山东省曲阜年2022年高三二诊模拟考试化学试卷含解析

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（每题只有一个选项符合题意）1、人体血液存在H2CO3HCO3-、HPO42-H2PO4-等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgxx表示H2CO3HCO3-或HPO42-H2PO4-与pH的关系如图所示。已知碳酸pKa1=6.4、磷酸pKa2=

2、7.2pKa=-lgKa。则下列说法正确的是A曲线I表示lg(c(HPO42-)c(H2PO4-)与pH的变化关系Bab的过程中，水的电离程度逐渐减小C当cH2CO3=cHCO3-时cHPO42-=cH2PO4-D当pH增大时，cHCO3-cH2PO4-cHPO42-逐渐减小2、第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是A3s23p3B3s23p5C3s23p4D3s23p63、铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3发生氧化还原反应，转化关系如下图所示：下列说法错误的是AB溶液含Al(OH)4BA溶液和B溶液混合无明显现象CD与F反应生成盐DE排入大气中会造成污染4、以柏林绿FeFe(CN)6为代

3、表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A放电时，正极反应为FeFe(CN)6+2Na+2e=Na2FeFe(CN)6B充电时，Mo(钼)箔接电源的负极C充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室D外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g5、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9AA、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：ABCBA点对应的溶液中存在：c(CO32-)BC，A正确；BA点

4、对应的溶液的小于0，可知0，可知c(CO32-)c(HCO3-)，B错误；CB点对应的溶液的lgc(Ba2)=-7，则c(Ba2)=10-7molL1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2)c(CO32)= 2.4010-9，可得c(CO32)= ，C错误；D通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。答案选A。【点睛】D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3HCO32，有，转化形式可得，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H)增大，减小，则增大。6、B【解析】短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大

5、，其中 X 原子的质子总数与电子 层数相等，则X为氢； Y、W 同主族，且 Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污染物，该物质为二氧化硫，则Y为氧，W为硫；X、Z 同主族，则Z为钠；Q为氯；A. 核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，则S2-Cl-，O2-Na+，电子层多的离子半径大，则S2-Cl-O2-Na+，即ZYQW，故A错误；B. 氧能分别与氢、钠、硫形成过氧化氢、过氧化钠、三氧化硫具有漂白性的化合物，故B正确；C. 同周期元素，核电荷数越大非金属性越强，则非金属性：WQ；非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，而不是氢化物水溶液的酸性，故C错误；D. 电解氯化钠的水溶液可制得氢

6、气、氯气和氢氧化钠，无法得到钠单质，故D错误；故选B。【点睛】比较元素非金属性可以根据其氢化物的稳定性，也可以根据其最高价氧化物的水化物酸性强弱，或是单质的氧化性。7、C【解析】氯化铵溶液中加入盐酸通电电解，得到NCl3溶液，氮元素化合价由-3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，则气体A为氢气；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH。【详解】A根据分析，气体A为H2，故A错误；B在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加

7、热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH，参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6：1，故B错误；C根据分析，结合反应6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH可知，溶液B中含有NaCl与NaOH，则含有大量的Na+、Cl、OH，故C正确；D二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故D错误；答案选C。8、C【解析】含

8、有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳原子没有H，不能发生消去反应，故选C。【点睛】该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。9、B【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1

9、个或7个电子，结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素。AYW3为NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角120，故A错误；B非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B正确；C物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在7个键和1个键，故C错误；DN元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误；故选B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法

10、的应用。10、D【解析】，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，错误；明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，错误；，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，正确；，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I-的水溶液I2/H2O I2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，错误；，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，正确；，Na2OCaO6

11、SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，错误；正确的有，答案选D。11、C【解析】根据被提纯物和杂质的性质选择合适的方法。除杂应符合不增加新杂质、不减少被提纯物、操作方便易行等原则。【详解】A.KNO3的溶解度随温度升高而明显增大，而NaCl的溶解度受温度影响小。蒸发剩余的少量液体是KNO3的热溶液，应趁热过滤，滤渣为NaCl固体，A项正确；B. 硝基苯、苯互溶但沸点不同，故用蒸馏方法分离，B项正确；C. 己烯与溴水加成产物能溶于己烷，不能用分液法除去，C项错误；D. SO2能被NaOH溶液完全吸收，而乙烯不能，故可用洗气法除杂，D项正确。本题选C。12、C【解析】A

12、. 石灰石是碳酸钙，不具有吸水性，故不能做干燥剂，故A错误；B. 由两种或以上物质构成的是混合物，而干冰是固体二氧化碳，属于纯净物，故B错误；C. 氮氧化物能导致光化学烟雾、二氧化硫能导致酸雨、PM2.5能导致雾霾，故氮氧化物、二氧化硫、PM2.5均能导致空气污染，均是空气质量检测物质，故C正确；D. 和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，而CO为不成盐的氧化物，故不是酸性氧化物，故D错误；故选：C。13、D【解析】A(CN)2的结构为NCCN，结构对称，为非极性分子，为A错误；BN原子半径小于C，则键长：NC小于CC，故B错误；CCN的电子式为，故C错误；DNCCN含有不饱和键，可发生加成

13、反应，故D正确；选D。14、C【解析】A. 钢中的含碳量低于生铁，含碳量越大，硬度越高，但是生铁的韧性较钢要差，钢材的抗震性更好，故A正确；B. 该钢材改变了金属的组成和结构，比生铁的抗耐蚀性要好，故B正确；C. 根据生铁的含碳量为：2%-4.3%，钢的含碳量为：0.03%-2%，可知含碳量：生铁钢，故C错误；D. 钢材和生铁都是合金都有金属，都导电导热，故D正确；题目要求选错的，故选C。15、A【解析】胆水炼铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应，A错误；放电情况下，氮气与氧气反应变为NO，然后被O2氧化为NO2，NO2溶于水变为硝酸随雨水落入地面，相当于给庄稼施肥，这是自然固氮，B正确；侯氏制碱

14、法的工艺过程中是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，主要应用了Na2CO3与NaHCO3的溶解度的差异， C正确；明矾中铝离子水解显酸性，与铜锈中主成分碱式碳酸铜反应，D正确；正确选项A；16、B【解析】25滴水为amL，物质的量为=mol，1滴水物质的量为=mol= mol，1mol为NA个，则1滴水中含有的水分子数为，选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CH2羧基2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3

15、+H2O【解析】A为常见烃，是一种水果催熟剂，则A为CH2=CH2，A与水反应生成B，B为CH3CH2OH，B发生催化氧化反应生成C，C为CH3CHO，F具有芳香味，F为酯，B氧化生成D，D为CH3COOH，B与D发生酯化反应生成F，F为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A的结构简式为CH2=CH2，D为乙酸，D中官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；(2)反应为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；(3)反应为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学

16、方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。18、氯原子、羟基 加成反应 【解析】由有机物的转化关系可知，与KMnO4或K2Cr2O7等氧化剂发生氧化反应生成，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则B为；与LiAlH4反应生成，则C为；发生氧化反应生成，与双氧水发生加成反应生成，酸性条件下与ROH反应生成，则F为。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为氯原子、羟基；（2）由D生成E的反应为与双氧水发生加成反应生成，故答案为加成反应；（3）由副产物的分子式为

17、C9H5O4Cl2可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则副产物的结构简式为，故答案为；（4）化合物C的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰说明结构对称，结构简式为，故答案为；（5）由题给转化关系可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，与LiAlH4反应生成，催化氧化生成，与过氧化氢发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为。【点睛】本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的

18、改变往往成为解题的突破口。19、氧气的密度比空气大 将装置中装满水 溶液呈橙色 防止倒吸 ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O 比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱（实证酸性：CH3COOHH2CO3C6H5OH） b 盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处（阴暗低温的地方） 【解析】（1）氧气密度比空气大，用排空气法收集，需用向上排空气法收集，装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法；用排水法可以收集O2等气体；（2）装置、验证物质的性质(K2打开，K1关闭)根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂氧化产物，还原性：还原剂还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3Cl2

19、Br2，则I中发生KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，中发生氯气与NaBr的氧化还原反应，有缓冲作用的装置能防止倒吸，在B装置中KClO3和-1价的氯离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成氯气，根据强酸制弱酸，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚，据此分析实验目的；(3)根据化学反应原理，硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，难挥发性的酸来制取挥发性的酸，据此选择装置；根据硝酸的性质选择合适的贮存方法，硝酸见光分解，保存时不能见光，常温下即可分解，需要低温保存。【详解】（1）甲同学：装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法，O2的密度大于空气的密度，则氧气应采用向上排空气法收

20、集，乙同学：O2不能与水发生反应，而且难溶于水，所以能采用排水法收集；所以改进方法是将装置中装满水，故答案为氧气的密度比空气大；将装置中装满水；（2）根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂氧化产物，还原性：还原剂还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3Cl2Br2，装置、验证物质的性质(K2打开，K1关闭)，则I中发生KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，中发生氯气与NaBr的氧化还原反应，由氧化性为氧化剂氧化产物，则A中为浓盐酸，B中为KClO3固体，C中为NaBr溶液，观察到C中的现象为溶液呈橙色，仪器D为干燥管，有缓冲作用，所以能防止倒吸，在B装置中氯酸根离子和氯离子在酸性

21、条件下发生价态归中反应生成氯气，反应为：ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成硅酸沉淀，所以B中固体溶解，产生无色气体，C试管中产生白色沉淀，实验的目的是比较碳酸、醋酸、苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOHH2CO3C6H5OH)，故答案为溶液呈橙色；防止倒吸； ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O；比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOHH2CO3C6H5OH)；(3)硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，故d错误，该反应符合难挥发性的酸来制取挥发性的酸，硝酸易挥发，不能用排空气法收集，故a、c错误；所以硝

22、酸的挥发性注定了选择的收集方法是b装置所示。故答案为b；纯净的硝酸或浓硝酸在常温下见光或受热就会分解生成二氧化氮、氧气、水，保存时需要低温且使用棕色的试剂瓶，故答案为盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处(阴暗低温的地方)。20、a、b、c B 9.5g 【解析】（1）精度相对较高的玻璃量器，常标示出使用温度。（2）A给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高；B滴定管刻度从上往下标，俯视滴定管内液面读数，读出的数值偏小；C俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线。（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品，天平

23、质量为10g，游码移到0.5g，代入关系式，可求出所称样品的实际质量。【详解】（1）量筒、容量瓶、滴定管都标有规格和温度，量筒的刻度从下往上标，滴定管刻度从上往下标，容量瓶只有一个刻度线。答案为：a、b、c；（2）A给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高，A不合题意；B滴定管刻度从上往下标，俯视滴定管内液面读数，读出的数值偏小，B符合题意；C俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线，所得溶液的浓度偏大，C不合题意。答案为：B；（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品，天平质量为10g，游码移到0.5g，代入关系式，

24、则所称样品的实际质量=10g-0.5g=9.5g。答案为：9.5g。【点睛】用天平称量物品，即便违反实验操作，也不一定产生误差。因为若不使用游码，则不产生误差；若使用游码，则物品的质量偏小，物质的真实质量=读取的质量-游码指示质量的二倍。21、1s22s1 OCO 离子键、共价键、金属键 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 玻璃棒 100mL容量瓶 当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色

25、0.999 【解析】(1)根据锂的原子序数确定核外电子排布式，根据二氧化碳的电子式确定结构式，根据物质确定化学键的类型； (2)根据原子核外电子的排布，核电荷数，比较半径的大小；(3)根据配置溶液的步骤，选择定容时的仪器；根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；利用硫酸的总物质的量减去与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量得到与碳酸锂反应的硫酸的物质的量，根据与碳酸锂反应的的硫酸的物质的量与碳酸锂的关系计算出碳酸锂的物质的量，m=nM，计算出纯碳酸锂的质量，利用样品的纯度=纯碳酸锂的质量/样品的质量，进行计算。【详解】(1) 锂是3号元素，质子数为3，核外电子排布式为1s22s1，CO2 的中心原子为C，碳原子和氧原子形成两对共用电子对，Li2O属于离子晶体，含有离子键，C属于混合晶体，含有共价键，CO属于分子晶体，含有共价键， Li属于金属晶体，含有金属键，结构式为OCO；(2) 氢是1号元素，质子数为1，锂是3号元素，质子数为3，氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大,故答案为氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子