江苏省苏州市2022-2023学年高二上学期学业质量阳光指标调研（期末）化学试卷（解析版）

PAGE1苏州市2022~2023学年第一学期学业质量阳光指标调研卷高二化学注意事项：1.本试卷分为单项选择题和非选择题两部分，试卷满分100分。考试时间75分钟。2.将选择题答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32C135.5K39一、单项选择题：本题包括14小题，每题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列物质属于蛋白质是A.棉花纤维 B.结晶牛胰岛素 C.天然橡胶 D.硬脂酸甘油酯【答案】B【解析】【详解】A．棉花纤维属于纤维素，故A不选；B．结晶牛胰岛素属于蛋白质，故B选；C．天然橡胶是聚异戊二烯，不属于蛋白质，故C不选；D．硬脂酸甘油酯是硬脂酸和甘油发生酯化反应生成的酯，不属于蛋白质，故D不选；正确答案是B。2.反应可实现的还原。下列说法正确的是A.中子数为20的氯原子： B.与具有相同的电子层结构C.的空间填充模型： D.既含离子键又含共价键【答案】D【解析】【详解】A．中子数为20的氯原子质量数为：20+17=37，表示为：，故A错误；B．有2个电子层，有3个电子层，故B错误；C．是直线形结构，氧原子半径小于碳原子，空间填充模型为：，故C错误；D．是离子化合物，既含离子键又含共价键，故D正确；故选D。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.葡萄糖能发生还原反应，可用于玻璃镀银B.纤维素能发生水解反应，可用于制烈性炸药C.油脂在酸性条件下能发生水解，可用于制甘油和肥皂D.饱和溶液能使蛋白质发生盐析，可用于提纯蛋白质【答案】D【解析】【详解】A．葡萄糖含醛基具有还原性，和新制的银氨溶液反应析出银，玻璃镀银利用的是乙醛和银氨溶液的反应，故A错误；B．纤维素能发生水解反应生成葡萄糖，不能用于制烈性炸药，故B错误；C．油脂在碱性条件下能发生水解，可用于制甘油和肥皂，故C错误；D．饱和(NH4)2SO4溶液可使蛋白质发生盐析，通过盐析可以提纯蛋白质，故D正确；故选D。4.下列判断正确的是A.硬度：金刚石<碳化硅<晶体硅 B.沸点：C.键的极性： D.热稳定性：【答案】C【解析】【详解】A．由于原子半径C＜Si，所以键长C-C＜C-Si＜Si-Si，键长越短，共价键越强，硬度越大，因此硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，A错误；B．相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，因此沸点由高到低：，B错误；C．电负性：Cl＞Br，则共价键极性：，C正确；D．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性：F>Cl>Br，热稳定性：，故D错误；故选C。5.以为催化剂光热化学循环分解反应的机理如题图所示。下列说法正确的是A.过程①中元素化合价由降为 B.过程③只有化学键的断裂C.总反应属于放热反应 D.使用作催化剂可以降低总反应的焓变【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，过程①中+4价的元素得到1个电子，化合价降低为，故A正确；B．由图可知，过程①中钛氧键也发生了断裂，故B错误；C．由图可知，总反应为，该过程吸热，故C错误；D．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低总反应的焓变，故D错误；故选A。6.接触法制备硫酸中的关键步骤是：在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为：。下列有关的说法正确的是A.分子中硫原子均采用杂化 B.与分子的键角相等C.固体属于共价晶体 D.属于非极性分子【答案】A【解析】【详解】A．分子中硫原子形成了3个键，孤电子对数为(6-3×2)=0，所以，硫原子采取sp2杂化，分子中硫原子形成了2个键，孤电子对数为(6-2×2)=1，所以，硫原子采取sp2杂化，选项A正确；B．SO2中的S采用sp2杂化，三对价层电子对理想化是平面正三角形，但其中的1对孤电子对2对成键电子对有排斥作用，所以键角小于120°，SO3中的S为+6价，所有电子均参与成键，没有孤对电子，空间构型为堆成的平面正三角形，键角为120°，即SO2分子中的键角小于SO3，选项B错误；C．固体SO3是分子晶体，选项C错误；D．分子中S元素的最外层电子数为6，化合价为+4，最外层电子未全部成键，是极性分子，选项D错误；答案选A。7.接触法制备硫酸中的关键步骤是：在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为：。下列关于反应的说法正确的是A.该反应B.上述反应的平衡常数表达式为C.反应达到平衡后，与之比不变D.反应中断裂旧共价键的键能之和比反应中形成新共价键的键能之和大【答案】C【解析】【详解】A．反应为气体体积减小的反应，则，选项A错误；B．K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，，选项B错误；C．与之比不变时，各组分的浓度保持不变，反应达平衡状态，选项C正确；D．△H=反应中断裂的旧化学键键能之和-反应中形成的新化学键键能之和，该反应△H<0，故反应中断裂旧共价键的键能之和比反应中形成新共价键的键能之和小，选项D错误；答案选C。8.接触法制备硫酸中的关键步骤是：在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为：。题图表示在有、无催化剂条件下氧化成过程中的能量变化。催化时，该反应机理为：反应①：反应②：下列说法正确的是A.催化时，反应②的速率大于反应①B.C.升高温度，有利于提高的平衡转化率D.增大压强，反应的平衡常数增大【答案】B【解析】【详解】A．反应①的活化能小，反应②的活化能大，催化时，对活化能小的影响更大，所以反应②的速率小于反应①，故A错误；B．总反应为，根据盖斯定律，总反应为2×反应①+反应②，反应①：，则反应②：的，故B正确；C．反应放热，升高温度，平衡逆向移动，反应的化学平衡常数减小，故C错误；D．平衡常数只受温度影响，增大压强，反应的平衡常数不变，故D错误；故选B。9.下列有关电化学装置的描述正确的是A.装置甲：移向溶液 B.装置乙：可用于电解精炼铜C.装置丙：应使用阳离子交换膜 D.装置丁：可用于保护钢闸门【答案】C【解析】【详解】A．Zn比Cu活泼，Zn失去电子为负极，阳离子向正极移动，则盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故A错误；B．电解精炼铜时，粗铜与电源正极相连，为阳极；精铜与电源负极相连，为阴极，故B错误；C．装置丙中阳离子交换膜能避免氯气与碱反应，故C正确；D．铁闸门与石墨相连，Fe作负极，加速腐蚀，故D错误；故选C。10.关于反应说法正确是A.中键和键数目之比为 B.该反应中失去能级上的电子C.的空间构型为三角锥形 D.在水溶液中能完全电离出【答案】B【解析】【详解】A．的结构式为，单键属于键，三键中含有1个键、2个键，中键和键数目之比为，故A错误；B．该反应中元素由0价上升到+2价，Fe2+的核外有24个电子，是由Fe原子失去4s能级上的2个电子，故B正确；C．的中心原子价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，空间构型平面三角形，故C错误；D．在配合物的内界，在水溶液中不能完全电离出，故D正确；故选B。11.X与反应能转化为Y。下列有关说法正确的是A.的熔点高于XB.的反应类型为取代反应CY分子中所有原子可能共平面D.Y与氢气完全加成后的产物分子中有3个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．可以形成分子内氢键，而X可以形成分子间氢键，分子间氢键强于分子内氢键，的熔点低于X，故A错误；B．和HCHO、HCl反应生成，该反应过程中反应物的总不饱和度发生变化，说明该过程发生了加成反应和取代反应，故B错误；C．Y分子中-CH2OH中C原子为sp3杂化，与之相连的几个原子不可能全部共平面，故C错误；D．Y与氢气完全加成后的产物为，其中有3个手性碳原子，分别为，故D正确；故选D。12.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向溶液中缓慢滴加稀硝酸溶液由黄色转变为橙色增大有利于转化为B将充满的密闭玻璃球浸泡在热水中气体红棕色加深C向溶液中加入溶液，萃取分液后，向水层滴入溶液溶液变成血红色与所发生的反应为可逆反应D向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热一段时间后，中和至碱性，加入新制悬浊液，加热出现砖红色沉淀淀粉已经水解完全A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．K2CrO4溶液中存在平衡：2H++2(黄色)(橙色)+H2O，向溶液中缓慢滴加稀硝酸，黄色溶液逐渐变成橙色，说明增大有利于转化为，故A正确；B．将充满的密闭玻璃球浸泡在热水中，气体红棕色加深，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，，故B错误；C．向溶液中加入溶液，FeCl3过量，检验剩余的Fe3+，不能说明与所发生的反应为可逆反应，故C错误；D．向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热一段时间后，中和至碱性，加入新制悬浊液，加热，出现砖红色沉淀，说明淀粉发生水解，但不能证明其完全水解，故D错误；故选A。13.从和混合溶液中得到和的流程如下：下列说法正确的是A.“沉淀Ⅰ”步骤只发生与生成的反应B.“溶解”步骤反应的离子方程式：C.可溶于的氨水D.“沉淀Ⅱ”生成的离子方程式：【答案】D【解析】【分析】向和混合溶液中加入酸化的硝酸银溶液，与、Cl-生成和AgCl，过滤后将沉淀在氨水中溶液，AgCl沉淀可以溶于氨水生成，不能溶于的氨水，过滤分类出，溶液酸化后生成AgCl沉淀。【详解】A．“沉淀Ⅰ”步骤中向和混合溶液中加入酸化的硝酸银溶液，由于I-具有还原性，会被硝酸氧化生成I2，故A错误；B．AgCl沉淀可以溶于氨水，离子方程式为：，故B错误；C．由流程图可知，加入氨水后过滤得到，说明不能溶于的氨水，故C错误；D．AgCl沉淀可以溶于氨水生成，溶液酸化后生成AgCl沉淀，离子方程式为：，故D正确；故选D。14.与作用分别生成的反应均为放热反应。工业尾气中可通过催化氧化为除去。将一定比例和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应答，的选择性的转化率与温度的关系如题图所示。下列说法正确的是A.时完全被催化氧化转移B.催化氧化除尾气中应选择反应温度高于C.其他条件不变，在范围，随温度升高，出口处氮氧化物物质的量增大D.其他条件不变，在范围，随温度升高，出口处氮气的物质的量减小【答案】C【解析】【详解】A．与作用分别生成，若完全转化为NO时，转移5mol电子，此时转移电子最多，则完全被催化氧化转移，故A错误。B．根据图像，温度高于250℃N2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图像，温度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故B错误；C．根据图像，在范围，随温度的升高，N2的选择率减小，的转化率基本不变，出口处氮氧化物物质的量增大，故C正确；D．其他条件不变，在范围，随温度的升高，N2的选择率降低，的转化率增大，由的选择性公式可知，无法判断出口处氮气的物质的量变化，故D错误；故选C。二、非选择题：共4题，共58分。15.X、Y、Z、W四种元素原子序数依次增大。X元素原子最外层电子数是次外层的2倍，Y的电离能数据如下表所示，Z原子基态时的外围电子排布式为，元素W位于第四周期，其原子基态时未成对电子数在同周期中最多。电离能…7381451773310540…（1）X原子基态时的轨道表示式为_______。（2）Y在周期表中的位置_______。（3）写出Y与Z形成化合物的电子式：_______。（4）W位于在元素周期表_______区。能与形成六配位的配合物，且，3个位于外界。该配合物的化学式为_______。（5）下列事实能用元素周期律解释的是_______。A.Y原子的半径小于原子B.X简单气态氢化物热稳定性强于C.少量氯水滴入溶液生成淡黄色沉淀D.酸性强于【答案】（1）（2）第三周期第IIIA族（3）（4）①.d②.[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3（5）ACD【解析】【分析】X元素的原子，其最外层电子数是次外层的电子数的2倍，最外层电子数不能超过8个，则其次外层是K层，故X是碳元素；Z原子基态时的外围电子排布式为，Z为S元素；由Y的电离能数据表可知Y的第三电离能剧增，则Y是第IIA族元素，X、Y、Z、W四种元素原子序数依次增大，Y为Mg元素；元素W位于第四周期，其原子基态时未成对电子数在同周期中最多，即3d为半充满时，单电子数最多，则价电子排布式为3d54s1，为Cr元素。【小问1详解】X是碳元素，电子排布式为1s22s22p2，轨道表示式为。小问2详解】Y为Mg元素，在周期表中的位置为第三周期第IIIA族。【小问3详解】Y与Z形成化合物为MgS，电子式为：。【小问4详解】W为Cr元素，在周期表中的位置为第四周期第VIB族，位于在元素周期表d区；CrCl3与形成六配位的配合物，且，3个位于外界。该配合物的化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。【小问5详解】A．同一周期元素，原子序数越大，半径越小，Mg原子的半径小于原子，故A符合题意；B．S元素和N元素不在同一周期也不在同一主族，不能比较其非金属性的大小，也无法比较二者简单气态氢化物简单气态氢化物的热稳定性，故B不符合题意；C．非金属性：Cl>S，则Cl2和H2S反应生成S单质，故C符合题意；D．非金属性：S>Si，非金属性越强且最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则H2SO4的酸性强于，故D符合题意；故选ACD。16.铜的化合物丰富多彩。（1）与双缩脲在碱性溶液中作用形成紫红色络合物。①的基态核外电子排布式为_______。②双缩脲分子中氮原子采用的杂化方式为_______。C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_______。（2）与N两种元素组成的化合物具有良好光学性能。其晶胞结构如题图所示。①该晶体中1个周围距离最近的N数目为_______。②该晶胞有较大的空隙，在这些空隙中插入金属原子可使获得的物质成为导体。若在上述晶胞体心插入一个原子，则所得物质的化学式为_______。（3）向溶液中加入过量氨水，可生成配离子。①含有键的数目为_______。②与均为三角锥形分子，分子中的氮原子不易与形成配离子，请从电负性角度分析其原因是_______。【答案】16.①.1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9②.sp3③.N>O>C17.①.2②.Cu4N18.①.16NA②.F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子【解析】【小问1详解】①Cu原子核外有29个电子，Cu在周期表中位于ds区，根据构造原理书写基态Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；②双缩脲分子中氮原子通过单键与碳原子和氧原子相连，杂化方式为sp3；同周期元素第一电离能从左向右有增大的趋势，第IIA、VA族反常，因此三者的第一电离能从大到小的顺序为N>O>C。【小问2详解】①由晶胞结构可知，该晶体中1个周围距离最近的N数目为2；②若在上述晶胞体心插入一个原子，则Cu原子的个数为：1+=4，N原子的个数为：=1，则所得物质的化学式为Cu4N。【小问3详解】①中配位键属于键，N-H也属于键，则含有键的数目为16NA；②F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子。17.研究氮氧化物的相关反应对于减少环境污染有重要意义。（1）在恒压、和的起始浓度一定的条件下，反应相同时间，测得不同温度下转化为的转化率如图-1中实线所示(图中虚线表示相同条件下的平衡转化率随温度的变化)。①反应的_______0(选填“=”、“>”或“<”)。②时，与反应一段时间后，测得的转化率为(图中X点)，不改变温度和压强且不使用催化剂，可以提高转化率的措施有_______。③由一步快反应和一步慢反应组成，在反应过程中检测到。的反应过程可描述为_______(用化学方程式表示)。（2）电解可制备，装置如图-2所示。①写出电解时阳极的电极反应式：_______。电路中每转移电子，阴极理论能处理的体积为_______L(标准状况下)。②为使电解产物全部转化为，需补充物质A。A的化学式为_______，补充物质A的理由为_______。【答案】（1）①.<②.充入O2或者及时分离出产物NO2③.2NO=、（2）①.2H2O+NO-3e-=NO+4H+②.4.48③.NH3④.根据电子守恒，阳极得到的NO3-的量大于阴极得到的NH的量，所以需充入NH3【解析】【小问1详解】①升高温度NO平衡转化率降低，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，所以<0；②反应是气体体积减小的放热反应，若不改变温度和压强且不使用催化剂，可以提高转化率的措施有：充入O2或者及时分离出产物NO2；③由一步快反应和一步慢反应组成，在反应过程中检测到，说明NO和O2先反应生成，方程式为：2NO=；然后再缓慢转化为NO2，方程式为：，的反应过程可描述为2NO=、。【小问2详解】①由图可知，NO在阳极失去电子生成NO，电极方程式为：2H2O+NO-3e-=NO+4H+，同时NO在阴极得到电子生成NH，电极方程式为：6H++NO+5e-=NH+H2O，电路中每转移电子，阴极理论能处理0.2mol，标准状况下的体积为4.48L；②由电解NO制备NH4NO3的工作原理图可知，NO在阳极发生氧化反应生成NO，电极反应式为：2H2O+NO-3e-=NO+4H+；NO在阴极发生还原反应生成NH，电极反应式为：6H++NO+5e-=NH+H2O，电池总反应式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，从两极反应可看出，阳极产生的NO的物质的量大于阴极产生的NH的物质的量，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3。18.的资源化利用是实现碳中和的重要途径。Ⅰ.电化学法将转化为甲酸科学家近年发明了一种新型水介质电池。如图-1所示，电极分别为金属锌和选择性催化材料，放电时，被转化为储氢物质甲酸。注：双极隔膜为一层阳离子交换膜和一层阴离子交换膜复合而成，中间为水，作为电解质溶液中和的来源。（1）放电时，正极电极反应式为_______。（2）充电时每生成，理论上阴极获得的物质的量为_______。（3）与极室相连的离子交换膜为_______。Ⅱ.热化学法将转化为甲醇催化加氢主要反应有：反应Ⅰ