河北省沧州市黄骅中学2021-2022学年化学高二下期末质量跟踪监视试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A使甲基橙变红色的溶液：Na+、Cu2+、ClO、ClB0.1 molL-1 Na2CO3溶液：K、AlO2-、Cl、SO42-C0.1 molL-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、Al3+、Cl、NO3-DKW/c(H

2、)0.1 molL-1的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO、HCO3-2、下列4组实验操作或装置图（略去部分夹持仪器）中，有错误的图有（ ）个 A1 B2 C3 D43、在1.0 L恒容密闭容器中放入0.10 mol X，在一定温度下发生反应：X(g)Y(g)Z(g) H0，容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示。以下分析正确的是 ( ) A该温度下此反应的平衡常数K3.2B从反应开始到t1时的平均反应速率v(X)0.2/t1 molL1min1C欲提高平衡体系中Y的百分含量，可加入一定量的XD其他条件不变，再充入0.1 mol气体X，平衡正向移动，X的转化率减少4、某小组同学

3、用如图装置研究钢铁在海水中的腐蚀与防腐(1中铁片为生铁)。下列说法正确的是A1中只发生化学腐蚀B2中发生的是析氢腐蚀C3为牺牲阳极的阴极保护法D钢铁被腐蚀的速率：2135、（题文）下列叙述中不正确的是A0.1 molL1 NH4HS溶液中有：c(NH)c(HS)c(S2)c(H2S)B25 时，将a molL1的氨水与0.01 molL1的盐酸等体积混合后，c(NH)c(Cl)，则NH3H2O的电离常数为C等浓度的HCN和NaCN混合溶液中有：2c(Na)c(CN)c(HCN)D等PH的HA和HB溶液，分别与一定浓度的氢氧化钠溶液完全中和，HA消耗的氢氧化钠溶液体积多，则可证明酸性HA”“13

4、，D正确；答案为D。5、D【解析】A. 0.1 molL1 NH4HS溶液中，由物料守恒可知，c(NH)+ c(NH3.H2O)=c(HS)c(S2)c(H2S)，所以c(NH)c(HS)c(S2)c(H2S)，A正确；B. 25 时，将a molL1的氨水与0.01 molL1的盐酸等体积混合后，c(NH)c(Cl)=0.005mol/L，c(NH3.H2O)=0.5a mol/L-0.005mol/L，由电荷守恒可知，此时溶液呈中性，c(OH-)=1107 molL1，所以，NH3H2O的电离常数为0.005110-70.5a-0.005=，B正确；C. 等浓度的HCN和NaCN混合溶液中

5、，由物料守恒可知，2c(Na)c(CN)c(HCN)，C正确；D. 在相同条件下，等体积、等pH的HA和HB溶液，分别与一定浓度的氢氧化钠溶液完全中和，如果HA消耗的氢氧化钠溶液体积多，则可证明酸性HANCH，电负性最大的是O，答案选B。9、A【解析】A. 室温下，1LpH=1的CH3COOH溶液中H+的物质的量为1L0.1mol/L=0.1mol,所以1LpH=1的CH3COOH溶液中含有0.1NA个H+，故A正确； B.二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，一定条件下，0.2molSO2和0.1molO2在密闭容器中充分反应后，容器内气体分子总数大于0.2NA，故B错误； C. 7.

6、2gCaO2的物质的量为：7.2g/72g/mol=0.1mol，而过氧化钙的构成微粒是钙离子和过氧根离子，所以7.2gCaO2中含有0.1NA个阴离子，故C错误；D. 二氧化硅是原子晶体，构成微粒是原子，而不是分子，故D错误； 10、C【解析】A原子核内有10个中子的氧原子：，A不正确；B氯原子的结构示意图：，B不正确；CFe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则Fe3的最外层电子排布式为3s23p63d5，C正确；D基态铜原子的价层电子排布图为，D不正确；故选C。11、C【解析】分析：考查电解质溶液的酸碱性，溶液显酸性的应该是酸溶液或强酸弱碱盐溶液。详解：Na2O2

7、与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，A错误；CaCl2为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，B错误；FeCl3为强酸弱碱盐，溶于水后铁离子水解产生H+，溶液呈酸性，C正确；CH3COONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH-，溶液呈碱性，D错误；正确选项C。12、A【解析】用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管

8、口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。【详解】A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl，故D错误。故选A。【点睛】本题考查离

9、子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。13、B【解析】A. Na2O2可与人呼出的二氧化碳、水反应生成氧气，常用作航天和潜水的供氧剂，A正确；B. 磁铁的主要成分是四氧化三铁，B错误；C.MgO与Al2O3为离子晶体，有较高的熔点，常用作耐火材料，C正确；D.Fe2O3俗称铁红，是一种常见的红色颜料，D正确；答案为B。14、D【解析】CaCO3、BaSO4虽不溶于水，但它们是强电解质，故错；二氧化碳溶于水生成了碳酸，碳酸部分电离，是弱电解质，但二氧化碳是非电解质，故错；氯化钠在水分子的作用下电离出Na+和Cl-，所以氯化钠是强电解质，

10、故错；0.000 01 mol/L盐酸中氢离子浓度小于1 mol/L CH3COOH中氢离子浓度，故错；熔融的纯硫酸不导电，故错误；属于强电解质的有强酸、强碱和大多数盐，所以强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物，正确；综上所述，选D。15、D【解析】同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径最小的是S，故D正确。答案选D。16、D【解析】根据核外电子排布式为1s22s22p6，可以知道该微粒含有10个电子，根据常见的10电子微粒分析。【详解】已知某微粒的核外电子排布式为1s22s22p6，可以知道该微粒含有10个电子，常见的10电子微粒有Ne、F-、O2-、Na+、Mg2+等，所以不

11、能确定该微粒属于原子、分子或离子，无法确定该粒子的性质，但是可以知道其电子数为10，D正确；正确选项D。17、D【解析】A.TNT的分子式为C7H5O6N3，TNT在爆炸时，不仅碳的化合价升高，还有氮的化合价由+3价降低至0价，所以TNT在反应中既是氧化剂，也是还原剂，A项错误；B.TNT中H的化合价为+1价，O的化合价为-2价，C的平均化合价为-价，TNT中氮元素应显+3价，B项错误；C.据氮原子守恒和TNT每分子中含有3个氮原子可知，TNT前的计量数为4，C项错误；D.反应中只有碳的化合价升高，每个碳原子升高的价态为（+4）-（-）=，所以1molTNT发生反应时转移的电子数为76.021

12、023=306.021023，D项正确；所以答案选择D项。18、C【解析】分析：A发酵粉中主要含有碳酸氢钠；B食盐中的碘以碘酸钾的形式存在，与淀粉不反应；C.75%的乙醇为医用酒精，可使蛋白质变性；D内脏造影剂的主要成分为硫酸钡。详解：A发酵粉中主要含有碳酸氢钠，A错误；B淀粉遇碘变蓝色，为碘单质，食盐中的碘以碘酸钾的形式存在，与淀粉不反应，B错误；C.75%的乙醇为医用酒精，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，C正确；D碳酸钡溶于胃酸，生成钡离子有毒，内脏造影剂的主要成分为硫酸钡，D错误。答案选C。19、C【解析】A. CaO是碱性氧化物，A不符合题意； B. Na2CO3是盐，B不符合题意；

13、C. NH3H2O是碱，一水合氨是可溶性弱碱，C符合题意； D. MgCl2是盐，D不符合题意；答案选C。20、A【解析】A、高纯的单晶硅是重要的半导体材料，可做成太阳能电池，各种集成电路，用于制造计算机芯片，光导纤维是二氧化硅，选项A不正确；B、SO2具有还原性，少量的SO2既可以杀菌，可防止葡萄酒氧化变质，选项B正确；C、瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，选项C正确；D、青蒿素是难溶于水的有机物，可用有机溶剂如乙醚将其从青蒿汁液中萃取出来，该过程包括萃取操作，选项D正确。答案选A。21、A【解析】=8mol，则1mol某烃在氧气中充分燃烧生成CO2和H2O，需要消耗氧气8mol；它

14、在光照条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物，则表明分子中含有3种氢原子。【详解】ACH3CH2CH2CH2CH3分子中含有3种氢原子，1mol该烃燃烧，需要消耗O2的物质的量为=8mol，A符合题意；B分子中含有2种氢原子，B不合题意；C分子中含有4种氢原子，C不合题意；D分子中含有3种氢原子，1mol耗氧量为=9.5mol，D不合题意；故选A。22、C【解析】A. X是稀有气体氦，Y是铍，它们的化学性质差别很大，不相似，A错误；B. X是镁，Y可以是钙、钪、钛、钒、锰、铁、钴、镍、锌等，X、Y的化学性质不一定相似，B错误；C. X是碳，Y是硅，它们属于同主族元素，彼此化学性质一定相似，

15、C正确；D. X、Y可以是IA元素，也可以是铬、铜等，彼此化学性质不一定相似，D错误。故选C。二、非选择题(共84分)23、1s22s22p63s23p1 【解析】A、E同族，且最外层电子排布为ns1。是IA族，E是金属元素，5种元素核电荷数依次增大，可以推知A为H元素；B、D同族，且最外层p能级电子数是s能级电子数的两倍，是第六主族元素，所以B是氧元素，D是硫元素，E是钾元素，根据C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半可以推知C是铝元素，总结A为氢元素、B为氧元素、C为铝元素、D为硫元素、E为钾元素，据此分析问题。【详解】（1）C元素为Al，原子序数13，基态原子的电子排布式:

16、1s22s22p63s23p1；答案：1s22s22p63s23p1（2）D元素为S，原子序数16，最外层有6个电子，用电子排布图表示S元素原子的价电子: ；答案：（3）同一主族从上到下非金属性减弱，电负性减小，元素O与S的电负性的大小关系是OS，金属性越强，第一电离能越小， K与Al的第一电离能大小关系是KAl；答案： （4）氢氧化铝具有两性，可以与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；答案： Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O【点睛】正确推断元素是解本题关键，B和D的最外层电子排布是推断突破口。24、133 C4H7O4N 羧基 氨基

17、 HOOCCH2CH(NH2)COOH 2HOOCCH2CH(NH2)COOH+2H2O 【解析】（1）密度是相同条件下空气的4.6倍，则相对分子质量也为空气的4.6倍；（2）浓硫酸增重的质量就是水的质量，碱石灰增重的质量就是二氧化碳的质量，灼热的铜网的作用是除去里面混有的氧气，这样通过铜网后收集到的气体为氮气；（3）与碳酸氢钠反应放出气体，说明有-COOH；（4）核磁共振氢谱显示五组峰且峰面积比为1:1:1:2:2，说明有5中等效氢，且个数比为1:1:1:2:2。【详解】(1) A加热使其气化，测其密度约为相同条件下空气密度的4.6倍，所以A的相对分子质量是空气平均相对分子质量的4.6倍，所

18、以A的相对分子质量=294.6133，故答案为：133；(2)由分析可知，该有机物燃烧产生水的质量=12.6g，物质的量=0.7mol，H原子的物质的量=1.4mol。产生二氧化碳的质量=35.2g，物质的量=0.8mol，C原子的物质的量=0.8mol。氮气的物质的量=0.1mol，N原子的物质的量=0.2mol。结合(1)可知燃烧该有机物的物质的量=0.2mol，所以该有机物分子中，C的个数=4，同理：H的个数=7，N的个数=1，设该有机物分子式为C4H7OxN，有124+71+141+16x=133，解得x=4，所以该有机物分子式为C4H7O4N，故答案为：C4H7O4N；(3)有机物的

19、物质的量=0.1mol，产生二氧化碳的物质的量=0.2mol，根据-COOHNaHCO3CO2可知，每1mol羧基能和碳酸氢钠反应产生1mol二氧化碳气体，所以产生0.2mol二氧化碳对应0.2mol羧基，所以该有机物含2个羧基，因为该有机物为蛋白质水解产物，所以还有1个氨基，故答案为：羧基；氨基；(4)核磁共振氢谱说明有5种氢，且个数比=1:1:1:2:2，所以该有机物结构简式为：HOOCCH2CH(NH2)COOH，故答案为：HOOCCH2CH(NH2)COOH；(5)两分子该有机物可以发生反应生成六元环，该六元环只可能为，所以反应的方程式为：2HOOCCH2CH(NH2)COOH+2H2

20、O，故答案为：2HOOCCH2CH(NH2)COOH+2H2O。【点睛】1mol-COOH和1molNaHCO3反应可产生1molCO2。25、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 将溴从蒸馏烧瓶A中吹出 SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr 吸收未反应完的Cl2、Br2、SO2等有毒气体，防止污染空气 蒸馏 萃取分液 不合理，氯水可能过量 【解析】(1)要想使溴离子变成溴单质，则加入的a能和溴离子发生反应生成溴单质，氯气能和溴离子发生置换反应生成溴单质，离子反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；(2)溴易挥发，升高温度促进其挥发，

21、所以通入热空气的目的是吹出Br2，故答案为将溴从蒸馏烧瓶A中吹出；(3)使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的，可知气体b为SO2，发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；(4)氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几种物质都能和碱反应，所以C装置是尾气处理装置，可知C的作用为吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，故答案为吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，防止污染空气；(5)根据溴的沸点是59，水溶液的沸点相差较大，可以采用蒸馏方法从该混合液中分离出溴单质，故

22、答案为蒸馏；溴易溶于四氯化碳，向混合液中加入四氯化碳，充分振荡、静置后放出下层液体，这种方法叫萃取和分液，故答案为萃取分液；(6)过量的氯水也能够将碘化钾氧化生成碘单质，导致溶液变蓝，不能证明溶液中含有溴离子，故答案为不合理；过量氯水也能氧化碘化钾。26、CH3CH2OHCH2=CH2+H2O 防止液体暴沸 三颈烧瓶 漏斗中的液面上升 NaOH溶液 CH2=CH2+Br2BrCH2=CH2Br 减少溴的挥发损失 【解析】根据实验室制取乙烯的反应原理进行解答；根据杂质的性质选择除杂试剂。【详解】(1)装置A是乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的发生装置，则生成乙烯的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH

23、2+H2O ；河沙的作用是防止液体暴沸；仪器a的名称为三颈烧瓶。答案：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；防止液体暴沸 ；三颈烧瓶；(2)装置B可起到安全瓶的作用，若气压过大，该装置中出现的现象为漏斗中的液面上升；答案：漏斗中的液面上升；(3) CO2、SO2都属于酸性氧化物，可以和碱反应，所以装置c可盛放NaOH溶液,目的除去CO2、SO2气体；答案：NaOH溶液。(4)装置D中是溴的四氯化碳溶液，能和乙烯发生加成反应，其反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2BrCH2=CH2Br；液溴具有挥发性，所以把试管置于盛有冰水的小烧杯中，可以减少溴的挥发，答案：CH2=CH2+Br2BrCH

24、2=CH2Br；减少溴的挥发损失。27、偏高 无影响 B 无色 浅红 18.85% 【解析】(1)滴定管需要要NaOH溶液润洗，否则会导致溶液浓度偏低，体积偏大；锥形瓶内是否有水，对实验结果无影响，可从物质的物质的量的角度分析；滴定时眼睛应注意注意观察颜色变化，以确定终点；根据酚酞的变色范围确定滴定终点时颜色变化；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，计算出溶液中H+的物质的量，根据方程式可知(CH2)6N4H+的物质的量，进而确定样品中氮的质量分数。【详解】(1)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗氢氧化钠溶液的体积会偏高，测得样品中氮

25、的质量分数也将偏高；锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，对配制溶液的浓度无影响；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，确定滴定终点，故合理选项是B；待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色由无色变为粉红或浅红色；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的NaOH标准溶液为mL=20.00mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.500g铵盐经溶解后，取了其中进行滴定，即取了样品质量是0.15g，滴定结果，溶液中含有H+含(CH2)6N4H+的物质的

26、量为n(H+)=0.02L0.1010mol/L=0.00202mol，根据4NH4+6HCHO=3H+6H2O+(CH2)6N4H+可知：每生成4molH+含(CH2)6N4H+，会消耗NH4+的物质的量为4mol，因此一共消耗NH4+的物质的量为0.00202mol，则其中含氮元素的质量m(N)=0.00202mol14g/mol=0.02828g，故氮的质量分数为100%=18.85%。【点睛】本题考查了滴定方法在物质的含量的测定的应用，涉及化学实验基本操作、误差分析、实验数据的处理等，更好的体现了化学是实验性学科的特点，让学生从思想上重视实验，通过实验提高学生学生实验能力、动手能力和分

27、析能力和计算能力。28、酯基 苯甲醇 取代（或酯化）反应 2NaOH NaBrH2O CH3CHClCOOH 15 【解析】分析：由A的分子式及M的结构简式得A为，C为，E为，反应甲苯与溴发生取代反应生成，反应发生水解生成D，D为，D与反应生成E，E为，X为，C为，反应甲苯与氯气发生取代，生成B，B为，B发生水解生成C。详解：(1)M中含氧官能团的名称有醚键和酯基，C的名称为苯甲醇，步骤的反应类型为 取代（或酯化）反应。(2)步骤反应的化学方程式为 2NaOH NaBrH2O 。(3)试剂X的结构简式为CH3CHClCOOH。(4)同时满足下列条件，E的同分异构体：I.能与FeCl3溶液发生显

28、色反应，说明含有酚羟基；II.能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯；III.苯环上只有两个取代基，其中一个为-OH，另外一个取代基为：-CH2CH2CH2OOCH,CH(CH3)CH2OOCH,CH2CH(CH3)OOCH,-C(CH3)2OOCH,CH(CH2CH3)OOCH,各有邻、间、对三种，共有15种，其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:2:6的分子的结构简式为:。(5)以为原料制取的合成路线图 ，先在催化剂作用下氧化生成醛，再进一步氧化生成酸，最后与氯气、红磷作用生成。参考路线如下：。29、 NH3 Al3+ +3HCO3- = Al(OH)3 + 3CO2 CO32- 、 AlO2- 、Na+ SO42- 在沉淀乙中加入过量稀硝酸，若有沉淀不溶解的现象存在，说明有该离子，若沉淀全溶则无该离子【解析】分析：溶液呈无色,则不含Fe3+,加入过量盐酸只产生气体,则一定含有CO32,不含Ag+,反应后溶液呈酸性,加入过量碳酸氢铵溶液,生成气体和白色沉淀,则发生反应为:Al