山东省潍坊市2022届高三理综第一次模拟考试（潍坊市一模，化学部分，含解析）鲁科版

2022年高考模拟考试理科综合-化学试卷类型：A本试卷分第I卷(选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共12页,满分240分，考试用时150分钟。考试结束后，将本试卷、答题卡和答题纸一并交回。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在试卷、答题卡和答题纸规定的地方。第I卷（必做，共87分）注意事项：1.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净以后，再涂写其他答案标号。不涂答题卡，只答在试卷上不得分。2.第1卷共20小题，1-13题每小题4分，14-20题每小题5分，共87分。以下数据可供答题时参考：相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64Zn65Ba137—、选择题（本题包括13小题，每小题只有一个选项符合题意）7.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列叙述正确的是A.氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料B.“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料C.白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去D.汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的【答案】A【解析】B、特种钢缆属于金属材料，故错误。C、塑化剂对人体有害，所以混有塑化剂的白酒不能饮用，且不溶性的固体和溶液采用过滤的方法分离，塑化剂易溶于白酒，所以不能采用过滤的方法除去塑化剂，故错误。D、汽油是烃，如果不完全燃烧生成一氧化碳不是氮的氧化物，故错误。8.下列表述正确并且有因果关系的是【答案】B【解析】A、二氧化硅没有导电性，故错误。B、氯化亚铁有还原性能被双氧水氧化生成氯化铁，所以溶液颜色由浅绿色变成黄色，该反应中双氧水是氧化剂，铁离子是氧化产物，同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故正确。C、硝酸根离子只有在酸性条件下采用强氧化性，如果在中性或碱性溶液中，硝酸根离子和硫离子、碘离子能共存，故错误。-10-D、氧化铝是两性氧化物，但氧化铝不能溶于弱碱，故错误。9.下列关于有机物的叙述正确的是A.煤经过分溜可得到焦炉气、煤焦油和焦炭B.甲烷、汽油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料C.乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色D.蛋白质、淀粉、油脂均能发生水解反应【答案】D【解析】A、煤经过干馏可得到焦炉气、煤焦油和焦炭，故错误。B、酒精中含有氧元素，所以不是碳氢化合物，故错误。C、聚乙烯中不含碳碳双键，所以不能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故错误。D、蛋白质和淀粉是高分子化合物能水解，油脂含有酯基能水解，故正确。10.下列说法正确的是A.第VIA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱B.L层电子数为奇数的所有元素都是非金属元素c,VIIA族元素阴离子的还原性越强，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性也越强D.同一主族的甲乙两种元素，甲的原子序数为a,则乙的原子序数可能为：a+4【答案】A【解析】A、第VIA族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以其氢化物的稳定性逐渐减弱，故正确。B、L层电子数为奇数说明第二电子层未填满，应该属于第二周期元素，第二周期中L层电子数为奇数的Li元素属于金属元素，故错误。C、VIIA族元素阴离子的还原性越强，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性也越弱，故错误。D、同一主族的甲乙两种元素，甲的原子序数为a,则乙的原子序数为a+a+2、a+8、a+18a+32不可能是a+4，故错误。11.下列叙述正确的是A.Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同B.某无色溶液中通入Cl2，溶液变为淡黄色，再加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明原溶液中存在I-C.CO2、NO2、SO2都能与H2O反应，其反应原理相同D.C、N、S三种单质直接与02反应都能生成两种以上氧化物【答案】B【解析】A、铁和氯气反应生成氯化铁，和盐酸反应生成氯化亚铁，所以所得产物不同，故错误。B、淀粉遇碘变蓝色，淀粉溶液变蓝色，说明含有碘单质，碘溶于水呈黄色，原溶液呈无色，说明原溶液中不含碘单质，所以碘单质只能是氯气和碘离子反应生成的，所以原溶液中含有碘离子，故正确。C、二氧化碳和二氧化硫与水反应是化合反应且不是氧化还原反应，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，属于氧化还原反应，所以反应原理不同，故错误。D、-10-碳单质直接和氧气反应能生成一氧化碳和二氧化碳，氮气直接和氧气反应只生成一氧化氮，硫和氧气直接反应只生成二氧化硫，故错误。12.下列叙述正确的是A.氨气的水溶液能导电，所以氨气是电解质B.250C时NaOH溶液中水的Kw大于1000C时NaCl溶液中水的KwC.中和体积相同、pH相等的硫酸和醋酸溶液，消耗等物质的量浓度的NaOH溶液的体积：硫酸>醋酸D.25°C时，1OmL0.02mol•L-1HCl溶液与1OmL0.02mol•L-1Ba(OH)2溶液混合,充分反应后，若溶液体积为20mL，则溶液的pH=12【答案】D【解析】A、氨气的水溶液能导电，电离出阴阳离子的物质是氨水不是氨气，所以氨气是非电解质，故错误。B、水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，所以250C时NaOH溶液中水的Kw小于1000C时NaCl溶液中水的Kw，故错误。C、相同体积和pH的硫酸和醋酸，醋酸的物质的量远远大于硫酸的物质的量，所以中和体积相同、pH相等的硫酸和醋酸溶液，消耗等物质的量浓度的NaOH溶液的体积：硫酸<醋酸，故错误。D、酸是一元酸，碱是二元碱，相同体积和浓度的盐酸和氢氧化钡反应氢氧根离子剩余，两种溶液混合后溶液中氢氧根离子浓度==0.01mol/L，所以溶液中氢离子浓度为10-12mol/L，所以溶液的Ph=12,故正确。13.某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡：，其沉淀溶解平衡曲线如右图所示。下列说法正确的是A.可以通过升温实现由c点变到a点B.d点可能有沉淀生成C.a点对应的Ksp等于b点对应的KspD.该温度下，Ksp=4x10-18mol•L-2【答案】C【解析】A、难溶电解质的溶解平衡是吸热反应，升高温度能促进该物质溶解，所以不能由c点变到a点，故错误。B、溶解平衡曲线上方表示过饱和溶液，有沉淀，线以下表示不饱和溶液，所以d点没有沉淀生成，故错误。C、温度不变，Ksp不变，故正确。D、该温度下，Ksp=2x10-18mol•L-2，故错误。第II卷（必做129分+选做24分，共153分）注意事项：1.第II卷共18个题，其中21—30题为必做部分，31题未命题，32—38题为选做部分，考生必须从中选择1个化学，1个物理和1个生物题作答。不按规定选做者，-10-阅卷时将根据所选科目题号的先后顺序只判前面的1个化学，1个物理题和1个生物题，其他作答的题目答案无效。2.第II卷所有题目的答案考生须用黑色签字笔答在答题纸上，在试题卷上答题无效。【必做部分】28.(12分）高铁酸钠（Na2FeO4)易溶于水，是一种新型多功能水处理剂。已知Na2FeO4在强碱性溶液中会沉淀析出。其生产工艺流程如下：(1)写出向NaOH溶液中通入足量Cl2发生反应的离子方程式____________。(2)向溶液II中加入Fe(NO3)3溶液发生反应，该反应的氧化剂是______每制得49.8gNa2FeO4,理论上消耗氧化剂的物质的量为____________mol(3)从环境保护的角度看，制备Na2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图1所示。①电解过程中阳极的电极反应式为____________。②图I装置中的电源采用NaBH4(B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电源工作原理如图II所示。工作过程中该电源的正极反应式为__________________,Na+由______极区（填写“a”或“b”，下同）移向极区【答案】（1）2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O(2)NaClO;0.45mol（3）①Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O②2H2O2＋2e－=2OH－;ab【解析】（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O(2)次氯酸钠有强氧化性，所以氧化剂是次氯酸钠，还原剂是硝酸铁，每制得49.8gNa2FeO4需要转移电子的物质的量=3=0.9mol，设次氯酸钠的物质的量为n，根据氧化还原反应中得失电子数相等，n2=0.9mol,所以n=0.45mol。（3）①要想制得高铁酸钠，电解质溶液中没有铁元素，电极中有铁，所以铁作阳极，阳极上铁失电子和氢氧根离子生成铁酸根离子和水，电极反应式为：Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O。②正极上得电子发生还原反应，所以是双氧水得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：2H2O2＋2e－=2OH－;原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以是由a向b移动。29.(16分）丙烷是液化石油气的主要成分，在燃烧时能放出大量的热，作为能源广泛应用于生产和日常生活中。(1)已知：2C3H8(g)+702(g)=6C0(g)+8H2O(1)ΔH=-2741.8kj•mol－12C0(g)+02(g)=2C02(g)ΔH=-566kj•mol-1则反应C3H8(g)+502(g)=3C02(g)+4H20(1)的△H=______kj.mol-1-10-(2)某课外活动小组为了探究在相同温度下,反应过程中能量变化与化学平衡的关系，将C3H8不完全燃烧的产物CO和H20(g)，通入到体积均为1L的A、B两个密闭容器中，在相同温度下均发生如下可逆反应：C0(g)+H20(g)C02(g)+H2(g)ΔH=-41kJ•mol－1相关数据如下：请回答下列问题：①0〜ta时刻，容器A中CO的平均反应速率为______mol•L-1.min-1，化学平衡常数Ka=______;若容器B中反应的平衡常数为Kb,则该温度Ka______Kb(填“大于”“小于”或“等于”）。②某同学为了研究反应条件对化学平衡的影响，测得逆反应速率与时间的关系如右图所示：通过研究图像发现，反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，它们改变的条件分别是t2______,t8______③测得在容器A中反应进行到tmin时，混合气体中CO2的物质的量为O.3mol,若用150mL3mol•L-1的NaOH溶液将其完全吸收，则所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________(3)CO2溶于水生成H2CO3,已知：常温下，H2CO3和HClO的电离常数如下：H2CO3==H++HCO3-Ka1=4.2xl0-7mol•L-1HCO3==H++CO32-Ka2=5.6x1O-11mol•L-1HClO==H++ClO-Ka=4.7x1O-8mol•L-1请写出氯气和碳酸钠物质的量之比为1:1时发生反应的离子方程式_________。【答案】(1)-2219.9KJ/mol(2)①0.9/ta1.35等于②升高温度或增大二氧化碳的浓度或增大氢气的浓度；使用催化剂或加压（减小容器的体积）③C(Na＋)>C(HCO3－)>C(CO32－)>C(OH－)>C(H＋)(3)Cl2＋CO32－＋H2O=Cl－＋HCO3－＋HClO【解析】(1)已知：2C3H8(g)+702(g)=6C0(g)+8H2O(1)ΔH=-2741.8kj•mol－1①2C0(g)+02(g)=2C02(g)ΔH=-566kj•mol-②1将方程式得方程式C3H8(g)+502(g)=3C02(g)+4H20(1)，焓变进行相应的改变，所以△H=-2219.9KJ/mol-10-(2)①设参加反应的一氧化碳的物质的量为x。C0(g)+H20(g)C02(g)+H2(g)放热41kJ1mol41KJX36.9KJX=0.9molV(CO)==0.9/tamol/L.min。平衡时各种气体的浓度分别为：C(CO)=0.6mol/L,C(H2O)=1mol/L，C(C2O)=0.9mol/L，C(H2)=0.9mol/L，平衡常数K==1.35温度相同则平衡常数相同，所以是等于。②t2时逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时物质物质的量增大，所以改变的条件是升高温度或增大二氧化碳的浓度或增大氢气的浓度；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，t8时逆反应速率增大但平衡不移动，所以改变的体积是：使用催化剂或加压（减小容器的体积）③二氧化碳的物质的量为0.3mol，氢氧化钠的物质的量是0.45mol，二氧化碳和氢氧化钠的物质的量之比是2:3，二氧化碳和氢氧化钠的反应方程式为：2CO2＋3NaOH=Na2CO3＋NaHCO3＋H2O,所以溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，钠离子不水解，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解导致溶液呈碱性，所以氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，盐的水解是微弱的，所以碳酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以各种离子浓度的大小顺序为：C(Na＋)>C(HCO3－)>C(CO32－)>C(OH－)>C(H＋)。(3)根据已知知，碳酸的酸性大于次氯酸，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以氯气和钠反应生成氯化钠和碳酸氢钠、次氯酸，离子方程式为：Cl2＋CO32－＋H2O=Cl－＋HCO3－＋HClO30.(14分）长期存放的Na2SO3可能部分被氧化。某化学兴趣小组为了测定某无水Na1SO3被氧化的程度，进行如下实验：(1)甲同学设计如下实验流程：①甲同学选择的试剂a可以是________(填序号）。A.盐酸酸化后的氯化钡B.硝酸酸化后的氯化钡C.氢氧化钡②判断试剂a是否过量的方法是__________________③操作II名称是________________________④Na2SO3的质量分数的表达式为__________________(2)乙同学准确称量Na2SO3样品mg,并设计如下图所示的实验装置，进行相关实验：-10-①实验中待锥形瓶中不再产生气体后，打开活塞P从导管左端缓缓鼓入一定量的空气，这样做的目的是__________________②装置B中发生反应的离子方程式为__________________③装置C的作用是__________________④若实验前后装置D的质量差为ng，则样品中Na2SO3的质量分数的表达式为______________________________【答案】①A②向上层清液中，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明试剂a已过量。③洗涤④（2）①将装置中的二氧化硫全部排入到U型管中被吸收。②SO32－＋2H＋=SO2＋H2O③吸收二氧化硫中的水蒸气或干燥二氧化硫气体。④【解析】①硝酸酸化的氯化钡溶液中含有硝酸，硝酸能把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子造成干扰，亚硫酸根离子和硫酸根离子都和氢氧化钡反应生成白色沉淀而造成干扰，盐酸酸化的氯化钡中含有盐酸，盐酸能排除亚硫酸根离子造成的干扰，故选A。②向上层清液中，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明试剂a已过量。③过滤得到的固体上吸附有杂质，所以要进行洗涤才能得到较纯净的硫酸钡。④根据硫酸根离子守恒，由硫酸钡得出硫酸钠的质量=所以亚硫酸钠的质量分数=（2）①将装置中的二氧化硫全部排入到U型管中被吸收，防止污染大气。②亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫、水和硫酸钠，离子方程式为：SO32－＋2H＋=SO2＋H2O③浓硫酸具有吸水性，所以能作干燥剂，此处浓硫酸的作用就是-10-吸收二氧化硫中的水蒸气或干燥二氧化硫气体。④D装置中吸收的物质是二氧化硫，根据硫原子守恒，由二氧化硫的质量计算亚硫酸钠的质量=，所以亚硫酸钠的质量分数=【选做部分】共7个题，考生从中选择1个化学题、1个物理题和1个生物题作答。31.(未命题）【化学——化学与技术】32.(8分）【化学一一物质结构与性质】金属铜及其化合物在合金材料及催化剂等方面应用广泛。如：在铜的催化作用下，F2能与过量的NH3发生反应：。请回答下列问题：(1)Cu原子的核外电子排布式为__________________(2)NF3分子中N原子的杂化轨道类型为________，该分子的空间构型为___________(3)在Fe3+溶液中加入适量KSCN溶液，立即变为红色，再加入足量NH4F后，红色立即褪去。原因是：Fe(SCN)2+(红色）+6F-＝＝FeF63-(无色）+SCN－。NH4F，Fe(SCN)2+、FeF63－中都存在的化学键类型是______。(4)金属铜晶体的晶胞结构如右图所示（面心立方晶胞）：该晶胞中所含的铜原子数为______个。【答案】（1）1S22S22P63S23P63d104S1或[Ar]3d104S1(2)sp3三角锥型（3）配位键（4）4【解析】（1）1S22S22P63S23P63d104S1或[Ar]3d104S1(2)中心原子N原子含有3个σ键和一个孤电子对，所以采用sp3杂化，是三角锥型结构。（3）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以形成的化学键是配位键。（4）该晶胞中所含的铜原子数=433.(8分）【化学一有机化学基础】已知有机物A的分子式为C5H100，其核磁共振氢谱上有四个吸收峰，峰面积的比例为6:1:2:1,且可发生下列转化，其中B与E反应可生成有水果香味的有机化合物。-10-请回下列问题：(1)A的结构简式为__________________(2)B→C的反应类型为______;E中含有官能团的名称是______。(3)C→D反应的化学方程式为____________(4)符合下列条件的E的同分异构体的结构简式为______。①能发生银镜反应；②能与金属钠反应生成氢气；③不能发生消去反应。【答案】（1）（2）取代反应羧基（3）(4)【解析】A含有碳、氢、氧元素，A能被氧气氧化，也能和氢气发生反应，说明A中含有醛基，有机物A的分子式为C5H100，其核磁共振氢谱上有四个吸收峰，说明A有四种类型的氢原子，峰面积的比例为6:1:2:1,由此得出A含有2个甲基，一个醛基、一个亚甲基，一个,所以A是A和氢气反应生成B，加热条件下，B醇和氢溴酸反应生成C-10-,加热条件下，C和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成D。通过以上分析知，A的结构简式是，A被氧气氧化生成羧酸E。B生成C的反应是取代反应；E中含有官能团的名称是羧基（4）①能发生银镜反应说明含有醛基；②能与金属钠反应生成氢气说明含有羧基或羟基；③不能发生消去反应，说明连接羟基碳原子的相邻碳原子上没有氢原子，所以E的同分异构体为：。-10-