2022-2023学年江苏省苏州市高二上学期期中调研化学试卷含解析

这是一份2022-2023学年江苏省苏州市高二上学期期中调研化学试卷含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

江苏省苏州市2022-2023学年高二上学期期中调研化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．新冠疫苗采用冷链运输，以防止蛋白质盐析
B．北斗卫星导航系统所用芯片的主要成分为SiC
C．《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜
D．我国首创了石墨烯液冷散热技术，石墨烯是一种有机高分子材料
【答案】C
【详解】A．新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，以为了防止蛋白质在温度较高时发生蛋白质的变性，故A错误；
B．北斗卫星导航系统由我国自主研发独立运行，其所用芯片的主要成分为晶体Si，故B错误；
C．碱式碳酸铜呈绿色，常做绿色颜料，故C正确；
D．石墨烯是C元素的单质，不是化合物，因此不属于有机高分子材料，故D错误；
故答案为C。
2．2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟()等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟是第五周期ⅢA族元素。下列说法正确的是
A．In与K处于同一周期 B．的中子数与电子数的差值为66
C．碱性： D．原子半径：In>Al
【答案】D
【详解】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；
C．Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族由上而下，金属性增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性：，故C不符合题意；
D．Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故D符合题意；
故选D。
3．反应可用于检验微量CO的存在。下列说法正确的是
A．的电子式为 B．CO为非极性分子
C．中存在Ag-H σ键 D．电负性大小：
【答案】D
【详解】A．NH3为共价化合物，电子式为，A不正确；
B．CO为含有极性键的极性分子，B不正确；
C．中，Ag+为中心离子，NH3为配体，其中N原子为配位原子，所以不存在键，C不正确；
D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；非金属性O比N强，则电负性大小：，D正确；
故选D。
4．淀粉和纤维素都属于多糖，都是由葡萄糖聚合形成的大分子化合物，组成都可以用表示。下列关于淀粉和纤维素的叙述不正确的是
A．都能发生水解反应 B．基本结构单元相同
C．互为同分异构体 D．都是天然高分子
【答案】C
【详解】A．淀粉和纤维素都属于多糖，在一定条件都可以水解生成葡萄糖，故A正确；
B．淀粉和纤维素组成都可以用表示，基本结构单元相同，故B正确；
C．淀粉和纤维素组成都可以用表示，属于高分子，聚合度n不同，不属于同分异构体，故C错误；
D．淀粉和纤维素都是天然高分子，故D正确；
故答案为C。
5．组成蛋白质的氨基酸主要是α-氨基酸，α-氨基酸指的是氨基和羧基都连在同一个碳原子上的氨基酸。两个氨基酸分子脱去一分子水形成的化合物称为二肽。下列有关说法正确的是
A．将饱和溶液加入鸡蛋清溶液中，以提取鸡蛋清
B．在油脂中加入淀粉酶，以促进油脂水解
C．最简单的α-氨基酸是甘氨酸。(氨基乙酸)，由两个甘氨酸分子形成的二肽有两种
D．酶是生物体内重要的催化剂，它是一种氨基酸，具有两性
【答案】A
【详解】A．将饱和溶液加入鸡蛋清溶液中，会发生盐析现象，可以提取鸡蛋清，A正确；
B．淀粉酶不能促进油脂水解，B错误；
C．最简单的α-氨基酸是甘氨酸。(氨基乙酸)，两个甘氨酸分子形成的二肽只有1种，C错误；  
D．大多数酶主要成分为蛋白质，D错误；
故选A。
6．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向2mL2%的硫酸铜溶液中滴入几滴NaOH溶液，振荡后再加入1L某单糖溶液，加热后观察是否有砖红色沉淀
确定单糖中是否含醛基
B
将石蜡油加强热产生的气体通入的溶液，观察溶液颜色变化
确定石蜡油分解是否产生不饱和气态烃
C
向淀粉溶液中加适量20%溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，观察溶液颜色变化
确定淀粉是否发生水解
D
将卤代烃与NaOH水溶液混合加热，待冷却后再加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色
确定卤代烃中卤原子种类

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．2mL2%的硫酸铜溶液中滴入几滴NaOH溶液，制备新制的氢氧化铜悬浊液应该碱过量，检验单糖中的醛基应该在碱性环境，故A错误；
B．将石蜡油加强热产生的气体通入的溶液，的溶液褪色，说明产生不饱和气态烃，故B正确；
C．有机物水解一般反应不完全，再滴加少量碘水，溶液显蓝色，不能证明淀粉未发生水解，有可能是水解不完全，故C错误；
D．卤代烃与NaOH水溶液混合加热，待冷却后，加稀硝酸中和氢氧化钠，再加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色确定卤素原子种类，故D错误；
故答案为B；
7．氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是

A．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
B．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
C．两种晶体中的B原子的杂化类型相同
D．两种晶体均为分子晶体
【答案】B
【详解】A．由图可知立方相氮化硼中原子间形成的都是单键，所以都是σ键，故A错误；
B．六方相氮化硼与石墨的结构相似，层间存在分子间作用力比化学键弱的多，所以质地软，故B正确；
C．六方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp2， 立方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp3，故C错误；
D．六方相氮化硼与石墨的结构相似，所以为混合型晶体；立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为共价晶体，故D错误；
答案选B。
8．下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是
A．键能 、 ，因此C2H6稳定性大于Si2H6
B．立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度
C．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4
D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成 键
【答案】C
【详解】A．因键能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，故C2H6的键能总和大于Si2H6，键能越大越稳定，故C2H6的稳定性大于Si2H6，A正确；
B．SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度和很大，B正确；
C．SiH4中Si的化合价为+4价，C的非金属性强于Si，则C的氧化性强于Si，则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH4的还原性较强，C错误；
D．Si原子的半径大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成π键，故Si原子间难形成双键，D正确；
故选C。
9．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z的最外层电子数为K层的一半，W与X可形成原子个数比为2∶1的分子。下列说法正确的是
A．W与Y能形成含有非极性键的化合物
B．简单离子半径大小顺序：Z>X>Y
C．X和Y的最简单氢化物的沸点：X>Y
D．同周期中第一电离能小于X的元素有4种
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数为K层的一半，则Z的核外有3个电子层，最外层电子数为1，即为Na；W与X能形成原子个数比为2:1的18电子的分子，则形成的化合物为N2H4，所以W为H，X为N；Y的原子序数是W和X的原子序数之和，则Y为O。
【详解】A．W为H，Y为O，两者能形成H2O2，其含有非极性共价键，故A正确；
B．离子的电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，即离子半径大小为：N3-＞O2-＞Na+，即简单离子半径为X＞Y＞Z，故B错误；
C．X的最简单氢化物为氨气，Y的最简单氢化物为水，水的沸点高于氨气，即最简单氢化物的沸点为Y＞X，故C错误；
D．同一周期随着原子序数增大，第一电离能呈递增趋势，由于N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能小于X的元素有锂、铍、硼、碳、氧5种，故D错误；
故选A。
10．晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但晶体中哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长，下列有关说法正确的是

A．一个晶胞中含有4个，4个
B．1个周围距离最近的有6个
C．6.4g晶体中含阴离子0.2mol
D．该晶体中只含离子键
【答案】A
【分析】位于晶胞内部和棱上，一个晶胞中数目为4；晶胞中位于顶点和面心，一个晶胞中数目为；
【详解】A．由分析可知，一个晶胞中含有4个，4个，故A正确；
B．以底面前侧的钙离子为例，在xyz轴方向各有2个，但是晶胞沿一个方向拉长，导致1个周围距离最近的有4个，故B错误；
C．6.4g晶体的物质的量为0.1mol，含阴离子为0.1mol，故C错误；
D．中存在碳碳共价键，故D错误；
故选A。
11．科研人员使用催化剂镓化钴()实现了还原肉桂醛生成肉桂醇，该反应为吸热反应，反应机理如图所示。下列说法不正确的是

A．还原过程中发生了极性键的断裂
B．肉桂醛的稳定性小于肉桂醇的稳定性
C．苯丙醛和肉桂醇互为同分异构体
D．实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
【答案】B
【详解】A．还原反应过程中H-H、C=O键断裂，分别为极性键和非极性键，故A正确；
B．肉桂醛还原生成肉桂醇是吸热反应，肉桂醇能量高，能量越高越不稳定，故肉桂醛的稳定性大于肉桂醇的稳定性，故B错误；
C．苯丙醛和肉桂醇分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D．肉桂醛在催化条件下，只有醛基与氢气发生加成反应，在说明催化剂具有选择性，故D正确；
故答案为：B。
12．化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：

下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．X分子中所有原子一定在同一平面上
B．Y与的加成产物分子中含有手性碳原子
C．2-甲基丙烯酰氯和Y分子都存在顺反异构体
D．Y水解生成X和2-甲基丙烯酰氯
【答案】B
【详解】A．X中与苯环直接相连的2个H、3个Br、1个O和苯环碳原子一定在同一平面上，由于单键可以旋转，X分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上，A项错误；
B．Y与Br2的加成产物为，中“*”碳为手性碳原子，B项正确；
C．二者的碳碳双键中存在C=CH2，碳连接相同的基团，则不存在顺反异构体，C项错误；
D．Y中酯基和碳溴键与NaOH溶液发生水解反应再酸化生成和，D项错误；
答案选B。
13．(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。其释氢方式主要有两种，水解释氢和热分解释氢。氨硼烷水解释氢时转化为；受热释氢时固体残留率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是

A．分子中存在配位键
B．水解释氢的化学方程式
C．110℃时残留固体的化学式可能为
D．若B点一种产物的最简式就是分子式，则该产物分子中σ键∶π键=2∶3
【答案】D
【详解】A．N存在孤电子对，B原子为缺电子原子，其提供空轨道故存在配位键，故A正确；
B．根据题意氨硼烷水解释氢时转化为，水解释氢的化学方程式，故B正确；
C．110℃时， 根据图可知M(A) = M(NH3BH3) 93.55% =3193.55% =29，故A为BNH4，故C正确；
D．B点时，根据图可知M(B) = M(NH3BH3) 87.10% =3187.10%=27，B点一-种产物的最简式就是分子式，故B为NH2=B，键: 键为3：2，故D错误；
所以选择D。

二、填空题
14．铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。
Ⅰ.金属铜的原子堆积模型如图-1所示，

(1)该晶胞中每个Cu原子周围最近距离的Cu原子数目为_______。
Ⅱ.能与、、、等形成配位数为4的配合物。
(2)向溶液中加入过量NaOH溶液可生成。中除了配位键外，还存在的化学键类型有_______(填字母)。
A．离子键 B．金属键 C．极性共价键 D．非极性共价键
(3)将CuO投入、的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50~55℃，pH约为9.5，CuO转化为溶液。
①CuO被浸取的离子方程式为_______。
②结构中，若用两个分子代替两个分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测的空间构型为_______。
(4)可以与乙二胺()形成配离子，如题图-2所示：

③H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序为_______。
④乙二胺分子中N原子成键时采取的杂化类型是_______。乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是_______。
Ⅲ.将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，
(5)下列物质中，属于顺磁性物质的是_______(填标号)。
A．    B．    C．
【答案】(1)12
(2)AC
(3)          正方形
(4)     O>N>H     sp3     乙二胺可以形成分子间氢键
(5)BC

【详解】（1）金属铜的原子堆积模型位面心立方最密堆积，该晶胞中每个Cu原子周围最近距离的Cu原子数目为12；
（2）根据信息可知能与形成配位键，中除了配位键外，Na+与之间存在离子键，之间存在极性共价键，故还存在的化学键类型有离子键、极性共价键，故答案为：AC；
（3）①将CuO投入、生成，CuO被浸取的离子方程式为；
②结构中，若用两个分子代替两个分子，如果是正四面体结构，两个分子代替两个分子，得到只有一种结构；可以得到两种不同结构的化合物，由此推测的空间构型为正方形结构；
（4）③同周期元素从左到右电负性依次增大，故电负性为O>N>H；
④乙二胺分子中N原子与H和C形成3个键，有一对个电子对，价层电子对为4，采取sp3杂化；乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺不能形成氢键，只有分子间作用力，所以乙二胺沸点高；
（5）具有未成对电子的物质具有顺磁性，Cu+价电子排布为3d10，Cu2+价电子排布为3d9，+2价的铜离子形成的物质具有顺磁性，故答案为BC；
15．化学反应过程中既有物质变化，又有能量变化。释放或吸收热量是化学反应中能量变化的主要形式之一
(1)甲烷具有较大的燃烧热()，是常见燃料。请写出甲烷燃烧的热化学反应方程式_______。
(2)①工业上高纯硅可通过下列反应制取：  该反应的反应热_______。
已知：
化学键
Si-Cl
H-H
H-Cl
Si-Si
键能/
360
436
431
176

②硅晶体结构与金刚石类似。题图-1所示立方体体心的“●”表示晶体中的一个Si原子，请在立方体的顶点用“●”表示出与之紧邻的所有硅原子。________

(3)自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO-Al-”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图-2所示。
实验编号
反应物组成
a
0.20gCaO粉末、5.0mL
b
0.15gAl粉、5.0mL
c
0.15gAl粉、5.0mL饱和石灰水
d
0.15gAl粉、5.0mL石灰乳
e
0.15gAl粉、0.20gCaO粉末  5.0mL


已知：I.  
II.  
III.  
①实验b中，的变化说明Al粉与在该条件下_______(填“反应”或“不反应”)。
②实验c中，前3min的有变化，其原因是_______；3min后基本不变，其原因是_______。
③实验d在10min内温度持续升高的原因是_______。
④实验e中发生的总反应可表示为：，其_______。
五组实验对比，e放热效果最好。
【答案】(1)
(2)     236    
(3)     不反应     Al和溶液中的OH-发生了反应     饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量比较少     实验d中，发生反应II和III，反应III中有气体生成，气体的逸出促使反应III向右进行，反应III的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应II平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。    

【详解】（1）甲烷具有较大的燃烧热()，甲烷燃烧热的热化学方程式为；
（2）根据=反应物的键能之和-生成物的键能之和，可知该反应；
②硅晶体结构与金刚石类似。每一个硅原子与四个硅原子相连形成正四面体结构，在立方体的顶点用“●”表示出与之紧邻的所有硅原子如图所示；
（3）①实验b中没有变化，说明说明Al粉与在该条件下不反应；
②实验c中，前3 min的有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3 min后基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量比较少。
③实验d中，发生反应II和III，反应III中有气体生成，气体的逸出促使反应III向右进行，反应III的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应II平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；
④根据盖斯定律可得，故；
16．磷酸铁锂()是一种重要的锂离子电池正极材料。
(1)的晶胞结构示意图如图-1所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。

①图-1、图-2中小球表示的是_______(填微粒符号)。
②图-1中每个晶胞中含有的单元数有_______个。
③电池充电时，脱出部分，形成，结构示意图如图-2所示，则x=_______。
(2)利用钛铁矿(主要成分为，含有少量MgO、CaO、等杂质)制备磷酸铁和锂离子电池正极材料()的部分工业流程如图4所示：

④基态与离子中未成对的电子数之比为_______。
⑤磷酸根离子的空间构型为_______。
⑥1mol分子中含有的σ键的数目为_______。
⑦煅烧得到的化学方程式为_______。
⑧制备的过程中，理论上所需17%双氧水与的质量比为_______。
【答案】(1)     Li+     4    
(2)     4:5     正四面体形     7NA         

【详解】（1）①由题中图示可以看出图-1、图-2中小球表示的是Li+；
②根据Li+ 数目计算，Li+位于顶点和面心和棱心，Li+ 数为，故图-1中每个晶胞中含有的单元数有4个；
③图-2中Li+ 数为，脱出的Li+ 数为4-2.5=1.5，电池充电时，脱出部分，形成，，x=；
（2）④基态的电子排布式为[Ar]3d6，未成对的电子有4个，电子排布式为[Ar]3d5，未成对的电子有5个，离子中未成对的电子数之比为4:5；
⑤磷酸根离子中心原子成4个键，价层电子对为4，采取sp3杂化，空间构型为正四面体形；
⑥1mol分子中含有的σ键的数目为7NA；
⑦根据流程图可知、和煅烧得到，化学方程式为；
⑧由得失电子守恒：，有煅烧方程式可知：，故有，二者物质的量之比为1:1，理论上所需17%双氧水与的质量比为；

三、有机推断题
17．天然产物F具有抗疟活性，某研究小组以化合物A为原料合成E及其衍生物F的路线如下(部分反应条件省略，Ph表示)：

(1)A分子中采取杂化的碳原子数目是_______。
(2)A与邻羟基苯甲醛互为同分异构体。A的熔点比邻羟基苯甲醛的高，原因是_______。
(3)反应①的方程式可表示为：，化合物Z的分子式为_______。
(4)D→E的反应类型为_______。
(5)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①能发生银镜反应和水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应
②分子中只含4种不同化学环境的氢
(6)根据上述信息，写出以及为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。________
已知：ⅰ.    
ⅱ.CH3CH=CH2
【答案】(1)7
(2)A形成分子间氢键、而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键
(3)Ph3PO
(4)加成反应
(5)
(6)CH3CH=CH2CH3CHOHCH2ClCH3CHOHCH2OH+

【分析】A和B通过反应①生成C，C转化为D，D在催化剂作用下生成E，E中羧基变羟基生成F；
【详解】（1）A分子中苯环上碳原子为杂化，醛基中碳原子为杂化，故杂化碳原子数目是7；
（2）A的熔点比邻羟基苯甲醛的高，原因是A形成分子间氢键、而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，导致A熔点升高；
（3）反应①的方程式可表示为：，结合ABC结构可知，A的醛基中的氧被B中的=CHOC2H5取代生成C，同时生成Z，则化合物Z的分子式为Ph3PO；
（4）D→E的反应中D中碳碳双键变单键且生成醚键，反应类型为加成反应；
（5）C中含有苯环、羟基、碳碳双键、醚键，其同分异构体同时满足下列条件：
①能发生银镜反应和水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应，则含有酯基、醛基，水解产物含有酚羟基，则该酯基为甲酸酯；
②分子中只含4种不同化学环境的氢，则结构对称性较好；其结构可以为：；
（6）在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成CH3CH=CH2，CH3CH=CH2发生已知ⅱ反应生成CH3CHOHCH2Cl，CH3CHOHCH2Cl在氢氧化钠水溶液中加热发生取代反应生成CH3CHOHCH2OH，
发生已知ⅰ反应和CH3CHOHCH2OH生成 ，发生D生成E的反应原理得到 ；故流程为：CH3CH=CH2CH3CHOHCH2ClCH3CHOHCH2OH+。