山西省忻州市原平中阳乡联合校2022年高二化学模拟试卷含解析

山西省忻州市原平中阳乡联合校2022年高二化学模拟试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.关于糖类、油脂和蛋白质，以下叙述正确的是A．植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色

B．葡萄糖能发生氧化反应和水解反应

C．蔗糖和淀粉都是高分子化合物

D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水参考答案：A2.

参考答案：AE3.市场上有一种加酶洗衣粉，即在洗衣粉中加入少量碱性蛋白酶以去除衣服中的汗渍、血渍及人体排放的蛋白质。下列衣料中不能用加酶洗衣粉的是①棉织品

②毛织品

③腈纶织品

④蚕丝织品

⑤涤纶织品

⑥锦纶织品A．①②③

B．②④

C．③④⑤

D．③④⑥参考答案：B略4.参考答案：BD5.某溶液中存在较多的OH－、K+、,该溶液中还可能大量存在的是(

) A．H+ B．Ca2+ C． D． 参考答案：D6.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同深度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（）A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C．两烧杯中溶液的pH均增大D．产生气泡的速度甲比乙慢参考答案：C考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题．分析：甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，原电池的构成加快了反应速率．乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，以此进行分析．解答：解：A、甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；B、乙中不构成原电池，铜片不是电极，故B错误；C、甲乙两烧杯反应的总方程式都为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，溶液中硫酸的浓度降低，溶液的PH增大，故C正确；D、原电池能加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误．故选C．点评：本题考查了置换反应和原电池的有关知识，题目难度不大，注意把握原电池的组成条件的工作原理．7.在容积可变的密闭容器中，2molN2和6molH2在一定条件下反应，达到平衡时，H2的转化率为40％，则平衡时氨气的体积分数接近于

（

）A.10％

B.15％

C.20％

D.25％参考答案：D略8.对于相同物质的量的SO2和SO3，下列说法中正确的是A．氧元素的质量比为1∶1

B．分子数之比为1∶1C．原子总数之比为1∶1 D．质量之比为1∶1参考答案：B9.下列措施不能达到节能减排目的的是（

）A．利用太阳能制氢燃料

B．用家用汽车代替公交车C．利用潮汐能发电

D．用节能灯代替白炽灯参考答案：B略10.下列化学用语说法正确的是(

)A．过氧化钠的电子式：Na︰O︰O︰Na

B．钾元素的原子结构示意图为：

K

C．次氯酸的结构式：H－O－ClD．硫原子的电子排布图为：

1s

2s

2p

3s

3p参考答案：C略11.除去下列物质中所含少量杂质，所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是

混合物(括号内为杂质)试剂（足量）分离方法A苯（苯酚）浓溴水过滤B乙烷（乙烯）H2催化剂、加热C乙酸乙酯（乙酸）饱和Na2CO3溶液分液D乙酸（乙醛）新制Cu(OH)2过滤参考答案：C略12.下列有关物质性质或应用的说法正确的是A．二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气B．浓硫酸具有较强酸性，常用作淀粉水解的催化剂C．炭具有强还原性，高温下能将二氧化硅还原为硅D．二氧化硫具有漂白性，与氯水混合使用效果更好参考答案：C略13.下列说法错误的是A．淀粉遇碘变蓝

B．葡萄糖能发生银镜反应C．油脂能发生水解生成酸和碱

D．蛋白质遇浓硝酸变性

参考答案：C略14.下列关于合金的叙述中正确的是A．合金不具有金属光泽

B．金属和非金属之间不可能形成合金C．生铁和钢都是铁的合金

D．钛合金是使用最多的合金参考答案：C略15.下列排序不正确的是（

）

A.晶体熔点的高低：＞B.原子的价层电子数目的多少：Fe>As>K

C.分子中的键角大小：CO2＞CH2=CH2＞H2O＞NH3D.微粒半径大小：O2－＞F－＞Na+＞Li+参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（2015秋?泰兴市校级期中）工业上常利用含硫废水生产海波Na2S2O3?5H2O，实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）模拟生产过程．烧瓶C中发生反应如下：Na2S+H2O+SO2=Na2SO3+H2S

（Ⅰ）2H2S+SO2=3S+2H2O

（Ⅱ）S+Na2SO3=Na2S2O3

（Ⅲ）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若，则整个装置气密性良好．装置D的作用是．装置E中为溶液．（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为．（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择．a．蒸馏水

b．饱和Na2SO3溶液

c．饱和NaHSO3溶液

d．饱和NaOH溶液（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O3?5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质．利用所给试剂（稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液）设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：．已知Na2S2O3?5H2O遇酸易分解：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O（5）为了测定某海波样品的成分，称取三份质量不同的该样品，分别加入相同浓度的硫酸溶液20mL，充分反应后滤出硫，微热滤液使生成的SO2全部逸出．测得有关实验数据如下（标准状况）：

第一份第二份第三份样品的质量/g12.6018.9028.00二氧化硫的体积/L1.121.682.24所用硫酸溶液中溶质的物质的量浓度．参考答案：1.液柱高度保持不变

防止倒吸

NaOH

2.2：13.c4.取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液（或过滤，取滤液）、滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质．5.5mol/L考点：制备实验方案的设计．

分析：（1）液柱高度保持不变，说明气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用；（2）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3；（3）SO2易溶于水，能与Na2SO3溶液、NaHCO3溶液反应，但在NaHSO3溶液中溶解度较小；（4）加入盐酸，Na2S2O3反应生成S沉淀，所以静置后取上层清液，滴加BaCl2溶液，检验溶液中是否含有硫酸根离子；（5）硫酸的用量一定，由上述二氧化硫的体积可知，第一份、第二份中海波样品完全反应，生成2.24LL二氧化硫需要海波质量为12.6g×=25.2g＜28.00，故第三份中硫酸不足，结合反应：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O计算硫酸的物质的量，进而计算硫酸的物质的量浓度．解答：解：（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液，故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；（2）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）SO2易溶于水，能与Na2SO3溶液、NaHCO3溶液反应，但在NaHSO3溶液中溶解度较小，故选：c；（4）检测产品中是否存在Na2SO4的实验方案为：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液（或过滤，取滤液）、滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液（或过滤，取滤液）、滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质；（5）硫酸的用量一定，由上述二氧化硫的体积可知，第一份、第二份中海波样品完全反应，生成2.24LL二氧化硫需要海波质量为12.6g×=25.2g＜28.00，故第三份中硫酸不足，生成二氧化硫的物质的量为=0.1mol，结合反应：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O，可知n（H+）=2n（SO2）=0.2mol，故n（H2SO4）=n（H+）=0.1mol，则硫酸的物质的量浓度为=5mol/L，故答案为：5mol/L．点评：本题考查实验方案的分析与评价，涉及气密性检验、离子检验、对操作的分析评价、化学计算等，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，（2）为易错点，可以利用总反应的分析，题目难度中等三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.工业上采用乙苯与CO2脱氢生产重要化工原料苯乙烯其中乙苯在CO2气氛中的反应可分两步进行（1）上述乙苯与CO2反应的反应热△H为

（2）①乙苯与CO2反应的平衡常数表达式为：K=

②乙苯与CO2在固定体积的容器中反应下列叙述不能说明已达到平衡状态的是

a．体系的密度不再改变

b．体系的压强不再改变

c．c（CO2）=c（CO）d．消耗1molCO2同时生成1molH2O

e．CO2的体积分数保持不变（3）在3L密闭容器内，乙苯与CO2的反应在三种不同的条件下进行实验，乙苯、CO2的起始浓度分别为1.0mol/L和3.0mol/L，其中实验I在T1℃，0.3MPa，而实验II、III分别改变了实验其他条件；乙苯的浓度随时间的变化如图I所示．①实验I乙苯在0﹣50min时的反应速率为

②实验Ⅱ可能改变条件的是

③图II是实验I中苯乙烯体积分数V%随时间t的变化曲线，请在图II中补画实验Ⅲ中苯乙烯体积分数V%随时间t的变化曲线．（4）若实验I中将乙苯的起始浓度改为1.2mol/L，其他条件不变，乙苯的转化率将（填“增大”、“减小”或“不变”），计算此时平衡常数为

．参考答案：（1）﹣166KJ/mol（2）①②acd（3）①0.012mol/（L?min）②加催化剂③（4）减小；0.225考点：化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．版权所有专题：化学平衡专题．分析：（1）根据盖斯定律结合热化学方程式分析；（2）①平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，结合方程式分析；②根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；（3）①根据图I中乙苯的浓度变化，求出反应速率；②根据图I中实验Ⅱ改变条件平衡不移动，反应速率增大；③实验Ⅲ中改变条件，由图I可知乙苯的浓度增大，平衡逆移，所以苯乙烯体积分数V%随时间t增大而减小；（4）根据加入乙苯引起的浓度增大量与平衡移动引起的浓度减小量的相对关系分析；若实验I中将乙苯的起始浓度改为1.2mol/L，其他条件不变，因为温度不变，则K不变，根据图I中数据求出K的值．解答：解：（1）方程A+方程B得到：，所以该反应的反应热为：△H=△H1+△H2=﹣125﹣41=﹣166KJ/mol，故答案为：﹣166KJ/mol；（2）①乙苯与CO2反应的平衡常数表达式为：K=，故答案为：；②a．反应前后体积不变，质量守恒，所以体系的密度始终不变，故不能用密度判断平衡，故a错误；b．反应前后气体的体积不等，所以体系的压强改变，当压强不再变化即是平衡状态，故b正确；c．c（CO2）与c（CO）的浓度是否相等，与反应的起始量和转化率有关，所以当c（CO2）=c（CO）时，不能说明已经达到平衡状态，故c错误；d．消耗1molCO2为正速率，同时生成1molH2O也是正速率，都是正速率，二者始终相等，不能说明已经达到平衡状态，故d错误；e．随着反应的进行CO2的体积分数逐渐减小，当CO2的体积分数保持不变，即是平衡状态，故e正确；所以不能说明已达到平衡状态的是acd，故答案为：acd；（3）①根据图I中可知，0﹣50min时乙苯的浓度变化为1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，则其反应速率为==0.012mol/（L?min）；故答案为：0.012mol/（L?min）；②根据图I中实验Ⅱ改变条件平衡不移动，而反应速率增大，所以改变的条件是加催化剂，故答案为：加催化剂；③实验Ⅲ中改变条件，由图I可知乙苯的浓度增大，平衡逆移，所以苯乙烯体积分数V%随时间t增大而减小，其图形为：；故答案为：；（4）若实验I中将乙苯的起始浓度改为1.2mol/L，其他条件不变，平衡正移，由于二氧化碳的初始浓度没变，平衡移动引起的乙苯的浓度的减小量小于加入的乙苯引起的浓度增加量，所以乙苯的转化率减小；根据图I中实验1可知，0﹣50min时乙苯的浓度变化为1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L

C6H5CH2CH3+CO2?C6H5CH=CH2+CO+H2O起始浓度（mol/L