湖南省株洲市2021-2022学年化学高二第二学期期末调研模拟试题含解析

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（每题只有一个选项符合题意）1、NaCl是我们生活中必不可少的物质，将NaCl晶体溶于水，其溶解过程示意图如图所示，下列说法正确的是（ ）A对比甲、乙两图，图甲中水合b离子的结构示意图不科学B图中a离子为、b离子为C氯化钠晶体中存在离子键和分子间作用力D水分子对氯化钠晶体表面离子的作用不可能克服离子键的作用2、根据下列热化学方程式：2H

2、2S(g)3O2(g)2SO2(g)2H2O(l) H =Q1 kJmol-1，2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(g) H =Q2 kJmol-1，2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(l) H =Q3 kJmol-1，判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（ ）AQ1Q2Q3BQ1Q3Q2CQ3Q2Q1DQ2Q1Q33、将等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红和Ba(NO3)2的混合溶液里,发生的现象是溶液很快褪色溶液不褪色 有沉淀生成溶液仍然透明 （ ）A仅和B仅和C仅和D仅和4、用石墨做电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使用电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入

3、适量的( )ACuSO4BH2OCCuODCu(OH)25、下列仪器中，不能作反应容器的是()ABCD6、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）金属钠投入到FeCl1溶液中过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca（OH）1投入过量NaHCO3溶液中向饱和Na1CO3溶液中通入过量CO1A B C D7、2018年3月5日，Nature连刊两文报道了21岁的中国留美博士曹原等研究人员制得了具有超导特性的双层石墨烯新材料。以下对石墨烯的推测不正确的是（ ）A石墨烯性质稳定，不能在氧气中燃烧B石墨烯与石墨都具有导电性C石墨烯与金刚石互为同素异形体D石墨烯与石墨都具有较高的熔点8、一定温

4、度下，将4molA(g)和2molB(g)充入2L恒容密闭容器中，发生2A(g)B(g) 2C(g)，一段时间达到平衡，反应过程中测定的数据如下表。下列说法正确的是 t/min2489n(B)/mol1.51.21.01.0A该温度下反应的平衡常数K1.0B反应04 min的平均速率(C)0.4 molL1min1C其他条件不变，升高温度反应的平衡常数增大，则该反应为吸热反应D其他条件不变，再充入4molA(g)，达到新平衡时A的浓度减小，B的转化率增大9、下列各物质性质的排序比较正确的是A沸点： 乙烷溴乙烷乙酸乙醇B分子的极性大小：CH4HBrHCl c(CHCOO -) Bc(Na+ )=

5、 c(CHCOO -)Cc(Na+ )”“”或“=”,下同), E与C的第一电离能大小关系是E_C。（4）写出元素E和C的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式_。18、以苯和乙炔为原料合成化工原料E的路线如下：回答下列问题：(1)以下有关苯和乙炔的认识正确的是_。a苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为化学变化，后者为物理变化b苯和乙炔在空气中燃烧都有浓烟产生c苯与浓硝酸混合，水浴加热5560，生成硝基苯d聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物(2)A的名称_。(3)生成B的化学方程式为_，反应类型是_。(4)C的结构简式为_，C的分子中一定共面的碳原子最多有_个。(5)与D同类别且有二个六元环

6、结构(环与环之间用单键连接)的同分异构体有4种，请写出其中2种同分异构体的结构简式：_。(6)参照上述合成路线，设计一条以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：_。19、某化学实验小组将装有铜与浓硫酸烧瓶加热一段时间后，取出烧瓶中固体，探究其成分。查资料可知，浓硫酸与铜反应可能生成CuS或Cu2S，它们都难溶于水，能溶于稀硝酸。实验如下：（i）用蒸馏水洗涤固体，得到蓝色溶液，固体呈黑色。（ii）取少量黑色固体于试管中，加入适量稀硝酸，黑色固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气泡。取少量上层清液于试管，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀。根据实验（i）得到蓝色溶液可知，固体中含_（填化学式）根据实验（ii）

7、的现象_（填“能”或“不能”）确定黑色固体是CuS还是Cu2S，理由是_。写出Cu2S与稀硝酸反应的化学方程式_为了进一步探究黑色固体的成分，将实验（i）中黑色固体洗涤、烘干，再称取48.0g黑色固体进行如下实验，通入足量O2，使硬质玻璃管中黑色固体充分反应，观察到F瓶中品红溶液褪色。实验序号反应前黑色固体质量/g充分反应后黑色固体质量/gI48.048.048.044.048.040.0根据上表实验数据推测：实验I中黑色固体的化学式为_；实验中黑色固体的成分及质量为_。20、下图是有关FeSO4的转化关系 (无关物质已略去)。已知：X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液退色；通入BaCl

8、2溶液，产生白色沉淀。Y是红棕色的化合物。(1) 气体X的成分是(填化学式)_。(2) 反应的反应类型属于(填序号)_。a分解反应b复分解反应c置换反应d化合反应e氧化还原反应(3) 溶液2中金属阳离子的检验方法是_。(4) 若经反应得到16 g固体Y，产生的气体X恰好被0.4 L 1 molL1 NaOH溶液完全吸收，则反应的化学方程式是_，反应中生成FeSO4的离子方程式是_。(5) 一瓶长期露置在空气中的FeSO4溶液，为检验其是否完全变质，则需要的试剂是_（填写名称）。21、含有下列离子的五种溶液Ag+，Mg2+，Fe2+，Al3+，Fe3+。试回答：（1）既能被氧化又能被还原的离子是

9、_。（2）向中加入NaOH溶液,现象是_，有关化学方程式或离子方程式是_。（3）加入过量NaOH溶液无沉淀的是（不考虑）_。（4）能用来鉴别Cl存在的离子是_。（5）遇KSCN溶液呈红色的是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】根据离子半径的大小，a离子的离子半径大于b离子的离子半径，推断出a离子是氯离子，b离子是钠离子，氯离子属于阴离子，吸引阳离子，钠离子属于阳离子，吸引阴离子，同时氯化钠属于离子晶体，只含有离子键，根据图中氯化钠溶于水后发生了电离，可知破坏了离子键。【详解】A.图甲中水合b离子的结构示意图不科学，b离子是钠离子，属于阳离子，距离它较近的应该是氧原子

10、而不是氢原子，A项正确；B.根据离子半径大小推断出a离子为、b离子为，B项错误；C.氯化钠晶体中存在离子键，不存在分子间作用力，因为分子间作用力只存在于分子之间，而氯化钠是离子化合物，由离子构成，没有分子，C项错误；D.根据图中所示，水分子对氯化钠晶体表面离子的作用克服离子键的作用，使氯化钠发生了电离，D项错误；答案选A。2、B【解析】2H2S(g)3O2(g)2SO2(g)2H2O(l) H =Q1 kJmol-1；2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(g) H =Q2 kJmol-1；2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(l) H =Q3 kJmol-1，与相比较，H2O(g)

11、 H2O(l)放热，所以Q2 Q3，则Q1Q3Q2；答案选B。3、C【解析】等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红中，发生SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+，品红不褪色；通入Ba（NO3）2的混合溶液中，发生SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+、SO42+Ba2+=BaSO4，观察到生成白色沉淀，故选C。【点睛】本题考查二氧化硫的化学性质，侧重氧化还原反应原理及二氧化硫还原性的考查，注意等物质的量时发生的氧化还原反应。4、C【解析】用铂电极电解CuSO4溶液，阴极铜离子放电，阳极氢氧根离子放电，然后根据析出的物质向溶液中加入它们形成的化合物即可。【详解】Cu

12、SO4溶液存在的阴离子为：SO42、OH，OH离子的放电能力大于SO42 离子的放电能力，所以OH离子放电生成氧气；溶液中存在的阳离子是Cu2、H，Cu2离子的放电能力大于H离子的放电能力，所以Cu2离子放电生成Cu；溶液变成硫酸溶液；电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O2 Cu+O2 +2H2SO4，从溶液中析出的物质是氧气和铜，因为氧气和铜和稀硫酸都不反应，但和氧化铜反应，氧气和铜反应生成氧化铜，所以向溶液中加入氧化铜即可，故选：C。【点睛】本题考查了电解原理，能正确判断溶液中离子的放电顺序从而确定析出的物质是解本题的关键，本题题干中应明确硫酸铜足量，否则铜完全析出后，阴极上会生成

13、氢气，这种情况下应加入CuO和水，即Cu(OH)2。5、C【解析】试题分析：A试管可用作反应容器，A错误；B锥形瓶可用作反应容器，B错误；C容量瓶只可以用于配制一定物质的量浓度的溶液，C正确；D烧杯可用作反应容器，D错误，答案选C。考点：考查化学仪器的使用6、C【解析】金属钠投入到FeCl1溶液中，Na首先与水反应：1Na+1H1O=1NaOH+H1，NaOH再与FeCl1反应生成白色的Fe（OH）1沉淀，Fe（OH）1易被氧化，沉淀最终变为是红褐色，故错误；过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：4OH- +Al3+= AlO1- +1H1O，所以最终没有沉淀生成，故错误；少量Ca（O

14、H）1投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为： OH-+HCO3- =CO31-+H1O，CO31-与Ca1+不能大量共存，生成白色的碳酸钙沉淀，故正确；向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1发生反应：Na1CO3+H1O+CO1=1NaHCO3，此为化合反应，且碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故正确；故选C。7、A【解析】A.石墨烯是只由碳原子构成的单质，能在氧气中燃烧，A项错误；B.石墨烯具有超导特性可以导电，石墨中含有自由电子，所以石墨也可以导电，B项正确；C.石墨烯还是只由碳原子构成，是C原子形成的单质

15、，所以石墨烯与金刚石是同素异形体，C项正确；D.石墨属于混合晶体，石墨烯属于二维晶体，二者都具有较高的熔点，D项正确；答案选A。8、C【解析】根据图表信息可以分析出04 min B的物质的量变化，反应达到平衡时B的物质的量变化，根据方程式计算时抓住，各物质的变化量等于化学方程式化学计量数之比，结合三行式运算，据此解答。【详解】A一定温度下，将4molA（g）和2molB（g）充入2L恒容密闭容器中，发生反应，B达到平衡状态变化的浓度=0.5mol/L，该温度下反应的平衡常数K=12 /（120.5 ）=2.0，故A项错误；B反应04 min，物质的量变化n（B）=2mol-1.2mol=0.8

16、mol，化学方程式计算得到生成C物质的量1.6mol，C的平均速率v（C）=0.2 molL-1min-1，故B项错误；C其他条件不变，升高温度反应的平衡常数增大，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应，故C项正确；D其他条件不变，再充入4molA（g），达到新平衡时A的转化率减小，则A的浓度增大，B的转化率增大，故D错误。故答案为C。9、B【解析】A乙酸的沸点：117.9，乙醇的沸点：78.4，乙酸、乙醇中都含有氢键，溴乙烷的沸点：38.4，乙烷在常温下为气态，沸点：乙烷溴乙烷乙醇乙酸，故A错误；BCH4为非极性分子，其它三种为极性分子，非金属性FClBr，则分子极性HBrHClHF，所以四种分

17、子的极性大小排序为：CH4HBrHClHF，故B正确；C. 常见酸性比较：强酸H2SO3H3PO4HFCH3COOHH2CO3H2SHClOH2SiO3，故C错误；D. 热分解温度：BaCO3、SrCO3、CaCO3、MgCO3离子电荷相同，半径大小：Ba2+Sr2+Ca2+Mg2+，固体晶格能：BaOSrOCaOMgO，生成的氧化物晶格能越大，越易分解，所以热分解温度：BaCO3SrCO3CaCO3MgCO3，故D错误；所以B选项是正确的。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的综合应用，题目难度中等，涉及沸点、分子的极性、酸性及热分解温度比较，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题有利于

18、提高学生的灵活应用能力。10、B【解析】有机化合物中，碳原子与碳原子的原子轨道之间以“肩并肩”的方式形成键的重叠程度要比以“头碰头”的方式形成键的重叠程度小得多。两个碳原子之间形成的键比键牢固，键的键能通常大于键。【详解】A.乙烯中两个碳原子间存在一个键和一个键，乙烷中两个碳原子间存在一个键，乙烯中CC的键能应当大于乙烷中CC的键能且小于乙烷中CC的键能的2倍，故A错误；B.氮气分子中有三个共价键，1个键和2个键，故B正确；C.形成共价键的两个原子对电子的吸引能力差别越大，共价键的极性就越强；N原子与O原子吸电子能力的差值小于C与O吸电子能力的差值，NO键的极性比CO键的极性小，故C错误；D.

19、在NH4+中参与成键的8个电子分布在原子最外层的4个能量相等的sp3杂化轨道中，4个NH键的键能键长键角都相等，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】通过物质的结构式，可以快速有效判断键的种类及数目；判断成键方式时，需要掌握：共价单键全为键，双键中有一个键和1个键，三键中有一个键和2个键，且键比键稳定。11、A【解析】根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，充电时，阳极上得电子发生还原反应，阳极反应式为：VO2+H2O=VO2+2H+e-。据此分析解答。【详解】A.放电时，正极发生还原反应，正极反应

20、为：，故A正确；B. 充电时阴极反应为：V3e=V2，故B错误；C. 溶液导电是由阴、阳离子定向移动完成的，电子不能在溶液中定向移动，故C错误；D. 充电过程中，H+由阳极区向阴极区迁移，故D错误；答案选A。12、B【解析】ACO32为弱酸阴离子，在水溶液中会水解，数目会减少，A项错误；B8gO2的物质的量为8g32gmol1=0.25mol，每个O原子中含有8个电子，则含有电子的物质的量为0.25mol28=4mol，电子数为4NA，B项正确；C在标准状况下，CCl4是液体，不能用22.4Lmol1来计算物质的量，其物质的量不是0.1mol，C项错误；DpH=13的Ba(OH)2溶液，OH的

21、浓度为0.1molL1，体积为1L，则OH的物质的量=0.1molL11L=0.1mol，其数目为0.1NA，D项错误；本题答案选B。13、C【解析】分析：A项，电子云轮廓图是电子在原子核外空间出现概率90%的空间；B项，电子的运动状态由能层、能级、电子云的伸展方向和电子的自旋方向确定；C项，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析；D项，量子力学指出，原子核外电子的运动没有确定的轨道和位置，只能确定电子出现在原子核外空间各处的概率。详解：A项，电子云轮廓图是电子在原子核外空间出现概率90%的空间，1s电子云界面图是一个球面，表示在这个球面以内，电子出现的概率为90%，

22、A项错误；B项，电子的运动状态由能层、能级、电子云的伸展方向和电子的自旋方向确定，B项错误；C项，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，C项正确；D项，量子力学指出，原子核外电子的运动没有确定的轨道和位置，只能确定电子出现在原子核外空间各处的概率，原子核外电子不是绕着原子核做圆周运动，D项错误；答案选C。14、A【解析】A. 基态碳原子核外电子排布式为1s22s222，则其价电子轨道表示式为，A正确；B. NH4Cl的电子式为：，B错误；C. Br原子的基态简化电子排布式为Ar4s24p5，C错误；D. 石英的主要成分为SiO2，SiO2属于原子晶体，不存在SiO2

23、分子，D错误；故合理选项为A。【点睛】本题易错点为B、D选项。B选项中，电子式的书写：金属离子的电子式就是其本身，非金属元素组成的离子的电子式要表示出原子的价电子。D选项中，要注意金属晶体、原子晶体和离子晶体都没有分子式，而是化学式。15、C【解析】NaOH为强电解质，pH=11的NaOH溶液中NaOH的浓度为0.001mol/L；醋酸为弱电解质，在溶液中只部分电离，pH=3的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.001mol/L。两溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，即c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),可知c(Na+)c(CH3COO

24、-)。故选C。16、C【解析】A.苯环和碳碳双键都能与氢气发生加成反应， 1mol该有机物在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2反应，A正确；B. 该有机物分子中有碳碳双键，故其能使溴水褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C. 该有机物分子中虽然有氯原子，但其为非电解质，不能电离出氯离子，故遇硝酸银溶液不能产生白色沉淀，C不正确；D. 该有机物分子中有氯原子，与其所连接的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其在一定条件下能发生消去反应或取代反应，D正确。故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、1s22s22p63s23p1 【解析】A、E同族，且最外层电子排布为ns1。是IA族，E

25、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：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

26、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。18、bd； 苯甲醇； ； 取代反应； 7 任意2种； 【解析】苯与甲醛发生加成反应生成A为，A与HBr发生取代反应生，与HCCNa发生取代反应生成B为，与氢气发生加成反应生成C，结合C的分子式可知C为，结合E的结构可知C与CH2I2反应生成D为，D发生

27、氧化反应生成E。【详解】（1）a苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为萃取，属于物理变化，后者发生加成反应，为化学变化，故a错误；b苯和乙炔的最简式相同，含碳量高，在空气中燃烧都有浓烟产生，故b正确；c苯与浓硝酸混合，水浴加热5560，生成硝基苯，需要浓硫酸作催化剂，故c错误；d聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物，故d正确，答案选bd；（2）A为，名称为苯甲醇；（3）生成B的化学方程式为：，属于取代反应；（4）C的结构简式为，苯环连接2原子处于同一平面，碳碳双键连接的原子处于同一平面，旋转碳碳单键可以使羟基连接的碳原子处于碳碳双键平面内，由苯环与碳碳双键之间碳原子连接原子、基团形成四面体结构，两个平

28、面不能共面，最多有7个碳原子都可以共平面；（5）D（）其分子式为C12H16，只能形成2个六元碳环。书写的同分异构体与D同类别且有二个六元环结构（环与环之间用单键连接），D属于芳香醇，则同分异构体中，也有一个苯环，此外OH不能连接在苯环上，则同分异构体有：； （6）环丙烷为三元碳环结构，在D中也存在三元碳环结构。中有碳碳三键，乙炔分子中也有碳碳三键，模仿到D的过程，则有以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意根据转化中有机物的结构、反应条件等进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，较好地考查学生自学能力、分析推理能力与知识迁移运用能力。19、CuSO4 不能

29、CuS、Cu2S与硝酸反应的产物相同 3Cu2S+16HNO3+=3CuSO4+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

30、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) 4.0

31、gm(CuS)=24.0gm(Cu2S)=48.0g-24.0g=24.0g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、SO2、SO3 a、e 取少量溶液2中的溶液加入几滴KSCN试液，溶液变红色 2FeSO4Fe2O3SO2SO3 2Fe3+ + SO32-+ H2O 2Fe2+SO42-+ 2H+ 酸性高锰酸钾溶液 【解析】分析：本题考查的是框图式物质推断题，抑制反应物，利用物质的特点，顺向褪即可，关键须掌握铁和硫相关化合物的性质。详解：(1)硫酸亚铁受热分解，生成气体X，X通入品红溶液，溶液褪色是二氧化硫，通入氯化钡溶液，产生白色沉淀是三氧化硫，所以X为 SO2、SO3 。(2)从硫酸亚铁受热分解的方程式可看出由硫酸亚铁一种化合物