江苏省常州一中2023至2024学年高二下学期期中质量调研化学试题附参考答案（解析）

常州市第一中学2023-2024学年第二学期期中阶段调研高二化学答案一、单选题1.下列有关材料的说法，不正确的是A.中国深海载人潜水器“蛟龙号”的发动机使用的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料B.2022年北京冬奥会展示的智能服饰含有石墨烯，石墨烯与金刚石互为同素异形体C.中国首颗地月采样往返卫星“嫦娥五号”使用的氯基聚酯复合材料属于合成材料D.华为首款5G手机搭载了智能7nm制程SOC“麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅【答案】D【解析】【详解】A．氮化硅陶瓷耐高温、硬度大，属于新型无机非金属材料，故A正确；B．石墨烯与金刚石是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C．氯基聚酯复合材料属于合成材料，故C正确；D．芯片的主要成分是单质硅，故D错误；选D。2.“实践出真知”。下列所述化学知识正确且与劳动项目有关联的是选项劳动项目化学知识A社区劳动：用含纯碱的去污粉擦拭餐具电离显碱性B环保志愿者：公园捡拾塑料袋、废纸等集中处理塑料、废纸均为难降解的高分子化合物C帮厨劳动：用含的发酵粉拌面，蒸制馒头与有机酸反应生成D田间宣传：田间不能焚烧农作物秸秆秸秆焚烧产生、等有毒气体A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．纯碱除污是因水解显碱性，而不是电离的原因，A不符合题意；B．废纸的主要成分为纤维素，在自然界中可降解，B不符合题意；C．作为发酵粉的原因是与有机酸反应生成，使面团松软，C符合题意；D．无毒且禁止焚烧秸秆的原因是产生的烟对环境有影响，D不符合题意；答案选C。3.下列实验方案能达到实验目的的是A.装置甲制备MgCl2·6H2OB.乙可验证金属性：C.丙可验证非金属性：D.丁可探究压强对平衡的影响【答案】B【解析】【详解】A．甲中镁离子水解，得到的最终产物为氢氧化镁，故A错误；B．该装置构成原电池，若铁钉两端溶液变红，没有蓝色沉淀生成，说明铁钉没有被腐蚀，说明锌为负极，铁为正极，金属性：，故B正确；C．丙中通过溴化钠溶液后得到的混合气中有Cl2和Br2，Cl2也能将硫化钠氧化为硫，不能证明非金属性Br>S，故C错误；D．氢气与碘蒸气反应前后气体分子数不变，压强对平衡无影响，故不能探究压强对平衡移动的影响，故D错误；故选B。4.下列方程式不正确的是A.用稀清洗银镜：B.氢氧化亚铁露置在空气中变为红褐色：C.向苯酚钠溶液中通入，溶液变浑浊：2D.向溶液中滴加少量硫酸，溶液橙色加深：【答案】C【解析】【详解】A．稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，离子方程式为：，A正确；B．氢氧化亚铁在空气中容易被氧化为氢氧化铁，相应的方程式为：，B正确；C．向苯酚钠溶液中通入溶液变浑浊，生成的是苯酚和碳酸氢钠，得不到碳酸钠，离子方程式为：，C错误；D．向溶液中滴加少量硫酸，溶液橙色加深，说明平衡逆向移动，D正确；故选C。5.稀碱条件下，由乙醛合成巴豆醛()的反应历程示意图如图所示。下列说法正确的是A.反应中只有极性键的断裂和形成 B.中的碳原子为杂化C.存在2个有手性碳的中间体 D.苯甲醛也能发生类似的反应【答案】C【解析】【详解】A．反应②有C-C键的形成，A错误；B．中的碳原子的杂化方式分别是sp3、sp2，B错误；C．根据图知，中间产物有CH3CH=CH-CHO、-CH2-CHO、，过程中有3种中间产物，其中中含有手性碳，C正确；D．苯甲醛无，不能发生类似反应，D错误；故选C。6.二氧化碳甲烷化技术被认为是二氧化碳循环再利用最有效的技术之一、一种CO2直接加氢甲烷化的典型反应历程如图所示，在甲烷化过程中CO2不发生解离而直接与H2解离出的H原子反应生成甲烷。下列有关说法正确的是A.在CO2直接加氢甲烷化的过程中，原子利用率为100%B.H2在Pd作用下发生解离，H-H断裂并放出能量C.二氧化碳甲烷化反应中催化剂只有PdD.二氧化碳甲烷化过程中没有CO生成【答案】D【解析】【详解】A．由该转化示意图可知，总反应式为：CO2+4H2CH4+2H2O，故在CO2直接加氢甲烷化的过程中，原子利用率不为100%，A错误；B．化学键断裂需要吸收能量，H2在Pd作用下发生解离，H-H断裂并吸收能量，B错误；C．由该转化示意图可知，二氧化碳甲烷化反应中催化剂为Pd和MgO，C错误；D．由该转化示意图可知，二氧化碳甲烷化过程中始终没有CO生成，D正确；故答案为：D。7.连花清瘟胶囊对于治疗新冠肺炎有确切的疗效，其有效成分绿原酸的结构简式如下图所示。下列有关绿原酸说法正确的是A.所有碳原子均可能共平面B.绿原酸与足量反应，最多可消耗C.与等量绿原酸反应时，所需、的物质的量之比是D.能发生酯化、加成、消去、氧化、加聚反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．分子结构中含有饱和碳原子，饱和碳原子是四面体结构，因此左边的六元碳环上的碳原子一定不共面，故A错误；B．分子结构中只有碳碳双键和苯环能够与氢气发生加成反应，羧基和酯基不能，绿原酸与足量反应，最多可消耗，故B错误；C．羟基和羟基均能与钠反应放出氢气，所以1mol绿原酸消耗6molNa；只有羧基能和碳酸氢钠以1：1反应，该分子中含有1个羧基，所以1mol绿原酸消耗1molNaHCO3，与等量绿原酸反应时，所需、的物质的量之比是，故C错误；D．羧基和羟基能发生酯化反应、苯环和碳碳双键能发生加成反应、碳碳双键和酚羟基能发生氧化反应、醇羟基能发生消去反应，碳碳双键能发生加聚反应，故D正确；故选D。8.下表列出25℃时不同羧酸的(即)。根据表中的数据推测，结论正确的是羧酸pKa4.762.592.872.90A.酸性强弱：B.对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<BrC.25℃时的pKa大小：D.25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：【答案】C【解析】【详解】A.根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A错误；B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F>Cl>Br，对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B错误；C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH，C正确；D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，则相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D错误；故答案为：C。9.过渡金属氧化物离子(以MO+表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO+与CH4反应的过程如下图所示。下列说法不正确的是A.反应速率：步骤I<步骤IIB.CH3OH分子中，键角：H—C—H>H—O—CC.若MO+与CH3D反应，生成的氘代甲醇有2种D.CH4(g)+MO+(g)=CH3OH(g)+M+(g)=E2+E4-E1-E3【答案】D【解析】【详解】A．步骤I的活化能大于步骤II，反应速率步骤I更小，故A正确；B．O原子上有两对孤对电子，排斥力较大，键角H—C—H>H—O—C，故B正确；C．根据反应机理可知，若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共两种，故C正确；D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E1-E2+E3-E4，故D错误；答案选D。10.锂硒电池是一种能量密度很高的新型可充电电池，其正极材料的晶胞结构如图。已知晶胞参数为apm，下列说法不正确的是A.Se位于元素周期表中的p区 B.基态最外层电子的电子云轮廓图为哑铃型C.每个周围距离相等且最近的有4个 D.与之间最近的距离为pm【答案】B【解析】【详解】A．Se位于第4周期第Ⅵ族,位于周期表P区，A正确;B．锂离子电子排布式1S2,最外层电子位于S轨道，球形，B错误；C．根据晶胞结构以及均摊法计算出：Se2-位于顶点及面心，Li+位于体心，则距Li+最近的Se2-位于顶点及3个面心，共4个，C正确；D．Li+位于体对角线处，且与顶点处Se2-距离最近，二者距离为，D正确;故答案选B。11.某药物的结构如图,关于该物质的说法正确的是A.分子中含有一个肽键，是一种二肽B.当它完全水解时，可得到的产物有4种C.该物质苯环上的一溴取代物有6种D.水解产物之一为该物质显酸性的同分异构体有3种（包括本身在内）【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知分子中含有1个肽键，水解产物有乙酸，不是氨基酸，不是二肽，A错误；

B．该物质在酸性条件下水解最终可以得到CH3COOH、、三种物质，B错误；

C．该物质含有2个苯环，左侧苯环有4种H原子，右侧苯环有2种H原子，共6种，则该物质苯环上的一硝基取代物有6种，C正确；

D．对应的同分异构体有两类，含有2个取代基时，羟基和羧基有邻、间、对3种，如苯环的取代基为羟基和酯基，则也有邻、间、对3种，其中酚羟基也具有酸性，共6种，D错误；

答案选C。

【点睛】该题为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键。难点是二肽判断以及有机物同分异构体判断。12.下列实验能达到预期目的的是选项实验内容实验目的A向溶液X中滴加浓盐酸，将产生气体通入品红溶液，溶液褪色证明溶液X中含有或B室温下，向溶液中加入几滴溶液出现白色沉淀，再滴加几滴溶液，出现黄色沉淀证明相同温度下：C常温下，测得相同浓度溶液的：证明常温下的水解程度：D将溶液滴入酸性溶液中，紫红色褪去证明有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向溶液X中滴加浓盐酸，将产生气体通入品红溶液，溶液褪色，生成的气体也可能是氯气等具有漂白性的物质，故X中不一定含有或，也可能含有高锰酸根离子等强氧化性离子，A错误；B．向溶液中加入几滴溶液出现白色沉淀，反应后硝酸银过量，滴加碘化钠也会生成碘化银沉淀，不能证明相同温度下：，B错误；C．酸根离子对应酸越弱，酸根离子水解程度越大，对应溶液的碱性越大；常温下，测得相同浓度溶液的：，说明常温下的水解程度：，C正确；D．氯离子、亚铁离子均能被酸性高锰酸钾氧化，故不能证明有还原性，D错误；故选C。13.下列关于微粒间的作用力说法正确的个数为①所有金属与所有非金属之间都能形成离子键②金属的导电性、延展性均与金属键有关③金属晶体的熔沸点一定高于分子晶体④晶体的熔沸点：金刚石＞SiC＞Si⑤中的N—H键成键原理完全相同⑥分子晶体中共价键的键能越大，晶体的熔点和沸点越高⑦离子键的强弱：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI⑧比熔沸点高A.4 B.5 C.6 D.7【答案】A【解析】【详解】①金属与非金属可形成共价键，如：AlCl3，①错误；②金属键是由金属阳离子与自由电子形成的作用力，金属具有良好的导电性、延展性，均与金属键有关，②正确；③金属晶体的熔沸点不一定高于分子晶体，如：汞在常温下为液体，而蔗糖为固体，③错误；④金刚石、SiC、Si均为共价晶体，由于键长Si-Si＞Si-C＞C-C，键长越大键能越小，因此晶体的熔沸点为：金刚石＞SiC＞Si，④正确；⑤中的N-H存在1个配位键，其余为形成键合电子对的共价键，⑤错误；⑥分子晶体中共价键的键能与晶体的熔点和沸点无关，⑥错误；⑦一般来说相应离子半径越小，带电量越大，离子键越强，因此离子键的强弱：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，⑦正确；⑧中存在分子内氢键；中存在分子间氢键，因此熔沸点更高，⑧正确；故选A。14.2023年杭州亚运会期间使用的部分电子展示板中用到了一种可充电锌—空气电池，该电池放电时的工作原理如下图所示。下列说法错误的是已知：Ⅰ室溶液中，锌主要以的形式存在，并存在电离平衡。A.放电时，Ⅰ室溶液中浓度增大B.放电时，若将Ⅱ室中的溶液换成海水，则一段时间后，可将海水适度淡化C.充电时，电极附近可能有产生D.充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少【答案】C【解析】【分析】该电池中，Zn为负极失电子生成，Pt/C电极为正极，正极上O2得电子结合水生成氢氧根离子。Ⅱ室NaCl溶液中钠离子通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，Ⅱ室中氯离子通过阴离子交换膜进入Ⅰ室。【详解】A．放电时，锌作负极，失电子生成，溶液中浓度增大，电离平衡正向移动，浓度增大，A正确；B．放电时，电解质溶液中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，Ⅱ室中的通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，Ⅱ室中的通过阴离子交换膜进入Ⅰ室，故海水可以得到淡化，B正确；C．充电时，电极为阴极，其电极反应为，没有氯气生成，C错误；D．充电时，电极为阳极，电极反应式为，每生成转移电子，同时有通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室溶液质量理论上减少，故充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少，D正确；故答案选C。15.已知，的酸性比强。下列有关说法正确的是A.HCl的电子式为 B.Cl-Cl键的键长比I-I键短C.分子中只有σ键 D.的酸性比强【答案】BD【解析】【详解】A．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为，A错误；B．原子半径Cl＜I，故键长：Cl—Cl＜I—I，B正确；C．CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C错误；D．电负性Cl＞I，对O-H的共用电子对具有更强的吸引作用，导致O-H更易电离，故而酸性增加。即ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D正确；答案选BD。16.在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对转化率和生成选择性的影响如图所示。选择性=×100％下列有关说法正确的是A.在260℃～320℃间，以为催化剂，升高温度的产率增大B.延长W点的反应时间，一定能提高的转化率C.选择合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率D.高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是平衡正向移动【答案】A【解析】【分析】在两种不同催化剂作用下反应相同时间，化学反应速率越大、选择性越高，则甲烷的产率越高。【详解】A．在260℃~320℃间，以为催化剂，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，A说法正确；B．W点是平衡点，延长时间不能提高CO2的转化率，B说法不正确；C．催化剂只能加快化学反应速率，不能改变CO2的平衡转化率，C说法不正确；D．由图中信息可知，高于320℃后以Ni为催化剂，转化率明显低于相同温度下以CeO2为催化剂的转化率，反应一定未达平衡，高于320℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快，D说法不正确。答案选A。二、解答题17.利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质)制备LiCoO2的工艺如下。已知：常温下，部分金属离子沉淀pH如下表。金属离子Fe2+Fe3+Al3+Co2+开始沉淀的pH8.52.23.47.8完全沉淀[c(金属离子)≤1×10-5mol/L]的pH10.03.04.59.4回答下列问题：（1）“酸浸”时_______(填“可”或“不可”)用SO2代替H2O2。（2）写出沉钴的离子反应方程式：_______。（3）“调pH”的范围为4.5~7.8，滤液中残留的_______。（4）“高温焙烧"时的化学方程式：_______。【答案】（1）可（2）（3）（4）【解析】【分析】含钴废料在“酸浸”时，Co在酸性条件下，被H2O2还原+2价，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成Fe3+、Al3+，SiO2不溶与酸，形成滤渣；调pH值时，Fe3+、Al3+结合OH-形成氢氧化物沉淀，Co2+则进入“沉钴”环节生成CoCO3；CoCO3经过高温焙烧与Li2CO3、O2反应生成LiCoO2，同时生成气体X(CO2)。小问1详解】“酸浸”中H2O2作还原剂，若用SO2代替H2O2，则反应后生成，不会引入杂质，因此可以。【小问2详解】在水中存在电离平衡，Co2+与生成CoCO3，H+与反应生成水和CO2，即。【小问3详解】由Fe3+完全沉淀时的pH值可知c(OH-)=mol/L，则，同理可得，则，即。【小问4详解】由分析可知，“高温焙烧"时的反应物为CoCO3、Li2CO3、O2，生成物为LiCoO2和CO2，配平方程式可得。18.某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净CuCl2溶液，加入CuO调至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。（1）过滤后，为了得到CuCl2·2H2O晶体，应该选择_______结晶的方式。（2）由CuCl2·2H2O晶体得到纯无水CuCl2，需要进行的操作是_______。（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.800g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，再用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00mL。(已知：)①滴定终点的现象是____。②该试样中CuCl2·2H2O的质量分数为_____。【答案】（1）冷却（2）在HCl气氛中加热（3）①.滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色且半分钟不复原②.85.5%【解析】【分析】由题意可知，制备二水氯化铜的操作为向含有少量氯化铁溶液的氯化铁溶液中加入氧化铜或氢氧化铜调至溶液pH为4，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和氯化铜溶液；氯化铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到二水氯化铜。【小问1详解】由分析可知，得到二水氯化铜的结晶方式为冷却结晶，故答案为：冷却；【小问2详解】氯化铜是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铜和盐酸，为防止二水氯化铜加热脱水制备无水氯化铜时，氯化铜发生水解反应，应在氯化氢气氛中加热二水氯化铜，故答案为：在HCl气氛中加热；【小问3详解】①硫代硫酸钠溶液与碘溶液完全反应后，滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变成无色，则滴定终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色且半分钟不复原；②由题给方程式可得如下转化关系：2CuCl2·2H2O—I2—2Na2S2O3，滴定40.00mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液，则试样中CuCl2·2H2O的质量分数为×100%=85.5%，故答案为：85.5%。19.点击化学(clickchemistry)的三位科学家获得了2022年诺贝尔化学奖。卢非酰胺()可用于辅助治疗≥4岁儿童和成人的伦加综合征，合成路线如图：（1）物质4中的碳原子的杂化方式为_______。（2）物质3中含有的官能团名称为_______。（3）物质4到物质5的反应类型为_______。（4）由于物质2、3合成物质4存在不对称Click反应，导致物质7存在另一种同分异构体，其结构简式为_______。【答案】（1）sp3、sp2（2）碳碳叁键、羧基（3）取代反应（4）【解析】【分析】物质1（）与NaN3/DMSO发生取代反应生成物质2（），物质2（）和物质3（）反应生成物质4（），物质4（）与SOCl2反应生成物质5（），物质4（）与MeOH反应生成物质6（），物质5、物质6与NH3分别反应均可生成卢非酰胺，以此答题。【小问1详解】物质4的结构简式为，存在苯环、碳碳双键以及碳氧双键，所涉及的碳原子均为sp2杂化，还有一个饱和碳原子，其杂化类型为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；【小问2详解】物质3的结构简式为，含有的官能团为碳碳叁键和羧基，故答案为：碳碳叁键，羧基；【小问3详解】物质4（）与SOCl2反应生成物质5（）的过程中，羧基转化为酰氯键，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应。【小问4详解】物质2（）和物质3（）合成物质4存在不对称Click反应，可能会生成另一种产物为，最终导致物质7存在另一种同分异构体，故答案为：。20.大连化学物理研究所开发的DMTO技术曾获得国家科学技术发明一等奖。该技术以煤为原料，经过煤→CO、H2→CH3OH→C2H4、C3H6等一系列变化可获得重要的化工产品乙烯和丙烯。回答下列问题：（1）煤气化包含一系列化学反应，热化学方程式如下：①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H1=+131kJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=akJ·mol-1③C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172kJ·mol-1。则a=___。（2）已知某密闭容器中存在可逆反应：2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)△H，测得其他条件相同时，CH3OH的平衡转化率随着温度(T)、压强(p)的变化如图1所示，平衡常数K与温度T关系如图2所示。①该反应的△H____________(填“>”或“<”，下同)0，N点v(CH3OH)正________M点v(CH3OH)逆。②T1K后升高温度，则B、C、D三点中能正确表示该反应的平衡常数K随着温度T改变而变化的点是________(填字母)。（3）在一定温度和适当催化剂存在下，将1molCO、2molH2通入恒容密闭容器中，使其发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-91kJ·mol-1。测