江苏省淮安市淮阴中学2024-2025学年高二下学期4月调研测试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江苏省淮安市淮阴中学2024-2025学年高二下学期4月调研测试一、单选题1．化学与科学、生活密切联系。下列说法不正确的是A．用红外光谱仪可区别CH3COOCH2CH3与CH3CH2CH2COOHB．聚乳酸具有生物相容性和可吸收性，可用作手术缝合线C．壁虎在墙面上爬行自如是因为壁虎足部微触须与墙面接触时存在范德华力D．乙二醇可作汽车发动机抗冻液，丙三醇吸湿性强，有护肤作用，二者互为同系物【答案】D【解析】红外光谱是利用有机化合物分子中不同基团在红外光辐射下的特征吸收频率不同，用于判断有机物结构中有哪些基团，CH3COOCH2CH3与CH3CH2CH2COOH结构中分别含有酯基和羧基，官能团不同，故可用红外光谱仪区别，A正确；聚乳酸制成的产品除能生物降解外，还具有生物相容性和可吸收性，常用作手术缝合线，B正确；壁虎的脚趾上长有无数细小的刚毛，每根刚毛又有许多更微小的分支，这些微小结构极大地增加了与墙壁表面的接触面积，通过范德华力产生吸附作用，C正确；乙二醇和丙三醇，分子结构中羟基数目不同，不属于同系物，D错误。2．下列化学用语正确的是A．NH4+B．O3分子的球棍模型：C．N2H4的电子式：D．H2O的VSEPR模型【答案】A【解析】NH4+为正四面体结构，其形成过程是氨气分子中的N原子的孤电子对与氢离子形成配位键，配位键也是头碰头进行重叠，A正确；O3分子为V形结构，其球棍模型为，B错误；N2H4是共价化合物，电子式：，C错误；水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，分子的VSEPR模型为，D错误。3．BP晶体是一种超硬耐磨的涂层材料，其合成途径之一为4BI3+P4A．BP晶体为离子晶体B．P4分子为正四面体构型，键角109°28′C．根据“相似相溶”原理，P4易溶于CS2D．I3-【答案】C【解析】BP晶体具有超硬耐磨的性能，应为共价晶体，A错误；P4的空间构型为正四面体形()，每个面上的3个P原子构成正三角形，键角为60°，B错误；P4为正四面体形分子，为非极性分子，CS2为直线形分子，也为非极性分子，根据“相似相溶”原理，则P4易溶于CS2中，C正确；I3-的中心I原子价层电子对数为2+7+1-2×12=5，孤电子对数为34．石灰氮(CaCN2)是一种氮肥，可与土壤中的H2O反应生成氰胺(H2NC≡N)，氰胺可进一步转化为尿素[CO(NH2)2]。下列说法不正确的是A．CaCN2中各元素的电负性大小关系：N>C>CaB．H2O与SO2的空间构型相同且键角相等C．氰胺分子中σ键和π键之比是2：1D．尿素[CO(NH2)2]在加热条件下、足量NaOH溶液中充分水解，产物为Na2CO3和NH3【答案】B【解析】Ca为金属，电负性最小，同一周期从左到右，电负性逐渐增大，则电负性：N>C>Ca，A正确；H2O的中心O原子价层电子对数为2+6-2×12=4，且含有2个孤电子对，分子空间构型为V形，SO2的中心原子S的价电子对数为2+12×(6-2×2)=3，有1对孤电子，立体构型为V形，水分子中心原子O采用sp3杂化，由于存在孤对电子，键角小于109°28′(约为105°)，SO2中心原子S采取sp2杂化，由于存在孤对电子，键角略小于120°，B错误；氰胺中含4个σ键和2个π键，二者之比为4:2=2:1，5．下列关于各实验装置图的叙述正确的是A．装置①：实验室制取乙烯 B．装置②：实验室制取乙酸乙酯C．装置③：验证乙炔的还原性 D．装置④：验证溴乙烷发生消去反应【答案】D【解析】实验室制取乙烯需要浓硫酸与乙醇混合加热170℃，装置①中温度计不能测得反应溶液的温度，A错误；实验室制取乙酸乙酯，为了更好的分离混合物同时防止倒吸现象的发生，导气管要在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能伸入到液面以下，B错误；电石中含有的杂质与水反应产生H2S也具有还原性，能够使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能验证乙炔的还原性，C错误；溴乙烷发生消去反应生成烯烃，能够使溴的四氯化碳溶液褪色，而挥发的乙醇不能发生反应，因此可以达到验证反应产物，D正确；故选D。6．下列关于有机物分离提纯所用试剂和方法有不正确的是(括号中物质为少量杂质)选项混合物试剂分离提纯的方法A乙烯(SO2)溴水洗气B乙醇(水)CaO蒸馏C粗苯甲酸水重结晶D溴苯(Br2)NaOH溶液分液A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】乙烯能与Br2发生加成反应，SO2可被溴水氧化，含SO2乙烯的用溴水洗气课导致目标产物乙烯被消耗，无法有效分离；正确方法应为用NaOH溶液洗气，仅吸收SO2而保留乙烯，A错误；CaO与水反应生成CaOH2，乙醇(含水)加CaO蒸馏时乙醇(沸点78℃)先蒸出，可分离得到无水乙醇，B正确；苯甲酸溶解度随温度变化大，粗苯甲酸利用重结晶的方法可有效提纯，C正确；Br2与NaOH反应生成可溶于水的盐，溴苯不反应且密度大，溴苯(含Br7．铁镁储氢合金的晶胞结构如图所示，铁原子位于晶胞顶点和面心的位置，镁原子位于将晶胞平分为8个小立方体的体心位置。下列说法正确的是A．镁有12种空间运动状态不同的电子B．晶胞中Fe原子与Mg原子个数比为7：4C．Fe原子的配位数是4D．晶体储氢时，H2位于晶胞体心和棱中心位置，若储氢后的化学式为FeMg2H，则储氢率为50%【答案】D【解析】基态镁原子电子排布式为1s22s22p63s2，电子共占据6个轨道，故有6种空间运动状态不同的电子，A错误；晶胞中铁原子数目为：18×8+12×6=4，镁原子数目为：8，Fe原子与Mg原子个数比为1：2，B错误；依据晶胞结构示意图可知，距离面心的铁原子最近且相等的镁原子有8个，因此铁原子的配位数为8，C错误；晶胞中含有4个铁原子、8个镁原子，完全储氢后，H28．单晶硅太阳能电池片在加工时，一般会掺杂微量的铜、铁、钴、硼、镓、硒等。其中某种重要的含铜化合物结构如右图所示，下列有关该物质说法正确的是A．该物质所含元素的第一电离能大小关系：O>N>C>H>CuB．铜位于元素周期表d区C．该物质中铜元素化合价为+2价D．1mol该物质含有16molσ键【答案】C【解析】同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道处于半满的稳定状态，其第一电离能大于O；H只有1个电子，其第一电离能大于C，A错误；基态铜原子价层电子排布式为3d104s1，位于周期表ds区，B错误；铜的配位数为4，配体为两个H2NCH2COO-，根据电荷守恒可知，中心离子为Cu2+，C正确；单键是σ键，配位键也是σ键，1mol9．“结构决定性质”是化学学科的核心观念，下列结论与对应解释不正确的是A．热稳定性：NH3>PH3；NH3分子间存在氢键，PH3分子间没有氢键B．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛；前者形成分子间氢键，而后者形成分子内氢键C．熔点：SiO2>CO2；SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体D．酸性：CF3COOH>CH3COOH；前者F原子电负性大，-CF3对羧基中的羟基有吸电子效应，导致O-H键极性变大，更易电离【答案】A【解析】热稳定性与化学键的键能有关，与氢键无关，A错误；对羟基苯甲醛因分子间氢键导致沸点升高，邻羟基苯甲醛因分子内氢键减弱分子间作用力，沸点较低，B正确；SiO2是共价晶体，原子间通过共价键连接，熔点极高；CO2是分子晶体，分子间作用力弱，熔点低，C正确；-CF3的强吸电子效应增强了羧酸中O-H键的极性，使CF3COOH更易电离，酸性强于CH3COOH，D正确。10．脯氨酸()是X转化为Y反应的重要催化剂。下列说法不正确的是A．X和Y互为同分异构体B．脯氨酸既能与盐酸反应，也能与NaOH反应C．Y分子中存在2个手性碳原子D．Y发生消去反应能生成的有机产物有3种【答案】D【解析】X和Y分子式相同、结构不同，互为同分异构体，A正确；脯氨酸含有羧基和-NH-，故既能与盐酸反应，也能与NaOH反应，B正确；Y分子的手性碳原子为，共2个，C正确；Y分子连接羟基的碳原子的邻位碳原子上有H原子，所以能发生消去反应生成或，有2种，D错误。11．羟甲香豆素(丙)是一种药物，部分合成路线如图所示。下列说法正确的是A．甲与H2加成最多消耗4molH2B．甲、乙、丙均可以和甲醛发生缩聚反应C．常温下1mol丙与足量NaOH水溶液反应，最多消耗NaOH2molD．1mol甲和1mol丙分别与足量溴→少量NaOH水反应时，消耗【答案】B【解析】甲中苯环可以与氢气加成，最多消耗3molH2，A错误；分子中含有酚羟基，且与酚羟基相连碳的邻位碳上有氢，可以和甲醛发生酚醛缩聚，故甲、乙、丙均可以和甲醛发生缩聚反应，B正确；丙分子中的酯基为酚类物质形成的，1mol个酚羟基形成的酯基可与2molNaOH反应，1mol酚羟基与1molNaOH反应，故1mol丙最多消耗NaOH为3mol，C错误；甲中酚羟基的邻位和对位碳上均有氢，都能和溴发生取代反应，1mol甲最多消耗2molBr2，丙中除了酚羟基的邻位和对位都能和溴发生取代反应，碳碳双键也能与溴发生加成反应，1mol丙最多消耗3molBr2，二者消耗Br2的物质的量不相等，D错误。12．在给定条件下，下列选项所示的物质转化可以实现的是A．CuSO4(aq)→少量NaOHCu(OH)2(s)→ΔB．HC≡CH→催化剂，ΔH2OCH3C．D．【答案】B【解析】Cu(OH)2悬浊液与乙醛的反应需要在碱性环境下进行，CuSO4溶液中加入少量NaOH溶液生成Cu(OH)2悬浊液，但加入的NaOH少量，无法提供碱性环境，A错误；乙炔催化水化可以得到乙醛，即CH≡CH→催化剂,ΔH2OCH3CHO可以实现，乙醛与HCN发生加成反应可以得到13．下列实验方案能达到探究目的的是探究目的实验方案A苯与液溴能发生取代反应向苯和液溴的混合物中加入铁粉，将产生的气体直接通入硝酸银溶液中，观察是否有淡黄色沉淀产生B卤代烃中卤素原子的检验将卤代烃和NaOH水溶液混合加热，向混合液中滴加AgNO3溶液，观察产生固体的颜色C证明丙烯醛(CH2=CHCHO)分子中有双键向丙烯醛中加溴的CCl4溶液，观察溴的CCl4溶液是否褪色D苯中是否混有苯酚向样品中滴加少量稀溴水，观察是否出现白色沉淀A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】苯与液溴在FeBr3催化下发生取代反应生成HBr，但液溴易挥发，产生的气体可能含有溴蒸气，直接通入AgNO3溶液时，溴蒸气也能与AgNO3反应生成AgBr沉淀，无法区分是否为HBr，故实验方案不严谨，不能达到目的，A错误；卤代烃水解后需先用HNO3酸化以中和过量NaOH，实验方案缺少酸化步骤，不能准确检验卤素，B错误；丙烯醛含醛基和碳碳双键，醛基在CCl4中与溴不反应，碳碳双键可与溴的CCl4二、解答题14．肾上腺素是一种缓解心跳微弱、血压下降、呼吸困难的激素，主要用于过敏性休克、支气管哮喘及心搏骤停的抢救等。以邻苯二酚A为原料，合成肾上腺素F的一种路线如下：(1)写出B分子的含氧官能团名称：；(2)C→D的反应类型：；(3)D→E的反应过程中生成的另一种物质的化学式：；(4)写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②1mol该物质最多消耗5molNaOH；③碱性条件下充分水解再酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶1。(5)肾上腺素F的盐酸盐注射液中通常会添加少量Na2S2O5，可能的原因是。(6)经前四步反应得到的E为混合物，加入L-酒石酸的目的是。【答案】(1)羟基、羰基；(2)还原；(3)NH4Cl；(4)(5)利用自身的还原性，作抗氧化剂，防止肾上腺素被氧化(6)分离F和G两种同分异构体【解析】（1）B分子的含氧官能团为羰基和羟基；（2）C→D为C中羰基转化为D中的羟基，反应类型为还原反应；（3）D和氨气反应生成E，根据原子守恒判断还会生成NH4Cl；（4）B的结构简式为，其同分异构体满足：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②1mol该物质最多消耗5molNaOH；即水解和中和共消耗5molNaOH；③碱性条件下充分水解再酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶1，说明其水解产物酸化后有一定的对称性，综合上述分析，满足条件的结构为；（5）Na2S2O5中S为+4价，具有还原性，故加入少量Na2S2O5的目的是作抗氧化剂，防止肾上腺素被氧化；（6）F和G为对映异构体，加入L-酒石酸的目的是分离F和G两种同分异构体。15．高分子化合物G的一种合成路线如下：已知：①+RCHO→一定条件(R表示氢原子或烃基)；②D溶液显酸性回答下列问题：(1)已知A能发生银镜反应，则A的结构简式。(2)下列关于化合物B的说法不正确的是(填标号)。①苯环上一氯代物有2种②分子式为C8H10O2③既能与FeCl3溶液发生显色反应又能与溴水发生加成反应④1mol化合物B与足量金属钠反应生成标准状况下氢气的体积约为22.4L(3)B→C的反应类型是；(4)D→E的目的是；(5)F与足量Na2CO3溶液反应的化学方程式为。(6)高分子化合物G的结构简式为。(7)参照上述合成路线和信息，结合已学知识，以苯酚、为原料(其他试剂任选)，设计制备化合物的合成路线。【答案】(1)CH(2)③(3)消去反应(4)保护酚羟基不被氧化(5)+2Na2(6)(7)【解析】B为；B发生消去反应，生成C；C与水发生加成反应生成D，D为；D与CH3I发生取代反应生成E；E发生氧化反应，醇羟基被氧化为羧基，再与HI反应，醚基变为酚羟基和CH3I，即生成F；（1）根据知A能发生银镜反应及信息①，可判断A为乙醛，结构简式为CH3（2）A与苯酚发生信息①中的反应，可推知B的结构简式为：苯环上有酚羟基的邻、间两种不同环境的氢原子，故其苯环上的一氯代物有2种，①正确；分子式为C8H10O2，②正确；含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，能与溴水发生取代反应，不能发生加成反应，③不正确；B中的酚羟基、醇羟基均可与Na发生反应，则1mol化合物B与足量金属钠反应生成1mol氢气，即标准状况下22.4L，④正确；（3）B中羟基发生消去反应形成碳碳双键，故反应类型是消去反应；（4）已知酚类物质易被氧化，而生成F需氧化醇羟基，则D→E的目的是保护酚羟基不被氧化；（5）F中的酚羟基、羧基均能和碳酸钠反应，则F与足量Na2CO3溶液反应的化学方程式为+2（6）F含有羧基、酚羟基，G为高分子化合物，则F进行分子间脱水，发生缩聚反应生成G，则G的结构简式为：。（7）根据题干信息，先被氧化为醛基，再与苯酚发生已知①的反应即可生成，将其酚羟基保护起来，醇羟基发生氧化反应生成酮羰基，再重新生成酚羟基即可得到目标产物，故合成路线为：。16．铁在史前就为人们所用。铁的化合物种类众多，应用广泛。在人类文明发展史中，铁所起的作用是其他元素所不能比拟的。请回答下列问题：(1)基态Fe原子的价电子的电子云伸展方向有种。(2)某种磁性氮化铁的晶胞结构如下图所示，该晶体中Fe、N原子个数最简比为。(3)琥珀酸亚铁可与邻二氮菲(phen，结构为)生成稳定的橙色配合物，反应为Fe2++3phen⇌[Fe(phen)3]2+，该配合物的特征颜色反应常用来测定Fe2+的浓度。①[Fe(phen)3]2+中存在的化学键有(填字母)A．配位键B．离子键C．π键D．氢键②根据杂化轨道理论，邻二氮菲中N原子的价层孤电子对占据(填字母)。A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．sp2杂化轨道③某研究小组向琥珀酸亚铁与邻二氮菲反应后的溶液中滴加少量稀硫酸，溶液颜色变浅，请简要说明原因：。④与邻二氮菲()相比，中C-N-C键角(填“变大”、“变小”、“不变”)。(4)Fe3+的配位化合物较稳定且运用广泛，常见配离子及其在水溶液中的颜色如下表：配离子[Fe(H2O)6]3+[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n[Fe(SCN)6]3-[FeCl4]-[FeF6]3-颜色浅紫色黄色红色黄色无色为探究配合物中配体的配位能力，某化学研究小组按以下步骤进行实验：①为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3+的颜色，应加入的试剂为(填字母)。A．HClB．HSCNC．HFD．HNO3②由实验可知，配体H2O、SCN-、F-的配位能力由大到小的顺序为。【答案】(1)6(2)3∶1(3)ACD加入稀硫酸，溶液中c(H+)变大，邻二氮菲和H+配位，导致[Fe(phen)3]2+浓度变小，颜色变浅或[Fe(phen)3]2++6H+⇌3[H2phen]2++Fe2+，加入硫酸，c(H+)增大，该反应平衡正向移动，c([Fe(phen)3]2+)减小，溶液颜色变浅变大(4)DF->SCN->H2O【解析】（1）铁为26号元素，其基态原子的价电子排布式为3d64s2，电子云伸展方向有6种；（2）晶胞中Fe位于顶点、面心和体内，个数为12×16+2×12+3=6，N位于体内，个数为2，则晶体中铁、氮原子个数最简比为3∶（3）①氢键不属于化学键，则配离子[Fe(phen)3]2+中存在的化学键为配位键和π键，不存在离子键，故选AC；②邻二氮菲中双键氮原子的杂化方式为sp2，其价层孤电子对占据sp2杂化轨道，D正确；③琥珀酸亚铁与邻二氮菲反应后的溶液中存在如下平衡：[Fe(phen)3]2++6H+⇌3[H2phen]2++Fe2+，滴加少量稀硫酸，溶液中c(H+)变大，邻二氮菲和H+配位，导致[Fe(phen)3]2+浓度变小，颜色变浅或[Fe(phen)3]2++6H+⇌3[H2phen]2++Fe2+，加入硫酸，c(H+)增大，该反应平衡正向移动，c([Fe(phen)3]2+)减小，溶液颜色变浅；④孤对电子数越多，键角越小；邻二氮菲分子中氮原子的孤对电子对数为1，氮原子与具有空轨道的亚铁离子形成配位键导致邻氮二菲合铁（Ⅱ）离子中氮原子的孤对电子数为0，与邻二氮菲相比，邻氮二菲合铁（Ⅱ）离子中C-N-C键角变大；（4）①硝酸铁溶液中的Fe3+会水解生成黄色的[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n，会干扰浅紫色的[Fe(H2O)6]3+的观察，由题给信息可知，铁离子能与盐酸中的氯离子、HSCN中的SCN-、氢氟酸中的氟离子形成配离子干扰浅紫色的观察，所以向溶液Ⅰ中加入硝酸溶液，抑制铁离子水解，才能观察到浅紫色，故选D；②由实验可知，步骤①加水溶解得到含有[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n离子的溶液，步骤②发生的反应为溶液中的[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n离子与SCN-反应生成[Fe(SCN)6]3-离子，步骤③发生的反应为溶液中的[Fe(SCN)6]3-离子与氟离子反应生成[FeF6]3-离子，则配体H2O、SCN-、F-的配位能力由大到小的顺序为F->SCN->H2O。17．硫代硫酸钠(Na2S2O3)可与Cu2＋、Ag＋、Au＋等离子形成配合物；也可被一定浓度的Cu2＋氧化，反应为2Cu2＋＋6S2O32-⇌2[Cu(S2O3)2]3-＋S4(1)S2O32-的空间构型为(2)Na2S2O3可与胶卷上未感光的AgBr配位使其溶解。已知：Ag＋＋2S2O32-⇌[Ag(S2O3)2]3-K=3.7×1013；Ksp(AgBr)=5.4×10①反应AgBr＋2S2O32-⇌[Ag(S2O3)2]3-＋Br-的平衡常数K=②基态Br-的价层电子排布式为。(3)Na2S2O3溶液可浸取金矿石(含FeAsS和FeS2)中的Au。Au的熔点为1064℃，难被氧化。①矿石需在空气中焙烧使Au暴露，便于后继浸取，此时部分FeAsS分解生成As。700℃时Au部分焙化，原因是