1、2022年河东区高中学业水平等级性考试第一次模拟考试化学本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。第卷1至4页，第卷5至8页。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回祝各位考生考试顺利！第卷(选择题 共36分)本卷可能用到的相对原子质量：C：12 S：32 Na：23 O：16 H：1 Fe：56本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意1. 科技助力北京2022年冬奥会。下列变化不属于化学变化的是A
2、冬奥场馆使用CO2制冷剂制冰B火炬“飞扬”中的氢燃料燃烧C由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉D电动汽车的全气候电池充电A AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A使用二氧化碳制冷剂制冰时，水由液态转化为固态，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；B氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；C由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉时，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；D电动汽车的全气候电池充电过程为电解过程，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；故选A。2. 下列实验的颜色变化不涉及氧化还原反应的是A. 遇空气变为红棕色气体B. 向含的
3、溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅C. 用作潜水艇的供氧剂D. 向溶液中加入过量氨水，溶液变为深蓝色【答案】D【解析】【详解】A遇空气被氧化变为红棕色气体NO2，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B向含的溶液中加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，故溶液颜色变浅，涉及氧化还原反应，B不符合题意；C用作潜水艇的供氧剂，发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D向溶液中加入过量氨水，溶液变为深蓝色，得到硫酸四氨合铜，没有发生氧化还原反应，D符合题意；答案选D。3. 下列实验对应的离子方程式不正确的是A. 浓硝酸用棕色瓶保存：B. 硫酸铵溶液显酸性：C.
4、将少量通入溶液：D. 向悬浊液中滴加溶液产生黄色沉淀：【答案】C【解析】【详解】A浓硝酸见光易分解为NO2、O2和H2O，故应保存在棕色试剂瓶中，A正确；B硫酸铵溶液中水解：，所以溶液显酸性，B正确；CHClO具有强氧化性，会被氧化为，C错误；D向悬浊液中滴加溶液，AgCl转化为溶解度更小的AgI，D正确；答案选C。4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 在时，为12的溶液中含有数目为B. 重水中所含质子数为C. 和分别与足量的反应，转移的电子数均为D. 甲醇的分子中含有键的数目为【答案】A【解析】【详解】A在时，为12的溶液中c (OH-)=0.01mol/L，数目为： 0.01
5、mol/L1LNA=，A项正确；B重水中所含质子数为：，B项错误；C1molFe与足最的Cl2反应，转移的电子数为，1molCu与足最的Cl2反应，转移的电子数为，C项错误；D甲醇的分子中含有键的数目为，D项错误；答案选A。5. 实验室制备Na2S2O3的反应原理：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。下列有关说法正确的是A. SO2为非极性分子B. Na2S的电子式为C. 为三角锥形D. 基态O原子轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】ASO2为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，选项A错误；BNa2S为离子化合物，由Na+和S2-构成，电子式为，选项B正确；C
6、中C形成3个键，孤对电子数为(4+232)=0，为sp2杂化，立体构型为平面三角形，选项C错误；D根据原子核外电子排布原则：电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，选项D错误。答案选B。6. 本草纲目“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。若在实验室里完成文中操作，不需要的仪器是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】“用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水”，这里的“法”是指蒸馏，蒸馏需要的仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管、锥形瓶等。【详解】A仪器为酒精灯，需要；B坩埚，不需要；C冷凝管，需要；D锥形瓶，需要；故选B。7.
7、 关于化合物，下列说法正确的是A. 分子中至少有7个碳原子共直线B. 分子中含有1个手性碳原子C. 与酸或碱溶液反应都可生成盐D. 不能使酸性KMnO4稀溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A图中所示的C课理解为与甲烷的C相同，故右侧所连的环可以不与其在同一直线上，分子中至少有5个碳原子共直线，A错误；B，分子中含有2个手性碳原子，B错误；C该物质含有酯基，与酸或碱溶液反应都可生成盐，C正确；D含有碳碳三键，能使酸性KMnO4稀溶液褪色，D错误；答案选C。8. 常温下浓度均为0.1molL-1的两种溶液：CH3COOH溶液CH3COONa溶液，下列说法不正确的是A. 水电离产生的c(OH-)：7
8、说明CH3COOH为弱酸C. 两种溶液中均存在：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1molL-1D. 等体积混合所得酸性溶液中：c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A醋酸抑制水电离，醋酸钠能水解而促进水电离，所以水电离产生的c(OH-)：7原因是CH3COO-发生了水解反应，根据有弱才水解，说明CH3COOH为弱酸，故B正确；C由物料守恒：两种溶液中均存在：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1molL-1，故C正确；D等体积混合所得溶液呈酸性则c(H+)c(OH-)，由电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO
9、-)+c(OH-)，则c(CH3COO-) c(Na+)c(H+)c(OH-)，故D错误；故选：D。9. 探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正确的是实验试剂a现象结论A溶有SO2的BaCl2溶液产生沉淀H2O2有氧化性B酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色H2O2有氧化性CKI淀粉溶液溶液变蓝H2O2有氧化性D盐酸酸化的FeCl2溶液溶液变黄H2O2有氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A将H2O2溶液加入溶有SO2的BaCl2溶液中，H2O2先与SO2发生氧化还原反应，即H2O2+SO2=H2SO4，H2O2作氧化剂，体现氧化性，BaCl2与生成的H2SO4反应
10、生成BaSO4沉淀，即H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl，故A正确；B将H2O2溶液加入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，即2+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，中Mn元素由+7价得电子变成+2价，发生还原反应，作氧化剂，生成了Mn2+，紫色溶液褪色，H2O2中氧元素由-1价失电子变成0价，发生氧化反应，作还原剂，体现还原性，故B错误；C将H2O2溶液加入KI淀粉溶液中，发生氧化还原反应，即H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成的I2遇淀粉变蓝，故C正确；D将H2O2溶液加入盐酸
11、酸化的FeCl2溶液中，发生氧化还原反应，即2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成了Fe3+，溶液变黄，故D正确；答案为B。10. 微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，其工作原理示意图如下。关于该电池的说法不正确的是A. a极是负极B. H+向b极迁移C. 对氯苯酚在电极上发生的反应是+H+2e=+ClD. 电路中通过0.4mole，消耗了0.1molCH3COO【答案】D【解析】【分析】由图可知，该装置为原电池，a极是原电池的负极，醋酸根离子在a极的微生物膜上失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和碳
12、酸，电极反应式为CH3COO8e+4H2O=2HCO+9H+或CH3COO8e+4H2O=2H2CO3+7H+，b极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应式为+H+2e=+Cl。【详解】A由分析可知，a极是原电池的负极，故A正确；B由分析可知，a极是原电池的负极，b极为正极，电池工作时，溶液中的氢离子向正极b极移动，故B正确；C由分析可知，b极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应式为+H+2e=+Cl，故C正确；D由分析可知，a极是原电池的负极，醋酸根离子在a极的微生物膜上失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和碳酸，电极反应式为CH
13、3COO8e+4H2O=2HCO+9H+或CH3COO8e+4H2O=2H2CO3+7H+，由电极反应式可知，电路中通过0.4mole，消耗了0.05mol醋酸根离子，故D错误；故选D。11. 一定温度下，在三个体积均为的恒容密闭容器中发生反应：容器编号温度()起始物质的量()平衡物质的量()3870.200.0800.0803870.402070.200.0900.090下列说法正确的是A. 该反应的正反应为吸热反应B. 达到平衡时，容器中的体积分数比容器中的小C. 若容器中反应达到平衡时增大压强，则各物质浓度保持不变D. 若起始向容器中充入、，则反应将向正反应方向进行【答案】D【解析】【详
14、解】A根据表格数据和，容器、起始量相同，降低温度，平衡向放热方向移动，CH3OCH3平衡物质的量增大，说明平衡正向移动。说明正反应是放热反应，A错误；B恒容条件下，容器相当于在容器的基础上加压，由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，因此平衡不移动，所以容器中的CH3OH体积分数和容器中的相等，B错误；C若容器中反应达到平衡时增大压强，平衡不移动，但各物质浓度会增大，C错误；D容器平衡时c(CH3OH)=0.04mol/L、c(CH3OCH3)=0.08mol/L、c(H2O)=0.08mol/L，平衡常数K=4，若起始向容器中充入CH3OH 0.10mol、CH3OCH3 0.10mol
15、、H2O 0.10mol，则浓度熵Qc=14，反应向正反应方向移动，D正确；答案选D。12. 单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化的历程如下。下列说法不正确的是A. 催化转化的产物是和B. 过程涉及化学键的断裂与生成C. 反应过程中，C的杂化方式未发生改变D. 生成，需要电子【答案】C【解析】【详解】A由转化过程可知，Ni作催化剂，CO2催化转化生成H2O和CO，A正确；B过程中CO2的C=O键断裂，生成H2O时形成OH键，B正确；CCO2为sp杂化，反应过程中，C形成三条键，为sp2杂化，因此反应过程中，C的杂化方式发生改变，C错误；D生成，C元素的化合价由+4价降低为+2价，则需要2
16、mol电子，D正确；答案选C。第卷(非选择题，共64分)本卷可能用到的相对原子质量：C：12 S：32 Na：23 O：16 H：1 Fe：5613. 火星岩石冲含有大量氧化物，如、，、等。回答下列问题：（1）下表的氧化物中偏向共价晶体的过渡晶体是_；(填化学式)。氧化物离子键的百分数62%50%41%33%（2）基态铁元素的原子最高能级电子云轮廓为_形。（3）与溶液反应生成的离子中的杂化类型是_；和O构成的空间构型是_。（4）(普鲁士蓝)，该反应可检验溶液中，如图是普鲁士蓝晶胞的结构，与形成配位键的是_(填或)；离子中键与键的个数比是_；晶胞中与一个距离相等的N有_个。【答案】（1）Al2O
17、3、SiO2 （2）球 （3） sp3杂化 . 正四面体 （4） . Fe2+ . 1：2 . 6【解析】【小问1详解】Na2O、MgO、Al2O3、SiO2中离子键的百分数依次为62%、50%、41%、33%，Al2O3、SiO2的离子键百分数都小于50%，故偏向共价晶体的过渡晶体是Al2O3、SiO2；答案为：Al2O3、SiO2。【小问2详解】Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最高能级为4s能级，s能级电子云轮廓为球形；答案为：球。【小问3详解】Al(OH)4-中Al的孤电子对数为0，键电子对数为4，价层电子对数为4+0=
18、4，故Al采取sp3杂化；由于没有孤电子对，故Al和O构成的空间构型为正四面体；答案为：sp3杂化；正四面体。【小问4详解】根据Fe4Fe(CN)63可知，Fe(CN)64-中Fe为+2价，即与CN-形成配位键的是Fe2+；CN-中C与N之间形成碳氮三键，三键中含1个键和2个键，故CN-中键与键的个数比是1：2；图示是晶胞结构的，与1个Fe3+距离相等的N位于Fe3+的上下、左右、前后，有6个；答案为：Fe2+；1：2；6。14. 异甘草素()具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成路线如下，回答下列问题已知：氯甲基甲醚结构简式为：RCH2CHO+RCHO （1）有机物的分子式是_；化合物所含官能团
19、的名称是_。（2）下列说法不正确是_。A. 不易与溶液反应B. 中碳的杂化方式有两种C. 的核磁共振氢谱有4组峰D. 和都存在顺反异构体（3）写出转化为的化学反应方程式_；反应类型_（4）写出2种符合下列条件的的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体) _含有苯环且苯环上有两个取代基；与溶液反应显紫色；不能发生银镜反应。（5）设计由和为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选) _。【答案】（1） . C8H8O3 . 羟基、醛基 （2）A （3） . +HClO . 取代反应 （4）、等(邻、间、对位均可) （5）【解析】【分析】根据题干有机合成流程图可解决(1)(3)小题，本题采用逆向合成法，
20、根据题干流程图中III和V合成VI的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，据此确定合成路线，据此分析解题。【小问1详解】由合成路线可知，有机物的结构简式为，分子中含有8个C原子，8个H原子和3个O原子，故分子式为C8H8O3，化合物的结构简式为，含有的官能团为羟基、醛基；【小问2详解】A.中含有酚羟基，易于NaOH溶液反应，A错误；B.中苯环上的C原子和羰基上的C原子采用sp2杂化，甲基上的C原子采用sp3杂化，杂化方式共2种，B正确；C.含有4种不同的环境的氢原子，故核磁共振氢谱有4组峰，C正确；D.和的碳碳双键的两端C原子连有的2个基团不同，存在顺反异构，D正确；答案
21、选A。【小问3详解】根据已知信息，氯甲基甲醚结构简式为，根据合成路线，有机物与氯甲基甲醚发生取代反应生成有机物，反应的化学方程式为+HClO，反应类型为取代反应；【小问4详解】有机物的结构简式为，其同分异构体含有苯环且苯环上有两个取代基，与溶液反应显紫色，说明含有酚羟基，不能发生银镜反应，则不能含有醛基，满足条件的有机物有：、等(邻、间、对位均可)。【小问5详解】采用逆向合成法，根据题干流程图中III和V合成VI的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，据此确定合成路线如下：。15. 可用作净水剂、还原剂等，回答下列问题：.制备：装置如图所示(加持装置省略)；已知极易水解。
22、（1）仪器a的名称是_。（2）装置二中制备的化学反应方程式是_；装置三的作用_；_。（3）该装置存在一定的缺陷，可在_位置(填A、B或C)增加如下装置。如下装置中气体从_流入(填“a”或b”)；洗气瓶中盛装的是_。利用惰性电极电解溶液，探究外界条件对电极反应产物的影响。（4）实验数据如下表所示：电压阳极现象阴极现象实验11.55.5无气泡，滴加显红色无气泡，银白色金属析出实验23.05.5少量气泡，滴加显红色无气泡，银白色金属析出实验34.55.5大量气泡，滴加显红色较多气泡，极少量金属析出实验41.5无气泡，滴加显红色较多气泡，极少量金属析出实验2、3中阳极产生的气体是_(填化学式)；实验中
23、，调节溶液的宜选用_(填“盐酸”“硝酸”或“硫酸”)；由实验1、2现象可以得出结论_；由实验1、4现象可以得出结论_。【答案】（1）长颈漏斗 （2） . 2FeCl3+H22FeCl2+2HCl . 吸收装置二产生的HCl . 防止空气中水蒸气进入装置二引起FeCl3水解 （3） . A . a . 浓硫酸 （4） . Cl2 . 盐酸 . 电压较低时，阳极只有Fe2+放电，产物为Fe3+，电压较高时，阳极Cl-、Fe2+放电，产物为Cl2和Fe3+ . pH较高时，阴极只有Fe2+放电，产物为Fe，pH极低时，阴极H+和极少量的Fe2+放电，阴极产物为H2和极少量的Fe【解析】【分析】由装置
24、图可知，装置一中产生H2，H2进入装置二与FeCl3发生反应可以得到FeCl2，装置三为尾气处理装置，再由条件：极易水解，可知装置三还有防止外界水蒸气进入的作用。【小问1详解】仪器a名称是：长颈漏斗；【小问2详解】装置一中产生了H2，故装置二中制备的化学反应方程式是：2FeCl3+H22FeCl2+2HCl；由于装置二中产生了HCl，且FeCl3易水解，故装置三的作用：吸收装置二产生的HCl、防止空气中水蒸气进入装置二引起FeCl3水解；【小问3详解】该装置缺陷为生成的H2会带出来水蒸气进入装置二造成FeCl3水解，应在A位置加一个干燥装置，比如装有浓硫酸的洗气瓶，故可在A位置增加图中装置；气
25、体从a流入；洗气瓶中盛装的是浓硫酸；【小问4详解】实验2、3中阳极产生了气体，该气体应为Cl-放电生成的Cl2；调节溶液的时不能引入杂质离子，故宜选用盐酸；实验1、2的变量为电压，再根据实验1、2的阳极现象可以得出结论：电压较低时，阳极只有Fe2+放电，产物为Fe3+，电压较高时，阳极Cl-、Fe2+放电，产物为Cl2和Fe3+；实验1、4的变量为pH，再根据实验1、4的阴极现象可以得出结论：pH较高时，阴极只有Fe2+放电，产物为Fe，pH极低时，阴极H+和极少量的Fe2+放电，阴极产物为H2和极少量的Fe。16. 工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不
26、同需求的原料气。回答下列问题：（1）在C和的反应体系中：反应1 反应2 反应3 _如图，若，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示，对应于反应3的线是_ (填a、b或c)。一定压强下，随着温度的升高，气体中与的物质的量之比_A不变 B增大 C减小 D无法判断（2）水煤气反应：。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是_（3）一氧化碳变换反应：一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数总压)：、，则反应的平衡常数K的数值为_。维持与相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和的物质的量之比为_。以固体催化剂
27、M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离成氢气和，能量-反应过程如图所示。用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤：；步骤：_。【答案】（1） . . a . B （2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率 （3） . 9.0 . 9：5 . MO+CO=M+CO2【解析】【小问1详解】由已知方程式：(2反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：；反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；【小问2详解】由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率；【小问3详解】该反应平衡常数K=；假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1=9：5；
