江苏省扬州市扬州中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江苏省扬州市扬州中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试一、单选题1．2025央视春晚舞台上，创意融合舞蹈《秧BOT》，不仅仅是一场视觉盛宴，更是科技与传统文化的完美结合。下列说法错误的是A．机器人穿着喜庆的红色棉袄，其中棉花属于天然有机高分子B．为机器人提供续航的锂电池，轻便稳定，比能量较低C．机器人的机身应用了碳纤维，是一种含碳量在90%以上的高强度纤维D．铝合金和钛合金也是制造机器人的重要原材料，钛合金强度高耐腐蚀，铝合金轻质成本低，都是极为重要的金属材料【答案】B【解析】棉花主要成分是纤维素，属于天然有机高分子，A正确；锂电池通常来说密度小，质量轻，比能量较高，B错误；碳纤维是一种通过物理和化学加工过程得到的含碳量在90%以上的高强度纤维，C正确；钛合金强度高耐腐蚀，铝合金轻质成本低，合金具有硬度大、优良性状、极为重要的金属材料，D正确。2．下列表示不正确的是A．质子数为35、中子数为46的Br原子：B．BeCl2的形成过程：C．的名称：2，2，4，5-四甲基己烷D．福尔马林溶液中的氢键：C【答案】D【解析】质子数为35、中子数为46的Br原子的表示方法为：3581Br，A正确；Be原子最外层电子数为2，Cl原子最外层有7个电子，二者通过共用电子对形成BeCl2，形成过程可表示为：，B正确；的结构简式为，按照系统命名得到其名称：2，2，4，5-四甲基己烷，C正确；甲醛分子中由于氧原子的电负性较高，能与水分子中的氢原子之间形成了氢键，，D错误。3．认知、推理能力是培养化学学科思维的方法之一，下列说法不正确的是A．与H2完全加成之后的产物，其一氯代物有7种B．环戊二烯()分子中最多有9个原子在同一平面上C．按系统命名法，化合物的名称是2–甲基苯酚D．可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】与H2加成之后的产物为，共8种环境的氢：，其一氯代物有8种，A错误；环戊二烯中含有2个乙烯的平面结构，饱和C原子取代乙烯平面中H原子的位置，两个乙烯平面可能处于同一平面上，则5个C原子与4个H原子可共面，即最多9个原子共面，B正确；化合物中的甲基和酚羟基处于邻位，系统命名法为2–甲基苯酚，C正确；能被酸性高锰酸钾溶液氧化为，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确。4．W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，这5种元素形成的一种阴离子结构如图所示。W、Y的核电荷数之和等于Z的核电荷数，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法不正确的是A．W与X形成的化合物均为极性分子 B．Y的简单气态氢化物的沸点比X的高C．Q的氧化物是两性氧化物 D．该阴离子中含有配位键【答案】A【解析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，在离子结构中W形成1个化学键且核电荷数最小，W为H；X形成4个化学键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C；Y形成2个化学键，核电荷数大于C，Y为O；W、Y原子序数之和等于Z，Z为F；Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al。W为H、X为C，W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误；X为C、Y为O，二者形成的简单氢化物为CH4、H2O，水分子间可以形成氢键，沸点比CH4的高，B正确；Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确；该阴离子中L与Al之间形成配位键，D正确。5．NaOH活化过的PtTiO2催化剂对甲醛氧化为A．步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂B．步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用C．步骤Ⅱ中发生的反应可表示为HCOOHD．该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果【答案】D【解析】步骤Ⅰ中O2断键为非极性键断裂，A正确；氧的电负性大于碳，HCHO分子中的O带负电荷，步骤Ⅰ中HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH中带部分正电荷的H发生作用，B正确；步骤Ⅱ中观察反应物质的变化可知，生成了CO和H2O，发生的反应可表示为HCOOH催化剂CO+H2O6．甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步反应如下：下列说法中正确的是A．X分子中含有的sp2杂化的碳原子数为6B．X分子能与FeCl3溶液反应C．Y分子存在顺反异构D．X→Y分两步进行，先发生取代反应，后发生消去反应【答案】C【解析】X分子中苯环和醛基上的碳原子均采用sp2杂化，共7个，A错误；X分子中不含酚羟基，故不能与FeCl3溶液反应，B错误；Y分子中的碳碳双键两端分别连有互不相同的原子或原子团，存在顺反异构，C正确；X→Y先发生醛基与酯基邻碳上的H先发生加成反应，后发生消去反应，分两步进行，D错误。7．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究目的探究方案AKa(HClO)与Ka(HCN)的大小关系用pH计测量NaClO溶液和NaCN溶液的pH，比较HClO和HCN的Ka大小B碘在浓KI溶液中与CCl4中的溶解能力比较向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察有机层颜色的变化CSO2是否具有漂白性向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴KMnO4溶液，振荡，观察溶液颜色变化D探究1—溴丁烷的消去产物向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，观察现象A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】Ka(HClO)与Ka(HCN)的大小应比较相同浓度的NaClO溶液和NaCN溶液的pH，A错误；向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后静置，下层颜色变浅，则碘在浓KI溶液中溶解能力比CCl4中的大，B正确；向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴KMnO4溶液，振荡，KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性，C错误；乙醇易挥发，挥发的乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，并不能证明1—溴丁烷发生消去反应，D错误。8．微生物燃料电池可以净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O7A．N为电池正极，Cr2O7B．该电池工作时，M极的电极反应式为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+C．Cr2O72-D．当M极产生22.4LCO2气体(标准状况)时，有4molH+从质子交换膜右侧移向左侧【答案】D【解析】N电极上发生O2生成水及Cr2O72-生成Cr(OH)3的反应，得电子，为电池正极，Cr2O72-被还原，A正确；M电极上乙酸生成CO2和H+，失电子，为电池负价，电极反应式为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+，B正确；从图2中可知，Cr2O72-浓度较大时，其去除率明显下降，可能原因为Cr2O72-为重金属离子，浓度较大时，造成还原菌失去活性，C正确；根据电极反应可知CO2~4e-9．工业上用CO2和H2反应合成二甲醚，其反应为：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-122.5kJ·mol−1.不同的催化剂对该反应的催化活性在不同温度下表现不同。下列说法正确的是A．上述反应平衡常数K=B．其他条件不变时，CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是催化剂活性增强或平衡常数增大C．其他条件不变时，在恒压条件下通入一定量的惰性气体，H2的平衡转化率提高D．若反应中及时分离出二甲醚，正反应速率增大，CO2转化率增大【答案】A【解析】平衡常数表达式应为：K=c(CH3OCH3)⋅c3(H2O)c210．化学与生产、生活密切相关，下列事实与盐类水解无关的是A．用热的纯碱溶液去除炊具上的油污B．为了除去锅炉水垢中的CaSO4，先用Na2CO3溶液处理，而后用酸溶解C．NH4Cl或ZnCl2溶液用作金属焊接的除锈剂D．配制FeCl3溶液时，先将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释到所需浓度【答案】B【解析】碳酸钠水解使溶液显碱性，油污在碱性条件下易被除去，与盐类水解有关，A不符合题意；用Na2CO3溶液处理锅炉里的CaSO4水垢，发生沉淀转化CaSO4(s)+CO32-(aq)⇌CaCO3(s)+SO42-(aq)，将难溶于酸的CaSO4转化为易溶于酸的碳酸钙，而后用酸去除碳酸钙，与盐类的水解无关，B符合题意；铵根离子和锌离子水解有H+生成，使溶液显酸性，H11．从砷化镓废料（主要成分为GaAs、Fe2O3、SiO下列说法错误的是A．“碱浸”时，温度保持在70°C的目的是提高“碱浸”速率，同时防止B．“碱浸”时，GaAs被H2O2氧化，每反应C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是H2D．GaAs晶胞如上图，距离As最近的As原子数为12【答案】B【解析】砷化镓废料主要成分为GaAs、Fe2O3、SiO2和CaCO3，加入NaOH、H2O2，主要发生GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，GaAs转化为NaGaO2、Na3温度越高，反应速率越快，但H2O2受热易分解，则反应温度不宜太高，故“碱浸”时，温度保持在70°C的目的是提高“碱浸”速率，同时防止H2O2过度分解，A正确；“碱浸”时GaAs转化为NaGaO2、Na3AsO4，As元素的化合价由-3价升高为+5价，则每反应1molGaAs，转移电子的数目为8mol，B错误；“旋流电积”时，Ga3+在阴极放电，H2O在阳极放电生成O2，同时生成H+，所以“尾液”溶质主要是H2SO412．草酸亚铁是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如图反应制取FeC2O4：已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7。下列说法正确的是A．室温下，0.10mol⋅L-1NaHC2O4溶液中存在：c(C2O42-)<c(H2C2OB．酸化、溶解后的溶液中存在：c(NH4+)+2c(Fe2+)＞2c(SC．室温时，反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4↓+2H+的平衡常数K=40D．过滤后的上层清液中：c(Fe2+)⋅c(C2O42-【答案】C【解析】草酸氢钠溶液中草酸氢根的电离常数为Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，水解常数为：Kh=c(H2C2O4)c(OH-)c(HC2O4-)=c(H2C2O4)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)c(H+)=KwKa1=1.0×10-145.6×10-2<Ka2，即草酸氢根的电离程度大于其水解程度，故c(C2O42-)>c(H2C2O4)，A错误；硫酸亚铁铵晶体溶于水后存在电荷守恒：c(NH4+)+2c(Fe2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，酸化、溶解后的溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)13．甲醇-水催化重整可获得H2.其主要反应为反应ⅠCH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH=49.4kJ·mol−1反应ⅡCO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol−1在1.0×105Pa、n始(H2O)∶n始(CH3OH)=1.2时，若仅考虑上述反应，平衡时CO的选择性、CH3OH的转化率和H2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性=n生成(CO)下列说法正确的是A．一定温度下，增大n(H2O)n(CHB．平衡时CH3OH的转化率一定大于H2O的转化率C．图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化D．一定温度下，降低体系压强，反应Ⅰ的平衡常数增大【答案】B【解析】增大n(H2O)n(CH3OH)，相当于n(CH3OH)不变，增大n(H2O)，平衡正向移动，可提高CH3OH的转化率，A错误；由于n始(H2O)∶n始(CH3OH)=1.2，H2O过量，故平衡时CH3OH的转化率一定大于H2O的转化率，B正确；根据已知反应ⅠCH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH=49.4kJ·mol−1，反应ⅡCO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol−1，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，升温时反应Ⅰ正向移动，所以图中③代表CO的选择性，①代表CH3OH的转化率，②代表二、解答题14．回收高铋银锌渣(主要成分是Bi，还含有Zn、Ag、Au等杂质)可制备半导体材料Bi2O3(1)氧化酸浸。将银锌渣加入盐酸和NaCl混合溶液中，再分批加入NaClO3溶液，搅拌使其充分反应，得到含有BiCl6①写出生成BiCl63-的离子方程式：②HNO3也可用于“氧化酸浸”，在该工业中不选择HNO3的原因可能是。③液固比是指浸出液总体积与银锌渣质量之比。浸出相同时间后，Bi的浸出率随液固比的变化如图所示。液固比很低时，Bi的浸出率明显较低的原因是。(2)分离出Zn2+后浸出液主要成分为BiCl3溶液。可用于进一步制备Bi2O3，其流程如下：①向浸出液中滴加Na2CO3溶液，调节溶液pH约为1.5，得到BiOCl沉淀，该过程的化学方程式为。②我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示。该材料的化学式为。(3)从浸出渣中可回收银和金。已知Ag2SO4可溶于氨水，[Ag(NH3)2]+具有较强的氧化性。补充完整以浸出渣为原料制备单质银的实验方案：向浸出渣中加入硫酸后焙烧，得硫酸银烧渣，，得单质银。(实验中须使用的试剂有氨水、水合肼溶液、BaCl2溶液)【答案】(1)2Bi+11Cl-+ClO3-+6H+=2BiCl63-+3H2O(2)BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+CO2↑+2NaClBi2SeO2(3)边搅拌边向烧渣中加入氨水至固体不再溶解，过滤，向滤液中加入水合肼溶液至不再有气泡生成(至沉淀不再产生)，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无浑浊生成，干燥【解析】高铋银锌渣主要成分是Bi，还含有Zn、Ag、Au等杂质，将银锌渣加入盐酸和NaCl混合溶液中，再分批加入NaClO3溶液，搅拌使其充分反应，得到含有BiCl63-的浸出液和浸出渣，反应方程式为：2Bi+5NaCl+NaClO3+6HCl=2Na3BiCl6+3H2O，分离出Zn2+后浸出液主要成分为BiCl3溶液，向浸出液中滴加Na2CO3溶液，调节溶液pH约为1.5，促进BiCl3水解生成（1）①生成BiCl63-的化学方程式为：2Bi+5NaCl+NaClO3+6HCl=2Na3BiCl6+3H2O，故其离子方程式2Bi+11Cl-+ClO3-+6H+=2BiCl②HNO3也可用于“氧化酸浸”，但是HNO3反应会生成污染环境的氮氧化物；③结合图像，液固比很低时，Bi的浸出率明显较低的原因是溶液黏度较大，流动性差，浸出剂与固体接触不充分，浸出反应速率低；（2）①向浸出液中滴加Na2CO3溶液，调节溶液pH约为1.5，得到BiOCl沉淀，该过程的化学方程式为BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+CO2↑+2NaCl；②晶胞结构中Se位于顶点和体心，个数为1+8×18=2，O位于面内和体内，个数为4×12+2=4，Bi位于棱上和体内，个数为8×14+2=4，该材料的化学式为Bi（3）以浸出渣为原料制备单质银的实验方案：向浸出渣中加入硫酸后焙烧，得硫酸银烧渣，边搅拌边向烧渣中加入氨水至固体不再溶解，过滤，向滤液中加入水合肼溶液至不再有气泡生成(至沉淀不再产生)，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无浑浊生成，干燥，得单质银。15．化合物E是合成降糖药瑞格列净的重要中间体，其合成路线如下：(1)化合物D中含氧官能团的名称为。(2)化合物A分子中发生sp2、sp3杂化的碳原子数目之比为。(3)A→B、B→C的反应类型分别为、。(4)化合物C还可以继续与HBr反应生成副产物X(C7H7OBr)，X的结构简式为。(5)D的某同分异构体同时满足下列条件，写出其中一种符合要求的同分异构体的结构简式。①分子中含有苯环，且核磁共振氢谱证明只含有两种不同化学环境的氢原子；②该物质只含有一种官能团。【答案】(1)醚键、酮羰基、酯基(2)7∶3(3)还原反应取代反应(4)(5)、【解析】（1）D中含氧官能团为，名称为醚键、酮羰基、酯基；（2）化合物A分子中，苯环和醛基中的碳原子采用sp2杂化，单键碳原子采用sp3杂化，发生sp2、sp（3）A→B是A中醛基变为羟基，反应类型为还原反应；B→C是B中的羟基被溴原子代替，反应类型为取代反应；（4）化合物C还可以继续与HBr反应生成副产物X(C7H7OBr)，根据C的结构简式，可知（5）①分子中含有苯环，且核磁共振氢谱证明只含有两种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；②该物质只含有一种官能团。符合要求的D的同分异构体的结构简式为、。16．实验室常用正丁醇、浓硫酸在加热条件下制备正丁醚，反应原理如下：2CH3CH2CH2CH2OH⇌135℃浓硫酸CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+Hi：在100mL三颈烧瓶中，先加入31mL正丁醇，再将4.5mL浓硫酸加入瓶内并投入沸石。将分水器、温度计和三颈烧瓶组装好。ii：沿分水器支管口对面的内壁小心的贴壁加水，待水面上升至恰与分水器支管口下沿相平时为止，小心开启活塞放出3.5 mLiii：在分水器上口接一仪器a，小火加热烧瓶，使反应物微沸并开始回流，随反应进行，回流液经a收集于分水器中。iv：平稳回流至烧瓶内反应温度达135°C至137°C左右，分水器中水面上升至支管口即可停止反应，反应液稍冷后开启活塞放出水，然后拆除装置。v：将反应液倒入盛有50mL水的分液漏斗中，充分振荡，静置分层，弃去下层水溶液，上层粗产物依次用25mL水、15mL5%的NaOH溶液、15mL水洗涤并分液，在有机相中加入氯化钙，干燥后过滤。vi：干燥后粗产物置于蒸馏瓶中，蒸馏收集140.1℃至144℃馏分，产量为7.84g。已知：正丁醇(M=74g/mol)的密度为0.81g/mL(1)仪器a的名称是。(2)分水器的主要作用是。(3)步骤i中，为使浓硫酸与正丁醇混合均匀，应如何加入浓硫酸：。(填字母)a．分批加入浓硫酸，每次加入都充分振摇b．一次性快速加入浓硫酸，加入后再充分振摇(4)写出制备过程中主要伴随的有机副反应产物的结构简式。(5)“步骤v中，15 mL水洗涤的目的是(6)制备过程中，正丁醇与水可以形成共沸物，其主要原因是。(7)本实验中正丁醚的产率为(结果保留3位有效数字)。【答案】(1)球形冷凝管(2)分离出水，使反应正向进行，提高反应物转化率（或利用率）(3)a(4)CH3CH2CH=CH2(5)除去有机相中残留的碱及盐(6)正丁醇与水形成分子间氢键(7)35.5%【解析】（1）仪器a的名称是球形冷凝管；（2）分水器的主要作用是分离出水，使反应正向进行，提高反应物转化率（或利用率）；（3）因为浓硫酸稀释会放出大量的热，步骤i中应分批加入浓硫酸，每次加入都充分振摇，a正确；（4）本实验中的副反应为正丁醇的分子内脱水生成丁烯，结构简式为CH3CH2CH=CH2；（5）15 mL水洗涤前面加了（6）正丁醇与水可以形成共沸物，其主要原因是正丁醇与水形成分子间氢键；（7）正丁醇加入31mL，密度为0.81g/mL，正丁醇相对分子质量为M=74g/mol，得质