2021-2022学年云南省建水县化学高二下期末预测试题含解析

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（每题只有一个选项符合题意）1、关于下列装置说法正确的是( )A装置中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B装置工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C用装置精炼铜时，溶液中Cu2+的浓度一定始

2、终不变D装置中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成2、下列说法正确的是AHF沸点高于HCl，是因为HF分子极性大，范德华力也大B在PCl5分子中，各原子均满足最外层8电子结构C可燃冰是甲烷的结晶水合物，甲烷可与水形成氢键DS2Br2与S2Cl2结构相似，则熔、沸点：S2Br2S2Cl23、下列物质除杂（括号内物质为杂质）的方法及试剂都正确的是物质方法试剂ACO2(SO2)洗气氢氧化钠溶液BAlCl3(MgCl2)过滤氢氧化钠溶液C水(乙醇)萃取、分液乙酸DFe(Al)过滤过量氢氧化钠溶液AABBCCDD4、将13.7g Mg、Al和Zn的混合物溶于足量的盐酸中，产生标准状况下11.2L气体

3、。向反应后的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，最多可得到沉淀的质量为（ ）A19.7g B22.3g C30.7g D39.2g5、下列叙述中正确的是A玻璃、水泥和玛瑙的主要成分都是硅酸盐B氯碱工业的反应原理是电解熔融氯化钠C常温下铁在浓硫酸中不反应，可用铁槽车贮运浓硫酸D高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，其遇强碱会断路6、25时，下列事实(或实验)不能证明CH3COOH是弱电解质的是（ ）ACH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2B测定CH3COONa溶液的pH7C取相同pH的盐酸和CH3COOH溶液各稀释100倍，pH变化小的是CH3COOHD同浓度的盐酸和CH3COOH溶液分别与相同

4、的锌粒反应，CH3COOH溶液的反应速率慢7、菲的结构简式如图所示，若菲分子中有1个H原子被Cl原子取代，则所得一氯取代产物有（ ）A4种B10种C5种D14种8、稀土是我国的丰产元素，17种稀土元素性质非常接近，用有机萃取剂来分离稀土元素是一种重要的技术。有机萃取剂A的结构式如图所示，据你所学知识判断A属于A酸类 B酯类 C醛类 D醚类9、下列说法正确的是A所有共价键都有方向性BH3O离子的存在，说明共价键不应有饱和性C若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性D两个原子轨道发生重叠后，两核间的电子仅存在于两核之间10、下列装置能达到实验目的的是A用装置甲制备氨气B用装置乙除去氨气中

5、少量水C用装置丙收集氨气D用装置丁吸收多余的氨气11、一定条件下合成乙烯： 6 H2(g) +2CO2(g)CH2=CH2(g) +4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是A生成乙烯的速率：v(M)一定小于v(N)B化学平衡常数：KNK MC当温度高于250时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，从而使催化剂的催化效率降低D若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，则图中M点时，乙烯的体积分数为7.712、下列高分子物质中，不能水解的是A淀粉 B纤维素 C蛋白质 D聚乙烯13、有机物的结构简式如图所示，则此有机物可发生的反应类型有：取代 加成 消去

6、酯化 水解 氧化 中和。ABCD14、下列物质的制备，不符合工业生产实际的是A工业上用电解熔融氯化镁制单质镁B工业上用电解饱和食盐水制氯气C工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯度的硅D工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的SiO215、下列叙述正确的是（）A标准状况下，11.2LSO2气体中含氧原子数等于18g水中含有的氧原子数B5.6 g铁与足量稀硫酸反应失去的电子的物质的最为0.3 molC100g98%的浓硫酸所含的氧原子个数为4molD20gNaOH溶于1L水，所得溶液中c(Na+)=0.5molL-116、下述实验能达到预期目的的是（ ）A检验乙醛中的醛基：在一定量CuSO4溶

7、液中，加入少量NaOH溶液，然后再加入乙醛，加热产生砖红色沉淀B分离提纯苯：向苯和苯酚混合溶液中加入足量浓溴水，静置后分液C检验溴乙烷中的溴元素：向某溴乙烷中加入NaOH溶液共热，冷却后滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成D比较CH3COO和CO32结合H+的能力：相同温度下，测定浓度均为0.1molL-1的Na2CO3和CH3COONa溶液的pH二、非选择题（本题包括5小题）17、下图中的A、B、C、D、E、F、G均为有机物（有些物质未写出）据上图回答问题：(1)A的结构简式_，D的名称是_。(2)反应的反应类型分别为_、_和_。(3)除去F中杂质C、D时，最后要用分液的方法进行混和物

8、的分离，F产物从分液漏斗的_ （填“上口倒出”或“下口放出”）。(4)写出反应的反应方程式为_。18、有机高分子化合物G的合成路线如下： 已知:A(C7H6O3)既能与NaHCO3溶液反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其1H核磁共振谱有4个峰；2RCH2CHO。请回答:(1)要测定有机物D和E相对分子质量(Mr)，通常使用的仪器是_；B的名称为_，D中含有的官能团名称为_。(2)DE的反应类型为_，高分子化合物G的结构简式为_。(3)A+EF的化学方程式为:_。(4)D发生银镜反应的化学方程式为:_。(5)符合下列条件的E的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。写出其中任意一种异构体的结构

9、简式_。含有，苯环上有两个取代基19、实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：（1）配制100mL 0.1000mol/L NaOH标准溶液。（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作23次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸溶液的体积（mL）10.100030.0520.0020.100029.9520.0030.100028.2020.00滴定达到终点的判断是_，此时锥形瓶内溶液的p

10、H为_。根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_（保留四位有效数字）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作_，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液甲. 乙. 丙.在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成盐酸浓度测定结果偏高的有_A、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗B、锥形瓶水洗后未干燥C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失20、苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，有机化学中通过酯化反应原理，可以进行苯甲酸甲酯的合成。有关物质的物理性质、实验装置如下所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/12

11、2.49712.3沸点/24964.3199.6密度/gcm31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验一：制取苯甲酸甲酯在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸，按图A连接仪器并实验。(1)苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为_。(2)中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的产率可以采取的措施有_实验二：提纯苯甲酸甲酯该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯，再利用图C装置进行蒸馏提纯(3)用图B装置进行水洗提纯时，B装置中固体Na2CO3作用是_。(4)用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示_时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最终制取15

12、g苯甲酸甲酯，计算得苯甲酸甲酯的产率为_(小数点后保留1位有效数字)。21、CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题。（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3-):c(CO32-)=2:1，溶液pH=_。（室温下，H2CO3的K1=410-7；K2=510-11）（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g) (2CO(g)+2H2(g)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键CHC=OHHCO键能/kJmol-14137454361075则该反应的H=_。分别在VL恒

13、温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_（填“A”或“B”）按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如下图所示。此反应优选温度为900的原因是_。（3）O2辅助的A1-CO2电池工作原理如上图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的正极反应式：6O2+6e-=6O2- 6CO2+6O2-=3C2O42-+6O2反应过程中O2的作用是_。该电池的总反应式：_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解

14、析】A、装置原电池中，Zn是负极，Cu是正极，电解质里的阳离子K+移向正极，即移向硫酸铜溶液，选项A错误；B、在装置电解池中，阴极a极是氢离子发生得电子生成氢气的还原反应，该极附近碱性增强，所以a极附近溶液的pH增大，选项B正确；C、精炼铜时，由于粗铜中含有杂质，开始时活泼的金属锌、铁等失去电子，而阴极始终是铜离子放电，所以若装置用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度减小，选项C错误；D、在该原电池中，电子从负极Zn极流向正极Fe极，在铁电极上氢离子得电子生成氢气，反应实质是金属锌和氢离子之间的反应，不会产生亚铁离子，选项D错误。答案选B。2、D【解析】A. HF沸点高于HCl，是因为HF分子之

15、间存在着氢键，故A错误；B. 分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构的判断公式是：化合价的绝对值+原子最外层电子数=8。在PCl5分子中P原子不符合8电子稳定结构公式，故B错误； C. 可燃冰是甲烷的结晶水合物，碳的电负性较弱，不能形成氢键，故C错误；D.组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，所以S2Br2与S2Cl2的熔、沸点大小为：S2Br2S2Cl2，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。【点睛】考查分子间的作用力。氢键是一种特殊的分子间作用力，它比化学键弱，比分子间作用力强；分子间作用力影响的是物质的熔沸点。3、D【解析】A二者均与NaOH溶液反应，不能除

16、杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气法分离，A错误；B二者均与NaOH溶液反应，应先加足量NaOH溶液过滤后，向滤液中加适量盐酸即可，B错误；C加乙酸引入新杂质，且不分层，应加入新制氧化钙，利用蒸馏法分离，C错误；DAl与NaOH溶液反应，而Fe不能，则加NaOH溶液后过滤分离，D正确；答案选D。4、C【解析】分析：将13.7g Mg、Al和Zn的混合物溶于足量的盐酸中，产生标准状况下11.2L气体，气体总量为0.5mol，所以金属混合物转移的电子的物质的量为0.52=1mol，向反应后的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，当金属阳离子恰好结合氢氧根离子生成沉淀时，沉淀的质量最大，而金属失去1mol电子生成

17、沉淀最大时结合1mol氢氧根离子；据此分析解题。详解：将13.7g Mg、Al和Zn的混合物溶于足量的盐酸中，产生标准状况下11.2L气体，气体总量为0.5mol，所以金属混合物转移的电子的物质的量为0.52=1mol，向反应后的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，当金属阳离子恰好结合氢氧根离子生成沉淀时，沉淀的质量最大，而金属失去1mol电子生成沉淀最大时结合1mol氢氧根离子，则沉淀质量最大值为13.7+117=30.7g，C正确；正确选项C。5、D【解析】A玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，主要成分是硅酸盐，水泥的主要成分是硅酸盐，玛瑙的主要成分是SiO2，为氧化物，不属于硅酸盐，故A错

18、误；B氯碱工业原理是电解饱和食盐水生成氯气、氢氧化钠和氢气，故B错误；C浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，可用铁槽车贮运浓硫酸，发生了化学反应，故C错误；D二氧化硅能用于制光导纤维，二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意光导纤维遇强碱会“断路”，指的是中断光的传导，而不是中断电的传导。6、A【解析】A.醋酸溶液与碳酸钠溶液生成二氧化碳，根据强酸制取弱酸知，酸性：醋酸碳酸，该反应中不能说明醋酸部分电离，所以不能说明醋酸是弱电解质，A符合题意；B.醋酸钠溶液的pH7，说明醋酸钠是强碱弱酸盐

19、，则醋酸为弱酸，B不符合题意；C.取相同pH的盐酸和CH3COOH溶液各稀释100倍，pH 变化小的是CH3COOH，则醋酸中存在电离平衡，说明醋酸部分电离，为弱电解质，C不符合题意；D.醋酸和HCl都是一元酸，同体积、同浓度的盐酸和CH3COOH溶液分别与相同的锌粒反应，CH3COOH溶液的反应速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小，则醋酸部分电离，为弱电解质，D不符合题意；故合理选项是A。7、C【解析】根据菲的结构简式可知，菲为对称结构，其一氯代物的产物如图所示，同分异构体共计5种，答案为C；8、B【解析】分析：根据有机萃取剂A中含有的官能团判断。详解：根据有机萃取剂A的结构简式可知分子中含有羟基

20、和磷酸形成的酯基，所以可以看作是酯类，分子中没有羧基、醛基和醚键，不能看作是羧酸类、醛类和醚类，答案选B。9、C【解析】A. 共价键具有方向性，但并非所有的共价键都具有方向性，比如H2的共价键没有方向性，A错误；B. H3O+的存在，是由于O原子发生了杂化，照样符合共价键的饱和性，B错误；C. S原子最外层只有6个电子，可与两个电子形成共价键，与H形成化合物为H2S，否则违背了共价键的饱和性，C正确；D. 两原子形成共价键后，两核间电子是绕两核运动的，D错误；故合理选项为C。10、D【解析】A. 用装置甲制备氨气时试管口应该略低于试管底，A错误；B. 氨气能被浓硫酸吸收，不能用装置乙除去氨气中

21、少量水，B错误；C. 氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，但收集气体不能密闭，不能用装置丙收集氨气，C错误；D. 氨气极易溶于水，用装置丁吸收多余的氨气可以防止倒吸，D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握实验装置图的作用、物质的性质为解答的关键，注意实验的操作性、评价性分析。11、D【解析】A、M点的温度低于N点的温度，但M点的催化效率高于N点的，所以生成乙烯的速率：v(M)不一定小于v(N)，A错误；B、升高温度，CO2的平衡转化率降低，说明升温，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则化学平衡常数：KNHCO3-,则CH3COO_结合H+的能力弱,故D正确;答案：D。【点睛

22、】注意醛基的检验方法：在碱性溶液中,加入乙醛,加热能产生砖红色沉淀；可根据盐类水解的强弱，判断弱根离子结合质子的强弱。二、非选择题（本题包括5小题）17、 乙醇 水解反应(取代反应) 酯化反应(取代反应) 消去反应 上口倒出 +H2O 【解析】由E的结构可推知B为，D的分子式为C2H6O，在浓硫酸、170条件下得到G(C2H4)，则D为CH3CH2OH，G为CH2=CH2，C与D在浓硫酸、加热条件下得到F，结合F的分子式可知，F应为酯，则C为CH3COOH，F为CH3COOCH2CH3，A水解、酸化得到B、C、D，则A为，据此解答。【详解】根据上述分析可知：A为， B为，C为CH3COOH，

23、D为CH3CH2OH，E为，F为CH3COOCH2CH3，G为CH2=CH2。(1)根据上面的分析可知，A为，D为CH3CH2OH，D的名称是乙醇；(2)根据上面的分析可知，反应为酯的水解反应(取代反应)，为酯化反应(取代反应)，为消去反应；(3)F为CH3COOCH2CH3，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，由于F的密度小于水，乙醇、乙酸都溶于水，所以用分液的方法分离混合物，F产物在上层，要从分液漏斗的上口倒出；(4)反应是发生分子内的酯化反应，反应的反应方程式为+H2O。【点睛】本题考查有机物的推断的知识，主要是酯的水解反应、酯化反应、醇的消去反应，掌握各类官能团的性质与转化是本题

24、解答的关键。注意根据转化关系中E的结构以及D、G的分子式进行推断。18、质谱仪 1-丙醇 碳碳双键、醛基 加成反应（还原反应） 24 【解析】A既能与NaHCO3溶液反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明A中有酚羟基和羧基，其核磁共振氢谱有4个峰，结合A的分子式，可知A为B能氧化生成C，C发生信息中的反应得到D，则C中含有醛基，B中含有-CH2OH基团，C与苯甲醛脱去1分子水得到D，故C的相对分子质量为146+18-106=58，可推知C为CH3CH2CHO，则B为CH3CH2CH2OH、D为，E的相对分子质量比D的大2，则D与氢气发生加成反应生成E，且E能与在浓硫酸、加热条件下反应，可

25、推知E为，A与E发生酯化反应生成F为，F发生加聚反应可得高分子G为。【详解】(1)要测定有机物D和E相对分子质量，通常使用的仪器是：质谱仪；;B为CH3CH2CH2OH，B的名称为1-丙醇；D为，D中含有的官能团名称为：碳碳双键、醛基；(2)DE是醛基与氢气发生加成反应，也属于还原反应；高分子化合物G的结构简式为；(3)A+EF的化学方程式为：；(4)D为，发生银镜反应的化学方程式为：；(5)符合下列条件的E()的同分异构体：含有结构，可能为醛基，也可能为羰基，苯环上有2个取代基，E的同分异构体为：(各有邻间对三种位置)，所以共有24 种。19、滴入最后一滴NaOH标准溶液，锥形瓶中溶液由无色

26、变成浅红色，且30s不褪色 8.210.0 0.1500 mol/L 丙 CDE 【解析】用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液显碱性，结合酚酞的性质分析解答；根据c(酸)V(酸)=c(碱)V(碱)计算；碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；根据c(待测)= 分析误差。【详解】在用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点；酚酞的变色范围是8.210，所以滴定终点时溶液pH为8.210；

27、故答案为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；8.210；根据表格数据可知，第三次实验误差较大，删去，根据c(酸)V(酸)=c(碱)V(碱)，消耗的VNaOH(aq)=mL=30.00mL，则该盐酸的浓度为：=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L；碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡排出，图示丙操作合理，故答案为：丙；A酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏低，需要NaOH体积偏小，测定值偏低，故A错误；B锥形瓶水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗的NaOH的量不

28、变，对实验无影响，故B错误；C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故C正确；D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故D正确；E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故E正确；故答案为：CDE。20、+CH3OH+H2O 使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可) 洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸 199.6 89.7% 【解析】（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生

29、酯化反应生成苯甲酸甲酯和水；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动；（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质；（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6；（5）由15g苯甲酸计算苯甲酸甲酯的理论量，再依据实际量计算产率。【详解】（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动，提高酯的产率，故答案为：使用浓硫酸吸水

30、、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可)；（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质，利用固体Na2CO3与苯甲酸反应，除去苯甲酸提纯苯甲酸甲酯，故答案为：洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸；（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6，用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示199.6时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯，故答案为：199.6；（5）15g苯甲酸的物质的量为，理论上制得苯甲酸甲酯的质量为136g/mol16.7g，则苯甲酸甲酯的产率为100%=100%89.7%，故答案为：89.7%。【点睛】本题考查了有机物的制备实验，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确有机物的性质及产率计算的公式是解答关键。21、CO32-10+120 kJmol-1B900 时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅