江苏扬州市邗江区2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏扬州市邗江区2024-2025学年高二下学期期中考试注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共6页，包含选择题[第1题～第13题，共39分]、非选择题[第14题～第17题，共61分]两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cu-64Fe-56一、单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。1.根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测合理的是材料组成和结构变化性能变化A生铁减少含碳量延展性减弱B晶体硅用碳原子取代部分硅原子导电性增强C纤维素接入带有强亲水基团的支链吸水能力提高D顺丁橡胶硫化使其结构由线型转变为网状强度减弱A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】生铁中减少含碳量会使得其延展性增强，因为含碳量高会使生铁变脆，延展性降低，A错误；晶体硅和金刚石、碳化硅均为共价晶体，且硅为半导体材料，金刚石态的碳不具有导电性，故碳的导电性比硅差，用碳原子取代部分硅原子，导电能力会下降，B错误；淀粉、纤维素的主链上再接上带有强亲水基团的支链(如丙烯酸钠)，强亲水基团可以与水分子形成氢键，在交联剂作用下形成网状结构可以提高吸水能力，C正确；在橡胶中加入硫化剂和促进剂等交联助剂，在一定的温度、压力条件下，使线型大分子转变为三维网状结构，网状结构相对线性结构具有更大的强度，D错误；故选C。2.碳化钙的晶胞如图所示，反应CaC2＋2H2O=C2H2↑＋Ca(OH)2常用于制备C2H2。下列有关说法不正确的是A.1个C2H2中含2个π键B.的电子式为C.碳化钙晶胞中含4个DCa(OH)2属于离子晶体【答案】B【解析】C2H2的结构式为H-CC-H，一分子中含2个键，A正确；电子式为，B错误；碳化钙晶胞中，位于平行六面体晶胞的八个顶点和六个面心，根据均摊法，一个晶胞中含个，C正确；Ca(OH)2中含有和，属于离子晶体，D正确；故选B。3.工业上电解熔融Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)的混合物可制得铝。下列说法正确的是A.半径大小：r(Al3+)>r(Na+) B.第一电离能大小：I1(O)＜I1(Na)C.电负性大小：χ(F)>χ(O) D.碱性强弱：NaOH＜Al(OH)3【答案】C【解析】核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，故A错误；同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为I1(O)＞I1(Na)，故B错误；同周期元素核电荷数越大电负性越大，故χ(F)>χ(O)，故C正确；元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为NaOH＞Al(OH)3，故D错误；故选C。4.电催化是利用催化剂电极进行电解以实现物质转化的前沿方法。使用单原子催化剂电催化将CO2转化为CO的部分机理如下所示。下列说法正确的是A.该催化过程在电解池的阳极进行 B.该催化过程CO2发生了氧化反应C.甲、乙中的C原子的杂化类型相同 D.催化剂原子吸附CO2中带正电的部分【答案】D【解析】转化为发生还原反应，该催化过程在电解池的阴极进行，故A错误；该催化过程转化为，C元素化合价下降，发生还原反应，故B错误；甲、乙中碳原子连接的2个氧原子空间排布发生变化，甲中为直线形，乙中为V形，则甲、乙中的C原子的杂化类型不同，故C错误；由图可知，催化剂原子吸附中碳原子，即催化剂原子吸附中带正电部分，故D正确；故选D。阅读材料，完成下列题：氨硼烷(NH3BH3)是一种储氢材料，N、H、B的电负性关系为χ(N)>χ(H)>χ(B)。NH3BH3能与H2O发生反应NH3BH3＋2H2O=NH4BO2＋3H2↑，催化剂Co-HAP能提高H2生成的速率。NH3BH3热解时能生成NH3、BH3、BN等。BN晶体有多种结构，其中的六方相BN与石墨相似具有层状结构，立方相BN与金刚石相似具有空间网状结构。NaBH4能与(NH4)2SO4反应生成NH3BH3，也能将环己酮()还原为环己醇()。5.下列说法正确的是A.NH3是非极性分子 B.NH3能通过提供空轨道与Co3+形成配合物C.NH3的键角比BH3的小 D.NH与BH的空间构型不同6.下列有关反应描述不正确的是A.催化剂Co-HAP能够改变反应历程，降低反应活化能B.BH3NH3分子中含有配位键C.环己酮还原为环己醇时断裂碳氧σ键D.NaBH4能还原环已酮，是因为NaBH4中显负电性的H有还原性7.下列说法正确的是A.层状结构的六方相BN可作润滑剂B.空间网状结构的立方相BN熔点低C.空间网状结构的立方相BN的硬度比层状结构的六方相BN的小D.相同条件下，等质量的立方相BN与六方相BN在足量O2中燃烧放出的热量相同【答案】5.C6.C7.A【解析】5．NH3中心原子N的价层电子对数是，含有1个孤电子对，是极性分子，故A错误；NH3分子中的氮原子上有孤电子对，Co3+有空轨道，两者能形成配合物，故B错误；NH3的中心原子氮原子采取的是sp3杂化，氮原子上有一孤电子对，键角小于109°28′，BH3的中心原子硼原子价层电子对数是，采用的是sp2杂化，没有孤电子对，键角为120°，所以NH3的键角比BH3的小，故C正确；的中心原子N和的中心原子B的杂化方式均为sp3，均呈正四面体结构，两者的空间构型相同，故D错误；故选C。6．催化剂一般会参与反应，所以催化剂能改变反应历程，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；BH3NH3分子中的B原子有空轨道，N原子有孤电子对，能形成配位键，故B正确；环己酮还原为环己醇时，碳氧双键断开，碳原子和氧原子分别和氢原子加成，断裂的是π键，故C错误；是因为NaBH4中的H显-1价，有还原性，可以将环己酮还原环己醇，故D正确；故选C。7．六方相BN与石墨相似具有层状结构，层与层之间为范德华力，范德华力比较弱，所以六方相BN和石墨一样也可以做润滑剂，故A正确；空间网状结构的立方相BN结构和金刚石相似，属于共价晶体，熔点很高，故B错误；空间网状结构的立方相BN和金刚石结构相似，硬度很大，而层状结构的六方相BN和石墨结构相似，硬度很小，所以空间网状结构的立方相BN的硬度比层状结构的六方相BN的大，故C错误；立方相BN与六方相BN结构不同，断键需要的能量不同，所以相同条件下，等质量的立方相BN与六方相BN在足量O2中燃烧放出的热量不同，故D错误；故选A。8.为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法不正确的是A.阴极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑B.电解时OH-通过阴离子交换膜向b极方向移动C.阳极反应：2HCHO-2e-+2H2O=2HCOO-+4H++H2↑D.相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍【答案】C【解析】据图示可知，b电极上HCHO转化为HCOO-，而HCHO转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理可知：反应后生成的转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H-，生成的HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A正确；由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，B正确；由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，C错误；由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2，D正确；故选C。9.已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如图。下列说法正确的是A.苯胺既可与盐酸也可与溶液反应B.由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法C.由该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大D.苯胺、苯甲酸、甲苯粗品依次由①、②、③获得【答案】C【解析】向甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加盐酸，盐酸将苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相I和有机相I。向水相I中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，由①分液得到苯胺粗品。向有机相I中加水，洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相II，向有机相II中加入碳酸钠溶液，将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，由②分液得到甲苯粗品和水相II，向水相II中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，由③经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品，据此分析；苯胺分子中有氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠反应，A错误；操作①为分液，操作③为结晶或重结晶，B错误；由该流程可以说明苯甲酸（微溶于水）和苯甲酸钠（易溶于水）在水中的溶解度差别很大，C正确；经过①分液得到苯胺粗品，由②分液得到甲苯粗品，由③经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品，D错误；故选C。10.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A向3mL5%的CuSO4溶液滴入3～4滴5%的NaOH溶液，振荡后加入0.5mL的乙醛溶液并加热，未产生砖红色沉淀乙醛已经完全变质B向试管中加5mL乙醇、15mL浓硫酸和碎瓷片，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色有C2H4生成C向苯酚溶液中滴加几滴饱和溴水，充分振荡后无白色沉淀苯酚不与溴水反应D向试管中加入卤代烃(CH3CH2X)和0.5mol·L-1NaOH溶液，加热，再向反应后的溶液中先加入硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成卤代烃中X为Br原子A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】醛和新制氢氧化铜反应需要在碱性环境中，反应中氢氧化钠不足，未产生砖红色沉淀不能说明乙醛已经完全变质，A错误；乙醇易挥发，加热时产生的气体中含有乙醇，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，不确定乙醇是否发生消去反应生成乙烯，B错误；反应生成的少量三溴苯酚会溶于苯酚中，观察不到沉淀，不能说明苯酚与浓溴水不反应，C错误；向盛有少量一卤代乙烷的试管中加入氢氧化钠溶液并加热，发生取代反应生成乙醇和卤化钠，冷却后加入足量稀硝酸酸化，滴加硝酸银溶液后产生浅黄色沉淀，说明有机物中存在的卤素原子为溴原子，D正确；故选D。11.某冠醚分子c可识别K＋，合成方法如下。下列说法不正确的是A.该反应为消去反应 B.a、b均可与NaOH溶液反应C.c核磁共振氢谱有4组峰 D.c可增加KI在苯中的溶解度【答案】A【解析】根据a和c的结构简式可知，a与b发生取代反应生成c和HCl，A错误；a中含有酚羟基，酚羟基呈弱酸性能与NaOH反应，b可在NaOH溶液中发生水解反应，生成醇类，B正确；根据C的结构简式可知，冠醚中有四种不同化学环境的氢原子，如图所示：，核磁共振氢谱有4组峰，C正确；c可与K+形成螯合离子，该物质在苯中溶解度较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D正确；故选A。12.化合物Z是一种药物中间体，可用下列方法合成。下列说法不正确的是A.X→Y的反应为还原反应 B.Y→Z的反应过程中有乙醇生成C.可用银氨溶液鉴别Y和Z D.1molY最多可以与3mol反应【答案】D【解析】X→Y的反应中，X（含有醛基）在Fe、HCl作用下生成Y（含有氨基），是硝基被还原为氨基的过程，加氢去氧属于还原反应，A正确；Y→Z的反应中，Y与CH3COCOOCH2CH3反应，根据反应条件及产物结构，结合酯的水解等反应原理，反应过程中有乙醇生成，B正确；Y含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，Z不含醛基，不能与银氨溶液反应，所以可用银氨溶液鉴别Y和Z，C正确；Y中苯环和醛基都能与氢气发生加成反应，苯环与3molH2加成，醛基与1molH2加成，所以1molY最多可以与4molH2反应，D错误；故选D。13.Wolff­Kishner­黄鸣龙还原反应机理如下(R、R′均代表烃基，表示一对电子的转移)，下列有关说法不正确的是A.肼(N2H4)的沸点高于氨气，原因是分子间氢键数目更多，且相对分子质量更大B.过程①发生加成反应，过程②发生消去反应，过程③发生取代反应C.过程④的反应历程可表示为＋OH-→＋N2↑＋H2OD.应用该机理，可以在碱性条件下与N2H4反应转变为【答案】B【解析】肼和氨气都是分子晶体，肼分子中含有两个氨基，相对分子质量大于氨气，分子间形成的氢键数目多于氨气，所以肼分子的分子间作用力强于氨气，沸点高于氨气，A正确；由图可知，过程③发生的反应为，反应中原子种类及数目不变，不可能属于取代反应，B错误；过程④的反应物是和OH-，生成物是、N2和H2O，其反应为，C正确；由图可知，该反应的总反应为碱性条件下与肼反应生成R-CH2-R'、氮气和水，则碱性条件下与肼反应能转化为，D正确；故选B。二、非选择题：共4题，共计61分。14.化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。A的有关转化反应如下(部分反应条件略去)：已知：①②(R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢)（1）写出A的结构简式_______。（2）B→C的反应类型是_______。（3）某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式：_______(任写一种)。（4）F和D互为同分异构体。写出反应E→F的化学方程式：_______。（5）G是常用指示剂酚酞。写出G中含氧官能团的名称：_______。【答案】（1）（2）氧化（3）或（4）+H2O（5）(酚)羟基、酯基【解析】化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化，所以A是苯酚，A的结构简式为：，A在一定条件下和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，B被重铬酸钾溶液氧化生成C，C的结构简式为，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，C经过一系列反应生成E，E反应生成F，F和D互为同分异构体，所以E发生消去反应生成F，则F的结构简式为：，据此分析；【小问1详析】通过以上分析知，A的结构简式为：；【小问2详析】被重铬酸钾溶液氧化生成，反应类型是氧化反应；【小问3详析】E是C7H14O，不饱和度为1，E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢，说明其结构对称，含有一个酮羰基或一个含O的环状结构，符合条件的分子结构简式为：或；小问4详析】F的结构简式为：，在加热、浓硫酸作催化剂条件下E发生消去反应生成F，所以反应E→F的化学方程式为：+H2O；【小问5详析】G中含氧官能团的名称：(酚)羟基、酯基。15.量子点又称“人造原子”、“超原子”，在医疗，科技等多个领域有广泛的应用。（1）聚多巴胺量子点具有广泛的光学吸收和荧光特性。多巴胺结构如下图所示。①基态氮原子的价电子排布式为_______，其核外有_______种运动状态不同的电子。②多巴胺分子中碳原子的杂化方式为_______，1mol多巴胺中含有σ键的数目为_______。③多巴胺易溶于水，原因是_______。（2）聚多巴胺量子点还可以通过吸附金属离子如Fe2＋，Fe3＋，Mn2＋等用于核磁共振成像(MRI)。①FeSO4中SO空间构型为_______。②Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，原因是_______。（3）CdS量子点是一种常见的量子点。某种CdS晶体的立方晶胞如图所示。晶胞中，S2-的配位数为_______。【答案】（1）①.2s22p3②.7③.sp2、sp3④.22mol⑤.多巴胺分子中含有酚羟基、氨基，能和水分子形成氢键（2）①.正四面体形②.由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少（3）4【解析】【小问1详析】①N的原子序数为7，基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，价电子排布式为2s22p3，其核外有7种运动状态不同的电子；②多巴胺分子中苯环上的碳原子为sp2杂化、环外饱和碳原子为sp3杂化，即碳原子的杂化方式为sp2、sp3；O-H、C-H、C-C、C-N、N-H单键均为σ键，苯环结构有12个σ键，除此之外还有10个单键，1mol多巴胺中含有σ键的数目为22NA；③多巴胺中的-OH、-NH2都能与水形成氢键，因此多巴胺易溶于水；【小问2详析】①的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；②由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故导致Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能；【小问3详析】晶胞中，处于Cd2+构成的四面体中心，配位数为4。16.中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如图，回答下列问题：（1）“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为_______。（2）“沉铁砷”时需加碱调节，生成_______(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。（3）“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。A.无需控温 B.可减少有害气体产生C.设备无需耐高温 D.不产生废液废渣（4）“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为_______。（5）Zn属于_______区元素，“沉金”中的作用为_______。（6）滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为_______。用碱中和可生成_______(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。【答案】（1）4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO+4H+（2）Fe(OH)3（3）BC（4）提供CN-作配体，将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出（5）①.ds②.作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au（6）①.Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4=ZnSO4+4HCN+Na2SO4②.NaCN【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（V），加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2-的滤液②。【小问1详析】“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：；【小问2详析】“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；【小问3详析】A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；故选BC；【小问4详析】由框图信息可知，反应物为Au、O2和NaCN，生成物含离子，的作用为提供CN-作配体，将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出；【小问5详析】Zn是第30号元素，核