2022届云南省昭通市昭阳区建飞高考化学一模试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、实验室为探究铁与浓硫酸足量的反应，并验证的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是（）A装置B中酸性溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性B实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的C装置

2、D中品红溶液褪色可以验证的漂白性D实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸2、除去下列括号内杂质的试剂或方法正确的是（）AHNO3溶液（H2SO4）：适量BaCl2溶液，过滤B乙烷（乙烯）：催化剂条件下通入H2C溴苯（溴）：加入KI溶液，分液D乙醇（乙酸）：加入足量CaO后蒸馏3、NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A降低NOx排放可以减少酸雨的形成B储存过程中NOx被氧化C还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA（NA为阿伏加德罗常数的值）D通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原

3、4、下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是( )选项实验操作现象结论A将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuSZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)H2CO3AABBCCDD5、铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，能增强人体内胆固醇的分解和排泄，但铬过量会引起污染，危害人类健康。不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍。下列叙述错误的是A发生铬中毒时，可服用维生素C缓解毒性，因为维生素C具有还原性BK2Cr2O7可以氧化乙醇，该反应可用于检查酒后驾驶C在反应Cr2O

4、72-IHCr3I2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为32D污水中的Cr3在溶解的氧气的作用下可被氧化为Cr2O72-6、现代汉语词典中有：“纤维”是细丝状物质或结构。下列关于“纤维”的说法不正确的是（）A造纸术是中国古代四大发明之一，所用到的原料木材纤维属于糖类B丝绸是连接东西方文明的纽带，其中蚕丝纤维的主要成分是蛋白质C光纤高速信息公路快速发展，光导纤维的主要成分是二氧化硅D我国正大力研究碳纤维材料，碳纤维属于天然纤维7、下列说法正确的是A可用金属钠除去乙醇溶液中的水B萃取碘水中的碘单质，可用乙醇做萃取剂C我国西周时发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理D汽油

5、中加入适量乙醇作汽车燃料，可节省石油资源，减少汽车尾气对空气的污染8、下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的操作A配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释B除去乙醇中的水加入无水氯化钙，蒸馏C除去 NO 中的 NO2将气体通过盛有 NaOH 溶液的洗气瓶D除去 Cl2 中的 HCl 得到纯净的Cl2将 Cl2 和 HCl 混合气体通过饱和食盐水AABBCCDD9、等质量的铁屑和锌粒与足量的同浓度的稀硫酸反应，下列图象可能正确的是()ABCD10、下列说法不正确的是A海水是一个巨大的宝藏，对人类生活产生重要影响的元素，如：氯、溴、碘、硫、钠、钾等元素主要来自于海水B同位素示踪

6、法是研究化学反应历程的手段之一C浙江省首条氢氧燃料电池公交线在嘉善试运行，高容量储氢材料的研制是需解决的关键技术问题之一D乙醇与水互溶，这与乙醇和水分子之间能形成氢键有关11、用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述中正确的A0.4 mol NH3与0.6 mol O2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NABC60和石墨的混合物共1.8 g，含碳原子数目为0.15NAC1 L 0.1 mol/LNH4Al(SO4)2溶液中阳离子总数小于0.2NAD5.6 g铁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.3NA12、面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的

7、是A医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性BN95口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维C为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入稀盐酸D我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏保存13、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2OB将Cl2溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O2H+Cl+ClOC用过量的NaOH溶液吸收SO2：OH+SO2HSO3D向AlCl3溶液中加入氨水：Al3+3OHAl（OH）314、 “侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置(部分夹持

8、装置省略)如图：下列叙述正确的是（ ）A实验时先打开装置中分液漏斗的旋塞，过一段时间后再点燃装置的酒精灯B装置的干燥管中可盛放碱石灰，作用是吸收多余的NH3C向步骤 I 所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温可析出NH4ClD用装置可实现步骤的转化，所得CO2可循环使用15、常温下，向20mL溶液中滴加NaOH溶液有关微粒的物质的量变化如图，下列说法正确的是A滴加过程中当溶液呈中性时，B当时，则有：CH在水中的电离方程式是：H；D当时，则有：16、我国某科研机构研究表明，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是AN为该电池的负极B该电池可以在高

9、温下使用C一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小DM的电极反应式为：C6H5OH28e11H2O=6CO228H17、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A0.1 molL1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B通入过量Cl2：Cl、SO42、Fe2+、Al3+C通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3-D0.1molL1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-18、化学与工农业生产和日常生活密切相关，下列说法正确的是A漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白剂，又可作消毒剂B硅胶可用作催化剂的载体，但不可用作干燥剂C常温下铝制容

10、器可以盛放浓硫酸，是因为铝与浓硫酸不反应D明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的Al3+具有强吸附性19、下列说法正确的是A氯化氢气体溶于水破坏离子键，产生H+和Cl-B硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键类型相同CNH3和HCl都极易溶于水，是因为都可以和H2O形成氢键DCO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于它们所含的化学键类型不同20、常温下，向盛50mL0.100molL-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL的蒸馏水、0.100molL-1醋酸铵溶液，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.810-5，Kb(NH3H2O)=1.810-5。下列说法正确的

11、是（ ）A曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变化图，滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小B曲线Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-)”“”或“ C(CH3COO-)，B正确；C. a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)= n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)-n(NH4+)= n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01molL-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01molL-10.1L=0.001mol，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D. b点位HCl溶液

12、，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。 答案选B。【点睛】A一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。21、C【解析】A. 太阳能电池是一种对光有响应并能将光能直接转换成电能的器件，不是将太阳能转化为化学能，故A错误；B. 分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，而“碳纳米泡沫”与石墨烯均是碳元素组成的单质，应该为同素异形体，故B错误；C. 植物纤维具有吸水性，并且无毒，可用作食品干燥剂，所以秸秆经加工处理成植物纤维

13、，符合“绿色生活，美丽家园”大会主题，故C正确；D. 传统烟花的制作常加入含有铂、铁、钾、钠、铜等金属单质的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆典可以在一定范围内，适度使用，故D错误。故选C。22、C【解析】A球表示原子，棍表示化学键，则乙烯的球棍模型为，选项A正确；B碳碳双键为平面结构，则分子中六个原子在同一平面上，选项B正确；C平面结构，键角为120，正四面体结构的键角为109 o 28，选项C错误；D碳碳双键比单键活泼，则碳碳双键中的一根键容易断裂，选项D正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、NH4HCO3 4NH3+5O24NO+6H2O C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+

14、2H2O 2 1：2 4：1 【解析】A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1) 、A为NH4HC

15、O3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；(2) 、D为NH3，G是O2，H是NO ，则D+GH的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J- B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+ H2O=2HNO3+NO可知，氧

16、化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4: 1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。24、C5H12 CH3CHO C6H12O62C2H5OH + 2CO2 4 HCOOC(CH3)3 【解析】A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，因此A中=，则A为C5H12；H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，H为HCHO，根据流程图

17、，B为卤代烃，C为醇，D为醛，E为酸；F为乙醇，G为乙醛，G和H以1：3反应生成I，根据信息，I为，J为，E和J以4：1发生酯化反应生成K，E为一元羧酸，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰，E为，则D为，C为。【详解】（1）根据上述分析可知，A的分子式为C5H12，故答案为：C5H12；（2）根据上述分析，D的结构简式为；G为乙醛，结构简式为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；（3）根据流程图可知，反应是葡萄糖的分解反应；反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应；反应是醛和醛的加成反应；反应是醛的氢化反应，属于加成反应；反应是酯化反应，属于取代反应，属于取代反应，故答案为：；（4）反应是葡萄糖在

18、酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH + 2CO2；反应是在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应，反应的化学方程式为，故答案为：C6H12O62C2H5OH + 2CO2；（5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为，E的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H9，因为丁基有4种结构，故E的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3，故答案为：4；HCOOC(CH3)3。25、冷凝管 回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性 H2O2+SO2=H2SO4

19、增大气体与溶液的按触面积，使气体吸收充分 用待装液润洗滴定管 挥发出来的盐酸消耗氢氧化钠，增大了SO2的含量 将盐酸换为稀硫酸 向C中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量 【解析】考查实验方案设计与评价，（1）仪器A为（直型）冷凝管，葡萄酒中含有乙醇和有机酸，乙醇和有机酸受热易挥发，冷凝管的作用是回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性；（2）SO2具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2把SO2氧化成SO42，因此化学反应方程式为H2O2SO2=H2SO4；（3）换成多孔的球泡，可以增大气体与溶液的接触面积，使气体吸收充分；（4）使用滴定管应先检漏，再用待盛液润洗

20、，最后装液体，因此量取NaOH标准液的前的一步操作是用待装液润洗滴定管；B中加入的是葡萄酒和适量盐酸，盐酸易挥发，挥发出的盐酸能与NaOH反应，消耗NaOH的量增加，测的SO2的含量偏高；把酸换成难挥发酸，把盐酸换成稀硫酸；（5）根据C中反应，SO2转化成SO42，向C的溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，然后根据硫元素守恒，求出SO2的量，具体操作是向C 中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量。26、NaCNH2O2H2O=NH3NaHCO3 三颈烧瓶 将产生的氨气及时排出并被吸收，防止产生倒吸，减少发生副反应 AB 滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液

21、中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 0.49 2HSO4-2e-=S2O82+2H+ 【解析】I. 由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和NH3；II. 装置b中过二硫酸铵与氢氧化钠在55温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成02，反应生成的02将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应；滴定过程中Ag+与CN-反应生成Ag（CN）2-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与

22、I-生成AgI黄色沉淀；. 由题意可知，HSO4在阳极失电子发生氧化反应生成S2O82。【详解】（1）由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和NH3，反应的化学方程式为NaCNH2O2H2O=NH3NaHCO3，故答案为NaCNH2O2H2O=NH3NaHCO3；(2)由图可知，盛放(NH4)2S2O8溶液的仪器的名称是三颈烧瓶，故答案为三颈烧瓶；（3）由题给信息可知，过二硫酸铵与氢氧化钠在55温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，反应生成的氨气在90温度下与过二硫酸钠发生副反应生成硫酸钠、氮气

23、和水，装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成02，反应生成的02将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应，故答案为将产生的氨气及时排出并被吸收，防止产生倒吸，减少发生副反应；(4)由题给信息可知，制备反应需要在55温度下进行，90温度下发生副反应，所以需要控制温度不能超过90，故还需补充的实验仪器或装置为温度计和水浴加热装置，故答案为AB；（5）滴定过程中Ag+与CN-反应生成Ag（CN）2-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为滴入最后一

24、滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；（6）滴定终点时消耗AgNO3的物质的量为1.0103mol/L5.00103L=5.0010-6mol，根据方程式Ag+2CN-=Ag（CN）2-可知处理的废水中氰化钠的质量为5.0010-6mol249g/mol=4.910-4g，则处理后的废水中氰化钠的浓度为=0.49 mg/L，故答案为0.49；（7）由题意可知，HSO4在阳极失电子发生氧化反应生成S2O82，电极反应式为2HSO4-2e-=S2O82+2H+，故答案为2HSO4-2e-=S2O82+2H+。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较

25、多、综合性较强，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质是解答关键。27、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，

26、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量，故E装置的作用是防止F中的水分进入D装置，同时浓硫酸还能吸收氨气；（5）为保证读出的气体体积为标准大气压下的体积，需要调整两边液面相平；（6）测得干燥管D增重m g，即生成m g水，装置F测得气体的体积为n

27、 L，即n L氮气，根据元素守恒，水中的氢元素都来自于氨气，氮气中的氮元素都来自于氨气，故氨分子中氮、氢的原子个数比为：。【点睛】量气装置读数的注意事项：气体冷却到室温；上下移动量筒，使量筒内液面与集气瓶内液面相平；读数时视线与凹液面最低处相平。28、铁 2、4 NCH sp2、sp3 分子晶体 5 Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，晶格能：NiOFeO，因此熔点NiOFeO 4 【解析】(1)未成对电子处于价电子中，铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，结合泡利原理与洪特规则判断；(2)含有孤对电子的N原子与C

28、o通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键；三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大；根据分子中N原子形成的键个数和含有的孤对电子的数目，分析判断；(3)根据Fe(CO)x的熔沸点比较低分析判断晶体类型；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，根据Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，列式计算x；(4)离子晶体的熔点与晶格能大小有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；(5)根据均摊法计算晶胞中Ni、As原子数目，由晶胞结构可知As原子配位数为4，结合晶胞中Ni、A

29、s元素数目之比计算Ni的配位数；首先计算晶胞的质量，再结合密度计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长，最后根据面心与顶点上的Ni原子距离最近计算。【详解】(1)铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，三种元素原子的核外未成对电子数分别为4、3、2，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：Fe；(2)有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性NCH；分子中N原子有形成2个键，含有1对孤对电子，有形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目均为3，N原子的杂化轨道类型为 sp2；有形成3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目均为4，N原子的杂化轨道类型为 sp3，故答案为：2、4；NCH；sp2、sp3；(3)配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于非