2022年福建省永春美岭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 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法错误的是（ ）A“火树银花不夜天”指的是某些金属元素的焰色反应B“千锤万凿出深山,烈火焚烧

2、若等闲”蕴含了碳酸钙的分解反应C“榆荚只能随柳絮,等闲撩乱走空园”中的“柳絮”主要成分是纤维素D“日照香炉生紫烟,遥看瀑布挂前川”中的“烟”是弥散在空气中的PM2. 5固体颗粒2、某温度下，向10 mL 0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1molL-1的Na2S溶液，滴加过程中，溶液中-lgcCu2+与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知： Ksp(ZnS)=310-25。A该温度下 Ksp(CuS)=10-27.7BX、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小CNa2S溶液中：cS2-+cHS-+cH2S=cNa+D向100 mL Zn2+,Cu2+浓度均为110

3、-5mol/L的混合溶液中逐滴加入110-4mol/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀3、PbO2在酸性溶液中能将Mn2+氧化成MnO4，本身被还原为Pb2+，取一支试管，加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL 1mol/L MnSO4溶液。下列说法错误的是（）A上述实验中不能用盐酸代替硫酸B将试管充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色C在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4的氧化性强D若硫酸锰充分反应，消耗PbO2的物质的量为0.01mol4、下列仪器名称为“烧杯”的是（ ）ABCD5、联合国气候变化会议在延长一天会期之后于星期六在印尼巴厘岛闭幕。会议在经过激烈的谈判后通过了巴厘岛路

4、线图，决定启动至关重要的有关加强应对气候变化问题的谈判。为人类生存环境创造好的条件。下面关于环境的说法正确的是（ ）A地球上的碳是不断地循环着的，所以大气中的CO2含量不会改变B燃烧含硫的物质导致酸雨的形成C生活中臭氧的含量越高对人越有利D气候变暖只是偶然的因素6、下列仪器名称正确的是()A圆底烧瓶B干燥管C药匙D长颈漏斗7、下列说法正确的是（ ）A2,2二甲基丁烷的1HNMR上有4个峰B中所有原子处于同一平面上C有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应D甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯环与甲基相连的碳碳单键变活泼，被KMnO4氧化而断裂8、下列有关实验的说法中不正确的是（ ）A纸层析

5、法通常以滤纸作为惰性支持物，滤纸纤维上的羟基所吸附的水作为固定相B检验火柴头中的氯元素，可把燃尽的火柴头浸泡在少量水中，片刻后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸C在比较乙醇和苯酚与钠反应的实验中，要把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，再与相同大小的金属钠反应，来判断两者羟基上氢的活性D若皮肤不慎受溴腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗9、某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3（已知：无水AlCl3遇水能迅速发生反应）。下列说法正确的是A装置中的试剂可能是二氧化锰B装置、中的试剂分别为浓硫酸、饱和食盐水C点燃处酒精灯之前需排尽装置中的空气D球形干燥管中碱石灰的作用只有处理尾气1

6、0、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象实验结论A用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色溶液中无K+B用已知浓度HCl溶液滴定NaOH溶液，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入HCl溶液测得c(NaOH)偏高C使石蜡油裂解产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色石蜡油裂解一定生成了乙烯D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀出现淀粉未水解AABBCCDD11、氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种高温电池（600700），具有效率高、噪音低、无污染等优点。氢氧熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）

7、A电池工作时，熔融碳酸盐只起到导电的作用B负极反应式为H22e+CO32CO2+H2OC电子流向是：电极a负载电极b熔融碳酸盐电极aD电池工作时，外电路中流过0.2mol电子，消耗3.2gO212、将少量SO2气体通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中,溶液颜色由棕黄色变成浅绿色,同时有白色沉淀产生。针对上述变化,下列分析正确的是A该实验表明SO2有漂白性B白色沉淀为BaSO3C该实验表明FeCl3有还原性D反应后溶液酸性增强13、传感器可以检测空气中SO2的含量，传感器工作原理如下图所示。下列叙述正确的是( )Ab为电源的正极B负极反应式 Ag - e- + Cl- = AgClC当电路中电

8、子转移为510-5mol时进入传感器的SO2为 1.12 mLD阴极的电极反应式是2HSO3-+2H+2e-= S2O42-+2H2O14、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B与C的简单离子具有相同的电子层结构，D的最高正价与最低负价代数和为6。工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛。下列说法不正确的是A简单离子半径：DBCB氧化物的水化物酸性：DACX与单质C不能在空气的氛围中反应制得单质钛DB与D组成的某化合物可用于饮用水消毒15、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现

9、象结论A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS) c(OH-)，c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(OH-)0.1mol/L，故D符合题意；故答案为D。19、A【解析】A、E为NaCl溶液、F为钾，G为KOH，H为H2，H2与O2生成H2O，H2O与O2不反应，故A错误；B、若L为强酸，则E可能为NaHS、F为HNO3，NaHS与HNO3生成Na2SO4和NO，NO与O2反应生成NO2，NO

10、2与水反应生成HNO3，L是HNO3是强酸，故B正确；C、若L为弱酸，则E可能为Mg、F为CO2，Mg与CO2反应生成MgO和C，C与O2反应生成CO，CO再与O2反应生成CO2，CO2溶于水生成H2CO3，L为H2CO3，是弱酸，故C正确； D若L为强酸，则E可能为NH4Cl、F为Ca(OH)2，NH4Cl与Ca(OH)2反应生成CaCl2和NH3，NH3与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，L是HNO3是强酸，故D正确；故选A。20、B【解析】A.等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液碱性强，所以分别向等物质的量浓度的Na2CO3

11、和NaHCO3溶液中滴加2滴酚酞溶液，前者红色更深，A错误；B.FeCl3和CuSO4溶液对5%H2O2溶液分解的催化效果不同，所以分别向2mL5%H2O2溶液中滴加1 mL 0.1mol/LFeCl3和CuSO4溶液，产生气泡快慢不相同，B正确；C.Na2SO4属于不属于重金属盐，该盐可使蛋白质产生盐析现象而产生沉淀，醋酸铅属于重金属盐，能使蛋白质变性而产生沉淀，所以蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，蛋白质变性产生的白色沉淀不溶于水，C错误；D.NH4Cl固体和Ca(OH)2固体在加热条件下发生反应生成氨气，不能用加热的方法分离，D错误；故合理选项是B。21、B【解析】烯烃分子的结构简式为，系统命

12、名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B符合题意。综上所述，答案为B。22、A【解析】Na2Sx中Na元素的化合价为+1价，则S元素的平均化合价为-，Na2SO4中S元素的化合价为+6价；NaClO中Cl元素的化合价为+1价，NaCl中Cl元素的化合价为-1价；反应中Na2Sx与NaClO物质的量之比为1:16，根据得失电子守恒，1x(+6)-( -)=162，解得x=5，答案选A。二、非选择题(共84分)23、3-氯丙炔 酯基 C13H16O2 取代反应 【解析】与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下

13、生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应，结合已知信息可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。【详解】（1）A为，其名称为3-氯丙炔；（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；（4）反应中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；（5）根据已知的给定信息，反应的化学方程式为：；（6）L是D的同分异构体

14、，则分子式为C10H10O，不饱和度=6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。24、 A、B、C +HBr 、 【解析】A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构

15、为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应，所以F的结构为。【详解】(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为；(2)A通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现

16、碱性，A项正确；B化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；C通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；D由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；答案选ABC；(3)C与D反应生成E的方程式为：+HBr；(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应即可，所以具体的合成路线为：；(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不

17、饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。【点睛】推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。25、排尽装置中的空气 吸收水蒸气，防止水蒸气在C中冷凝后与NO2反应产生NO 出现红棕色气体 热 打开K1、K2持

18、续通入一段时间的N2和O2 0.5mol C中圆底烧瓶在实验前后增加的质量 往剩余溶液中加入过量HCl溶液，过滤、洗涤、干燥、称量 【解析】实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，排尽装置中的空气，滴入浓硝酸反应生成二氧化氮和一氧化氮气体，干燥后通过装置C，在低于0时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在，A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO产生，则D中出现红棕色气体，说明有一氧化氮气体生成，剩余气体用氢氧化钠溶液吸收；(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸

19、气避免在C中 冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体；温度高反应速率快；(4)由于装置中有残留的气体，所以要打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.5mol；要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量，所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数。【详解】(1)通入氮气是排除装

20、置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)A中的反应停止后，打开D中的活塞K2再通入氧气，若反应中确有NO产生，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体，通入氧气温度越高反应速率越快，因此要通入热的氧气；(4)由于装置中有残留的气体，所以在A中反应完成和D中出现现象后还须进行的操作是：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.50mol；

21、要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数，在反应后的混合溶液中A中加入过量的NaCl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取所得的AgCl沉淀的质量，再进行计算。26、A NH4 NO2N22H2O Al2O3 N23C 2AlN 3CO Al4C3 减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度 61.5% NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应 【解析】A装置制取氮气，浓硫

22、酸干燥，氮气排除装置内的空气，反之Al反应时被空气氧化。根据氧化还原反应写出A、C的反应式，利用物质之间的反应推出C中可能出现的产物。从影响反应速率的因素思考减缓氮气生成速率。根据关系得出AlN的物质的量，计算产物中的质量分数。氯化铵在反应中易分解，生成的HCl在反应中破坏了Al表面的氧化膜，加速反应。【详解】A处是制取氮气的反应，可以排除装置内的空气，反之反应时Al被氧气氧化，因此最先点燃A处的酒精灯或酒精喷灯，故答案为：A。装置A是制取氮气的反应，A中发生反应的离子方程式为NH4 NO2 N22H2O，装置C中主要反应的化学方程式为Al2O3 N23C 2AlN 3CO，制得的AlN中可能

23、含有氧化铝、活性炭外还可能是Al和C形成的化合物Al4C3，故答案为：NH4 NO2 N22H2O；Al2O3 N23C 2AlN 3CO；Al4C3。实验中发现氮气的产生速率过快，严重影响尾气的处理，减缓氮气的生成速度采取的措施是减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度，故答案为：减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度。生成氨气的体积为1.68 L即物质的量为0.075mol，根据方程式关系得出AlN的物质的量为0.075mol，则所得产物中AlN的质量分数为，故答案为：61.5%。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，可能是NH4Cl受热分解生成氨

24、气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，从而Al直接和氮气反应，因此其主要原因是NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，故答案为：NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应。27、E 干燥二氧化硫与氧气 降温使以固体形式呈现，从混合气体中分开 AB C 白色酸雾 加烧碱反应快（吸收快），加石灰乳价格低廉 【解析】根据实验装置及二氧化硫的性质分析装置中仪器的作用；根据二氧化硫及三氧化硫的性质分析检验的方法；根据工业生产需要分析尾气处理时选择合适的试剂。【详解】（1）二氧化硫与氧气在E中反应，为了使之充分反应，所以实验开始时，先点

25、燃的酒精灯是E中酒精灯；（2）如图所示A装置产生二氧化硫气体，同时会带出水分，所以装置D中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有干燥二氧化硫与氧气的作用；（3）根据题干信息，三氧化硫的熔点为16.6，所以装置F的作用是降温，使以固体形式呈现，从混合气体中分开；（4）二氧化硫有漂白性和还原性，可以使品红溶液和溴水溶液褪色，所以可以将气体通入品红或溴水证明二氧化硫的存在；二氧化硫与三氧化硫通入硝酸钡溶液中都产生白色沉淀，且二氧化硫与氯化钡溶液不反应，三氧化硫可以与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，所以可以用氯化钡溶液证明三氧化硫的存在，故答案为：AB；C；（5）装置G为干燥装置，如果没有干燥，空气

26、中的水分与易溶于水的二氧化硫气体结合形成酸雾，所以F中可能看到白色酸雾；（6）装置G导出的尾气是为了吸收未完全反应的二氧化硫，二氧化硫与碱反应生成亚硫酸盐和水，离子方程式为：；（7）烧碱浓度大，反应快，而石灰乳价格比较低，故答案为：加烧碱反应快（吸收快），加石灰乳价格低廉。28、丙二酸二乙酯 取代反应 羰基(酮基)、酯基 、 【解析】(A)与在吡啶的作用下反应生成(B)；B与LiAlH4反应生成C，由C的分子式及前后物质的结构，可确定其结构简式为；由E、G结构及F的分子式，可确定F的结构简式为。【详解】(1)A的结构简式为，化学名称是丙二酸二乙酯。答案为：丙二酸二乙酯；(2) (A)与在吡啶的

27、作用下反应生成(B)，反应方程式是。答案为：；(3)由以上分析知，C的结构简式是。答案为：；(4)为,与NaCH(COOCH2CH3)2反应生成和NaBr，反应类型是取代反应。答案为：取代反应；(5)H的结构简式为，含氧官能团的名称是羰基(酮基)、酯基。答案为：羰基(酮基)、酯基；(6)X是(F)的同分异构体，X所含官能团的种类和数量与F完全相同，其核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1，则分子结构对称，含有4个-CH3、2个-COOH、1个碳碳双键，另外还含有4个季碳原子。符合上述条件的X的结构简式为：、。答案为：、；(7)由苯甲醇和制备，需利用AB的信息，所以应先将苯甲醇氧化为苯甲醛，

28、然后与反应生成，最后水解得到目标有机物。合成路线为：。答案为：。【点睛】由两种反应物制取目标有机物，关键的一步是如何将两种反应物结合成一种中间产物，也就是找到流程图中的信息，并利用信息将反应物的官能团进行转化。29、放出 135kJ K= ad = 6.2510-3mol/(Lmin)； 10-7.3 【解析】(1)根据图象分析，反应物总能量高于生成物总能量，则反应为放热反应，正、逆反应活化能之差为反应放出的热量；(2)气相为主的反应中，固体物质的浓度不变，根据平衡常数含义列出平衡常数表达式，结合常用判断化学平衡的方法判断化学反应是否达到平衡，据此逐项分析；(3)反应为放热反应，反应前后气体物

29、质的量减小，体系压强减小，体系a和体系b反应起始时和平衡时的压强都相等，则二者平衡常数相同，对于一定质量的气体来说，等于衡量，据此分析b和c的体系温度高低，根据化学反应速率定义计算SO2的平均反应速率；(4)H2SO3的一级电离平衡为：H2SO3H+HSO3-，二级电离平衡为：HSO3-H+SO32-，根据Na2SO3溶液吸收SO2的过程中，溶液pH随吸收SO2物质的量的变化曲线计算H2SO3的二级电离平衡常数。【详解】(1)根据图象分析，反应物的总能量比生成物总能量高，反应发生时多余的能量会释放出来，因此该反应的正反应为放热反应，正、逆反应的活化能之差为反应放出的热量，活化能的差值为270kJ/mol，由于反应产生的S质量为16g，其物质的量为16g32g/mol=0.5mo