江苏省扬州市邗江区2022-2023学年高二下学期期中调研测试化学试题（含答案）

江苏省扬州市邗江区2022-2023学年高二下学期期中调研测试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。下列说法正确的是（）A．乙醚可以由甲醇脱水制得B．ClO2通过氧化作用灭活病毒C．过氧乙酸中氧原子均以单键与其它原子连接D．氯仿只有一种结构可以证明甲烷为正四面体结构，不是平面结构2．下列有关化学用语表示正确的是（）A．1-溴丁烷的键线式：B．醛基的电子式：C．K+的结构示意图：D．Fe3+的核外电子排布式：[Ar]3d34s13．下列有机物命名正确的是（）A．CH2=CHCH=CH2：1，3-二丁烯B．：2-乙基丁烷C．：丙醇D．：1，3，5-三甲基苯4．下列实验方案中，能达到相应实验目的的是（）A．用装置甲验证石蜡油分解的产物是乙烯B．用装置乙验证碳酸的酸性比苯酚强C．用装置丙测定一定时间内生成H2的反应速率D．实验室用装置丁制备少量乙酸乙酯5．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]OH→ 水浴 CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2B．苯酚钠中通入少量的CO2气体：2C6H5O－+CO2+H2O→2C6H5OH+CO3C．甲苯与浓硫酸、浓硝酸在30℃时反应：+HNO3→D．1-溴丙烷与氢氧化钠水溶液共热：CH3CH2CH2Br＋NaOH→ △ CH3CH＝CH2↑＋NaBr＋H26．下列关于反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<0说法正确的是（）A．反应物的总键能<生成物的总键能B．当生成1molSO3时，转移电子数目为1molC．该反应的平衡常数表达式为：K=cD．使用合适的催化剂能降低反应的活化能及焓变7．下列说法正确的是（）A．SO2是含有极性键的非极性分子B．SO3与SOC．SO42-D．H2S稳定性小于H2O，是因为其分子间不存在氢键8．下列说法正确的是（）A．SO2具有还原性可用于漂白纸浆B．工业废气中的SO2和CO2均可采用石灰法进行脱除C．酯化反应中，浓硫酸的作用是加快反应速率同时提高反应的转化率D．浓硫酸与金属铜反应时仅表现其氧化性9．W、X、Y、Z为分属不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20；W和Z原子同主族；X原子的最外层电子数为W和Y最外层电子数之和；Y原子核外未成对电子数是同周期中最多的。下列说法不正确的是（）A．简单离子半径：Y>ZB．同周期元素中第一电离能比Y大有3个C．X、Y分别与W形成的简单化合物的沸点：X>YD．W与Z形成的化合物溶于水，可使紫色石蕊试液变蓝10．是一种药物中间体，其部分合成路线如下图所示。下列说法正确的是（）A．化合物X转化为化合物Y的反应类型为取代反应B．化合物Y能发生取代反应、加成反应、氧化反应、消去反应C．可以用酸性KMnO4溶液鉴别化合物Y和ZD．化合物Z与足量H2完全加成后的产物中含4个手性碳原子11．下列实验操作和现象正确，且所得到的结论也正确的是（）选项实验操作现象结论A将甲烷与Cl2混合光照充分反应，向混合气体中滴入紫色石蕊试液，振荡紫色石蕊试液变红后褪色甲烷与Cl2反应产物中有HCl生成B向可能含少量苯酚的苯中加入过量的浓溴水未出现白色沉淀苯中不含苯酚C将溴乙烷和NaOH的乙醇溶液混合加热，产生气体通入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液褪色产生了乙烯D向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液溶液澄清且未生成气体Ka1(H2CO3)>K(C6H6O)>Ka2(H2CO3)A．A B．B C．C D．D12．室温下，H3AsO4的Ka1=6.3×10－3、Ka2=1.0×10－7、Ka3=3.2×10－12，Ca3(AsO4)2的Ksp[Ca3(AsO4)2]=1×10－21。通过下列实验研究Na2HAsO4的性质。实验1：用pH试纸测定0.1mol·L−1Na2HAsO4溶液的pH，测得pH约为10.0实验2：向H3AsO4溶液中加入稍过量碳酸钠，生成Na2HAsO4实验3：将Na2HAsO4溶液与CaCl2溶液混合，生成Ca3(AsO4)2实验4：在通入空气的条件下，将As2S3用NaOH溶液浸取，可以生成Na2HAsO4，同时得到Na2SO4下列有关说法正确的是：（）A．0.1mol·L−1Na2HAsO4溶液中存在：c(H2AsOB．实验2反应后的溶液中存在：2c(H3AsO4)＋2c(H2AsO4-)＋2c(HAsC．实验3中发生反应：2HAsO42-＋3Ca2＋=Ca3(AsO4)2＋2HD．实验4中发生反应为：2As2S3＋20NaOH＋25O2=4Na2HAsO4＋6Na2SO4＋10H2O13．甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应：反应I：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)＋2H2(g)ΔH1=135.4kJ·mol-1反应II：CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)ΔH2=106.0kJ·mol-1向容积为10L的恒容密闭容器中通入1.0molCH3OH气体发生上述反应，反应相同时间，测得CH3OH的转化率和HCOOCH3的选择性随温度变化如图所示：(已知：HCOOCH3的选择性=2n(HCOOCH下列说法不正确的是（）A．虚线代表的是HCOOCH3的选择性B．低于553K时温度升高，反应I平衡正向移动，HCOOCH3的产量增加C．553K时，HCOOCH3的产量为0.05molD．高于553K时，温度升高，反应II的速率大于反应I的速率二、非选择题14．有机物玻璃是一种常见的高分子材料，由丙酮制备有机玻璃的流程如下：（1）物质A的化学式为，分子中σ键与π键的个数比为。（2）分子中氢核磁共振谱峰的比值为；反应③的类型是。（3）反应④的化学方程式为。（4）反应⑤为加聚反应，有机玻璃的结构简式为。15．铬(Cr)广泛应用于冶金、化工、航天等领城。工业上以铬铁矿(主要成分为FeCr2O4，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的工艺流程如图所示：已知Ksp[Al(OH)3]=1.3×10－33。回答下列问题：（1）“焙烧”中FeCr2O4发生反应的化学方程式为。（2）“沉铝”时发生反应的含铝微粒为(填化学式)；“沉铝”后溶液中c(Al3+)=1.3×10－6mol·L－1时，此时溶液的pH=。（3）“酸化”中发生反应的离子方程式为；“酸化”后溶液中c(Cr2O72−)=1.6×10－3mol·L－1、c(CrO42−)=2×10－6mol·L－1，该反应的平衡常数为（4）Ca、O、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，该复合氧化物的的化学式为，晶胞中距离Ca2+最近的O2－的个数为。16．CO2合成甲醇是实现“碳中和”的重要途径之一。（1）催化剂条件下，将CO2与H2合成CH3OH，主要反应的热化学方程式如下反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=akJ·mol－1反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH3=bkJ·mol－1则ΔH1=kJ·mol－1。（2）在酸性溶液中用惰性电极电解CO2可以制备CH3OH，生成甲醇的的电极连接电源的极(填“正”或“负”)，其电极反应式为。（3）利用CH3OH与NaClO3、H2SO4在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，反应中甲醇被氧化为甲酸，写出该反应的化学方程式。（4）利用CH3OH、CO2与H2合成CH3CH2OH的反应主要历程如题图①试从元素电负性的角度解释第1步中生成了CH3I而不是CH3OI的原因。②第3步反应的化学方程式为。17．有机化合物可用于治疗神经系统疾病，人工合成路线如下：（1）H中官能团的名称为，分子中采取sp3杂化的原子的个数为。（2）B→D的反应类型为；过程中生成一种副产物I为D的同分异构体，I的结构简式为。（3）D＋E→F的另一种产物的分子式为C7H8O，则结构简式为。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。①1mol该物质最多能与4molH2发生加成反应②既能发生银镜反应又能发生水解反应，水解反应的产物之一能与FeCl3溶液反应显紫红色③苯环上只有两个取代基④分子中含有5种不同化学环境的氢原子。（5）写出以CH3CH2OH和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.乙醚是由乙醇脱水制取，故A不符合题意；B.二氧化氯具有很强的氧化性可以消毒杀菌，故B符合题意；C.过氧乙酸中碳氧双键，故C不符合题意；D.氯仿的结构只有一种，无法证明其是正四面体或者平面结构，故D不符合题意；故答案为：B

【分析】A.乙醚是由乙醇脱水制得；

B.二氧化氯具有很强的氧化性，利用氧化性灭火病毒；

C.过氧乙酸中含有双键；

D.氯仿的一种结构不能说明其空间结构。2．【答案】C【解析】【解答】A.是1-溴丙烷，故A不符合题意；B.醛基为-CHO，其电子式为，故B不符合题意；C.钾离子中质子数大于核电子数，因此其结构示意图为；故C符合题意；D.铁原子的序数为26，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去3个电子得到[Ar]3d5，故D不符合题意；故答案为：C

【分析】A.给出的键线式命名为1-溴丙烷；

B.醛基为-CHO，即可写出电子式；

C.阳离子中质子数大于核外电子数；

D.写出原子核外电子排布，即可写出离子核外电子排布。3．【答案】D【解析】【解答】A.CH2=CHCH=CH2命名为1，3-丁二烯，故A不符合题意；B.命名为3-甲基戊烷。故B不符合题意；C.命名为2-丙醇，故C不符合题意；D.命名为1，3，5-三甲基苯；故D符合题意；故答案为：D

【分析】A.含有双键双键，属于二烯；

B.找出含碳原子最多的链为主链即可命名；

C.标注羟基的位置即可；

D.根据结构式命名即可。4．【答案】C【解析】【解答】A.石蜡油分解产物是烯烃混合物，不能证明为乙烯，故A不符合题意；B.盐酸具有很强的挥发性，应该除去防止干扰检验，故B不符合题意；C.通过单位时间内收集氢气的量计算速率，故C符合题意；D.制备乙酸乙酯时利用碳酸钠溶液除杂，故D不符合题意；故答案为：C

【分析】A.石蜡油分解的产物是混合物不一定是乙烯；

B.考虑氯化氢挥发性；

C.根据单位时间内收集的气体量计算速率；

D.乙酸乙酯除杂利用碳酸钠溶液。5．【答案】A【解析】【解答】A.银氨溶液与乙醛加热发生银镜反应得到银单质和氨气和醋酸铵，故A符合题意；B.苯酚钠中通入二氧化碳产物是苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为C6H5O－+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故B不符合题意；

C.甲苯的邻位和间位比较活泼，在低温时得到的间硝基甲苯或者对硝基甲苯；故C不符合题意；D.一溴丙烷在氢氧化钠溶液中加热得到的是水解，得到的一丙醇，故D不符合题意；故答案为：A

【分析】A.银氨溶液和乙醛发生的银镜反应；

B.考虑碳酸氢根酸性弱于苯酚；

C.考虑甲苯的邻位和对位活性强；

D.在氢氧化钠溶液中发生取代。6．【答案】A【解析】【解答】A.根据ΔH<0，反应物的能量低于生成物的总能量；故A符合题意；B.根据反应方程式，生成1mol三氧化硫转移2mol电子，故B不符合题意；C.根据方程式平衡常数为K=c2(SO故答案为：A

【分析】A.根据ΔH=反应物总键能-生成物的总键能判断；

B.根据方程式计算出转移电子数即可；

C.根据常数K=c2(SO7．【答案】C【解析】【解答】A.二氧化硫是含有S=O键，分子构型为V形，正负电荷中心不重合，故A不符合题意；B.三氧化硫中心硫原子价层电子对为3，无孤对电子为平面三角形，而亚硫酸根价层电子数为4，含有1对孤对电子，为三角锥形；故B不符合题意；

C.硫酸根的价层电子对为4，无孤对电子，为sp3杂化，故C符合题意；

D.稳定性主要是由于氧元素的非金属性强于硫元素，故D不符合题意；故答案为：C

【分析】A.二氧化硫含有极性键的极性分子；

B.分别计算出三氧化硫和亚硫酸根离子的中心原子价层电子；

C.根据计算出价层电子和孤对电子即可；

D.元素非金属越强其对应氢化物稳定性越强。8．【答案】C【解析】【解答】A.二氧化硫具有漂白性可以用来漂白纸浆；故A不符合题意；B.工业废气的二氧化硫可以用石灰石反应转化为硫酸钙，故B不符合题意；C.酯化反应中，浓硫酸做催化剂同时吸收产物水，促进平衡向右移动提高转化率，故C符合题意；D.浓硫酸与铜反应时，氧化性和酸性均体现出，故D不符合题意；故答案为：C

【分析】A.二氧化硫具有漂白性可以用来漂白；

B.工业废气二氧化硫可以用石灰法除去；

C.酯化反应浓硫酸催化作用和促进反应向右进行；

D.浓硫酸与铜反应体现出其氧化性和酸性。9．【答案】B【解析】【解答】W、X、Y、Z为分属不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20；W和Z原子同主族；X原子的最外层电子数为W和Y最外层电子数之和；Y原子核外未成对电子数是同周期中最多的。

W为H、X为O、Y为P、Z为K。

A.Y为P、Z为K，离子为P3-，K+，具有相同的电子层，核电荷数小的半径大，故A不符合题意；B..Y为P、同周期中电离能有增大趋势，但是P的高于相邻元素，因此只有Cl比P高，故B符合题意；C.W为H、X为O、Y为P、形成的化合物为H2O，PH3，沸点是水高于磷化氢，故C不符合题意；D.W为H、Z为K，形成的化合物为KH，与水反应得到的是氢氧化钾，使紫色的石蕊溶液变蓝，故D不符合题意；故答案为：B

【分析】A.根据分析找出元素，结合元素对应的离子比较即可；

B.同一周期的元素电离能增大趋势，判断即可；

C.写出元素形成的化合物进行比较即可；

D.碱性物质可使紫色石蕊试液变蓝。10．【答案】A【解析】【解答】A.根据X和Y的结构式即可判断为相邻酯基和氢互相取代，故A符合题意‘；B.Y中含有的官能团为F原子，酚羟基，羰基，可发生取代、加成、氧化反应，故B不符合题意；C.Y和Z均可以时高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D.化合物Z完全加成后得到含有5个手性碳原子的化合物，故D不符合题意；故答案为：A

【分析】A.根据反应物和生成物即可判断反应类型；

B.根据含有官能团即可反应类型；

C.根据找出是否含有与高锰酸钾反应的基团；

D.根据合成的物质结合手性碳原子的规则找出。11．【答案】D【解析】【解答】A.甲烷和氯气发生取代反应得到有机物和盐酸，通入紫色石蕊试液变红不会褪色，故A不符合题意；B.苯酚与溴水发生取代反应，得到三溴苯酚溶于苯中。故B不符合题意；C.溴乙烷在氢氧化钠和乙醇的条件下可以得到乙烯，但是挥发出的乙醇可以与高锰酸钾溶液作用，故C不符合题意；D.根据苯酚与碳酸钠反应未出现气题，产生沉淀，因此说明电离常数大小为Ka1(H2CO3)>K(C6H6O)>Ka2(H2CO3)；故D符合题意；故答案为：D

【分析】A.根据甲烷和氯气得到盐酸使紫色石蕊试液变红；

B.产生的三溴苯酚溶于苯中；

C.考虑到乙醇具有还原性可与高锰酸钾反应；

D.根据酸性强弱判断。12．【答案】A【解析】【解答】A.实验1：用pH试纸测定0.1mol·L−1Na2HAsO4溶液的pH，测得pH约为10.0，说明溶液显碱性，说明HAsO42-水解能力强于电离能力，故A符合题意；B.向H3AsO4溶液中加入稍过量碳酸钠，生成Na2HAsO4，利用物料守恒，加入稍过量碳酸钠，得到的关系为2c(H3AsO4)＋2c(H2AsO4-)＋2c(HAsC.实验3中发生反应：2HAsO42-＋3Ca2＋=Ca3(AsO4)2＋2H+，平衡常数K=c(H+)2D.实验4发生的反应为As2S3＋10NaOH＋7O2=2Na2HAsO4＋3Na2SO4＋4H2O，故D不符合题意；故答案为：A

【分析】A.根据实验1即可得到水解强于电离；

B.根据方程式利用物料守恒判断；

C.根据利用方程式计算出常数；

D.根据反应物和生成物即可写出方程式。13．【答案】B【解析】【解答】A.根据题意，反应均为吸热反应，温度越高平衡向右移动，因此虚线表示HCOOCH3的选择性，故A不符合题意；B.根据图示温度低于553K时，HCOOCH3的选择性高，导致产量增加，故B符合题意；C.根据图示553K时，甲酸甲酯的选择性为50%，甲醇的转化率为20%，因此产量为1molx0.2x0.5/2=0.05mol，故C不符合题意；D.温度升高，反应II受温度影响较大，速率大，故D不符合题意；故答案为：B

【分析】A.根据反应吸热判断即可；

B.根据此温度时主要是甲酸甲酯选择性高；

C.根据选择性和转化率即可计算；

D.根据温度高，选择性第影响其速率。14．【答案】（1）HCN；1：1（2）6：1[或1：6]；消去反应（3）+CH3OH→浓硫酸（4）【解析】【解答】（1）反应①发生的是加成反应，结合反应物和生成物得到物质A为HCN，含有碳氢单键和碳氮三键，因此分子中σ键与π键的个数比为1：1；

（2）甲基上氢原子和羟基上氢原子种类不同，因此氢核磁共振谱峰比值为1：6/6：1，反应③发生的消去反应；

（3）反应④的反应物和生成物，即可写出方程式为+CH3OH→浓硫酸/Δ+H2O；

（4）根据反应物即可写出生成物，发生加聚反应，为；

【分析】（1）根据反应和生成物即可判断，结合含有单键和三键的个数判断；

（2）根据氢原子的种类判断即可，结合反应物和生成物即可判断；

（3）根据反应物和生成物即可写出方程式；15．【答案】（1）4FeCr2O4+7O2+8Na2CO3高温__2Fe2O3+8Na2CrO4（2）AlO2−（3）2CrO42−+2H＋=Cr2O72−+H2（4）CaCrO3；12【解析】【解答】（1）根据反应物为碳酸钠和氧气以及FeCr2O4产物为氧化铁和Na2CrO4和二氧化碳即可写出方程式为：4FeCr2O4+7O2+8Na2CO3高温__2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；

（2）碳酸钠具有碱性将氧化铝转化为偏铝酸根，根据已知Ksp[Al(OH)3]=1.3×10－33，c(Al3+)=1.3×10－6mol·L－1时，c(OH-)=10-9mol/L，故pH=5；

（3）反应物Na2CrO4、硫酸即可得到生成物，离子方程式为2CrO42-+2H＋=Cr2O72-+H2O，酸化”后溶液中c(Cr2O72−)=1.6×10－3mol·L－1、c(CrO42−)=2×10－6mol·L－1，结合常数=c(Cr2O72-)c(CrO42-)2c(16．【答案】（1）a+b（2）负；CO2+6e－+6H+=CH3OH+H2O（3）CH3OH+4NaClO3+