2022届吉林省长春市长春高考化学必刷试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3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一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A单质的熔点：ZXBZ与Y、W均能形成离子化合物C气态氢化物的沸点

2、：XY苯酚HCO3-，则向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，不会生成CO2，只会生成苯酚钠与碳酸氢钠，B项错误；C. 蔗糖不是还原性糖，不能与银氨溶液发生银镜反应，C项错误；D. 向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，会先以晶体形式析出，发生的反应是：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3，D项正确；答案选D。【点睛】A项是易错点，学生要理解并准确掌握铝三角的转化关系，铝单质的特性。铝单质与酸反应会生成正盐铝盐，而与碱反应生成偏铝酸盐，铝单质不能直接转化为氢氧化铝沉淀。8、B【解析】A. 根据物质结构简式可知脱氢维生素C的分子

3、式为C6H6O6，A错误；B. 根据维生素C结构可知维生素C含有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，B正确；C. 1分子维生素C与I2发生反应产生1分子脱氢维生素C和2个HI分子，维生素C分子失去两个H原子生成脱氢维生素C，失去H原子的反应为氧化反应；碘遇淀粉变蓝，所以滴定时可用淀粉溶液作指示剂，终点时溶液由无色变蓝色，C错误；D. 羟基属于亲水基团，维生素C含多个羟基，故易溶于水，而在有机溶剂中溶解度比较小，D错误；故合理选项是B。9、D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质。p与q反应生成u，u为二元化合物，而常温下0.1mol

4、L-1u溶液的pH为1，则u为HCl，由原子序数可知，X为H元素、W为Cl元素，故q为H1，p为Cl1q与m反应生成v，v的水溶液呈碱性，则m为N1，v为NH3，故Y为N元素；m与n在放电条件下得到r，r与n得到有色气体s，且s与水反应得到r与t，而常温下0.1molL-1t溶液的pH为1，t为一元强酸，故n为O1，r为NO，s为NO1，t为HNO3，则Z为O元素,综上可知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为Cl元素。【详解】AY、W的最高价氧化物对应的水化物均为HNO3和HClO4，两者均为强酸，故选项A正确；BZ和Y的简单氢化物分别为H1O和NH3，水的稳定性和沸点均高于氨气，故选项B

5、正确；Cs为NO1，3NO1+ H1O= 1HNO3+ NO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故选项C正确；Dv为NH3，其电子式可表示为，故选项D错误；故选D。【点睛】本题考查无机物的推断，注意气体的颜色及溶液的pH为推断的突破口，再结合转化关系推断，熟练掌握元素化合物知识。10、D【解析】A. M分子结构中官能团为碳碳双键与羟基，为烃的衍生物，不属于烯烃，M与N在组成上相差不是n个CH2，且分子式也不相同，所以但既不是同系物，也不是同分异构体，A项错误；B. M、N分子结构中均含碳碳双键，与液溴混合时，可发生加成反应，苯环与液溴发生取代反应时，还需要催化剂，B项错误；C. M分子内含

6、碳碳单键，中心C原子采用sp3杂化，不可能所有原子共平面，N所有原子可以共平面，C项错误；D. M、N分子结构中均含碳碳双键，均可发生加聚反应生成高分子化合物，D项正确；答案选D。11、D【解析】氢氧燃料电池的原理反应：2H2O2=2H2O，通氢气一极是负极，发生氧化反应，通氧气一极是正极，发生还原反应，即a是负极，b是正极，电解质溶液为酸性环境，据此分析。【详解】A. 由以上分析知，a极是负极，发生反应为H22e=2H，故A正确；B. 由以上分析知，b是正极，发生还原反应，电极反应式为O24H4e=2H2O，故B正确；C. 原电池中阳离子移动向正极，则电解质溶液中H向正极移动，故C正确；D.

7、 氢氧燃料酸性电池，在反应中不断产生水，溶液的pH值增大，故D项错误；答案选D。【点睛】氢氧燃料电池的工作原理是2H2+O2=2H2O，负极通入氢气，氢气失电子被氧化，正极通入氧气，氧气得电子被还原，根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式，若选用KOH溶液作电解质溶液，正极的电极反应式为O2 + 2H2O + 4e- =4OH-，负极的电极反应式为：2H2 - 4e- + 4OH- =4H2O；若选用硫酸作电解质溶液，正极的电极反应式为O2 + 4H+ + 4e- =2H2O，负极的电极反应式为：2H2 - 4e-=4H+；这是燃料电池的常考点，也是学生们的易混点，根据电解质溶液的酸碱性写电极反

8、应式是关键。12、D【解析】A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，会生成Fe(OH)3沉淀； B.硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，反应生成偏铝酸根；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以不会生成偏铝酸根；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，nBa(OH)2:n(NaHCO3)=1:1【详解】A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3+4Fe3+3Cl-，故A错误；B.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，铝离子恰好反应生成偏铝

9、酸根离子，反应的化学方程式为KAl (SO4)2 + 2Ba(OH)2 = 2BaSO4 + KAlO2 + 2H2O，对应的离子方程式为：Al3+ +2SO4 2- +2Ba2+ +4OH-=2BaSO4+AlO2- +2H2O，故B错误；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，HCO3-无剩余，离子方程式：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，D正确，选D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式

10、的拆分、注意离子反应遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大13、A【解析】A接触法制硫酸中有热交换器，涉及到反应热再利用，选项A正确；B联合法制纯碱生产过程中不涉及到反应热再利用，选项B错误；C铁矿石炼铁生产过程中不涉及到反应热再利用，选项C错误；D石油的裂化和裂解生产过程中不涉及到反应热再利用，选项D错误；答案选A。14、C【解析】根据已知条件可知：X是C，Y是O，Z是Na，W是Al，M是Si。【详解】AO2-、Al3+的电子层结构相同，对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小：r(Y2-)r(W3+) ，A正确；BW的氧化物对应的水化物是两性氢氧化物

11、，而Z的最高价氧化物水化物是强碱，因此二者可以发生反应，B正确；CX有多种同素异形体如金刚石、石墨等， Y也存在同素异形体，若氧气与臭氧，C错误；DX、M均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子CCl4、SiCl4，D正确；故选C。15、C【解析】反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCO3的溶解度较小，故A正确；纯碱是Na2CO3，NaHCO3是小苏打，故B正确；析出 NaHCO3固体后的溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，含氯化铵、NaHCO3等，故C错误；在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D正确。16、C【解析】A分子的稳定性与化学键有

12、关，共价键越强，分子越稳定性，而分子间作用力只影响物质的熔沸点等物理性质，故A错误；B单原子分子中没有化学键，如稀有气体为单原子分子，分子中没有共价键，故B错误；C离子晶体中一定存在离子键，可能存在共价键，如氢氧化钠、过氧化钠中存在离子键和共价键，故C正确；D原子晶体中可能存在极性键，也可能存在非极性键，如二氧化硅中存在极性共价键，金刚石中存在非极性键，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意稀有气体是单原子分子，固态时形成分子晶体。二、非选择题（本题包括5小题）17、HOCH2CCCH2OH 羟基 【解析】结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故

13、A的结构简式为HOCH2CCCH2OH；A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成C，C的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2Br，C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN，然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，环己醇发生催化氧化生成环己酮，环己酮发生氧化反应HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，HOOCCH2CH2CH2CH2COOH与SOCl2发生取代反应生成ClCO(CH2)4COCl，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6

14、NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66。【详解】（1）结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2CCCH2OH；（2）A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B中官能团的名称是羟基；（3）反应、是加成反应，反应、为取代反应；（4）反应是苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，反应方程式为；（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66，反应方程式为；（6）某聚合物K的单体与A(HOCH2CCCH2OH)互为同分异构体，该单体能与N

15、aHCO3溶液反应，故该单体中含有羧基，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，所以该单体的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，该聚合物K的结构简式为；（7）由HOCH(CH3)COOH发生缩聚反应生成聚乳酸()，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生反应后在水解条件下生成HOCH(CH3)COOH，合成路线如图所示。18、O NOAl NH3分子间易形成氢键 孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用 sp2 三角形 1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1) 7:1 1030 【解析】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增

16、大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期

17、，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为NOAl，故答案为O；NOAl；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于10928，故答案为NH3分子间易形成氢键；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3离子中N原子的价

18、层电子对数=键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4) E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为6)，结构为，其中键与键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8+6=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度=1030 gcm3，故答案为1030。【点睛】正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据

19、题意确定CrO5的结构。19、将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色 decb Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 防止倒吸 铁屑 烧杯、漏斗、玻璃棒 酸式 【解析】制备聚铁和绿矾(FeSO47H2O)流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物(S、二氧化硅等)W；滤液X中加入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在7080条件下得到聚铁胶体，最后得到聚铁，以此解答该题。【详解】(1)检验SO2的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后溶液又恢复红色，证明含有SO2；(2)实验室用亚硫酸

20、钠固体与硫酸反应制取SO2气体，该反应为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，收集SO2前应先干燥然后再收集。由于SO2的密度比空气大，要从c口进气，SO2是有毒气体，在排放前要进行尾气处理，然后再进行排放，所以最后进行尾气处理。因为SO2易于氢氧化钠反应，故D瓶的作用是安全瓶，以防止倒吸现象的发生，故仪器接口顺序为adecbf；(3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，所以溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉(或铁屑)，发生反应：2Fe3+Fe=3Fe2+，除去Fe3+，然后过滤除去过量的铁粉，得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾，过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻

21、璃棒；(4)KMnO4溶液具有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用KMnO4标准溶液滴定Fe2+的溶液时，要使用酸式滴定管盛装。【点睛】本题考查了制备方案的设计，涉及实验室中二氧化硫的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，明确实验目的、了解仪器结构与作用是解答关键，注意掌握制备方案的设计方法，试题培养了学生的化学实验能力。20、沉淀不溶解或无明显现象 BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2+ H2O BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) +SO42- (aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平

22、衡向右移动 b 2I- - 2e- = I2 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则cb说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 【解析】（1） BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体， BaSO4不溶于盐酸；实验中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；实验 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+ CO32-= BaSO4+ SO42-，根据离子浓度对平衡的影响分析作答；（2） 要证明AgCl转化为AgI， AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过

23、量；I具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；B 中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；AgI转化为AgCl，则c(I)增大，还原性增强，电压增大。【详解】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象； 实验是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2+ H2O； 由实验知A溶液为3滴0.1mol/LBa

24、Cl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2+ SO42-= BaSO4，所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。（2）甲溶液可以是NaCl溶液，滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。

25、说明有AgCl转化为AgI，故答案为b； 实验的步骤中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液，Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I-具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2； 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验中ba。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-

26、还原性减弱 。虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验中加入了NaCl(s)，原电池的电压cb，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大，故答案为实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则cb说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I-。21、2-甲基丙酸羟基（酚羟基）+2NaOH+NaBr+2H2O取代反应n12【解析】A的核磁共振氢谱中有三组峰；且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明A中含有羧基，为一元羧酸，其结构简式为(CH3)2CHCOOH，A与溴发生取代反应生成B，则B的结构简式为(CH3)2CBrCOOH，B与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应再酸化后得到C，C为CH2=C(CH3)COOH，C与F反应生成的H中有酯基和醛基，可知C与F发生发反应是酯化反应，则F中含有醛基，也有羟基能与C酯化，结合F的分子式为C7H6O2，可知F中有一个苯环和一个醛基、一个酚羟基；因此D中也有一个苯环和一个酚羟基，结合D分子式C7H8O，可知D中还有一个甲基，另外化合物D苯环上的一氯代物只有两种，可知苯环上的取代基为对位，