日照市重点中学2022年化学高二下期末调研试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、生活处处有化学，下列有关说法错误的是A红葡萄酒密封储存时间越长质量越好，是因为储存过程中生成了有香味的酯B为延长果实的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾的硅土放在水果

2、周围以达到保鲜要求C油脂有保持体温和保护内脏器官的作用D在铁船体上镶锌块是利用外加电流的阴极保护法避免船体遭受腐蚀2、标准状况下将35mL气态烷烃完全燃烧，恢复到原来状况下，得到二氧化碳气体105mL，则该烃的分子式为（ ）ACH4BC4H10CC2H6DC3H83、下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是A干冰气化需要吸收大量的热，这个变化是吸热反应B反应物的总能量低于生成物的总能量时，发生放热反应C化学反应中的能量变化都表现为热量的变化D同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H相同4、下列叙述中正确的是( )A能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl

3、2B液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封C某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag5、已知某有机物的结构简式如下，下列有关该分子的说法正确的是（ ）A分子式为C10H14O6B含有的官能团为羟基、羧基和酯基C该分子不能发生取代反应D它属于芳香烃6、酚酞的结构简式如图，下列关于酚酞的说法一定正确的是A酚酞的分子式是C20H12O4B分子中的碳原子不在同一平面C1 mol酚酞最多可消耗2 mol NaOHD常温下，由水电离的c（H+）=10-13molL-1的溶液中滴入酚酞试液后，溶液呈红色7、关于丙烯性

4、质的叙述，不正确的是A与乙烯互为同系物B可合成高分子C能与氯气发生取代反应D与HBr发生加成反应可能得到两种产物8、下列溶液均处于25，有关叙述正确的是A将醋酸溶液加水稀释1000倍，pH增大3B在NaHCO3溶液中，c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)CpH=8的Ba(OH)2溶液和pH=8的氨水中，由水电离的c(OH-)均为110-8mo1L-1DpH=13的NaOH溶液与pH=1的盐酸混合后，一定有c(H+)=c(OH-)9、体积相同、pH也相同的H2SO4溶液和HCl溶液，分别与NaOH溶液中和反应时两者消耗NaOH的物质的量（）A相同 BH2SO4溶液消耗的NaOH多CH

5、Cl溶液消耗的NaOH多 D无法比较10、某元素X的逐级电离能如图所示，下列说法正确的是()AX元素可能为4价BX可能为非金属CX为第五周期元素DX与氯反应时最可能生成的阳离子为X311、下列说法不正确的是A己烯可以用于萃取溴水中的溴B甘氨酸和丙氨酸缩合最多可形成4种二肽C盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚用酒精洗涤D在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH12、下列叙述正确的是()A纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色B食用白糖的主要成分是蔗糖C蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质D向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液

6、，加热，没有砖红色沉淀产生，证明淀粉没有水解成葡萄糖13、 “纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质 是溶液 是胶体 能产生丁达尔效应 不能透过滤纸 能透过滤纸 静置后会析出黑色沉淀A B C D14、下列物质能发生消去反应的是ACH3OHB（CH3）3CCH2ClCCH3CH2BrD15、在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。当下列所给有关量不再变化时，不能表明该反应已达平衡状态的是( )A混合气体的压强B混合气体的密度C混合气体的平均相对分子质量D Qc=K 16、常温下，下列离子浓度关

7、系或结论正确的是:A将0.1 mol/L 氨水与0. 1 mol/L稀盐酸等体积混合 c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)B将pH= 2的稀盐酸与pH =12的氨水等体积混合，所得溶液pHI3，故该元素易形成+3价阳离子，故A错误；B、由图象可知，该元素的I4I3，故该元素易形成+3价阳离子，X应为金属，故B错误；C、周期数=核外电子层数，图像中没有显示X原子有多少电子层，因此无法确定该元素是否位于第五周期，故C错误；D、由图象可知，该元素的I4I3，故该元素易形成+3价阳离子，因此X与氯反应时最可能生成的阳离子为X3，故D正确；故选D。11、A【解析】A己烯不溶于水，但能够与溴发

8、生加成反应，则己烯不可以萃取溴水中的溴，故A错误；B同种氨基酸分子间脱水，可以生成2种二肽；异种氨基酸分子间脱水，可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，也生成2种二肽，共4种，故B正确；C苯酚易溶于酒精，则盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚可以用酒精洗涤，故C正确；D酯化时羧酸脱羟基、醇脱H，则在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故D正确；答案选A。【点睛】本题的易错点为B，氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH，氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸

9、分子间形成二肽。12、B【解析】A. 碘遇淀粉显蓝色，纤维素遇碘水不显蓝色，A错误；B. 食用白糖的主要成分是蔗糖，B正确；C. 蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，淀粉水解生成葡萄糖，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，高级脂肪酸属于电解质，淀粉是混合物，不是电解质也不是非电解质，C错误；D. 淀粉水解液显酸性，加NaOH溶液至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，出现砖红色沉淀说明淀粉水解生成了葡萄糖。由于该实验中没有加碱中和硫酸，故D错误。答案选B。13、B【解析】由于分散质离子的直径介于1nm和100nm之间，所以形成的分散性是胶体。胶体能产生丁达尔效应，能透过滤纸，但不能透过半透膜，胶体是一种

10、比较稳定的分散性，所以正确的答案选B。14、C【解析】常见能发生消去反应的有机物有醇和卤代烃，醇发生消去反应结构特点：与-OH相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键；卤代烃发生消去反应结构特点：与-X相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键。【详解】ACH3OH中只有一个碳，与羟基相连碳相邻没有碳，不能发生消去反应，选项A不选；B（CH3）3CCH2Cl中与-Cl相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，选项B选；C溴乙烷中与-Br相连碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，选项C不选；D中与-Br相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，选项D不选；答案选C。【点睛】本题考

11、查有机物的结构和性质，侧重于卤代烃和醇能发生消去反应结构特点，难度不大，掌握卤代烃、醇能发生消去反应结构特点是解题的关键。15、B【解析】A、混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A不选；B、气体的质量和容器的体积一直不变，所以混合气体的密度始终不变，不能作平衡状态的标志，故B选；C、混合气体的质量不变，但混合气体的物质的量发生变化，所以混合气体的平均相对分子质量不变时，说明反应达平衡状态，故C不选；D、Qc=K，说明反应达平衡状态，故D不选；答案选B。16、A【解析】A将0.1 mol/L氨水与0.1 mol/L稀盐酸等体积混合生成氯化铵，NH4+水解呈酸性，则c(C

12、l-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，故A正确；B一水合氨为弱电解质，将pH=2 的稀盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水过量，所得溶液pH7，故B错误；C酸性条件下，Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D用惰性电极电解稀硫酸时，实质是电解水，溶液浓度增大，则溶液的pH减小，故D错误；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、3d84s2 ONC N2H4 N2H4分子间存在氢键 C2H4是非极性分子，H2O是极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂 N、O 【解析】X、Y、Z、W、K五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大元素X是周期表中原子半径最小的元

13、素，则X为H元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则Y为碳元素；W位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素；R基态原子3d轨道上的电子数是4s轨道上的4倍，R为Ni。【详解】（1）R为Ni，基态R原子的外围电子排布式为3d84s2 ；同周期随原子序数增大，元素电负性呈增大趋势，Y、Z、W的电负性由大到小的顺序是ONC。（2）C、N两元素均可形成含18个电子氢化物分子，其氢化物分子分别为C2H6、N2H4，N

14、2H4分子之间存在氢键，C2H6分子之间无氢键，二者沸点相差较大；根据相似相溶的规律：C2H4是非极性分子，H2O是极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂；（3）CO是SP杂化，碳和氧形成叁键，CO的结构式为(须标出其中的配位键)；Ni提供空轨道，N和O提供孤电子对，在化学式为Ni(NH3)4(H2O)22+的配离子中与Ni形成配位键的原子是N和O。【点睛】本题是对物质结构的考查，推断元素是解题关键，易错点：注意核外电子排布、电负性、氢键、配位键等基础知识。18、CO2 钠、硅 Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+ Al(OH)3OH=AlO2H2O Mg(OH)2 Mg3Al(OH)7

15、CO3 【解析】气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至56时生成的白色沉淀B为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3OHAlO22H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。【详解】（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；（2）X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸

16、沉淀，一定不含Na元素，因为Na元素的焰色为黄色，即由、判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；（3）调节pH至56时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al33NH3H2OAl(OH)33NH4；（4）中氢氧化铝溶解的离子方程式为Al(OH)3OHAlO22H2O；（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）:nAl(OH)3:nMg(OH)2=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量

17、之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。19、 bc cd HCOOH + HCO3=HCOO+ H2O + CO2 产物 Cu(OH)2CuCO3 受热会分解 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加 BaCl2 溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗 涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净 防止甲酸铜晶体析出 洗去晶体表面的水和其它杂质，且减少后续晾干的时间 70%【解析】I(1)aHCOOH 水溶液中电离出一个氢离子属于一元酸，故a错误；bH2CO3 水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故b正确；cH2C2O4 含两个羧基，水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故c正确；dCH3C

18、HOHCH2COOH只含一个羧基，为一元酸，故d错误；故答案为：bc；(2)aHCOONH4溶液显酸性只能说明铵根离子水解溶液显酸性，不能说明甲酸为弱酸，故a错误；b将甲酸滴入NaHCO3溶液中有气体生成，说明甲酸酸性大于碳酸，不能说明甲酸为弱酸，故b错误；c常温下，0.1molL-1的甲酸溶液的 pH 约为3说明甲酸未完全电离，证明甲酸为弱酸，故c正确；d等浓度的盐酸与甲酸溶液，都是一元酸，前者的导电能力更强说明甲酸溶液中存在电离平衡，证明甲酸为弱酸，故d正确；故答案为：cd；(3)蚊虫叮咬造成的红肿，是释放出甲酸，碳酸氢钠和甲酸反应，反应的离子方程式为：HCOOH+HCO3-HCOO-+H

19、2O+CO2，故答案为：HCOOH+HCO3-HCOO-+H2O+CO2；II(4)步骤是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在 70-80，温度不能过高的原因是产物 Cu(OH)2CuCO3 受热会分解，故答案为：产物Cu(OH)2CuCO3受热会分解；Cu(OH)2CuCO3 表面会附着硫酸根离子，检验洗涤干净方法：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净；(

20、5)甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，防止甲酸铜晶体析出，故答案为：防止甲酸铜晶体析出；甲酸铜易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故需用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的水及其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间，故答案为：洗去晶体表面的水和其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间；12.5g硫酸铜晶体的物质的量为： =0.05mol，9.5g碳酸氢钠的物质的量为： 0.113mol，根据反应2CuSO4+4NaHCO3Cu(OH)2CuCO3+3CO2+2Na2SO4+H2O可知，碳酸氢钠过量，反应生成的碱式碳酸铜的物质的量为0.

21、05mol，根据反应Cu(OH)2CuCO3+4HCOOH+5H2OCu(HCOO)24H2O+CO2可知，生成甲酸铜的物质的量为0.05mol，所以甲酸铜的产率为： 100%=70%，故答案为：70%。点睛：本题通过碱式碳酸铜、甲酸铜晶体的制备，考查物质性质实验方案的设计方法。充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。本题的易错点为检验沉淀是否已洗涤干净的操作方法，要注意沉淀上吸附的离子种类；难点是产率的计算。20、使固体充分溶解 2Fe3+3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl- 小 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2 消毒

22、、净水 B 铁 NaOH溶液 4.53610-5 3:1 【解析】（1）步骤b中不断搅拌可以增大反应物的接触面积，使固体充分溶解；溶液成紫红色时，表明有Na2FeO4生成，则步骤c中发生反应的离子方程式为2Fe3+3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；Na2FeO4与饱和KOH溶液反应产生K2FeO4和NaOH，说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；（2）高铁酸钾溶于水能释放大量的氧原子，即生成氧气单质，同时它本身被还原产生氢氧化铁胶体，离子反应方程式是：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2；根据方程式可知高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是既作氧

23、化剂杀菌消毒，同时还原产物又其净化水的作用；结合化学平衡移动原理可知，在碱性条件下可以抑制该反应的发生，K2FeO4易溶于水，所以不能用水洗，因此选项B正确；（3）根据电解反应方程式可知NaOH溶液为电解质溶液，阳极材料是Fe，阴极材料是活动性比Fe弱的电极；（4）要形成CaFeO4沉淀，应该使c(Ca2+)c(FeO42-)Ksp(CaFeO4)，c(Ca2+)4.53610-91.010-5=4.53610-4mol/L，由于溶液的体积是100mL，所以需要Ca(OH)2的物质的量是nCa(OH)2=4.53610-4mol/L0.1L=4.53610-5mol；（5）干法制备高铁酸钾的反

24、应中KNO3是氧化剂，被还原产生KNO2，化合价降低2价，Fe2O3是还原剂，被氧化产生的物质是K2FeO4，化合价升高6价，根据电子守恒可得氧化剂与还原剂的物质的量的比是3:1。21、碱性、强氧化性（漂白性） ClO-+H2OHClO+OH 将Fe2+氧化为Fe3+ 2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O 9.8 使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去 Mg2+CO32MgCO3 沉淀物MgCO3存在溶解平衡，MgCO3(s)Mg2+ (aq)+CO32-(aq)，CO32-发生水解CO32+H2OHCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH，在煮沸的情况下促进CO32-水解平衡右移。Mg2+与OH结合生成更难溶的Mg(OH)2沉淀，促进CO32-彻底水解为H2CO3并分解为CO2和H2O。最后使MgCO3转化为Mg(OH)2。或：MgCO3 +H2OMg(OH)2 +CO2，由于水解生成的Mg(OH)2溶解度更小，煮沸有利于CO32-水解平衡右移，且又有CO2气体生成，使水解趋于完全，MgCO3转化为Mg