吉林省吉林毓文中学2022年化学高二下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注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、0.01mol氯化铬（CrCl36H2O）在水溶液中用过量的AgNO3溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，此氯化铬最可能为ACr(H2O)6Cl3BCr(H2O)4Cl2Cl2H2OCCr(H2O)5ClCl2H2ODCr(H2O)3Cl33H2O2、一定条件下，下列物质可以通过化合反应一步制

2、得的共有硫酸铝 小苏打 氯化亚铁 氢氧化铜 氢氧化铁 磁性氧化铁A3种 B4种 C5种 D6种3、结构简式为的有机物分子中，处于同一平面的碳原子最多有A6个B8个C9个D10个4、化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油B加热能杀死H7N9禽流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性C食品包装袋、食物保鲜膜等材料的主要成分是聚乙烯D纤维素作为营养物质在人体内不断分解，最终生成水和二氧化碳排出体外5、下列有关阿伏加德罗常数的说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)（ ）A32gO2所含的原子数目为NAB0.5molH2O含有的原子数目为1.5NAC1

3、molH2O含有的水分子数目为NAD0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol6、短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X-的电子层结构与氦相同,Y是地壳中含量最多的元素，Y2-和Z+的电子层结构相同, W的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,W与R同周期,R的原子半径小于W。下列说法不正确的是A元素的非金属性次序为RWXBZ和其他4种元素均能形成离子化合物C离子半径:W2- Y2- Z+D氧化物的水化物的酸性:WR7、与CH2CH2CH2BrCH2Br的变化属于同一反应类型的是（ ）ACH3CHOC2H5OHBC2H5ClCH2=CH2CDCH3COOHCH3COOC2H58、

4、下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 （ ）AC（金刚石）和CO2BNaBr和HBrCCH4和H2ODCl2和KCl9、常温下向100 mL0.1mol/L的NaOH溶液中通入一定量的CO2。为探究反应后混合溶液的成分，向其中逐滴加入0.1 mol/L的HCl溶液。溶液产生气体前，消耗V( HCl)=V1；溶液刚好不再产生气体时，消耗V( HCl) =V2。当V1 V2 O2-Na+，故C正确；D最高价氧化物的水化物的酸性HClO4H2SO4，故D错误；答案为D。7、A【解析】CH2CH2CH2BrCH2Br是乙烯与溴的加成反应。A选项为乙醛与氢气的加成反应，反应类型相同；B选项

5、为氯乙烷消去反应生成乙烯，反应类型不同；C选项为苯与硝酸的硝化反应，也属于取代反应，反应类型不同；D选项为乙酸与乙醇的酯化反应，也属于取代反应，反应类型不同。答案选A。【点睛】本题考查常见有机反应类型的判断，该题出现的反应类型有取代反应（包括硝化反应、酯化反应等）、消去反应和加成反应，掌握各反应类型的定义是解题的关键。8、C【解析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。【详解】A、金刚石是共价键结合的原子晶体，干冰是含有共价键的分子晶体，选项A不符合题意；B、溴化钠是离子晶体，含有离子键，溴化氢是分子晶

6、体，含有共价键，选项B不符合题意；C、CH4和H2O都是分子晶体，都只含共价键，选项C符合题意；D、氯气是分子晶体，含有共价键，氯化钾是离子晶体，含有离子键，选项D不符合题意；答案选C。9、C【解析】分析：滴加盐酸V1 mL时没有气体生成，可能发生OH+H=H2O和CO32+H=HCO3，盐酸的体积为V2mL，HCO3+H=H2O+CO2；详解：A、混合溶液中成分为NaHCO3、Na2CO3 时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：、，假设NaHCO3有amol，Na2CO3有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为bmol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为(a+2b)mol，对应的

7、溶液体积为2V1 V2 ，故不选A项；B、 NaOH、NaHCO3溶液不能大量共存，故不选B项；C、混合溶液中成分为NaOH、Na2CO3时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：、，假设NaOH有amol，Na2CO3 有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为(a+b)mol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为，因此，则对应成盐酸所用体积为V1 V2 2Vl，故C正确；D、 NaOH、NaHCO3溶液不能大量共存，故不选D项，故选C。10、B【解析】Mg、活性炭、KOH浓溶液构成原电池，Mg易失电子作负极，活性炭为正极，负极反应式为Mg2e2OH=Mg(OH)2，正极反应式为O24e

8、2H2O=4OH，电子从负极沿外电路进入正极，据此分析解答；【详解】Mg、活性炭、KOH浓溶液构成原电池，Mg易失电子作负极，活性炭为正极，负极反应式为Mg2e2OH=Mg(OH)2，正极反应式为O24e2H2O=4OH，电子从负极沿外电路进入正极，A、根据上述分析，负极反应式为Mg2e2OH=Mg(OH)2，正极反应式为O24e2H2O=4OH，电池总反应式为2MgO22H2O=Mg(OH)2，故A说法正确；B、根据上述分析，Mg为负极，电极反应式为Mg2e2OH=Mg(OH)2，故B说法错误；C、活性炭为一极正极，故C说法正确；D、根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从a

9、经外电路流向b，故D说法正确；答案选B。【点睛】考查学生对原电池工作原理的理解，明确各个电极上发生反应，特别是电极反应式的书写，应注意电解质的酸碱性，如本题电解质KOH，负极上产生Mg2与OH结合生成Mg(OH)2，即负极反应式为Mg2e2OH=Mg(OH)2。11、C【解析】A、电子云是用小黑点表示电子在核外空间某处出现的概率，小黑点不代表电子，小黑点的疏密表示电子出现概率的大小，A错误；B、根据A中分析可判断B错误；C、1s电子云呈球形，ns能级的原子轨道图可表示为，C正确；D、3d3表示第三能层d能级有3个电子，d能级有5个轨道，D错误。答案选C。12、C【解析】 试题分析：A用锌粒和稀

10、硫酸反应制取氢气，把产生的气体经过验纯后再点燃，观察燃烧现象，否则会出现安全事故，错误；B由于消石灰与NH4Cl固体混合加热产生的气体氨气非常容易在水中溶解而产生倒吸现象，使反应容器炸裂，所以不能用导管直接通人水中制取浓氨水，错误；C取用少量白磷时，为了防止白磷在空气中遇到氧气而发生自燃现象，应在水中切割白磷，然后把剩余的白磷立即放回原试剂瓶中，正确；D由于浓硫酸遇水会放出大量的热，所以做完铜与浓硫酸反应实验后的试管，当试管冷却后再用用大量水冲洗，否则容易出现安全事故，错误。考点：考查实验操作中的安全事故的处理的知识。13、A【解析】A根据手性碳原子的定义判断；B中含有亚甲基，具有甲烷的正四面

11、体结构特点；C中不含酚羟基，中含有酚羟基，结合官能团的性质判断；D含有2个酚羟基、1个酯基且水解后含有3个酚羟基，都可与氢氧化钠反应。【详解】A手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，中只有环中如图的碳为手性碳原子，选项A正确；B中含有亚甲基，具有甲烷的正四面体结构特点，所有原子不可能在同一平面内，选项B错误；C中不含酚羟基不能与氯化铁发生显色反应，中含有酚羟基可与氯化铁发生显色反应，选项C错误；D1mol最多可与4molNaOH发生反应，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查物质的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酸、酯性质的考查，选项A为解答的难点，题目难度不

12、大。14、D【解析】A. 中，最长的碳链有4个碳原子，为丁烷，编号时，让取代基的位置小，甲基的编号为2，则其名称为：2-甲基丁烷，故A错误；B. 中含有羟基的最长的碳链有4个碳原子，为丁醇，羟基的编号为2，则其名称为：2-丁醇，故B错误；C. 苯环上的甲基和羟基处于邻位，则其名称为：邻甲基苯酚，故C错误；D. (CH3)2CCH(CH2)2CH3，中含有碳碳双键最长的碳链有6个碳原子，为己烯，编号时，碳碳双键的位置要小，则碳碳双键的编号为2，甲基的编号也为2，则其名称为:2-甲基-2-己烯,故D正确：综上所述，本题正确答案为D。15、C【解析】A可燃冰的主要成分是甲烷，故A不符合题意；B煤矿坑

13、道气的主要成分是甲烷，故B不符合题意；C液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷，故C符合题意；D沼气的主要成分是甲烷，故D不符合题意； 故选：C。16、B【解析】A. 实验室制取乙酸丁酯，需要反应温度为115125，而水浴加热适合温度低于100的反应，故A正确；B. 提纯乙酸丁酯需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解丁醇，降低乙酸丁酯的溶解度，如果用氢氧化钠，会使乙酸丁酯水解，故B错误；C. 实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集，实验室可通过在发生装置安

14、装长玻璃管或冷凝回流管等实现，故C正确；D.酯化反应为可逆反应，增加乙酸的量，可使平衡向生成酯的方向移动，从而提高1-丁醇的转化率，故D正确；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羰基(酮基) 溴原子 取代反应 【解析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E分子式知，E结构简式为，E发生水解反应生成F，F发生取代反应生成酮洛芬；(4)A的一种同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是-OH与-CH2CHO处于对位；(5)发生取代反应生成，发生水解

15、反应生成，和NaCN发生取代反应生成，生成，和发生酯化反应生成。【详解】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E分子式知，E结构简式为，E发生水解反应生成F，F发生取代反应生成酮洛芬；(1)化合物D中所含官能团的名称为羰基和溴原子；(2)化合物E的结构简式为；由BC的反应类型是取代反应；(3)C生成D的方程式为；(4)A的一种同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基，、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是-OH与-CH2CHO处于对位，符合条件的结构简式为：；(5)发生取代反应生成，发生水解

16、反应生成，和NaCN发生取代反应生成，生成，和发生酯化反应生成，合成路线流程图为：。【点睛】常见的反应条件与反应类型有：在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生

17、的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。18、NaAlSiN NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 sp3 V形 1s22s22p63s23p63d104s1 Cu3N 【解析】C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al；D单质的晶体可做半导体材料，则D为Si；E原子核外的M层中有两对成对电子，则E的价电子排布为3s23p4，其为S；A原子核外有三个未成对电子，则A为N；化合物B2E为离子晶体，则B为Na。F

18、原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子，则F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其为Cu。从而得出A、B、C、D、E、F分别为N、Na、Al、Si、S、Cu。【详解】(1)A、B、C、D分别为N、Na、Al、Si，由于N的非金属性最强，且原子轨道半充满，所以第一电离能最大，Si次之，Na最小，从而得出第一电离能由小到大的顺序为NaAlSiN。答案为：NaAlSiN；(2)B的氯化物为NaCl，离子晶体，D的氯化物为SiCl4，分子晶体，由此可得出熔点NaCl比SiCl4高的理由是NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体。答案为：NaCl为离子晶体，而SiC

19、l4为分子晶体；(3)A的简单氢化物为NH3，中心原子的价层电子数为4，采取sp3杂化，E的低价氧化物为SO2，S原子发生sp2杂化，分子的空间构型是V形。答案为：sp3；V形；(4)F为Cu，其原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，N、Cu形成某种化合物的晶胞中，空心小球的数目为8=1，黑球的数目为12=3，N显-3价，则Cu显+1价，由此得出其化学式为Cu3N。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu3N。【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，应依据微粒在该晶胞中的位置及所占的份额共同决定。如立方晶胞，微粒位于顶点，则该微粒属于此晶胞的份额仅占八分

20、之一；微粒位于棱上时，由于棱属于四个晶胞，则该微粒属于此晶胞的份额仅占四分之一。19、中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度 2CH3COOH+Na2CO32CH3COONa+CO2+H2O 下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关 溶液不变红或无明显现象 【解析】（1）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；（2）试管中乙酸乙酯中的乙酸与碳酸钠反应，产生气泡，发生的反应为2CH3COOH+Na2CO32CH3COONa

21、+CO2+H2O；（3）对比实验和，无论有没有含乙酸，溶液红色均褪去，可得出的结论是下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关；（4）针对实验中现象，上层液体不变薄则乙酸乙酯不溶解于下层碳酸钠溶液且不与碳酸钠反应而无气泡，下层溶液红色褪去是因为酚酞被萃取于乙酸乙酯中碳酸钠溶液中不再含有酚酞而显无色，故乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验中充分振荡、静置、分液。取下层溶液，下层溶液中已不含酚酞，故加入饱和Na2CO3溶液观察到溶液不变红或无明显现象，证实乙的猜想正确。20、利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰 铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色 3Cu

22、+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O 验证无色气体为NO 吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气 【解析】由实验装置及流程可知，A中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成NO2，利用A装置反应生成的CO2气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；B中发生Cu与硝酸的反应生成NO、硝酸铜，E中收集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；C装置可检验二氧化碳充满B、E装置；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气，以此来解答。【详解】(1)因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成NO2，利用A装置反应生成的CO2气体

23、赶净装置中的空气，避免对一氧化氮气体检验的干扰；为达到此目的，应进行的操作是使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K；(2)因铜与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，反应的离子反应为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，观察到的现象是：有气泡冒出，稀硝酸液面上气体为无色，溶液变为蓝色；(3)B反应产生的NO无色气体进入到E装置，因此E的作用是检验无色NO气体的产生，将F中的空气推入E中，发生2NO+O2=2NO2，看到E中无色气体变为红棕色，证明NO存在，则该实验的目的是验证E中的无色气体为NO；(4)NO、NO2都是有毒气体，能污染环境

24、，氮的氧化物能被NaOH溶液吸收，反应产生的物质均为可溶性物质，故装置D的作用为吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气。【点睛】本题考查性质实验方案的设计的知识，把握实验装置的作用、弄清各个实验装置的作用、发生的反应及NO易被氧化为解答的关键。21、 CON 直线形 V形（或折线形） CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度更大 FHF 、 FHO 、 OHF 或 OHO中的任意一种 3d54s1 12 NA 平面三角形 BF3或SO3 氯化亚铁为离子晶体，氯化铁为分子晶体，离子键的作用力大于分子间作用力【解析】分析：A、B、C、D、E、G六种元素均为前四周期元素,原子序数依次增大。A原子核外的L层电子数是K层的两倍则A为碳元素；C原子核外的最外层中只有两对成对电子