江蘇省蘇州市2022-2023學年高二上學期學業(yè)質量陽光指標調研（期末）化學試卷（解析版）

PAGE1蘇州市2022~2023學年第一學期學業(yè)質量陽光指標調研卷高二化學注意事項：1.本試卷分為單項選擇題和非選擇題兩部分，試卷滿分100分。考試時間75分鐘。2.將選擇題答案填涂在答題卡的對應位置上，非選擇題的答案寫在答題卡的指定欄目內。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Al27S32C135.5K39一、單項選擇題：本題包括14小題，每題3分，共計42分。每小題只有一個選項符合題意。1.下列物質屬于蛋白質是A.棉花纖維 B.結晶牛胰島素 C.天然橡膠 D.硬脂酸甘油酯【答案】B【解析】【詳解】A．棉花纖維屬于纖維素，故A不選；B．結晶牛胰島素屬于蛋白質，故B選；C．天然橡膠是聚異戊二烯，不屬于蛋白質，故C不選；D．硬脂酸甘油酯是硬脂酸和甘油發(fā)生酯化反應生成的酯，不屬于蛋白質，故D不選；正確答案是B。2.反應可實現(xiàn)的還原。下列說法正確的是A.中子數(shù)為20的氯原子： B.與具有相同的電子層結構C.的空間填充模型： D.既含離子鍵又含共價鍵【答案】D【解析】【詳解】A．中子數(shù)為20的氯原子質量數(shù)為：20+17=37，表示為：，故A錯誤；B．有2個電子層，有3個電子層，故B錯誤；C．是直線形結構，氧原子半徑小于碳原子，空間填充模型為：，故C錯誤；D．是離子化合物，既含離子鍵又含共價鍵，故D正確；故選D。3.下列有關物質性質與用途具有對應關系的是A.葡萄糖能發(fā)生還原反應，可用于玻璃鍍銀B.纖維素能發(fā)生水解反應，可用于制烈性炸藥C.油脂在酸性條件下能發(fā)生水解，可用于制甘油和肥皂D.飽和溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析，可用于提純蛋白質【答案】D【解析】【詳解】A．葡萄糖含醛基具有還原性，和新制的銀氨溶液反應析出銀，玻璃鍍銀利用的是乙醛和銀氨溶液的反應，故A錯誤；B．纖維素能發(fā)生水解反應生成葡萄糖，不能用于制烈性炸藥，故B錯誤；C．油脂在堿性條件下能發(fā)生水解，可用于制甘油和肥皂，故C錯誤；D．飽和(NH4)2SO4溶液可使蛋白質發(fā)生鹽析，通過鹽析可以提純蛋白質，故D正確；故選D。4.下列判斷正確的是A.硬度：金剛石<碳化硅<晶體硅 B.沸點：C.鍵的極性： D.熱穩(wěn)定性：【答案】C【解析】【詳解】A．由于原子半徑C＜Si，所以鍵長C-C＜C-Si＜Si-Si，鍵長越短，共價鍵越強，硬度越大，因此硬度：金剛石＞碳化硅＞晶體硅，A錯誤；B．相對分子質量越大，分子晶體的沸點越高，因此沸點由高到低：，B錯誤；C．電負性：Cl＞Br，則共價鍵極性：，C正確；D．非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：F>Cl>Br，熱穩(wěn)定性：，故D錯誤；故選C。5.以為催化劑光熱化學循環(huán)分解反應的機理如題圖所示。下列說法正確的是A.過程①中元素化合價由降為 B.過程③只有化學鍵的斷裂C.總反應屬于放熱反應 D.使用作催化劑可以降低總反應的焓變【答案】A【解析】【詳解】A．由圖可知，過程①中+4價的元素得到1個電子，化合價降低為，故A正確；B．由圖可知，過程①中鈦氧鍵也發(fā)生了斷裂，故B錯誤；C．由圖可知，總反應為，該過程吸熱，故C錯誤；D．催化劑只能降低反應的活化能，不能降低總反應的焓變，故D錯誤；故選A。6.接觸法制備硫酸中的關鍵步驟是：在催化作用下與空氣中在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為：。下列有關的說法正確的是A.分子中硫原子均采用雜化 B.與分子的鍵角相等C.固體屬于共價晶體 D.屬于非極性分子【答案】A【解析】【詳解】A．分子中硫原子形成了3個鍵，孤電子對數(shù)為(6-3×2)=0，所以，硫原子采取sp2雜化，分子中硫原子形成了2個鍵，孤電子對數(shù)為(6-2×2)=1，所以，硫原子采取sp2雜化，選項A正確；B．SO2中的S采用sp2雜化，三對價層電子對理想化是平面正三角形，但其中的1對孤電子對2對成鍵電子對有排斥作用，所以鍵角小于120°，SO3中的S為+6價，所有電子均參與成鍵，沒有孤對電子，空間構型為堆成的平面正三角形，鍵角為120°，即SO2分子中的鍵角小于SO3，選項B錯誤；C．固體SO3是分子晶體，選項C錯誤；D．分子中S元素的最外層電子數(shù)為6，化合價為+4，最外層電子未全部成鍵，是極性分子，選項D錯誤；答案選A。7.接觸法制備硫酸中的關鍵步驟是：在催化作用下與空氣中在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為：。下列關于反應的說法正確的是A.該反應B.上述反應的平衡常數(shù)表達式為C.反應達到平衡后，與之比不變D.反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和比反應中形成新共價鍵的鍵能之和大【答案】C【解析】【詳解】A．反應為氣體體積減小的反應，則，選項A錯誤；B．K為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比，，選項B錯誤；C．與之比不變時，各組分的濃度保持不變，反應達平衡狀態(tài)，選項C正確；D．△H=反應中斷裂的舊化學鍵鍵能之和-反應中形成的新化學鍵鍵能之和，該反應△H<0，故反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和比反應中形成新共價鍵的鍵能之和小，選項D錯誤；答案選C。8.接觸法制備硫酸中的關鍵步驟是：在催化作用下與空氣中在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為：。題圖表示在有、無催化劑條件下氧化成過程中的能量變化。催化時，該反應機理為：反應①：反應②：下列說法正確的是A.催化時，反應②的速率大于反應①B.C.升高溫度，有利于提高的平衡轉化率D.增大壓強，反應的平衡常數(shù)增大【答案】B【解析】【詳解】A．反應①的活化能小，反應②的活化能大，催化時，對活化能小的影響更大，所以反應②的速率小于反應①，故A錯誤；B．總反應為，根據(jù)蓋斯定律，總反應為2×反應①+反應②，反應①：，則反應②：的，故B正確；C．反應放熱，升高溫度，平衡逆向移動，反應的化學平衡常數(shù)減小，故C錯誤；D．平衡常數(shù)只受溫度影響，增大壓強，反應的平衡常數(shù)不變，故D錯誤；故選B。9.下列有關電化學裝置的描述正確的是A.裝置甲：移向溶液 B.裝置乙：可用于電解精煉銅C.裝置丙：應使用陽離子交換膜 D.裝置?。嚎捎糜诒Ｗo鋼閘門【答案】C【解析】【詳解】A．Zn比Cu活潑，Zn失去電子為負極，陽離子向正極移動，則鹽橋中的K+移向CuSO4溶液，故A錯誤；B．電解精煉銅時，粗銅與電源正極相連，為陽極；精銅與電源負極相連，為陰極，故B錯誤；C．裝置丙中陽離子交換膜能避免氯氣與堿反應，故C正確；D．鐵閘門與石墨相連，F(xiàn)e作負極，加速腐蝕，故D錯誤；故選C。10.關于反應說法正確是A.中鍵和鍵數(shù)目之比為 B.該反應中失去能級上的電子C.的空間構型為三角錐形 D.在水溶液中能完全電離出【答案】B【解析】【詳解】A．的結構式為，單鍵屬于鍵，三鍵中含有1個鍵、2個鍵，中鍵和鍵數(shù)目之比為，故A錯誤；B．該反應中元素由0價上升到+2價，F(xiàn)e2+的核外有24個電子，是由Fe原子失去4s能級上的2個電子，故B正確；C．的中心原子價層電子對數(shù)為3+=3，沒有孤電子對，空間構型平面三角形，故C錯誤；D．在配合物的內界，在水溶液中不能完全電離出，故D正確；故選B。11.X與反應能轉化為Y。下列有關說法正確的是A.的熔點高于XB.的反應類型為取代反應CY分子中所有原子可能共平面D.Y與氫氣完全加成后的產物分子中有3個手性碳原子【答案】D【解析】【詳解】A．可以形成分子內氫鍵，而X可以形成分子間氫鍵，分子間氫鍵強于分子內氫鍵，的熔點低于X，故A錯誤；B．和HCHO、HCl反應生成，該反應過程中反應物的總不飽和度發(fā)生變化，說明該過程發(fā)生了加成反應和取代反應，故B錯誤；C．Y分子中-CH2OH中C原子為sp3雜化，與之相連的幾個原子不可能全部共平面，故C錯誤；D．Y與氫氣完全加成后的產物為，其中有3個手性碳原子，分別為，故D正確；故選D。12.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A向溶液中緩慢滴加稀硝酸溶液由黃色轉變?yōu)槌壬龃笥欣谵D化為B將充滿的密閉玻璃球浸泡在熱水中氣體紅棕色加深C向溶液中加入溶液，萃取分液后，向水層滴入溶液溶液變成血紅色與所發(fā)生的反應為可逆反應D向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱一段時間后，中和至堿性，加入新制懸濁液，加熱出現(xiàn)磚紅色沉淀淀粉已經(jīng)水解完全A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．K2CrO4溶液中存在平衡：2H++2(黃色)(橙色)+H2O，向溶液中緩慢滴加稀硝酸，黃色溶液逐漸變成橙色，說明增大有利于轉化為，故A正確；B．將充滿的密閉玻璃球浸泡在熱水中，氣體紅棕色加深，說明平衡逆向移動，則該反應是放熱反應，，故B錯誤；C．向溶液中加入溶液，F(xiàn)eCl3過量，檢驗剩余的Fe3+，不能說明與所發(fā)生的反應為可逆反應，故C錯誤；D．向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱一段時間后，中和至堿性，加入新制懸濁液，加熱，出現(xiàn)磚紅色沉淀，說明淀粉發(fā)生水解，但不能證明其完全水解，故D錯誤；故選A。13.從和混合溶液中得到和的流程如下：下列說法正確的是A.“沉淀Ⅰ”步驟只發(fā)生與生成的反應B.“溶解”步驟反應的離子方程式：C.可溶于的氨水D.“沉淀Ⅱ”生成的離子方程式：【答案】D【解析】【分析】向和混合溶液中加入酸化的硝酸銀溶液，與、Cl-生成和AgCl，過濾后將沉淀在氨水中溶液，AgCl沉淀可以溶于氨水生成，不能溶于的氨水，過濾分類出，溶液酸化后生成AgCl沉淀。【詳解】A．“沉淀Ⅰ”步驟中向和混合溶液中加入酸化的硝酸銀溶液，由于I-具有還原性，會被硝酸氧化生成I2，故A錯誤；B．AgCl沉淀可以溶于氨水，離子方程式為：，故B錯誤；C．由流程圖可知，加入氨水后過濾得到，說明不能溶于的氨水，故C錯誤；D．AgCl沉淀可以溶于氨水生成，溶液酸化后生成AgCl沉淀，離子方程式為：，故D正確；故選D。14.與作用分別生成的反應均為放熱反應。工業(yè)尾氣中可通過催化氧化為除去。將一定比例和的混合氣體以一定流速通過裝有催化劑的反應答，的選擇性的轉化率與溫度的關系如題圖所示。下列說法正確的是A.時完全被催化氧化轉移B.催化氧化除尾氣中應選擇反應溫度高于C.其他條件不變，在范圍，隨溫度升高，出口處氮氧化物物質的量增大D.其他條件不變，在范圍，隨溫度升高，出口處氮氣的物質的量減小【答案】C【解析】【詳解】A．與作用分別生成，若完全轉化為NO時，轉移5mol電子，此時轉移電子最多，則完全被催化氧化轉移，故A錯誤。B．根據(jù)圖像，溫度高于250℃N2的選擇率降低，且氨氣的轉化率變化并不大，浪費能源，根據(jù)圖像，溫度應略小于225℃，此時氨氣的轉化率、氮氣的選擇率較大，故B錯誤；C．根據(jù)圖像，在范圍，隨溫度的升高，N2的選擇率減小，的轉化率基本不變，出口處氮氧化物物質的量增大，故C正確；D．其他條件不變，在范圍，隨溫度的升高，N2的選擇率降低，的轉化率增大，由的選擇性公式可知，無法判斷出口處氮氣的物質的量變化，故D錯誤；故選C。二、非選擇題：共4題，共58分。15.X、Y、Z、W四種元素原子序數(shù)依次增大。X元素原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，Y的電離能數(shù)據(jù)如下表所示，Z原子基態(tài)時的外圍電子排布式為，元素W位于第四周期，其原子基態(tài)時未成對電子數(shù)在同周期中最多。電離能…7381451773310540…（1）X原子基態(tài)時的軌道表示式為_______。（2）Y在周期表中的位置_______。（3）寫出Y與Z形成化合物的電子式：_______。（4）W位于在元素周期表_______區(qū)。能與形成六配位的配合物，且，3個位于外界。該配合物的化學式為_______。（5）下列事實能用元素周期律解釋的是_______。A.Y原子的半徑小于原子B.X簡單氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性強于C.少量氯水滴入溶液生成淡黃色沉淀D.酸性強于【答案】（1）（2）第三周期第IIIA族（3）（4）①.d②.[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3（5）ACD【解析】【分析】X元素的原子，其最外層電子數(shù)是次外層的電子數(shù)的2倍，最外層電子數(shù)不能超過8個，則其次外層是K層，故X是碳元素；Z原子基態(tài)時的外圍電子排布式為，Z為S元素；由Y的電離能數(shù)據(jù)表可知Y的第三電離能劇增，則Y是第IIA族元素，X、Y、Z、W四種元素原子序數(shù)依次增大，Y為Mg元素；元素W位于第四周期，其原子基態(tài)時未成對電子數(shù)在同周期中最多，即3d為半充滿時，單電子數(shù)最多，則價電子排布式為3d54s1，為Cr元素?！拘?詳解】X是碳元素，電子排布式為1s22s22p2，軌道表示式為。小問2詳解】Y為Mg元素，在周期表中的位置為第三周期第IIIA族?！拘?詳解】Y與Z形成化合物為MgS，電子式為：?！拘?詳解】W為Cr元素，在周期表中的位置為第四周期第VIB族，位于在元素周期表d區(qū)；CrCl3與形成六配位的配合物，且，3個位于外界。該配合物的化學式為[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。【小問5詳解】A．同一周期元素，原子序數(shù)越大，半徑越小，Mg原子的半徑小于原子，故A符合題意；B．S元素和N元素不在同一周期也不在同一主族，不能比較其非金屬性的大小，也無法比較二者簡單氣態(tài)氫化物簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性，故B不符合題意；C．非金屬性：Cl>S，則Cl2和H2S反應生成S單質，故C符合題意；D．非金屬性：S>Si，非金屬性越強且最高價氧化物對應水化物的酸性越強，則H2SO4的酸性強于，故D符合題意；故選ACD。16.銅的化合物豐富多彩。（1）與雙縮脲在堿性溶液中作用形成紫紅色絡合物。①的基態(tài)核外電子排布式為_______。②雙縮脲分子中氮原子采用的雜化方式為_______。C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的順序是_______。（2）與N兩種元素組成的化合物具有良好光學性能。其晶胞結構如題圖所示。①該晶體中1個周圍距離最近的N數(shù)目為_______。②該晶胞有較大的空隙，在這些空隙中插入金屬原子可使獲得的物質成為導體。若在上述晶胞體心插入一個原子，則所得物質的化學式為_______。（3）向溶液中加入過量氨水，可生成配離子。①含有鍵的數(shù)目為_______。②與均為三角錐形分子，分子中的氮原子不易與形成配離子，請從電負性角度分析其原因是_______。【答案】16.①.1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9②.sp3③.N>O>C17.①.2②.Cu4N18.①.16NA②.F的電負性比N大，N-F成鍵電子對向F偏移，導致NF3中N原子核對其孤電子對的吸引能力增強，難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2+形成配離子【解析】【小問1詳解】①Cu原子核外有29個電子，Cu在周期表中位于ds區(qū)，根據(jù)構造原理書寫基態(tài)Cu2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；②雙縮脲分子中氮原子通過單鍵與碳原子和氧原子相連，雜化方式為sp3；同周期元素第一電離能從左向右有增大的趨勢，第IIA、VA族反常，因此三者的第一電離能從大到小的順序為N>O>C?！拘?詳解】①由晶胞結構可知，該晶體中1個周圍距離最近的N數(shù)目為2；②若在上述晶胞體心插入一個原子，則Cu原子的個數(shù)為：1+=4，N原子的個數(shù)為：=1，則所得物質的化學式為Cu4N?！拘?詳解】①中配位鍵屬于鍵，N-H也屬于鍵，則含有鍵的數(shù)目為16NA；②F的電負性比N大，N-F成鍵電子對向F偏移，導致NF3中N原子核對其孤電子對的吸引能力增強，難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2+形成配離子。17.研究氮氧化物的相關反應對于減少環(huán)境污染有重要意義。（1）在恒壓、和的起始濃度一定的條件下，反應相同時間，測得不同溫度下轉化為的轉化率如圖-1中實線所示(圖中虛線表示相同條件下的平衡轉化率隨溫度的變化)。①反應的_______0(選填“=”、“>”或“<”)。②時，與反應一段時間后，測得的轉化率為(圖中X點)，不改變溫度和壓強且不使用催化劑，可以提高轉化率的措施有_______。③由一步快反應和一步慢反應組成，在反應過程中檢測到。的反應過程可描述為_______(用化學方程式表示)。（2）電解可制備，裝置如圖-2所示。①寫出電解時陽極的電極反應式：_______。電路中每轉移電子，陰極理論能處理的體積為_______L(標準狀況下)。②為使電解產物全部轉化為，需補充物質A。A的化學式為_______，補充物質A的理由為_______?！敬鸢浮浚?）①.<②.充入O2或者及時分離出產物NO2③.2NO=、（2）①.2H2O+NO-3e-=NO+4H+②.4.48③.NH3④.根據(jù)電子守恒，陽極得到的NO3-的量大于陰極得到的NH的量，所以需充入NH3【解析】【小問1詳解】①升高溫度NO平衡轉化率降低，平衡逆向移動，升高溫度平衡向吸熱方向移動，則正反應為放熱反應，所以<0；②反應是氣體體積減小的放熱反應，若不改變溫度和壓強且不使用催化劑，可以提高轉化率的措施有：充入O2或者及時分離出產物NO2；③由一步快反應和一步慢反應組成，在反應過程中檢測到，說明NO和O2先反應生成，方程式為：2NO=；然后再緩慢轉化為NO2，方程式為：，的反應過程可描述為2NO=、?！拘?詳解】①由圖可知，NO在陽極失去電子生成NO，電極方程式為：2H2O+NO-3e-=NO+4H+，同時NO在陰極得到電子生成NH，電極方程式為：6H++NO+5e-=NH+H2O，電路中每轉移電子，陰極理論能處理0.2mol，標準狀況下的體積為4.48L；②由電解NO制備NH4NO3的工作原理圖可知，NO在陽極發(fā)生氧化反應生成NO，電極反應式為：2H2O+NO-3e-=NO+4H+；NO在陰極發(fā)生還原反應生成NH，電極反應式為：6H++NO+5e-=NH+H2O，電池總反應式為：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，從兩極反應可看出，陽極產生的NO的物質的量大于陰極產生的NH的物質的量，因此若要使電解產物全部轉化為NH4NO3，需補充NH3。18.的資源化利用是實現(xiàn)碳中和的重要途徑。Ⅰ.電化學法將轉化為甲酸科學家近年發(fā)明了一種新型水介質電池。如圖-1所示，電極分別為金屬鋅和選擇性催化材料，放電時，被轉化為儲氫物質甲酸。注：雙極隔膜為一層陽離子交換膜和一層陰離子交換膜復合而成，中間為水，作為電解質溶液中和的來源。（1）放電時，正極電極反應式為_______。（2）充電時每生成，理論上陰極獲得的物質的量為_______。（3）與極室相連的離子交換膜為_______。Ⅱ.熱化學法將轉化為甲醇催化加氫主要反應有：反應Ⅰ