2022届广西梧州市蒙山县高考化学全真模拟密押卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关生活中常见物质的说法正确的是A涤纶衬衣、橄榄油、牛皮鞋均是由有机高分子化合物构成的B豆浆煮沸后，蛋白质变成了氨基酸C高锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了其

2、强氧化性D蔗糖、淀粉、油脂均能水解产生非电解质2、利用反应CCl4 +4NaC（金刚石）+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（ ）AC（金刚石）属于原子晶体B该反应利用了Na的强还原性CCCl4和C（金刚石）中的C的杂化方式相同DNaCl晶体中每个Cl周围有8个Na3、胆矾CuSO45H2O可写为Cu(H2O)4SO4H2O，其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是ACu2+的价电子排布式为3d84s1B所有氧原子都采取sp3杂化C胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大4、不能通过化合反应生成的物质

3、是（）AHClOBNOCSO3DFeCl25、有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是A大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量B通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料C安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率D开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理6、如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700900时，O2可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（ ）A电池内的O2由电极甲移向电极乙B电池总反应为N2H4+2O22NO+

4、2H2OC当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应D电池外电路的电子由电极乙移向电极甲7、已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。NH4CuSO3与足量的1.0 molL-1硫酸溶液混合微热,产生下列现象:有红色金属生成有刺激性气味气体产生溶液呈蓝色。据此判断下列说法一定合理的是()A该反应显示硫酸具有酸性BNH4CuSO3中铜元素全部被氧化C刺激性气味的气体是氨气D反应中硫酸作氧化剂8、化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）A医用“纳米银外用抗菌凝胶”外用于皮肤后，能够缓释放出纳米银离子，抑制并杀灭与之接触的病菌并有促进皮

5、肤愈合的作用B银是首饰行业中常用的金属材料，纯银由于太软，因此，常掺杂其他组分(铜、锌、镍等)，标准首饰用银的银含量为92.5%，又称925银C分别用液化石油气、汽油、地沟油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物D液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰9、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NAB25时，1L pH=11的醋酸钠溶液中，由水电离出的OH数目为0.001NAC1molOH（羟基）与lmolNH4+中所含电子数均为10NAD2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均为0.1NA10、下列能源中不属于化石燃

6、料的是（ ）A石油B生物质能C天然气D煤11、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其中X、Z位于同一主族；W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；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。下列说法正确的是A最简单氢化物的沸点：WXB含氧酸的酸性：Z”或“”）。（2）一定温度下，将与以体积比1：2置于密闭容器中发生反应，达到平衡时的体积分数为25。该反应的平衡常数_。（3）利用原电池反应可实现的无害化，总反应为，电解质溶液为碱性。工作一段时间后，该电池负极区附近溶液pH_（填“变大”、“变小”或

7、“不变”），正极电极反应式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A. 涤纶衬衣（聚酯纤维）、牛皮鞋（主要成分是蛋白质）均是由有机高分子化合物构成的，但橄榄油是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量达不到10000，不是高分子化合物，A项错误；B. 豆浆煮沸后，蛋白质发生变性，B项错误；C. 高锰酸钾溶液、双氧水能杀菌消毒，都利用了其强氧化性；但酒精杀菌消毒是酒精进入细菌体内，使细菌体内的蛋白质变性从而杀菌，C项错误；D. 蔗糖水解生成葡萄糖和果糖、淀粉水解的最终产物是葡萄糖、油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，葡萄糖、果糖、甘油都是非电解质，D项正确；答案选D。【点睛

8、】高分子化合物的相对分子质量要达到10000以上，淀粉、纤维素、蛋白质、核酸为高分子化合物，而油脂不属于高分子化合物，这是学生们的易错点，学生们总是误认为油脂也是高分子化合物。2、D【解析】A金刚石晶体：每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，故A正确；B该反应中Na由0价 +1价，作还原剂将CCl4还原，故B正确；CCCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；DNaCl晶体：每个Na同时吸引6个Cl，每个Cl同时吸引6个Na，配位数为6，故D错误；故答案选D。3、C【解析】ACu是29号元素， Cu原子的核外电子排布式为1s

9、22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，故Cu2+的价电子排布式3d9，故A错误；B硫酸根离子中S和非羟基O和H2O中的O原子的杂化方式不同，不可能都是sp3杂化，故B错误；C铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；DH、O、S分别为第1，2，3周期，所以半径依次增大，但O的电负性大于S，故D错误；故选C。4、A【解析】化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。A、氯气和水反应生成HCl和HClO，则不能通过化合反应生成，故A选； B、氮气和氧气反

10、应生成NO，则能通过化合反应生成，故B不选； C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选； D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D不选； 故选：A。5、B【解析】A使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故A错误；B通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故B正确；C安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故C错误；D过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误；故选B。6、C【解析

11、】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2-4e-=N2+2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。【详解】A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2由电极乙移向电极甲，A项错误； B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，B项错误；C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所

12、以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项正确；D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；答案选C。7、A【解析】由反应现象可以知道，NH4CuSO3与足量的1.0 molL-1硫酸溶液混合微热，分别发生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32+2H+=SO2+H2O，结合反应的现象判断。【详解】A.分别发生:2Cu+=Cu+Cu2+，SO32+2H+=SO2+H2O，反应中硫酸中各元素的化合价不变，所以只显示酸性，所以A选项是正确的；B.根据2Cu+=Cu+Cu2+知，NH4CuSO3中铜元素部分被氧化部分被还原，故B错误；C.根据反应SO32+2H+=SO

13、2+H2O，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；D.反应中硫酸只作酸，故D错误。答案选A。8、C【解析】A“纳米银外用抗菌凝胶”利用了银使蛋白质变性的原理杀灭病菌，故A正确；B标准首饰用银的合金，银含量为92.5%，又称925银，故B正确；C地沟油的主要成分是油脂，属于酯类，不是碳氢化合物，故C错误；D液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰，二者发生反应产生氯化钙、次氯酸钙和水，从而消除了氯气的毒性及危害，故D正确；故答案选C。9、B【解析】A、根据水蒸气与Na2O2的方程式计算；B、25时，1L pH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH浓度为10-3molL1；C、一个OH（羟

14、基）含9个电子；D、苯中不含碳碳双键。【详解】A、水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，2H2O +2Na2O2=4NaOH+O2 m 2e- 4g 2mol 2g 1mol反应中转移的电子数为1NA，故A错误；B、25时，1L pH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH浓度为10-3molL1，由水电离出的OH数目为0.001NA，故B正确；C、1molOH（羟基）中所含电子数均为9NA，故C错误；D、苯中不含碳碳双键，故D错误；故选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数及其应用，难点A根据化学方程式利用差量法计算，易错点B，醋酸钠水解产生的OH-来源于水。10、B【解析】化石能源指由古动物、

15、植物遗体变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，其特点是具有不可再生性。【详解】化石能源指由古动物、植物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，故A、C、D不选；B、生物质能可通过植物光合作用获得，不属于化石燃料，故B选；故选：B。11、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

16、、Cl元素；A. W和X最简单氢化物的为NH3、H2O，沸点大小为NH3H2O，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。12、A【解析】Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12L，则n（NOx）0.05mol，反应后溶液pH1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3。【详解】A根据N原子守恒知，反应后溶液中n（NO3-）n（HNO3）+3

17、nFe（NO3）30.02mol+30.17mol，则c（NO3-）0.85mol/L，A正确；B、反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe（NO3）2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n（HNO3）=0.1mol/L0.2L=0.02mol，根据3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O知，硝酸溶解的n（Fe）=3=0.0075mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n（Fe）=0.025mol，则最多还能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）mol56g/mol1.82g，B错误；C、反应后硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3，没有硝酸亚铁生成，C错误；D2

18、.8gFe完全转化为Fe（NO3）3时转移电子物质的量30.15mol，假设气体完全是NO，转移电子物质的量=0.05mol（5-2）=0.15mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量=0.05mol（5-4）=0.05mol0.15mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，D错误；答案选A。【点睛】灵活应用守恒法是解答的关键，注意许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多

19、步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。13、D【解析】根据题干信息，由电池工作原理图分析可知，电池工作放电时，Li+向b极移动，则b极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为：xLiLi1xLaZrTaO+xe-=LiLaZrTaO，a极为电池的负极，发生氧化反应，据此分析解答问题。【详解】A根据上述分析可知，电池工作放电时，a极为电池的负极，发生氧化反应，A选项正确；B由电池工作原理图可知，LiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用，B选项正确；C电池充电时，b极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：LiLaZrTaO xe=xLiLi1xLaZrTaO，C选项正确；D充电时

20、，a极为阴极，发生的反应为6C+ xe-+xLi=LixC6：每转移xmol电子，增重7x g，D选项错误；答案选D。14、D【解析】AT2O的摩尔质量为22，18gT2O的物质的量为mol，含有的质子数为NA，A选项错误；B1mol/L的Na2CO3溶液中，由物料守恒有c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=2mol/L,则c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=1mol/L，c(CO32-)+c(HCO3-) O2- Mg2+ NH3+H2ONH3H2ONH4+OH- Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。 【解析】X、Y、Z、R、Q、

21、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素，据此分析。【详解】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；

22、Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。（1）Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期A族；（2）Z、Q、M分别为O、Mg、Cl，Cl-比其他两种离子多一个电子层，O2-、Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大的Mg2+半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl- O2- Mg2+；（3）Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-；（4）QM2为MgCl2，属于离子化合物，其电子式为；（5）M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、

23、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。18、bc 液溴、Fe（或液溴、FeBr3） 醚键、溴原子 1-溴丙烯 9 【解析】根据A的分子式和性质，判断为酚，再根据D的结构，可以判断A为邻二苯酚()，B为。(l)aA为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a错误；b. 甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b正确；c化合物E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；dB为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d错误；故选bc；(2)由B转化为D是在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；(3)根据D的结构可知，其含

24、有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；(4)A为邻二苯酚()，B为，AB的化学方程式为：，故答案为；(5)E为，E的同分异构体W满足： lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH ； 能发生银镜反应； 苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯环上含有2个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对位3种结构，共9种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1

25、：2：2：2：3的结构简式为，故答案为9；(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似FG的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+DE的反应，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。19、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4Cu+ZnSO43Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4

26、-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4【解析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入适量氧化锌，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4

27、7H2O。(1)根据上述分析，“滤渣1”的主要成分为二氧化硅。浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应为置换铜的反应，反应的化学方程式为Zn+CuSO4Cu+ZnSO4，故答案为Zn+CuSO4Cu+ZnSO4；(3)根据流程图，“氧化”一步中，Fe2+能被高锰酸钾氧化生成Fe3+，高锰酸钾被还原成二氧化锰，生成是铁离子转化为氢氧化铁沉淀反应的离子方程式为3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3F

28、e(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在3.2，6.4)之间可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质，故答案为3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+ ；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质；(4)根据上述分析，氧化后溶液转化含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4，故答案为ZnSO4、K2SO4。点睛：本题考查物质分离和提纯、实验装置综合等知识点，为高频考点，明确物质的性质及实验步骤是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法、实验先后顺序等。本题的易错点是（3）

29、中离子方程式的书写和配平。20、与C6H5NH3+发生中和反应，生成C6H5NH2 C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O 安全管、平衡压强、防止气压过大等 打开止水夹d 撤掉酒精灯或停止加热 40.0% 在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺 【解析】(1)与NH3相似，NaOH与反应生成； (2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强； (3)为防止倒吸，在苯胺吹出完毕后，打开止水夹d，再停止加热；(4)根据硝基苯的体积计算苯胺的理论产量，实

30、际产量理论产量=产率；(5)根据易溶于水、硝基苯难溶于水设计分离方案；【详解】(1)与NH3相似，加入氢氧化钠，NaOH与反应生成，反应的离子方程式是；(2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强，所以玻璃管的作用是安全管、平衡压强、防止气压过大；(3)为防止倒吸，先打开止水夹d，再停止加热；(4)5mL硝基苯的质量是5mL1.23 gcm-3=6.15g，物质的量是=0.05mol，根据质量守恒定律，生成苯胺的物质的量是0.05mol，苯胺的质量是0.05mol93g/mol=4.65g，苯胺的产率是=40.0%；(5)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺。21、 温度 该反应为放热反应，温度升高