2021-2022学年海南省五指山中学化学高二第二学期期末教学质量检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、下列关于有机物的说法正确的是A有机物只能在生物体内才能合成B有机物都是难溶于水而易溶于有机溶剂的共价化合物C完全燃烧只生成CO2和H2O的有机物一定是烃D有机物是含有碳元素的化合物2、取100 mL 0.3 molL1和3

2、00 mL 0.25 molL1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H的物质的量浓度是()A0.21 molL1B0.42 molL1C0.56 molL1D0.26 molL13、下列气体中不会造成空气污染的是（ ）ANOBNO2CCO2DSO24、本草纲目记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“ 以烧酒复烧二次价值数倍也”。请你分析、对比此方法与分离下列物质的实验方法在原理上相同的是A甲苯和水 B硝酸钾和氯化钠 C食盐水和泥沙 D苯和溴苯5、下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）AK1s22s22p63s23p6BF 1s22s22p5CS21s22

3、s22p63s23p4DAr 1s22s22p63s23p66、有Al1（SO4）3和K1SO4的混合溶液100mL，将它均分成两份。一份滴加足量氨水，使Al3+完全沉淀；另一份滴加BaCl1溶液，使SO41完全沉淀。反应中消耗a mol NH3H1O、b mol BaCl1据此得知原混合溶液中的c（K+）为（）A（10b10a）molL1B molL1C（10b5a）molL1D molL17、复旦大学教授吴宇平研制的水溶液锂电池体系，最终能实现电动汽车充电10秒即可行驶400公里的目标，其结构如图所示，则下列说法不正确的是Ab电极采用多孔电极的目的是易于吸附气体Ba电极为电池的正极，金属锂

4、发生氧化反应Cb电极的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-D装置中用导电隔离层将电极锂与水溶液隔开的目的是防止金属锂与水发生反应8、50mL0.50molL-1盐酸与50mL0.55molL-1INaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法正确的是（ ）A在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是3次B大烧杯上如不盖硬纸板，测得的中和热数值会偏小C用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会偏大D测定中和热的实验中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热H57.3 kJmol1，选项D错误。答案选B。9、C【解析】

5、A、l mol丙烯与足量的HCl完全反应生成的应该是一氯丙烷和二氯丙烷的混合物，CH3CH2CH2Cl子数应小于NA，选项A错误；B、K2S2O8中S元素为6价、K元素为+1价，过氧根离子中氧元素的化合价为-1价，氧离子中氧元素的化合价为-2价，设过氧根离子x个，则有+12+(+62)+(-1)2x+(-2)(8-2x)=0，得x=1，故1mol K2S2O8(S元素为6价）中含有过氧键数NA，选项B错误；C、胶体的胶粒是分子的集合体，一个胶粒中含有多个Fe(OH)3，故含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，Fe(OH)3的物质的量大于1mol，铁元素的质量大于56 g，选项C正确；D

6、、180g葡萄糖分子的物质的量为1mol，1mol葡萄糖中含有5mol羟基，含羟基5NA个，选项D错误；答案选C。【点睛】注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项C是解答的易错点。10、B【解析】A. 碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3Na+HCO3-，A错误；B. 碳酸氢根离子是弱酸生物酸式根，电离可逆，电离方程式为HCO3H+CO32，B正确；C. 氯酸钾的电离方程式为KClO3K+ClO3-，C错误；D. 氢氧化钠是一元强碱，电离方程式为NaOHNa+OH-，D错误；答案选B。【点睛】明确物质

7、的组成和电解质的强弱是解答的关键，选项C是解答的易错点，注意含有原子团的物质电离时，原子团应作为一个整体，不能分开。11、A【解析】AlCl3溶液的物质的量浓度是cmol/L，根据盐的组成可知溶液中c(Cl-)=3c mol/L，当把V1mL溶液加水稀释至V2mL，在稀释过程中溶质的物质的量不变，稀释后溶液中Cl-物质的量浓度为(3cmol/LV1mL)V2mL=3cV1/V2mol/L，答案选A。12、B【解析】A、H2在一定条件下与醛基发生加成反应生成CH2OH，失去光学活性，错误；B、CH3COOH与醇羟基发生酯化反应，不失去光学活性，正确；C、CH2OH在铜作催化剂、加热的条件下与氧气

8、反应生成醛基，失去光学活性，错误；D、卤代烃与氢氧化钠溶液发生水解反应生成CH2OH，失去光学活性，错误。13、C【解析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，互为同系物的物质满足以下特点：结构相似属于同类物质，含有相同数目的相同官能团。【详解】A项、CH3CH2C1与CH3CHClCH2Cl含有的官能团Cl原子的数目不同，不是同系物，故A错误；B项、CH3COOH的官能团为羧基，属于羧酸，CH3CH2COOCH3的官能团为酯基，属于酯类，有机物类别不同，不互为同系物，故B错误；C项、与均属于酚类，在分子组成上相差一个CH2原子团，互为同系物，故C正确；D项、属

9、于脂环烃， 属于链烃，有机物类别不同，不互为同系物，故D错误；故选C。【点睛】本题考查同系物的判断，注意掌握同系物的概念及判断方法，明确互为同系物的化合物一定满足结构相似，即含有的官能团类型及数目一定相同是解答关键。14、B【解析】在分子中，中心原子上孤电子对之间的排斥力孤电子对和成键电子之间的排斥力成键电子之间的排斥力，则含有孤电子对越多，分子中的键角越小。【详解】A. H2O分子中，O原子有两个孤电子对，分子构型为V型，键角为104.5；B. BF3分子中，B原子没有孤电子对，分子构型为平面正三角形，键角为120；C. CH4分子中，C原子没有孤电子对，分子构型为正四面体，键角为10928

10、；D. NH3分子中，N原子有一个孤电子对，分子构型为三角锥形，键角为107；经过对比，BF3的键角最大，故合理选项为B。15、B【解析】ACl原子取代了乙烷上的H原子，为取代反应；A项不符合题意；B乙烯中的碳碳双键与HBr发生加成，生成溴乙烷，B项符合题意；C乙醇的催化氧化，为氧化反应，C项不符合题意；D羟基取代了氯原子，为氯代烃的水解反(取代反应)，D项不符合题意；本题答案选B。16、B【解析】根据有机物燃烧的化学反应方程式，分析反应前后气体体积的变化，利用气体体积缩小了72mL及混合气体的体积列式计算出乙炔的体积，最后计算乙炔的体积分数。【详解】常温下，水为液体，由乙烷、乙炔和丙烯燃烧的

11、方程式可知，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，C2H6+O22CO2+3H2O V 1 2 2.5C2H2+O22CO2+H2O V1 2 1.5C3H6+O23CO2+3H2O V1 3 2.5则C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质即可，设C2H6和C3H6一共为xmL，C2H2为ymL，则有x+y32，2.5x+1.5y72，解得y=8mL，混合烃中乙炔的体积分数为100%25%，故选B。【点睛】掌握有机物燃烧的化学反应方程式的计算是解题的关键。本题的难点是乙烷和丙烯反应后体积缩小的量是相同的，可以看成一种物质进行解答。17、C【解析】A.苯环上的酚羟基

12、不能发生消去反应,故A 错误；B.己烯雌酚的分子式为C18H20O2,反应中应生成10molH2O,故B错误;C.酚的酸性比H2CO3的弱，不能与NaHCO3溶液反应生成CO2,故C正确;D.两个酚羟基有4个邻位,它们均可被卤素原子取代,碳碳双键能与Br2发生加成，故反应中最多可以消耗5molBr2,故C项错误;答案:C。18、C【解析】试题分析：A、少量铁粉溶于稀硝酸Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO(气体)+2H2O，溶液显黄色；过量铁粉溶液稀硝酸3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO(气体)+4H2O溶液显浅绿色，故A错误；B、加酸后平衡逆向移动，溶液显红色；C、淀粉碘化钾

13、在酸溶液中被氧化生成碘单质，溶液变蓝，故C正确；D、+ HCO3 H+ CO2 + H2O考点：离子反应方程式的书写；19、D【解析】分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定，A不正确。失电子难的原子获得电子的能力不一定强，例如稀有气体，B不正确。某元素由化合态变为游离态，该元素可能被还原，也可能被氧化，C不正确。所以正确的答案是D。20、D【解析】分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答。详解：A. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZHYHX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸

14、根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故A错误；B. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故B错误；C. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZHYHX，故C错误；D. 由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y=HY+Z能够发生反应，所以D选项是正确的；所以D选项是正确的。21、B【解析】K2CO3为强碱弱酸盐，CO32水解：CO32H2OHCO3OH，使c(CO32)接近0.1molL1，平衡向逆反应方向进行，A

15、、加入少量的盐酸，H和OH反应，促使CO32水解，故A错误；B、加入KOH，抑制CO32的水解，故B正确；C、加水促使CO32水解，故C错误；D、水解是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，故D错误。22、C【解析】AC-C、C-H键均为键，C=C中一个键，一个键，则丙烯分子有8个键，1个键，故A错误；B甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，故B错误；C同种非元素之间形成非极性键，则丙烯中存在C-C非极性共价键，故C正确；D由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中2个碳原子在同一直线，故D错误；

16、故选C。二、非选择题(共84分)23、锰 3d54s1 HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键 OCl 4HCl(浓)+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O 【解析】依题意可知：M为氧元素，N为钠元素，O是氯元素，P是铬元素，Q是锰元素，因此有：（1）元素Q的名称为锰，P的基态原子价层电子排布式为3d54s1；（2）O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低是因为HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键；（3）M、O电负性大小顺序是OCl，实验室利用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，反应的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O；(4)M、N分别为氧元素和钠元素，根据

17、晶胞结构示意图可知，一个晶胞含有个8氧原子，8个钠原子，其化学式为Na2O，该晶胞的边长为 a pm，则该晶体的密度为=g/cm3。【点睛】本题涉及核外电子排布、电负性、分子结构、杂化轨道、晶胞结构与计算等，（4）为易错点、难点，需要学生具有一定空间想象及数学计算能力。24、C8H8O2 醛基、羧基 +2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O+H2O 13 【解析】（1）根据相对分子质量及各元素的百分含量确定分子式；（2）根据有机物的性质、核磁共振氢谱确定其结构简式及官能团；（3）根据含有的官能团，书写化学方程式；（4）利用性质，确定含有的可能官能团，根据位置异构查找同分异构体；【详解】（1）已知

18、A的相对分子质量为136，C的质量分数为70.6%，N（C）=13670.6%12=8；H的质量分数为5.9%，N（H）=1365.9%1=8；则N（O）=（136-128-8）16=2，分子式为C8H8O2；（2）已知A是一种芳香族化合物，则含有苯环；能发生银镜反应，含有醛基或醛的结构；能与金属钠反应生成气体，不能与FeCl3发生显色反应，含有醇羟基，可确定含有的官能团为醛基、醇羟基；其核磁共振氢谱有5组峰，则醛基的H原子1种、醇羟基及连接的碳原子上的H有2种，其余在苯环上，个数比为22，则醛基与CH2OH在苯环的对位，结构简式为；（3）A的结构简式为，含有醛基可与新制的氢氧化铜在加热的条件

19、下反应生成盐、氧化亚铜和水，方程式为+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O+H2O；（4）A的分子式为C8H8O2，能与FeCl3发生显色反应，则含有苯环、羟基，且羟基与苯环相连；能发生银镜反应，则含有醛基或醛的结构，若苯环上有2个取代基-CH2CHO、-OH时，有邻、间、对3种；若苯环上有3个取代基，-CH3、-CHO、-OH时，根据“定二移一”原则，固定-CH3、-CHO在苯环的邻位，则-OH在苯环的位置有4种；固定-CH3、-CHO在苯环的间位，则-OH在苯环的位置有4种；固定-CH3、-CHO在苯环的对位，则-OH在苯环的位置有2种，合计13种。25、 MnO24H2Cl Mn2Cl2

20、2H2O 饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液） Cl2O 在装置D后连接一尾气处理装置（或连接一盛有NaOH溶液的洗气瓶）【解析】分析：本题考查了物质性质验证的实验设计，步骤分析判断，现象分析理解，掌握物质性质和实验设计方法是解题关键。详解：(1)实验室制备氯气，结合装置分析可知是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的离子方程式为：MnO24H2Cl Mn2Cl22H2O。 (2) 实验室制备氯气中含有氯化氢气体，需要用饱和食盐水除去。(3)C中有0.1mol氯气参加反应，装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下黄红色的气体，反应为Cl2+Na2CO3NaHCO3+NaCl+X，依据

21、氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价为+1价，可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O。(4)实验过程中产生氯气是有毒气体，不能排放到空气中，而装置D后没有尾气吸收装置。26、 500mL容量瓶 胶头滴管 A、B、C、D、F、E 13.6 恢复至室温 高 高【解析】分析：（1）根据配制步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；（3）依据c=1000/M计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=n/V进行误差分析。详解：（

22、1）操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌。冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；（2）用浓硫酸配制稀硫酸的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、洗涤、移液、定容、摇匀、装瓶，所以正确的顺序为A、B、C、D、F、E；（3）98%的浓硫酸（密度为1.84gcm-3）的物质的量浓度c=10001.8498%/98 mol/

23、L=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变可知V18.4mol/L=500mL0.5mol/L，解得V=13.6mL；容量瓶为精密仪器，不能盛放过热液体，在转入容量瓶前烧杯中液体应冷却恢复至室温；否则趁热定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，题目难度不大，侧重考查学生分析实验能力。难点是误差分析，注意误差分析的依据，根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量B和溶液的体积V引起的

24、。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。27、a 碱石灰 吸收尾气并防止空气中水蒸气进入反应装置导致产品水解 ClO3+5Cl+ 6H+3Cl2+3H2O 0.5NA 饱和氯化钠溶液 SO2Cl2发生水解 蒸馏 【解析】二氧化硫和氯气合成硫酰氯：甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，硫酰氯会水解，仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，丁装置：浓盐酸和氯酸钾反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去Cl2中的HCl，乙装置：干燥氯气。（1）根据采用逆流的冷凝效果好，判断冷凝管的进水口；（2）仪器B中盛放

25、的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）实验时，装置丁中氯酸钾+5价的氯和盐酸中-1价的氯发生氧化还原反应生成氯气；根据化合价升降以及生成物的量计算转移电子数；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置的作用是除去Cl2中的HCl，由此目的选择试剂；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢；（5）二者均为液态，且沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离。【详解】（1）冷凝管采用逆流时冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a；（2）甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石

26、灰，可防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）浓盐酸和氯酸钾发生反应生成KCl、氯气和水，反应为：6HCl（浓）+KClO3=KCl+3Cl2+3H2O，离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；根据归中反应同元素化合价“只靠近，不交叉”原则可知，氯酸钾+5价的氯降低为0价，盐酸中-1价的氯升高为0价，即每生成3molCl2，其转移电子为5mol，故当生成0.3molCl2，转移电子数目为0.5NA；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于水，可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl；装置乙中试剂为浓硫酸

27、，其作用是除去Cl2中的水，若缺少装置乙，SO2Cl2遇水发生水解反应生成硫酸和氯化氢；（5）由题干表格可知，低温条件下，SO2Cl2和H2SO4均为液态，二者会互溶，且沸点相差较大，可采取蒸馏法进行分离。28、 136.2 HNO22e+H2O3H+NO3 2HNO2+(NH2)2CO2N2+CO2+3H2O 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大 催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO【解析】分析：（1）将两个方程式编号，应用盖斯定律，解总焓变；（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应；（3）HNO2与(NH2)2CO反应生成N2和CO2，根

28、据电子守恒和原子守恒配平；（4）因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。详解：（1）将两个方程式编号，2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) H=116.1 kJmol1（式）3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) H=75.9 kJmol1 （式）应用盖斯定律，将（3+）2得，反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的H=(-116.1 kJmol1)3+75.9 kJmol12=-136.2kJmol1，故答案为：136.2；（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失电子生成HNO3，1mol HNO2反应失去2mol电子，