2022年北京市海淀首经贸高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在25C时，向amL0.10molL-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10molL-1的NaOH溶液。滴定过程中混合溶液的pOHpOH=-lgc(OH-)与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列说法不正确的是（ ）A25C时，HNO2电离

2、常数的数量级是10-4BM点溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同Da=10.802、下列实验不能达到目的的是选项目的实验A制取 84 消毒液将 Cl2 通入 NaOH 溶液中B防止采摘下来的水果过早变烂保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D分离氢氧化铁胶体与 FeCl3 溶液通过滤纸过滤AABBCCDD3、如图表示反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图曲线判断下列说法可能正确的是( )At1时只减小了压强Bt1时只

3、降低了温度Ct1时只减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动Dt1时减小N2浓度，同时增加了NH3的浓度4、海水是巨大的资源宝库，从海水中可以提取镁、溴等产品。某兴趣小组以MgBr2为原料，模拟从海水中制备溴和镁。下列说法错误的是（）A工业上步骤常用Ca(OH)2代替NaOHB设计步骤、的目的是为了富集溴C步骤中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液D工业上实现步骤，通常用氢气还原氯化镁5、以下措施都能使海洋钢质钻台增强抗腐蚀能力，其中属于“牺牲阳极的阴极保护法”的是（ ）A对钢材“发蓝”（钝化）B选用铬铁合金C外接电源负极D连接锌块6、某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与H

4、NO3的物质的量之比为5 12，则反应时HNO3的还原产物是 （ ）ANH4NO3BN2CN2ODNO7、从海带中提取碘的实验中，下列操作中未涉及的是ABCD8、实验测得0.1mo1L-1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25，加入盐酸酸化的BaC12溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（ ）ANa2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H2OH2SO3+2OH-B温度升高，溶液pH降低的主要原因是SO32-水解程度减小Ca、b两点均有c(Na+）=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)D将b点溶液直接冷却至25后，其pH小于a点溶液9

5、、在0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（ ）Ac(Na+)=2c(CO32-)Bc(H+)c(OH-)Cc(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/LDc(HCO3-)2c(CO32-)；故A错误；B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)c(H+)，故B错误；C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)

6、=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误；D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)c(HCO3-)，故D正确；所以答案：D。【点睛】根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na+CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH+OH-，进行分析判断。10、D【解析】根据题意，写出该反应的化学方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O = 8CrO2(ClO4)2+27HCl，据此解答。【详解】AHClO

7、4属于强酸，反应生成的HCl也是强酸，A项正确；B该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为CrO2(ClO4)2，根据方程式，当有19molHClO4参加反应时，其中有3mol作氧化剂，生成的氧化产物CrO2(ClO4)2为8mol，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为38，B项正确；CCrO2(ClO4)2中O元素显-2价，ClO4-显-1价，所以Cr元素显+6价，C项正确；D该反应在酸性条件下发生，离子方程式为19ClO4-+8Cr3+4H2O = 8CrO2(ClO4)2+8H+3Cl-，D项错误；答案选D。11、A【解析】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固

8、体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，以此来解答。【详解】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体，即过滤；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发。答案选A。12、A【解析】A催化剂会改变化学反应速率，不影响平衡移动，故A选；B增大反应物浓度

9、平衡一定正向移动，正反应反应速率一定增大，故B不选；C反应前后气体体积改变的反应，改变压强平衡发生移动，故C不选；D任何化学反应都有热效应，所以温度改变，一定影响反应速率，平衡一定发生移动，故D不选； 故答案选A。13、D【解析】A项、氯化铵为离子化合物，既存在离子键又存在共价键，故A错误；B项、氯化铵含有离子键，为离子化合物，故B错误；C项、氯离子核内有17个质子，核外有18个电子，则氯离子结构示意图：，故C错误；D项、NH4+是多原子构成的阳离子，电子式要加中括号和电荷，电子式为，故D正确；故选D。14、C【解析】碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，其水解的离子方程式为：CO32+H2OHC

10、O3+OH，故A正确；亚硫酸的酸性强于碳酸，在碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳发生反应2SO2+CO32+H2OCO2+2HSO3，NaHSO3溶液显酸性，所以溶液红色褪去，故B正确；氯气溶于水部分与水反应，部分以氯气分子的形式存在于溶液，所以氯水显浅黄绿色是因为溶解了氯气，故C错误；二氧化硫与氯水反应生成HCl和硫酸，即发生SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，氯气被消耗，所以溶液的黄绿色褪去，故D正确。15、D【解析】A若V1=V2，如果酸是强酸，二者混合溶液呈中性，pH=7，如果酸是弱酸，酸浓度大于碱，混合溶液呈酸性，pH7，故A错误；B如果反应后溶液呈酸性，如果酸是强酸，则V1一

11、定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故B错误；C如果反应后溶液呈酸性，如果酸是强酸，则V1一定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故C错误；D若混合溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7molL-1，所以c（H+）+c（OH-）=210-7molL-1，故D正确；故选D。16、B【解析】空气中的氧气能够氧化Fe2+，加入铁粉可以将铁离子转化为亚铁离子，据此分析。【详解】AFeO与稀H2SO4生成硫酸亚铁，Fe2+易被氧化成三价铁，A错误；BFe屑与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁，加入铁粉可以防止二价铁被氧化，B正确；CFe(OH)2与稀H

12、2SO4反应生成硫酸亚铁，易被空气氧化，C错误；DFe2(SO4)3与Cu粉反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，产品不纯，D错误；答案选B。【点睛】绿矾是FeSO47H2O，二价铁不稳定易被空气氧化，所以在制备与二价铁有关的物质时都要考虑防止变质，一般可以隔绝空气，或者加入还原性物质。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应（或硝化反应） 醛基 +Br2+HBr +CH2=CHCH2OH+H2O a 或 【解析】甲苯发生硝化反应生成A，A结构简式为，A和溴发生取代反应生成B，根据最终产物知，A中苯环上甲基邻位H原子被溴取代生成B，B结构简式为，B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，C为，C和NaOH的水溶

13、液发生取代反应然后酸化生成D，D结构简式为，根据信息知，D发生还原反应生成E，E结构简式为，E和碳酸氢钠反应生，则试剂d为NaHCO3，根据信息知，F为，F和a反应生成肉桂酸，a为，肉桂酸和b反应生成G，b为醇，质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，b结构简式为CH2=CHCH2OH，G结构简式为，【详解】（1）通过以上分析知，甲苯发生取代反应生成A，所以反应类型是取代反应，故答案为：取代反应（或硝化反应）；（2）通过以上分析知，F为，官能团名称是醛基，a结构简式为，故答案为：醛基；（3）A结构简式为，A和溴发生取代反应生成B，B结构简式为，反应方程式为，故答案为

14、：；（4）肉桂酸和丙烯醇发生酯化反应生成G，反应方程式为，故答案为：；（5）酚羟基和羧基都能和NaOH、碳酸钠反应，但酚羟基不能和碳酸氢钠反应、羧基能和碳酸氢钠反应，故选a；（6）肉桂酸同分异构体符合下列条件：a苯环上有三个取代基；b能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4molAg说明含有两个醛基；c苯环上有两种不同化学环境氢原子，说明含有两种类型的氢原子；符合条件的同分异构体有，故答案为：。18、C15H12NO4Br 取代反应 + +HCl 羟基、羰基和硝基 17 【解析】由D的分子式与E的结构可知，D与发生取代反应生成E，则D为，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C

15、的分子式逆推可知C为，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下得到C，则A为，B为E与溴发生取代反应生成F。据此分析解答。【详解】(1)F()的分子式为：C15H12NO4Br，反应是与(CH3CO)2O反应生成与CH3COOH，属于取代反应，故答案为C15H12NO4Br；取代反应；(2)反应的化学方程式为：+ +HCl，故答案为+ +HCl；(3)根据上述分析，C的结构简式为 ，D的结构简式为，其中的含氧官能团有：羰基、羟基、硝基，故答案为；羰基、羟基、硝基；(4)B()的同分异构体(不含立体异构)能同时满足下列条件：a能发生银镜反应，说明含有醛基，b能与NaOH溶

16、液发生反应，说明含有酯基或酚羟基，c含有苯环结构，若为甲酸形成的酯基，含有1个取代基，可以为甲酸苯甲酯，含有2个取代基为-CH3、-OOCH，有邻、间、对3种，若含有醛基、酚羟基，含有2个取代基，其中一个为-OH，另外的取代基为-CH2CHO，有邻、间、对3种，含有3个取代基，为-OH、-CH3、-CHO，当-OH、-CH3处于邻位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于间位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于对位时，-CHO有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3221的是 ，故答案为17；(5)模仿EFG的转化，发生硝化反应生

17、成，然后与溴发生取代反应生成，最后在NaBH4条件下反应生成，合成路线流程图为：，故答案为。【点睛】根据物质的分子式及E的结构进行推断是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意根据题干流程图转化中隐含的信息进行合成路线设计。19、NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高，不易挥发 b C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物，无需控制温度 防止B中液体倒吸 60.0% 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤 【解析】制备苯胺：向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸，可生成苯胺，分批加入盐酸可以防止反应太剧烈，减少因挥发而

18、造成的损失，且过量的盐酸可以和苯胺反应生成C6H5NH3Cl，之后再加入NaOH与C6H5NH3Cl反应生成苯胺。【详解】(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，因为两者都有挥发性，在空气中相遇时反应生成NH4Cl白色固体，故产生白烟方程式为NH3+HCl=NH4Cl；依据表中信息，苯胺沸点较高(184)，不易挥发，因此用苯胺代替浓氨水，观察不到白烟；(2)图中球形冷凝管的水流方向应为“下进上出”即“b进a出”，才能保证冷凝管内充满冷却水，获得充分冷凝的效果；(3)过量浓盐酸与苯胺反应生成C6H5NH3Cl，使制取反应正向移动，充分反应后加入NaOH溶液使C6H5NH3Cl生成C6H5NH

19、2，离子反应方程式为C6H5NH3+OH-= C6H5NH2+H2O；(4)由于蒸出物为水和苯胺的混合物，故无需控制温度；(5)水蒸气蒸馏装置中，虽然有玻璃管平衡气压，但是在实际操作时，装置内的气压仍然大于外界大气压，这样水蒸气才能进入三颈烧瓶中；所以，水蒸气蒸馏结束后，在取出烧瓶C前，必须先打开止水夹d，再停止加热，防止装置内压强突然减小引起倒吸；(6)已知硝基苯的用量为5.0mL，密度为1.23g/cm3，则硝基苯的质量为6.15g，则硝基苯的物质的量为，根据反应方程式可知理论生成的苯胺为0.05mol，理论质量为=4.65g，实际质量为2.79g，所以产率为60.0%；(7)“不加热”即

20、排除了用蒸馏的方法除杂，苯胺能与HCl溶液反应，生成可溶于水的C6H5NH3Cl而硝基苯则不能与HCl溶液反应，且不溶于水。所以可在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺。【点睛】水蒸气蒸馏是在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气共热，使有机物随水蒸气一起蒸馏出来，是分离和提纯有机化合物的常用方法。20、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2 Cu+4H+2NO3-= Cu2+2NO2+2H2O 可以控制反应的发生与停止 3N

21、O2H2O =2HNO3+NO 碱石灰 吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气 A 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O 69（或0.69） 【解析】(1) 根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。(3)第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c

22、(待测)=c(标准)V(标准)V(待测) 分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。【详解】(1) NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)c(H+)，溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变

23、色的为NaCl；(2)在装置A中Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3-= Cu2+2NO2+2H2O；这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2H2O =2HNO3+NO；在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰，其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气；NO及NO2都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导

24、气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；(3)A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)分析可知，造成V(标准)偏大，A可能；B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能； D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D不可能；故合理选项是A；在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO2-+2M

25、nO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O；消耗KMnO4溶液体积V=(20.12+20.00+18.88)mL3=20.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量是n(MnO4-)=0.1mol/L0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002mol52=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005mol100mL25mL=0.02mol，其质量m(NaNO2)=0.02mol69g/mol=1.38g，则样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g2.0g10

26、0%=69.0%。【点睛】本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。21、高温 CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g） 大于 0.848p0 Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低 反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向ClO3转化 ClO3H2O2e=ClO42H 【解析】（1）.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=+83kJmol-1，S0，则要G=H-TS0，须高温条件下才能自发；.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=+83kJmol-1.CuCl(s)+O2(g)