2022届山西太原师范学院高三适应性调研考试化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是

2、（ ）A甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体B乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性C丙装置可除去CO2中的SO2D丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离2、如图是工业利用菱镁矿(主要含MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3杂质)制取氯化镁的工艺流程。下列说法不正确的是（ ）A酸浸池中加入的X酸是硝酸B氧化池中通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+C沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3D在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁3、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X同周期、与Y同主族，X是非金属性最强的元素，Y的周期序数是其族序数的3倍，W的核外电子总数

3、与Z的最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是A最高价氧化物对应水化物的碱性：WYB最简单气态氢化物的稳定性：XZCY单质在空气中的燃烧产物只含离子键D最简单离子半径大小关系：WX C25时，向AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液至不再产生沉淀，然后滴加KI溶液，有黄色沉淀生成25时，Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D将Cl2通入滴有酚酞的NaOH溶液后，溶液褪色Cl2具有漂白性AABBCCDD10、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A氧化物都是碱性氧化物B氢氧化物都是白色固体C单质都可以与水反应D单质在空气中都形成致密氧化膜11、水处理在工业生产和科学实验中意义重大，处理

4、方法很多，其中离子交换法最为简单快捷，如图是净化过程原理。有关说法中正确的是（ ）A经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数未发生变化B通过阳离子交换树脂时，H则被交换到水中C通过净化处理后，水的导电性不变D阳离子树脂填充段存在反应HOH-=H2O12、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，x原子的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是A单质的沸点：YWZB离子半径：XYDW与X可形成离子化合物13、下列装置可达到实验目的是A证明酸性：醋酸碳酸苯酚B制备乙酸丁酯C苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D用NH4Cl

5、饱和溶液制备NH4Cl晶体14、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有强氧化性B将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生非金属性：ClSiC常温下，分别测定浓度均为0.1 molL1 NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大酸性：HFH2S，故C正确；DO的非金属性较强，与铝反应生成的氧化铝为离子化合物，熔融状态下可导电，故D正确。故选A。13、B【解析】A醋酸易挥发，醋酸、碳酸均与苯酚钠反应生成苯酚，则不能比较碳酸、苯酚的酸性，选项A错误；B乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝

6、回流，图中可制备乙酸丁酯，选项B正确；C苯的密度比水小，水在下层，应先分离下层液体，再从上口倒出上层液体，选项C错误；D蒸干时氯化铵受热分解，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价及实验装置综合应用，为高频考点，把握物质的性质、实验技能、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，易错点为选项B：乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流；选项D：蒸干时氯化铵受热分解，应利用冷却结晶法制备，否则得不到氯化铵晶体。14、D【解析】A若X为氨气，生成白色沉淀为亚硫酸钡，若X为氯气，生成白色沉淀为硫酸钡，则X可能为氨气或Cl2等，不一定具有强氧

7、化性，选项A错误；B由现象可知，生成硅酸，则盐酸的酸性大于硅酸，但不能利用无氧酸与含氧酸的酸性强弱比较非金属性，方案不合理，选项B错误；C、常温下，分别测定浓度均为0.1 molL1 NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，说明ClO-的水解程度大，则酸性HFHClO，选项C错误；D卤代烃中卤元素的检验时，先将卤元素转化为卤离子，然后加入稀硝酸中和未反应的NaOH，最后用硝酸银检验卤离子，则卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明卤代烃Y中含有氯原子，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案评价，明确实验操作步骤、元素化合物性质是解

8、本题关键，注意卤素离子与卤素原子检验的不同，题目难度不大。15、D【解析】A. 试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯，正确；B. 实验时，水浴温度需控制在5060，正确；C. 长玻璃导管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反应物转化率，正确；D. 反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤、分液(不是结晶)，得到硝基苯，错误。故答案为D。16、A【解析】A项、Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故A错误；B项、“水声冰下咽，沙路雪中平”的意思是流水在冰层下发出低咽的声响，原来崎岖不平的沙路铺上厚厚的积雪也显得很平坦，文中所述未涉及化学变化，故B正确；C项、乙

9、烯能作水果的催熟剂，故C正确；D项、“含浆似注甘露钵，好与文因止消渴”说明柑橘糖浆含有葡萄糖，有甜味，可以起到“止消渴”的作用，故D正确。故选A。【点睛】本题考查的化学与生活，试题以传统文化为载体考查利用所学化学知识解释生产、生活中化学问题能力，掌握常见物质的性质及用途是解答关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、2，3-二甲基-2-丁烯 羰基 无 消去反应 17 、 【解析】由分子式可知，X为饱和一元醇(或醚)，X在浓硫酸、加热条件下转化为Y，Y发生信息中氧化反应生成Z，故X为饱和一元醇，X发生消去反应生成烯烃Y，1molY完全反应生成2molZ，则Y为结构对称，且在加热条件下Z不能和新制

10、氢氧化铜浊液反应，结合信息可知Z为，则Y为、X为，结合信息可推知W为。乙苯发生硝化反应生成，然后发生还原反应生成，据此分析解答。【详解】(1)由分析可知，Y为，Y的化学名称是：2，3-二甲基-2-丁烯；Z为，Z中官能团的名称是：羰基；(2)连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故中没有手性碳原子；图示中X转化为Y是分子内脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应；(3)生成W的化学方程式为：；(4)G是对硝基乙苯()的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有-NH2(氨基)，G中还含有羧基，苯环可以含有1个侧链为-CH(NH2)COOH；可以有2个侧链为-CH2NH2、-COOH，

11、或者为-NH2、-CH2COOH，均有邻、间、对三者位置结构；可以有3个侧链为：-CH3、-NH2、-COOH，氨基与羧基有邻、间、对3种位置结构，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有1+32+4+4+2=17种，其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：2：2：2的结构简式为：和；(5)由与反应生成；苯乙烯与氢气发生加成反应生成乙苯，乙苯发生硝化反应生成，再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，然后与Fe/HCl反应生成，合成路线流程图为：。18、 碳碳双键、酯基 取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转

12、化为N 否 KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 +CH3CHO 加成反应 6 CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 【解析】由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为11，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官

13、能团的名称；(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4 (H)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4) K为，则KL的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反

14、应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A为，；答案为：；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N； 答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N； (3)学生建议用KMnO4 (H)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同

15、时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否； KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 ；(4) K为，则KL的反应可通过信息类推，反应为：+CH3CHO ，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO ； 加成反应； (5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：CHO、 CHO、CHO、CH2CHO、；故共有6种；答案为：6； (6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应

16、引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br ；答案为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 。19、醋酸酐和水易发生反应 水浴加热 乙酰水杨酸受热易分解 a 防止乙酰水杨酸结晶析出 ABC 84.3% 【解析】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85，然后冷却、过滤、水洗得

17、到粗产品；（1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸；（2）合成阿司匹林时要控制温度在8590，该温度低于水的沸点；（3）向粗产品中加入乙酸乙酯，增大乙酰水杨酸的溶解性，然后加热回流，趁热过滤，然后冷却、减压过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸，乙酰水杨酸受热易分解；冷凝水采用逆流方法；乙酰水杨酸在温度低时易结晶析出；不同进行分离提纯，水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸；（4）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）=2.0 g138g/mol=0.0145mol，n（乙酸酐）=（5.0 mL1.08 g/cm3）102g/mol=0.0529

18、mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量100%【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；(1)醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥仪器，故答案为：醋酸酐和水易发生反应；(2)合成阿司匹林时要控制温度在8590，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热，故答案为：水浴加热；(3)乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128135，使用温度计的目的是控

19、制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解，故答案为：乙酰水杨酸受热易分解；采取逆流原理通入冷凝水，充满冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水从a口进，从b口出，故答案为：a；趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失，故答案为：防止乙酰水杨酸结晶析出；乙酸乙酯起溶剂作用，趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，故选：ABC；(4)水杨酸的相对分子质量为138，n(水杨酸)

20、=2.0g138g/mol=0.0145mol，n(乙酸酐)=(5.0mL1.08g/cm3)102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量100%=2.2g2.61g100%=84.3%，故答案为：84.3%.20、2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O 氯气有毒，污染空气 打开活塞a数分钟后，再打开活塞b HCl与NH4HCO3反应 Cl- 除去过量的KMnO4 2.88% 【解析】V2O5与盐酸

21、、N2H42HCl混合发生反应：2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O，得到VOCl2溶液，加碳酸氢铵溶液后得到氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体。（1）根据原子守恒及氧化还原反应原理分析解答；（2）根据题给信息中+4价V易被氧化的性质分析解答；（3）根据原子守恒及晶体的组成分析解答；（4）根据滴定原理及氧化还原反应原理分析解答。【详解】（1）根据原子守恒分析生成的一种无色无污染的气体为N2，该反应的化学方程式为2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O；根据氧化还原反应原理分析，V被还原，则浓盐酸的中Cl被氧化生成氯气，氯气有毒，污染空气，故答

22、案为：2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O；氯气有毒，污染空气；（2）已知VO2+能被O2氧化，故装置中不能有空气，所以反应前先通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，所以实验操作时先打开活塞a数分钟后，再打开活塞b，故答案为：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；A中制得的二氧化碳混有氯化氢气体，B装置中的试剂应是除去二氧化碳气体中HCl气体的饱和NaHCO3溶液，若无装置B，则HCl与NH4HCO3反应，故答案为：HCl与NH4HCO3反应；（3）根据原子守恒分析，及晶体的组成分析，NH4 HCO3溶液洗涤除去阴离子主要是Cl-，故答案为：Cl-；（4

23、）根据分析，KMnO4溶液的作用是氧化V，NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，故答案为：除去过量的KMnO4；根据V元素的质量守恒，根据滴定反应VO2+ + Fe2+2H+=VO2+ Fe3+H2O，则n(V)=n(NH4)2Fe(SO4)2)= 0.08 molL-10.03L=0.0024mol，则粗产品中钒的含量为：，故答案为：2.88%。21、1266 427.4 126 从反应速率角度考虑，反应温度越高，反应速率越快；从催化剂活性角度考虑，500左右催化剂活性较高；温度过高，平衡将逐渐逆向移动，不利于氨的合成 22% A 催化剂A在较低温度下具有较高的催化活性，一方面可节约能源，另一方面低温有利于氨的合成 b （或） 【解析】（1）将题给已知