山东省临沂市罗庄区2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）

山东省临沂市罗庄区2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）说明：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。考试时间为100分钟，满分100分。2答题前请将答题卡上有关项目填、涂清楚。将第卷题目的答案用2B铅笔涂在答题卡上，第卷题目的答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡的相应位置上，写在试卷上的答案无效。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 As 75第I卷（选择题 共48分）一、选择题（本题共16个小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）1.能用分液漏斗分离的混合物是A. 液溴和四氯化碳B. 甘油和乙酸C. 烧碱溶液和乙醇D. 苯和蒸馏水【答案】D【解析】【分析】能用分液漏斗分离的混合物，二者不互溶，出现分层，以此来解答。【详解】A液溴和四氯化碳混合不分层，应利用蒸馏法分离，故A错误；B甘油和乙酸混合不分层，应利用蒸馏法分离，故B错误；C烧碱溶液和乙醇溶液混合不分层，应利用蒸馏法分离，故C错误；D苯和蒸馏水混合分层，苯在上层，则能用分液漏斗分离，故D正确；故答案为D。2.关于下列有机物的叙述正确的是A. 乙炔是含碳量最高的烃B. 碳氢化合物中的化学键都是极性键C. 乙烯和苯在工业上都可由石油分馏得到D. 相同条件下，丙三醇的沸点比乙醇的高【答案】D【解析】【详解】A稠环芳香烃中的许多物质其含碳量都比乙炔高，如萘(C10H8)，故C错误；B碳氢化合物中的化学键不一定都是极性键，如乙烷中既含有CH极性键，又含有CC非极性键，故B错误；C通过石油分馏得不到乙烯，乙烯可以通过石油分馏产品裂解得到，苯可通过煤的干馏获得，故C错误；D含有的羟基越多，形成的氢键几率越大，丙三醇含有的羟基越多，所以丙三醇的沸点高于乙醇，故D正确；故答案为D。3.某有机物的结构简式如图所示，关于有机物的下列说法错误的是A. 其分子式为C8H10O3B. 有两种含氧官能团C. 可使溴的四氯化碳溶液褪色D. 既可以发生取代反应又可以发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A由结构简式可知C8H12O3，故A错误；B含有羧基、羟基两种含氧官能团，故B正确；C含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；D含有羧基、羟基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，故D正确；故答案为A。4.下列说法正确的是A. 往苯酚钠溶液中通入CO2可制得苯酚，并得到碳酸钠B. 将铁屑、溴水、苯混合可制得溴苯C. 将卤代烃滴入AgNO3溶液中，根据生成沉淀颜色可以判断卤素原子种类D. 将光亮铜丝在酒精灯火焰上加热后变黑，立即伸入无水乙醇中，铜丝能恢复成原来的颜色【答案】D【解析】【详解】A因为苯酚酸性大于碳酸氢根离子，所以二氧化碳和苯酚钠水溶液反应生成苯酚和碳酸氢钠，故A错误；B在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯，苯和溴水不反应，故B错误；C将卤代烃中不含自由移动的卤离子，所以不能和硝酸银溶液反应，应该先用NaOH水溶液或醇溶液加热制取自由移动的卤离子，然后加入硝酸中和未反应的NaOH，再加入硝酸银溶液，根据沉淀颜色确定卤代烃中含有卤颜色，故C错误；DCu和氧气加热生成黑色的CuO，乙醇和CuO发生氧化还原反应生成Cu，从而铜丝能恢复成原来的颜色，故D正确；故答案为D。5.分子式为的同分异构体共有（不考虑立体异构）A. 6种B. 7种C. 8种D. 9种【答案】C【解析】【详解】分子式为C5H11Cl的同分异构体，主链有5个碳原子的是CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的是：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的是：(CH3)3 C CH2Cl；共有8种，选C。6.下列有机物命名正确的是（ ）A. 2甲基3乙基丁烷B. 2氯乙烷C. 2，2二甲基1丁烯D. 3甲基1丁烯【答案】D【解析】【详解】A选择的碳连不是最长，应为2，3二甲基戊烷，故A错误；B氯原子的位置不是在2号位，应在1号位，应为1氯乙烷，故B错误；C2号位碳原子已形成5根单键，碳最多形成4根单键，不存在该物质，故C错误；D符合烯烃命名原则，主链最长，主链编号之和最小等，故D正确；故答案为D。【点睛】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：命名要符合“一长、一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目较多，支链位置号码之和最小；有机物的名称书写要规范；对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。7.下列关系正确的是A. 沸点：新戊烷2，2一二甲基戊烷丙烷B. 密度：CCl4H2O甲苯C. 等质量的物质燃烧耗O2量：乙烷乙烯乙炔甲烷D. 等物质的量物质燃烧耗O2量：环己烷苯苯甲醇【答案】B【解析】【详解】A烷烃中，碳原子个数越多其熔沸点越高，碳原子个数相等时，支链越多其熔沸点越低，所以沸点大小为：2，2二甲基戊烷新戊烷丙烷，故A错误；B分子晶体中，相对分子质量越大，其密度越大，但水的密度大于甲苯，所以密度大小为：CCl4H2O甲苯，故B正确；C甲烷、乙烷、乙烯、乙炔、最简式分别是CH4、CH3、CH2、CH，这几种最简式中碳原子个数相等、H原子个数不等，H原子个数越多，则H元素含量越高，耗氧量越多，等质量的物质燃烧耗O2量：甲烷乙烷乙烯乙炔，故C错误；D环己烷(C6H12)、苯(C6H6)、苯甲醇(C7H8O)，等物质的量的有机物其耗氧量比为：(6+)：(6+)：(7+)18：15：17，燃烧耗O2量大小顺序为：环已烷苯甲醇苯，故D错误；故答案为B。8.下列关于有机物结构或性质说法正确的是A. 向某溶液中滴加溴水溶液变紫色，据此可检验苯酚存在B. 光照条件下1molCH4与3molCl2反应可制得1molCHCl3C. 含羟基的醇均能发生氧化反应得到相应的醛D. lmol甲基中含9mol电子【答案】D【解析】【详解】A苯酚和氯化铁发生显色反应，和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，现象不正确，故A错误；B甲烷与氯气的取代反应为链锁反应，则光照条件下1molCH4与3molCl2反应生成多种卤代烃的混合物，故B错误；C连接醇羟基的碳原子上含有2个H原子的醇能被氧化生成相应的醛，如CH3CHOHCH3被氧化生成酮，故C错误；D.1个甲基中含有9个电子，则1mol甲基中含有9mol电子，故D正确；故答案为D。9.关于晶体的叙述中，正确的是A. 原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B. 分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C. 分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D. 某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体【答案】A【解析】试题分析：A原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，故A正确；B分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则分子间的作用力越大，熔、沸点越高，故B错误；C分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则共价键的键能越大，该分子越稳定，故C错误；D分子晶体、离子晶体溶于水都可电离出自由移动的离子，如HCl、NaCl，而熔融状态能电离产生离子的化合物一定是离子晶体，故D错误；故选A。考点：考查了晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系的相关知识。10.能发生消去反应，生成物可能有两种的是A. B. C. D. CH3Cl【答案】B【解析】【详解】A发生去消去反应生成丙烯，故A错误；B发生消去反应，可以生成CH3CHC(CH3)2、CH3CH2C(CH3)CH2，故B正确；C发生消去反应生成苯乙烯，故C错误；D只有一个碳原子，不能发生消去反应，故D错误；故答案B。11.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A. 第一电离能：B. 原子半径：C. 电负性：D. 最高正化合价：【答案】A【解析】【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，1s22s22p63s23p4是S元素、1s22s22p63s23p3是P元素、1s22s22p3是N元素、1s22s22p5是F元素；A同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能NF，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能SP，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能NP，所以第一电离能SPNF，即，故A正确；B同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径PS，NF，电子层越多原子半径越大，故原子半径PSNF，即，故B错误；C同周期自左而右电负性增大，所以电负性PS，NF，N元素非金属性与S元素强，所以电负性PN，故电负性PSNF，即，故C错误；D最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：，故D错误。故答案为A。【点睛】解答时注意“同一周期元素中，元素第一电离能的变化趋势，及异常现象”，为答题的关键和易错点。所谓第一电离能：气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，符号I，单位kJ/mol。电离能的变化规律一般为：同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。同种原子：逐级电离能越来越大(即I1I2I3)。12.下列说法中，正确的是A. 在周期表里，主族元素所在的族序数等于原子核外电子数B. 在周期表里，元素所在的周期数等于原子核外电子层数C. 最外层电子数为8的都是稀有气体元素的原子D. 元素的原子序数越大，其原子半径也越大【答案】B【解析】A在周期表里，主族元素所在的族序数等于原子核外最外层电子数，而不是电子数，故A错误；B原子的结构决定元素在周期表中的位置，原子核电电子层数等于周期数，最外层电子数决定主族元素在周期表中的族序数，故B正确；C最外层电子数为8的粒子可能为原子或离子，如为原子，则为稀有气体元素，故C错误；D同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，如为同主族，则原子序数越大，半径越大，故D错误；故选B。13.下列说法中正确的是A. 在分子中，两个成键原子间的距离叫做键长B. 某些晶体中有阳离子不一定有阴离子C. 臭氧和氧气互为同素异形体，它们在水中溶解度相同D. P电子和p电子不能形成键【答案】B【解析】【详解】A两个成键的原子间的核距离为键长，故A错误；B晶体中有阴离子则必然有阳离子，但有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体，故B正确；C臭氧和氧气是同种元素组成的不同单质，属于同素异形体，但是它们在水中的溶解度不同，故C错误；Dp电子与p电子头对头能形成键，肩并肩能形成键，故D错误；故答案为B。14.维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用。该物质的结构式如图所示，以下关于维生素B1的说法正确的是 A. 只含键和键B. 既有共价键又有离子键C. 该物质的熔点可能高于CsClD. 维生素B1晶体溶于水的过程中克服的微粒间作用力只有离子键【答案】B【解析】【分析】依据图示结构，维生素B1中含有氯离子及另一种有机离子，存在离子键，B1是分子型物质，熔点不可能高于NaCl，同种元素原子之间形成非极性键，不同元素原子之间形成非极性键，据此分析解答。【详解】A依据结构简式可知，维生素B1含有键和键，离子键，故A错误；BB1中含有氯离子及另一种有机离子，存在离子键，其它原子之间形成共价键，故B正确；CB1结构中虽然有离子键，但分子堆积为晶体靠的是分子间弱相互作用，而非正负离子吸引，因此属分子晶体，而氯化铯为离子晶体，所以沸点低于氯化铯，故C错误；D维生素B1晶体溶于水的过程中克服的微粒间作用力：离子键、氢键、范德华力，故D错误；故答案为B。15.下列说法中不正确的是A. 相同条件下，氧化镁的熔点比氧化钙的高B. 键长的大小与成键原子的半径和成键数目有关C. 键能越大，键长就越长，共价化合物也就越稳定D. HF与OH 互为等电子体【答案】C【解析】【详解】A离子所带电荷相等，镁离子半径小于钙离子半径，则MgO的晶格能大于CaO的晶格能，熔点：CaOMgO，故A正确；B形成共价键的两原子半径之和越小，共用电子对数越多，则共价键越牢固，键长越短，故B正确；C键能越大，键长越短，共价化合物越稳定，键长越长键能越小，键不稳定，故C错误；DHF与OH都含有2个原子，价电子数都是10，二者互为等电子体，故D正确；故答案为C。16.下列叙述中正确是A. 以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子B. 以极性键结合起来的分子一定是极性分子C. 非极性分子只能是双原子单质分子D. 金属银晶体为面心立方最密堆积，其配位数为8【答案】A【解析】【详解】A全由非极性键结合的分子为非极性分子，如氧气、氮气、氯气等，故A正确；B以极性键结合起来的分子可能为非极性分子，如甲烷、二氧化碳等，故B错误；C非极性分子可能为多原子分子，如甲烷、二氧化碳等，故C错误；D金属银晶体为面心立方最密堆积，其配位数为12，故D错误；故答案为A。第卷（非选择题共52分）17.有机物M只含C、H、O三种元素，其分子模型如下图所示（图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键等）。（1）有机物M的结构简式为_，用1H核磁共振谱可以证明该化合物的核磁共振氢谱中有_种吸收峰。（2）下列物质中，与有机物M互为同分异构体的是_（填序号），与有机物M互为同系物的是_（填序号）。CH3CH=CHCOOH CH2=CHCOOCH3 CH3CH2CH=CHCOOH CH3CH(CH3)COOH（3）M分子中最多有_个碳原子共面，其中碳原子的杂化类型有_。（4）由M分子聚合可得到只含一种官能团的高分子化合物，写出该反应方程式_。【答案】 (1). (2). 3 (3). (4). (5). 4 (6). sp2，sp3 (7). 【解析】【分析】(1)根据原子成键特点知，该物质结构简式为，该分子中有几种氢原子，其核磁共振氢谱中有几种吸收峰；(2)分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体；结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2原子团的有机物互称同系物；(3)乙烯中所有原子共平面，甲酸中所有原子共平面，甲烷中3个原子共平面，据此判断M中最多共平面原子个数；甲基上的C原子价层电子对个数是4、其它原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；(4)M中含有碳碳双键，所以能发生加聚反应而生成高分子化合物。【详解】(1)根据原子成键特点知，该物质结构简式为，该分子中有几种氢原子，其核磁共振氢谱中有几种吸收峰，有3种氢原子，所以有3种吸收峰；(2)分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体；结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2原子团的有机物互称同系物，与其互为同分异构体的有，互为同系物的有；(3)乙烯中所有原子共平面，甲酸中所有原子共平面，甲烷中3个原子共平面，据此判断M中最多共平面原子个数为4；甲基上的C原子价层电子对个数是4、其它原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp2、sp3；(4)M中含有碳碳双键，所以能发生加聚反应而生成高分子化合物，反应方程式为。【点睛】有机物共线、共面判断，解答该类试题的判断技巧：甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。借助CC键可以旋转而CC键、键不能旋转以及立体几何知识判断。苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。18.镓(Ga)、锗( Ge)、砷(As)、硒(Se)均为第四周期的元素，它们在高科技尖端科学特别是信息领域有着广泛的用途。试回答下列问题：（1）基态锗原子的价电子排布图为_。（2）沸点：NH3_AsH3（填“”、“”或“”），原因是_。（3）H2SeO4和H2SeO3是硒的两种含氧酸,请根据结构与性质的关系，解释H2SeO4比H2SeO3 酸性强的原因_。（4）砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700下反应制得，同时得到一种最简单的有机物，写出该反应的方程式为_；砷化镓的晶胞结构如下图所示，其晶胞边长为a pm（1pm=10-12m），则每立方厘米该晶体中所含砷元素的质量为_g（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。【答案】 (1). (2). (3). NH3分子间存在氢键，所以NH3沸点高于AsH3 (4). H2SeO4与H2SeO3比较前者非羟基氧多（或H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，导致Se-O-H中的O的电子更向Se偏移，越易电离出H+） (5). (CH3)3Ga +AsH3GaAs +3CH4 (6). 【解析】【详解】（1）锗是第四周期第A族元素，原子序数是32，所以依据核外电子排布规律可知，基态锗原子的价电子排布式为4s24p2，价电子排布图为，故答案为：。（2）由于氮元素的非金属性强，因此NH3分子间存在氢键，所以NH3沸点高于AsH3沸点，故答案为：；NH3分子间存在氢键，所以NH3沸点高于AsH3。（3）由于H2SeO4和H3SeO3可表示为(HO)2SeO2和(HO)3Se，H2SeO4中非羟基氧多，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，导致Se-O-H中的O的电子更向Se偏移，越易电离出H+，所以H2SeO4比H2SeO3酸性强，故答案为：H2SeO4与H2SeO3比较前者非羟基氧多（或H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，导致Se-O-H中的O的电子更向Se偏移，越易电离出H+）。（4）砷化镓可由(CH3)2Ga和AsH3在700下反应制得，则根据原子守恒可知，另外一种生成物是甲烷，则该反应的方程式为(CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4；根据晶胞结构可知GaAs晶体中，每个As与4个Ga相连，且As原子全部在晶胞里面，共计是4个。晶胞边长为apm，所以晶胞的体积是a3pm3，所以每立方厘米含该晶胞的个数是，因此含有的As原子个数是4，物质的量是mol，所以As元素的质量是mol75g/molg，故答案为：(CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4；。19.铜单质及其化合物在很多领域有重要用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水合硫酸铜可用作杀菌剂等。（1）基态Cu2的核外电子排布式为_。（2）科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如下：胆矾的化学式用配合物的形式表示为_。胆矾中SO42-的立体构型名称为_，H2O的VSEPR模型名称为_。（3）向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)42配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2形成配离子，其原因是_。（4）Cu3N形成的晶体结构如下图所示，N3的配位数是_。设晶胞边长为a cm，密度为b g/cm3，则阿伏加德罗常数可表示为_(用含a、b的式子表示）。【答案】 (1). Ar3d9 (2). Cu(H2O)4SO4H2O (3). 正四面体形 (4). 正四面体形 (5). F的电负性比N大，NF成键电子对偏向F原子，使得氮原子上的孤对电子难与Cu2形成配离子 (6). 6 (7). 【解析】【分析】(1)Cu元素是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去2个电子生成Cu2+，根据构造原理书写铜离子核外电子排布式；(2)根据图象知铜离子的配位数是4，另外一个水分子是结晶水分子；根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型及原子杂化方式；(3)NF3中NF成键电子对偏向于F原子，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子；(4)该晶胞中小球个数123，白色球个数81，根据其化学式知，小球表示Cu+、白色球表示N3，N3的配位数为6；该晶胞的体积a3cm3，密度b，据此计算NA。【详解】(1)Cu元素是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去2个电子生成Cu2+，根据构造原理知铜离子核外电子排布式为Ar3d9；(2)根据图象知铜离子的配位数是4，另外一个水分子是结晶水分子，则胆矾的化学式用配合物的形式表示为Cu(H2O)4SO4H2O；胆矾中SO42的价层电子对个数4+(6+242)4，所以其空间构型正四面体结构；H2O中O原子价层电子对个数2+(622)4，所以H2O的VSEPR模型为四面体；(3)F的电负性大于N元素，NF3中NF成键电子对偏向于F原子，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子，所以NF3不易与Cu2+形成配离子；(4)该晶胞中小球个数123，白色球个数81，根据其化学式知，小球表示Cu+、白色球表示N3，N3的配位数为6；该晶胞的体积a3cm3，密度b，则NA。【点睛】晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个