2022届浙江省普通高等学校高三最后一卷化学试卷含解析

1、2021-2022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、做好垃圾分类，推动城市绿色发展。下列有关生活垃圾分类不合理的是（ ）选项ABCD生活垃圾牛奶盒眼药水干电池西瓜皮垃圾分类标识AABBCCDD2、已知反应S2O82-(aq)+2

2、I-(aq)2SO42-(aq)+I2(aq)，若往该溶液中加人含Fe3+的某溶液，反应机理：2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)2Fe2+(aq)+S2O82-(aq) 2Fe3+(aq)+2SO42-(aq),下列有关该反应的说法不正确的是A增大S2O82-浓度或I-浓度，反应、反应的反应速率均加快BFe3+是该反应的催化剂C因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，所以该反应是放热反应D往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深3、常温下，将甲针筒内20mLH2S推入含有10 mLSO2的乙针筒内，一段时间后，对乙针筒内现象描述错误的是（气体在同温同压

3、下测定）（ ）A有淡黄色固体生成B有无色液体生成C气体体积缩小D最终约余15mL气体4、M的名称是乙烯雌酚，它是一种激素类药物，结构简式如下。下列叙述不正确的是AM的分子式为C18H20O2BM可与NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反应C1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应D1 mol M与饱和溴水混合，最多消耗5 mol Br2 5、在国家卫健委2020年2月发布的最新版新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第六版）中，新增了几款有疗效的药物，其中一款是老药新用，结构如图所示。已知该药物由短周期元素组成，X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数

4、即为Z元素的原子序数。下列说法错误的是A元素非金属性XY或或）。由上述实验，得出的结论是：_。21、辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分为MnO2，它们都含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备碳酸锰和硝酸铜晶体的主要工艺流程如图所示 ：已知：部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的 pH范围如下表所示（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为 0. l mol/L 计算）开始沉淀的 pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Mn2+8.39.8Cu2+4.46.4100.86.3（1）酸浸时，下列措施能够提高浸取速率的措施是_ 。A将矿石粉碎 B适当延长酸浸时间 C适当升高温度（2

5、）酸浸时， MnO2 与Cu2S反应的离子方程式是 _。 （3）浸出液调节pH = 4 的目的是_ ，浸出液中铜离子浓度最大不能超过_ molL-1（保留一位小数）。（4）生成 MnCO3 沉淀的离子方程式是_。 （5）本工艺中可循环使用的物质是 _（写化学式）。（6）流程中需要加入过量HNO3溶液，除了使 Cu2(OH)2CO3完全溶解外，另一作用是蒸发结晶时_。（7）制得的Cu(NO3)2 晶体需要进一步纯化， 其实验操作名称是_ 。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A. 牛奶盒是包装纸，属于可回收物，故A正确；B. 眼药水是过期药品，属于有害垃圾，故B正确；C.

6、 干电池属于有害垃圾，故C错误；D. 西瓜皮是厨余垃圾，属于湿垃圾，故D正确；答案选C。2、D【解析】A. 增大S2O82浓度或I浓度，增加反应物浓度，因此反应、反应的反应速率均加快，故A正确；B. Fe3+在反应中是中间过程，参与反应但质量不变，因此是该反应的催化剂，故B正确；C. 因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，因此该反应是放热反应，故C正确；D. 往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，平衡逆向移动，单质碘减少，蓝色加浅，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】正反应的活化能大于逆反应的活化能，则反应为吸热反应，正反应活化能小于逆反应的活化能，则反应为放热反应。3、D【解析】A.

7、因H2S与SO2能够发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，生成黄色固体，正确；B. 根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，有无色液体水生成，正确；C. 根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，反应后气体体积缩小，正确；D. 根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，20mLH2S与10 mLSO2恰好完全反应，最终没有气体剩余，错误；答案选D。4、B【解析】A. 由物质的分子结构可知M的分子式为C18H20O2，正确。B. 该物质的分子中含有酚羟基，所以可与NaOH溶液反应，但是由于酸性较弱，所以不能和NaHCO3溶液反应，错误。C. 在M的一个分子中含有2个苯环和一个双键，所以1

8、 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应，正确。D.羟基是邻位、对位取代基，由于对位有取代基，因此 1 mol M与饱和溴水混合，苯环消耗4mol的溴单质，一个双键消耗1mol的溴单质，因此最多消耗5 mol Br2，正确。本题选B。5、B【解析】由化学式H3YO4可知，Y元素显+5价，在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对，且X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，则X为N元素，Y为P元素，又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数，则Z的原子序数为7+15-5=17，Z为Cl元素，可与其它原子形成共用电子对，符合，据此分析解答。【详解】由化学式H3YO4可

9、知，Y元素显+5价，在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对，且X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，则X为N元素，Y为P元素，又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数，则Z的原子序数为7+15-5=17，Z为Cl元素，可与其它原子形成共用电子对，符合，A. 同周期元素从左向右，非金属性逐渐增强，同主族元素从上至下，非金属性逐渐减弱，X为N元素，Y为P元素，Z为Cl元素，则元素非金属性XYZ，故A正确；B. X为N元素，其氢化物为氨气，显碱性，故B错误；C. Y的最高价氧化物的水化物是H3PO4，为中强酸，故C正确；D. 同种非金属元素原子间形成非极性键，不同种非金

10、属元素的原子间形成极性键，则在该分子中，存在极性共价键和非极性共价键，故D正确；故选B。6、C【解析】A.酸性环境不能大量存在OH-，A错误；B.I-具有还原性，与Fe3+会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C.反应符合事实，遵循离子方程式中物质拆分原则，C正确；D.NH4+、HCO3-都会与OH-发生反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是C。7、A【解析】A、稻壳灰来源广泛价格低廉，活性碳具有吸附性，有较高的经济价值，A正确；B、操作A为过滤，操作B为蒸发浓缩，是两种不同的操作，B错误；C、二氧化硅中，硅元素的化合价是4价，硅酸钠中，硅元素的化合价是4价，所以该流程中硅元素的化合价没

11、有发生改变，C错误；D、复分解反应是指由两种化合物相互交换成分，生成另外两种新的化合物的反应，反应SiO22NaOHNa2SiO3H2O不属于复分解反应，D错误。答案选A。【点睛】明确物质的性质、发生的反应以及流程中的物质变化是解答的关键。注意在化合物中，元素化合价代数和为零，在单质中，因为没有元素之间的化合，所以规定单质中元素的化合价为零。8、C【解析】A氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水，反应的化学方程式：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，故A错误；B磁铁矿成分为四氧化三铁，反应的化学方程式：4CO+Fe3O43Fe+4CO2，故B错误；C工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气

12、、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，故C正确；D工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式：2C+SiO2Si+2CO，故D错误；故选：C。9、C【解析】由于氨气极易溶于水，则a处通入CO2，b处通入氨气。氨气溶于水显碱性，所以在氨气过量的条件下最终得到的是碳酸钙；答案选C。10、D【解析】由题意可知：环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：+ O=C=O，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：H2CO3+HO-CH2-CH2-OH+2H2O。【详解】A由分析可知，环氧乙烷与二氧化

13、碳反应制备碳酸亚乙酯为加成反应，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯为取代反应，A错误；B碳酸亚乙酯的分子式为C3H4O3，B错误；C碳酸亚乙酯有两个C原子分别以单键和4个原子相连形成四面体构型，故碳酸亚乙酯中所有原子不可能共平面，C错误；D碳酸亚乙酯含酯基，碱性条件下易水解，故碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触，D正确。答案选D。11、B【解析】A. KNO3是硝酸盐，硝石主要成分为硝酸盐，故A正确； B. 硫元素化合价由0降低为-2，硫磺在反应中作氧化剂，故B错误；C. 黑火药爆炸释放能量，所以该反应为放热反应，故C正确； D. 燃放烟花爆竹，利用火药爆炸释放的能量，所以火药可用于制作烟花爆竹，故D

14、正确；答案选B。12、B【解析】A乙二醇中含有氢键，则沸点较高，为黏稠状液体，可用作抗冻剂，A正确； B煤经过气化和液化生成了可燃性气体或液体，变为清洁能源，是化学变化，B错误；C光触媒技术可实现将有毒气体NO和CO转化为无毒气体氮气和二氧化碳，减少汽车尾气造成的危害，C正确；D将苦卤浓缩、氧化得到单质溴，鼓入热空气溴挥发可提取出海水中的溴，D正确。答案选B。13、A【解析】AX为间苯二酚，为平面型结构；Y为苯和乙烯的符合结构，也是平面结构；Z中存在烷烃基团的结构，因此Z的所有原子不可能处在同一个平面内，A错误；BX和Z含有酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，Y含有双键也可以使酸性高锰酸钾溶液

15、褪色，B正确；C根据Y结构的对称性，苯环上氯原子的位置分别有2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5共有6种，C正确；DY种含有双键，可以作为单体发生加聚反应，Z中含有酚羟基，有弱酸性可以和Na2CO3溶液发生反应，D正确；故选A。14、B【解析】题目已知负极采用固体有机聚合物，左图是电子流向固体有机聚合物，左图是电池充电原理图，右图是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：正极的电极反应式为：I3-+2e-= 3I-。【详解】A.左图是电子流向固体有机聚合物，则左图是电池充电原理图，故A项错误；B.放电时，Li+由负极向正极移动，即Li+从右向左通过聚合物离子交换膜，B正确；C.

16、放电时，正极液态电解质溶液的I3-得电子被还原成I-，使电解质溶液的颜色变浅，故C项错误；D.充电时，阴极发生得电子的还原反应，故阴极的电极反应式为：，故D错误；答案：B。【点睛】易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。15、D【解析】A原电池中，阳离子应该向正极移动，选项A错误；B单质锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电解质溶液不能使用任何水溶液，选项B错误；C电池充电的时候应该将放电的反应倒过来，所以将正极反应逆向进行，正极上的Li应该逐渐减少，所以电池充电时间越长，Li2O 含量应该越少，选项C错误；D题目给出

17、正极反应为：xLi+ +O2+ xe-=LixO2，所以当x=2时反应为：2Li+ +O2+ 2e-=Li2O2；所以选项D正确。16、C【解析】根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3SO32H2O=2Fe2SO422H，c点和d点溶液中Fe3和SO32发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，然后据此分析；【详解】根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点

18、溶液中含有Fe2，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3SO32H2O=2Fe2SO422H，c点和d点溶液中Fe3和SO32发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH溶液，无明显现象，是因为NaOH与H2SO3反应，滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3，A、a点处溶液中含有SO42，加入BaCl2，会产生BaSO4白色沉淀，故A错误；B、pH升高说明溶液c(H)减小，原因是c(SO32)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H，溶液c(H)增大，溶液的pH应减小，不会增大，故B错误；C、c点溶液中Fe3和SO32发生双水解反

19、应，离子方程式为2Fe33SO326H2O=2Fe(OH)33H2SO3，故C正确；D、溶液变红后滴加NaOH会消耗溶液中的Fe3，因此红色应变浅，故D错误；答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、O3 Fe(OH)3 6Fe2O34Fe3O4O2 2I2Fe3=2Fe2I2 【解析】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3。由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉KI试纸上时会有I2生成，而

20、使试纸变蓝色，据此分析解答。【详解】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3；由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，（1）无色气体Y为O2，其同素异形体的分子式是O3；红褐色沉淀为Fe(OH)3；故答案为：O3；Fe(OH)3；（2）X为Fe2O3，Y为O2，Z为Fe3O4，Fe2O3在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe3O4和O2，化学反应方程式为6Fe2

21、O34Fe3O4O2；故答案为：6Fe2O34Fe3O4O2；（3）W为FeCl3，FeCl3具有较强的氧化性，能将KI氧化为I2，试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I2Fe3=2Fe2I2；故答案为：2I2Fe3=2Fe2I2。【点睛】本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：第（1）问经常会出现学生将化学式写成名称；第（3）问错将离子方程式写成化学方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。18、醛基 4-硝基甲苯（对硝基甲苯） 取代反应 加

22、成反应 14 或 【解析】A(C2H4O)能够与新制氢氧化铜反应，说明A含有醛基，因此A为CH3CHO，则B为CH3COOH；结合C和E的分子式可知，C和D应该发生取代反应生成E和氯化氢，则D为；甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应生成F，结合J的结构可知，F为对硝基甲苯()，F被还原生成G，G为对氨基甲苯()，根据已知信息，G和乙醛反应生成H，结合J的结构可知，H为，则E为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为C2H4O，含有的官能团为醛基；F为，名称为对硝基甲苯，故答案为醛基；4-硝基甲苯(对硝基甲苯)；(2)C和D发生取代反应生成E，反应的化学方程式为，故答案为；(3)G为对硝基甲苯

23、中硝基被还原的产物，G为，故答案为；(4)由D生成F是甲苯的硝化反应，属于取代反应，根据流程图，E和H生成J的过程中N=C双键转化为了单键，属于加成反应，故答案为取代反应；加成反应；(5)E为，芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，说明K中含有醛基，则K的结构有：苯环上连接1个乙基和1个醛基有3种；苯环上连接2个甲基和1个醛基有6种；苯环上连接1个甲基和1个CH2CHO有3种；苯环上连接1个CH2 CH2CHO有1种；苯环上连接1个CH(CH3)CHO有1种，共14种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或，故答案为14；或。19、检查装置的气密性 HCl 2Fe32I=2Fe2I

24、2 3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62 Br可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3氧化为Br2 MnO22FeCl36H2O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O 【解析】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；（2）FeCl36H2O 受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；（3）由信息可知，FeCl3是一种共价化合物，受热变为黄色气体，氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀；为确认黄色气体中含有Cl2，需要除去Fe3+的干扰，因为Br可以被Cl2氧化成Br2，但不会被F

25、e3氧化为Br2，可选择NaBr溶液；（5）二氧化锰与FeCl36H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，据此结合原子守恒书写化学方程式。【详解】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；（2）FeCl36H2O 受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾；故答案为HCl；（3）碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe32I=2Fe2I2，故答案为2Fe32I=2Fe2I2；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀，离子方程式是3Fe22Fe

26、(CN)63=Fe3Fe(CN)62；为确认黄色气体中含有Cl2，将试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案为3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62；Br可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3氧化为Br2；（5）二氧化锰与FeCl36H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反应方程式为：MnO22FeCl36H2O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O，故答案为MnO22FeCl36H2

27、O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O。20、还原 产生蓝色沉淀 pH=2 0.3mol/L KNO3或NaNO3溶液 Ag + Fe3+ Ag+ + Fe2+或(Ag+ + Fe2+ Ag + Fe3+) 正极 其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关系，浓度的改变可导致平衡的移动 【解析】(1)根据元素化合价的变化判断；(2)实验：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则要证明甲的结论正确，可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在；实验：进行对照实验；(3)根据实验现象判断溶液中发生的反应；(4)根据指针偏转方向判断正负极，判断电极反应，并结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性

28、大于氧化产物分析解答。【详解】(1)往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，银离子和氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀和铵根离子，Ag+NH3H2OAgOH+NH4+；继续滴入氨水白色沉淀溶解，氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水，AgOH+2NH3H2OAg(NH3)2OH+2H2O，若用乙醛进行银镜反应，再加入乙醛溶液后，水浴加热，生成乙酸铵，氨气、银和水，化学反应方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，银氨溶液中的银为+1价，被醛基还原生成0价的银单质，故答案为：还原；(2)实验：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则要证明甲的结论正确

29、，可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在即可，验证Fe2+的实验是取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入K3Fe(CN)6溶液会和Fe2+反应生成蓝色沉淀，故答案为：；产生蓝色沉淀；实验：丙同学认为：Fe3+和NO3均能把Ag氧化而溶解，且两个实验结果证明了丙同学的结论，而实验I验证了Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，则实验II需要验证NO3也能把Ag氧化而溶解，需进行对照实验，0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，NO3为0.3 mol/L，所以需向附有银镜的试管中加入pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3溶液，故答案为：pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3；(3)Fe3+遇KSCN溶液变红，第一份滴加2滴KSCN溶液无变化，说明FeSO4溶液中无Fe3+，第二份加入1ml 0.1mol/L AgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体Ag产生，再取上层