2022届安徽省休宁县临溪中学化学高二下期末综合测试模拟试题含解析

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、下列说法不正确的是A蛋白质是生命的基础，是人类必需的营养物质B维生素C又称抗坏血酸，新鲜蔬菜中富含维生素CC阿司匹林是常用的解热镇痛药，可以长期大量服用D葡萄糖是自然界中分布最广的单糖，在人体中发生氧化反应，放出能量2、如图为一原电池装置，其中X、Y为两种不同的金属。对此装置的下列说法中正确的是A活动性顺

2、序：XYB外电路的电流方向是：X外电路YC随反应的进行，溶液的pH减小DY极上发生的是氧化反应3、下列有关实验的叙述完全正确的是( )选项实验操作实验目的A用玻璃棒蘸饱和氯水点在置于玻璃片的精密pH试纸上，稍后与标准比色卡对照测定氯水的pHB将苯、溴水、溴化铁混合置于一洁净的试管中制备溴苯C向碘水中滴加CCl4，振荡后静置，液体出现分层，上层接近无色下层有颜色萃取碘水中的I2D向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入新制银氨溶液，并水浴加热检验蔗糖是否水解AABBCCDD4、在密闭容器中的一定量混合气体发生反应xM (g)+yN(g)zP(g)。平衡时测得M的浓度为0.50 mol

3、/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得M的浓度降低为0. 30 mol/L。下列有关判断正确的是Ax+y正极，故XY，故A正确；B. 外电路的电流方向与电子的流向相反，应为是：Y外电路X，故B错误；C. 随反应的进行，溶液中氢离子浓度不断减小，溶液的pH增大，故C错误；D. Y极上得到电子，发生还原反应，故D错误；答案选A。3、C【解析】A饱和氯水有漂白性，pH试纸滴加饱和氯水先变色后褪色，则无法用pH试纸饱和氯水的pH值，故A错误；B苯和液溴在催化剂溴化铁的作用下发生取代反应生成溴苯，故B错误；C向碘水中滴加CCl4，振荡后静置，液体出现分层，上层接近无色下层有颜

4、色，则可用CCl4萃取碘水中的I2，故C正确；D检验蔗糖是否水解，需要先滴加NaOH溶液中和起催化作用的硫酸后，再滴加银氨溶液并加热，看是否有银镜生成，故D错误；故答案为C。4、C【解析】分析：在密闭容器中的一定量混合气体发生反应xM (g)+yN(g)zP(g)，平衡时测得M的浓度为0.50 mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，M的浓度为0.25molL1，再达平衡时，测得M的浓度降低为0. 30 mol/L。则说明体积增大（压强减小）化学平衡逆向移动，以此来解答详解：A减小压强，向气体体积增大的方向移动，则x+yz，故A错误；B由上述分析可知，平衡逆向移动

5、，故B错误；C、平衡逆向移动，N的转化率降低，故C正确；D、混合气体的总质量不变，但体积会发生变化，故D错误。故选C。点睛：本题考查化学平衡的移动，解题关键：M的浓度变化及体积变化导致的平衡移动，难点：B、压强对化学平衡的影响：若平衡不移动，M的浓度为0.25molL1，再达平衡时，测得M的浓度降低为0. 30 mol/L。则说明体积增大（压强减小）化学平衡逆向移动。5、B【解析】由转化关系可知，B应发生卤代烃的消去反应生成乙烯醚，则B中含有卤原子、醚键，而A在浓硫酸作用下得到B，应是形成醚键，属于取代反应，则A中含有卤原子、-OH，故乙烯与X反应应引入卤原子、-OH，则X可以为HClO，不可

6、能为Br2，该反应属于加成反应。【详解】A项、若X为Br2，则A为BrCH2CH2Br，反应无法进行，故A错误；B项、若X为HO-Cl，则A为ClCH2CH2OH，A在浓硫酸作用下形成醚键，所以B为ClCH2CH2OCH2CH2Cl，B在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应可得乙烯醚，故B正确；C项、乙烯醚分子中的碳原子均为碳碳双键上的不饱和碳原子，氧原子与相连碳原子共面，则乙烯醚分子中的所有原子可能共平面，故C错误；D项、反应属于加成反应，反应属于取代反应，反应属于消去反应，故D错误。故选B。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学分析推理能力、知识迁移运用能力，注意根据结构与反应条件进行推

7、断是解答关键。6、A【解析】A. 1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3 和CO32离子数之和等于0.1NA，则1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中HCO3 和CO32离子数之和小于0.1NA，故A正确；B. N2与H2生成NH3的反应是可逆反应，则1 mol N2与3 mol H2充分反应产物的分子数为小于2NA，故B错误；C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，0.56g Fe反应转移电子数为0.02NA，故C错误；D. 氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶体中含有的胶粒数目，故D错误；答案选A。7、A【解析】生铁、锰钢是铁的合金，硬铝是铝合金，铜活泼性比Fe

8、和Al弱，容易冶炼，中国是世界最早应用湿法治金的国家，所以我国使用最早的合金是铜合金，即青铜，答案选A。8、D【解析】AFe3会与I发生氧化还原反应，而不能大量共存，A项错误；B无色透明的溶液中，不存在Cu2，因为含有Cu2的溶液为蓝色，B项错误；CAg会和Br反应生成AgBr沉淀，不能大量共存；D在碱性环境下，CH3COO和CO32均能大量存在，D项正确；本题答案选D。9、D【解析】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（OH），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNa

9、OH恰好溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可计算出nAl（OH）3，再计算出nMg（OH）2，进而计算原溶液中Cl与SO42的物质的量浓度之比。【详解】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（OH），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀。设氢氧化钠溶液溶液的浓度为c，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，nAl（OH）3=n（NaOH）=0.1c，所以nMg（OH）2=0.05c，

10、溶液中n（Cl）=3nAl（OH）3=0.3c，原溶液中n（SO42）=nMg（OH）2=0.05c，则原溶液中Cl与SO42的物质的量之比为0.3c：0.05c=6：1，故选D。10、D【解析】A. 据图可知，该反应是放热反应，反应实质是旧键断裂和新键生成，前者吸收能量，后者释放能量，所以反应物的键能之和小于生成物的键能，A错误；B. 液态水的能量比等量的气态水的能量低，而氢气在氧气中的燃烧为放热反应，故当生成液态水时放出的热量高于生成气态水时的热量，故B错误；C. 放出的热量=反应物的总能量生成物的总能量=-(E1E3)kJmol-1，故C错误；D. 反应的热效应取决于反应物和生成的总能量

11、的差值，与反应条件无关，故D正确；答案选D。11、B【解析】分析：从铵根离子水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，铵根离子浓度减小，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱，铵根离子浓度增大。详解：若物质的量浓度均为1mol/L，则A、B中c(NH4+)大于C、D中c(NH4+)；A、(NH4)2SO4中，铵根离子的水解不受硫酸根离子的影响；B、亚铁离子水解，溶液显酸性，对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度减小，铵根离子浓度增大；所以NH4+的浓度最大的是B，故选B。点睛：本题考查学生离子的水解的影响因素，弱电解质的电离，注意

12、弱电解质的电离和水解程度都较小。本题的易错点为C，要注意相同物质的量浓度时，(NH4)2Fe(SO4)2中的c(NH4+)约为NH4HSO4中的c(NH4+)的2倍。12、C【解析】标准状况下，11.2L甲烷、乙烷、甲醛组成的混合气体的物质的量是11.2L22.4L/mol0.5mol。燃烧后生成的CO2的物质的量是15.68L22.4L/mol0.7mol，所以混合气组成中平均碳原子数为0.70.5。甲醛、甲烷分子中都含有一个碳原子，可以看做1个组分，即所以甲醛、甲烷的总物质的量与乙烷的物质的量之比为=3:2，体积分数等于物质的量分数，因此混合气体中乙烷的体积百分含量为答案选C。13、A【解

13、析】分析：本题考查的是判断反应能否自发进行的方法，掌握判断反应能否自发进行的方法是关键，用复合判据。详解：根据复合判据分析G=H-TS。当的反应能够自发进行。A.当H0，S0，高温时G可能小于0，可能自发进行，故正确；B. 熵增或熵减的反应，需要考虑反应是放热还是吸热，故错误；C.放热反应中H0，反应能自发进行，若S0反应可能不自发进行，故错误；D.放热、熵增的自发反应的H0，则G0，则反应为自发进行，温度高低都为自发进行，故错误。故选A。14、A【解析】用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，由于硝酸易挥发，生成的CO2气体中含有一定量的硝酸，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，

14、出现白色沉淀，无法说明一定是H2CO3与反应Na2SiO3，所以无法证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，的结论不正确；向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用红色石蕊试纸检验产生的气体，放出刺激性气味气体且试纸变蓝，原溶液中一定含有NH4+，不正确；少量铝热剂（只有一种金属氧化物）溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液出现蓝色沉淀和血红色，说明溶液中有Fe2+和Fe3+，由于铝热剂中的铝粉可以把Fe3+还原为Fe2+，所以铝热剂中铁的氧化物可能是Fe2O3或Fe3O4，正确；向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液，品红溶液褪色，说明该气体的水溶液有漂白性，但是

15、不能确定是二氧化硫还是氯气，不正确；用pH试纸测量饱和新制氯水的pH，pH试纸先变为红色后褪色，说明饱和新制氯水有酸性和漂白性，但是不能确定是哪种物质有漂白性，不正确。综上所述，本题选A。15、B【解析】分析：A. 根据光化学烟雾的组成分析判断；B.根据 NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮分析判断；C. 根据O2转化成O3的反应中是否存在元素化合价的变化判断；D. 根据汽车节能减排措施可以减少空气污染物的排放判断。详解：A. 光化学烟雾的分散剂为空气，分散质为各种污染物，故A正确；B. NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，不属于酸性氧化物，故B错误；C. O2转化成O3的反应中没有元素化合价的变化

16、，属于非氧化还原反应，故C正确；D. 汽车节能减排措施可以减少空气污染物的排放，起到缓解光化学烟雾带来的污染，故D正确；故选B。16、C【解析】分析：为了保护舰艇(主要是钢合金材料)，在舰体表面镶嵌金属块(R)，这种保护方法利用原电池原理，需要金属块R比铁活泼，据此分析解答。详解：A.在舰体表面镶嵌金属块(R)，这种保护方法利用原电池原理，需要金属块R比铁活泼，R作负极，钢铁作正极，这种方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B. 金属块R比铁活泼，金属块R可能是镁或锌，故B正确；C.在弱碱性海水中主要发生吸氧腐蚀，在酸性溶液中才发生析氢腐蚀，故C错误；D.吸氧腐蚀的正极上发生还原反应，电极反

17、应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故D正确；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、C4H6O2 碳碳双键 c 或 【解析】A发生加聚反应生成B，则A的分子式为C4H6O2，A能发生酸性条件下水解反应，则A中含有酯基，A的不饱和度=2，结合A的分子式知，A中含有一个酯基和一个碳碳双键；C能发生氧化反应生成D，说明C、D中碳原子个数相等，所以C、D中碳原子个数都是2，结合题给信息知：C是CH3CHO，D是CH3COOH，A是CH3COOCH=CH2，B结构简式为；D和E发生酯化反应生成F，根据F分子式知，E分子式为C7H8O，E中不饱和度=4，F是芳香族化合物且苯环上只有一个侧链，所以

18、E为，F为。【详解】（1）A的分子式为C4H6O2，结构简式为CH3COOCH=CH2，含有官能团是碳碳双键和酯基；（2）通过以上分析知，B结构简式为；（3）C是乙醛，乙酸和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成乙酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为；（4），乙酸和苯甲醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸苯甲酯和水，反应方程式为；（5）体现原子经济的反应是加成或加聚反应，以上反应中只有c是加聚反应，故选c；（6）F为，G是F的同分异构体，G符合下列条件：能发生水解说明含有酯基，苯环上有三个取代基，苯环上一溴代物有2种，说明苯环上只有两种氢原子，符合条件的同分异构体结构简式为 或 。18、

19、SO3 1s22s22p63s23p5 N2O 直线型 sp Mg3N2+6H2O3Mg（OH）2+2NH3 【解析】D、E、X、Y、Z是短周期元素，且原子序数逐渐增大，它们的最简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型，形成正四面体结构的氢化物是甲烷或硅烷，形成三角锥型的氢化物是氨气，形成V型的氢化物是水或硫化氢，形成直线型结构的氢化物是乙炔、氟化氢或氯化氢，这几种元素的原子序数逐渐增大，所以D的氢化物是甲烷，E的氢化物是氨气，X的氢化物是硅烷，Y的氢化物是硫化物，Z的氢化物是氯化氢，则D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl，据此分析解答。【详解

20、】根据上述分析，D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl。(1)Y为S，最高价氧化物的化学式是SO3，Z为Cl，其基态原子电子排布式是1s22s22p63s23p5，故答案为：SO3；1s22s22p63s23p5；(2)D为C，最高价氧化物为CO2，E为N，CO2与E的一种氧化物为等电子体，则E的氧化物为N2O，故答案为：N2O；(3)D和Y形成的化合物是CS2，其分子的空间构型和二氧化碳的相同，为直线型；分子中碳原子的价层电子对数为2+=2，不含孤电子对，采取sp杂化；故答案为：直线型；sp；(4)E的单质为氮气，镁和氮气反应生成氮化镁，氮化镁与水反应生成两种碱性物质，分别是氢氧化镁

21、和氨气，反应的化学方程式Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3，故答案为：Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3。【点睛】正确判断元素种类是解题的关键。本题的难点为元素的判断，要注意从“正四面体”结构的分子为甲烷或烷，结合常见物质的结构突破。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+2

22、CNa2S+2CO2，选装置D检验二氧化碳，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

23、应，实际得到Na2S小于amol，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、偏高 无影响 B 无色 浅红 18.85% 【

24、解析】(1)滴定管需要要NaOH溶液润洗，否则会导致溶液浓度偏低，体积偏大；锥形瓶内是否有水，对实验结果无影响，可从物质的物质的量的角度分析；滴定时眼睛应注意注意观察颜色变化，以确定终点；根据酚酞的变色范围确定滴定终点时颜色变化；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，计算出溶液中H+的物质的量，根据方程式可知(CH2)6N4H+的物质的量，进而确定样品中氮的质量分数。【详解】(1)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗氢氧化钠溶液的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高；锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，对配制溶液的浓度无影响；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，确定滴定终点，故合理选项是B；待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色由无色变为粉红或浅红色；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的NaOH标准溶液为mL=20.00mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.500g铵盐经溶解后，取了其中进行滴定，即取了样品质量是0.15g，滴