2022年广东高明一中高二化学第二学期期末统考模拟试题含解析

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、环境污染已成为人类社会面临的重大威胁，下列对应关系不正确的是环境问题主要污染物环境问题主要污染物A酸雨二氧化硫C白色污染二氧化硅B温室效应二氧化碳D光化学烟雾二氧化氮AABBCCDD2、一定温度下在甲、乙、丙三个体积相等且恒容的密闭容器中发生反应：NO2(g)+SO2(g) SO3

2、(g)+NO(g)。投入NO2和SO2，起始浓度如下表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50，下列说法正确的是起始浓度甲乙丙c(NO2)/(molL-1)0.100.200.20c(SO2)/(molL-1)0.100.100.20A容器甲中的反应在前2min的平均速率v(NO)=0.05molL-1min-1B容器乙中若起始时改充0.10molL-1NO2和0.20molL-1SO2，达到平时c(NO)与原平衡相同C达到平衡时，容器丙中SO3的体积分数是容器甲中SO3的体积分数的2倍D达到平衡时，容器乙中NO2的转化率和容器丙中NO2的转化率相同3、某溶液中有NH4+、Mg2、

3、Fe2、Al3四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是ABCD4、下列混合物可用分液漏斗分离的是A苯和植物油B乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液C甘油和水D苯和液溴5、取100 mL 0.3 molL1和300 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 molL16、下列离子方程式书写正确的是A氢氧化钡溶液与足量硫酸氢钠的溶液混合：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OB过量的铁溶于稀硝酸：Fe+4H

4、+NO3Fe3+NO+2H2OC氯气与水：Cl2+H2O2H+Cl+ClOD硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3+3NH3H2OAl(OH)33NH4+7、下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）ApH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)十c(OH-)B含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)c(C1-)=c(I-)CCO2的水溶液：c(H+)c(HCO3-)=2c(CO32-)D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)8、下列说法中正确的是（ ）A1L水中溶解了58.5gNaCl，该

5、溶液的物质的量浓度为1mol/LB从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/LC配制500 mL0.5molL1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾（CuSO45H2O）D中和100 mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4g9、去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A去甲肾上腺素能与乙二酸发生缩聚反应且有多种缩合的可能B每个去甲肾上腺素分子中含有2个手性碳原子（连有四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）C1mol去甲肾上腺素最多能与2 molBr2发生取代反应D去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠

6、溶液反应故属于氨基酸10、常温下，下列物质能与水反应生成气体，且该气体是电解质的是ANaH BMg3N2 CAl2S3 DNa2O211、用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为2NAD通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L12、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAB标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2气混合后，气体分子数为2 NAC常

7、温下pH=12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为1012 NAD标准状况下，2.24LC2H6含有的共价键数为0.6 NA13、下列关于硅及其化合物说法正确的是（ ）A硅是非金属单质，与任何酸都不发生反应B陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品CNaOH溶液保存在磨口玻璃塞的试剂瓶中D可利用HCl除去SiO2中的少量CaCO314、下列说法正确的是A可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质B石油的分馏、煤的液化和气化都是物理变化，石油的裂化、裂解都是化学变化C淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D以重油为原料裂解得到各种轻质油15、聚乙烯胺可用于合成染料 Y，增加纤维着色度，乙烯

8、胺(CH2=CHNH2)不稳定，所以 聚乙烯胺常用聚合物 X 水解法制备。下列说法不正确的是A聚合物 X 在酸性或碱性条件下发生水解反应后的产物相同B测定聚乙烯胺的平均相对分子质量，可得其聚合度C乙烯胺与 CH3CH=NH 互为同分异构体D聚乙烯胺和 R-N=C=S 合成聚合物 Y 的反应类型是加成反应16、下列有关性质的比较中，正确的是A硬度：白磷冰二氧化硅；在水中的溶解度：NH3 CO2 SO2 H2B非金属性：NOPS；碱性：KOHNaOHAl(OH)3Ca(OH)2C共价键的键能：硅碳化硅金刚石；晶格能：CsCl NaCl CaOD氢键强弱：NHOHFH；范德华力强弱：NH3 PH3S

9、O2CO2H2；A错误；B. 非金属性应该是ONSP；碱性比较，Al的金属性最小，则Al(OH)3的碱性也是最小的；B错误；C. 共价键中，成键原子的半径越小，共价键键长就越短，其键能就越大，所以共价键键能大小顺序为：金刚石碳化硅硅；离子晶体中，离子半径越小，所带电荷越多，离子键就越强，晶格能也就越高，CsCl中，Cs+和Cl-的半径都较大，且所带电荷都较少，所以它的晶格能不是最大的；C错误；D. F、O、N这三种元素的非金属性依次减弱，则它们对H原子的吸引力也依次减弱，所以氢键的强弱也依次减弱；NH3、PH3、 AsH3都属于分子晶体，所含的作用力为范德华力，相对分子质量越大，分子间的范德华

10、力越强；D正确；故合理选项为D。17、A【解析】分析：酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的化合物，所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应；弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸，如H2SCuSO4=H2SO4CuS；如果生成弱电解质也可以发生复分解反应，所以发生复分解反应，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成也能发生；两种酸溶液充分反应后,所得溶液呈中性可以实现,如亚硫酸和氢硫酸反应；氧气和臭氧之间的转化有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应；二氧化氮与水反应生成NO、过氧化钠与水反应生成氧气，都满足:两种氧化物反应的产物有气体。详解：酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如

11、二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故正确；根据反应H2SCuSO4=H2SO4CuS可知，弱酸可以制备强酸，正确；醋酸钠与盐酸反应生成醋酸和氯化钠，符合没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应，故正确；2H2S+H2SO3=3H2O+S可以知道：氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故正确；同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化和还原反应，正确；反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故正确；综合以上分析，本题选A。点睛：本题主要考查高中化学中的一些化学反应，需要学生平时多总结归纳，熟练掌握化

12、学方程式。18、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。19、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

13、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；故选C。20、D【解析】丙烷的球棍模型为，正确；丙烯的结构简式应为CH3CHCH2，不正确；某有机物的名称是2，3-二甲基戊烷，正确；的分子式为C8H6，但分子式为C8H6的其结构并不知道，因此二者不一定是同分异构体，不正确；答案选D。21、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的醋酸稀释到pH

14、a1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。22、C【解析】当盐酸与NH3H2O恰好完全反应，n(HCl)=n(NH3H2O)，解得消耗盐酸的体积为5mL，此时溶液中c(NH4Cl)=0.05mol/L1010-3L(10+5)10-3L5.1答案选C。二、非选择题

15、(共84分)23、Al3、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42 SiO322HH2SiO3 阴离子CO32SiO42c/(molL1)0.250.4 存在，最小浓度为1.8 molL1 【解析】由题意知溶液为无色澄清溶液，一定不含Fe3+，且溶液中含有的离子必须能大量共存由实验可知，该溶液中一定含有CO32-，物质的量为0.56L22.4L/mol0.025mol，其浓度为0.025mol0.1L0.25mol/L，则一定没有Al3+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO322HH2SiO3，SiO32-的物质的量是2.4g60g/mol0.04m

16、ol，其浓度为0.04mol0.1L0.4mol/L。由实验可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）+c（Cl-）=20.25mol/L+20.4mol/L+0.5mol/L1.8mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为1.8mol/L，不能确定NO3-是否存在。（1）由上述分析可知，一定不含Al3、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42；（2）实验中生成沉淀的离子方程式为为SiO322HH2SiO3。（3）由上述分析可知，c（CO32）=0.25mol/L，c（SiO32）=0.4mol/L。（4）由2c（CO32-）+2c（SiO32-）+c

17、（Cl-）=20.25mol/L+20.4mol/L+0.5mol/L1.8mol/L，根据电荷守恒可知溶液中一定含有K+，且其浓度至少为1.8mol/L。24、CO32-、SiO32- b 共价键和离子键 AlO2-2H2OCO2=HCO3-Al(OH)3 【解析】强酸性溶液中一定不存在CO32-和SiO32-；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明原溶液中含有SO42-离子；溶液中存在SO42-，则一定不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；加入硝酸钡产生气体A，气体A发生氧化反应生成气体D，D与H2O、O2作用得溶液E，结合实验过程中有一种气体为红棕色，则原溶液

18、中存在Fe2+，气体A是NO，D为NO2，E为硝酸；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体F，则原溶液中含有NH4+，F是NH3；NH3与硝酸反应生成硝酸铵，I为硝酸铵；由于溶液B中存在Fe3+，则沉淀G是Fe（OH）3；溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液H中含有偏铝酸根，原溶液中存在Al3+，沉淀K是Al（OH）3，溶液L是NaHCO3，故溶液X中肯定含有的离子是Al3+、SO42-、NH4+、Fe2+，不能确定是否含有Fe3+，一定不存在Ba2+、CO32-、SiO32-、NO3-。【

19、详解】（1）强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SiO32-，故答案为：CO32-、SiO32-；（2）加入硝酸钡产生气体，则原溶液中存在Fe2+，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-，故选b，故答案为：b；（3）化合物I为硝酸铵，硝酸铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故答案为：共价键和离子键；（4）转化为偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2-2H2OCO2=HCO3-Al(OH)3，故答案为：AlO2-2H2OCO2=HCO3-Al(OH)3；（5）溶液中不能确定是否含有Fe3+，若

20、要确定Fe3+存在，最好的操作方法是：取原溶液少量于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则证明含有Fe3+，反之则无，故选，故答案为：。【点睛】本题为考查离子推断，注意准确全面的认识离子的性质、离子的特征、离子间的反应，紧扣反应现象推断各离子存在的可能性是解答关键。25、4H+ 4I-+O2 =2I2+2H2O 其他条件相同时，增大c(H+)使I-被O2氧化的速率加快 升高温度或通入O2 对照实验，证明SO42-对该反应的化学反应速率没有影响 增强I-的还原性 10mL 1mol L-1 KI溶液、10mL H2O 指针偏转大于 10mL 1mol L-1 KI溶液、2mL 0.2m

21、olL-1H2SO4溶液、8mL H2O 【解析】本题主要考察实验探究，注意“单一变量”原则。【详解】（1）题中已告知I-被O2氧化，所以离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；这三组实验中，变量是H+的浓度，结果是溶液变蓝的速度，反映出H+的浓度对I-被O2氧化的速率；对于非气相反应而言，加快反应速率的措施还有加热，增加其他反应物的浓度，或者加入催化剂（在本实验中，反应速率较快，为了更好的观察实验结果，可不使用催化剂）；实验IV的作用是对照作用，排除SO42-对实验结果的影响；（2）ii，对照i的说法为增大c(H+)，增强I-的还原性；对比实验V、VI、VII，三组实验的溶液b在

22、变化，根据单一变量原则，溶液a是不应该有变动的，所以X应为10mL 1mol L1 KI溶液、10mL H2O，由于实验VII的溶液b中H+浓度比实验VI的大，反应速率会加快，这意味着单位时间内转移的电子数量会增多，指针会出现偏转，且比实验VI的大；经过对比，实验V和VIII的溶液b相同，则两个实验的溶液a应该有所不同，实验探究的是H+的影响，实验V的a溶液中没有H+，则实验VIII的a溶液中应该有H+，故Z为10mL 1mol L-1 KI溶液、2mL 0.2molL-1H2SO4溶液、8mL H2O。26、NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+ c 2ClO2+10I-+8H+=2C

23、l-+5I2+4H2O 吸收残留的ClO2 当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 0.027 d 【解析】（1）电解时与电源正极相连的阳极失去电子，发生氧化反应，与电源负极相连的阴极得到电子发生还原反应。根据题中ClO2的制备过程，可知电解产物有H2、NCl3，据此可得出电极反应方程式。（2）分析实验过程，可知实验过程中涉及的反应方程式有：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-2I+S4O62-，据此进行分析。【详解】（1）电解时阳极失去电子，发生氧化反应，结合题中电解过程生成的产物，可知阳极电极反应方程式为：

24、NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；答案为：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；根据ClO2和NH3的性质进项分析：aClO2和NH3均易溶于水，不能用水和饱和食盐水来除去氨气，a项错误；b碱石灰不能吸收氨气，b项错误；c浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故除去除去ClO2中的NH3可选用的试剂浓硫酸。c项正确；dClO2和NH3均易溶于水，不能用饱和食盐水来除去氨气，d项错误；答案为：c；（2）由题给信息可知，ClO2通入锥形瓶把I-氧化为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，则锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2

25、+4H2O；答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；由于ClO2是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的ClO2气体，答案为：吸收残留的ClO2；根据淀粉遇碘变蓝，溶液中应是加入了淀粉作指示剂，当到达滴定终点时，I2完全转化为I-，溶液蓝色褪去。故滴定至终点的现象是：当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；答案为：当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；根据反应方程式：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-2I+S4O62-，

26、可得关系式：2ClO25I210S2O32-，由此可知混合气体中ClO2的质量为。答案为：0.027；图中液面读数为22.40mL，滴定管最大读数为50.00mL，故液面与最大读数间的液体体积差为27.60mL，因为滴定管尖嘴部分仍有一定的液体，则滴定管内液体体积应大于27.60mL，答案选d。答案为：d。27、2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2 液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出；控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢；节省药品。 冷却到室温 调整BC液面相平 m g(28V2-19V1)/11200g 无影响 偏大 【解析】据题意，M只含铁、铝、铜三种金属，其中铝既能与强酸反应，又能与

27、强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸，结合装置图和问题分析解答。【详解】（1）实验1中氢氧化钠溶液只与铝反应，反应的离子方程式为2Al2OH2H2O2AlO2-3H2；（2）实验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，通过控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，调节化学反应速率，同时节省药品；（3）气体的体积受温度和压强影响大，因此对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确；（4）根据V1结合铝与氢氧化钠的反应可知样品中铝的质量为27

28、V1/33600g，铁和铝都与酸反应生成氢气，所以根据V2-V1即为铁与盐酸反应生成的氢气，所以样品中铁的质量为56（V2-V1）/22400g，所以样品中铜的质量为m g27V1/33600g56（V2-V1）/22400gm g(28V2-19V1)/11200g；（5）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大。28、4NO24N2O43O26H2O12HNO3 -55.3 6% 3036.4 H AC 【解析】（1）NO2和N2O4以物质的量之比为1：1与O2

29、和H2O恰好完全反应，反应中氧气为氧化剂，化合价由价变为-2价，氮元素化合价应升高被氧化，则为+5价，化合价升（1+12）（5-4）=3，降为224，最小公倍数为12，结合质量守恒可得化学方程式为4NO24N2O43O26H2O12HNO3；（2）已知：2N2O5(g)2N2O4(g)O2(g) H1=4.4kJ/molN2O5(g)2NO2(g)O2(g) H2=53.1 kJ/mol根据盖斯定律，由-得反应2NO2(g)N2O4(g) H=4.4kJ/mol-53.1 kJ/mol=-55.3 kJ/mol；（3）根据阿伏加德罗定律，温度，体积不变时，压强之比等于物质的量之比，设起始时NO2的物质的量为n，反应的物质的量为2x，列出三段式：2NO2(g)N2O4(g)起始/mol n 0反应/mol 2x x平衡/mol n-2x x气体物质的量之比等于压强之比，则=，x=，NO2的转化率为100%=100%=6%；n-2x=n-2=，n-2x+x=，则B点反应N2O42NO2(g)的平衡常数Kp为=3036.4；压强影响气体的化学反应速率，压强增大，化学反应速率加快，B点的压强大于E点的压强，则BE；t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气的物质的量逐渐减小