2021-2022学年重庆市高三考前热身化学试卷含解析

1、2021-2022学年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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、短周期元素 a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物 n 是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，另一种产物q 是无色无味的能使澄清石灰水变浑浊的气体。下列说法正确的是（ ）Aa

2、、c、d三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离B原子半径：abcXB含氧酸的酸性：Z7)，下列说法不正确的是（ ）A根据以上信息，可推断CH3COOH为弱电解质B加水稀释过程中，c(H+)c(OH)的值增大C加入NaOH固体可抑制CHCOO的水解D同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液，由水电离出的c(H+)前者大7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、n、p是由这些元素组成的二元化合物，r是一种气态单质，n为淡黄色粉末，相关物质转化关系如图所示。室温下，0. 0lmol/L的s溶液pH为12，X的质子数是W与Z的质子数之和的一半。下列说法正确的是A原子半径：WXYB简单氢

3、化物沸点：ZXcda，选项B错误；C、元素的非金属性bcd，非金属性越强，对应的简单氢化物的热稳定性越强，选项C正确；D、m为碳酸铵或碳酸氢铵，为离子化合物，含有离子键，选项D错误。答案选C。2、D【解析】W的气态氢化物常用作制冷剂，W为N元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，可推断该气体为SO2，则X为O，Z为S，R为Cl；Y是同周期主族元素中离子半径最小的，Y是Al。【详解】根据题意，可推断出W、X、Y、Z、R分别是N、O、Al、S、Cl元素；A. W和X最简单氢化物的为NH3、H2O，沸点大小为N

4、H3H2O，所以A项错误；B. 最高价含氧酸的酸性：ZR，B项错误；C. Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，C项错误；D.SOCl2与水反应, SOCl2+H2O=SO2+HCl，向反应后溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，D项正确。答案选D。3、D【解析】AX()的分子式为C8H8O2，故A错误；BY()分子中含有甲基(-CH3)，甲基为四面体结构，所有原子不可能共平面，故B错误；CZ()分子中有7种环境的氢原子，一氯取代物有7种，故C错误；DZ()中含有酯基，能与稀硫酸发生水解反应，故D正确；故选D。4、D【解析】A连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时

5、电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性，pH试纸遇碱变蓝色，故A正确；B连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，所以淀粉碘化钾试纸变蓝色，故B正确；C该装置是将电能转化为化学能装置，为电解池，故C正确；D电子不通过电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，故D错误；故答案为D。【点睛】考查电解原理，明确离子放电顺序及各个电极上发生的反应、物质的性质即可解答，该装置为电解池，连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性；连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试

6、液变蓝色，注意电解质溶液中电流的形成，为易错点。5、A【解析】A. pH=2是酸性溶液，K+、SO42-、Na+、MnO4-均能共存，A正确；B. 使酚酞变红的溶液是碱性溶液，Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2的白色沉淀，不能共存，B错误；C. 与Al反应生成H2的溶液是可酸可碱，NH4+与OH-反应生成一水合氨，不能共存，C错误；D. 在酸性溶液中，NO3-会显强氧化性，将Fe2+氧化生成Fe3+，所以H+、NO3-、Fe2+不能共存，D错误；故答案选A。【点睛】在酸性环境中，NO3-、ClO-、MnO7-、Cr2O72-会显强氧化性，氧化低价态的Fe2+、S2-、SO32-、I-、有机

7、物等，所以不能共存。6、B【解析】A0.1mol/LCH3COONa 溶液pH7，溶液显碱性，说明醋酸根离子水解，醋酸钠为强碱弱酸盐，说明醋酸为弱酸，属于弱电解质，故A正确；B常温下，加水稀释0.1mol/LCH3COONa 溶液，促进醋酸根离子水解，但温度不变，溶液中水的离子积常数c(H+)c(OH-) 不变，故B错误；C醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，加入NaOH固体，c(OH-)增大，平衡逆向移动，CH3COO-的水解受到抑制，故C正确；D同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液，醋酸钠水解，促进水的电离，氢氧化钠电离出氢氧根离子，

8、抑制水的电离，由水电离出的c(H+) 前者大，故D正确；故选B。7、C【解析】n是一种淡黄色粉末，且与p反应生成s与r，而0.01molL-1的s溶液的pH为12，s为一元强碱，r为Y的气体单质，则s为NaOH，n为Na2O2，p为H2O，r为O2，可推知m为CO2，q为Na2CO1结合原子序数可知W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此分析解答。【详解】AH原子核外只有1个电子层，C、O核外均有2个电子层，同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：WYX，故A错误；BC对应简单氢化物为CH4，O对应简单氢化物为H2O，Na对应简单氢化物为NaH，CH4、H2O均为分子晶体，NaH为离

9、子晶体，H2O分子之间能够形成氢键，因此简单氢化物沸点：XYGeH4SiH4CH4；相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CON2；形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2OH2S；如果形成分子内氢键，熔、沸点会降低。8、D【解析】从图示可知，由于有外加电源，故此为外加电源的阴极保护法。A、在外加电源的阴极保护法中，钢铁要做电解池的阴极，即a为电源的负极，则b为电源的正极，选项A错误；B、该方法是外加电源的阴极保护法，选项B错误；C、在电解池中，电子由电解池的阳极电源的正极，电源的负极电解池的阴极，即电子要由辅助电极b、a钢铁闸门，选项C错误；D、电源改用

10、导线连接进行防护时，即牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要做负极，发生氧化反应，选项D正确；答案选D。9、C【解析】A. 总反应为，由方程式可以看出该转化的原子利用率为100%，故A正确；B. 阴极发生还原反应，阴极电极反应式为，故B正确；C. 右侧电极氯化钠生成次氯酸钠，根据反应物、生成物中钠、氯原子个数比为1:1，Na+不能通过交换膜，故C错误；D. 阴极二氧化碳得电子生成CO，碳元素化合价由+4降低为+2，每生成11.2 L（标况下）CO转移电子数为NA，故D正确；选C。10、C【解析】A、小苏打是NaHCO3，治疗胃酸过多的反应：HCO3HCO2H2O，故A错误；B、次氯酸钠溶液通入少通

11、的CO2，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，次氯酸钠与二氧化碳反应生成的是碳酸氢根离子：ClOCO2H2OHClOHCO3，故B错误；C、H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4，过氧化氢被氧化为氧气，高锰酸钾被还原为锰离子，依据电荷守恒和原子守恒书写配平的离子方程式为：5H218O22MnO46H518O22Mn28H2O，故C正确；D、过量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中，过量的二氧化硫生成亚硫酸会被氧化为硫酸，反应的离子方程式为：3SO2+Ba2+2NO3+2H2O=BaSO4+4H+2SO42+2NO，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写

12、原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。易错点B，根据电离平衡常数H2CO3HClOHCO3可知次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子。11、B【解析】焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；答案选B。12、D【解析】A. CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应

13、，不能到达除杂效果，A项错误；B. AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B项错误；C. 加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl，两者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，C项错误；D. 乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D项正确；答案选D。13、C【解析】A. D2O的摩尔质量为20g/mol，18gD2O的物质的量为0.9mol，则含有0.9mol电子，即电子数为0.9NA，故A错误；B. 124g白磷的

14、物质的量为1mol，而白磷为正四面体结构，每个白磷分子中含有6根PP键，故1mol白磷中所含PP键数目为6NA，故B错误；C. 标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，故C正确；D. 2.3g钠的物质的量为0.1mol，钠与氧气完全反应，转移电子数用钠计算，0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子，则转移的电子数为0.1NA，故D错误；答案选C。14、C【解析】苯能萃取溴水中的溴，使溴水褪色，属于物理变化，故A错误；乙烷与溴水不反应，不能使溴水褪色，故B错误；乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，故C正确；乙酸与溴水不反应，溴水不褪色，故D错误。1

15、5、D【解析】A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3； C.根据电荷守恒分析判断；D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。【详解】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢

16、离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3+H2CO3，B正确； C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)= c(OH-)，c(Na+)+ 2c(Ca2+)= c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确； D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子

17、浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。16、D【解析】根据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a为负极，b为正极，铁为阴极，铝为阳极，a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极反应为2H+2e-=H2，总的电极反应为H+ OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e- =Al3+，阴极反应为2H+2e-=H2由此分析。【详解】A甲池为原电池，a为负极，a极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；B乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H

18、+2e-=H2，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH增大，故B正确；C乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e- =Al3+，阴极反应为2H+2e-=H2，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后， 铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；D如果Al电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻止了铝电极继续放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢，故D错误；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题

19、）17、醛基 银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液） 5 1：2 【解析】甲能与银氨溶液反应，则甲含有-CHO，甲与HCN发生加成反应、酸化得到乙，可推知甲为，甲与氢气发生加成反应生成丙为，乙与丙在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成丁为甲与与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成戊为，戊分子羧基中-OH被Cl原子取代生成己为，庚与有机物M发生聚合反应生成高分子树脂，由高分子树脂的结构可知，应是与HCHO发生的加聚反应，而庚与己发生反应生成辛，由信息可知，庚应含有羟基，故庚为，M为HCHO，辛为，据此解答。【详解】（1）甲为，含氧官能团是：醛基，检验醛基常用的化学试剂为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故答

20、案为：醛基；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；（2）由上述分析可知，己的结构简式为，丁的结构简式为，故答案为：；（3）乙有多种同分异构体属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体：若有2个侧链，侧链为-OH、-CH2OOCH，若有3个侧链，侧链为-OH、-OOCH、-CH3 ，-OH、-OOCH处于邻位，-CH3 有4种位置，故共有5种，故答案为：5；（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，1mol丁（）水解消耗1molNaOH，1mol辛（）消耗NaOH为2mol，二者消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为：，故答案为

21、：。【点睛】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、同分异构体、有机反应方程式书写等，根据乙的结构及反应信息推断甲，再结构反应条件进行推断，是对有机化学基础的综合考查。18、羰基 酯基 +HCl Br2 取代反应 取代反应 （任写 3 个） CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH 【解析】根据合成路线图中反应物和生成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标产物及原料的结构设计合成路线图。【详解】（1）根据A的结构简式分析，A中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基；（2）根据比较C和E的结构及反应物的结构，分析中间产物D的结构简式为：，则反应的化学方程式为：+HC

22、l；故答案为：+HCl；（3）比较D和E的结构，反应为取代反应，所需的试剂是Br2，故答案为：Br2；（4）比较E和F的结构变化及F和G的结构变化，反应为取代反应；反应也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；（5）I 是 B（） 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含有氨基和羧基，其中具有六元环结构的有机物H的结构简式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与发生合成路线中反应的反应即可得到，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。19、粉碎、搅拌或加热 100mL容量 甲 乙 2 5 1

23、6 2 8 10 除去溶液中多余的MnO4-，防止过程加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差； 淀粉溶液 偏小 K2Cu(C2O4)2 【解析】（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2；（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O

24、2，同时生成Mn2+，据此分析作答；（5）结合实际操作的规范性作答；（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。【详解】（1）为了加快蓝色晶体在2 molL-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；（2）配制100mL0.20molL1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程是用0.20molL-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程是用0.25molL1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；（3）利用氧化

25、还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程的离子反应方程式：2 MnO4+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止过程加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；（5）过程是用0.25molL1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21+S4O62-，故过程，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定

26、Cu2+的含量偏小；（6）由2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20molL1V(KMnO4)；由2Cu2+4I-=2CuI+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2 S2O32- I2 2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25molL-1V(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2 n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2H2O 。

27、【点睛】在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。20、分液漏斗 固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰 BC 还原 3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D 慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平 【解析】A装置制取氨气，B装置干燥氨气，C为反应装置，D装置吸收反应产生的水，E装置防止F中的水分进入D装置干扰实验结果，F装置测量生成氮气的体积。【详解】（1）装置中仪器a为分液漏斗，浓氨水遇氧化钙、氢氧化钠会释放氨气，故可选用固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰（成分为氧化钙和氢氧化钠）；（2）该装置为固液不加热制取气体，A.氯气为黄绿色气体，A错误；B.过氧化钠和水，或过氧化氢和二氧化锰制氧气都无需加热，B正确；C.碳酸钙和稀盐酸制取二氧化碳，无需加热，C正确；D.二氧化氮为红棕色气体，D错误；答案选BC；（3）装置C中黑色粉末变为红色固体，说明氧化铜被还原为铜单质，说明氨气具有还原性，量气管有无色无味的气体，根据元素守恒该气体肯定含有氮元素，只能是氮气，故方程式为；（4）根据实验目的，需要测定D装置的质量变化来确定生成水的