2022届辽宁省辽河油田第二高三下学期第一次联考化学试卷含解析

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、以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是()钠、铝、氯：1个；硅、硫：2个；磷：3个；铁：4个A只有B只有C只有D有2、25时，关于某酸(用H2A表示)下列说法中，不正确的是（ ）ApH=a的Na2A溶液中，由水电离产生的c(OH-)=10

2、a-14B将pH=a的H2A稀释为pH=a+l的过程中，c(H2A)/c(H+)减小，则H2A为弱酸C测NaHA溶液的pH，若pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸D0.2 molL-1 H2A 溶液中的 c(H+)=a，0.1 molL-1H2A溶液中的 c(H+)=b，若a7，说明HA-在溶液中水解，则H2A是弱酸；若pH7，H2A不一定是强酸，可能是HA-的电离大于HA-的水解，故C错误；D若H2A为强酸，0.2 molL-1 H2A 溶液中的 c(H+)=a=0.4molL-1，0.1 molL-1 H2A溶液中的 c(H+)=b=0.2 molL-1 ，此时a=2 b，现a

3、H2SO4，故D正确。7、D【解析】A天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液；C加入硫酸钠，蛋白质不变性；D氨基酸含羧基和氨基官能团。【详解】A油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A错误；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故B错误；C加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；D氨基酸结构中都含有COOH 和NH2 两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D正确；故选：D。【点睛】解题关键：明确官能团及其性质关系，易错点A，注

4、意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。8、C【解析】ACCl4中只含C-Cl极性共价键，故A不选；BNa2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B不选；CC2H4中含C-H极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H元素组成，为共价化合物，故C选；DCS2中只含C=S极性共价键，故D不选；故选：C。9、B【解析】ABF2Cl只有一种结构，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故A错误；BBF3中B的价电子对数为3，杂化类型为sp2，三根BF键间键角都为120，为平面三角形，故B正确；CBFCl2只有一种结构，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故C错误；D三根BF键键长都为1

5、30pm，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故D错误；故选B。10、B【解析】A在酸性条件下，酚羟基和羧基可以和氢氧化钠反应，故1mol酚酞可与3molNaOH发生反应，A错误；B在酸性条件下，两个酚羟基有4个邻位氢原子，1mol酚酞可与4molBr2发生反应，B正确；C酚酞分子中没有碳碳双键，所以酸性条件下的酚酞不能发生加聚反应，C错误；D酚羟基不能发生消去反应，连接醇羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，也不能发生消去反应，D错误；故选B。11、D【解析】Aa点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过升温得不到b点，故A错误；B加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是

6、反应热不变，故B错误；C碳酸钠先与氯化氢反应生成碳酸氢钠，开始时没有二氧化碳生成，碳酸钠反应完全之后碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，生成二氧化碳需要的盐酸的体积大于生成碳酸氢钠消耗的盐酸，故C错误；D. 图4表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)，由图可知，P2先达到平衡，压强大，加压后，A%减小，说明加压后平衡正向移动，a+bc，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了元素化合物的性质、溶解度、催化剂对反应的影响等，侧重于考查学生的分析能力和读图能力，注意把握物质之间发生的反应，易错点A，a点未饱和，减少溶剂可以变为饱和。12、C【解析】A葡萄糖是单糖不能水解，lmol葡萄糖能分解生成2mo

7、lCH3CH2OH和2molCO2，故A错误；B苯的结构简式为，但分子结构中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C乙醇分子式可以变式为C2H4H2O，故乙醇燃烧相当于乙烯燃烧，耗氧量相同，故C正确；D乙烯和植物油均含有碳碳双键，都能使溴水褪色，其褪色原理均为加成反应，故D错误；答案为C。13、D【解析】由图示装置可知，涉及的仪器为：坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等，由于给坩埚加热时可以直接进行加热，不需要使用石棉网，所以该装置中没有用到石棉网，答案选D。【点睛】注意常见的仪器干燥及正确的使用方法，明确给坩埚加热时，不需要垫上石棉网。14、C【解析】A干冰为二氧化碳、明矾为十二水合硫

8、酸铝钾、烧碱为氢氧化钠，都是化合物，故A正确；B石墨、C60、金刚石都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故B正确；C乙醇、四氯化碳属于非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、纯净矿泉水是含电解质的水，属于混合物，盐酸是氯化氢气体的水溶液，属于混合物，故D正确；答案选C。15、C【解析】A项，光合作用消耗CO2，光合作用的总方程式可表示为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用会引起大气中CO2含量下降；B项，自然降雨时H2O会与少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO2含量的上升；C项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石

9、油、天然气中都含C元素，C元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；D项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中CO2含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；答案选C。16、D【解析】侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3

10、Na2CO3+CO2+H2O；再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用，方程式为：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+H2O，所以没有使用的反应原理的化学方程式是NaHCO3+NH3+NaClNa2CO3+NH4Cl；故选：D。【点睛】侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙酮 碳碳双键、羧基 甲醇 浓硫酸、加热 +CH3OH C12H9N2OF3 【解析】A和HCN加成得到B，-H加在O原子上

11、，-CN加C原子上，B发生消去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F，F发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。【详解】（1）由A的结构简式可知，A的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；（2）由D的结构简式可知，D中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3

12、；（6）所含官能团类别与E相同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6，则必有2个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有一种，故答案为：；（7）结合本题进行逆合成分析：参照第步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和HCN加成而来，综上所述，故答案为：。【点睛】复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F对上了，问题自然应迎刃而解。18、1,2-二氯乙烷 取代反应 AD 18 Cu/Ag，O2， 【解析】根

13、据流程图，卤代烃A()在氢氧化钠溶液中水解生成B，B为，C()在氢氧化钠条件下反应生成D，D与甲醇发生酯交换生成E()，D的分子式为C3H4O3，核磁共振氢谱只有一组峰，因此D为，据此分析解答(1)(6)；(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为，名称为1,2-二氯乙烷，D的结构简式为，故答案为1,2-二氯乙烷；(2)B为，C为，B与发生取代反应生成，故答案为取代反应；(3)H为。A.根据H的结构简式，H的分子式为C15H16O2

14、，故A正确；B.H中含有酚羟基，具有弱酸性，但含有2个苯环，不属于苯酚的同系物，故B错误；C.结构中含有，是四面体结构，因此分子中碳原子一定不共面，故C错误；D.酚羟基的邻位和对位氢原子能够发生取代反应，1mol H与浓溴水取代所得有机物中最多含有4个溴原子，酚羟基和溴原子均能消耗NaOH，且溴原子水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠反应，因此1mol 最多消耗10mol氢氧化钠，故D正确，故答案为AD；(4)AB是卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为，故答案为；(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到，与发生缩聚反应生成，故答案为； (6)H()的不饱和度=8，H的同分异构体中满足下列条件：

15、有萘环()结构，不饱和度=7，能发生水解和银镜反应，说明结构中含有酯基和醛基，因此属于甲酸酯类物质，酯基的不饱和度=1，因此其余均为饱和结构，两个乙基且在一个环上，两个乙基在一个环上有、4种情况，HCOO-的位置分别为6、6、3、3，共18种结构，故答案为18；(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，因此L为CH3CHOHCH3，反应的条件为Cu/Ag，O2，故答案为CH3CHOHCH3；Cu/Ag，O2，。【点睛】本题的难点和易错点为(3)D的判断，要注意H与溴水的取代

16、产物为，与氢氧化钠充分反应生成和溴化钠。19、搅拌（或适当升温等合理答案即可） H2O2+2H+ +Cu=Cu2+ +2H2O CuO或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO3等合理答案即可 加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23次 温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2 100% 【解析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫

17、酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在5560左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H+ +Cu=Cu2+2H2O；(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3

18、沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO3等合理答案即可；(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23次；(5) 根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作”中温度选择5560的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2

19、CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2；(6) m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O 222 62x m1- m2=，解得：x=，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为100%=100%。【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。20、沉

20、淀不溶解，无气泡产生或无明显现象 BaCO32H=Ba2CO2H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡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 b 小于 2Ag2I=I22Ag 生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I）减小，I还原性减弱，原电池的电压减小 实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c（I）增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq) 【解析】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。实验是将少量BaCl2

21、中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡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。向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI。AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I2Ag = 2AgI2；由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生

22、了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，根据已知信息“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；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)。【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BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。实验是将少

23、量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO32H = Ba2CO2H2O；故答案为：BaCO32H = Ba2CO2H2O。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡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，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO3

24、2与Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。为观察到AgCl转化为AgI，需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI；故答案为：b。AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I2Ag = 2AgI2；故答案为：小于；2I2Ag= 2AgI2。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中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，根据已知信息“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；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可知，实验中ba；故答案为：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，原电池的电压减小。实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)；故答案为：实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)。21、酯基、醛基 乙炔 浓硫酸、加