2022年华南师范大学高考化学考前最后一卷预测卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法合理的是( )ANH3极易溶于水，所以液氨常用作制冷剂BC具有还原性，高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅和CO2C用ClO2代替Cl2对饮用水消毒，是因为ClO2杀菌消毒效率高，二次污染小D明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用作生活用水的消毒剂2、W、Y、Z为短周期主族元素

2、，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，的最外层电子数是电子层数的3倍，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法错误的是A原子半径大小顺序为：YZXWB简单氢化物的沸点X高于Y，气态氢化物稳定性ZYCW、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性DW、Z阴离子的还原性：WZ3、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向一定浓度CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀H2S酸性比H2SO4强B将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊该气体一定是CO2C向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液

3、中一定含有SO42-D向1 mL 浓度均为0.1 molL1 的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1 molL1 NaOH溶液，先产生蓝色沉淀KspCu(OH)2KspMg(OH)2AABBCCDD4、某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是()A实验前两溶液的pH相等B实验前两溶液中离子种类完全相同C加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-Ca2=CaCO35、ABS合成树脂的结构简式如图，则生成该树脂的单体的种数和反应类型正确的是A1种，加聚反应B2种，缩聚反应C3种，加聚反应D3种，缩聚反应6、

4、为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4N2+Cl2+2O2+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A1 mol NH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4离子数均为NAB产生6.4g O2反应转移的电子总数为1.4NAC反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为3:1D0.5mol NH4ClO4分解产生的气体体积为44.8L7、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，X的简单氢化物与W的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是A简单离子半径：

5、YZWB简单离子半径：XWC元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物DX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应11、下图为室温时不同pH下磷酸盐溶液中含磷微粒形态的分布，其中a、b、c三点对应的pH分别为2.12、7.21、11.31，其中表示含磷微粒的物质的量分数，下列说法正确的是A2 mol H3PO4与3 mol NaOH反应后的溶液呈中性BNaOH溶液滴定Na2HPO4溶液时，无法用酚酞指示终点CH3PO4的二级电离常数的数量级为107D溶液中除OH离子外，其他阴离子浓度相等时，溶液可能显酸性、中性或碱性12、某温度下，容积一定的密闭容器中进行可逆反应：X(g)

6、+Y(g)2Z(g)+W(s) + Q，下列叙述正确的是A加入少量W，(逆)增大B压强不变时，反应达到平衡状态C升高温度，(逆)、(正)都增大D平衡后加入X，方程式中的Q增大13、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl)=n(CH3COO)=0.01mol，下列叙述正确的是()A醋酸溶液的pH大于盐酸B醋酸溶液的pH小于盐酸C与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸D分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n (Cl)=n (CH3COO)14、将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀

7、完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是：（ ）A加入合金的质量不可能为6.4gB沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为120mLC溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24LD参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol15、下列化学用语正确的是A中子数为2的氢原子：HBNa+的结构示意图：COH-的电子式：H一DN2分子的结构式：NN16、下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（ ）A汽油B煤油C凡士林D石油气二、非选择题（本题包括5小题）17、某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成

8、路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物。已知：.(苯胺，易被氧化)（1）写出：XA的反应条件_；反应的反应条件和反应试剂：_。（2）E中含氧官能团的名称：_；反应的类型是_；反应和先后顺序不能颠倒的原因是_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：_。（5）写出由A 转化为的合成路线_。(合成路线表示方法为：AB目标产物)。18、有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl、I、HCO3-，进行如下实验：实验步骤实验现象取少量

9、原溶液，加几滴甲基橙溶液变红色取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色取少量原溶液，加BaCl2溶液有白色沉淀生成取中上层清液，加AgNO3溶液有白色沉淀生成，且不溶于HNO3取少量原溶液，加NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解溶液中肯定存在的离子是_；溶液中肯定不存在的离子是_；为进一步确定其他离子，应该补充的实验是_； _。19、Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验。I.实验探究步骤1：按如图所示的装置组装仪器（图中夹

10、持仪器已省略）并检查装置的气密性，然后装入药品。步骤2：打开K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，未观察到明显现象。步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法：_。（2）B装置中所盛放的试剂是_，其作用是_。（3）步骤3中的必要操作为打开K1、K2，_（请按正确的顺序填入下列步骤的字母）。A加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间B用小试管收集气体并检验其纯度C关闭K1D停止加热，充分冷却（4）由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为_。II数据处理（5

11、）实验结束后，该同学欲测定C装置硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如下：测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和_。在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数_（填“偏大”“偏小”或“不变”）20、氯化亚铜(CuCl)晶体呈白色，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化。某研究小组设计如下两种方案在实验室制备氯化亚铜。方案一：铜粉还原CuSO4溶液 已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-CuCl3 2-(无色溶液)。(1)步骤中发生反应的离子方程式为_。(2)步骤中，加入大量水的作用是_

12、 。(3)如图流程中用95%乙醇洗涤和真空干燥是为了防止_ 。方案二：在氯化氢气流中加热CuCl22H2O晶体制备，其流程和实验装置(夹持仪器略)如下：请回答下列问题：(4)实验操作的先后顺序是 a_e (填操作的编号)a检査装置的气密性后加入药品 b点燃酒精灯，加热c在“气体入口”处通入干燥HCl d熄灭酒精灯，冷却e停止通入HCl，然后通入N2(5)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_。(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，请分析产生CuCl2杂质的原因 _。(7)准确称取0. 2500 g氯化亚铜样品置于一定量的0.5

13、 mol/L FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0. 1000 mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24. 60 mLCe(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl-、Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+，计算上述样品中CuCl的质量分数是_ %(答案保留4位有效数字)。21、沼气的主要成分是CH4，还含有CO2、H2S等。Jo De Vrieze等设计了利用膜电解法脱除沼气中的CO2和H2S，并将阴极处理后气体制成高纯度生物甲烷，其流程如图所示。(1) 需控制电解槽中阴极室pH7，其目的是_。(2) 阳极室逸出CO2和_(填化学式)；

14、H2S在阳极上转化为SO42-而除去，其电极反应式为_。(3) 在合成塔中主要发生的反应为：反应： CO2(g)4H2(g)=CH4(g)2H2O(g)H1反应： CO2(g)H2(g)=CO(g)H2O(g)H2调节4，充入合成塔，当气体总压强为0.1 MPa，平衡时各物质的物质的量分数如图1所示；不同压强时，CO2的平衡转化率如图2所示：反应CO2(g)CH4(g)=2CO(g)2H2(g)的H_(用H1、H2表示)。图1中，200550 时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是_。图2中，相同温度下，压强越大，CO2的平衡转化率越大，其原因是_；在压强为10 MPa时，当温度在2

15、00800 范围内，随温度升高，CO2的平衡转化率始终减小，其原因是_。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.NH3可用作制冷剂，是利用液氨气化时从环境吸收大量的热的性质，不是溶解性，故A错误；B.高温下用焦炭还原SiO2生成的产物是粗硅和一氧化碳，不能产生二氧化碳，故B错误；C.相同物质的量的ClO2转移电子数Cl2的2.5倍，其消毒能力之比为5:2，而且不产生二次污染，故C正确；D.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，是利用胶体的吸附作用，不能杀菌消毒，故D错误；故答案为C。【点睛】本题综合考查常见物质的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和元

16、素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。2、C【解析】因为W、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是H元素；的最外层电子数是电子层数的3倍，X是第二周期元素共两个电子层，故X最外层有6个电子，X为O元素；X是O元素，原子序数是8，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍，即是Y与Z的原子序数之和是32，Y、Z为第三周期主族元素，故Y原子序数为15，Z的原子序数为17，Y是P元素，Z是Cl元素。【详解】A同一周期，从左到右，主族元素的原子半径随着原子序数的增加而，逐渐减小，则原

17、子半径PCl，因为P、Cl比O多一个电子层，O比H多一个电子层，故原子半径大小顺序为：PClOH，即YZXW ，A正确；BH2O分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键，故H2O的沸点比PH3的沸点高；同周期主族元素，从左到右随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小，元素的非金属性逐渐增强，故气态氢化物稳定性HClPH3，B正确；C没有强调P与Cl元素的最高价含氧酸酸性的比较，而H3PO4的酸性比HClO的酸性强，C错误；DP3-的还原性比Cl-的还原性强，D正确；答案选C。3、D【解析】A由于CuS不溶于硫酸，则向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体会生成CuS黑色沉淀，不能根据该

18、反应判断H2S、H2SO4的酸性强弱，故A错误；B木炭和浓硫酸共热生成的气体为二氧化碳、二氧化硫，二者都可是澄清石灰水变浑浊，应先除去二氧化硫再检验二氧化碳，故B错误；C白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，不能说明该溶液中一定含有SO42-，故C错误；D向1 mL浓度均为0.1mol/L的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1 mol/L NaOH溶液，先产生蓝色沉淀，说明氢氧化铜的溶度积较小，易生成沉淀，故D正确；答案选D。4、B【解析】碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，故A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有N

19、a+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，故B正确；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中发生反应：CO32-+Ca2+CaCO3，NaHCO3溶液中发生反应：2HCO3-+Ca2+= CaCO3+CO2+H2O，故CD错误。5、C【解析】ABS合成树脂的链节为，链节的主链上全是碳原子，ABS树脂由单体发生加聚反应得到，按如图所示的虚线断开：，再将双键中的1个单键打开，然后将半键闭合即可得ABS树脂的单体为：CH2=CHCN、CH2=CHCH=CH2和C6H5CH=CH2，有3种，单体之间通过加聚反应生成合成树脂；答案选C。6、B【解析】A. 铵根离子水解,浓度减小，则1molNH4ClO4溶

20、于水含ClO4离子数为NA，含NH4+离子数小于NA，故A错误；B. 产生6.4g即0.2molO2，同时生成0.1molCl2，Cl元素化合价由+7价降低到0价,转移的电子总数为1.4NA，故B正确；C.O、N元素化合价升高,N2、O2为氧化产物，Cl元素的化合价降低,Cl2为还原产物，则反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3，故C错误；D. 没有说明是否是标准状况下,无法计算0.5molNH4ClO4分解产生的气体体积，故D错误；故选：B。7、C【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的简单氢化物与W的氢化物反应有大量白烟生成，应该为氨气和氯化氢的反应，X为N元

21、素，W为Cl元素；其中Y、W处于同一主族，Y为F元素；Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，Z的最外层电子数为8-7=1，结合原子序数可知为第三周期的Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为Na元素，W为Cl元素。A电子层结构相同的离子中，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以Y、Z的简单离子的半径大小：YZ，故A错误；BZ与W形成化合物为氯化钠，水溶液呈中性，故B错误；CW的某种氧化物可用于杀菌消毒，如ClO2常用于自来水消毒，故C正确；DY分别与X、Z形成的化合物为NF3、NaF，前者含共价键，后者含离子键，故D错误；答案选C。8、C【解析】AI3离子的价

22、层电子对数，含有对孤电子对，故空间几何构型为V形，A选项正确；B非金属性：HCO，则C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为HCO，B选项正确；C非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，而稳定性与非金属性有关，H2O的稳定性大于H2S是因为O的非金属性大于S，C选项错误；DZn的核外电子排布为Ar3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D选项正确；答案选C。【点睛】C选项在分析时需要注意，非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，若含有氢键，物质熔沸点增大，没有氢键时，比较范德华力，范德华力越大，熔沸点越高；而简单氢化物的稳定性与非金属性有关，

23、非金属性越强，越稳定。一定要区分两者间的区别。9、C【解析】是聚酯类高分子，它的单体为：HOCH2CH2OH和，可以发生水解反应生成小分子。【详解】A、PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和，故A正确；B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色，B正确；C、的单体为：HOCH2CH2OH和，乙二醇中有两个羟基，在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故C错误；D、NaOH醇溶液只与 PET端基中的羧基反应，n（NaOH）=cv10-3mol，则PET的物质的量也等于cv10-3mol

24、，则PET的平均相对分子质量=g/mol，PET的平均聚合度，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两个要点：一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-CH2-的整数倍。10、B【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。【详解】

25、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；AZ、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：ZW，故A正确；BX为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：XW，故B错误；CX为Na，金属钠与

26、O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；DX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。11、B【解析】2 mol H3PO4与3 mol NaOH反应后生成等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，据图可看出b点、浓度相等，pH=7.21，显碱性，A选项错误；把NaOH溶液滴入Na2HPO4溶液时，发生反应+OH+H2O，()减小，()增大，在此pH变化范围内，无法用酚酞指示终点，B选项正确；H3PO4H+，H+，Ka2=，当c()=c()时，pH=7.21，c(H+)=107.21，数量级为108，C选项错误；溶液中阴离子浓度相等时，可能是c()=c()，此时溶液pH=7.21显碱性，还可能是c()=c()，此时pH=11.31，显碱性，D选项错误。12、C【解析】据外因对化学反应速率和化学平衡的影响分析判断。【详解】A. 物质W为固体，加入少量W不改变W浓度，故(逆)不变，A项错误；B. 题中反应前后气体分子数不变，当温度、体