2022届安徽省泗县三中化学高二下期末综合测试试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL浓度为2.0molL1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，有气体放出，所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量此混合物，能得到铁的质量是()A11.2gB5.

2、6gC2.8gD1.4g2、已知酸性： H2CO3HCO3-，综合考虑反应物的转化率和原料成本等因素，将 转变为的最佳方法是A与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH溶液B与稀H2SO4共热后，加入足量的Na2CO3溶液C与足量的NaOH溶液共热后，再通入足量CO2D与足量的NaOH溶液共热后，再加入适量H2SO43、某溶液由K+、Fe3+、SO42-、CO32-、NO3-、I-中的几种离子组成，取样，滴加NaOH溶液后有红褐色沉淀生成。下列有关该溶液的说法不正确的是A是否含有SO42-可用BaCl2溶液检验 B是否含有K+可通过焰色反应确定C一定存在的离子为Fe3+、NO3- D一定不存在的

3、离子为CO32-、I-4、下列溶液中可能大量共存的离子组是（ ）A无色澄清透明溶液中：K+、H+、Cl、MnO4B在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO、ClC含大量Fe3的溶液：NH4、Na、SCN、ClD由水电离出c(H+)=10-12 molL-1的溶液：K+、Al3+、Cl、SO425、下列微粒的核外电子排布式书写违反泡利原理的是AC：1s22s22p2BNa+：1s22s22p43s2CS2-：1s22s22p23s23p4DK：1s22s22p63s23p76、化学与生活，社会发展息息相关、下列有关说法不正确的是A“霾尘积聚难见路人”。雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B“曾青(硫

4、酸铜)涂铁，铁赤色如铜”过程中发生了置换反应C为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶D医用酒精体积分数是75%，用医用酒精菌消毒是使细菌、病毒蛋白质变性后死亡7、下列表示正确的是A酒精的分子式：CH3CH2OHBKCl的电子式：CHClO的结构式 H Cl ODCCl4的比例模型：8、下列反应后只可能生成一种有机物的是ACH3CHCH2与HCl加成BCH3CH2CH(OH)CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水CC6H5CH3在铁粉存在下与氯气反应DCH3CH(OH)CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水9、铁、铜混合粉末18.0 g加入到100 mL 5.0 mol

5、/L FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8 g，下列说法正确的是A剩余固体是铁、铜混合物B原固体混合物中铜的质量是9.6 gC反应后溶液中n(Fe3+)=0.10 molD反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.75 mol10、现有氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种稀溶液，选用一种试剂通过一步操作就能将它们加以区分，这种试剂是AKSCN溶液 B氨水 CNaOH溶液 DAgNO3溶液11、元素X、Y、Z的原子序数之和为28，X与Z2具有相同的电子层结构，Y、Z在同一周期。下列推测错误的是()A原子半径：XY，离子半径：Z2XBX单质与Z单质反应的物质的量之比一定

6、为21CY与Z形成的化合物ZY2中，Z为2价D所有元素中Y的气态氢化物稳定性最强12、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是A在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-B在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+C在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+D在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO313、下列同周期元素中，原子半径最小的

7、是AMgBAlCSiDS14、如图装置()为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池放电、充电的化学方程式为2K2S2+KI3K2S4 +3KI。装置()为电解池的示意图，当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红。则闭合K时，下列说法不正确的是( )AK+从左到右通过离子交换膜B电极A上发生的反应为I3-+2e-=3I-C电极Y上发生的反应为2Cl-2e-=Cl2D当有0.1 molK+通过离子交换膜，X电极上产生1.12L气体(标准状况)15、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ABCD16、一种2-甲基色酮内酯(Y)可通过下列反应合成：下列说法正确的是AY分

8、子中有2个手性碳原子BY分子中所有碳原子处于同一平面C鉴别Y与X可用Br2的CCl4溶液D1molY最多可与1molNaOH反应二、非选择题（本题包括5小题）17、由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。(1)若A为金属钠，A与水反应的离子方程式为_。(2)若A为淡黄色的固体化合物，A_(填“是”或“不是”)碱性氧化物，A与CO2反应的化学方程式为_。(3)A不论是Na还是淡黄色的固体化合物，依据转化关系判断物质C是_，物质D是_。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

9、E属同族,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“”“铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5 mol，设0.5 mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：根据反应方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+可知56 gFe反应消耗2 mol

10、 Fe3+，64 g Cu反应消耗2 mol Fe3+，可列比例式：，解得m1=14 g，m2=16 g，溶解的金属质量为：18 g-2.8 g=15.2 g，14 g15.2gF。电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，O2-Na+，故A正确；BNa与O2反应可形成Na2O、Na2O2等化合物，如4Na+ O2=2Na2O，故B错误；CF在化合物中显-1价，故F与O形成的化合物OF2中，O为2价，故C正确；D非金属性F最强，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故D正确。答案选B。【点睛】掌握原子、离子半径比较技巧：一看电子层数，电子层数越大，半径越大；二看核电荷数，核电荷数越大，半径越小；

11、（电子层数相等时）三看核外电子数，核外电子数越大，半径越大。（电子层数、核电荷数相等时）12、C【解析】A若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；B离子还原性I-Fe2+Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；C氧化性顺序：Fe3+Cu2+H+Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故C正确；D氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，所以缓慢通入CO2：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故D错

12、误；答案选C。13、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。14、B【解析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极。则A、闭合K时，A是负极，B是正极，电子从A极流向B极，根据异性电荷相吸原理可知K+从左到右通过离子交换膜，A正确；B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2S22-2e-S42-，B错误；C、闭合K时，Y极是阳极，在阳极上溶液中的氯离子放电生成氯气，所以电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，

13、C正确；D、闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成氢气的物质的量是0.05mol，体积为1.12L(标况下)，D正确；答案选B15、A【解析】分析：A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成Fe

14、Cl2和H2。详解：A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现；物质间转化均能实现的是A项，答案选A。点睛：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关

15、键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2与少量HCl反应生成NaCl和Al（OH）3，NaAlO2与过量HCl反应生成NaCl、AlCl3和H2O。16、A【解析】A、根据手性碳原子的定义，Y分子中有2个手性碳原子，即，故A正确；B、Y分子中手性碳原子与另外个相连的C原子没有在一个平面上，故B错误；C、X、Y分子上都有碳碳双键，都能与Br2发生加成反应，因此Br2的CCl4溶液不能鉴别Y与X，故C错误；D、Y分子中能与NaOH反应的官能团是酚羟基和酯基，各有1个，即1molY最多消耗2molNaOH，故D错误；二、非选择题（本题包括5小题）17、2Na

16、+2H2O=2Na+2OH+H2 不是 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na2CO3 NaHCO3 【解析】(1)若A为Na，A与水反应生成单质E为H2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；(2)若A为Na2O2，A与水反应生成单质E为O2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，根据碱性氧化物的定义判断物质类别；(3)A不论是Na还是Na2O2，和水反应生成溶液为氢氧化钠溶液，通入二氧化碳反应生成C和D，判断为生成碳酸钠和碳酸氢钠。【详解】(1)若A为Na，A与水反应生成单质E为H2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，A与水反应的离

17、子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；(2)若A为Na2O2，A与水反应生成单质E为O2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3。A与水反应产生的物质除了碱NaOH外，还有O2，反应过程中有元素化合价的变化，因此Na2O2不是碱性氧化物；A与CO2反应产生碳酸钠、氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，(3)A不论是Na还是Na2O2，和水反应生成溶液为氢氧化钠溶液，通入二氧化碳反应生成C为Na2CO3，继续通入二氧化碳反应生成D为NaHCO3。【点睛】本题考查无机物推断的知识，涉及钠元素单质及其化合物的性质与转化、物质所属类别、有关方

18、程式书写等，需要熟练掌握元素化合物知识，关键是判断可能的反应产物。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：1s22s22

19、p63s23p1（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。19、CuSO4 不能 CuS、Cu2S与硝酸反应的产物相同 3Cu2S+16HNO3+=3

20、CuSO4+10NO+3Cu(NO3)2+8H2O Cu2S Cu2S 24.0g、CuS 24.0g 【解析】稀硝酸具有强氧化性，能把S从-2价氧化为-6价，把Cu从-1价氧化为+2价，本身会被还原为NO这一无色气体，由此可以写出CuS和Cu2S与稀硝酸的反应方程式。在题中，因为涉及到质量的变化，所以需要考虑反应前后，固体物质的相对分子质量的变化情况，经过分析，1份Cu2S生成2份CuO（Cu原子守恒），其相对分子质量没有发生变化，而1份CuS生成1份CuO（Cu原子守恒），相对分子质量减小了16，利用差量法可以推断出混合物中成分及相应的质量。【详解】用蒸馏水洗涤固体，得到蓝色溶液，则固体中

21、一定含有CuSO4；CuS、Cu2S和稀硝酸反应的方程式分别为：；，两个反应都有蓝色溶液和无色气泡生成，且加入BaCl2溶液后都有白色沉淀生成，所以无法判断黑色固体的成分；F瓶中品红溶液褪色，说明有SO2生成；根据铜原子个数守恒，有Cu2S-2CuO m=642+32-642-162=0，CuS-CuO m=64+32-64-16=16；实验I中，反应前后固体质量不变，则说明黑色固体中只有Cu2S；实验II中，固体质量变化量为4.0g，则可以推断出该质量变化由CuS引起，有CuS-CuO m=1696 16m(CuS) 4.0gm(CuS)=24.0gm(Cu2S)=48.0g-24.0g=2

22、4.0g则该黑色固体成为24.0g的Cu2S和24.0g的CuS。【点睛】仔细分析两种固体和稀硝酸反应后的产物，即可推断出相关的化学方程式，并答题。此外，对于通过质量判断混合物成分的题目，可以考虑使用差量法来解题。20、CD 饱和NaHSO3溶液 萃取 蒸馏 CH3CH2CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O CH2CH2Br2 CH2BrCH2Br b中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出 吸收酸性气体（二氧化硫、二氧化碳等） 吸收挥发出来的溴，防止污染环境。 【解析】、A酸性KMnO4溶液能把乙烯氧化为CO2引入新杂质，应该用溴水

23、，A错误；B甲苯硝化制对硝基甲苯与苯甲酸和乙醇反应制苯甲酸乙酯的反应类型相同，均是取代反应，B错误；C花生油属于油脂，能与氢氧化钠发生皂化反应，汽油属于烃类，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别花生油和汽油，C正确；D乙酸和氧化钙反应，因此除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏即可，D正确；E氢氧化钠能和乙酸乙酯反应，除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液、干燥、蒸馏，E错误，答案选CD；、（1）粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1-丁醇；因为1-丁醇和乙醚的沸点相差很

24、大，因此可以利用蒸馏将其分离开；（2）正丁醛发生银镜反应方程式为CH3CH2CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O；、（1）乙烯与溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷，化学方程式为CH2CH2Br2 CH2BrCH2Br。（2） 若d中发生堵塞，则生成的气体无法排出，导致b中压强增大，所以b中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出。（3）浓硫酸具有脱水性和强氧化性，在加热的情况下，乙醇与浓硫酸发生副反应生成二氧化碳、二氧化硫等酸性气体，二氧化硫能与溴水反应生成硫酸、氢溴酸。为了防止对制备1，2二溴乙烷的干扰，容器c中NaOH溶液的作用是除

25、去乙烯中带出的酸性气体；（4）液溴易挥发，制得的产物中含有有毒的溴蒸气，则e装置内NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的溴，防止污染环境。21、3ba C2H4 反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高 250 AC 2CO212H12e=C2H5OH3H2O 2 mol 6FeO+CO22Fe3O4+C 【解析】已知CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2O(1)H1=akJmol-1，H2(g)+O2(g)=H2O(1)H2=bkJmol-1；根据盖斯定律知，3-得：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；(2)根据图知，升高温度，氢气物质的量增大，

26、说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，据此判断c曲线代表物质；(3)反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；据图示进行分析250甲醇转化率最高；由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-53.7kJmol-8 可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；(4)电解时，二氧化碳在b极上得电子发生还原反应生成乙醇；(5)该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价，O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子