2022年安徽省舒城高考考前提分化学仿真卷含解析

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、有机物M、N、Q的转化关系为：下列说法正确的是(

2、)AM分子中的所有原子均在同一平面B上述两步反应依次属于加成反应和取代反应CM的同分异构体中属于芳香烃的还有3种DQ与乙醇互为同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色2、化学与生产、生活、科技等息息相关。下列说法不正确的是A物理小识中“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，其中“硇水”是指盐酸B天工开物中“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，其中“丝”主要成分是蛋白质C“玉兔二号”月球车首次实现月球背面着陆，其帆板太阳能电池的主要材料是硅D港珠澳大桥采用的超高分子聚乙烯纤维吊绳，属于有机高分子材料3、下列说法不正确的是 ()A氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B化肥的生产

3、、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸C利用光线在硅晶体内的全反射现象，可以制备光导纤维D铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作4、化学与生活密切相关。下列有关物质用途的说法错误的是A碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查B氯气可用于海水提溴C氨气能做制冷剂D过氧化钠可用作航天员的供氧剂5、短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增加，W与Y能形成两种常温下均为液态的化合物，X是形成化合物种类最多的元素，Z的原子在短周期中半径最大，Q为地壳中含量最多的金属元素，下列说法正确的是A简单离子半径：YNa+，选项A错误；B.这四种元素可以形成多种盐溶液，其中酸式盐溶液有可能显

4、酸性，如NaHC2O4，选项B错误；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，因非金属性Y（O）强于X(C)，则简单氢化物的稳定性：Y大于X，选项C正确；D.工业制取铝通常电解熔融氧化铝和冰晶石的混合物，而不是氯化铝，因为其为共价化合物，熔融并不导电，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表周期律，推出各元素为解题的关键，易错点为选项D；工业制取铝通常电解熔融氧化铝和冰晶石的混合物，而不是氯化铝，因为其为共价化合物。6、C【解析】含有苯环、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

5、，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。7、A【解析】Aa分子中有一个饱和碳原子，所有原子不可能都共面，故A错误； Ba、b分子中均含有碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；Ca、b分子中均含有酯基，均能与NaOH溶液发生水解反应，故C正确；D分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，b与二者分子式均为C8H8O4，但结构不同，则互为同分异构体，故D正确；答案选A。【点睛】有机物的官能团决定了它的化学性质，熟

6、记官能团的性质是解本题的关键。8、B【解析】根据二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，所以沉淀质量增加，二氧化碳过量后沉淀又被溶解，即减少，同时考虑的题给的信息“通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应”即可完成该题的解答。【详解】一开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，此时沉淀质量增加，当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，根据题中信息可以知道，此时溶液处出于悬浊液状态，所以此时发生的是二氧化碳和碳酸钾溶液或是没有反应完全的氢氧化钾的反应，不管怎么样都不会再有沉淀产生，但是同时沉淀的质量也不会减少，当把碳酸钾及氢氧化钾完全反应后，二氧化碳与碳酸钙反应生成了能够溶于水的碳酸氢钙，此时沉淀逐渐减少最后

7、为零，则选项B符合题意，故答案选B。9、D【解析】A.HClO不稳定，可分解生成HCl，故A错误；B. 浓硝酸与铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应继续进行，与稀硝酸发生不同的反应，故B错误；C. 结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，含有氢键的沸点较高，由于NH3分子间存在氢键，沸点高于PH3，故C错误；D.AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀，可说明AgI更难溶，故D正确；故选：D。10、B【解析】A煤转化为水煤气加以利用是为了实现煤的综合利用并减少环境污染，A选项错误；B用纳米技术高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，可分解为无毒的二氧化碳，既

8、不会引起白色污染，也可实现“碳”的循环利用，B选项正确；C纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，不能作为人类的营养物质，C选项错误；D生石灰能用作食品干燥剂，但不能用作食品脱氧剂，D选项错误；答案选B。11、B【解析】A.氯水具有强氧化性，能使pH试纸褪色，所以不能用的pH试纸测定某氯水的pH，故A错误；B.配制一定浓度的NaOH溶液，定容时仰视读数,会使溶液的体积变大，导致浓度偏小，故B错误；C.NH4Cl固体和Ca(OH)2固体在加热的条件下发生反应2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，所以不能用加热的方法分离，故C错误；D.精确配制一定物质的量浓度的溶液，必须在容量瓶中进

9、行。将25.0 g CuSO45H2O溶于100 mL蒸馏水中，所得溶液的体积不是100 mL，故无法得到 1.0 mol/L CuSO4溶液，故D错误；【点睛】考查实验基本操作的评价，涉及pH试纸的使用、溶液的配制操作、氨气的制取等，选项A注意氯水含有次氯酸具有强氧化性能使pH试纸褪色，所以不能用的pH试纸测定某氯水的pH；配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视读数,会加水过多，导致浓度偏小；俯视的时候加水变少，导致浓度偏大；配制溶液必须用容量瓶定容溶液体积。12、A【解析】A. 向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性(忽略溶液体积变化)，n(NH4+)= n(Cl-)，所以NH4

10、+个数为0.5NA，故A正确；B. 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化碘离子，没有FeI2的物质的量，不能计算当有1 mol Fe2+被氧化时转移电子的物质的量，故B错误；C. 标准状况下，二氯甲烷是液体，22.4L二氯甲烷的物质的量不是1mol，故C错误；D. 用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极先生成铜单质再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L氢气时，转移的电子数大于2NA，故D错误。答案选A。13、D【解析】在H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为；A环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A错误；B聚

11、乙二醇的结构简式为，故B错误；C聚乙二醇的链节为OCH2CH2，则聚合度n=90，故C错误；D聚乙二醇能与水分子间形成氢键，则能保持肠道水分，故D正确；故答案为D。14、D【解析】A. a属于芳香烃，b、c为芳香族化合物，故A错误；B. a中所有碳原子不处于同一平面上，a上右边最多只有一个CH3在平面内，故B错误；C. a有三个碳为一个支链有2种结构(包括a本身)，两个支链有3种，三个支链有4种，因此属于芳香族的同分异构体有8中(不包括自身)，故C错误；D. c能被氧气、酸性高锰酸钾氧化，d能被酸性高锰酸钾氧化，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】苯酚、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。1

12、5、C【解析】A. NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键，H2SO4只含有共价键，化学键类型不相同，故A错误；B. MgO中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO 3中含有离子键和共价键，化学键类型不相同，故B错误；C. Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键，化学键类型相同，故C正确。D. AlCl3只含有共价键，Al2O3、MgCl2含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；答案选C。16、D【解析】A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，会生成Fe(OH)3沉淀； B.硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，反应生成偏铝酸根

13、；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以不会生成偏铝酸根；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，nBa(OH)2:n(NaHCO3)=1:1【详解】A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3+4Fe3+3Cl-，故A错误；B.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，反应的化学方程式为KAl (SO4)2 + 2Ba(OH)2 = 2BaSO4 + KAlO2 + 2H2O，对应的离子方程式为：Al3+ +2SO4 2- +2Ba2+ +4OH-=2BaSO4+

14、AlO2- +2H2O，故B错误；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，HCO3-无剩余，离子方程式：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，D正确，选D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、注意离子反应遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大二、非选择题（本题包括5小题）17、对甲基苯甲醛 3 羧基 b、d 【解析】由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在

15、碱性条件下反应生成B，B为，中-CHO被弱氧化剂氧化为-COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到D，D与甲醇发生酯化反应生成E为，然后结合有机物的结构与性质来解答。【详解】（1）由上述分析可知，A为对甲基苯甲醛，遇FeCl3溶液显紫色，则含酚OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为CH=CH2，则符合条件的A的同分异构体为(邻、间、对)3种，由上述分析可知，B为；D的结构为，其中含有含氧官能团为：羧基；故答案为：对甲基苯甲醛；3；羧基；（2）由生成可知，试剂C不能与C=C反应，只氧化CHO，则C为b或d，故答案为：b、d；（3）中含COOC，与足量NaOH溶液共热的化学方程式为：，故答案为：；

16、（4）E中含-C=C-，在一定条件下可以生成高聚物F，发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：。【点睛】具有多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时，需要注意官能团的保护，其常见的措施可将官能团先反应，然后再复原，或在选择反应试剂时控制相关反应。18、FeSO4Fe2O36H2Fe33H2O2FeSO4Fe2O3SO2SO3【解析】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol22.4Lmol1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO

17、2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)=0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，据此分析。【详解】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol22.4Lmol1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)=0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，（1）根据上述分析，A仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为0.02mol，S原子的物质的量为0

18、.02mol，A的质量为3.04g，则氧原子的质量为(3.04g0.02mol56gmol10. 02mol32gmol1)=1.28g，即氧原子的物质的量为=0.08mol，推出A为FeSO4；（2）固体C为Fe2O3，属于碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为Fe2O36H=2Fe33H2O；（3）FeSO4分解为Fe2O3、SO2、SO3，参与反应FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物质的量0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol，得出FeSO4受热分解方程式为2FeSO4Fe2O3SO2SO3。19、II I 除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞） U型

19、管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色 Cl2+2I-2Cl-+I2 取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化 Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性 或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象 无尾气处理装置，污染环境 【解析】(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯

20、气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管

21、中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。【点睛

22、】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。20、乙 铜丝由黑变红 硫氰化钾或 KSCN 不正确，因为铁过量时： Fe2Fe3+3Fe2+ c b d a 确保绿矾中的结晶水已全部失去 【解析】试题分析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，根据氢气的密度比空气小分析；氧化铜被氢气还原为铜单质；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色；单质铁能把Fe3+

23、还原为Fe2+；实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1 和 K2；冷却后再称量；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是 ，生成水的质量是，根据 计算x值；解析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，氢气的密度比空气小，所以用向下排空气法收集氢气，故选乙；氧化铜被氢气还原为铜单质，现象是铜丝由黑变红；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色，滴加KSCN溶液检验是否含有Fe3+，若溶液变

24、为血红色，则含有Fe3+；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+，当铁过量时： Fe2Fe3+=3Fe2+，所以没有出现血红色，不能说明该固体中没有3价的铁元素；实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1 和 K2；冷却后再称量，正确的步骤是（1）打开 K1 和 K2 缓缓通入 N2，（2）点燃酒精灯，加热，（3）熄灭酒精灯，（4）冷却至室温，（5）关闭 K1 和 K2，（6）称量A， 重复上述操作步骤，直至 A 恒重，记为m3 g；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是 ，生成水的质量是， X=。21、 N2 2.4NA 3s23p2 原子晶体 HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸（或Si3N4中Si为+4价、N为-3价等） 相对原子半径小的N原子最外层有5