黑龙江省齐齐哈尔市龙江二中2024届化学高二第二学期期末质量检测模拟试题含解析

黑龙江省齐齐哈尔市龙江二中2024届化学高二第二学期期末质量检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．SSO3BaSO4B．AlNaAlO2Al（OH）3C．FeFeCl2FeCl3D．NaNa2ONaOH2、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B．血液透析利用了胶体的性质C．活性炭具有除异味和杀菌作用D．碘酒可用于皮肤外用消毒3、对于HCl、HBr、HI，随着相对分子质量的增大而增强的是()A．共价键的极性 B．氢化物的稳定性 C．范德华力 D．共价键的键能4、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)B．由X、Y组成的化合物中均不含共价键C．Y的金属性比Z的弱D．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强5、可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是①一个N≡N断裂的同时，有3个H—H键断裂②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂③其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变④恒温恒容时，体系压强不再改变⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变⑥恒温恒容时，混合气体的密度保持不变⑦正反应速率v(H2)=0.6mol/(L·min)，逆反应速率v(NH3)=0.4mol/(L·min)A．全部 B．①③④⑤ C．②③④⑤⑦ D．③⑤⑥⑦6、下列装置工作时，将化学能转化为电能的是ABCD燃气灶硅太阳能电池碱性锌锰电池风力发电机A．A B．B C．C D．D7、我国科研人员催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下：下列说法不正确的是A．肉桂醇能发生取代反应、加成反应和缩聚反应B．苯丙醛、肉桂醛、肉桂醇都是芳香族化合物C．还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂D．该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基8、对于SO2和CO2的说法中正确的是（）A．都是直线形结构B．中心原子都采用SP杂化轨道C．SO2为V形结构，CO2为直线形结构D．S原子和C原子上都没有孤对电子9、11.2L甲烷、乙烷、甲醛组成的混合气体，完全燃烧后生成15.68LCO2(气体体积均在标准状况下测定)，混合气体中乙烷的体积百分含量为（）A．80％ B．60％ C．40％ D．20％10、某有机物在酸性条件下发生水解反应时，生成两种不同有机物，且这两种有机物的相对分子质量相等。则水解前的这种有机物是（）A．甲酸甲酯 B．乙酸异丙酯 C．麦芽糖 D．葡萄糖11、1.8g某金属在氯气中燃烧后，固体质量增加了7.1g，该金属是A．AgB．FeC．AlD．Na12、长式周期表共有18个纵列，从左到右排为1～18列，即碱金属为第1列，稀有气体元素为第18列．按这种规定，下列说法正确的是（）A．第四周期第8列元素是铁元素B．只有第2列的元素原子最外层电子排布为ns2C．第14列元素中未成对电子数是同周期元素中最多的D．第15列元素原子的价电子排布为ns2np513、下列各组分子中都属于含极性键的非极性分子的是()A．SO2、H2O、NH3B．CH4、C2H4、C6H6C．N2、Cl2、O3D．H2O2、C2H6、PCl314、在生产生活中，酸碱中和及溶液酸碱性研究具有十分重要的意义。常温下，将2种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：组别c（一元酸）c（NaOH）混合溶液的pH甲c(HY)＝0.1mol·L-10.1mol·L-1pH＝7乙c(HZ)＝0.1mol·L-10.1mol·L-1pH＝9下列说法中正确的是A．乙组混合液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(Z－)＞c(H＋)B．乙组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)为1×10－5mol·L-1C．相同体积时，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液中c(H+)浓度相同D．相同体积时，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液分别与足量的镁反应，产生氢气的速率和总量均不同15、苹果酸的结构简式为，下列说法错误的是A．苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种B．苹果酸能发生取代反应、消去反应和缩聚反应C．1mol苹果酸最多可与1molNa2CO3发生复分解反应D．与苹果酸官能团种类和个数均相同的同分异构体还有两种16、下列物质中，因发生化学反应既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（）①CH3(CH2)4CH3②CH3CH2CH=CH2③④A．② B．③④ C．①③ D．②④二、非选择题（本题包括5小题）17、有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，其结构简式如图所示。G的合成路线如下图所示：其中A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去。已知：请回答下列问题：（1）G的分子式是________________，G中官能团的名称是________________；（2）第②步反应的化学方程式是________________________________________；（3）B的名称（系统命名）是______________________________；（4）第②～⑥步反应中属于取代反应的有________________（填步骤编号）；（5）第④步反应的化学方程式是________________________________________；（6）写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式_______________。①只含一种官能团；②链状结构且无-O-O-；③核磁共振氢谱只有2种峰。18、A是一种常见的烃，它的摩尔质量为40g·mol-1，C能发生银镜反应，E能与小苏打反应产生气体，它们之间存在如下图所示的转化关系（反应所需条件已略去）：请回答：（1）A的结构简式_______。（2）C中含有官能团的名称是_______。（3）在加热和催化剂条件下，D生成E的反应化学方程式为________。（4）下列说法正确的是________。a.B、C和E都能使酸性KMnO4溶液褪色b.D和E都可以与金属钠发生反应c.D和E在一定条件下反应可生成有香味的油状物质d.等物质的量B和D完全燃烧，耗氧量相同19、人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。（配制KMnO4标准溶液）如图所示是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有______(填序号)。(2)其中确定50mL溶液体积的容器是______(填名称)。(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_____(填“偏大”或“偏小”)。（测定血液样品中Ca2＋的浓度）抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则方程式中的x＝______。(5)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为_____mg/cm3。20、如图，是实验室制备乙酸乙酯的装置。a试管中加入3mL95%的乙醇、2mL浓硫酸、2mL冰醋酸；b试管中是饱和碳酸钠溶液。连接好装置，用酒精灯对试管a加热，当观察到试管b中有明显现象时停止实验。（1）在a试管中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入____________，目的是____________。（2）试管b中观察到的主要现象是__________________________。（3）实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是_________________。（4）饱和Na2CO3溶液的作用是__________________________________________。（5）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，然后分液，得到乙酸乙酯。21、为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。请回答：（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：_________________________。（2）试剂X是______。步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是________。（3）用固体F制备CuSO4溶液，可设计以下三种途径：写出途径①中反应的离子方程式_______________________________，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由______________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

A.硫燃烧生成二氧化硫，故A错误；B.NaAlO2与过量盐酸反应，生成氯化铝，故B错误；C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁可以被氯水氧化成氯化铁，故C正确；D.钠点燃生成过氧化钠，故D错误；正确答案：C。2、C【解题分析】

A、疫苗中的主要成分是用于诱导人体产生相应抗体的抗原，抗原是蛋白质，蛋白质受热易变性，失去活性，因此疫苗一般应冷藏存放，故A说法正确；B、血液为胶体，血液透析利用了胶体不能透过半透膜，即渗析，属于胶体的性质，故B说法正确；C、活性炭具有吸附性，能吸附异味，但不具有杀菌作用，故C说法错误；D、碘酒是游离状态的碘和酒精的混合物，其消毒作用的原理是游离态的碘的超强氧化作用，可以破坏病原体的细胞膜结构及蛋白质分子，因此碘酒可用于皮肤外用消毒，故D说法正确；答案选C。3、C【解题分析】

A.成键元素的非金属性差别越大，共价键的极性越明显，与相对分子质量无关，故A错误；B.氢化物的稳定性与键的强弱有关，与相对分子质量无关，故B错误；C.范德华力与相对分子质量和分子结构有关，一般而言，相对分子质量越大，范德华力越强，故C正确；D.共价键的键能与键的强弱有关，与相对分子质量无关，故D错误；答案选C。4、D【解题分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。【题目详解】根据以上分析可知X为O，Y为Na，Z为Al，W为S。则A、Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）＞r（Z）＞r（W），A错误；B、由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B错误；C、同周期自左向右金属性逐渐减弱，金属性：Na＞Al，C错误；D、非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O＞S，X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D正确；答案选D。5、C【解题分析】

①一个N≡N断裂的同时，有3个H—H键断裂，表示的都是v正，不能说明可逆反应达到平衡状态，①错误；②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂，表示的是v正=v逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，②正确；③可逆反应为反应前后气体体积减小的反应，其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变，可以说明反应达平衡状态，③正确；④对于反应前后气体体积不等的可逆反应，恒温恒容时，体系压强不再改变，说明该可逆反应达到平衡状态，④正确；⑤化学平衡时各组分的浓度、质量分数等保持恒定，故NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，表明可逆反应达到平衡状态，⑤正确；⑥恒温恒容时，该可逆反应的物质质量守恒，体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明该可逆反应达到平衡状态，⑥错误；⑦根据同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中相应各物质的化学计量数之比，正反应速率v(H2)=0.6mol/(L·min)时，用NH3表示的正反应速率v(NH3)=，则有：v(NH3)正=v(NH3)逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，⑦正确；综上所述，C项正确；答案选C。【题目点拨】根据化学平衡的特征来判断化学反应是否达平衡状态。即：（1）化学平衡时正逆反应速率相等（2）各组分的浓度及百分含量保持一致。这是判断可逆反应达到化学平衡状态的直接依据，由此可以衍生出其他判断反应是否达平衡状态的间接依据。6、C【解题分析】

A、燃气灶属于化学能转化为热能，A错误；B、硅太阳能电池属于太阳能转化为电能，B错误；C、碱性锌锰电池属于化学能转化为电能，C正确；D、风力发电机属于风能转化为电能，D错误。答案选C。7、A【解题分析】

A、根据肉桂醇的结构简式，含有官能团是碳碳双键、羟基，能发生取代反应、加成反应，但不能发生缩聚反应，故A说法错误；B、苯丙醛、肉桂醛、肉桂醇都含有苯环，因此它们都属于芳香族化合物，故B说法正确；C、醛→醇是还原反应，肉桂醛→肉桂醇，碳氧双键中的一个碳氧键发生断裂，是极性键的断裂；H2分子中的H-H键的断裂是非极性键的断裂；故C说法正确；D、肉桂醛在催化条件下，只有醛基与氢气发生加成反应，说明催化剂具有选择性，故D说法正确；答案选A。8、C【解题分析】A不正确，SO2数V形，B不正确，硫原子是sp2杂化，含有1对孤对电子，BD都是错误的，所以正确的答案选C。9、C【解题分析】

标准状况下，11.2L甲烷、乙烷、甲醛组成的混合气体的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol。燃烧后生成的CO2的物质的量是15.68L÷22.4L/mol＝0.7mol，所以混合气组成中平均碳原子数为0.7÷0.5＝。甲醛、甲烷分子中都含有一个碳原子，可以看做1个组分，即所以甲醛、甲烷的总物质的量与乙烷的物质的量之比为=3:2，体积分数等于物质的量分数，因此混合气体中乙烷的体积百分含量为答案选C。10、B【解题分析】

A、水解产物是甲酸和甲醇，相对分子质量不等，A不选。B、水解生成乙酸和异丙醇，相对分子质量相等，B选。C、麦芽糖的水解产物只有葡萄糖，C不选；D、葡萄糖不能水解，D不选；答案选B。11、C【解题分析】

增加的质量就是参加反应的氯气的质量，即氯气是0.1mol，得到电子是0.2mol，因此该金属提供1mol电子消耗的质量是1.8g÷0.2＝9g。由于选项A～D中提供1mol电子需要金属的质量分别是(g)108、18.67、9、23，因此该金属是Al。答案选C。12、A【解题分析】分析：A．第四周期第8列元素的原子序数为26；B．第18列He元素最外层电子排布为1s2；C．未成对电子数最多的元素，d能级有5个电子；D．第15列元素原子的价电子排布为ns2np3。详解：A．第四周期第8列元素的原子序数为26，为铁元素，A正确；B．元素原子最外层电子排布为ns2的不一定位于第2列，例如第18列He元素最外层电子排布为1s2，B错误；C．未成对电子数最多的元素，d能级有5个电子，应为第5列，C错误；D．第15列元素原子的价电子排布为ns2np3，最外层5个电子，D错误。答案选A。点睛：本题考查元素周期表的结构、位置与结构关系，题目难度不大，注意整体把握元素周期表、注意元素的特殊性，另外也需要注意举例排除法的应用。13、B【解题分析】本题考查了键的急性与分子的极性判断，侧重于对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。详解：A.SO2、H2O、NH3三种分子都是含有极性键的极性分子，故错误；B.CH4中碳氢键为极性键，分子为正四面体结构，是非极性分子，C2H4是平面结构，是非极性分子，C6H6是平面正六边形结构，是非极性结构，故正确；C.N2、Cl2、O3都含非极性键，故错误；D.H2O2、C2H6、PCl3都是极性分子，故错误。故选B。点睛：非极性键：同种元素的原子之间形成的共价键。极性键：不同的元素的原子之间形成的共价键。在分析判断时首先分清分子中的共价键的存在位置，即分清哪些原子之间形成了共价键。如过氧化氢中氢原子和氧原子形成共价键，两个氧原子之间也形成了共价键，所以含有极性键和非极性键两种。非极性分子：正负电荷中心重合的分子。判断方法为：分子的急性由共价键的急性即分子的空间构型两个方面共同决定。14、B【解题分析】

由甲c(HY)＝0.1mol·L-1、乙c(HZ)＝0.1mol·L-1分别和0.1mol·L-1NaOH溶液反应，反应后混合溶液pH＝7、pH＝9。说明HY为强酸，HZ为弱酸，以此进行分析即可；【题目详解】A.根据分析判断：乙组混合后的溶质为NaZ，NaZ溶液为强碱弱酸盐，所以：c(Na＋)＞c(Z－)＞c(OH－＞c(H＋)，故A错误；B.乙组实验所得混合溶液pH＝9，c(H+)=10-9mol/L，根据水的离子积可知c(OH-)=10-5mol/L，所以由水电离出的c(OH－)为1×10-5mol·L-1，故B正确；C.HZ为弱酸，溶液中部分电离，HY为强酸，所以0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液中c(H+)浓度不相同，故C错误；D.相同体积时，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液分别与足量的镁反应，产生氢气的速率不同，但总量相同，故D错误；综上所述，本题正确答案：B。15、C【解题分析】试题分析：A、苹果酸中含有羟基和羧基，2种官能团都能发生酯化反应，A正确；B、苹果酸中的羧基和羟基能发生取代反应和缩聚反应、羟基能发生消去反应，B正确；C、1mol苹果酸含有2mol羧基，最多可与2molNa2CO3发生复分解反应生成NaHCO3，C错误；D、与苹果酸官能团种类和个数均相同的同分异构体还有和2种，D正确。考点：考查了有机物的结构和性质的相关知识。16、A【解题分析】

①CH3(CH2)4CH3与溴水、高锰酸钾均不发生反应，故①错误；②CH3CH2CH＝CH2中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故②正确；③与溴水、高锰酸钾均不反应，故③错误；④与溴水不反应，与高锰酸钾反应，能使酸性高猛酸钾溶液褪色，故④错误；故答案为A。【题目点拨】把握官能团与性质的关系为解答的关键，能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，则含碳碳双键、三键，或具有还原性的物质，特别注意苯的同系物只能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴水褪色。二、非选择题（本题包括5小题）17、C6H10O3酯基和羟基（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2CHCH2OH+NaBr2-甲基-1-丙醇②⑤(CH3)2CHCHO+OHC－COOCH2CH3→(CH3)2C(CHO)CHOH－COOCH2CH3CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3【解题分析】

反应①为2－甲基丙烯的加成反应，根据反应③的产物可知A为，反应②为卤代烃的水解反应，则B为(CH3)2CHCH2OH，反应③为醇的氧化，根据G推知F为，结合已知和反应⑤有乙醇产生推得C为OHC－COOCH2CH3，反应④类似所给已知反应，则E为，据此解答。【题目详解】（1）G的结构简式为，分子式是C6H10O3，G中官能团的名称是酯基和羟基；（2）第②步是卤代烃的水解反应，反应的化学方程式是（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2CHCH2OH+NaBr；（3）B为(CH3)2CHCH2OH，B的名称（系统命名）是2-甲基-1-丙醇；（4）根据以上分析可知第②～⑥步反应中属于取代反应的有②⑤；（5）根据已知信息可知第④步反应的化学方程式是(CH3)2CHCHO+OHC－COOCH2CH3→(CH3)2C(CHO)CHOH－COOCH2CH3；（6）根据E的结构可知它含三种官能团，而它的同分异构体含一种官能团，可能是羧基或酯基，只有2中氢原子，应该有对称结构，有如下几种：CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3。18、CH3C≡CH醛基CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2Obcd【解题分析】

由题意：A是一种常见的烃，它的摩尔质量为40g·mol-1，分子式应为C3H4，则A为CH3CCH，由转化关系可知B为CH3CH=CH2，C能发生银镜反应，则C为CH3CH2CHO，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2COOH，以此解答该题。【题目详解】(1)由以上分析可知A为CH3C≡CH，故答案为：CH3C≡CH；(2)根据上述分析：C为丙醛，含有的官能团为醛基，故答案为：醛基；(3)根据上述分析可知：D生成E的反应化学方程式为CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O，故答案为：CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O；(4)a.根据上述分析E为丙酸，与酸性KMnO4溶液不反应，故a错误；b.根据上述分析D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2COOH，D和E分别含有羟基、羧基，则都可以与金属钠发生反应，故b正确；c.根据上述分析D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2COOH，D和E在一定条件下发生酯化反应，可生成有香味的油状物质，故c正确；d.根据上述分析D为CH3CH2CH2OH，可拆写成(CH3CH=CH2)H2O，则等物质的量B和D完全燃烧，耗氧量相同，故d正确；故答案为：bcd。19、②⑤50mL容量瓶偏小21.2【解题分析】

(1)由图示可知②⑤操作不正确。②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面最低处与刻度线相切；(2)应该用50mL容量瓶准确确定50mL溶液的体积；(3)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(4)根据电荷守恒，草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O即x＝2；(5)根据方程式可知血液样品中Ca2＋的浓度为0.020mol/L×0.012L×52×40000mg/mol20.00cm3＝1.220、沸石（或碎瓷片）防止暴沸溶液分层，在饱和碳酸钠溶液上层产生有特殊香味的无色液体防止倒吸除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度【解题分析】

（1）还应放入沸石（或碎瓷片），目的是防止暴沸；（2）碳酸钠溶液能溶解乙醇、与乙酸反应，但是乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，会分层；（3）碳酸钠溶液能溶解乙醇、与乙酸反应，使压强减小；（4）饱和碳酸钠溶液作用是除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解