河北省唐山市路北区第十一中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 15页

高二年级化学学科试卷 I卷（共54分）‎ 一、选择题（每题3分，只有一个选项符合题意）‎ ‎1. 下列基态原子的电子排布式中，其未成对电子数最多的是(　　)‎ A. 1s22s22p63s23p63d54s1‎ B. 1s22s22p63s23p3‎ C. 1s22s22p63s23p63d64s2‎ D. 1s22s22p63s23p63d74s2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、有6个未成对电子，‎ B、有3个未成对电子，‎ C、有4个未成对电子，‎ D、有3个未成对电子，‎ 所以未成对电子数最多的是A，答案选A。‎ ‎2.已知某元素的基态电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，该元素在周期表中属于(　　)‎ A. ⅤB族 B. ⅡB族 C. Ⅷ族 D. ⅡA族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】某元素基态电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，价电子为4s2，因此该元素在周期表中属于ⅡA族，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎3.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I表示，单位为kJ·mol－l)。下列关于元素R的判断中一定正确的是(　　)‎ 电离能 I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ ‎……‎ E ‎740‎ ‎1 500‎ ‎7 700‎ ‎10 500‎ ‎……‎ A. R的最高正价为＋3价 B. R元素的原子最外层共有4个电子 C. R元素位于元素周期表中ⅡA族 D. R 元素基态原子的电子排布式为1s22s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据R的逐级电离能，失去第二个电子比较容易，失去第三个电子比较困难，因此R的最高正价为＋2价，故A错误；‎ B．根据R的逐级电离能，失去第二个电子比较容易，失去第三个电子比较困难，说明第三个电子在次外层，因此R的原子最外层共有2个电子，故B错误；‎ C．根据A选项分析，得到R元素位于元素周期表中ⅡA族，故C正确；‎ D．R元素可能是Be，基态原子的电子排布式为1s22s2，可能是Mg，基态原子的电子排布式为1s22s22p62s2，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】通过逐级电离能得出元素在周期表的价态、族系数及最外层电子数。‎ ‎4.下面是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况，其中正确的是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中同一原子轨道中电子自旋方向相同，违背泡利不相容原理，故A错误；‎ B.2p能级中的3个电子应在3个不同的原子轨道、且自旋方向相同，违背洪特规则，故B错误；‎ C. 中不同原子轨道的单电子自旋方向不同，违背洪特规则，故C错误；‎ D．符合洪特规则、泡利不相容原理，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.下列表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势曲线中正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据卤族元素的原子结构和性质，可知同主族元素电负性随核电荷数的递增而减小，故A正确；‎ B．F元素无正价，故B错误；‎ C．同一主族元素中，随着核电荷数的增大，原子半径增大，原子核对外层电子的吸引力减小，原子越容易失去电子，电离能减小，故C错误；‎ D．同主族元素，随核电荷数的递增，原子的电子层数越多，半径越大，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.离子晶体中一定不存在的相互作用力是(　　)‎ A. 离子键 B. 极性键 C. 非极性键 D. 范德华力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】离子化合物中一定含有离子键，也可能含有共价键，主要是OH-和含氧酸根中的极性共价键，还有O２２－中的非极性共价键。只有分子晶体中才含有范德华力，离子晶体中一定不会有范德华力。‎ 答案选D。‎ ‎7.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 沸点：H2O>HF B. 热稳定性：HF>H2O C. 仅由N、H、O三种元素形成的化合物中不可能含离子键 D. NCl3、SiCl4分子中每个原子最外层均满足8电子结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于H2O、HF存在分子间氢键，H2O存在分子间数目大于HF，因此沸点：H2O＞HF，故A正确；‎ B. 非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，因此热稳定性：HF＞H2O，故B正确；‎ C. 仅由N、H、O三种元素形成的化合物中可能含离子键，比如硝酸铵，故C错误；‎ D. 根据价态的绝对值加上最外层电子数是否等于8，等于8，则满足8电子结构，因此NCl3、SiCl4分子中每个原子最外层均满足8电子结构，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】8电子结构判断方法是根据价态的绝对值加上最外层电子数是否等于8，等于8，则满足8电子结构。‎ ‎8.下列叙述中正确的是( )‎ A. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子 B. NH3、CO、CO2都是极性分子 C. HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强 D. CS2、H2O、C2H2都是直线型分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CH4、CCl4分子中分别含有碳氢键和碳氯键，都属于极性分子，但这两种分子都属于正四面体型分子，其正负电荷重心重叠，属于非极性分子，故A正确；‎ B.CO2直线型分子，其正负电荷重心重叠，故属于非极性分子，故B错误；‎ C.F、CI、Br、I的非金属逐渐减弱，所以HF、HCI、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，故C错误；‎ D.H2O是V型分子，CS2、C2H2都是直线型分子，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，‎ NH3、H2O、SO2等为极性分子。‎ ‎9.下列分子为手性分子的是 A. CH2Cl2 B. ‎ C. D. CH3CH2COOCH2CH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，判断手性碳原子时要注意：‎ ‎（1）手性碳原子一定是饱和碳原子；‎ ‎（2）手性碳原子所连接的四个基团一定是不同的，然后根据手性分子是含有手性碳原子的分子。‎ ‎【详解】A．CH2Cl2碳原子所连接的4个基团分别为2个H原子、2个Cl原子，没有手性碳原子，所以不属于手性分子，选项A错误； ‎ B．中间的碳原子连接四个不同取代基，该碳原子具有手性，所以该有机物属于手性分子，选项B正确；‎ C．中一个碳原子为不饱和碳原子，没有手性碳原子，不属于手性分子，选项C错误；‎ D．CH3CH2COOCH2CH3中一个中间碳原子为不饱和碳原子，另四个碳原子所连接的四个基团有相同的，没有手性碳原子，不属于手性分子，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查手性碳原子的判断，题目难度不大，判断手性碳原子时要注意：手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团一定是不同的。‎ ‎10.下列各组物质不是互为等电子体的是 A. CO和N2 B. CO2和N2O C. CO32-和NO3- D. CO2和SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】等电子体是原子数相等，原子的最外层电子数也相等的物质；‎ A．CO和N2原子数相等，原子的最外层电子数也相等，是等电子体，A不选；‎ B．CO2和N2O原子数相等，原子的最外层电子数也相等，是等电子体，B不选；‎ C．CO32-和NO3-原子数相等，原子的最外层电子数也相等，是等电子体，C不选；‎ D．CO2和SO2原子数相等，原子的最外层电子数不相等，不是等电子体，D可选；‎ 故选D。‎ ‎11.下列化学用语的理解正确的是(　　)‎ A. 24Cr的价电子排布式为3d44s2‎ B. 电子式为H可以同时表示羟基和氢氧根离子 C. 比例模型为可以同时表示CH4和CCl4分子 D. 1s22s22p3和1s22s22p4能形成AB2型共价化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 24Cr的价电子排布式为3d54s1，故A错误； ‎ B．电子式为H可以同时表示羟基，氢氧根离子的电子式为，故B错误；‎ C．比例模型为可以表示CH4分子，Cl原子半径大于C原子半径，因此不表示CCl4分子，故C错误；‎ D．1s22s22p3为N元素，1s22s22p4为O元素，形成NO2型共价化合物，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】羟基为中性基团，1mol羟基含有9mol电子，而氢氧根离子为带电基团，1mol该离子含有10mol电子，二者的性质不相同。‎ ‎12.下列结构简式代表几种不同的烷烃(　　)‎ ‎(1) (2) (3)‎ ‎(4) (5) ‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】表示2-甲基丁烷， 表示戊烷，表示2-甲基丁烷，表示戊烷，表示2，3-二甲基丁烷，因此表示3种不同的烷烃，故B符合题意。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎13.下列化学用语正确的是(　　)‎ A. 甲烷的电子式：‎ B. 丙烯的实验式：C3H6‎ C. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ D. 乙醇的结构式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷属于共价化合物，电子式：，故A正确；‎ B. 丙烯的分子式为C3H6，实验式为CH2，故B错误；‎ C. 乙烯的结构中含有碳碳双键官能团，其结构简式：CH2=CH2，故C错误；‎ D. 是乙醚的结构式，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎14.下列有机物的命名正确的是 A. CH3CH(C2H5)CH3 2-甲基丁烷 B. CH3-CH2-CH(CH3)-OH 2-甲基-1-丙醇 C. CH2BrCH2Br 二溴乙烷 D. (CH3)‎3C-CH2-COOH 2，2-二甲基丁酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH3CH(C2H5)CH3 ，该有机物主碳链为4个碳，属于丁烷，甲基在2号碳上，命名为2-甲基丁烷，故A正确；‎ B．CH3-CH2-CH(CH3)-OH，该物质属于四个碳的醇，羟基在2号碳上，命名为2－丁醇，故B错误；‎ C．CH2BrCH2Br，该有机物属于溴代烃，溴原子分别位于两个碳上，因此命名为1，2－二溴乙烷，故C错误；‎ D．(CH3)‎3C-CH2-COOH，该有机物属于主碳链含有4个碳的羧酸，从官能团羧基开始编号，2个甲基位于3号碳上，命名为3，3－二甲基丁酸，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎15.下列烃中苯环上的一氯代物的同分异构体数目最少的是(　　)‎ A. 邻二甲苯 B. 间二甲苯 C. 对二甲苯 D. 乙苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、邻二甲苯的苯环上氢原子有2种，其一氯代物有2种；‎ B、间二甲苯苯环上氢原子有3种，其一氯代物有3种；‎ C、对二甲苯苯环上氢原子有1种，其一氯代物有1种；‎ D、乙苯苯环上氢原子有3种，其一氯代物有3种，所以一氯代物的同分异构体数目最少的是对二甲苯；‎ 故选C。‎ ‎16.鲨鱼是世界上唯一不患癌症的动物，科学研究表明，鲨鱼体内含有一种角鲨烯，具有抗癌性。已知鲨烯分子含30个C原子及6个碳碳双键且不含环状结构，则其分子式为(　　)‎ A. C30H60 B. C30H‎56 ‎C. C30H52 D. C30H50‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据乙烷到乙烯的结构及氢原子数目变化，多一个碳碳双键，少2个氢原子，因此鲨烯分子含30个C原子的烷烃则为C30H62，含有6个碳碳双键且不含环状结构，则比烷烃少 ‎12个氢原子，因此其分子式为C30H50，故D符合题意。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎17.取代反应、加成反应是有机化学中的反应类型。下列反应能够发生，且反应类型相同的是(　　)‎ ‎①将甲苯加入溴的四氯化碳溶液中　②苯与氢气在催化剂作用下生成环己烷　③将乙烯气体通入到酸性KMnO4溶液中　④乙烷与氯气混合光照　⑤甲苯制TNT A. ①② B. ①⑤ C. ④⑤ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①将甲苯加入溴的四氯化碳溶液中，不发生化学反应；②苯与氢气在催化剂作用下生成环己烷，发生加成反应；③将乙烯气体通入到酸性KMnO4溶液中，发生氧化反应；④乙烷与氯气混合光照，发生取代反应；⑤甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热制TNT发生取代反应；因此④⑤均发生取代反应，故C符合题意。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎18.对此聚合物分析正确的是(　　)‎ A. 其单体是CH2=CH2和HCOOC2H5‎ B. 它是缩聚反应产物 C. 其单体是CH2=CH－COOC2H5‎ D. 其链节是CH3CH2－COOC2H5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 切断高分子主要看分子的链节，从而判断是加聚、还是缩聚而成的。由高分子化合物结构简式可知，含有酯基结构及烯加聚结构，据此判断。‎ ‎【详解】A．结构简式为，因此属于加聚产物，则该高聚物单体是CH2=CHCOOC2H5，A错误；‎ B．链节中主链上只有碳原子，为加聚反应生成的高聚物，B错误；‎ C ‎．凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可，所以该高聚物单体是CH2=CHCOOC2H5，C正确；‎ D．链节为单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，该高聚物链节是，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查高聚物单体的判断，注意把握有机物官能团的性质，根据链节判断高聚物是加聚、还是缩聚而成是关键，题目难度不大。注意加聚产物单体的推断方法：凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换。‎ II卷（共46分）‎ 二、非选择题（每空2分，共46分）‎ ‎19.四种元素X、Y、Z、W位于元素周期表的前四周期，已知它们的核电荷数依次增加，且核电荷数之和为51；Y原子的L层p轨道中有2个电子；Z与Y原子的价层电子数相同；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5∶1。‎ ‎(1)Y、Z可分别与X形成只含一个中心原子的共价化合物a、b，它们的分子式分别是________、________；杂化轨道分别是________、________；a分子的立体结构是________。‎ ‎(2)Y的最高价氧化物和Z的最高价氧化物的晶体类型分别是________晶体、________晶体。‎ ‎(3)Y与Z比较，电负性较大的是________，W2＋离子的核外电子排布式是________。‎ ‎【答案】 (1). CH4 (2). SiH4 (3). sp3 (4). sp3 (5). 正四面体 (6). 分子 (7). 原子 (8). Y (9). 1s22s22p63s23p63d10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四种元素X、Y、Z、W位于元素周期表前四周期，已知它们的核电荷数依次增加， Y原子的L层p轨道中有2个电子，则Y为C，Z与Y原子的价层电子数相同，则Z为Si，W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1，最外层为2个电子，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5∶1，d轨道为10个电子，则W为Zn，四种元素核电荷数之和为51，则X为 H。‎ ‎【详解】(1)Y、Z可分别与X形成只含一个中心原子的共价化合物a、b，它们的分子式分别是CH4、SiH4；CH4价层电子对数为，杂化方式为sp3，立体结构是正四面体形，SiH4价层电子对数为，杂化方式为sp3；故答案为：CH4；SiH4；sp3；sp3；正四面体形。‎ ‎(2)Y的最高价氧化物为CO2，晶体类型为分子晶体，Z的最高价氧化物为SiO2，晶体类型为原子晶体；故答案为：分子；原子。‎ ‎(3)Y(C)与Z(Si)比较，同主族电负性逐渐减小，因此电负性较大的是C，Zn基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，Zn2+离子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10；故答案为：Y；1s22s22p63s23p63d10。‎ ‎20.A．[物质结构与性质]‎ Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu₂O。‎ ‎（1）Cu2+基态核外电子排布式为____。‎ ‎（2）的空间构型为____（用文字描述）；Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中的配位原子为____（填元素符号）。‎ ‎（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为____；推测抗坏血酸在水中的溶解性：____（填“难溶于水”或“易溶于水”）。‎ ‎（4）一个Cu2O晶胞（见图2）中，Cu原子数目为____。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). 正四面体 (3). O (4). sp3、sp2 (5). 易溶于水 (6). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查物质结构与性质，涉及内容为电子排布式的书写、空间构型、配合物知识、杂化类型的判断、溶解性等知识，都属于基础性知识，难度系数不大；‎ ‎【详解】（1）Cu位于第四周期IB族，其价电子排布式为3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；‎ ‎（2）SO42－中S形成4个σ键，孤电子对数为(6＋2－4×2)/2=0，因此SO42－空间构型为正四面体形；[Cu(OH)4]2－中Cu2＋提供空轨道，OH－提供孤电子对，OH－只有O有孤电子对，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子为O；‎ ‎（3）根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；‎ ‎（4）考查晶胞的计算，白球位于顶点和内部，属于该晶胞的个数为8×1/8+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶胞的个数为4，化学式为Cu2O，因此白球为O原子，黑球为Cu原子，即Cu原子的数目为4；‎ ‎【点睛】有关物质结构与性质的考查，相对比较简单，考查点也是基本知识，这就要求考生在《物质结构与性质》的学习中夯实基础知识，同时能够达到对知识灵活运用，如考查抗坏血酸分子溶解性，可以从乙醇极易溶于水的原因分析。‎ ‎21.给下列有机物命名：‎ ‎(1) 的系统命名为____________________________________。‎ ‎(2) 的系统命名为______________________________。‎ ‎(3) 的系统命名为__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2-甲基-2-氯丙烷 (2). 4-甲基-2-戊醇 (3). 4-甲基-4-乙基-1-己炔 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)的系统命名先写烷基位置和名称，再写卤代基团位置和名称，最后写某烷。‎ ‎(2)的系统命名先写烷基位置和名称，再写羟基位置和某醇。‎ ‎(3)的系统命名先以含碳碳三键最长链为主链，离官能团最近一端开始编号，先简单基团，再复杂基团。‎ ‎【详解】(1)的系统命名先写烷基位置和名称，再写卤代基团位置和名称，最后写某烷，其命名为2-甲基-2-氯丙烷；故答案为：2-甲基-2-氯丙烷。‎ ‎(2)的系统命名先写烷基位置和名称，再写羟基位置和某醇，命名为4-甲基-2-戊醇；故答案为：4-甲基-2-戊醇。‎ ‎(3)的系统命名先以含碳碳三键最长链为主链，离官能团最近一端开始编号，先简单基团，再复杂基团，命名为4-甲基-4-乙基-1-己炔；故答案为：4-甲基-4-乙基-1-己炔。‎ ‎22.为探究苯与溴的取代反应，甲用下图装置Ⅰ进行如下实验：‎ 将一定量的苯和溴放在烧瓶中，同时加入少量铁屑作催化剂，3～5分钟后发现滴有AgNO3的锥形瓶中有浅黄色的沉淀生成，即证明苯与溴发生了取代反应。‎ ‎(1)装置Ⅰ中①的化学方程式为__________________________。‎ ‎(2)烧瓶中生成的红褐色油状液滴的成分是溴苯和溴单质，要想得到纯净的产物，可用NaOH溶液试剂洗涤。洗涤后分离粗产品应使用的仪器是________________。‎ ‎(3)乙同学设计上图所示装置Ⅱ，并用下列某些试剂完成该实验。可选用的试剂是：苯；液溴；浓硫酸；氢氧化钠溶液；硝酸银溶液；四氯化碳。‎ a的作用是__________________。b中的试剂是___________________。比较两套装置，装置Ⅱ的主要优点__________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 分液漏斗 (3). 防止倒吸 (4). CCl4或 (5). 防止倒吸；可以控制反应进行程度；避免杂质干扰；防止污染空气 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 苯和液溴在铁作催化剂作用下发生反应生成溴苯和溴化氢，反应是放热反应，溴易挥发，生成的HBr和溴蒸汽进入后面装置，用苯或四氯化碳吸收溴蒸汽，HBr溶于水用硝酸银或紫色石蕊验证，从而得出苯和液溴反应是取代反应，生成的溴苯中溶有溴单质，因此用氢氧化钠溶液除去溴单质，再用分液漏斗分离得到溴苯。‎ ‎【详解】(1)装置Ⅰ中①是苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，其化学方程式为；‎ 故答案为：。‎ ‎(2)溴苯是难溶于水的液体，因此洗涤后分离粗产品应使用的仪器是分液漏斗；‎ 故答案为：分液漏斗。‎ ‎(3)分析装置Ⅱ；由于反应是放热反应，溴易挥发，易溶于苯和四氯化碳，因此a的作用是防止溴和苯或四氯化碳溶解时发生倒吸进入到发生装置中，a起到安全瓶的作用；b中的试剂是苯或四氯化碳，吸收挥发的溴蒸汽，HBr进入到c中（盛放硝酸银溶液）验证发生取代反应，如果C装置内出现浅黄色沉淀，证明有溴化银生成，说明反应生成了溴化氢；比较两套装置，装置Ⅱ的主要优点防止倒吸，可以控制反应进行程度，避免杂质干扰，防止污染空气；‎ 故答案为：防止倒吸；CCl4或；防止倒吸，可以控制反应进行程度，避免杂质干扰，防止污染空气。‎