2022届四川省南充市阆中中学化学高二下期末达标测试试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、化合物 的分子式均为C8H8，下列说法不正确的是 （ ）A甲、乙、丙的二氯代物数目最少的是丙B甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面C甲、乙、丙在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰D等量的甲和乙分别与足量的溴水反应，消耗Br2的量：甲乙2

2、、我国自主研发“对二甲苯的绿色合成路线”取得新进展，其合成示意图如下。下列说法中，不正确的是A过程i发生了加成反应B对二甲苯的一溴代物只有一种CM所含官能团既可与H2反应，也可与Br2的CCl4溶液反应D该合成路线理论上碳原子利用率为100，且产物易分离3、NH4X（X为卤素原子）的能量关系如下图所示。下列说法正确的是AH1H5BH6H1H2H3H4H5C已知NH4Cl溶于水吸热，则H60D相同条件下，NH4Cl的（H2H3H5）比NH4Br的大4、若原子的最外层电子排布为ns1的元素R的叙述正确的是A一定是A族元素B一定是金属元素C可能不是金属元素也可能是非金属元素D不是A族元素就是副族元素

3、5、下列化合物中，只有在水溶液中才能导电的电解质是ANaClBCH3CH2OH(酒精)CH2SO4DCO26、用铂电极（惰性）电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和O2的是 （ ）A稀NaOH溶液BHCl溶液C酸性CuSO4溶液D酸性AgNO3溶液7、氨基酸分子间相互结合成高分子化合物时，必定存在的结构片段是（）ABCD8、下列叙述中，错误的是( )A虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠是电解质B纯水的pH随温度的升高而减小C在醋酸钠溶液中加入少量氢氧化钠，溶液中c(OH)增大D在纯水中加入少量硫酸铵，可抑制水的电离9、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、

4、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是A原子半径由大到小的顺序为：r(Z)r(Y)r(X)r(W)B氧化物的水化物的酸性:H2XO3H2YO4C单质熔点：XSiSH，故A错误；B、S的非金属性强于Si，即H2SO4的酸性强于H2SiO3，故B正确；C、Si为原子晶体，S单质为分子晶体，即Si的熔点高于S，故C错误；D、ZWY为KHS，HS-在水中既有电离也有水解，故D错误；答案选B。【点睛】本题应从向过量的ZWY溶液中滴入少量的硫酸铜溶液，观察到有黑色沉淀和臭鸡蛋气味的气体放出入手

5、，臭鸡蛋气味的气体为H2S，黑色沉淀为CuS，发生的离子方程式应是2HSCu2=CuSH2S，最后根据信息推出其他，这就需要学生对元素及其化合物的性质熟练掌握。10、B【解析】分析：碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；钠在常温下或点燃时与氧气反应产物不同；氢氧化钠与二氧化碳反应可以生成碳酸钠或碳酸氢钠；过氧化钠与二氧化碳反应生成物是碳酸钠和氧气；根据氢氧化铝是两性氢氧化物分析；根据碳酸钠与盐酸反应分步进行分析。详解：NaHCO3溶液和NaOH溶液反应只能生成碳酸钠和水，正确；Na和O2常温下反应生成氧化钠，点燃则生成过氧化钠，错误；足量NaOH溶液和CO2反应生成碳酸钠和水，二氧化碳如果过量

6、，则生成碳酸氢钠，错误；Na2O2和CO2反应只能生成碳酸钠和氧气，正确；NaAlO2和HCl反应时如果盐酸过量则生成氯化钠、氯化铝和水，如果偏铝酸钠过量则生成氢氧化铝和氯化钠，错误；Na2CO3溶液和盐酸是分步进行的，如果盐酸不足，则生成碳酸氢钠和氯化钠，如果盐酸过量则生成氯化钠、水和二氧化碳，错误；答案选B。11、B【解析】A溴乙烷与NaOH溶液混合共热，发生水解反应生成溴离子，检验溴离子先加硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成浅黄色沉淀可证明，选项A错误；B、实验室制备乙烯时，温度计水银球应该插入浓硫酸和无水乙醇的混合液液面以下，以测定反应物的温度，迅速加热至170，选项B正确；C、乙醇

7、易挥发，乙醇与乙烯均能被高锰酸钾氧化，则不能证明溴乙烷发生了消去反应一定生成了乙烯，选项C错误；D、制备新制Cu（OH）2悬浊液时，将46滴2的NaOH溶液滴入2 mL2的CuSO4溶液中，氢氧化钠不足，得不到氢氧化铜悬浊液，选项D错误；答案选B。12、C【解析】硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e-。A. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为13，A不正确；B. 若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4m

8、ol电子，B正确；C. 当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；D. 硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。本题选A。13、D【解析】A.因为碳酸钙受热分解是吸热反应，所以CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量，A项正确，不符合题意；B.吸热反应，焓变大于零，B项正确，不符合题意；C.在CaCO3中，Ca2和CO32之间存在离子键，CO32中，C与O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂，旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，C项正确，不符合题意；D.需要加热才发生的反应不一定为吸热反应

9、，如碳的燃烧需要加热，但该反应是放热反应，D错误，符合题意；本题答案选D。14、D【解析】A.因M化学式为Cr(NH3)3O4 中有2 个过氧键，则M中Cr的化合价为+4，故A错误；B. 由M中有2 个过氧键，所以，3molH2O2 没有全部被氧化，B错误； C. 向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子被M中的过氧键氧化为三价铁，溶液由浅绿色变黄棕色，C错误；D由方程式可知每生成1molO2转移2mol电子，同时生成1mol Cr(NH3)3O4，则转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g，D正确。 点睛：抓住信息：测得M中有2 个过氧键，从而确定M中Cr的化合价为+4价是解题关

10、键，同时M中存在过氧键能氧化亚铁离子。15、B【解析】A.根据反应式可知，Li的化合价升高，失电子作电池的负极，FeS2得电子化合价降低，作电池的正极，A正确；B.a极作电池的负极，则a极的电势比b极的电势低，B错误；C.b极上，Fe、S原子的化合价均降低，则电极反应式是FeS2+4Li+4e-=Fe+2Li2S，C正确；D.外电路中电子是由a极（负极）沿导线移动到b极（正极），D正确；答案为B。【点睛】FeS2得电子化合价降低，做电池的正极，Fe为+2价，S为-1价，1mol FeS2得到4mol电子。16、B【解析】植物油为不饱和脂肪酸甘油酯，矿物油多为饱和烃类物质，也可能含有不饱和烃，利

11、用酯、烯烃的性质可区别二者，以此来解答。【详解】A. 植物油与矿物油都有碳碳双键与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色，不能区别，故A错误；B. 植物油为高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性环境下水解，生成易溶于水的物质，反应后液体不再分层，可鉴别，故B正确；C. 植物油与矿物油均可使溴水发生加成反应使其褪色，不可区别，故C错误；D. 二者均不与新制Cu(OH)2悬浊液反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；故答案选：B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基 酯基 CH3CH2CH2COOH；CH3CH(CH3)COOH CH3CHO2Cu(OH)2NaOHCH3COONaCu2O3H2O 【解析】由

12、条件“A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平”可知，A为乙烯；乙烯能发生加聚反应生成F即聚乙烯；乙烯也可以与水加成得到B乙醇，乙醇经过连续氧化后得到D乙酸，二者可以酯化生成G乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下水解得到乙醇和E乙酸钠。【详解】(1)D乙酸，G乙酸乙酯中官能团分别为羧基和酯基；(2)上述转化关系中，反应即乙烯和水的反应为加成反应；反应和即酯化和酯的水解反应为取代反应；(3)G为乙酸乙酯，其属于羧酸的同分异构体有正丁酸(CH3CH2CH2COOH)和异丁酸(CH3CH(CH3)COOH)；(4)C为乙醛，其与新制氢氧化铜反应的方程式即为：CH3CHO2Cu(OH)2NaOHCH3CO

13、ONaCu2O3H2O；【点睛】有机推断题的突破口，一是反应条件，二是题干中描述的物质的名称、应用等信息，三是题干中提供的计算有关的信息；要灵活整合推断题中的信息加以推断。18、Fe Al2O3 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 【解析】G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为O2，C和碱反应生成E、F，D和气体K反应也生成E、F，则说明E、F都为氢氧化

14、物，E能转化为F，应为Fe(OH)2Fe(OH)3的转化，所以E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，则C为FeCl2，D为FeCl3，B为Fe3O4，与Al在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe，则推断各物质分别为：A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Al2O3，H为O2，为Al，结合物质的性质分析作答。【详解】根据上述分析易知，（1）A为Fe，G为Al2O3；（2）C为FeCl2，D为FeCl3，若CD为化合反应，则反应的化学方程式为：2FeCl2+ Cl2=2FeCl3；（3）E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，Fe(

15、OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，其化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（4）Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。19、干燥环境密闭保存 硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解 aefd 加入稍过量的碳 取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含 2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO+CO2 【解析】(1)硫化钠易被氧化，溶液中硫离子可发生水解； (2)A中发生Na2SO4+2CNa2S+2CO2，选装置D检验

16、二氧化碳，选装置C吸收尾气，二氧化碳不需要干燥；(3)实际得到Na2S小于amol，可增大反应物的量；固体产物中可能含有少量Na2SO3，加盐酸发生氧化反应生成S；(4)硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，结合电子、原子守恒来解答。【详解】(1)硫化钠固体在保存时需注意干燥环境密闭保存，原因是硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解；(2)A为制备装置，装置D检验二氧化碳，选装置C吸收尾气，则连接仪器顺序为aefd；(3)若a mol Na2SO4和2a mol C按上述步骤充分反应，实际得到Na2S小于amol，

17、则实验改进方案是加入稍过量的碳；固体产物中可能含有少量Na2SO3，设计实验为取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含；(4)经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，若CO2和CO分别为1mol、3mol，失去电子为10mol，则S得到10mol电子，应生成等量的Na2S、Na2SO3，反应方程式为2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO+CO2。20、关闭A，向E中加水，微热烧瓶E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱 0.6NA

18、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 吸收空气中水蒸气、防止进入D中 取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙 92.5% 偏低 【解析】分析：本题考查的是物质的制备和含量测定，弄清实验装置的作用、发生的反应及指标原理是关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。详解：装置A中反应生成氮气，装置B可以吸收氧气，C中浓硫酸吸水，氮气和钙粉在装置D中反应，E中浓硫酸防止空气中的水蒸气进入D。(1)连接装置后，关闭A中分液漏斗的活塞，向E中加水，微热烧瓶，E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱，说明装置气密性好。(2)A中的反应为(NH4)2SO4+2NaNO2 2N

19、2+Na2SO4+4H2O，转移6mol电子时生成2mol氮气，所以A中每生成标况下4.48L氮气，转移的电子数为0.6NA。(3)B中氧气氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，E装置中浓硫酸吸收空气中的水蒸气，防止进入D中。 (4)实验开始先使装置的反应发生，排除装置内的空气，实验结束，先停止D处的热源，故顺序为。(5)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水，氨气极易溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有为反应的钙，故方法为：取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙 (1)剩余的盐酸物质的量为，故参与反应的盐

20、酸为0.11-0.05=0.05mol，根据氮元素守恒：，则氮化钙的物质的量为0.025mol，则氮化钙的质量分数为= 92.5% (2)达到滴定终点，仰视滴定管读数将使消耗的氢氧化钠的标准液的体积读数变大，使剩余盐酸的量变大，反应盐酸的的氨气的量变小，故测定结果偏小。21、 1s22S22p63s23p63d24s2或Ar 3d24s2 第4周期第VIII族 正四面体 sp3 产生白色沉淀 Co (NH3)5SO4Br 6 34107dNA1010 或341.07d6.02103【解析】分析：(1) Ti原子序数为22，其基态原子的电子排布式为1s22S22p63s23p63d24s2，或Ar 3d24s2 ；Ni元素的原子序数为28，在元素周期表位于第4周期第族。 (2) 阴离子是SO2-4；根据价层电子对互斥理论可知价层电子对数为4，属于sp3 杂化，为正四面体构型。（3）往其溶液中加BaCl2溶液，有白色沉淀，所以该物质为Co(NH3)5BrSO4；另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时,无明显现象,若加入AgNO3溶液时,产生淡黄色沉淀,该配合物能电离出Br-,则其化学式为:Co(NH3)5SO4Br。（4）根据晶胞可以看出，每个Ti原子周围距离最近的Ni原子有6个，所以Ti的配位数为6。此晶体属于面心立方晶型，每个晶胞中含有4个T