2022届陕西省西安市高新、交大附中高三第一次调研测试化学试卷含解析

1、2021-2022学年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、某学习小组在实验室中用废易拉罐(主要成分为 AI，含有少量的 Fe、Mg 杂质)制明矾KAl(SO4)212H2O的过秳如图所示。下列说法正确的是A为尽量少引入杂质，试剂应

2、选用氨水B滤液 A 中加入 NH4HCO3 溶液产生 CO2C沉淀 B 的成分为 Al(OH)3D将溶液 C 蒸干得到纯净的明矾2、A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005 mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述一定正确的是AC、D两元素形成的化合物的原子个数比为1:2BC、E形成的化合物的水溶液呈碱性C简单离子半径：D C BD最高价氧化物对应水化物的酸性：EA3、短周

3、期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大。这四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一；25时， 0.01 mol/L w溶液pH=12。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )A原子半径的大小：abcdB氢化物的稳定性：b”或“ B C，故C错误；D非金属性ClC，则E的最高价氧化物水化物的酸性大于A的最高价氧化物水化物的酸性，故D正确；故选D。【点睛】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握图中转化关系、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键。本题的突破口为“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。本

4、题的易错点为C，要注意离子半径比较方法的理解和灵活运用。3、C【解析】短周期主族元素，a、b、c、d的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q时；x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一，z为SO2，q为S，d为S元素；250.01 mol/Lw溶液pH=12，w为强碱溶液，则w为NaOH，结合原子序数及图中转化可知，a为H，b为O，c为Na，x为H2O，y为Na2O2，以此来解答。【详解】根据上述分析可知：a为H，b为O，c为Na，d为S元素，x为H2O，y为Na2O2，z为SO2。A原子核外电子层越多，原子半径越大，同一周期元素从左向右原子半径减

5、小，则原子半径的大小：abdS，元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性就越强，故氢化物的稳定性：H2OH2S，即bd，B错误；Cy为Na2O2，其中含有离子键和非极性共价键，电离产生2个Na+和O22-，所以y中阴、阳离子个数比为1：2，C正确；D. y是Na2O2，Na2O2溶于水反应产生NaOH和O2，w为NaOH，1 mol Na2O2反应消耗1 mol H2O产生2 mol NaOH，所以等物质的量y、w溶于等体积的水得到的溶液的物质的量浓度不同，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查无机物的推断，把握元素化合物知识、物质的转化推断物质及元素为解答的关键，注意酸雨的成分是SO2、w

6、为NaOH为推断的突破口，试题侧重考查学生的分析与推断能力。4、D【解析】A同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等，不相邻的两种元素的原子序数之差可能为16，如锂和钾，故A错误；B最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子，也可能是离子，例如钠离子，故B错误；C同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点可能降低，如碱金属，也可能升高，如卤素，故C错误；D主族元素中，原子核外最外层电子数为2与次外层电子数相同的元素只有Be，原子核外最外层电子数为8的元素，次外层电子数为8的是Ar，不是主族元素，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了同周期元素、同主族元素原子序数

7、关系，最外层核外电子数和次外层电子数的关系，判断元素的种类、以及元素周期律的应用等知识点，解题中注意掌握规律的同时，注意特例。5、B【解析】A. 铜与稀硫酸不反应，故一旦浓硫酸变稀，反应即停止，即硫酸不能完全反应，故转移的电子数小于 0.18NA，故A错误；B. 78g钾的物质的量为2mol，而钾反应后变为+1价，故2mol钾燃烧转移2NA个电子，故B正确；C. 氨气和HCl反应后生成的氯化铵为离子化合物，不存在分子，故C错误；D. 标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，而二氧化碳中含4对共用电子对，故1mol二氧化碳中含4NA对共用电子对，故D错误；故答案为B。6、B【解析】A. 使

8、用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；B. 根据图示可知反应物比生成物的能量高出600 kJ-508 kJ=92 kJ，故反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92 kJ/mol，B正确；C. 未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C错误；D. 催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D错误；故合理选项是B。7、B【解析】(1)Fe2+、ClO发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；(2)Al3+、HCO3发生互促水解反应而不能大量共存

9、，故错误；(3)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(4)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(5)AlO2、HCO3发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故错误；(6)Ca2+与SO42、CO32反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；故选B。8、B【解析】Aa电极反应是2C2O52-4e-4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则b为正极，故A正确；B捕获CO2时生成的C2O52-中碳元素的化合价仍为+4价，捕获CO2时生成CO32-时碳元素的化合价仍为+4价，碳元素的化合价均未发生变化，故B错误；C由电解装置示意图可知a电极反应是2C2O52-4e-4CO2+

10、O2，故C正确；D由电解装置示意图可知a电极生成O2，d电极生成C，电解池总反应式为CO2 =C+O2，故D正确；故答案为B。9、C【解析】A选项，手机锂离子电池是一种生活中常用的化学电源，故A正确；B选项，纳米材料可用于制造不用洗的衣服面料，故B正确；C选项，水（H2O）中只含 H、O 两种元素，汽车燃料“油”含有C和H两种元素，两者含有不同种元素，利用水不可能制成汽车燃料“油”，故C错误；D选项，水变氢是吸热反应，从能量守恒定律得出科学家不可能研发出只加水就能跑的“水氢发动机”汽车，故D正确。综上所述，答案为C。10、C【解析】Aa电极与外加电源的负极相连，a电极为阴极，a电极上的电极反应

11、式为2H2O+2e-=H2+2OH-，a电极产生的气体是氢气，A项错误；Bb电极与外加电源的正极相连，b电极为阳极，b电极上的电极反应式为2H2O4eO2+4H+，B项错误；C.c电极通入O2，c电极为氢氧燃料电池的正极，c电极上发生还原反应，d电极通入H2，d电极为氢氧燃料电池的负极，d电极的电极反应式为H2-2e-=2H+，在原电池中阳离子向正极移动，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，C项正确；Dd电极上发生的电极反应是H2-2e-=2H+，D项错误；答案选C。11、C【解析】A. 磁性氧化铁为，故A错误；B. 在明矾溶液中加入过量溶液的离子方程式为，B错误；C. 在盐酸中滴加少量溶液的离

12、子方程式为，C正确；D. FeS为难溶物，在离子方程式中不拆，正确的方程式为Cu2(aq)FeS(s)CuS(s)Fe2，D错误；故答案选C。12、D【解析】A. 煤中主要含有碳元素，石油中主要含有碳和氢两种元素，都属于复杂的混合物，故A正确；B. 煤中主要含有碳元素，石油中主要含有碳和氢两种元素，都属于复杂的混合物，其中都含有有机物，故B正确；C. 石油裂化是将碳原子数多的烷烃断裂成碳原子数少的烃，由于烷烃的断裂，会得到烷烃和烯烃，所以裂化后得到的产物中含有烯烃；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，获得产品有煤炉气、煤焦油、焦炭；产物不同，故C正确；D. 石油裂化是将碳原子数多的烷烃

13、断裂成碳原子数少的烃，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，原理不同，故D错误；题目要求选择错误的，故选D。【点睛】石油分馏就是将石油中不同沸点的物质依次分离，出来的叫做馏分，主要是饱和烃。石油裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，是不饱和烃。13、A【解析】早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾KAl(SO4)212H2O中铝离子水解，其水解方程式为：，产生氢离子促进纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆、破损，A项符合题意，答案选A。14、C【解析】AH2S为弱电解质，反应的离子方程式为SO2+2H2S3S

14、+2H2O，故A错误；B氯气具有强氧化性，应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为Ba2+SO2+2H2O+Cl2BaSO4+4H+2Cl-，故B错误；CNO2与二氧化硫发生氧化还原反应，本身可以被还原为铵根离子，反应的离子方程式为4Ba2+4SO2+5H2O+NO3-4BaSO4+NH4+6H+，故C正确；D通入氨气，没有发生氧化还原反应，应该生成BaSO3沉淀，反应的离子方程式为Ba2+SO2+2NH3+H2OBaSO3+2NH4+，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为C，要注意二氧化氮具有强氧化性，反应后N元素的化合价降低，可以生成NH4+。15、A【解析】A. 乙烯和丙烯的最简式均

15、为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。16、B【解析】A不是所有的含氯物质都有消毒作用，如NaCl溶液，A错误；B有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性

16、，B正确；C过氧乙酸的消毒能力主要是因其有强氧化性，C错误；D84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，可发生氧化还原反应产生有毒物质氯气，不能混合使用，D错误。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛） 羟基，羰基 取代反应 保护羟基不被氧化 11 bc 【解析】C为 ；(I) 按命名规则给A命名，结合题给信息与反应中的反应物和产物结构，找出试剂a，可确定结构简式；(2) 由反应找到C的结构简式，并且找出其的官能团写名称即可；(3) 找到C的结构简式是关键，从流程开始的物质A到C，可发现只有醛基被消除，由此可发现的反应类型及反应和的目的；(

17、4)从B的结构出发，满足条件的B的同分异构体(不包含B)中，先找出条件对应的基团及位置，最后再确定总数目，同分异构体x与NaOH溶液加热下反应，则X含酯基，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，确定X结构即可求解；(5) 关于物质D的说法不正确的有哪些？从结构中含有苯环、醚键、羰基、醇羟基等基团的相关概念、性质判断；【详解】(I) A为，则其名称为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；答案为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；题给信息，反应为，则试剂a为；答案为：；(2) 由反应找到C的结构简式：，官能团为羟基和羰基；答案为：羟基；羰基； (3) C的结构简式是，与HI在加热下发生反应得

18、到，可见是-OCH3中的-CH3被H取代了；从流程开始的物质A到C，为什么不采用以下途径：主要是步骤3中醇羟基被氧化成羰基时，酚羟基也会被氧化，因此反应和的目的为保护羟基不被氧化；答案为：取代反应；保护羟基不被氧化；(4)B的同分异构体(不包含B)要满足条件 能发生银镜反应苯环上有2个取代基，其中有一个醛基(含甲酸酯基)，且取代基可以是邻、间、对3种位置，则2个取代基可以有四种组合：首先是和，它们分别处于间、对，共2种（处于邻位就是B要排除），剩下3种组合分别是、，它们都可以是邻、间、对3种位置，就9种，合起来共11种；答案为：11；某同分异构体x能与NaOH溶液加热下反应，则X含甲酸酯基，则

19、X中苯环上的侧链为，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，则取代基处于对位，因此X为，则反应方程式为；答案为： (5) D为 ，关于物质D的说法：a因为含有苯环，属于芳香族化合物，a说法正确，不符合； b亲水基团少，憎水基团大，不易溶于水，b说法不正确，符合；c含氧官能团有3种，还有1种含氮官能团，c说法不正确，符合；d醇羟基可发生取代、氧化，羰基、苯环上可催化加氢反应,d说法正确，不符合；答案为：bc。18、CH3CH=CH2 丙烯 CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br 加成反应 CH3CH2CHOH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2

20、O 将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C 3 (C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖) 【解析】(1)根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，加成分析解答； (2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，加成分析解答。【详解】(1)根据球棍模型为，A的结

21、构简式为CH3CH=CH2，名称为丙烯，故答案为CH3CH=CH2；丙烯；A(CH3CH=CH2)与溴的四氯化碳溶液中的溴发生加成反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br，故答案为CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br；根据流程图，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，因此AC为加成反应，C+DE的化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2

22、COOCH2CH2CH3+H2O，醇不能电离出氢离子，酸具有酸性，鉴别C和D，可以将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C，故答案为加成反应；CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O；将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C；A(CH3CH=CH2)的同系物B的相对分子质量比A大14，说明B的分子式为C4H8，B的结构有CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CH CH3、(CH3)2C=CH2，共3种，故答案为3； (2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀

23、粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为(C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖)，故答案为(C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖)。19、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、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

24、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

25、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）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+

26、+ 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%。20、水浴加热 Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+ 取最后一次洗涤液少量，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现沉淀，即洗涤干净 暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定 升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全 （1.000-84a）/18a 1 【解析】（1）水浴加热受热均匀，易于控制，不高于10

27、0均可采用水浴加热，故答案为水浴加热；将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+，故答案为Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+；（2）装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；反应后期将温度升到30，使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠

28、溶液吸收，减少测定产生的误差，故答案为升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a mol，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为amol，根据化学式可知，MgCO3nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1：n，得到1：n=a：；得到n=（1.000-84a）/18a，故答案为（1.000-84a）/18a；（3）MgCO3nH2On=15，分析图象400C剩余质量为82.3g，为失去结晶水的质量，剩余质量为39.5g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量，得到100g=100-82.3，解得n=1，故答案为1。21、

29、+1366.8kJmol-1 3Fe+4H2OFe3O4+4H2 60% 0.005 CO2 2.5MPa 【解析】(1)C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) H1=-44.2kJmol-12CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g) H2=+1411.0kJmol-1利用盖斯定律，将两个热化学方程式直接相加，便可得出2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)的H3。(2)转化过程中，发生Fe+H2O(g)的反应，CO2与H2的反应，写出反应方程式，便可确定产生H2反应的化学方程式。由前面信息中确定，增加镍粉用量时，导致甲酸产量迅速减少，则表明第二步反应迅速进行。(3)从图中采集信息，进行计算，从而求出520时，CO2的转化率和反应I的平衡常数K。(4)从图中可看出，降低温度，H2的转化率增大，从而表明降温平衡正向移动，由此可求出H与0的关系。温度升高，平衡逆向移动，则反应物的物质的量分数增大，再由起始量关系，确定曲线b代表的物质，T4温度时，利用三段式及图中采集的信息，求出反应达到平衡时物质d的分压p(d)。【详解】(