山西省忻州市原平中陽鄉聯合校2022年高二化學模擬試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.關于糖類、油脂和蛋白質，以下敘述正確的是A．植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色

B．葡萄糖能發生氧化反應和水解反應

C．蔗糖和淀粉都是高分子化合物

D．蛋白質溶液遇硫酸銅后產生的沉淀能重新溶于水參考答案：A2.

參考答案：AE3.市場上有一種加酶洗衣粉，即在洗衣粉中加入少量堿性蛋白酶以去除衣服中的汗漬、血漬及人體排放的蛋白質。下列衣料中不能用加酶洗衣粉的是①棉織品

②毛織品

③腈綸織品

④蠶絲織品

⑤滌綸織品

⑥錦綸織品A．①②③

B．②④

C．③④⑤

D．③④⑥參考答案：B略4.參考答案：BD5.某溶液中存在較多的OH－、K+、,該溶液中還可能大量存在的是(

) A．H+ B．Ca2+ C． D． 參考答案：D6.將純鋅片和純銅片按圖示方式插入同深度的稀硫酸中一段時間，以下敘述正確的是（）A．兩燒杯中銅片表面均無氣泡產生B．甲中銅片是正極，乙中銅片是負極C．兩燒杯中溶液的pH均增大D．產生氣泡的速度甲比乙慢參考答案：C考點：原電池和電解池的工作原理專題：電化學專題．分析：甲中形成銅鋅原電池，鋅作負極，失電子，銅作正極，H+在銅極上得電子，生成H2，總反應式為：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，原電池的構成加快了反應速率．乙裝置中只是鋅片與稀硫酸間發生了置換反應：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，以此進行分析．解答：解：A、甲中形成銅鋅原電池，鋅作負極，失電子，銅作正極，H+在銅極上得電子，生成H2，所以甲中銅片表面有氣泡產生，故A錯誤；B、乙中不構成原電池，銅片不是電極，故B錯誤；C、甲乙兩燒杯反應的總方程式都為Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，溶液中硫酸的濃度降低，溶液的PH增大，故C正確；D、原電池能加快反應速率，故產生氣泡的速度甲比乙快，故D錯誤．故選C．點評：本題考查了置換反應和原電池的有關知識，題目難度不大，注意把握原電池的組成條件的工作原理．7.在容積可變的密閉容器中，2molN2和6molH2在一定條件下反應，達到平衡時，H2的轉化率為40％，則平衡時氨氣的體積分數接近于

（

）A.10％

B.15％

C.20％

D.25％參考答案：D略8.對于相同物質的量的SO2和SO3，下列說法中正確的是A．氧元素的質量比為1∶1

B．分子數之比為1∶1C．原子總數之比為1∶1 D．質量之比為1∶1參考答案：B9.下列措施不能達到節能減排目的的是（

）A．利用太陽能制氫燃料

B．用家用汽車代替公交車C．利用潮汐能發電

D．用節能燈代替白熾燈參考答案：B略10.下列化學用語說法正確的是(

)A．過氧化鈉的電子式：Na︰O︰O︰Na

B．鉀元素的原子結構示意圖為：

K

C．次氯酸的結構式：H－O－ClD．硫原子的電子排布圖為：

1s

2s

2p

3s

3p參考答案：C略11.除去下列物質中所含少量雜質，所選用的試劑和分離方法能達到實驗目的是

混合物(括號內為雜質)試劑（足量）分離方法A苯（苯酚）濃溴水過濾B乙烷（乙烯）H2催化劑、加熱C乙酸乙酯（乙酸）飽和Na2CO3溶液分液D乙酸（乙醛）新制Cu(OH)2過濾參考答案：C略12.下列有關物質性質或應用的說法正確的是A．二氧化錳具有強氧化性，能將雙氧水氧化為氧氣B．濃硫酸具有較強酸性，常用作淀粉水解的催化劑C．炭具有強還原性，高溫下能將二氧化硅還原為硅D．二氧化硫具有漂白性，與氯水混合使用效果更好參考答案：C略13.下列說法錯誤的是A．淀粉遇碘變藍

B．葡萄糖能發生銀鏡反應C．油脂能發生水解生成酸和堿

D．蛋白質遇濃硝酸變性

參考答案：C略14.下列關于合金的敘述中正確的是A．合金不具有金屬光澤

B．金屬和非金屬之間不可能形成合金C．生鐵和鋼都是鐵的合金

D．鈦合金是使用最多的合金參考答案：C略15.下列排序不正確的是（

）

A.晶體熔點的高低：＞B.原子的價層電子數目的多少：Fe>As>K

C.分子中的鍵角大小：CO2＞CH2=CH2＞H2O＞NH3D.微粒半徑大?。篛2－＞F－＞Na+＞Li+參考答案：C略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.（2015秋?泰興市校級期中）工業上常利用含硫廢水生產海波Na2S2O3?5H2O，實驗室可用如下裝置（略去部分夾持儀器）模擬生產過程．燒瓶C中發生反應如下：Na2S+H2O+SO2=Na2SO3+H2S

（Ⅰ）2H2S+SO2=3S+2H2O

（Ⅱ）S+Na2SO3=Na2S2O3

（Ⅲ）（1）儀器組裝完成后，關閉兩端活塞，向裝置B中的長頸漏斗內注入液體至形成一段液柱，若，則整個裝置氣密性良好．裝置D的作用是．裝置E中為溶液．（2）為提高產品純度，應使燒瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反應，則燒瓶C中Na2S和Na2SO3物質的量之比為．（3）裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，其中的液體最好選擇．a．蒸餾水

b．飽和Na2SO3溶液

c．飽和NaHSO3溶液

d．飽和NaOH溶液（4）反應終止后，燒瓶C中的溶液經蒸發濃縮即可析出Na2S2O3?5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等雜質．利用所給試劑（稀鹽酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液）設計實驗，檢測產品中是否存在Na2SO4，簡要說明實驗操作，現象和結論：．已知Na2S2O3?5H2O遇酸易分解：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O（5）為了測定某海波樣品的成分，稱取三份質量不同的該樣品，分別加入相同濃度的硫酸溶液20mL，充分反應后濾出硫，微熱濾液使生成的SO2全部逸出．測得有關實驗數據如下（標準狀況）：

第一份第二份第三份樣品的質量/g12.6018.9028.00二氧化硫的體積/L1.121.682.24所用硫酸溶液中溶質的物質的量濃度．參考答案：1.液柱高度保持不變

防止倒吸

NaOH

2.2：13.c4.取少量產品溶于足量稀鹽酸、靜置、取上層清液（或過濾，取濾液）、滴加BaCl2溶液，若出現沉淀則說明含有Na2SO4雜質．5.5mol/L考點：制備實驗方案的設計．

分析：（1）液柱高度保持不變，說明氣密性良好；D中左側為短導管，為安全瓶，防止倒吸；裝置E起到吸收尾氣中SO2、H2S的作用；（2）根據題目所給3個反應，可得出對應關系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反應時同時生成2Na2SO3，還需要1Na2SO3；（3）SO2易溶于水，能與Na2SO3溶液、NaHCO3溶液反應，但在NaHSO3溶液中溶解度較?。唬?）加入鹽酸，Na2S2O3反應生成S沉淀，所以靜置后取上層清液，滴加BaCl2溶液，檢驗溶液中是否含有硫酸根離子；（5）硫酸的用量一定，由上述二氧化硫的體積可知，第一份、第二份中海波樣品完全反應，生成2.24LL二氧化硫需要海波質量為12.6g×=25.2g＜28.00，故第三份中硫酸不足，結合反應：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O計算硫酸的物質的量，進而計算硫酸的物質的量濃度．解答：解：（1）儀器組裝完成后，關閉兩端活塞，向裝置B中的長頸漏斗內注入液體至形成一段液柱，若液柱高度保持不變，則氣密性良好；D中左側為短導管，為安全瓶，防止倒吸；裝置E起到吸收尾氣中SO2、H2S的作用，可選用NaOH溶液，故答案為：液柱高度保持不變；防止倒吸；NaOH；（2）根據題目所給3個反應，可得出對應關系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反應時同時生成2Na2SO3，還需要1Na2SO3，所以燒瓶C中Na2S和Na2SO3物質的量之比為2：1，故答案為：2：1；（3）SO2易溶于水，能與Na2SO3溶液、NaHCO3溶液反應，但在NaHSO3溶液中溶解度較小，故選：c；（4）檢測產品中是否存在Na2SO4的實驗方案為：取少量產品溶于足量稀鹽酸、靜置、取上層清液（或過濾，取濾液）、滴加BaCl2溶液，若出現沉淀則說明含有Na2SO4雜質，故答案為：取少量產品溶于足量稀鹽酸、靜置、取上層清液（或過濾，取濾液）、滴加BaCl2溶液，若出現沉淀則說明含有Na2SO4雜質；（5）硫酸的用量一定，由上述二氧化硫的體積可知，第一份、第二份中海波樣品完全反應，生成2.24LL二氧化硫需要海波質量為12.6g×=25.2g＜28.00，故第三份中硫酸不足，生成二氧化硫的物質的量為=0.1mol，結合反應：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O，可知n（H+）=2n（SO2）=0.2mol，故n（H2SO4）=n（H+）=0.1mol，則硫酸的物質的量濃度為=5mol/L，故答案為：5mol/L．點評：本題考查實驗方案的分析與評價，涉及氣密性檢驗、離子檢驗、對操作的分析評價、化學計算等，側重實驗分析能力及知識綜合應用能力的考查，（2）為易錯點，可以利用總反應的分析，題目難度中等三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.工業上采用乙苯與CO2脫氫生產重要化工原料苯乙烯其中乙苯在CO2氣氛中的反應可分兩步進行（1）上述乙苯與CO2反應的反應熱△H為

（2）①乙苯與CO2反應的平衡常數表達式為：K=

②乙苯與CO2在固定體積的容器中反應下列敘述不能說明已達到平衡狀態的是

a．體系的密度不再改變

b．體系的壓強不再改變

c．c（CO2）=c（CO）d．消耗1molCO2同時生成1molH2O

e．CO2的體積分數保持不變（3）在3L密閉容器內，乙苯與CO2的反應在三種不同的條件下進行實驗，乙苯、CO2的起始濃度分別為1.0mol/L和3.0mol/L，其中實驗I在T1℃，0.3MPa，而實驗II、III分別改變了實驗其他條件；乙苯的濃度隨時間的變化如圖I所示．①實驗I乙苯在0﹣50min時的反應速率為

②實驗Ⅱ可能改變條件的是

③圖II是實驗I中苯乙烯體積分數V%隨時間t的變化曲線，請在圖II中補畫實驗Ⅲ中苯乙烯體積分數V%隨時間t的變化曲線．（4）若實驗I中將乙苯的起始濃度改為1.2mol/L，其他條件不變，乙苯的轉化率將（填“增大”、“減小”或“不變”），計算此時平衡常數為

．參考答案：（1）﹣166KJ/mol（2）①②acd（3）①0.012mol/（L?min）②加催化劑③（4）減??；0.225考點：化學平衡狀態的判斷；化學平衡的計算．版權所有專題：化學平衡專題．分析：（1）根據蓋斯定律結合熱化學方程式分析；（2）①平衡常數等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，結合方程式分析；②根據化學平衡狀態的特征解答，當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等（同種物質）或正逆速率之比等于化學計量數之比（不同物質），各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發生變化；（3）①根據圖I中乙苯的濃度變化，求出反應速率；②根據圖I中實驗Ⅱ改變條件平衡不移動，反應速率增大；③實驗Ⅲ中改變條件，由圖I可知乙苯的濃度增大，平衡逆移，所以苯乙烯體積分數V%隨時間t增大而減小；（4）根據加入乙苯引起的濃度增大量與平衡移動引起的濃度減小量的相對關系分析；若實驗I中將乙苯的起始濃度改為1.2mol/L，其他條件不變，因為溫度不變，則K不變，根據圖I中數據求出K的值．解答：解：（1）方程A+方程B得到：，所以該反應的反應熱為：△H=△H1+△H2=﹣125﹣41=﹣166KJ/mol，故答案為：﹣166KJ/mol；（2）①乙苯與CO2反應的平衡常數表達式為：K=，故答案為：；②a．反應前后體積不變，質量守恒，所以體系的密度始終不變，故不能用密度判斷平衡，故a錯誤；b．反應前后氣體的體積不等，所以體系的壓強改變，當壓強不再變化即是平衡狀態，故b正確；c．c（CO2）與c（CO）的濃度是否相等，與反應的起始量和轉化率有關，所以當c（CO2）=c（CO）時，不能說明已經達到平衡狀態，故c錯誤；d．消耗1molCO2為正速率，同時生成1molH2O也是正速率，都是正速率，二者始終相等，不能說明已經達到平衡狀態，故d錯誤；e．隨著反應的進行CO2的體積分數逐漸減小，當CO2的體積分數保持不變，即是平衡狀態，故e正確；所以不能說明已達到平衡狀態的是acd，故答案為：acd；（3）①根據圖I中可知，0﹣50min時乙苯的濃度變化為1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，則其反應速率為==0.012mol/（L?min）；故答案為：0.012mol/（L?min）；②根據圖I中實驗Ⅱ改變條件平衡不移動，而反應速率增大，所以改變的條件是加催化劑，故答案為：加催化劑；③實驗Ⅲ中改變條件，由圖I可知乙苯的濃度增大，平衡逆移，所以苯乙烯體積分數V%隨時間t增大而減小，其圖形為：；故答案為：；（4）若實驗I中將乙苯的起始濃度改為1.2mol/L，其他條件不變，平衡正移，由于二氧化碳的初始濃度沒變，平衡移動引起的乙苯的濃度的減小量小于加入的乙苯引起的濃度增加量，所以乙苯的轉化率減??；根據圖I中實驗1可知，0﹣50min時乙苯的濃度變化為1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L

C6H5CH2CH3+CO2?C6H5CH=CH2+CO+H2O起始濃度（mol/L