江苏省扬州市宝应县2023-2024学年高二下学期期中检测化学试卷【含答案解析】

2023-2024学年度高二下学期期中检测试卷化学（试卷满分：100分，考试时间：75分钟）可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23S—32Cl—35.5Mn—55I—127一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.以乙炔为原料制备草酸(H2C2O4)，反应原理为：。下列说法正确的是A.乙炔的比例模型示意图为 B.中N的杂化方式为sp2C.基态氧原子的电子排布图为 D.H2O为非极性分子【答案】B【解析】【详解】A．乙炔为直线结构，所含4个原子共线，故A错误；B．中N的价电子对数为，N采用sp2杂化，故B正确；C．该电子排布图违背洪特规则，故C错误；D．H2O为V形结构，为极性分子，故D错误；故选：B。2.如图为两种简单碳螺环化合物，下列说法错误的是A.螺［3,3］庚烷与乙烷互为同系物B.螺［3,4］辛烷有4种不同化学环境的氢原子C.两种物质的分子中所有碳原子一般不在同一平面D.的名称为螺［4,5］癸烷【答案】A【解析】【详解】A．螺［3,3］庚烷为环状结构，乙烷为链状结构，两者不是同系物，故A错误；B．螺［3,4］辛烷具有对称性，分子中有4种不同环境的氢原子，故B正确；C．两分子中均含与4个碳原子相连的C，所有碳原子不可能共面，故C正确；D．共含10个碳原子，左侧环上除共用的碳原子还有4个碳，右侧环除共用的碳原子还有5个碳，所以名称为螺[4，5]癸烷，故D正确；故选：A。3.已知冰醋酸能与Cl2在I2催化下发生反应生成ClCH2COOH和HCl。对实验过程进行监测，发现反应过程中出现了C-I键，下列有关说法错误的是A.HCl分子中σ键的形成：B.ClCH2COOH中存在sp3-sp2σ键C.C-I键比C-Cl键更易形成，且键能更大D.ClCH2COOH的酸性比CH3COOH强【答案】C【解析】【详解】A．HCl分子中氢原子的s能级和氯原子的p能级上的电子形成的σ键，即，A正确；B．分子中C=O双键碳原子为sp2杂化，单键碳原子为sp3杂化，单键碳原子和双键碳原子之间为sp3-sp2σ键，B正确；C．I原子半径大于Cl，因此C-I键长比C-Cl键长要长，键长越长键能越小，C错误；D．Cl原子的电负性大于H，导致中O-H键的极性大于CH3COOH中O-H键，更易电离出氢，酸性强于CH3COOH，D正确；故选C。4.某医用胶水的结构如图，下列说法正确的是A.第一电离能：I1(N)>I1(O)>I1(C) B.元素电负性：χ(N)>χ(H)>χ(C)C.原子半径：r(C)＜r(N)＜r(O) D.分子中含π键数目为2【答案】A【解析】【详解】A．C、N、O为同一周期元素，第一电离能呈增大的趋势，但第一电离能N>O>C，A正确；B．一般情况下，元素非金属性越强，电负性越大，故电负性为N>C>H，B错误；C．同周期元素从左到右原子半径减小，故原子半径：r(C)>r(N)>r(O)，C错误；D．分子结构中含有碳碳双键、碳氧双键、碳氮三键，双键中含有1个键、1个π键，三键中含有1个键、2个π键，1个分子中含π键数目为4个，D错误；故选：A。5.实验室制取、验证乙烯化学性质的原理及装置正确的是A.用装置甲制取乙烯 B.用装置乙除杂C.用装置丙收集乙烯 D.用装置丁验证乙烯的还原性【答案】B【解析】【详解】A．制取乙烯应该把温度计伸入无水乙醇和浓硫酸的混合液中，故不选A；B．装置乙为洗气瓶，用装置乙除杂，如除氧气中的二氧化碳，故选B；C．乙烯的密度和空气的密度相近，不能用排空气法收集乙烯，故不选C；D．若用装置丁验证乙烯的还原性，气体应该“长进短出”，故不选D；选B。6.下列有关说法正确的是A.NH3的空间构型是三角锥形 B.N2H4是结构对称的非极性分子C.1mol[Ag(NH3)2]+中有6mol键 D.H-N-H键角[Ag(NH3)2]+比NH3小【答案】A【解析】【详解】A．中心原子N价层电子对数，含1对孤电子对，分子空间构型为三角锥形，A正确；B．分子中2个N为sp3杂化，均含1对孤电子，结构对称，但由于其正、负电荷中心不重合，故为极性分子，B错误；C．中含6mol键，Ag提供空轨道，N提供孤电子对形成配位键，即还含有2mol键，共计8mol，C错误；D．N周围无孤电子对，而中N周围还有1对孤电子对，孤电子对对孤电子对的排斥力＞孤电子对对成键电子对的排斥力＞成键电子对对成键电子对的排斥力，所以中H-N-H键角大于中H-N-H键角，D错误；答案选A。7.下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是A.极易溶于水，液氨可用作制冷剂B.化学性质稳定，可用于工业合成氨C.有强碱性，可用于保温瓶内胆镀银D.中N略带负电，水解时可与中的H结合成【答案】D【解析】详解】A．易液化，液氨汽化吸热，可用作制冷剂，故A项错误；B．具有氧化性，可与氢气反应生成氨，所以可用于工业合成氨，故B项错误；C．有弱氧化性，可与还原剂反应银，所以可用于保温瓶内胆镀银，故C项错误；D．中N略带负电，水解时可与中的略带正电的H结合成，故D项正确；故选D。8.下列化学反应表示正确的是A.N2H4燃烧的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-577kJ·mol−1B.碱性N2H4燃料电池负极发生的电极反应式：N2H4-4e－=N2↑+4H+C.NH3与足量的NaClO溶液反应的离子方程式：2NH3+ClO－＝N2H4+Cl－+H2OD.NH3与NO2在催化器表面的化学方程式：8NH3+6NO27N2+12H2O【答案】D【解析】【详解】A．N2H4燃烧的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-577kJ·mol−1，A错误；B．碱性N2H4燃料电池负极发生的电极反应式：N2H4-4e－+4OH-=N2↑+4H2O，B错误；C．NH3与足量的NaClO溶液反应的离子方程式：2NH3+3ClO－＝N2+3Cl－+3H2O，C错误；D．NH3与NO2在催化器表面的化学方程式：8NH3+6NO27N2+12H2O，D正确；答案选D。9.铁及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是A.工业制硫酸涉及的物质转化：B.实验室制溴苯涉及的物质转化：，C.利用高温水蒸气处理铁器的化学方程式：D.利用铁粉从AgCl中获取Ag的离子方程式：【答案】C【解析】【详解】A．高温下与氧气反应生成，不能一步生成，转化错误，故A错误；B．，故B错误；C．高温水蒸气与铁反应的化学方程式为：，故C正确；D．利用铁粉从AgCl中获取Ag的离子方程式为：，故D错误；故选C。10.CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应方程式是：(g)+CO2(g)(g)+H2O(g)+CO(g)，其反应历程如图所示。下列有关说法正确的是A.该反应的B.该反应的平衡常数表达式为(-表示苯基)C.催化剂表面酸性越强，苯乙烯的产率越高D.过程③可能生成副产物【答案】D【解析】【详解】A．由题干反应方程式可知，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，故该反应的，A错误；B．由题干反应方程式可知，产物中H2O为气态，故该反应的平衡常数表达式为(-表示苯基)，B错误；C．根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面酸性较强，则带负电荷的氢氧根离子较少，有利于的吸附，且酸性物质不会和二氧化碳反应，从而提高了乙苯的转化率，但酸性太强，催化剂表面吸附大量的带正电的H+，导致的吸附能力减弱，不利乙苯转化率的提高，故并不是催化剂表面酸性越强，苯乙烯的产率越高，C错误；D．由题干反应历程图示信息可知，过程③中存在和中间体微粒，故可能生成副产物，D正确；故答案：D。11.葡萄糖酸钙口服液是一种常见的药物，可用来治疗急性低血钙和低血钙抽搐。可采用电解法制备葡萄糖酸(装置如下图所示)，再用过量碳酸钙与葡萄糖酸反应，经提纯后即得葡萄糖酸钙产品。下列说法正确的是A.葡萄糖的键线式为，手性碳的数目为5B.通电后葡萄糖分子定向移动到阳极放电，发生氧化反应C.NaBr的作用是增强溶液导电性，Br－在阳极放电生成Br2，再氧化葡萄糖D.当外电路转移1mol电子时，理论上可得到1mol葡萄糖酸【答案】C【解析】【详解】A.葡萄糖的键线式为，手性碳的数目为4，故A错误；B.通电后葡萄糖分子得电子发生还原反应，定向移动到阴极，故B错误；C.NaBr为强电解质，的作用是增强溶液导电性，Br－在阳极放电生成Br2，再氧化葡萄糖，故C正确；D.葡萄糖在阴极发生还原反应，C6H12O6+12H++12e-=C6H12O7+6H2O，当外电路转移12mol电子时，理论上可得到1mol葡萄糖酸，故D错误；故选C。12.柠檬烯是一种天然的功能单萜，在食品中作为香料添加剂被广泛使用，其结构简式如图，下列有关柠檬烯的分析错误的是A.柠檬烯分子存在对映异构体B柠檬烯易溶于水C.一定条件下，可以发生加成反应、取代反应、氧化反应、加聚反应D.1mol柠檬烯最多与2molBr2发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知柠檬烯中存在手性碳原子，因此存在对映异构体，故A正确；B．柠檬烯属于烃类，难溶于水，故B错误；C．柠檬烯分子中有碳碳双键，可以和溴等发生加成反应，也可以发生加聚反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可以发生氧化反应，有饱和碳原子，还可以发生取代反应，故C正确；D．1mol柠檬烯分子中有2mol碳碳双键，所以最多可与2molBr2反应，故D正确；故选：B。13.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=－196.6kJ·mol−1因SO2在催化剂表面与O2接触而得名，反应过程示意图如图：下列说法正确的是A.反应①的活化能比反应②高B.使用催化剂能改变反应途径，降低反应的焓变C.图示过程中既有S-O的断裂，又有S-O的形成D.其他条件不变，升高体系的温度，该反应的平衡常数K增大【答案】A【解析】【详解】A．活化能越高反应速率越慢，反应①为慢反应，所以反应①的活化能较高，A正确；B．使用催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的焓变，B错误；C．反应①生成新的S—O键，整个过程中没有S—O键断裂，C错误；D．该反应放热，所以其他条件不变，升高体系的温度，该反应的平衡常数K减小，D错误；故选A。14.25℃时，用KOH溶液滴定柠檬酸(化学式为C6H8O7，结构简式为)溶液，溶液中-lgc(H+)与C6H8O7、、、的分布系数δ的关系如图所示[如C6H7O的分布系数δ()=]。下列说法错误的是A.柠檬酸为三元弱酸，Ka3=1×10-6.8B.pH=2.1时，c(C6H8O7)：c(C6H7O)=10︰1C.溶液中水的电离程度a＜b＜cD.0.01mol•L-1K2C6H6O7溶液中c(OH-)-c(H+)＞2c(C6H8O7)【答案】D【解析】【分析】由图知，曲线Ⅰ代表δ(C6H8O7)，曲线Ⅱ代表δ()，曲线Ⅲ代表δ()，曲线Ⅳ代表δ()，【详解】A．c点，，A正确；B．，a点，故，当pH=2.1时，B正确；C．a→b→c过程中溶液的pH由3.1到6.8，加入的KOH溶液越多，酸性逐渐减弱，体系对水的电离的抑制作用越弱，故水的电离程度a＜b＜c，C正确；D．当KOH与柠檬酸的物质的量之比为2：1时，恰好生成K2C6H6O7，，的电离程度大于水解程度，则，由电荷守恒得，由物料守恒得，结合，得出0.01mol•L-1K2C6H6O7溶液中，D错误；故选D。二、非选择题：共4题，共58分。15.钒(V)是一种重要的金属，有金属“维生素”之称，用途涵盖了航空航天、电池、光学、医药等众多领域，主要由五氧化二钒冶炼得到。某种由钒精矿(含V2O5及少量MgO、SiO2等杂质)提取五氧化二钒的工艺流程如下图所示。[资料]+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：pH4~66~88~1010~12主要离子VOVOV2OVO（1）钒精矿磨细的目的是____。浸出液中含有钒酸钠(Na3VO4)。VO与PO的空间构型相同，VO的空间构型为____。（2）用硫酸缓慢调节浸出液的pH为7，得到净化液中主要的阴离子是____。一定pH下，净化液中含有H4V4O12，已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为____。（3）净化液中加入氯化铵溶液进行氨化沉钒，过滤得到的固体经煅烧后得到V2O5，煅烧过程中发生反应的化学方程式是____。（4）五氧化二钒的结构简式如图所示，该结构中σ键与π键个数之比是____。（5）钒的某种氧化物的晶胞结构如左图所示，该氧化物的化学式为____。请在右图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图____。【答案】（1）①.增大接触面积，加快反应速率和提高V的浸出率②.正四面体（2）①.和②.（3）2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O（4）3：2（5）①.VO2②.【解析】【分析】本题为工艺流程题，先将钒精矿进行粉碎磨细以增大接触面积，加快反应速率，提高钒的浸出率，加入NaOH溶液，将V2O5转化为Na3VO4，SiO2转化为Na2SiO3，MgO不反应，过滤出浸出渣主要成分为MgO，浸出液中主要含有Na3VO4、Na2SiO3，向浸出液中加入H2SO4调节pH为7时，产生H2SiO3沉淀，钒的存在形成转化为NaVO3，过滤出净化渣主要成分为H2SiO3，向净化液中加入NH4Cl进行沉钒，产生NH4VO3沉淀，过滤洗涤干燥，高温煅烧，即得V2O5，据此分析解题。【小问1详解】工艺流程中，将钒精矿磨细的目的是增大接触面积，加快反应速率和提高V的浸出率，PO中P原子孤电子对数为，价层电子对数为4+0=4，空间构型为正四面体形，而VO与PO的空间构型相同，为正四面体形；【小问2详解】由题干表格信息可知，当pH=7时钒的主要存在形式为：，故用硫酸缓慢调节浸出液的pH为7，得到净化液中主要的阴离子是和；H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为；【小问3详解】由(3)分析可知，净化液中钒的存在形式为：，净化液中加入氯化铵溶液进行氨化沉钒产生NH4VO3沉淀，过滤得到的固体经煅烧后得到V2O5，即NH4VO3煅烧生成V2O5，V的化合价未改变，说明该反应为非氧化还原反应，则煅烧过程中发生反应的化学方程式是2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O；【小问4详解】单键为σ键，双键有1个σ键、1个π键，分子中有6个σ键、4个π键，σ键与π键个数之比为3：2；【小问5详解】由晶胞结构可知V位于顶点和体心，个数为1+2；O有4个位于面上，2个位于体内，个数为：2+4；该氧化物的化学式为：VO2；该晶胞沿z轴方向的平面投影，顶点V原子投影到正方形顶点，体心V原子投影到面心，面上的O原子投影到正方形对角线上，体内O原子投影到面心V原子两侧，得图。16.以甲烷为原料合成聚苯乙烯等产品的一种流程如下(部分产物及反应条件略去)：（1）CH4与Cl2在光照下反应能得到CH2Cl2，关于CH2Cl2的描述正确的是。A.结构式： B.存在顺反异构体C.二氯甲烷为正四面体结构 D.常温常压下为液体（2）反应②生成乙苯的反应类型为____反应。催化剂条件下，反应④的化学方程式为____。（3）写出苯乙烯中官能团的名称为____。（4）写出符合下列条件的乙苯的同分异构体的结构简式____。属于芳香烃且分子中不同化学环境的氢原子数比为。（5）已知：①R-NO2R-NH2②+HCl③苯环上原有取代基对新取代基的位置有影响：甲基一般使新取代基在其邻对位，硝基使新取代基在其间位。依据题中信息及所学知识，写出以苯为原料制备的合成路线流程图_______。(无机试剂、两碳以下的有机试剂任用)【答案】（1）AD（2）①.加成②.n（3）碳碳双键（4）（5）【解析】【分析】由框图可知，反应①为CH4发生分子间脱氢反应生成CH2=CH2和，反应②为CH2=CH2与发生加成反应生成，反应③为脱氢生成，反应④为发生加聚反应生成聚苯乙烯，反应⑤为与液溴发生取代反应生成。【小问1详解】A．CH2Cl2为共价化合物，C与H，C与Cl之间均为单键，因此二氯甲烷的结构式为，A正确；B．二氯甲烷为立体结构，两个氯原子完全等效，不存在顺反异构体，B正确；C．二氯甲烷中C-Cl键和C—H键长度不一，不是正四面体结构，C错误；D．常温常压下，二氯甲烷为液体，D正确；故选AD；【小问2详解】反应②生成乙苯的反应类型为加成反应。催化剂条件下，反应④的化学方程式为n;【小问3详解】苯乙烯中官能团名称为碳碳双键；【小问4详解】属于芳香烃且分子中不同化学环境的氢原子数比为，说明有苯环，是对称结构：；【小问5详解】根据已知可知，应先生成硝基苯，之后与一氯甲烷在氯化铝催化下反应生成间硝基甲苯，之后利用铁和稀盐酸发生还原反应生成间氨基甲苯，故答案为：。17.高品质MnO2可用于生产锂离子电池正极材料锰酸锂。以软锰矿与黄铁矿为主要原料采用“两矿一步浸出法”制备高品质MnO2的某工艺流程如图所示：已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为MnO2、FeS2，还含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物；②该工艺条件下，相关金属离子完全形成氢氧化物沉淀的pH如下：金属离子开始沉淀pH6.91.96.69.13.4沉淀完全()的pH833.210.110.94.7回答下列问题：（1）“酸浸”操作中需先后分批加入H2SO4、H2O2。加入H2SO4后发生酸浸过程的主要反应离子方程式为，。已知滤渣1的主要成分为S、SiO2、CaSO4等，其附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，此时加入H2O2，利用其迅速分解产生的大量气泡可破除该不利影响。分析导致H2O2迅速分解的因素是____。（2）加氨水“调pH”时调节溶液pH范围为4.7~6.0，此时“滤渣2”的主要成分为____(填化学式)。（3）加NH4F“调pH”时，溶液体系中的Ca2+和Mg2+形成氟化物沉淀。①若沉淀后上层清液中，则____。②可以用MnF2代替NH4F，以Mg2+为例，结合反应的平衡常数解释能用MnF2除去Mg2+(和Ca2+)的原因是____。（已知：Ksp(MnF2)=5×10－3，Ksp(MgF2）=5×10－11，Ksp(CaF2)=2.5×10－9)（4）NH4HCO3“调pH”时，发生主要反应的离子方程式为____。（5）利用惰性电极电解H2SO4—MnSO4—H2O体系获得MnO2的机理(部分)如图1所示，硫酸浓度与电流效率的关系如图2所示。硫酸浓度超过3.0mol·L−1时，电流效率降低的原因是____。（6）测定MnO2粗品的纯度。称取0.1450gMnO2粗品置于具塞锥形瓶中，加水润湿后，依次加入足量稀硫酸和过量KI溶液。盖上玻璃塞，充分摇匀后静置30min。用0.1600mol/LNa2S2O3标准溶液滴定生成的I2，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。滴定反应为2+I2=2I-+，计算粗品中MnO2的质量分数_______(写出计算过程)。【答案】（1）或或等作催化剂（加速双氧水分解）（2）、（3）①.50②.反应MnF2＋Mg2＋MgF2＋Mn2＋的平衡常数K=6.25×107>1×105，MnF2＋Ca2＋CaF2＋Mn2＋的平衡常数K=1×108>1×105，两反应正向进行程度很大，可以将Mg2＋(和Ca2+)除去（4）（5）硫酸浓度高，MnOOH被消耗，效率降低（当硫酸浓度超过时，生成的MnOOH与硫酸反应，MnOOH减少，反应减弱，电流效率降低。）（6）96%【解析】【分析】工艺流程题需关注反应物及目标生成物，从而确定中间需要除去的杂质元素。本题中原料成分有MnO2、FeS2，还含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物，最终制备MnO2，除Mn元素外，其他元素均要除去。酸浸步骤中，SiO2不溶于酸除去，其他金属氧化物转化为相应的金属离子，调节pH步骤中，使Fe3+和Al3+转化成沉淀除去，除杂步骤中将Mg2+和Ca2+转化成沉淀除去，据此分析。【小问1详解】导致H2O2迅速分解的因素是或或等作催化剂，加快的分解；【小问2详解】“调pH”时调节溶液pH范围为4.7~6.0，由表格可知：pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=4.7时Al3+沉淀完全，故“滤渣2”的主要成分为、；【小问3详解】①可知。②反应MnF2＋Mg2＋MgF