2021-2022學年海南省東方市化學高二下期末復習檢測試題含解析

1、2022年高二下化學期末模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列有關有機物的說法正確的是A分液漏斗可以分離甘油和水的混合物B分子式為C5H10Cl2，結構中含有一個-CH3的同分異構體有7種C由甲苯制取三硝基甲苯的反應與乙酸和苯甲醇反應的

2、類型不同D有機物能發(fā)生氧化、還原、加成、加聚和取代反應2、微信熱傳的“苯寶寶表情包”可看作是由苯衍生的物質配以相應文字形成的（如下圖），苯不屬于（ ）A環(huán)烴B芳香烴C不飽和烴D烴的衍生物3、下列說法不正確的是（）A鍵比鍵重疊程度大，形成的共價鍵強B兩個原子之間形成共價鍵時，最多有一個鍵C氣體單質中，一定有鍵，可能有鍵DN2分子中有一個鍵，2個鍵4、下列分子既不存在s-p 鍵，也不存在p-p 鍵的是( )AHClBHFCSO2DSCl25、據圖裝置和表中提供的物質完成實驗室制取、收集表中氣體并進行尾氣處理(省略夾持、加熱及凈化裝置),最合理的選項是( )選項 中的物質 中的物質 中收集的氣體 中

3、的物質 A 濃氨水 B 稀硫酸 石灰石 溶液 C 稀硝酸 D 濃鹽酸 溶液 AABBCCDD6、X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素，已知X、Y為同周期的相鄰元素且形成的某種二元化合物能形成光化學煙霧，Z為金屬元素且Z原子的L層電子數比其它各層上電子數之和大5，W的最高價氧化物對應水化物和其氫化物均為強酸。下列說法不正確的是AX、Y、Z、W原子半徑大?。篧ZYXB最簡單氫化物的穩(wěn)定性：X金剛石碳化硅BCD9、下列實驗操作、現象及結論均正確的是（ ）選項操作及現象結論A加熱鈉塊，鈉先熔化成光亮的小球，燃燒時火焰為黃色，產生白色固體鈉可與空氣中的氧氣反應B在空氣中久置的鋁條放入NaOH

4、溶液中，立刻產生大量氣泡，鋁條逐漸變細且逐漸發(fā)熱Al和Al2O3均可與NaOH反應C淀粉溶液與稀硫酸混合加熱后，滴加碘水，溶液變?yōu)樗{色淀粉溶液未發(fā)生水解D蔗糖溶液與稀硫酸混合加熱后，先加入足量NaOH溶液，再加入新制Cu(OH)2，加熱，產生磚紅色沉淀蔗糖的水解產物含有醛基AABBCCDD10、下列反應的離子方程式書寫正確的是A將銅片插入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2OB稀硫酸與Ba(OH)2溶液反應：H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2OC向A12(SO4)3溶液中加入過量氨水：Al3+3NH3H2O=AlOH3+3NH4+D向Na2SiO3溶液中滴加

5、醋酸：SiO32-+2H+=H2SiO311、某烷烴的結構簡式是CH3CH2CH（CH2CH3）CH3，它的正確命名是A2-乙基丁烷B3-乙基丁烷C3-甲基戊烷D2,2-二甲基丁烷12、人造空氣(氧氣與氦氣的混合氣)可用于減輕某些病痛或供深水潛水員使用。標準狀況下，5.6 L“人造空氣”的質量是2.4 g，其中氧氣與氦氣的質量比是()A11B21C14D2313、向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，觀察到有白色沉淀生成，溶液變?yōu)榈S色。再向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液逐漸變成無色。下列分析中不正確的是()A最后溶液變成無色表明SO2具有漂白性B滴加CuSO4溶液時，每生成1 m

6、ol CuI會轉移1 mol eC根據上述實驗現象可知氧化性：Cu2 I2SO2D加入少量CuSO4溶液時的離子方程式為2Cu24I- =2CuII214、苯和甲苯相比較，下列敘述中不正確的是（）A都屬于芳香烴B都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C都能在空氣中燃燒D都能發(fā)生取代反應15、NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是( )A標準狀況下，22.4 L CCl4所含分子數約為NA個B標準狀況下，22.4 L乙醇中含有的氧原子數目為NAC盛有SO2的密閉容器中含有NA個氧原子，則SO2的物質的量為0.5 molD1 mol NaHCO3晶體中含有陽離子數目為2NA16、在有機物中，若碳原子上連

7、接的四個原子或原子團不相同，則這個碳原子稱為手性碳原子.含有手性碳原子的分子一般是手性分子具有鏡像異構及光學活性，下列分子中具有光學活性的是（）ACBr2F2BCH3CH2OHCCH3CH2CH3DCH3CH（OH）COOH二、非選擇題（本題包括5小題）17、Q、R、X、Y、Z五種元素的原子序數依次遞增。已知：Z的原子序數為29，其余的均為短周期主族元素；Y原子的價電子(外圍電子)排布為msnmpn；R原子核外L層電子數為奇數；Q、X原子p軌道的電子數分別為2和4。請回答下列問題：（1）Z2的核外電子排布式是_。（2）在Z(NH3)42離子中，Z2的空軌道接受NH3分子提供的_形成配位鍵。（3

8、）Q與Y形成的最簡單氣態(tài)氫化物分別為甲、乙，下列判斷正確的是_。a穩(wěn)定性：甲乙，沸點：甲乙 b穩(wěn)定性：甲乙，沸點：甲乙c穩(wěn)定性：甲乙，沸點：甲乙 d穩(wěn)定性：甲乙（4）Q、R、Y三種元素的第一電離能數值由小到大的順序為_(用元素符號作答)。（5）Q的一種氫化物相對分子質量為26，其中分子中的鍵與鍵的鍵數之比為_，其中心原子的雜化類型是_。（6）某元素原子的價電子構型為3d54s1，該元素屬于_區(qū)元素，元素符號是_。18、A、B、C、D、E五種元素,它們的核電荷數依次增大,且都小于20。其中C、E是金屬元素;A和E屬同族,它們原子的最外層電子排布式為ns1。B和D也屬同族,它們原子最外層的p能級電

9、子數是s能級電子數的兩倍。C原子的最外層電子數等于D原子的最外層電子數的一半。請回答下列問題:（1）寫出C元素基態(tài)原子的電子排布式: _ 。（2）用電子排布圖表示D元素原子的價電子:_。（3）元素B與D的電負性的大小關系是B_ D (填“”“”或“=”,下同), E與C的第一電離能大小關系是E_C。（4）寫出元素E和C的最高價氧化物對應的水化物之間反應的離子方程式_。19、某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定?；卮鹣铝袉栴}：（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵

10、固體，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是_；將FeCl3晶體溶于濃鹽酸,再稀釋到需要的濃度，鹽酸的作用是_。（2）制備K2FeO4（夾持裝置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl而產生Cl2，設計以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。由方案中溶液變紅可知a中含有_離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl氧化，還可能由_產生

11、（用方程式表示）。方案可證明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗滌的目的是_。根據K2FeO4的制備原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2_FeO42-（填“”或“”），而方案實驗表明，Cl2和FeO42-的氧化性強弱關系相反，原因是_。20、電鍍廠曾采用有氰電鍍工藝，處理有氰電鍍的廢水時，可在催化劑TiO2作用下，先用NaClO將CN-離子氧化成CNO-，在酸性條件下CNO-繼續(xù)被NaClO氧化成N2和CO2。環(huán)保工作人員在密閉系統(tǒng)中用下圖裝置進行實驗，以證明處理方法的有效性，并通過測定二氧化碳的量確定CN-被處理的百分率。將濃縮后含

12、CN-離子的污水與過量NaClO溶液的混合液共200 mL(其中CN-的濃度為0.05 molL-1倒入甲中，塞上橡皮塞，一段時間后，打開橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，關閉活塞?；卮鹣铝袉栴}：（1）甲中反應的離子方程式為_，乙中反應的離子方程式為_。（2）乙中生成的氣體除N2和CO2外，還有HCl及副產物Cl2等。丙中加入的除雜試劑是飽和食鹽水，其作用是_，丁在實驗中的作用是_，裝有堿石灰的干燥管的作用是_。（3）戊中盛有含Ca(OH)20.02mol的石灰水，若實驗中戊中共生成0.82 g沉淀，則該實驗中測得CN-被處理的百分率等于_。該測得值與工業(yè)實際處理的百分率相比總是偏低，簡要說明

13、可能原因之一_。21、某興趣小組的同學用如圖所示裝置(甲、乙、丙三池中的溶質均足量)研究有關電化學的問題,當閉合該裝置的開關K時，觀察到電流表的指針發(fā)生了偏轉。請回答下列問題:（1）甲池為_ (填“原電池”“電解池”或“電鍍池”)， A電極的電極反應式為_.（2）丙池中F電極為_(填“正極”“負極”“陰極”或“陽極”),該池中發(fā)生總反應的化學方程式為_（3）若丙池中兩端的電極不變,將其溶液換成NaCl溶液,則開關閉合一段時間后,丙池中溶液的PH將_(填“增大”“減小”或“不變”)。（4）當乙池中C極質量減輕4.32 g時,甲池中B電極理論上消耗O2的體積為_mL(標準狀況)。參考答案一、選擇題

14、（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】A甘油和水互溶，不分層，不能用分液漏斗分離，故A項錯誤；B二氯代物的同分異構體可以采用“定一移一”法解題，先找出所有的同分異構體，再找出只含一個“-CH3”的，其中符合條件的有：CH3-CH2-CH2-CH2-CHCl2，CH3-CH2-CH2-CHCl-CH2Cl，CH3-CH2-CHCl-CH2-CH2Cl，CH3-CHCl-CH2-CH2-CH2Cl，CH3-CH2-CH（CH2Cl）-CH2Cl，CH3-CH(CH2Cl)-CH2-CH2Cl，符合條件的結構簡式一共有6個，故B錯誤；C甲苯和濃HNO3在加入催化劑濃硫酸后加熱發(fā)生取代反應，乙酸和

15、苯甲醇發(fā)生酯化反應，酯化反應屬于取代反應，都是取代反應，故C項錯誤；D該有機物中含有碳碳雙鍵就能發(fā)生氧化、還原、加成、加聚，含有羧基能發(fā)生取代反應，D正確；故答案選D。2、D【解析】A. 苯的結構簡式為，從結構上看，屬于環(huán)烴，A錯誤；B. 苯的結構簡式為，從結構上看，屬于芳香烴，B錯誤；C. 苯的分子式為C6H6，從組成上看，其氫原子數遠未達飽和，屬于不飽和烴，C錯誤；D. 苯只含有C、H元素，不屬于烴的衍生物，D正確； 故合理選項為D。3、C【解析】A鍵是頭碰頭的重疊，鍵是肩并肩的重疊，鍵比鍵重疊程度大，鍵比鍵穩(wěn)定，故A正確；B兩個原子間只能形成1個鍵，兩個原子之間形成雙鍵時，含有一個鍵和一

16、個鍵，兩個原子之間形成三鍵時，含有一個鍵和2個鍵，故B正確；C單原子分子中沒有共價鍵，如稀有氣體分子中不存在鍵，故C錯誤；D兩個原子之間形成三鍵時，含有一個鍵和2個鍵，N2分子中含有一個三鍵，即有一個鍵，2個鍵，故D正確；故答案為C。4、D【解析】共價鍵是兩個原子軌道以“頭碰頭”或“肩并肩”重疊形成的，s和p軌道以“頭碰頭”重疊可形成s-p鍵，p軌道之間以“頭碰頭”重疊可形成p-p鍵，p軌道之間以“肩并肩”重疊可形成p-p鍵?！驹斀狻緼項、HCl分子中存在s-p鍵，故A錯誤；B項、HF分子中存在s-p鍵，故B錯誤；C項、SO2分子中存在p-p鍵和p-p 鍵，故C錯誤；D項、SCl2分子中只存在

17、p-p鍵，故D正確；故選D。【點睛】本題考查共價鍵的類型，把握鍵、鍵的形成方式為解答的關鍵。5、D【解析】試題分析：A、氨氣的收集錯誤，錯誤；B、試劑錯誤，應選用稀鹽酸與石灰石反應，因為稀硫酸與石灰石反應生成微溶的硫酸鈣附著在石灰石表面，阻礙反應進一步進行，錯誤；C、試劑錯誤，稀硝酸與銅反應生成NO，錯誤；D、正確?？键c：考查氣體的制備與收集有關問題。6、A【解析】由X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素，X、Y為同周期的相鄰元素且形成的某種二元化合物能形成光化學煙霧可知，X為N元素、Y為O元素；Z為金屬元素且Z原子的L層電子數比其它各層上電子數之和大5，則Z的最外層有3個電子，為N

18、a元素；W的最高價氧化物對應水化物和其氫化物均為強酸，則W為Cl元素。【詳解】A項、同周期元素從左到右，原子半徑依次減小，Na元素的原子半徑大于Cl元素，故A錯誤；B項、元素的非金屬性越強，形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性越強，O元素的非金屬性強于N元素，則最簡單氫化物的穩(wěn)定性：NBr2Cl2，所以這三種物質熔點高低順序是I2Br2Cl2，D錯誤；故合理選項是C。9、D【解析】A.加入鈉塊時，最終得到的產物是過氧化鈉，為淡黃色固體，A錯誤；B.久置的鋁條放入NaOH溶液中，表面的氧化鋁先與NaOH反應，露出Al后才能反應生成氫氣，B錯誤；C. 淀粉溶液與稀硫酸混合加熱后，滴加碘水，溶液變?yōu)樗{色，可能淀粉

19、水解未完全，C錯誤；D.反應中稀硫酸作催化劑，加入新制的氫氧化銅前，先加足量NaOH溶液中和稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2，加熱，產生磚紅色沉淀，證明蔗糖的水解產物含有醛基，D正確；答案為D。10、C【解析】A.將銅片插入稀硝酸中：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，A錯誤；B.稀硫酸與Ba(OH)2溶液反應：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，B錯誤；C.向A12(SO4)3溶液中加入過量氨水：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，C正確；D.向Na2SiO3溶液中滴加醋酸：SiO32-+2CH3COOH=H2SiO3+2CH3COO-

20、，D錯誤；答案為C?！军c睛】銅與稀硝酸反應生成NO，與濃硝酸反應生成二氧化氮。11、C【解析】CH3CH2CH（CH2CH3）CH3，該有機物碳鏈為：，最長碳鏈含有5個C原子，主鏈為戊烷，在3號C含有一個甲基，該有機物命名為：3-甲基戊烷。答案選C。12、B【解析】氣體的物質的量為n=0.25mol，根據二者的物質的量、質量列比例式進行計算?！驹斀狻繗怏w的物質的量為n=0.25mol，設氧氣的物質的量為x，氦氣的物質的量是y，則根據二者的物質的量、質量得聯(lián)立方程式：x+y=0.25和32x+4y=2.4，解得x=0.05和y=0.2，則氧氣與氦氣的質量比=(32g/mol0.05mol)：(0

21、.2mol4g/mol)=1.6g：0.8g=2：1，故選B。13、A【解析】分析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學方程式為2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，反應方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；詳解：A由上述分析及化學方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，最后溶液變成無色表明SO2具有還原性，而非漂白性，故A錯誤；BCuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學方程式為2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知每轉移2mol電子生成2molCuI，所以生成1molCuI白色沉淀時轉移1mole-

22、，故B正確；C2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反應中Cu2+化合價降低是氧化劑，I2是氧化產物，氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，所以物質的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合價由0價降低為-1價，I2是氧化劑，SO2被氧化，所以物質氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故C正確；D加入少量CuSO4溶液時的離子方程式為2Cu24I- =2CuII2，故正確；故本題選A。點晴:根據題目信息推斷實驗中發(fā)生的反應，溶液呈淡黃色，說明有I2生成碘元素化合價由-1價升高到0價，硫酸根只有在濃硫酸中有氧化性，所以化合價能夠降低的只有Cu

23、2+，觀察到產生白色沉淀，由于Cu為紅色，所以Cu2+不能還原為Cu，應還原為Cu+，白色沉淀是CuI；向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液逐漸變成無色，說明I2反應，故I2與SO2反應生成I-，SO2被氧為化H2SO4，白色沉淀是CuI，據此分析解答。14、B【解析】A.苯和甲苯都含有苯環(huán)，都屬于芳香烴，故A正確；B.苯性質穩(wěn)定不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而甲苯由于苯環(huán)對甲基的影響，使得甲基上氫變得活潑可以被酸性高錳酸鉀氧化，故B錯誤；C.苯和甲苯有可燃性，都能在空氣中燃燒，故C正確；D.苯和甲苯都能與鹵素單質、硝酸等發(fā)生取代反應，故D正確；故選B。15、C【解析】A. 標準狀況下四氯

24、化碳是液體，不能利用氣體摩爾體積計算22.4 L CCl4所含分子數，A錯誤；B. 標準狀況下乙醇是液體，不能利用氣體摩爾體積計算22.4 L乙醇中含有的氧原子數目，B錯誤；C. 盛有SO2的密閉容器中含有NA個氧原子，則SO2的物質的量為1mol20.5 mol，C正確；D. 碳酸氫鈉是由鈉離子和碳酸氫根離子組成的，1 mol NaHCO3晶體中含有陽離子數目為NA，D錯誤。答案選C。16、D【解析】A項、CBr2F2分子中，碳原子所連接的四個基團兩個是一樣的Br，另兩個是一樣的F，不是手性碳原子，故A錯誤；B項、CH3CH2OH分子中，碳原子所連接的四個基團兩個是一樣的H，另兩個一個是甲基

25、，一個是羥基，不是手性碳原子，故B錯誤；C項、CH3CH2CH3分子中，碳原子所連接的四個基團兩個是一樣的H，另兩個是一樣的甲基，不是手性碳原子，故C錯誤；D項、CH3CH（OH）COOH分子中，有一個碳原子所連的四個取代基分別是羥基、甲基、氫原子和羧基，該碳原子具有手性，故D正確；故選D?！军c晴】注意把握手性碳原子的判斷方法；手性碳原子指連有四個不同基團的碳原子，手性碳原子判斷注意：1、手性碳原子一定是飽和碳原子；2、手性碳原子所連接的四個基團要是不同的，據此判斷即可。二、非選擇題（本題包括5小題）17、 1s22s22p63s23p63d9 孤電子對 b SiCSiH4，沸點：CH4SiH

26、4。（4）C、N、Si的第一電離能由小到大的順序為SiCSiH4；由于CH4的相對分子質量小于SiH4的相對分子質量，CH4分子間作用力小于SiH4分子間作用力，沸點：CH4SiH4；答案選b。（4）根據同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，第一電離能CSi；C、N、Si的第一電離能由小到大的順序為SiCS，金屬性越強，第一電離能越小， K與Al的第一電離能大小關系是K氧化產物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反應為2FeO42+6Cl+16H+2Fe3+3Cl2+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條

27、件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。20、 CN-+ClO-=CNO-+Cl- 2CNO-+2H+3 CNO-=N2+2CO2+3Cl-+H2O 除去HCl氣體 去除Cl2 防止空氣中CO2進入戊中影響測定準確度 82% 裝置乙、丙、丁中可能滯留有CO2；CO2產生的速度較快未與戊中的澄清石灰水充分反應；Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）?！窘馕觥勘绢}考查氧化還原反應方程式的書寫、物質除雜和提純、化學計算等，（1）根據信息，甲：在TiO2催化劑作用下，NaClO將CN氧化成CNO，ClOCNCNOCl，CN中N顯3價，C顯2價，CNO中氧顯2價，N顯3價，C顯4價

28、，因此有ClO中Cl化合價由1價1價，化合價降低2價，CN中C化合價由2價4價，化合價升高2價，然后根據原子守恒配平其他，CN+ClO=CNO+Cl ；根據信息酸性條件下，CNO被ClO氧化成N2和CO2，離子反應方程式為：2CNO+2H+3 CNO=N2+2CO2+3Cl+H2O ；（2）利用HCl易溶于水，因此飽和食鹽水的作用是除去HCl氣體，丁的作用是除去Cl2；實驗的目的是測定CO2的量確定CN被處理的百分率，空氣中有CO2，因此堿石灰的作用是防止空氣中CO2進入戊中，避免影響測定的準確性；（3）戊中沉淀是CaCO3，根據碳元素守恒，n(CN)=n(CaCO3)=0.82/100mol=8.2103mol，被處理的