线先拐，在该条件下先达到平衡状态，对应影响的条件数值大。可快速判断外界条件影响下平衡移动的方向。4、D【解析】稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中c（NO3）+c（SO42）=5molL1，稀硝酸和Cu反应但稀硫酸和Cu不反应，混酸和Cu反应离子方程式为3Cu+2NO3+8H=3Cu2+2NO+4H2O，要使溶解的Cu最大，则硝酸根离子应该完全反应，根据离子方程式知，c（NO3）：c（H）=2：8=1：4，设c（NO3）=xmolL1、则c（H）=4xmolL1，根据电荷守恒得c（NO3）+2c（SO42）=c（H），xmolL1+2c（SO42）=4xmolL1

9、，c（SO42）=1.5xmolL1，代入已知：c（NO3）+c（SO42）=5molL1，x=2，所以c（NO3）=2molL1、则c（H）=8molL1，c（SO42）=5molL1-2molL1=3molL1，根据硝酸根离子守恒、硫酸根离子守恒得c（NO3）=c（HNO3）=2molL1、c（SO42）=c（H2SO4）=3molL1，所以混酸中HNO3、H2SO4的物质的量浓度之比2molL1：3molL1=2：3。故选D。5、B【解析】设在500g硝酸钾饱和溶液中含有硝酸钾xg，依据题意有：，解得x=121.21g，那么含有水500g121.21g=378.79g，加入的氯化钠中不含

10、有与硝酸钾相同的离子，不用考虑是否和硝酸钾出现盐的代换，所以不会出现晶体析出，且2g氯化钠完全可以溶解在378.79g水中，即2g氯化钠溶于硝酸钾中时溶液中有四种离子计钾离子、硝酸根离子、钠离子、氯离子，他们几种随机组合均未达到这四种物质的溶解度，故选B。6、B【解析】A. 过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，NaOH和Ca(HCO3)2反应生成CaCO3和H2O，不会产生CO2气体，故A错误；B. 过氧化钠固体与溶液中的水反应，生成的NaOH会与Ca（HCO3）2反应，生成碳酸钙白色沉淀，故B正确；C. 当Na2O2量较多时，生成的NaOH和Ca（HCO3）2反应后有剩余，会使溶液碱性增强，故C错误

11、；D. 当Na2O2量较小时，生成的NaOH较少，没有把Ca（HCO3）2反应完，所得溶液中可能含有HCO3-，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查过氧化钠与水的反应及复分解反应，明确物质之间的化学反应及反应中的现象是解答本题的关键，注意饱和溶液中溶剂和溶质的关系来解答。7、D【解析】A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动，故A不选。B. 江河水流能是利用水循环，水循环是太阳能促进的，故B不选。C. 生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式，故C不选。D. 地热温泉是利用来自地球内部的熔岩的地热能，故D选。故选D。8、D【解析】A.若a点pH=4，(H+)=10-4m

12、ol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-)，c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)=，A错误；B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计测量，B错误；C.bc段，随NaOH溶液的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减小，温度不变则Ka(HClO)=不变，所以减小，C错误；D.若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据

13、电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，物料守恒得：c(Cl-)= c(ClO-) +c(HClO)，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)，由+得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D正确；故答案是D。9、A【解析】12C、13C、14C是碳三种天然的同位素，任何含碳的自然界物质中三者都存在，金刚石、CO2、石灰石、葡萄糖四种物质都含有碳元素，所以这些物质中都存在12C、13C、14C原子，故合理选项是A。10、B【解析】A. 装置甲中亚硝酸钠和氯化铵发生归中反应生成氮气，根据电子守恒，反应的化学方程

14、式为NaNO2+NH4ClN2+NaCl+2H2O，故A正确；B. BaH2中H元素化合价为-1，BaH2遇水反应生成氢气，H2O作氧化剂，故B错误；C. 实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，等氮气把装置中的空气排出后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，故C正确；D. Ba3N2遇水反应，BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，所以装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中，故D正确；选B。11、A【解析】A、Na2CO3碱性太强；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源；C、铜是重金属，能杀菌消毒；D

15、、SiO2导光能力强，能传递各种信号。【详解】A、Na2CO3碱性太强，不可用于治疗胃酸过多，故A错误；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，故B正确；C、铜是重金属，能杀菌消毒，CuSO4可用于游泳池池水消毒，故C正确；D、SiO2导光能力强，能传递各种信号，可用于制造光导纤维，故D正确，故选：A。12、B【解析】短周期主族元素X为N、Y为O、Z为Na、W为Al、Q为S；【详解】A. Y、Q的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，沸点反常，沸点H2O

16、H2S，A错误；B. W的氧化物为氧化铝，熔点高达2000C以上，可作耐高温材料，B正确；C. N、O、Na、Al的简单离子都是10电子，核电荷数越大，半径越小，则r（N3-），氧、硫同主族，核电荷数越大，半径越大，则，故钠离子半径不可能最大，C错误；D.非金属性NO，则 气态氢化物的稳定性H2ONH3，D错误；答案选B。13、B【解析】原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极电势比负极电势高。题意中，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，下层浓硝酸铜中发生还原反应，铜离子得电子变成铜析出。【详解】A. 题意中稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，说明稀硝酸铜中铜作负

17、极，铜变成铜离子进入溶液，电极反应为： Cu -2e- = Cu2+；A项错误；B. 稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，这样该装置可以实现“零能耗”镀铜，B项正确；C. 配置上述试验所用硝酸铜溶液若加如硝酸，硝酸会与铜电极反应，不发生题目中的电化学，C项错误；D. 铜棒上部为负极，电势低，下部为正极，电势高，D项错误。答案选B。14、C【解析】A反应可知是放热反应，顺2丁烯能量高于反2丁烯的能量，所以反2丁烯稳定，故A错误；B反应可知是放热反应，顺2丁烯能量高于反2丁烯的能量，故B错误；C温度升高平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，有利于生成顺2丁烯，故C正确； D顺2丁烯

18、能量高于反2丁烯的能量，等物质的量的顺2丁烯和反2丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量不相等，故D错误； 故答案选C。15、C【解析】A.HCN中碳的化合价为+2价，CO中碳的化合价也是+2价，CO既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；B.CaCN2中含有离子键和共价键，属于离子化合物，B错误；C.HCN中H的化合价降低，C的化合价升高，HCN既是氧化剂又是还原剂，C正确；D.每消耗10gCaCO3生成0.1molCO2，没有说明温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，D错误；答案选C。16、C【解析】本题主要考查原电池与电解池串联问题。通过总反应可知，Li发生氧化反应,作负极，FeS发生还原反应，

19、作正极；因c中由Ni2+生成单质Ni，即发生还原反应，故Y极为负极，X为正极。【详解】A.由上述分析可知，Y为原电池负极，故Y为Li，选项A正确；B.X极为正极，FeS发生还原反应，故电极反应式为： FeS+2Li+ +2e- =Fe+Li2S，选项B正确；C.电解过程中，a为阳极区,发生氧化反应: 4OH-4e- =2H2O+O2， a中Na+通过阳离子交换膜进入b中;C中发生还原反应: Ni2+ +2e-=Ni，溶液中Cl-通过阴离子交换膜进入b中。故电解过程中， b中NaCl的物质的量浓度将不断增大，选项C错误；D.若将阳离子交换膜去掉,因b中含有C1-,故阳极电极反应式为: 2C1-2

20、e-=Cl2，故电解反应总方程式发生改变，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查原电池、电解池原理，本题的突破关键在于“c中单质Ni生成”，由此判断X、Y电极正负，进一步判断电解池中阴阳极以及相关反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基羧基取代反应【解析】 (1) 根据有机物E的结构简式，可知分子中含氧官能团为羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；(2 ) 根据反应流程图，对比A、X、C的结构和X的分子式为C14Hl5ON可知，X的结构简式为，故答案为；(3 ) 对比B、C的结构可知，B中支链对位的H原子被取代生成C，属于取代反应，故答案为取代反应；(4 ) F为。能与FeCl3溶液发生显色反

21、应，说明苯环上含有羟基；能使溴水褪色，说明含有碳碳双键等不饱和键；有3种不同化学环境的氢，满足条件的F的一种同分异构体为，故答案为；（5）以为原料制备，需要引入2个甲基，可以根据信息引入，因此首先由苯甲醇制备卤代烃，再生成，最后再水解即可，流程图为，故答案为。点睛：本题考查有机物的推断与合成，是高考的必考题型，涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型、有机物结构、同分异构体的书写、有机合成路线的设计等，充分理解题目提供的信息内涵，挖掘隐含信息，寻求信息切入点，可利用类比迁移法或联想迁移法，注意（5）中合成路线充分利用信息中甲基的引入。18、 3，4，4三甲基庚烷 【解析】(1)分析题目给出的信

22、息，进行逆向推理即可；根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，再结合反应原理解答该题；(2)根据(1)的分析所得A的结构简式，再根据系统命名法命名与H2发生加成反应的产物；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成，据此分析解答。【详解】(1)根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高

23、锰酸钾作用下，生成2个碳氧双键，现生成的2种化合物中共有3个碳氧双键，故A中含有2个碳碳双键，根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，故A的结构简式是；(2)根据(1)的分析，A为 ，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是3，4，4三甲基庚烷；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生反应生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳

24、双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2分子易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所以其结构简式为。【点睛】考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等。19、E 避免从E装置出来的气流中还含有氧气 fedcm(n)n(m)a(b)b (a) 选择，以除去水蒸气，避免反应发生 选择，以除去空气中的CO2，避免反应发生 使氮化镁不纯 如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中

25、混入氧化镁 【解析】实验室里用空气和镁粉为原料，制取少量氮化镁（Mg3N2）。根据可能发生下列反应：2Mg+O22MgO；3Mg+N2Mg3N2；2Mg+CO22MgO+C；Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2；Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。【详解】根据分析可知：利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应

26、过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。则：(1)因为氧气与灼热的铜反应，所以实验开始时，先点燃E装置中的酒精灯，原因是避免从E装置出来的气流中还含有氧气，因为需要先除二氧化碳，再除水分，后除氧气，故将与g连接的自来水龙头打开，形成自h导管流出的气流，则气流依次流经的导管为(填字母代号)：hfedcm(n)n(m)a(b)b(a)；(2)选择B装置，可以除去水蒸气，避免反应发生；(3)选择C装置，可以除去空气中的CO2，避免反应发生；(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯，对实验结果产生的影响为使氮化镁不纯。如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能

27、除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁。20、防止乙酸酐与水反应 除去过量的乙酸酐 慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH 苯甲醛 蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束 增大肉桂酸的溶解度，提高产率 重结晶 67.6% 【解析】苯甲醛和乙酸酐、碳酸钾在三颈烧瓶中反应生成肉桂酸盐和乙酸盐和二氧化碳，为了提高原料利用率，不断回流冷凝，由于反应产生二氧化碳，可观察到反应产生一定量的泡沫。由于乙酸酐能和水发生水解反应，故反应结束，过量的乙酸酐通过缓慢加入20mL水除去，慢慢加入碳酸钠调解pH=8，未反应的苯甲醛通过蒸馏的方式除去，当蒸出、冷凝的液体不成油状时，说明苯甲醛除尽。此时

28、溶液中主要成分为肉桂酸盐和乙酸盐，加入活性炭煮沸、过滤得到含肉桂酸盐的滤液，往滤液中加HCl可生成肉桂酸，由于肉桂酸在水中的溶解度很小，可得肉桂酸晶体，此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。【详解】(1)由题目所给信息可知，反应物乙酸酐遇水反应，故合成时装置必须是干燥，也因为乙酸酐能和水反应，实验结束剩余的乙酸酐能用水除去，所以，反应完成后分批加人20mL水，是为了除去过量的乙酸酐，故答案为：防止乙酸酐与水反应；除去过量的乙酸酐；(2)慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH，故答案为：慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH； (3)第步将乙酸酐、乙酸除去

29、了，此时进行水蒸气蒸馏，能除苯甲醛，苯甲醛是无色液体，在水中的溶解度很小，故蒸出、接收的苯甲醛液体应呈无色油状，所以，当苯甲醛完全蒸出时，将不再出现无色油状液体，故答案为：苯甲醛；蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束；(4)过滤，活性炭等杂质留在滤渣里，肉桂酸留在滤液里，常温下，肉桂酸的溶解度很小，趁热过滤，是为了增大肉桂酸的溶解度，提高产率，故答案为：增大肉桂酸的溶解度，提高产率； (5)此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。由制备肉桂酸的方程式可知，乙酸酐和苯甲醛按物质的量1:1反应，但是所给原料量为：0. 03 mol苯甲醛、0. 084 mol乙酸酐，很明显，乙酸酐过量，按苯甲醛的量计算，理论上可得0.03mol肉桂酸，对应质量=0.03mol148.16g/mol=4.4448g，所以，产率=67.6%，故答案为：重结晶；67.6%。21、3d104s2 b BrAsSeTe H2O2分子间存在氢键 sp3杂化 三角锥形 离子键 Z