福建省厦门市第二中学2022年高二化学第二学期期末联考模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、HCl气体易溶于溶剂A，那么下列物质也可能易溶于A的是()ANH3BCH4CCCl4DO22、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A0.1 molL1NaOH溶液：K、Ba2+、Cl、HCO3-B0.1 molL1Na2CO3溶液

2、：K、NH4+、NO3-、SO42-C0.1 molL1FeCl3溶液：K、Na、I、SCND0.1 molL1HCl的溶液：Ca2、Na、ClO、NO3-3、国家游泳中心（俗称“水立方”）采用了高分子膜材料“ETFE”，该材料是四氟乙烯（CF2=CF2）与乙烯（CH2=CH2）发生聚合反应得到的高分子材料，下列说法不正确的是（ ）A“ETFE”分子中可能存在“CH2CH2CF2CF2”的连接方式B合成“ETFE”的反应为加聚反应CCF2=CF2和CH2=CH2均是平面形分子DCF2=CF2可由CH3CH3与F2两种物质直接反应制得4、氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性

3、质，下列结论正确的是A加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在B溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在C先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl-存在D氯水放置数天后，pH变大，几乎无漂白性5、下列有机物按碳的骨架进行分类，其中与其他三种有机物属于不同类别的是ABCH2=CH2 CDCH3CCH6、某实验小组用下列装置制备溴苯，下列说法错误的是A装置A中长玻璃导管仅起冷凝回流作用，装置B中的实验现象是CCl4由无色变橙色B若装置B后连接装置C，装置C中生成淡黄色沉淀，可证明装置A中发生取代反应C若装置B后连接装置D，则装置D的作用是吸收尾气D向反应后的

4、装置A中加入NaOH溶液，振荡静置，下层为无色油状液体7、下列有关“造纸术、指南针、黑火药及印刷术”的相关说法正确的是（ ）A宣纸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物B指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2，其中氧化剂只有KNO3D活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成，它们都属于碱性氧化物8、下列有关说法正确的是A25时NH4Cl溶液的Kw大于100时NaCl溶液的KwBpH2的盐酸和pH12的NaOH溶液等体积混合后溶液肯定呈中性C将常温下0.1 mol/L pHa的醋酸稀释到pHa1时，其物质的量浓度

5、c0.01 mol/LD等体积等pH的盐酸和醋酸与足量锌反应时，开始时反应速率相等，最终产生的氢气一样多9、下列叙述和均正确并且有因果关系的是（ ）叙述叙述A熔沸点较高可用作耐火材料B次氯酸是弱酸次氢酸见光易分解C溶解度：溶解度：DSi熔点高硬度大Si可用作半导体AABBCCDD10、下列四组物质的分子式都相同，按物质的分类方法属于同一类物质的是（ ）A和CH2=CHCH2CH2CH2CH3B正戊烷和新戊烷CCH3OCH3和CH3CH2OHD和11、关于氢键的下列说法正确的是A氢键是一种特殊的化学键B氢键只存在于分子间，不存在于分子内C氢键是乙醇熔沸点比乙烷高的原因之一D氢键既没有饱和性，也没

6、有方向性12、下图是制取、洗涤并测量生成气体体积的装置示意图，利用上述装置进行下表所列实验，能达到实验目的是（ ） 物质实验a（液体）b（固体）c（液体）A稀盐酸锌粒浓H2SO4B浓盐酸MnO2浓H2SO4C稀硫酸CaCO3浓H2SO4D浓氨水生石灰浓H2SO4AABBCCDD13、下列不能形成配位键的组合是（ ）AAg、NH3BBF3、NH3CNH4+、HDCo3、CO14、下列数据对应物质的熔点，据此作出下列判断中错误的是()Na2ONaClAlF3AlCl39208011292190BCl3Al2O3CO2SiO2-1072073-571723A铝的化合物的晶体中有离子晶体B表中只有BC

7、l3和AlCl3是分子晶体C同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体15、下列表示不正确的是A次氯酸的电子式B丁烷的球棍模型C乙烯的结构简式CH2CH2D原子核内有8个中子的碳原子146C16、某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如下图所示。下列叙述正确的是A有机物A可与溴水发生加成反应B1mol有机物A能消耗2molNaOHC有机物A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D有机物A分子中所有碳原子可能在同一平面上二、非选择题（本题包括5小题）17、盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。为研究它的组成和性质，现取12.30

8、g化合物X进行如下实验：试根据以上内容回答下列问题：(1)X的化学式为_。(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为_。(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，其离子方程式为_。(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，其化学方程式为_。18、糖类、油脂、蛋白质是人体重要的能源物质，请根据它们的性质回答以下问题：（1）油脂在酸性和碱性条件下水解的共同产物是_（写名称）。（2）蛋白质的水解产物具有的官能团是_（写结构简式）。已知A是人体能消化的一种天然高分子化合物，B和C分别是A在不同条件下的水解产物，它们有如下转化关

9、系，请根据该信息完成（3）（5）小题。（3）下列说法不正确的是_A1molC完全水解可生成2molBB工业上常利用反应给热水瓶胆镀银C用A进行酿酒的过程就是A的水解反应过程DA的水溶液可以发生丁达尔效应E. 反应属于吸热反应（4）1molB完全氧化时可以放出2804kJ的热量，请写出其氧化的热化学方程式_。（5）请设计实验证明A通过反应已经全部水解，写出操作方法、现象和结论：_。19、如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置，试回答试回答：（1）中的实验现象为_。（2）中的实验现象为_，此实验说明SO2有_性（3）中的实验现象为_，此实验说明SO2有_性（4）的作用是_，反应方程式是

10、_。20、铁与水蒸气反应，通常有以下两种装置，请思考以下问题：（1）方法一中，装置A的作用_。方法二中，装湿棉花的作用_。（2）实验完毕后，取出装置一的少量固体，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，试解释原因：_。21、已知:用NH3催化还原NOx时包含以下反应.反应:4NH3 (g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(l) H1=-1 807. 0 kJmol1,反应:4NH3(g)+6NO2(g) 5N2(g)+3O2(g)+6H2O(l) H2=?反应:2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H3=-113.0kJmol一1(1)反应的H2=_。(2)为探究温度

11、及不同催化剂对反应的影响.分别在不同温度、不同催化剂下.保持其他初始条件不变重复实验.在相同时间内测得N2浓度的变化情况如下图所示。反应的平衡常数的表达式K=_。相同温度下.在催化剂甲的作用下反应的平衡常数_(填“大于”“小于”或“等于”)在催化剂乙的作用下反应的平衡常数。N点后N2浓度减小的原因可能是_。(3)某温度下，在1 L恒容密闭容器中初始投入4 mol NH3和6 mol NO发生反应.当气体总物质的量为7.5mol时反应达到平衡.则NH3的转化率为_，达平衡所用时间为5 min.则用NO表示此反应05 min内的平均反应速率为_.参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A

12、【解析】由相似相溶原理得知，HCl气体为极性分子，则A为极性溶剂。分析下列选项得知NH3为极性分子，故选A。2、B【解析】A中的HCO3- 不能再强碱性条件下共存；B组离子可以在碳酸钠溶液中大量共存；C中的SCN 与Fe3+ 因生成络合物不能大量共存；D中的ClO 不能再强酸性条件下大量共存；故选B。3、D【解析】A、“ETFE”是由乙烯和四氟乙烯通过加聚反应生成的高分子化合物，“ETFE”分子中可能存在“CH2CH2CF2CF2”的连接方式，A正确；B、合成“ETFE”的反应为加聚反应，B正确；C、CF2CF2和CH2CH2均是平面形分子，C正确；D、CH3CH3与F2光照条件下只发生取代反

13、应，无法生成不饱和的有机物，D错误；答案选D。4、B【解析】A. 次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是HClO，故A错误；B. 氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；C. 加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，加盐酸酸化引入氯离子，不能证明氯水中是否含有氯离子，故C错误；D. 氯水的漂白性是因为有次氯酸，氯水放置数天后，次氯酸分解为氧气和氯化氢，所以酸性变强，pH变小，失去漂白性，故D错误；故选B。点睛：氯气通入水中，与水反应发生Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH+ClO-，HCl=H+Cl-，

14、所以氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，再结合离子、分子的性质来解答。5、C【解析】按碳的骨架进行分类，烃可以分为链烃和环烃，A、B、D均为链烃，C中含有苯环属于环烃中的芳香烃，所以C与其他有机物的碳的骨架不同，故选C。6、A【解析】A. 苯和液溴在铁的作用下反应剧烈，可以达到沸腾，使苯和液溴挥发为蒸汽，在经过长导管时，可以将其冷凝并回流；产物中还有HBr气体，经过长导管最终被NaOH吸收，故长导管的作用是导气和冷凝回流。装置B中的CCl4吸收挥发出的溴和苯，CCl4由无色变橙色，A错误；B. 苯和溴在催化剂条件下反应取代反应生成溴苯和HBr，若苯和溴发生加成反

15、应，则没有HBr生成。装置B中已除去苯和溴的蒸汽，若装置C中产生淡黄色沉淀AgBr，则可证明气体中含有HBr，即可证明装置A中发生取代反应，B正确；C. 装置B中除去苯和溴的蒸汽，可用NaOH溶液除去HBr气体，C正确；D. 装置A中生成溴苯，溴苯中因为溶有溴而呈色，用NaOH溶液洗涤后，除去溴，溴苯为无色、密度比水大的油状液体，静置后在分液漏斗的下层，D正确；故合理选项为A。7、A【解析】A. 宣纸的主要成分为天然纤维素，纤维素为多糖，属于高分子化合物，故A正确；B. 天然磁石成分为四氧化三铁，故B错误；C. 反应2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2中，N、S元素化合价降低，得电子被

16、还原，C元素化合价升高，失电子被氧化，所以KNO3和S都是氧化剂，故C错误；D. Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故D错误。答案选A。【点睛】本题以我国传统文化四大发明为命题情景，考查化学基本概念，涉及物质的分类、氧化还原反应的有关概念等，掌握基础知识是解题的关键，注意氧化还原反应的分析要紧紧抓住化合价变化，化合价变没变，是升高了还是降低了。8、C【解析】A. 25时NH4Cl、NaCl均为强电解质，不存在电离平衡，A错误；B.常温时，pH2的盐酸和pH12的NaOH溶液等体积混合后溶液肯定呈中性，未给定温度，则不一定为中性，B错误；C. 将常温下0.1 mol/L pHa的醋酸

17、稀释到pHa1时，加水稀释后的体积大于原来的10倍，其物质的量浓度c0.01 mol/L，C正确；D. 等体积等pH的盐酸和醋酸与足量锌反应时，开始时反应速率相等，醋酸为弱电解质，随反应的进行，未电离的分子逐渐电离，最终产生的氢气比盐酸多，D错误；答案为C【点睛】醋酸为弱电解质，加水稀释时，未电离的分子逐渐电离，导致氢离子浓度减小的程度小，稀释为原来氢离子浓度的1/10时，则需多加水。9、A【解析】A项、氧化铝溶沸点高，可用作耐火材料，故A正确；B项、次氯酸不稳定，见光易分解，故B错误；C项、碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故C错误；D项、硅元素位于金属和非金属分界线附近，常用作半导体材料，故D错误

18、；故选A。10、B【解析】A. 属于环烷烃，CH2=CHCH2CH2CH2CH3属于烯烃，不属于同一类物质，A项错误；B. 正戊烷和新戊烷都属于烷烃，属于同一类物质，B项正确；C. CH3OCH3属于醚，CH3CH2OH属于醇，不属于同一类物质，C项错误；D. HCOOCH3属于酯，CH3COOH属于羧酸，不属于同一类物质，D项错误；答案选B。11、C【解析】A.氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故A错误；B.邻羟基苯甲醛分子( )内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子( )之间存在氢键，所以氢键存在于分子之间，也存在于分子之内，故B错误；C.乙醇的熔沸点比含相同碳原子的烷烃的熔沸点

19、高的主要原因是乙醇分子之间易形成氢键，故C正确；D.氢键和共价健都有方向性和饱和性，故D错误；故选C。【点睛】化学键包含离子键、共价键、金属键；氢键属于分子间作用力，比化学键弱，比分子间作用力强，氢键存在于分子之间，也存在于分子之内。12、A【解析】分析：由装置图可以看出，反应为固体和液体在不加热的条件下反应生成气体的装置，生成气体可用浓硫酸干燥并能用排水法收集，以此解答该题。详解:A.氢气可用浓硫酸干燥，并能用排水法收集，所以A选项是正确的；B.浓盐酸和二氧化锰反应需要加热，且氯气微溶于水，不能用排水法收集，故B错误；C.不能用稀硫酸和碳酸钙反应，否则生成硫酸钙微溶包住碳酸钙，使反应停止发生

20、，且二氧化碳微溶于水，不能用排水法收集，故C错误；D.氨气不能用浓硫酸干燥,也不能用排水法收集，故D错误。所以A选项是正确的。点睛：本题考查气体的制备、收集,题目难度不大，注意把握气体的制备装置图，判断气体可能具有的性质。13、C【解析】据配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。【详解】AAg有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故A错误；BBF3中B原子有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故B错误；CNH4+、H+两种离子没有孤电子对，故其不能形成配位键，故C正确；DCo3+有空轨道，CO中的碳原子上有孤电子对，故其可以形成配位键

21、，故D错误。故选C。14、B【解析】A由表中数据可知，Al2O3为离子晶体，故A正确；B表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误；CC和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；DNa和Al不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确；故答案为B。15、A【解析】A.次氯酸中Cl最外层为7个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形成一个共用电子对，O原子最外层为6个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子形成两对共用电子对，因而次氯酸的电子式为，A项错误。B、C、D

22、等3个选项均正确。故答案选A。16、B【解析】由可知含有的官能团有酚羟基，醇羟基和氯原子，据此判断。【详解】A. 根据有机物A中的官能团可知不可与溴水发生加成反应，可发生取代反应，故A错误；B. 1mol有机物A含有一个酚羟基、一个氯原子，能消耗2molNaOH，故B正确；C. 因为含有酚羟基、醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以C错误；D. 有机物A分子中含有结构，所以所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误；答案：B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuAlO2 AlO2CO22H2OAl(OH)3HCO3 2Cu22ClSO22H2O2CuClSO424H 2Al2O34CuO4Cu

23、AlO2O2 【解析】蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3；则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素。结合题意中物质的质量计算解答。【详解】(1) 根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，Cu(OH)2的物质的量为=

24、0.05mol，Cu单质的物质的量为=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1mol Al原子、0.1mol Cu原子，则含有O原子为：=0.2mol，则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol0.1mol0.2mol=112，故X的化学式为CuAlO2，故答案为：CuAlO2；(2) B中含有AlO2-，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-；(3) F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，Cu、

25、Cl原子的个数之比为1：1，则沉淀为CuCl，反应的离子方程式为：2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+SO42-+4H+；(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3，与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，其化学方程式为：2Al2O3+4CuO 4CuAlO2+O2，故答案为：2Al2O3+4CuO 4CuAlO2+O2。18、甘油（或丙三醇） -NH2、-COOH BC C6H12O6(s) +6O2(g) =6CO2(g)+6H2O(l) H=-2804kJ/mol 取少量淀粉水解后的溶液，向其

26、中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解 【解析】（1）油脂在酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，油脂在酸性和碱性条件下水解的共同产物是甘油（或丙三醇）；（2）蛋白质水解的产物是氨基酸，氨基酸中的官能团为NH2和COOH，蛋白质的水解产物具有的官能团是NH2和COOH；（3）根据图，B是光合作用的产物，A是人体能消化的一种天然高分子化合物，B和C分别是A在不同条件下的水解产物，可以推断出A为淀粉，B为葡萄糖，C为麦芽糖；A项，1mol麦芽糖完全水解可生成2mol葡萄糖，故A正确；B项，工业上常利用葡萄糖的银镜反应给热水瓶镀银，即利用反应的原理给热水瓶胆镀

27、银，故B错误；C项，A的水解反应过程生成了葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇和CO2，不是淀粉水解成乙醇，故C错误；D项，A为淀粉，淀粉溶液属于胶体，所以可以发生丁达尔效应，故D正确；E项，反应将光能转化为化学能，属于吸热反应，故E正确；答案选BC；（4）葡萄糖燃烧后生成了水和二氧化碳，其反应的热化学方程式为：C6H12O6(s) +6O2(g) =6CO2(g)+6H2O(l) H=-2804kJ/mol；（5）要证明淀粉已经全部水解，即证明水解液中不含淀粉，故检验的方法为：取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解。19、 石蕊试液变红 有淡黄色沉淀产

28、生 氧化 溴水褪色 还原 吸收多余的SO2 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O【解析】分析：实验室制SO2并验证SO2某些性质，中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，遇石蕊变红；中品红溶液褪色；中二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质S；中二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；为尾气处理装置，据此分析解答。详解：(1)中为紫色石蕊试液，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，SO2+H2OH2SO3，亚硫酸为弱酸，可以使紫色石蕊试液变红，故答案为：紫色石蕊溶液变红；(2)中SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S=3S+2H20，所以中现象是有淡黄色沉淀生成，故答案为：有淡黄色沉淀生成；氧化；(3)中溴水具有氧化性，SO2中+4价S具有还原性，两者发生氧化还原反应，溶液褪色，该反应中二氧化硫为还原剂，具有还原性，故答案为：溴水褪色；还原；(4)二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：吸收多余的SO2，防止污染空气；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。20、提供水蒸气 提供水蒸气 在溶液中Fe3