2022年福建省漳平市高考化学三模试卷含解析2

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（每题只有一个选项符合题意）1、在海水中提取溴的反应原理是5NaBrNaBrO3H2SO4=3Br2 +3Na2SO4+ 3H2O下列反应的原理与上述反应最相似的是（ ）A2NaBrCl22NaClBr2B2FeCl3H2S=2FeCl2S+2HClC2H2S+SO

2、2=3S+2H2ODAlCl33NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl2、常温下，向1 L0.1 molL-1 NH4C1溶液中，逐渐加入NaOH固体粉末，随着n(NaOH)的变化，c(NH4+)与c(NH3H2O)的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。下列说法正确的是( )AM点溶液中水的电离程度比原溶液大B在M点时，n(OH-)+0.1 mol=(a+0.05)molC随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断减小D当n(NaOH)=0.1 mol时，c(Na+)K(BOH)Dx、y、z三点对应的溶液中，y点溶液中水的电离程度最大16、有机物M

3、是合成某药品的中间体，结构简式如图所示。下列说法错误的是A用钠可检验M分子中存在羟基BM能发生酯化、加成、氧化反应CM的分子式为C8H8O4DM的苯环上一硝基代物有2种二、非选择题（本题包括5小题）17、生物降解高分子材料F的合成路线如下，已知C是密度为1.16 gL1的烃。已知：(1)下列说法正确的是_。AA能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色B等物质的量的B和乙烷，完全燃烧，消耗的氧气相同CE能和Na反应，也能和Na2CO3反应DB和E反应，可以生成高分子化合物，也可以形成环状物(2)C中含有的官能团名称是_。(3)由B和E合成F的化学方程式是_。(4)完成由CH2=CH2、HCH

4、O合成H3COOCCH2CH2COOCH3合成路线_(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)的同分异构体中，分子中含1个四元碳环，但不含OO键。结构简式是_。18、聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）：已知：有机物A的质谱与核磁共振氢谱图如下：回答下列问题：(1)A的名称是_；C中含氧官能团的名称是_。(2)反应的反应类型是_。(3)反应的化学方程式是_。(4) F的结构筒式是_。(5)同时满足下列条件的G的同分异构体共有_种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简式：_。能发生银镜反应 能发生水解反应，其水解产物之一能与Fe

5、C13溶液发生显色反应1 mol该物质最多能与8 mol NaOH反应(6) 参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：_。19、某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成

6、，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。 实验a目的是_。由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是_。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_。用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：_。20、FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300时升华，极易潮解。I制备无水氯化铁

7、。（1）A装置中发生反应的离子方程式为_。（2）装置的连接顺序为a_j，k_（按气流方向，用小写字母表示）。（3）实验结束后，取少量F装置玻璃管中的固体加水溶解，经检测，发现溶液中含有Fe2+，可能原因为_。II探究FeCl3与SO2的反应。（4）已知反应体系中存在下列两种化学变化：（i）Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)63+（红棕色）；（ii）Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为_。（5）实验步骤如下，并补充完整。步骤现象结论取5mL1molL-1FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和。溶液很快由黄色变为红棕色用激光笔照射步骤中的红棕色液体。_红棕色液体不是Fe(

8、OH)3胶体将步骤中的溶液静置。1小时后，溶液逐渐变为浅绿色向步骤中溶液加入2滴_溶液(填化学式)。_溶液中含有Fe2+（6）从上述实验可知，反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E(i)_E(ii)（填“”、“HCOOK溶液，所以甲酸的电离平衡常数较大，A正确；含有铁离子的溶液滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，不一定为Fe2+的溶液，B错误；硫酸铜在H2O2溶液分解时作催化剂，而KMnO4溶液与H2O2溶液反应，KMnO4溶液做氧化剂，没有可比性，C错误；浓硫酸能够使乙醇脱水碳化，浓硫酸被还原为二氧化硫，可能是二氧化硫能够使酸性KMnO4溶液褪色，也可能是乙醇蒸气使高锰酸钾溶液褪色

9、，D错误；正确选项A。点睛：C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170，制得的气体通入到足量的氢氧化钠溶液中进行洗气，除去二氧化硫和二氧化碳气体，然后所得的气体通入到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，证明一定制得了乙烯气体。12、A【解析】常温下，能反应的气体不能大量共存，以此来解答。【详解】A常温下反应生成氯化铵，不能大量共存，选项A选；B常温下不反应，光照的条件反应，可大量共存，选项B不选；C常温下不反应，反应需要点燃、加热等，可大量共存，选项C不选；D常温下不反应，要在催化剂和加热的条件反应，选项D不选；答案选A。13、D【解析】b点溶质为等体积的NaA和HA，形成缓冲溶液，c点为中性点，c(

10、H+)=c(OH-)，d点为中和点，溶质只有NaA，溶液显碱性。【详解】A. HA H+A-，其电离平衡常数，A- +H2OHA+OH-，其水解平衡常数，根据电离平衡常数与水的离子积常数可得，A错误；B. d点恰好反应生成NaA，A-水解，能水解的盐溶液促进水电离，水的电离程度最大，B错误；C. c点溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，d点溶液显碱性，c(H+)c(A-)，C错误；D. b点溶液中溶质为等体积的NaA和HA，溶液显酸性，电离过程大于水解过程，粒子浓度关系：c(A-)c(Na+)c(HA)c(H+)c(OH-)，D正确；故答案选D。【

11、点睛】酸碱滴定时，中性点和中和点不一样，离子浓度的大小关系，看该点上的溶质成分以及pH。14、B【解析】A砒霜有剧毒，As2O3中砷元素的化合价为+3价，能够被氧化成+5价，则砒霜具有还原性，故A正确；B高级脂肪酸钠和甘油在盐溶液中的溶解度不同，采用盐析的方法分离，故B错误；C青蒿素易溶于乙醚，不溶于水，采用萃取操作提取，故C正确；D液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故D正确；答案选B。15、C【解析】A. 开始时溶液显酸性，说明酸的体积大，所以曲线II表示HA溶液的体积，故A

12、正确；B. 根据电荷守，x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正确；C. 根据y点，HA和BOH等体积、等浓度混合，溶液呈碱性，说明电离平衡常数：K(HA)K(BOH)，故C错误；D. x点酸剩余、y点恰好反应、z点碱剩余，所以三点对应的溶液中，y点溶液中水的电离程度最大，故D正确；选C。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意y点是恰好完全反应的点。16、A【解析】A分子中含有酚羟基、羟基、羧基，都能与钠反应放出氢气，不能用钠检验M分子中存在羟基，故A错误；B分子中含有酚羟基能发生氧化反应，

13、羟基、羧基能发生酯化，含有苯环能发生加成反应，故B正确；C根据结构简式，M的分子式为C8H8O4，故C正确；DM的苯环上一硝基代物有2种()，故D正确；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、ABD 碳碳三键 nHOOCCH2CH2COOHnHOCH2CH2CH2CH2OH(2n-1)H2O 【解析】C是密度为1.16 gL1的烃，则M=Vm=1.16 gL122.4L/mol=26g/mol，C为乙炔，根据已知反应的可知乙炔与甲醛反应生成D为HOCH2CCCH2OH，D催化加氢得E为HOCH2CH2CH2CH2OH；苯催化氧化生成，与水在加热条件下反应生成A为HOOCCH=CHCOOH，

14、HOOCCH=CHCOOH催化加氢得B为HOOCCH2CH2COOH；HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2CH2CH2OH在一定条件下发生缩聚反应生成F为，据此分析。【详解】根据上述分析可知：(1)A.A是HOOCCH=CHCOOH，官能团中碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色，选项A正确；B.B的分子式是C4H6O4，碳氧抵消后为C2H6，完全燃烧消耗的氧气和等物质的量的乙烷相同，选项B正确；C.E中有OH，能和Na反应，不能和Na2CO3反应，选项C错误；D.B和E中都是双官能团，也可以形成环状物，也可以形成高分子化合物，选项D正确。答案选ABD；(2)从以上分

15、析可知，C是乙炔，含有的官能团名称是碳碳三键；(3)由B和E合成F是缩聚反应，化学方程式是nHOOCCH2CH2COOHnHOCH2CH2CH2CH2OH(2n-1)H2O；(4)题目中要求用CH2=CH2、HCHO制取H3COOCCH2CH2COOCH3，用倒推法应有H3COH和HOOCCH2CH2COOH，已知：RCCH，甲醇由甲醛氢化还原制取，则合成路线为；(5)的同分异构体满足：分子中含1个四元碳环，但不含OO键。结构简式是等。18、 乙醇 羧基 取代反应 3 【解析】根据已知：有机物A的质谱与核磁共振氢谱图可知，A的相对分子质量为46，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3，则

16、A为乙醇；根据流程可知，E在铁和氯化氢作用下发生还原反应生成，则E为；E是D发生硝化反应而得，则D为；D是由A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应而得，则C为；C是由分子式为C7H8的烃B氧化而得，则B为甲苯；结合已知以及G的分子式，可知对二甲苯与二分子一氯甲烷反应生成F，F为；根据已知可知，F氧化生成G为；G脱水生成H，H为。(1)A的名称是乙醇；C为，含氧官能团的名称是羧基；(2)反应是D在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应（或取代反应）生成E；(3)反应是A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，其化学方程式是；(4)F的结构筒式是；(5) 的同分异构体满足条件：能发生银镜反应，说明含有醛基；能发

17、生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有甲酸酯的结构，且水解后生成物中有酚羟基结构；1mol该物质最多能与8mol NaOH反应，则符合条件的同分异构体可以是：、共3种；(6)间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸甲酯发生硝化反应生成，还原得到，其合成路线为：。19、2Cl22Ca(OH)2 =Ca(ClO)2CaCl22H2O 漂白性 检验氯气 SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀 要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可 CaSO4 Cl2SO22H2O=2Cl

18、-4H+ SO42- 【解析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继

19、续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象的白雾由HCl小液滴形成，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2

20、，排除Cl2干扰；用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明

21、SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。20、MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O h，i，d，e g，f，b，（c） 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+ SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+ 液体中无明显光路 K3Fe(CN)6 生成蓝色沉淀 【解析】首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使Fe

22、Cl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+，生成蓝色沉淀；反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)E(ii)；反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)K(ii);【详解】（1）反应的离子方程式为：MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O；（2）首先制取氯气，然后除杂、干燥，导管应长进短出，所以a连接h，i连接d；在F中与铁粉反应

23、，为防止FeCl3堵塞导管，应用粗导管，则e连接j，冷凝法收集升华出的FeCl3，所以k连接g；最后连接盛有碱石灰的干燥管，吸收未反应的氯气；（3）实验结束后，去少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为未升华出来的FeCl3与未反应的Fe发生反应生成Fe2+；（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+；（5）没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；（6）由实验现象可知，FeCl3与SO2首先发生反应(i)，说明反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)E(ii)；反应最终得到Fe2+，反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)K(ii)。21、FeCl2、FeCl3Cu-2e-=Cu2+K+负Fe2+0.28【解析】据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2，