2022屆湖北省孝感市高考沖刺化學(xué)模擬試題含解析

1、2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、25時，把0.2mol/L的醋酸加水稀釋，那么圖中的縱坐標(biāo)y表示的是（ ）A溶液中OH-的物質(zhì)的量濃度B溶液的導(dǎo)電能力C溶液中的

2、D醋酸的電離程度2、氨硼烷(NH3BH3)電池可在常溫下工作，裝置如圖所示。未加入氨硼烷之前，兩極室質(zhì)量相等，電池反應(yīng)為NH3BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知兩極室中電解質(zhì)足量，下列說法正確的是（ ）A正極的電極反應(yīng)式為2H+2e-H2B電池工作時，H+通過質(zhì)子交換膜向負極移動C電池工作時，正、負極分別放出H2和NH3D工作一段時間后，若左右兩極室質(zhì)量差為1.9g，則電路中轉(zhuǎn)移0.6mol電子3、水的電離常數(shù)如圖兩條曲線所示，曲線中的點都符合常數(shù)，下列說法錯誤的是 A圖中溫度B圖中五點間的關(guān)系：C曲線a、b均代表純水的電離情況D若處在B點時，將的硫酸溶液與的KOH溶液等體積混合

3、后，溶液顯堿性4、圖所示與對應(yīng)敘述相符的是A表示一定溫度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(FeS) Ksp(CuS)BpH=2的甲酸與乙酸溶液稀釋時的pH變化曲線，則酸性：甲酸H2CO3 H2SiO3，強酸可以與弱酸的鹽反應(yīng)制取弱酸，圖1 可以證明非金屬性強弱：SCSi ，A正確；B過氧化鈉為粉末固體，不能利用關(guān)閉止水夾使固體與液體分離，則不能控制反應(yīng)制備少量氧氣，B錯誤；C配制物質(zhì)的量濃度的溶液時，應(yīng)該把濃硫酸在燒杯中溶解、稀釋，冷卻至室溫后再轉(zhuǎn)移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中溶解稀釋，C錯誤；D反應(yīng)物乙酸、1-丁醇的沸點低于產(chǎn)物乙酸丁酯的沸點，若采用圖中裝置，會造成反應(yīng)物的大量

4、揮發(fā)，大大降低了反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，D錯誤；故選A。21、D【解析】Aa點時酸堿恰好中和，溶液，說明HA為弱酸，NaA溶液水解呈堿性，應(yīng)為，故A錯誤； Ba點水解，促進水的電離，b點時HA過量，溶液呈酸性，HA電離出，抑制水的電離，故B錯誤； C時，由電荷守恒可知，則，故C錯誤； Db點HA過量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，說明HA電離程度大于水解程度，則存在，故D正確。 故答案為D。22、B【解析】A.兩步反應(yīng)是脫氫反應(yīng)，不屬于加成反應(yīng)，故A錯誤；B.環(huán)己烯的鏈狀同分異構(gòu)體既有二烯烴，也有炔烴等，存在官能團異構(gòu)、官能團位置異構(gòu)、碳鏈異構(gòu)，同分異構(gòu)體超過10種，故B正確；C.環(huán)己烷、環(huán)己

5、烯、苯均難溶于水，故C錯誤；D.環(huán)己烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D錯誤；答案：B二、非選擇題(共84分)23、鄰羥基苯甲醛(或2-羥基苯甲醛) 4 消耗產(chǎn)生的HCl，提高有機物N的產(chǎn)率 取代反應(yīng) C15H18N2O3 +2HCl+ 17 、 【解析】R在一定條件下反應(yīng)生成M，M在碳酸鉀作用下，與ClCH2COOC2H5反應(yīng)生成N，根據(jù)N的結(jié)構(gòu)簡式，M的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)R和M的分子式，R在濃硫酸、濃硝酸作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成M，則R的結(jié)構(gòu)簡式為，N在一定條件下反應(yīng)生成P，P在Fe/HCl作用下生成Q，Q與反應(yīng)生成H，根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡式和已知信息，則Q的結(jié)構(gòu)簡式為，P的結(jié)構(gòu)簡式為：；H在(Boc)

6、2O作用下反應(yīng)生成G，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)分析， R的結(jié)構(gòu)簡式為，名稱是鄰羥基苯甲醛(或2-羥基苯甲醛)；根據(jù)N的結(jié)構(gòu)簡式，其中含有的官能團有醚基、酯基、硝基、醛基，共4種官能團； (2)M在碳酸鉀作用下，與ClCH2COOC2H5反應(yīng)生成N，根據(jù)N的結(jié)構(gòu)簡式，M的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)結(jié)構(gòu)變化，M到N發(fā)生取代反應(yīng)生成N的同時還生成HCl，加入K2CO3可消耗產(chǎn)生的HCl，提高有機物N的產(chǎn)率；(3)Q與反應(yīng)生成H，Q的結(jié)構(gòu)簡式為，Q中氨基上的氫原子被取代，HG的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；(4)結(jié)構(gòu)式中，未標(biāo)注元素符號的每個節(jié)點為碳原子，每個碳原子連接4個鍵，不足鍵由氫原子補齊，H的分子式C15

7、H18N2O3；(5)Q與反應(yīng)生成H，Q的結(jié)構(gòu)簡式為，QH的化學(xué)方程式：+2HCl+；(6) R的結(jié)構(gòu)簡式為，T與R組成元素種類相同，與R具有相同官能團，說明T的結(jié)構(gòu)中含有羥基和醛基；分子中含有苯環(huán)；T的相對分子質(zhì)量比R多14，即T比R中多一個-CH2-，若T是由和-CH3構(gòu)成，則連接方式為；若T是由和-CH3構(gòu)成，則連接方式為；若T是由和-CH3構(gòu)成，則連接方式為；若T是由和-CHO構(gòu)成，則連接方式為；若T是由和-OH構(gòu)成，則連接方式為；若T是由和-CH(OH)CHO構(gòu)成，則連接方式為，符合下列條件T的同分異構(gòu)體有17種；其中在核磁共振氫譜上有5組峰且峰的面積比為1:1:2:2:2，說明分子

8、中含有5種不同環(huán)境的氫原子，結(jié)構(gòu)簡式有、； (7)以1，5-戊二醇() 和苯為原料，依據(jù)流程圖中QF的信息，需將以1，5-戊二醇轉(zhuǎn)化為1，5-二氯戊烷，將本轉(zhuǎn)化為硝基苯，再將硝基苯轉(zhuǎn)化為苯胺，以便于合成目標(biāo)有機物，設(shè)計合成路線：。【點睛】苯環(huán)上含有兩個取代基時，位置有相鄰，相間，相對三種情況，確定好分子式時，確定好官能團可能的情況，不要有遺漏，例如可能會漏寫。24、 取代反應(yīng) C17H18NOF3 +CH3NH2+CH3SO2OH 12 【解析】B在催化劑作用下與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C與氫化鋁鋰反應(yīng)生成D，根據(jù)D和B的結(jié)構(gòu)簡式，D與CH3SO2Cl發(fā)生取代反應(yīng)生成E，E與CH3NH2發(fā)生取

9、代反應(yīng)生成F，F(xiàn)與在氫化鈉作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成G。根據(jù)G和E的結(jié)構(gòu)簡式，可得F的結(jié)構(gòu)簡式為，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。D中的手性碳位置為；(2)根據(jù)分析，的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；(3)根據(jù)分析，C的結(jié)構(gòu)簡式為；(4)G的分子式為C17H18NOF3；(5)反應(yīng)為E與CH3NH2發(fā)生取代反應(yīng)生成F化學(xué)方程式為：+CH3NH2+CH3SO2OH；(6)D的結(jié)構(gòu)簡式為，已知M與D互為同分異構(gòu)體，在一定條件下能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明分子中有酚羥基。M分子的苯環(huán)上有3個取代基，其中兩個相同，即苯環(huán)上有兩個羥基和一個-C3H7原子團。-C3H7

10、原子團的結(jié)構(gòu)式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2兩種結(jié)構(gòu)，同分異構(gòu)體數(shù)目分析如下：若羥基的位置結(jié)構(gòu)為，同分異構(gòu)體的數(shù)量為22=4種，若羥基的位置結(jié)構(gòu)為，同分異構(gòu)體的數(shù)量為12=2種，若羥基的位置結(jié)構(gòu)為，同分異構(gòu)體的數(shù)量為32=6種；則符合條件的M有12種；(7) 在加熱條件下，在氫氧化鈉醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成，和氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，加熱條件下，與氫氧化鈉溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成，與CH3SO2Cl發(fā)生取代反應(yīng)生成，合成路線為：。25、H2S 2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O 90% 取少量Na2SO3樣品于試管中，加入足量鹽酸溶解，再加入BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則N

11、a2SO3已被氧化變質(zhì)；若不產(chǎn)生白色沉淀，則Na2SO3未被氧化變質(zhì) 【解析】氣體Y是一種純凈物，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下密度為1.518g/L，則相對分子質(zhì)量為22.41.518=34.0，Y應(yīng)為H2S氣體，生成的淡黃色沉淀為S，溶液加入氯化鋇溶液生成白色沉淀，說明生成Na2SO4，則隔絕空氣加熱，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，發(fā)生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答該題?！驹斀狻?1)由以上分析可知Y為H2S；(2)固體X與稀鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生淡黃色沉淀，為硫化鈉、亞硫酸鈉在酸性溶液中發(fā)生歸中反應(yīng)，離子方程式為2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O；(3)實驗過程中若測得白色

12、沉淀的質(zhì)量為6.291g，該白色沉淀為硫酸鋇，可知n(BaSO4)=0.027mol，說明生成Na2SO4的物質(zhì)的量為0.027mol，反應(yīng)的方程式為4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物質(zhì)的量為0.027mol=0.036mol，則Na2SO3的分解率為100%=90%；(4)Na2SO3在空氣中被氧化，可生成Na2SO4，檢驗Na2SO3是否氧化變質(zhì)的實驗操作是：取少量Na2SO3樣品于試管中，加入足量鹽酸溶解，再加入BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則Na2SO3已被氧化變質(zhì)；若不產(chǎn)生白色沉淀，則Na2SO3未被氧化變質(zhì)。【點睛】本題考查性質(zhì)實驗方案的設(shè)計。掌握N

13、a2SO3具有氧化性、還原性，在隔絕空氣時加熱會發(fā)生歧化反應(yīng)，反應(yīng)產(chǎn)物Na2S與未反應(yīng)的Na2SO3在酸性條件下會發(fā)生歸中反應(yīng)產(chǎn)生S單質(zhì)是本題解答的關(guān)鍵?？筛鶕?jù)BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性質(zhì)檢驗Na2SO3是否氧化變質(zhì)。26、b 堿石灰 制取硫酰氯的反應(yīng)時放熱反應(yīng)，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產(chǎn)率 蒸餾 溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內(nèi)不褪色 85.5% 偏小 【解析】（1）用來冷卻的水應(yīng)該從下口入，上口出；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應(yīng)需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3來制備SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反應(yīng)又沒有加熱，故SO2與氯

14、氣間的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應(yīng)使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應(yīng)時放熱反應(yīng)，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產(chǎn)率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當(dāng)?shù)味ㄟ_到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，F(xiàn)e3+與SCN反應(yīng)溶液會變紅色，半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點； （7）用cmolL-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積V，則過量Ag+的物質(zhì)的量

15、為Vcmol，與Cl反應(yīng)的Ag+的物質(zhì)的量為0.1000mol/L0.1LVc103mol，則可以求出SO2Cl2的物質(zhì)的量； AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應(yīng)生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏多，即銀離子的物質(zhì)的量偏大，則與氯離子反應(yīng)的銀離子的物質(zhì)的量偏小?！驹斀狻浚?）用來冷卻的水應(yīng)該從下口入，上口出，故水應(yīng)該從b口進入；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應(yīng)需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+N

16、a2SO3來制備SO2，故選；（3）根據(jù)裝置圖可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反應(yīng)又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應(yīng)使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰，可以吸收氯氣、SO2并防止空氣中的水蒸氣進入冷凝管中，故乙裝置中盛放的試劑是堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應(yīng)時放熱反應(yīng)，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產(chǎn)率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當(dāng)?shù)味ㄟ_到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(

17、SO4)2作指示劑，F(xiàn)e3+與SCN反應(yīng)溶液會變紅色，半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點；故答案為：溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內(nèi)不褪色；（7）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積10.00mL，則過量Ag+的物質(zhì)的量為Vcmol=0.010.1000molL-1=110-3mol，與Cl反應(yīng)的Ag+的物質(zhì)的量為0.2000mol/L0. 1LVc103mol1.910-2mol，則SO2Cl2的物質(zhì)的量為1.910-2mol 0.5=9.510-3mol ，產(chǎn)品中SO2Cl2的質(zhì)量分數(shù)為 100%=85.5%； 已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ks

18、p(AgSCN)=21012，則AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應(yīng)生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏多，即銀離子的物質(zhì)的量偏大，則與氯離子反應(yīng)的銀離子的物質(zhì)的量偏小，所以測得的氯離子的物質(zhì)的量偏?。还蚀鸢笧椋?5.5%；偏小。27、濃鹽酸 圓底燒瓶 無干燥裝置 副產(chǎn)物增加 除去氯氣中的氯化氫 否 三氯乙酸會溶于乙醇和三氯乙醛，無法分液 73.75% 【解析】根據(jù)題干和裝置圖我們能看出這是一個有機合成實驗題，考查的面

19、比較綜合，但是整體難度一般，按照實驗題的解題思路去作答即可?！驹斀狻浚?）根據(jù)反應(yīng)原理我們發(fā)現(xiàn)原料需要氯氣，因此裝置A就應(yīng)該是氯氣的發(fā)生裝置，所以恒壓漏斗里裝的是濃鹽酸；盛放的裝置是蒸餾燒瓶；（2）按照要求來書寫方程式即可，注意次氯酸的還原產(chǎn)物是氯化氫而不是氯氣：；（3）制得的氯氣中帶有氯化氫和水分，氯化氫可以在裝置B中除去，但是缺少一個干燥裝置來除去水分，若不除去水分，氯氣和水反應(yīng)得到次氯酸和鹽酸，會生成更多的副產(chǎn)物；（4）該方案是不行的，因為三氯乙酸是有機物，會溶于乙醇和三氯乙醛，根據(jù)題目給出的沸點可知此處用蒸餾的方法最適合；（5）根據(jù)算出消耗的的物質(zhì)的量，根據(jù)2:1的系數(shù)比，這些對應(yīng)著過

20、量的單質(zhì)碘，而一開始加入的碘的物質(zhì)的量為，因此整個過程中消耗了單質(zhì)碘，再次根據(jù)化學(xué)計量數(shù)之比發(fā)現(xiàn)：為1:1，也就是說產(chǎn)品中有三氯乙醛，質(zhì)量為，因此產(chǎn)品的純度為。28、四 VIII 0.018mol（Lmin）-1 BCD 0.06 K1K2K3 ACD 【解析】(1) Fe元素位于第四周期第VIII族；(2) n(Fe2O3)=，根據(jù)方程式知，有0.03mol氧化鐵參加反應(yīng)時有0.18mol氫氣生成，根據(jù)v=，計算該段時間內(nèi)氫氣平均反應(yīng)速率；(3)可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，該物質(zhì)的物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變；(4)參加反應(yīng)的n(FeO)=0.04mol50%=

21、0.02mol，根據(jù)方程式知，參加反應(yīng)的n(CO)=n(CO2)=n(FeO)=0.02mol，容器的體積為1L，則平衡時c(CO)=， c(CO2)=0.02mol/L，化學(xué)平衡常數(shù)K=0.5，據(jù)此計算x值；(5)多元弱堿水解時，其第一步水解程度遠遠大于第二步，第二步水解程度遠遠大于第三步；(6)欲使平衡正向移動，可以采用加入和氫離子反應(yīng)的物質(zhì)、加水稀釋、升高溫度的方法?！驹斀狻?1)Fe元素位于第四周期第VIII族，故答案為：四；VIII；(2) n(Fe2O3)=，根據(jù)方程式知，有0.03mol氧化鐵參加反應(yīng)時有0.18mol氫氣生成，根據(jù)v=，故答案為：0.018mol(Lmin)1；

22、(3)A. CH4的轉(zhuǎn)化率等于CO的產(chǎn)率時，該反應(yīng)不一定達到平衡狀態(tài)，A項錯誤；B. 混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變時，各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變，該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，B項正確；C. v正(CO):v逆(H2)=1:2時，同一物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率相等，該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，C項正確；D. 固體的總質(zhì)量不變時，該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故正確；故答案為：BCD；(4) 參加反應(yīng)的n(FeO)=0.04mol50%=0.02mol，根據(jù)方程式知，參加反應(yīng)的n(CO)=n(CO2)=n(FeO)=0.02mol，容器的體積為1L，則平衡時c(CO)=， c(CO2)=0.02mol/L，化學(xué)平衡常數(shù)K=0.5解得x

23、=0.06，故答案為：0.06；(5)多元弱堿水解時，因為每一步水解都生成氫離子，氫離子的存在抑制水解，所以其第一步水解程度遠遠大于第二步，第二步水解程度遠遠大于第三步，則存在K1K2K3，故答案為：K1K2K3；(6)欲使平衡正向移動，可以采用加入和氫離子反應(yīng)的物質(zhì)、加水稀釋、升高溫度的方法，故選ACD，故答案為：ACD?！军c睛】本題易錯點(3)，解答可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，要分析可逆反應(yīng)，判定體積、質(zhì)量、物質(zhì)的量的變化，結(jié)合公式，進一步分析。29、122.6 BD 2CO+SO2=S+2CO2 b 升高溫度 3:1 2HSO3+2e+2H+=S2O42+2H2O 【解析】（1）根據(jù)蓋斯定律計算； 容器保持恒壓，根據(jù)體積之比等于物質(zhì)的量之比，計算平衡時的濃度及反應(yīng)I的平衡常數(shù)Kc；根據(jù)圖像進行判斷；（2）根據(jù)元素守恒，無毒的物質(zhì)為二氧化碳；反應(yīng)速率越快，達到平衡狀態(tài)所用的時間越短，根據(jù)圖像判斷；初始條件為恒容，c組實驗與b的初始壓強相同，達到平衡狀態(tài)時，c組使用時間長，則為溫度不相同；（3）根據(jù)圖像可知，pH=7，根據(jù)溶液呈電中性計算；（4）根據(jù)圖像可知，陰極上亞硫酸氫根離子得電子，生成S2O42，根據(jù)原子守恒，氫離子參與反應(yīng)生成水?！驹斀狻浚?）根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)I2-反應(yīng)II可得2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)，則H