山西省应一中2021-2022学年化学高二下期末教学质量检测模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、证明溴乙烷中溴的存在，下列正确的操作步骤为加入AgNO3溶液 加入NaOH水溶液 加热 加入蒸馏水加稀硝酸至溶液呈酸性 加入NaOH醇溶液ABCD2、下列有关有机物的说法正确的是A分液漏斗可以分离甘油和水的混合物B分子式为C5H10Cl2，结构中含有一个-CH3的同分异构体有7种C由甲苯制取三硝基甲

2、苯的反应与乙酸和苯甲醇反应的类型不同D有机物能发生氧化、还原、加成、加聚和取代反应3、要证明某溶液中不含Fe3而可能含Fe2，进行如下实验操作时，最佳顺序是()加足量氯水加足量KMnO4溶液加少量KSCN溶液ABCD4、25时，向浓度均为0.1molL1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中lgcH+c(OH)随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）AHX为弱酸，HY为强酸B水的电离程度：dcbCc点对应的溶液中：c(Y)c(Na)c(H)c(OH)D若将c点与d点的溶液全部混合，溶液中离子浓度大小：c(Na)c(X)c(Y)c(H)c(OH

3、)5、有0.2mol某有机物和0.5mol氧气在一密闭容器中燃烧得产物为CO2、CO、H2O(气）。产物依次通过浓硫酸时，浓硫酸的质量增加了 10.8g；再通过灼热的氧化铜时，氧化铜的质量减轻了 3.2g；又通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了 17.6g。该有机物的化学式是AC2H4 BC2H6OCC2H6O2DC3H6O36、欲除去下列物质中的少量杂质，所选除杂试剂或除杂方法不正确的是选项物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H2H2SCuSO4溶液洗气B溴苯Br2NaOH溶液分液C苯苯酚浓溴水过滤D乙醇水CaO蒸馏AABBCCDD7、能源的开发和利用一直是发展中的重要问题。下列说法不正确的是ACO2

4、、甲烷都属于温室气体B能量在转化和转移过程中其总量会不断减少C太阳能、风能和生物质能属于新能源D太阳能电池可将太阳能直接转化为电能8、在-CH3，-OH，-C6H5和 -COOH四种基团中，不同基团两两组合成的化合物中，其水溶液能够与碳酸氢钠反应的有（ ）A1种B2种C3种D4种9、拟除虫菊酯是一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊酯的结构简式如下：下列对该化合物叙述正确的是()A属于芳香烃B属于卤代烃C在酸性条件下不水解D在一定条件下可以发生加成反应10、维生素C具有的性质是：A难溶于水B强还原性C强氧化性D加热难分解11、若NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法

5、正确的是A0.1mol/L的CaCl2溶液中所含Cl数为0.2NAB7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子数为0.2NAC常温常压下，8gCH4含有的分子数为0.5NAD常温下，0.1molFe与酸完全反应时，失去的电子数一定为0.3NA12、在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据能说明反应一定达到化学平衡状态的是A容器内的压强不再改变Bc(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2C混合气体的密度不再改变DSO2的生成速率与SO3的消耗速率相等13、向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n

6、(CO2)增大，先后发生三个不同的反应。下列对应关系正确的是（）选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)c(AlO2-)+c(OH-) B0.01c(Na+)c(AlO2-) c(OH-)c(CO32-)C0.015c(Na+) c(CO32-) c(OH-)c(HCO3-)D0.03c(Na+)+c(H+)= c(HCO3-) c(OH-) c(CO32-)AABBCCDD14、室温下，0.1mol/L某溶液的pH值为5.1，其溶液中的溶质可能是A氯化氢 BBaCl2 C氯化铵 D硫酸氢钠15、下列有关化学反应表达正确的是 ( )A1丙醇与浓氢溴酸反应：CH3CH2C

7、H2OH + HBr CH3CH2CH2Br + H2OB硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH + C2H518OH C17H35COOC2H5 + H218OC向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：CH2BrCOOH + OH CH2BrCOO + H2OD向丙氨酸钠中加入足量盐酸：16、下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题

8、）17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2、Ag、Na、Cu2中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）A_，C_，D_。（2）写出盐酸与D反应的离子方程式： _。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_。18、A、B、C、D、E五种元素,它们的核电荷数依次增大,且都小于20。其中C、E是金属元素;A和E属同族

9、,它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题:（1）写出C元素基态原子的电子排布式: _ 。（2）用电子排布图表示D元素原子的价电子:_。（3）元素B与D的电负性的大小关系是B_ D (填“”“ c(CO32-) c(OH-)c(HCO3-)，故C正确；D当n（CO2）=0.03mol时，根据C可知，0.015molNa2CO3恰好与0.015mol二氧化碳反应生成0.03molNaHCO3，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(HCO3-) c(OH-) 2c

10、(CO32-)，故D错误。故本题选C。点睛：本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。14、C【解析】试题分析：A、0.1mol/L盐酸溶液中，pH1，A错误；B、氯化钡溶液显中性，B错误；C、氯化铵溶于水，水解显酸性，pH值可能为5.1，C正确；D、0.1m

11、ol/L硫酸氢钠溶液中pH1，D错误。答案选C。考点：考查盐类水解的原理。15、A【解析】本题考查有机化学方程式的书写。分析：A二者发生取代反应生成1-溴丙烷和水；B硬脂酸与乙醇发生酯化反应时，羧酸去掉羧基上羟基，醇去掉羟基上氢原子；CCH2BrCOOH中的溴原子和羧基均能与氢氧化钠溶液反应；D丙氨酸钠中COO和氨基均与盐酸反应。详解：1-丙醇与浓氢溴酸发生取代反应，反应的化学方程式为：CH3CH2CH2OH+HBr CH3CH2CH2Br+H2O，A正确；C17H35COOH 与 C2H518OH在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成C17H35CO18O C2H5，反应的化学方程式为：C17

12、H35COOH + C2H518OH C17H35CO18OC2H5 + H2O，B错误；向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热，羧基和氢氧化钠发生中和反应，溴原子在碱中发生水解反应，反应的化学方程式为：CH2BrCOOH +2 OH CH2（OH）COO + H2O，C错误；向丙氨酸钠中加入足量盐酸，COO和盐酸反应生成COOH，氨基与盐酸反应生成NH3+，反应的化学方程式为：，D错误。故选A。点睛：试题侧重考查有机物的结构与性质，明确常见有机物含有官能团与具有性质之间的关系为解答关键。16、B【解析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合

13、价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变

14、化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2 CuSO4 Na2CO3 CO32-2H=H2OCO2 Cu2SO42-Ba22OH=BaSO4Cu(OH)2 【解析】若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含

15、Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。【详解】若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于

16、Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H+CO32-=H2O+CO2。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（O

17、H）2+BaSO4，反应的离子方程式为Cu2+SO42-+Ba2+2OH-=Cu（OH）2+BaSO4。【点睛】本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。18、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

18、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: 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

19、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。19、球形冷凝管 C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键 下层 ABC C 使平衡向生成溴乙烷的方向移动 1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物 【解析】（1）仪器A为球形冷凝管；（2）分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高；（3）1溴丁烷难溶于水，密度比水大；（4）根据可能发生的副反应和反应物的溶解性分析；（5）根据杂质的化学性质分析；（6）根据化学平衡移动的原理

20、分析。【详解】（1）图乙中仪器A为球形冷凝管，故答案为球形冷凝管；（2）分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高，C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键，所以乙醇的沸点比溴乙烷溴乙烷的高，故答案为C2H5OH分子间存在氢键，溴乙烷分子间不能形成氢键；（3）1溴丁烷难溶于水，密度比水大，则将1溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，1溴丁烷在下层，故答案为下层；（4）A、浓硫酸和1-丁醇反应发生副反应消去反应生成烯烃、分子间脱水反应生成醚，稀释后不能发生类似反应减少副产物烯和醚的生成，故正确；B、浓硫酸具有强氧化性能将溴离子氧化为溴单质，稀释浓硫酸后能减少溴单质的生成，故正确；C、

21、反应需要溴化氢和1-丁醇反应，浓硫酸溶解溶液温度升高，使溴化氢挥发，稀释后减少HBr的挥发，故正确；D.、水是产物不是反应的催化剂，故错误；ABC正确，故答案为ABC；（5）A、NaI和溴单质反应，但生成的碘单质会混入，故错误；B、溴单质和氢氧化钠反应，溴代烷也和NaOH溶液中水解反应，故错误；C、溴单质和NaHSO3溶液发生氧化还原反应，可以除去溴单质，故正确；D、KCl不能除去溴单质，故错误；C正确，故选C；（6）根据题给信息知，乙醇和溴乙烷的沸点相差较大，采用边反应边蒸出产物的方法，可以使平衡向生成溴乙烷的方向移动，而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸

22、出，所以不能边反应边蒸出产物；而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物，故答案为使平衡向生成溴乙烷的方向移动；1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物。【点睛】本题考查有机物的制备，注意反应物和生成物的性质，明确试剂的作用和仪器选择的依据是解答关键。20、C12H15O3Cl cd 取代反应 2 【解析】试题分析：A发生信息反应生成B，苯酚反应得到C，B与C发生信息反应生成甲，由G的结构可知，苯酚与氢氧化钠等反应生成C为苯酚钠，则B为ClC(CH3)2COOH，A为(CH3)2CHCOOH，由氯贝特的结构可知甲与乙醇反应生成D为；(1)氯贝特的分子式为C1

23、2H15ClO3；(2)由上述分析可知，A的结构简式为(CH3)2CHCOOH，B为ClC(CH3)2COOH；(3)反应为苯酚转化为苯酚钠，可以入下列物质中的氢氧化钠、碳酸钠，不能与NaHCO3、CH3COONa反应，故答案为cd；(4)反应的反应类型为：取代反应，其产物甲有多种同分异构体，同时满足以下条件：1，3，5-三取代苯；属于酯类且既能与FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应，含有酚羟基、醛基；1molX最多能与3molNaOH反应，结合可知应含有酚羟基、甲酸与酚形成的酯基，故侧链为-OH、-CH2CH2CH3、-OOCH，或侧链为-OH、-CH(CH3)2、-OOCH，符合条件的同

24、分异构体有2种，故答案为2；(5)B与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：。考点：考查有机物推断、官能团结构与性质、有机反应类型、同分异构体等。21、1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5 Fe3的3d轨道填充了5个电子，为半充满状态 10 N2 CN A C D 2Cu2+ + 2Cl- + SO2 + 2H2O 2CuCl + SO4 2-+ 4H+ GaAs 【解析】分析：（1）根据电子排布式书写要求、洪特规则和能量最低原理解答；（2）根据Fe(CO)5的结构和键的含义分析解答；（3）原子数相同、电子总数相同的分子，互称为等电子体来解答；（4）根据化学键的类别解答；（5）根据M

25、的晶胞结构如图乙推测M的化学式，根据反应物和生成物写出离子方程式；（6）根据晶胞结构推测A的化学式，并进行计算。详解：（1）Fe是在元素周期表中是26号元素，所以Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5，Fe2+的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d6，根据洪特规则，3d5是半充满状态，能量较低，比较稳定，而3d6不是半充满状态，能量较高，很容易失去一个电子变成半充满的稳定状态，所以正确答案：1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5；Fe3的3d轨道填充了5个电子，为半充满状态；（2）Fe与CO通过配位键形成配合物，所以有5个键，C和O原子之间形成键和键，其中有