江苏省盐城市东台市2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江苏省盐城市东台市2024-2025学年高二上学期期末考试一、单选题1．科技强国。我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法不正确的是A．杭州亚运主火炬燃料为零碳甲醇，甲醇具有还原性B．国产大型邮轮“爱达・魔都号”采用的薄形钢板属于合金C．量子计算机“悟空”面世，其传输信号的光纤主要成分为SiOD．“华龙一号”中的二氧化铀陶瓷芯块是核电站的“心脏”，铀是第ⅠA族元素【答案】D【解析】甲醇燃烧过程中碳元素的化合价升高被氧化，甲醇是反应的还原剂，表现还原性，A正确；薄形钢板是性能优良的金属材料，属于合金，B正确；量子计算机传输信号的光纤主要成分为二氧化硅，C正确；铀元素是位于元素周期表第七周期ⅢB族的锕系元素，D错误。2．下列化学用语表示不正确的是A．CO2的电子式：B．SO2的价层电子对互斥模型：C．NH3的空间填充模型：D．3，3-二甲基戊烷的键线式：【答案】A【解析】CO2分子中C和O共用2对电子，电子式：，A错误；SO2的中心原子孤电子对数=6-2×22=1、价层电子对数=2+1=3，则二氧化硫的价层电子对互斥模型为：，B正确；NH3的中心原子N形成3个σ键和1个孤电子对，为sp3杂化，NH3为三角锥形，空间填充模型C正确；主链上碳原子个数为5，3号碳原子上有2个甲基，名称为3，3-二甲基戊烷，D正确；故选A3．下列仪器可用于熔融NaCl晶体的是A． B． C． D．【答案】B【解析】熔融NaCl晶体应选用坩埚，B正确。4．物质的性质决定用途，下列两者关系对应不正确的是A．Na2CO3溶液呈碱性，可用作治疗胃酸过多的抗酸药物B．铝合金质量轻、强度大，可用作制造飞机和宇宙飞船的材料C．CuS、HgS极难溶，可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料【答案】A【解析】碳酸钠（Na2CO3）溶液呈碱性，但其碱性较强，与胃酸（HCl）反应会生成CO2气体，可能引起胃胀甚至加重不适；实际用于治疗胃酸过多的抗酸药是碳酸氢钠（NaHCO3）或氢氧化铝等弱碱性物质，A符合题意；合金的硬度一般比成分金属要大，铝合金质量轻、强度大，决定其可用作制造飞机和宇宙飞船的材料，B不符合题意；由于CuS、HgS极难溶，故可用Na2S作沉淀剂将废水中的Cu2+和Hg2+转化为CuS、HgS除去，C不符合题意；碳化硅为共价晶体，具有硬度大的特点，可用作砂纸、砂轮的磨料，D不符合题意。5．温室气体N2O在催化剂作用下可分解为O2和NA．原子半径：O<N<C B．第一电离能：C<N<OC．在水中的溶解度：苯<苯酚 D．N2O与【答案】B【解析】同周期的元素，从左到右原子半径依次减小，故原子半径：O<N<C，A正确；同周期的元素，从左到右第一电离能呈递增的趋势，但ⅡA和ⅤA的元素的原子结构相对较稳定而出现反常，使其第一电离能大于同周期相邻的元素，故第一电离能：C<O<N，B错误；苯是非极性分子，苯酚是极性分子，且苯酚与水分子之间可以形成氢键，故苯酚在水中的溶解度大于苯，C正确；N2O与NO2+均6．只用括号内指定试剂不能鉴别的一组试剂是A．乙酸、乙醛、甲酸(新制Cu(OH)2悬浊液)B．甲苯、1-己烯、乙酸(溴水)C．苯酚钠溶液、NaHCO3溶液、乙醇钠(盐酸)D．甲苯、乙醇、苯酚溶液(酸性KMnO4溶液【答案】D【解析】乙酸可与氢氧化铜反应，悬浊液溶解变成蓝色溶液，乙醛与新制氢氧化铜悬浊液加热会生成砖红色沉淀，甲酸使新制氢氧化铜悬浊液溶解变成蓝色溶液、然后加热会生成砖红色，现象不同，用新制Cu(OH)2悬浊液能鉴别乙酸、乙醛和甲酸，A不符合题意；甲苯密度比水小，可萃取溴水中的溴，溶液上层显橙红色，1-己烯与溴发生加成反应，使溴水褪色同时生成密度大于水的二溴己烷，乙酸与溴水不反应、无明显现象，现象不同，用溴水可鉴别三者，B不符合题意；苯酚钠溶液与盐酸反应会生成苯酚和氯化钠，苯酚微溶于水会有沉淀，NaHCO3溶液与盐酸反应有气体生成，乙醇钠溶液与盐酸混合无明显现象，现象不同，用盐酸可鉴别三者，C不符合题意；甲苯、乙醇、苯酚溶液均可以使酸性KMnO4溶液褪色，用酸性KMnO4溶液不可鉴别三者，D符合题意。7．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是A．CH3CH2Br→加热NaOH醇溶液CH2=CH2→催化剂B．MgCl2(aq)→石灰乳Mg(OH)2(s)C．S(s)→点燃O2(g)SO3(g)D．N2(g)→高温高压、催化剂H2(g)NH【答案】C【解析】溴乙烷在NaOH醇溶液中加热发生反应生成乙烯，乙烯与水在催化剂作用下生成乙醇，A不符合题意；氯化镁与氢氧化钙发生沉淀转化生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，煅烧氢氧化镁可以得到氧化镁，B不符合题意；单质硫在氧气中加热生成二氧化硫，不是三氧化硫，C符合题意；氮气与氢气在高温、高压、催化剂的条件下生成氨气，氨气、二氧化碳通入饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，D不符合题意。8．下列过程对应的化学方程式或离子方程式书写正确的是A．苯乙烯合成聚苯乙烯：nC6H5CH=CH2→B．三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：2FeC．乙醇用铜作催化剂进行催化氧化：CH3CH2OH+3O2→Δ催化剂2CO2+3HD．海水提溴将溴吹入SO2吸收塔：【答案】D【解析】苯乙烯合成聚苯乙烯的化学方程式应为：nC6H5CH=CH2→一定条件，A错误；反应中Fe元素化合价+3→+2，铜元素化合价0→+2，根据得失电子守恒，化学方程式应为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，B错误；乙醇用铜作催化剂进行催化氧化生成乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH+9．中国科学家在淀粉人工合成方面取得了重大突破性进展，该研究在国际上首次实现了二氧化碳到淀粉的合成(图示为局部合成路线)，下列有关说法正确的是A．1mol甲醛分子含有3molσ键B．反应(1)既是氧化还原反应，又是化合反应C．过氧化氢是含有非极性键的非极性分子D．DHA易溶于有机溶剂，难溶于水【答案】A【解析】甲醛结构式：，C原子形成3个σ共价键，故1mol甲醛分子含有3molσ键，A正确；CO2与H2反应产生CH3OH、H2O，反应方程式为CO2+3H2催化剂ΔCH3OH+H2O，反应过程中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；但由于生成物是两种，因此不符合化合反应的特点，B错误；H2O2分子结构：，分子中含有O-O非极性共价键和H-O极性共价键，该分子正负电中心不重合，是极性分子，10．被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是A．离子半径:R＞T＞Y＞ZB．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同C．最高价氧化物对应的水化物的碱性:X＞ZD．气态氢化物的稳定性:W＜R＜T【答案】B【解析】X、Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素，其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍，则R含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y、Z、R、T均位于第二周期，T无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z为Be元素；X、Z位于同族，则X为Mg或Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为Li；X与R（O）原子序数之和是W的2倍，X为Mg时，W的原子序数为(12+8)/2=10，为Ne元素，为稀有气体，不满足条件；X为Ca时，W的原子序数为(20+8)/2=14，则W为Si元素。X为Ca，Y为Li，Z为Be，W为Si，R为O，T为F元素。电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，O2-、F-、Li+、Be2+半径：O2-＞F-＞Li+＞Be2+即R＞T＞Y＞Z，A正确；XR2、WR2分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1，SiO2中O元素化合价为-2，两种化合物中O的化合价不相同，B错误；元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，同一主族从上到下金属性逐渐减弱，金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z，C正确；元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：W＜R＜T，D正确。11．羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图。下列说法错误的是A．甲分子式为C12H16O5B．乙生成丙的反应类型是消去反应，反应条件是浓硫酸、加热C．常温下1mol乙最多与2molNaOH的水溶液完全反应D．甲和乙分子中均存在手性碳原子，丙分子不存在手性碳原子【答案】C【解析】甲的分子式为C12H16O5，A正确；从乙和丙的结构简式中分析，乙生成丙为醇的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热，B正确；一个乙分子中含一个酚羟基，一个酚羟基酯基，所以常温下1mol乙最多与含3molNaOH的水溶液完全反应，C错误；甲分子中的手性碳原子为（*表示），乙分子中的手性碳原子为（*表示），丙中不存在手性碳原子，D正确。12．根据实验目的设计方案并进行实验，观察相关现象，其中方案设计或结论不正确的是选项实验目的方案设计现象结论A比较乙醇和苯酚中羟基的活泼性取相同物质的量的乙醇和苯酚分别溶于2mL乙醚，各加入一小块金属钠苯酚溶液与金属钠反应较剧烈羟基活泼性：苯酚>乙醇B检验苯中是否含有少量苯酚向溶液中加入适量浓溴水没有观察到白色沉淀苯中不含苯酚C检验乙醇是否发生消去反应将乙醇和浓硫酸共热产生的气体依次通入足量KOH溶液、酸性KMnO4溶液KMnO4溶液紫红色褪去乙醇发生了消去反应D探究SO2的漂白原理将SO2分别通入品红的水溶液和品红的乙醇溶液品红的水溶液褪色，醇溶液不褪色SO2与水反应的产物具有漂白作用A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】羟基越活泼，与钠反应越剧烈，由该实验可以得出羟基活泼性：苯酚>乙醇，A正确；生成的三溴苯酚会溶解在苯中，即便苯中含有苯酚，也可能观察不到白色沉淀，不能得出苯中不含苯酚的结论，B错误；乙醇和浓硫酸共热产生的气体中可能含有二氧化硫等杂质，乙醇易挥发，其中也可能含有乙醇，通过KOH溶液可除去二氧化硫、溶解乙醇，若酸性KMnO4溶液褪色，说明有乙烯生成，即乙醇发生了消去反应，C正确；SO2与水反应，而与乙醇溶液中不反应，结合现象可知SO2与水反应的产物具有漂白作用，D正确。13．为达成2060年碳中和的远景目标，一种能够捕捉CO2的电化学装置如下图所示，下列说法错误的是A．Al电极为电池的负极B．石墨电极反应为2CO2+2e-=CC．每生成1mol草酸铝，外电路中转移3mol电子D．在捕捉CO2过程中，C2O4【答案】C【解析】根据示意图可知该装置为原电池，铝作负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为Al-3e-=Al3+，多孔石墨作正极，正极发生得电子的还原反应，电极反应式为2CO2+2e-=C2O42-，A、B正确；每生成1mol的草酸铝，则有2molAl失电子，共转移6mol电子，C错误；在原电池装置中，阴离子向着负极移动，故在捕捉二、解答题14．二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。实验室提纯二氧化铈一种方法如下图所示：(1)X是一种气体单质，分子式为。(2)写出反应①中稀硫酸、H2O2与CeO2反应的化学方程式。(3)由反应②可知氧化性：XCe(OH)4(填“>”或“<”或“=”)，反应②中的氧化剂与还原剂物质的量之比为，当消耗1molX转移电子物质的量为mol。(4)CeO2是汽车尾气净化装置的重要组成材料，工作原理如下图所示，CeO2在汽车尾气净化过程中起作用。写出过程①发生反应的化学方程式。【答案】(1)O(2)2CeO(3)>1∶24(4)催化2CeO【解析】（1）CeO2中Ce化合价为+4价，加入稀硫酸、H2O2，CeO2生成Ce2(SO4)3，铈元素化合价降低，H2O2中氧元素化合价升高，发生的反应方程式为2CeO（2）反应方程式为2CeO2（3）氧化剂的氧化性强于氧化产物，反应②中Ce2(SO4)3生成Ce(OH)4，O2作氧化剂，Ce(OH)4为氧化产物，所以氧化性O2＞Ce(OH)4；根据O2~4e-，Ce2(SO4（4）CeO2在反应①中先消耗，在反应②中又生成，故CeO2为反应的催化剂；过程①中CeO2与CO反应生成Ce2O3和CO2，发生反应的化学方程式为2CeO215．有机化合物H是一种新型天然皮肤美白剂，H的一种合成路线如下图所示：已知：+R″CHO→NaOH/C2H5OH,回答下列问题：(1)B中碳原子杂化方式有。(2)E中官能团的名称为。(3)由C生成D的反应类型为。(4)F的结构简式为。(5)写出一种满足下列条件的D同分异构体结构简式(不考虑立体异构)。①能发生银镜反应②能发生水解反应，酸性条件下一种水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1。(6)设计以2-氯丙烷和1，3-二氯丙烷为原料制备的合成路线。(无机试剂及溶剂任选)【答案】(1)sp2、(2)酚羟基、醛基(3)氧化反应(4)(5)或(6)【解析】A（C6H6O）与CH3Cl在无水AlCl3条件下发生取代反应生成B，可逆推出A的结构简式为；B与CH3I在无水(CH3)2SO4条件下发生取代反应生成C，C到D中，-CH3转化为-CHO，发生氧化反应，即C被SeO2氧化为D；D与HI发生取代反应生成E，E与F（C8H8O4）在NaOH/CH3CH2OH、加热条件下发生取代反应生成G，由E和G的结构简式，可推知F的结构简式为，G通过加成反应生成H。（1）B的结构简式为，其中苯环上的碳原子为sp2，甲基上的碳原子为sp3杂化，故杂化方式有sp2、（2）E的结构简式为，官能团的名称为酚羟基和醛基；（3）C到D中，-CH3转化为（4）F的结构简式为；（5）D的结构简式为，满足①能发生银镜反应，则分子中含有醛基；②能发生水解反应，则分子中含有酯基，酸性条件下一种水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，则水解产物中含有酚羟基，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1同分异构体结构简式或；（6）2一氯丙烷和1，3一丙二醛为起始原料制备，将2-氯丙烷先水解生成2-丙醇，再氧化为丙酮，最后与丙二醛发生反应，即得目标有机物，合成路线为：。16．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。制备工艺中涉及的主要物质转化如下：(1)下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是___________(填字母)。A．ⅰ中，C做还原剂B．碳酸的酸性强于硅酸C．碳酸的热稳定性弱于硅酸D．元素的电负性C>Si(2)ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mole-。①SiHCl3中，H的化合价为，电负性SiH(填“>”或“<”)。②该反应的化学方程式为。(3)ⅲ中，利用物质沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因：。Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素Ga和As(它们在周期表中的位置如图)，并制成它们的化合物薄膜，其晶体结构类似单晶硅。SiGaAsSe(4)写出基态Ga原子价层电子排布式。(5)As的第一电离能比Se大的主要原因是：。【答案】(1)BD(2)-1<Si+3HCl(3)高纯硅为共价晶体，熔沸点很高，而SiHCl3为分子晶体，熔沸点很低(4)4s(5)As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素【解析】（1）ⅰ中C在高温下还原二氧化硅为硅单质，同时生成一氧化碳逸出使得反应能够进行，不能说明“非金属性C比Si强”，A错误；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，能说明“非金属性C比Si强”，B正确；不能通过碳酸的热稳定性弱于硅酸说明“非金属性C比Si强”，C错误；元素的电负性C>Si，则碳得到电子能力大于硅，能说明“非金属性C比Si强”，D正确；（2）①反应Si+3HCl300°CSiHCl3+H2中生成1molH2转移2mol电子，但1molSi与3molHCl反应转移4mole-，则3分子HCl中1分子HCl中氢原子得到2个电子，化合价由+1变为-1，反应中硅元素化合价由0变为+4，即SiHCl②该反应中粗硅和氯化氢加热300℃生成SiHCl3和氢气，化学方程式为Si+3HCl300（3）高纯硅为共价晶体，熔沸点很高，而SiHCl3为分子晶体，熔沸点很低，故利用物质沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离；（4）Ga为31号元素，基态原子核外电子排布为1s22s2（5）同一周期随着原子序数变大，第一电离能有变大的趋势，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故As的第一电离能比Se大。17．2024年我国新能源汽车销量预计达1300万辆，Li2CO3是制造汽车锂电池必不可少的原材料。以锂云母精矿的浸出液(主要含Li+、Al3+、Fe3+、F-、SO42-等)制取电池级Li2CO已知：①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，易萃取Fe3+，可萃取少量Al3+，萃取Fe3+时发生反应：Fe3++3HR⇌FeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在②部分物质溶解度(g/100gH2O)数据见表：温度0℃20℃80℃Li2CO31.541.330.85LiHCO311.67.82高于50℃，开始分解(1)写出单质锂与水反应的化学方程式。(2)使用HR萃取剂时，需用一定浓度的NaOH溶液进行处理的目的是。(3)判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的操作方法是。过滤1后得到的固体进行洗涤，向过滤器中加入(填“冷水”或“热水”)至，待水流尽，重复2~3次。(4)在上述工艺中，碳化反应的化学方程式为。(5)Li2CO3受热分解可产生Li2O。Li2O晶胞具有反萤石(CaF2)结构，为立方晶系晶体，其晶胞结构示意图如下图。该晶胞中离子的分数坐标如下：氧离子：(0，0，0)；(12，12，0)；(12，0，12)；(0