江苏省阜宁滨海射阳三校2023-2024学年高二下学期5月学业水平选择性考试联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省阜宁，滨海，射阳三校2023-2024学年高二下学期5月学业水平选择性考试联考（满分：100分，考试时间75分钟）一、选择题（每题3分，共42分）1.棉纺织业是我国传统优势产业。棉的主要成分属于A.糖类 B.油脂 C.蛋白质 D.核酸〖答案〗A〖解析〗棉的主要成分是纤维素，纤维素是多糖，属于糖类，故选A。2.催化热解可同时回收（结构为）和。下列说法正确的是A.中子数为17的硫原子为 B.的电子式为C.固态时为共价晶体 D.分子中含有p-p〖答案〗B〖解析〗A．在表示原子组成时，将质量数写在左上方，质子数写在左下方，S为第16号元素因此质子数为16，可知中子数为17的硫原子的质量数为33，故表示为：，故A错误；B．H2S为共价化合物，其电子式为，故B正确；C．固态S是由S8构成的，可知该晶体中存在的微粒是分子，属于分子晶体，故C错误；D．基态H原子为1s1，S原子为1s22s22p63s23p4，H与S形成的分子中含有s-pσ键，故D错误；故〖答案〗选B。3.NaHSeO3可用于除去某些重金属离子。下列说法正确的是A.电负性：χ(O)＞χ(Se) B.离子半径：r(Na+)＞r(O2-)C.电离能：I1(Na)＞I1(Se) D.热稳定性：H2Se＞H2O〖答案〗A〖解析〗A．O、Se均属于ⅥA族，原子序数：Se＞O，电负性随着原子序数增大而减小，则电负性：χ(O)＞χ(Se)，故A正确；B．Na+、O2-的核外电子数均为10，其原子序数：Na＞O，原子序数越大，其半径越小，则离子半径：r(Na+)<r(O2-)，故B错误；C．金属易失电子，第一电离能较小，非金属的第一电离能一般而言大于金属，则电离能：I1(Na)<I1(Se)，故C错误；D．非金属性：O＞Se,元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越大，则热稳定性：H2Se>H2O，故D错误。〖答案〗选A。4.下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是A.中化学键非常牢固，可用作保护气B.乙醇易溶于水，可用于消毒杀菌C.浓硫酸具有强氧化性，可用于与反应制D.是极性分子，可用于漂白纸浆〖答案〗A〖解析〗A．中化学键非常牢固，因此化学性质稳定，难与其他物质反应，可用作保护气，故A正确；B．乙醇能使蛋白质变性，从而可用于杀菌消毒，与乙醇易溶于水无关，故B错误；C．浓硫酸具有强酸性，可与CaF2发生复分解反应产生CaSO4和HF，因此可以用于制HF，属于高沸点酸制备低沸点酸，这与浓硫酸是否具有强氧化性无关，故C错误；D．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，故D错误；故〖答案〗选A。5.X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是A.沸点： B.M与Q可形成化合物，C.键角大小： D.与离子空间结构均为三角锥形〖答案〗D〖解析〗X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，则X为H元素，短周期中M电负性最小，则M为Na元素，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，则Z的核外电子排布式为：1s22s22p4，则Z为O元素，Z与Y、Q相邻，则Y为N元素，Q为S元素，据此分析。A．H2O中含有氢键，则沸点高于H2S，A正确；B．Na与S可以形成Na2S、Na2S2等多种硫化物，B正确；C．和组成结构相似，但O原子半径小于S，H-O的键长小于H-S，中成键电子对距离更近，斥力更大，因此键角大于，C正确；D．中N为sp2杂化，孤电子对为0，为平面三角形，中S为sp3杂化，孤电子对为1，三角锥形，D错误；故选：D。6.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是A.图①温度计的水银柱上升B.图②中反应物总能量大于生成物总能量C.图③中反应开始后，针筒活塞向右移动D.图④中反应开始后，甲处液面低于乙处液面〖答案〗C〖解析〗A．温度计的水银柱不断上升，则中和反应放出热量，说明相应的化学反应是放热反应，选项A不符合；B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，说明相应的化学反应是放热反应，选项B不符合；C．Zn与稀硫酸反应生成氢气，氢气可使针筒活塞向右移动，不能充分说明相应的化学反应是放热反应，选项C符合；D．反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，温度升高，反应为放热反应，选项D不符合；〖答案〗选C。7.给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A.B.C.D.〖答案〗A〖解析〗A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气高温条件下发生反应生成Si和HCl，故A符合题意；B．氢氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，得不到镁单质，故B不符合题意；C．氧化铁与盐酸反应得到FeCl3溶液，氯化铁易水解，加热氯化铁溶液，由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终生成氢氧化铁，不能获得无水氯化铁，故C不符合题意；D．蔗糖不含醛基，不能发生银镜反应，故D不符合题意；〖答案〗为A。8.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、乙的说法不正确的是A.甲分子存在顺反异构 B.乙分子中含有2个手性碳原子C.1mol乙最多能与4molNaOH反应 D.用溶液能鉴别甲、乙〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，甲分子中碳碳双键的碳上均连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故A正确；B．乙分子中含有2个手性碳原子，如图标有星号的碳原子为手性碳原子，故B正确；C．乙中含有酯基、酚羟基、碳溴键，可以与NaOH溶液反应，其中1mol酚与酸形成的酯基要消耗2molNaOH，1mol乙最多能与5molNaOH反应，故C错误；D．甲含有-COOH，乙不含-COOH，用溶液能鉴别甲、乙，故D正确；故选C。9.下列说法正确的是（）A.钢铁锈蚀时，Fe失去电子成为Fe3+B.铅蓄电池（如图）在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加C.将海水中钢铁闸门与电源的负极相连，可防止闸门被腐蚀D.铅蓄电池和碱性锌锰电池都属于二次电池〖答案〗C〖解析〗A．钢铁锈蚀时，Fe作负极，铁失去电子生成Fe2+，A不正确；B．铅蓄电池在放电过程中，负极Pb失电子后与电解质反应生成PbSO4，质量增大，B不正确；C．将海水中钢铁闸门与电源负极相连，此时钢铁闸门作阴极，可阻止钢铁闸门中的铁失电子，从而防止闸门被腐蚀，C正确；D．碱性锌锰电池在放电后不能进行充电，属于一次电池，D不正确；故选C。10.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。已知：几种物质中化学键的键能如表所示。化学键键键键键键能/（）463496436138若反应过程中分解了2mol，则下列说法不正确的是A.总反应为 B.过程Ⅲ属于放热反应C.过程Ⅱ放出了574kJ能量 D.过程Ⅰ吸收了926kJ能量〖答案〗B〖解析〗A．反应过程中分解了2molH2O，由图可知，生成了2molH2和1molO2，总反应为：，故A正确；B．过程Ⅲ断裂2molH2O2中H-O键，吸收463×2=926kJ能量，生成1molH2中H-H键，释放436kJ能量，即总体上吸收了490kJ能量，为吸热反应，故B错误；C．过程Ⅱ中生成1molH2O2中O-O键和1molH2中H-H键，放出(138+436)kJ=574kJ能量，故C正确；D．过程Ⅰ中断裂了2molH2O中H-O键，吸收能量(463×2)kJ=926kJ，故D正确；故选B。11.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项实验探究方案探究的目的A向和的混合溶液中滴入稀硫酸氧化性：B通入酸性溶液中具有漂白性C向试管中加入2mL5%和1mL2%溶液，观察气泡产生情况可促进分解D向新制氯水中加入固体氯水呈酸性A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗A．向硝酸亚铁和硫氰化钾的混合溶液中滴入稀硫酸，溶液变为红色是因为酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成的铁离子与硫氰酸根离子反应生成了硫氰化铁，则溶液变为红色说明硝酸的氧化性强于铁离子，不能说明铁离子的氧化性强于氢离子，故A错误；B．二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，则溶液褪色说明二氧化硫具有还原性，与漂白性无关，故B错误；C．向试管中加入过氧化氢溶液和硫酸铜溶液，有无色气泡逸出说明催化剂作用下过氧化氢分解生成氧气，因没有做对比实验，起催化作用的可能是铜离子，也可能是硫酸根离子，所以不能确定铜离子促进了过氧化氢的分解，故C错误；D．向新制氯水中加入碳酸氢钠固体，有无色气泡逸出说明新制氯水中含有氢离子，溶液呈酸性，故D正确；故选D。12.700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2＞t1)：反应时间/minn(CO)/moln(H2O)/mol01.200.60t10.80t20.20下列说法正确的是（）A.反应在0～t1min内的平均速率为v(H2)=mol·L-1·min-1B.若800℃时该反应的平衡常数为0.64，则逆反应为放热反应C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O(g)和0.40molH2(g)，则v正＞v逆D.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO(g)和1.20molH2O(g)，达到平衡时n(CO2)=0.40mol〖答案〗D〖解析〗A．v(CO)==mol·L-1·min-1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=v(CO)=mol·L-1·min-1，故A错误；B．在700℃时，t1min时反应已经达到平衡状态，此时c(CO)==0.4mol/L，c(H2O)==0.1mol/L，c(CO2)=c(H2)==0.2mol/L，则k==1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡常数减小，平衡是向左移动的，那么正反应为放热反应，故B错误；C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，0.4molH2，c(H2O)==0.2mol/L，c(H2)==0.4mol/L，Qc==1=K，平衡不移动，则v(正)=v(逆)，故C错误；D．CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60molCO和1.20molH2O与充入1.20molCO和0.6molH2O，平衡时生成物的浓度对应相同，t1min时n(CO)=0.8mol，n(H2O)=0.6mol-0.4mol=0.2mol，t2min时n(H2O)=0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的n(CO2)=0.4mol，故D正确；故选D。13.反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)在常温下可以自发进行，下列说法正确的是A.该反应的ΔH<0，ΔS<0B.反应的平衡常数可表示为K=C.使用高效催化剂能降低反应的焓变D.其他条件相同，增大，NO的转化率下降〖答案〗A〖解析〗A.反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)在常温下可以自发进行，因此该反应的ΔH<0，ΔS<0，A项正确；B.化学反应的平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，因此，B项错误；C催化剂只能降低反应活化能，无法改变反应焓变，C项错误；D.其他条件相同，增大，即增大O2的量，则NO的转化率升高，D项错误；故〖答案〗选A。14.甲烷重整时涉及以下两个反应①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)平衡常数K1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)平衡常数K2它们的平衡常数随温度的变化如图所示，下列说法正确的是A.反应①、②都是放热反应B.两曲线交点表示此时①、②两反应速率相等C.相同温度下，CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)的平衡常数为K1+K2D.相同条件下，增大反应①、②中水蒸气的浓度，CH4、CO的转化率均增大〖答案〗D〖解析〗对于吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大；对于放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小；根据图象可知，温度升高，反应①的平衡常数增大，所以反应①为吸热反应；温度升高，反应②的平衡常数减小，所以反应②为放热反应，据此解答。A.根据图象可知，温度升高，反应①的平衡常数增大，所以反应①为吸热反应；温度升高，反应②的平衡常数减小，所以反应②为放热反应，A错误；B.两曲线交点表示，温度相同时，反应①和反应②的平衡常数相同，B错误；C.相同温度下，根据盖斯定律，①+②可得：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，，，则，C错误；D.根据反应①和反应②可知，水蒸气是反应物，相同条件下，增大反应①、②中水蒸气的浓度，CH4、CO的转化率均增大，D正确；〖答案〗选D。二、非选择题（58分）15.已知硼、氮、铜是几种重要的元素，请回答下列问题：（1）的基态原子的电子排布式为______。（2）的配合物A的结构如图，A中所含、、三种元素的第一电离能由大到小的顺序为______，配合物A中碳原子的杂化方式为______。（3）配体氨基乙酸根（）受热分解可产生和，与互为等电子体，结构相似，且分子中只与一个相连，则的电子式为______。（4）立方氮化硼的晶胞结构与金刚石结构相似（如下图），是超硬材料。①晶胞中每个氮原子周围与其最近且等距离的硼原子有______个。②氮化硼晶体的化学式为______，晶体类型为______。〖答案〗（1）（2）①.②.、（3）（4）①.4②.BN③.共价晶体〖解析〗小问1详析】铜元素的原子序数为29，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1；【小问2详析】同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；由结构式可知，配合物A中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，即配合物A中碳原子的杂化方式为sp2、sp3；【小问3详析】二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2、孤对电子对数为0，分子的空间构型为直线形，等电子体具有相同的空间构型，则一氧化二氮的空间构型为直线形，电子式为；【小问4详析】①由晶胞结构可知，晶胞中每个氮原子周围与其最近且等距离的硼原子形成正四面体结构，则每个氮原子周围与其最近且等距离的硼原子数目为4；②由晶胞结构可知，该晶体属于共价晶体，晶胞中位于顶点和面心的硼原子个数为8×+6×=4，位于体内的氮原子个数为4，则氮化硼晶体的化学式为BN。16.某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。已知：请回答：（1）化合物B的含氧官能团名称是___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.化合物A能与发生显色反应B.A→B的转变也可用在酸性条件下氧化来实现C.在B+C→D的反应中，作催化剂D.依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应（3）化合物C的结构简式是___________。（4）写出E→F的化学方程式___________。（5）研究小组在实验室用苯甲醛为原料合成药物苄基苯甲酰胺()。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线___________(用流程图表示，无机试剂任选)（6）写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式___________。①分子中含有苯环②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()。〖答案〗（1）羟基、醛基（2）BC（3）ClCH2CH2N(CH3)2（4）+2H2+H2O（5）（6）〖解析〗〖祥解〗由依托比利的结构可知：与F发生取代反应生成依托比利，则F的结构简式为，根据E、F的分子式、D()的结构和已知信息可以推出：在催化剂作用下E与氢气发生还原反应生成，则E的结构简式为；碳酸钾作用下与C发生取代反应生成，则C为ClCH2CH2N(CH3)2；【小问1详析】由结构简式可知，B分子的官能团为羟基、醛基，故〖答案〗为：羟基、醛基；【小问2详析】A．由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，故正确；B．酚羟基具有强还原性，由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，则A→B的转变不能用酸性高锰酸钾溶液来实现，故错误；C．由分析可知，B+C→D的反应为碳酸钾作用下与ClCH2CH2N(CH3)2发生取代反应生成，其中碳酸钾的作用是中和反应生成的氯化氢，提高反应物的转化率，故错误；D．由结构简式可知，依托比利分子中含有酰胺基，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，故正确；故选BC；【小问3详析】由分析可知，C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2，故〖答案〗为：ClCH2CH2N(CH3)2；【小问4详析】由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，反应的化学方程式为+2H2+H2O，故〖答案〗为：+2H2+H2O；【小问5详析】由题给信息可知，用苯甲醛为原料合成药物苄基苯甲酰胺的合成步骤为与NH2OH反应生成，催化剂作用下与氢气发生还原反应生成；催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，与发生取代反应生成，合成路线为，故〖答案〗为：；【小问6详析】D的同分异构体分子中含有苯环，谱和谱检测表明分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基说明同分异构体分子含有醚键或酚羟基，结合对称性，同分异构体的结构简式为。故〖答案〗为：。17.化学反应的速率和限度对人类生产生活有重要的意义。（1）已知Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O。甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如表(所取溶液体积均为2mL)：实验编号温度/℃c(Na2S2O3)/mol·L-1c(H2SO4)/mol·L-1Ⅰ250.10.1Ⅱ250.20.1Ⅲ500.20.1①上述实验中溶液最先变浑浊的是___________(填实验编号，