江苏省盐城市2023-2024学年高二（上）1月期末联考化学试卷（解析版）

这是一份江苏省盐城市2023-2024学年高二（上）1月期末联考化学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 I-127
一、选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。
1. 化学与社会、科学、技术、生活等密切相关，下列说法正确的是
A. “天和”核心舱腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料，氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
B. 在元素周期表中金属和非金属交界处寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料
C. 利用CO2和H2合成淀粉有助于实现碳达峰、碳中和，该过程中C的化合价不变
D. 载人飞船采用了刚性太阳能电池阵，将化学能转化为电能供飞船使用
【答案】A
【解析】氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，A正确；在元素周期表中金属和非金属交界处寻找半导体材料 ，在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，B错误；利用CO2和H2合成淀粉有助于实现碳达峰、碳中和，该过程中C的化合价发生变化，C错误；载人飞船采用了刚性太阳能电池阵，将太阳能转化为电能供飞船使用，D错误；
故选A。
2. 下列说法正确的是
A. 的名称：3-乙基-1，3-二丁烯
B. H2O的VSEPR结构模型为：
C. H2O2是由极性键和非极性键构成的非极性分子
D. 四氯化碳空间填充模型可表示为：
【答案】B
【解析】的名称：2-乙基-1，3-二丁烯，故A错误；H2O中O有2个σ键，2个孤电子对，为sp3杂化，其VSEPR结构模型为：，故B正确；H2O2正负电荷中心不重合，为极性分子，故C错误；CCl4为正四面体结构，但原子半径C小于Cl，故D错误；
故选B。
3. 下列关于各实验装置图的叙述正确的是
A. 装置①：实验室制取乙烯
B. 装置②：实验室制取乙酸乙酯
C. 装置③：测定中和热
D. 装置④：验证溴乙烷发生消去反应可生成乙烯
【答案】D
【解析】实验室制取乙烯需要浓硫酸与乙醇混合加热170℃，装置①中温度计不能测得反应溶液的温度，A错误；实验室制取乙酸乙酯，为了更好的分离混合物同时防止倒吸现象的发生，导气管要在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能伸入到液面以下，B错误；测定中和热缺少环形玻璃棒搅拌器，C错误；溴乙烷发生消去反应生成烯烃，能够使溴的四氯化碳溶液溶液褪色，而挥发的乙醇不能发生反应，因此可以达到验证反应产物，D正确；
故合理选项是D。
阅读下列材料，完成下面小题：
卤族元素包括等，位于周期表ⅦA族。卤族元素形成物质种类众多，磷可形成多种卤化物，其中固态和的结构分别是和。溴化碘(IBr)的化学性质与卤素相似。一种立方钙钛矿结构的金属卤化物晶胞如图所示。
4. 下列说法正确的是
A. 相同条件下，HF、HCl、HBr的沸点依次递增
B. 和中磷原子的杂化方式相同
C. NH3比PH3更稳定原因是NH3能形成分子间氢键
D. 图中所示金属卤化物中周围最近的数为12
5. 下列关于物质的性质或用途说法正确的是
A. HF具有强酸性，所以可用于玻璃表面刻蚀花纹
B. IBr跟NaOH溶液反应可生成NaI和NaBrO
C. 非金属性PP-H，故NH3比PH3更稳定，C正确；根据图示可知图中所示：金属卤化物中I−位于面心，位于晶胞的顶角，则I-周围最近的的个数为4个，D错误；
故答案选B；
5．HF能够与SiO2发生反应：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，因此氢氟酸能够用于玻璃表面刻蚀花纹，这与HF的强酸性无关，A错误；溴化碘的化学性质与卤素相似，Br的化合价为-1价，I的化合价为+1价，溴化碘与氢氧化钠溶液反应可生成NaBr和NaIO，B错误；非金属性PH3PO4，无法得出P元素含氧酸的酸性HCl，D正确；
故答案选D。
6. 前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的族序数是周期数的2倍，Y是短周期中金属性最强的元素，基态时Z原子价电子排布为，W与Y处于同一主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. X的氢化物的沸点一定比Z的低
C. Z的第一电离能比它左右相邻元素的都高
D. Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强
【答案】C
【解析】由题干信息可知，前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的族序数是周期数的2倍，则X为C或者S，Y是短周期中金属性最强的元素，Y为Na，进一步确定X为C，基态时Z原子价电子排布为，即Z只能为3s23p3，即Z为P，W与Y处于同一主族，则W为K，据此分析解题。
由分析可知，X、Y、Z、W分别是C、Na、P、K，根据原子半径同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大可知，原子半径：K＞Na＞P＞C即，A错误；由分析可知，X为C，C氢化物有气体、液体 固态，而z为P，其氢化物为PH3为气体，故X的氢化物的沸点不一定比Z的低，B错误；由分析可知，Z为P，根据元素第一电离能从左往右呈增大趋势，IIA、VA元素大于同周期相邻元素可知，Z的第一电离能比它左右相邻元素的都高，C正确；由分析可知，Y为Na，W为K，同一主族从上往下元素的金属性依次增大，其最高价氧化物对应水化物的碱性也依次增强，即Y的最高价氧化物NaOH对应水化物的碱性比W的KOH的弱，D错误；
故答案为：C。
7. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是
A. 化合物甲和乙都是易溶于水有机物
B. 化合物乙能与苯酚发生缩聚反应
C. NaHCO3溶液或FeCl3溶液均可用来鉴别化合物甲、乙
D. 化合物乙能与盐酸、NaOH溶液反应，且1ml乙最多能与4mlNaOH反应
【答案】C
【解析】化合物甲和乙都含有苯环、酯基和醚键，是难溶于水的有机物， 故A错误；化合物乙中没有醛基，不能与苯酚发生缩聚反应，故B错误；化合物甲中有羧基、乙中没有羧基，所以甲和碳酸氢钠溶液产生无色气体，乙则没有气体生成，化合物甲中无酚羟基、乙中有酚羟基，所以乙和氯化铁溶液显紫色、甲和氯化铁溶液不显紫色，因此可用碳酸氢钠溶液或氯化铁溶液来鉴别化合物甲、乙，故C正确；化合物乙中有酚羟基、溴原子和酯基，能与氢氧化钠溶液反应，有氨基能与盐酸反应，且1ml乙中1ml溴原子消耗1ml氢氧化钠、1ml酚羟基消耗1ml氢氧化钠、分子中最右侧的1ml酯基消耗1ml氢氧化钠、最左侧1ml酯基消耗2ml氢氧化钠，所以1ml乙最多能与5ml氢氧化钠反应，故D错误；
故答案为C。
8. 硼化钒(VB2)—空气电池是目前储电能力最高的电池，工作原理如图所示，该电池工作时反应为： 4VB2+11O2 = 4B2O3+2V2O5。
下列说法不正确的是
A. 电极a发生还原反应
B. 电流由电极a经负载流向VB2极
C. VB2极发生的电极反应为：2VB2 +22OH−-22e−=V2O5+2B2O3 +11H2O
D. 图中选择性透过膜允许阳离子选择性透过
【答案】D
【解析】由图可知，空气通入电极a，则电极a为正极，发生还原反应，反应式为；硼化钒电极发生氧化反应，总反应式为，总反应式减去正极反应式得到负极反应式，负极反应方程式为：。
根据分析可知，电极a为正极，发生还原反应，A项正确；电流由正极到负极，即由电极a经过负载流向极，B项正确；根据分析可知，极的电极方程式为：，C项正确；图中选择性透过膜允许阴离子选择性透过，D项错误；
答案选D。
9. DACP是我国科研工作者合成的一种新型起爆药，其结构简式如图所示。下列关于该物质的说法正确的是
A. NH3和ClO中心原子的杂化方式相同，空间结构不同
B. 该配合物中只含有离子键、极性共价键和配位键
C. 中心离子的配位数为4
D. 该配合物中C3+为中心离子，NH3、ClO为配体
【答案】A
【解析】NH3的中心原子的价层电子对数为，含有一对孤电子对，ClO中心原子的价层电子对数为，不含孤电子对，故NH3和ClO中心原子的杂化方式相同，空间结构不同，A正确；由图可知，该配合物中含有离子键、极性共价键、非极性共价键和配位键，B错误；该配合物中有4个NH3配体，2个配体，则中心离子的配位数为6，C错误；由图可知，该配合物中C3+为中心离子，NH3、为配体，D错误；
故选A。
10. 下列反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A. 向银氨溶液中加入CH3CHO溶液并水浴加热：CH3CHO+2［Ag(NH3)2］OHCH3COO-+NH+2Ag↓+3NH3+H2O
B. 苯酚钠中通入少量的CO2气体：+H2O+CO2+HCO
C. 甲苯与浓硫酸、浓硝酸在30℃时反应：
D. 1-溴丙烷与氢氧化钠水溶液共热：
【答案】B
【解析】向银氨溶液中加入CH3CHO溶液发生银镜反应，反应为，A错误；酸性：碳酸>苯酚>，苯酚钠中通入少量的CO2气体：+H2O+CO2+，B正确；甲苯中甲基的邻位和对位比较活泼，易发生取代反应，甲苯与浓硫酸、浓硝酸在30℃时反应生成或，C错误；1-溴丙烷与氢氧化钠水溶液共热发生取代反应生成醇：，D错误。
故答案选B。
11. 下列化学实验中的操作、现象及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】将苯加入溴水中充分振荡后静置，发生了萃取，上层为橙红色的溴的苯溶液，下层为水，苯中不含碳碳双键，A错误；正戊烷密度比水小，且与酸性高锰酸钾溶液不反应，分层后下层为紫色的高锰酸钾溶液；甲苯与酸性高锰酸钾溶液发生反应生成苯甲酸，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯环使甲基变活泼，B正确；检验淀粉水解产物需要在碱性条件下进行，故酸性条件下水解后需要将溶液调至碱性再检验醛基，C错误；蛋白质在饱和氯化钠溶液中发生盐析，在硫酸铜溶液中发生变性，D错误；
故选B。
12. CH4超干重整CO2的催化转化如图1所示，相关反应的能量变化如图2所示：
下列说法不正确的是
A. 过程Ⅰ的热化学方程式为：
B. 过程Ⅱ实现了含碳物质与含氢物质的分离
C. 过程Ⅱ中仅Fe3O4为催化剂
D. 超干重整的总反应为：CH4+3CO24CO+2H2O
【答案】C
【解析】由图可知，Ⅰ.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2kJ⋅ml−1；Ⅱ.CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ΔH=+165kJ⋅ml−1，根据盖斯定律，由Ⅰ×2-Ⅱ得到CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.4kJ⋅ml−1，A正确；过程Ⅱ的反应第一步是CO+CO2+H2+Fe3O4+CaO→H2O+Fe+CaCO3，第二步反应：Fe+CaCO3+稀有气体→稀有气体+Fe+CaCO3+CO，两步反应实现了含碳物质与含氢物质的分离，B正确；由图可知，过程Ⅱ中Fe3O4、CaO反应前后化学性质不变，为催化剂，C错误；根据流程中物质的参与和生成情况，结合反应过程中有催化剂和中间产物，总反应可表示为CH4+3CO24CO+2H2O，D正确；
故选C。
13. 阿莫西林是种最常用的抗生素，其结构如图所示。下列说法错误的是
A. 1ml阿莫西林最多消耗5ml
B. 1ml阿莫西林最多消耗4mlNaOH
C. 阿莫西林分子中含有4个手性碳原子
D. 阿莫西林能发生取代、加成、氧化、缩聚等反应
【答案】A
【解析】阿莫西林含有酚羟基、酰胺基、肽键、氨基、苯环；连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，据此次分析作答。
苯环可与氢气加成，但羧基、肽键、酰胺基难与氢气加成，所以1ml阿莫西林最多消耗3ml，故A错误；阿莫西林含有酚羟基、羧基、肽键均能与氢氧化钠反应，1ml阿莫西林最多消耗4mlNaOH，故 B正 确 ；打※的为手性碳原子，共4个，故C正确；阿莫西林含有酚羟基等，可以发生氧化反应，含有苯环，可以发生加成反应，含有氨基与羧基，可以发生取代反应、缩聚反应，故D正确；
故答案选A。
14. 一种光催化钠离子电池(如图所示)，是一种高效率的二次电池，放电时左侧发生转化过程为：S2-→S。电池中填充固体电解质，用太阳光照射光催化电极可以对该电池进行充电。下列说法不正确的是
A. 放电时，石墨为负极
B. 该电池工作时可能需保持在较高的温度下
C. 放电时，光催化电极发生的电极方程式为：I-2e-=3I-
D. 放电时，当4mlS2-完全转化为S时，电池左侧质量将减轻138g
【答案】C
【解析】放电时，该装置为原电池装置，左侧发生反应S2-→S，S元素化合价升高，发生氧化反应，左侧石墨为负极，右侧I→I-，I元素化合价降低，发生还原反应，右侧电极为正极。充电时，石墨电极上的电极反应为：S+6e-=4S2-，发生还原反应，为阴极，光催化电极上的电极反应为：3I--2e- =I，发生氧化反应，为阳极。
根据分析，放电时，石墨为负极，A正确；电池中填充固体电解质，固体电解质在熔融状态下才能导电，故该电池工作时可能需保持在较高的温度下，B正确；放电时，光催化电极为正极，发生的电极方程式为：I+2e-=3I-，C错误；充电时，石墨电极上的电极反应为：S+6e-=4S2-，当1mlS完全转化为时，转移6ml e-，则有6ml Na+从电池右侧流向左侧，则电池左侧质量将增加138g，D正确；
故选C。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 铜(Cu)、铁(Fe)、银(Ag)、镍(Ni)、钛(Ti)及其化合物在生产生活中应用广泛。
（1）基态Ni原子的外围电子排布式为___________。
（2）［Ag(NH3)2］+中含有的σ键数目为___________。
（3）配合物[Cu(NH3)4]SO4与NH3相比，H—N—H的键角前者___________后者(填“>”、“
（4）O>N>C （5）离子键
（6）c
【解析】
【小问1详解】
Ni为28号元素，基态Ni原子的外围电子排布式为3d84s2；
【小问2详解】
［Ag(NH3)2］+中存在Ag+和NH3之间存在2个配位键，NH3中存在3个N-H键，故1ml［Ag(NH3)2］+中含有的σ键数目为8ml；
【小问3详解】
[Cu(NH3)4]2+中N价层电子对数为4+0=4，NH3中N价层电子对数为3+1=4，存在孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对对成键电子对的斥力，故NH3中H—N—H的键角变小，配合物[Cu(NH3)4]SO4与NH3相比，H—N—H的键角前者大于后者；
【小问4详解】
属于第二周期的元素有O、N、C，同周期元素从左至右非金属性依次增强，故非金属性：O>N>C；
【小问5详解】
Ti元素的电负性为1.5，O元素的电负性为3.5，电负性差值大于1.7，Ti、O原子之间为离子键；
【小问6详解】
Fe2+所在晶胞的位置为在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2，O2-的数目为4，根据电荷守恒可得Fe2+的数目为1，所以Fe2+应该在位置c。
16. 化合物F是一种重要的有机物，可通过以下方法合成：
（1）C中含氧官能团名称为___________。
（2）D中碳原子的杂化方式有___________种。
（3）写出B和E的结构简式___________，___________。
（4）E→F的反应类型为___________。
（5）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：___________。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中有5种不同化学环境的氢原子。
【答案】（1）硝基、羟基
（2）2 （3）①. ②.
（4）还原反应
（5）或(其他合理答案均可)
【解析】通过对比A、B、C、D物质结构可以判断转化过程均为取代反应；结合E→F转化条件可以判断为还原反应，结合D物质结构即可推出E的结构简式。
【小问1详解】
结合C物质结构简式可知含氧官能团名称：硝基、羟基；
【小问2详解】
D中苯环和酰胺基中碳原子的杂化方式为sp2杂化，亚甲基中碳原子的杂化方式为sp3杂化；
【小问3详解】
根据B→C物质的结构简式对比可知在反应过程中原子团替换了苯环上的溴原子，故B的结构简式为，根据E→F发生反应的条件可以判断此过程为还原反应，结合D和F结构简式对比可知还原的对象是苯环上的硝基，根据E的分子式可最终判断E的结构简式为；
小问4详解】
根据E→F发生反应的条件可以判断此过程为还原反应；
【小问5详解】
C物质分子式为C8H10O3N2，满足②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应说明有酯基，且水解产物中含有酚羟基；满足①能发生银镜反应，说明有机物种可能含有醛基、甲酸某酯基；结合条件③分子中只有4种不同化学环境的氢原子，以及剩余原子个数可判断结构简式或。
17. 莫西赛利(化合物E)是一种治疗脑血管疾病的药物，其合成路线如下：
（1）1ml中所含σ键数为___________。
（2）写出D→E的化学方程式___________。
（3）F分子式为C4H10ClN。A→B步骤中C2H5ONa的作用为___________。
（4）写出同时符合下列条件的化合物A的同分异构体的结构简式___________。
①含有苯环的α-氨基酸；
②1H-NMR谱表明分子中共有6种不同化学环境的氢原子。
（5）已知R-NH2易被氧化。写出以和H2C=CH2为原料合成的合成线路(有溶剂和无机试剂任选)________。
【答案】（1）11ml
（2）
（3）除去(吸收)反应生成的HCl，提高A的转化率(或提高B的产率)
（4）或
（5）
【解析】F的分子式为C4H10ClN，分析A和B的结构简式可推断F为。
【小问1详解】
有机物中单键为σ键，双键中有一个为σ键，则1ml中所含σ键数为11NA。
【小问2详解】
分析D和E的结构简式可知，D→E的化学方程式为。
【小问3详解】
由分析可知，A和F发生取代反应生成B和HCl，C2H5ONa是碱性物质，可以吸收HCl，提高A的转化率(或提高B的产率)。
【小问4详解】
A的同分异构体含有苯环的α-氨基酸且1H-NMR谱表明分子中共有6种不同化学环境的氢原子，符合条件的是或。
【小问5详解】
结合题中合成路线可知，以和H2C=CH2为原料合成合成线路为。
18. 回答下列问题
（1）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。已知反应A为：4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O，此条件下反应A中，1mlHCl被氧化，生成气态水，放出29kJ的热量。写出该条件下反应A的热化学方程式___________。
（2）一定条件下，Pd-Mg/SiO2催化剂可使CO2甲烷化从而变废为宝，其反应机理如图所示，该反应的化学方程式为___________，反应过程中碳元素的化合价为-2价的中间体是___________。
（3）铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的用途。水体中过量的NO是一种重要污染物，可利用纳米铁粉将其除去。相同条件下，向含有50mg·L-1的NO两份水样中分别加入纳米铁粉、纳米铁粉-活性炭-铜粉(其中纳米铁粉质量相等)，NO的去除速率差异如图所示，产生该差异的可能原因为___________。
（4）XO基掺杂Na2CO3形成XO-Na2CO3(X=Mg、Ca、Cd等)，能用于捕获CO2，原理如下图所示。
已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解。
①X=Mg时，再生的化学方程式为___________。
②X=Mg相比X=Ca，其优点有___________。
（5）某光电催化反应器如图所示，利用电化学原理模拟光合作用由CO2制异丙醇。Pt电极表面生成异丙醇[CH3CH(OH)CH3]的电极反应式为___________。此电极反应需选用高活性和高选择性的电化学催化剂，其目的是___________。
【答案】（1）4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH=-116kJ/ml
（2）①. CO2+4H2CH4+2H2O ②. MgOCH2
（3）纳米铁粉-活性炭-铜粉相比较于纳米铁粉，纳米铁粉与活性炭或铜粉都能构成原电池，加快纳米铁粉去除硝酸根的反应速率
（4）①. Na2Mg(CO3)2MgO−Na2CO3+CO2↑(或Na2Mg(CO3)2MgO+Na2CO3+CO2↑)
②. Ca2+和Mg2+电荷数相等、Mg2+半径更小，再生时MgCO3分解温度低，更节能，等质量的MgO和CaO相比，MgO吸收的CO2的量多
（5）①. 3CO2+18e-＋18H＋=CH3CH(OH)CH3 ②. 有效抑制析氢反应
【解析】
【小问1详解】
根据题意，1mlHCl被氧化，生成气态水，放出29kJ的热量，故4mlHCl被氧化，生成气态水，放出116kJ的热量，该条件下反应A的热化学方程式：4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH=-116kJ/ml；
【小问2详解】
如图所示，进线为反应物，即CO2和H2为反应物，出线为生成物，即CH4和H2O为生成物，该反应的化学方程式为：CO2+4H2CH4+2H2O；反应过程中碳元素的化合价为-2价的中间体是：MgOCH2；
【小问3详解】
纳米铁粉-活性炭-铜粉能形成铁-炭或铁-铜原电池，加快反应速率，故产生该差异的可能原因为：纳米铁粉-活性炭-铜粉相比较于纳米铁粉，纳米铁粉与活性炭或铜粉都能构成原电池，加快纳米铁粉去除硝酸根的反应速率；
【小问4详解】
①X=Mg时，再生过程中Na2Mg(CO3)2生成MgO-Na2CO3和CO2，故再生的化学方程式为：Na2Mg(CO3)2MgO−Na2CO3+CO2↑(或Na2Mg(CO3)2MgO+Na2CO3+CO2↑)；
②根据题中信息，阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解。故X=Mg相比X=Ca，其优点有：Ca2+和Mg2+电荷数相等、Mg2+半径更小，再生时MgCO3分解温度低，更节能，等质量的MgO和CaO相比，MgO吸收的CO2的量多；
【小问5详解】
该装置为原电池装置，右侧生成氧气，O元素化合价升高，发生了氧化反应，B极为负极，左侧二氧化碳制备异丙醇，C元素化合价降低，发生还原反应，A极为正极，电极反应式为：3CO2+18e-＋18H＋=CH3CH(OH)CH3；由图可知，左侧电极产生氢气，故此电极反应需选用高活性和高选择性的电化学催化剂，其目的是：有效抑制析氢反应。
选项
操作
现象
结论
A
将苯加入溴水中充分振荡后静置
下层接近无色
苯分子中含碳碳双键
B
向正戊烷和甲苯中分别滴加少量酸性KMnO4溶液，充分振荡
正戊烷中下层溶液为紫红色，甲苯中溶液为无色
苯环使甲基变活泼
C
淀粉溶液和稀硫酸共热后，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸
未出现砖红色沉淀
淀粉未水解
D
向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性