云南省玉溪市通海二中2020学年高二化学下学期5月月考试题（含解析）

云南省玉溪市通海二中2020学年下学期5月份考试高二化学分卷I一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分) 1.下列关于苯酚的叙述中，错误的是（）A. 其水溶液显弱酸性，俗称石炭酸B. 苯酚溶液对皮肤有强烈的腐蚀性，如果不慎沾在皮肤上，应立即用酒精擦洗C. 其在水中的溶解度随温度的升高而增大，超过65可以与水以任意比互溶D. 在碳酸氢钠溶液中滴入苯酚的水溶液后立即放出二氧化碳【答案】D【解析】【分析】从苯酚的物理性质和化学性质入手分析即可；【详解】A、苯酚中的羟基和苯环之间相连，苯环与羟基的相互作用，使酚羟基在水溶液中能够电离出H，显示酸性，苯酚具有弱酸性，俗称石炭酸，故A说法正确；B、苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性，苯酚易溶于乙醇等有机溶剂，如不慎沾到皮肤上，应立即用酒精洗涤，故B说法正确；C、室温下，苯酚在水中的溶解度是9.3g，当温度高于65时，能与水混溶，故C说法正确；D、苯酚的酸性弱于碳酸，碳酸氢钠通入到苯酚水溶液中不放出CO2，故D说法错误。【点睛】电离出H能力大小是：醋酸H2CO3苯酚HCO3，苯酚钠水溶液中通入少量的CO2，生成苯酚和NaHCO3，不是Na2CO3.2.乙苯的一氯代物的结构共有（）A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】C【解析】乙苯乙基上氢原子环境有2种，苯环上氢原子环境有3种，所以乙苯的一氯代物共5种，C项正确。点拨：本题考查常见有机物命名及同分异构体知识。难度较小。3.B3N3H6与C6H6是等电子体，则下列说法不正确的是()A. B3N3H6能发生加成反应和取代反应B. B3N3H6具有碱性C. B3N3H6各原子在同一平面上D. B3N3H6不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】A等电子体结构和性质相似，与苯为等电子体，性质和苯相似，所以能发生加成反应和取代反应，选项A正确；B、B3N3H6是由极性键组成的非极性分子，不具有碱性，选项B不正确；C苯中所有原子共平面，等电子体结构和性质相似，所以该物质中所有原子共平面，选项C正确；D含有双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D正确；答案选B。点睛：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断及知识迁移能力，明确等电子体结构和性质特点是解本题关键，易错选项是B、B3N3H6是由极性键组成的非极性分子，不具有碱性。4.下列物质中不能与乙酸反应的是（）A. NaB. Cu（OH）2C. CH3CHOD. Na2CO3【答案】C【解析】【分析】乙酸中含有羧基，羧基能电离出H，显示酸性，具有酸的通性，COOH能与羟基发生酯化反应；【详解】A、乙酸的结构简式为CH3COOH，CH3COOHCH3COOH，加入金属钠，发生2Na2CH3COOH2CH3COONaH2，故A不符合题意；B、乙酸能与Cu(OH)2发生中和反应，故B不符合题意；C、乙酸不与乙醛发生反应，故C符合题意；D、乙酸的酸性强于碳酸，乙酸能与碳酸钠反应，故D不符合题意。5.在硼酸B(OH)3分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是A. sp，范德华力B. sp2，范德华力C. sp2，氢键D. sp3，氢键【答案】C【解析】与石墨结构相似，则sp2杂化；羟基间可形成氢键；6.当A，B两种元素原子分别获得两个电子形成8电子稳定结构时，A放出的能量大于B放出的能量；C，D两元素的原子分别失去1个电子形成8电子稳定结构时，D吸收的能量大于C吸收的能量，A，B，C，D之间分别形成化合物时，最容易形成离子化合物的是()A. D2AB. C2BC. C2AD. D2B【答案】C【解析】【详解】由题意知，A和B两种元素的原子分别获得两个电子形成8电子稳定结构时，A放出的能量大于B放出的能量，则其为A族元素，且非金属性AB；C和D两元素的原子分别失去1个电子形成8电子稳定结构时，D吸收的能量大于C吸收的能量，则其为A族元素，且金属性CD。故属于离子化合物的可能性最大的是C2A。本题选C。7.香草醛是一种食品添加剂，可由愈创木酚作原料合成，合成路线如下：下列说法正确的是（）A. 反应12属于加成反应，且生成的化合物2具有一个手性碳原子B. 化合物2在一定条件下可发生消去反应C. 检验制得的香草醛中是否混有化合物3，可用氯化铁溶液D. 等物质的量四种化合物分别与足量NaOH反应，消耗NaOH物质的量之比为1：3：2：4【答案】A【解析】【详解】A、反应12，OHCCOOH中醛基中碳氧双键变为碳氧单键，即该反应为加成反应，根据手性碳原子的定义，2中连有羟基和羧基的C原子为手性碳原子，故A正确；B、羟基所连碳原子的相邻的碳原子上没有H，因此化合物2不能发生消去反应，故B错误；C、酚羟基遇FeCl3溶液发生显色反应，根据化合物3和4的结构简式，都含有酚羟基，因此检验化合物4中是否混有化合物3，不能用氯化铁溶液，故C错误；D、化合物1中只有酚羟基能与NaOH反应，1mol化合物1有1mol酚羟基，化合物2能与NaOH反应的官能团是酚羟基和羧基，1mol化合物2中含有1mol酚羟基和1mol羧基，化合物3中酚羟基和羧基能与NaOH反应，1mol化合物3含有1mol酚羟基和1mol羧基，化合物4中酚羟基能与NaOH反应，1mol化合物4含有1mol酚羟基，因此等物质的量四种有机物分别与足量的NaOH反应，消耗NaOH物质的量之比为1：2：2：1，故D错误。【点睛】易错点是选项D，学生认为所有的羟基都能与NaOH溶液发生反应，高中阶段有机物能与NaOH反应的官能团有卤素原子、酚羟基、羧基、酯基等。8.下列有关烃说法叙述正确的是（）A. 通式为CnH2n+2的烃一定是烷烃B. 通式为CnH2n的烃一定是烯烃C. 通式为C4H6的烃一定是炔烃D. 相对分子质量为128的烃一定是烷烃【答案】A【解析】A正确，通式为CnH2n+2烃一定是烷烃；B错，通式为CnH2n的烃可能是烯烃也可能是环烷烃；C错，通式为C4H6的烃可以是炔烃也可以是二烯烃；D错，不一定，烷烃的结构为碳原子间连接成单键且成链状，其他价键均与氢原子结合；9.与NO3互为等电子体的是（）A. SO3B. PCl3C. CH4D. NO2【答案】A【解析】分析】根据等电子体的概念进行分析，具有相等的价电子总数，和原子总数的分子或离子互称为等电子体；【详解】NO3有4个原子组成，价电子总数为24，依据等电子体的定义，A、SO3有4个原子，价电子总数为24，SO3与NO3互称为等电子体，故A符合题意；B、PCl3有4个原子，价电子总数为26，PCl3与NO3不互为等电子体，故B不符合题意；C、CH4原子总数为5，CH4与NO3不互为等电子体，故C不符合题意；D、NO2的原子总数为3，与NO3不互为等电子体，故D不符合题意。10.Co（）的八面体配合物CoClmnNH3，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是（）A. m=3 n=6B. m=3 n=4C. m=4 n=1D. m=4 n=5【答案】B【解析】【详解】由1mol配合物生成1 mol AgCl沉淀，知道1mol配合物电离出1mol Cl，即配离子显+1价，又因为外界有一个Cl，且Co显+3价，所以CoClm1nNH3+中有两个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，所以n=62=4。故选B。11.通常情况下，元素原子的原子核外p能级、d能级上的电子排布为“全空”“半满”“全满”的时候，元素的性质一般更稳定，称为洪特规则的特例。下列事实不能作为这个规则证据的是()A. 元素硼(B)的第一电离能大于元素铍(Be)的B. 元素磷(P)的第一电离能大于元素硫(S)的C. 基态铜(Cu)原子的电子排布式为Ar3d104s1而不是Ar3d94s2D. 26Fe2容易失电子转变成26Fe3，26Fe2表现出较强的还原性【答案】A【解析】【分析】第一电离能在同一周期中，随原子序数的增大有增大的趋势，但元素外围电子处于充满或半充满时，比后一元素的第一电离能大。【详解】A.元素Be的外围电子排布式为2S2，2S能级为全充满，更稳定，元素B的外围电子排布式为2S22P1，故第一电离能：铍硼，A错误；B.元素P的外围电子排布式为3S23P3，3P能级为半充满，更稳定，元素S的外围电子排布式为3S23P4，故第一电离能：PS，B正确；C.基态铜(Cu)原子的电子排布式为3d能级为全充满，4S为半充满，此时Cu原子最稳定，C正确；D.26Fe2的外围电子排布式为3d6，不够稳定，而26Fe3的外围电子排布式为3d5，能级为半充满，很稳定，D正确；答案为A12.不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是()A. 单质氧化性的强弱B. 最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱C. 单质沸点的高低D. 单质与氢气化合的难易【答案】C【解析】【详解】A.单质的氧化性越强,其元素的非金属性越强,氯气的氧化性大于硫，所以非金属性：氯大于硫，可以判断非金属性强弱,故A不选；B.最高价氧化物对应的水化物酸性越强,其元素的非金属性越强,高氯酸的酸性大于硫酸，所以非金属性：氯大于硫，可以判断非金属性强弱,故B不选；C.单质的沸点属于物理性质,与元素的非金属性无关,不能判断非金属性强弱,故C选；D.单质与氢气化合越容易,其元素的非金属性越强,氯气与氢气点燃反应，氢气和硫加热反应，所以非金属性：氯大于硫，可以判断非金属性强弱,故D不选；综上所述，本题选C。【点睛】比较两种元素的非金属性强弱,可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱进行分析。13.下列说法正确的是（）A. 可用酸性KMnO4溶液鉴别乙炔和乙烯B. 油脂、乙酸乙酯都属于酯类，水解后都会生成乙醇C. 淀粉和纤维素都可作为工业生产葡萄糖的原料D. 鸡蛋清中加入饱和的CuSO4或（NH4）2SO4溶液均产生沉淀，两者原理相同【答案】C【解析】试题分析：乙炔、乙烯分别含有碳碳三键、碳碳双键，都是不饱和烃的典型代表，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，即乙炔、乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，因此不能鉴别，故A错误；油脂水解生成高级脂肪酸（或盐）和甘油（丙三醇），乙酸乙酯水解生成乙酸（或盐）和乙醇，故B错误；淀粉和纤维素都属于多糖，在一定条件下水解的最终产物都是葡萄糖，故C正确；鸡蛋清主要成分是蛋白质，遇硫酸铜等可溶性重金属盐溶液时变性死亡，遇硫酸铵等轻金属盐溶液时盐析，前者属于化学变化，后者属于物理变化，常用于蛋白质的提纯，因此二者的原理截然不同，故D错误。考点：考查有机物的组成与主要性质，涉及乙炔与乙烯的鉴别试剂、油脂与乙酸乙酯的水解反应、淀粉与纤维素的水解反应及应用、蛋白质的变性与盐析等。14.下列说法不正确的是( )A. 离子晶体不一定都含有金属元素B. 离子晶体中除含离子键外，还可能含有其他化学键C. 金属元素与非金属元素构成的晶体不一定是离子晶体D. 熔化后能导电晶体一定是离子晶体【答案】D【解析】A、离子晶体中不一定含有金属离子，如氯化铵晶体，选项A正确；B、离子晶体中除含离子键外，还可能含有其他化学键，如铵盐、 NaOH 、 Na2O2 等离子晶体中存在离子键和共价键，选项B正确；C、金属与非金属元素构成的晶体不一定是离子晶体。如AlCl3为分子晶体，选项C正确；D、熔融状态下能导电的晶体可能是金属晶体或离子晶体，选项D不正确。答案选D。15.能与氢氧化钠溶液反应且属化合物的原子晶体是（）A. 铝B. 金刚石C. 硅D. 二氧化硅【答案】D【解析】A铝属于金属晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是单质不是化合物，故A错误；B金刚石属于原子晶体，不能与氢氧化钠溶液反应，是单质不是化合物，故B错误；C硅属于原子晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是单质不是化合物，故C错误；D二氧化硅属于原子晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是化合物，故D正确；故选D。点睛：常见的原子晶体有：一些非金属单质，如金刚石、硼、硅、锗等；一些非金属化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等，化合物由两种或两种以上的元素组成的纯净物再结合物质的性质判断。16.下列叙述中的距离属于键长的是()A. 氨分子中两个氢原子间的距离B. 氯分子中两个氯原子间的距离C. 金刚石晶体中任意两个相邻的碳原子核间的距离D. 氯化钠晶体中相邻的氯离子和钠离子核间的距离【答案】C【解析】分子中两个成键原子的核间平均距离叫做键长，A、B均错误；共价键具有键长，离子键没有键长，D错误；金刚石晶体中任意两个相邻的碳原子核间的距离属于键长，C正确；正确选项C。点睛：键长取决于成键原子的半径大小。17.下列分子中，既含有键，又含有键的是()A. CH4B. HClC. CH2=CH2D. F2【答案】C【解析】共价单键之间为键，共价双键之间既含有键又含有键，C项正确。18.下列说法正确的是（）A. 氨基酸和蛋白质既能与酸反应又能与碱反应B. 在米汤中加入食盐，可以检验食盐中是否加碘C. “酸雨”是由大气中的碳、硫、氮的氧化物溶于雨水造成D. 蔗糖、麦芽糖、淀粉和纤维素都能水解，最终水解产物都为葡萄糖【答案】A【解析】试题分析：氨基和羧基既是氨基酸的官能团，也是蛋白质的官能团，氨基能与酸反应，羧基能与碱反应，A项正确；米汤的主要成分是淀粉，遇I2变蓝，加碘食盐中无I2，只有KIO3，因此米汤遇加碘食盐也不能变蓝，B项错误；酸雨是大气中硫、氮的氧化物溶于水造成，与二氧化碳无关，因为饱和碳酸的pH约为5.6，pH氯酸钾碘 (5). (6). CO2 (7). H2 (8). H2、CO2、HF (9). HF (10). (NH4)2SO4 (11). SiC (12). SiC(NH4)2SO4HFCO2H2【解析】（1）氯酸钾为离子化合物，熔化时破坏离子键，二氧化硅是共价化合物，熔化时破坏共价键，碘为分子晶体，加热时发生物理变化，破坏分子间作用力；晶体的熔点高低顺序一般是：原子晶体离子晶体分子晶体，所以种晶体的熔点由高到低的顺序是：二氧化硅氯酸钾碘；（2）根据晶体类型分析，原子晶体离子晶体金属晶体分子晶体，Si和金刚石都是原子晶体，原子半径越小，共价键越强，熔点越高，CO2和CS2都是分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，Na的熔点低于100，所以熔点低到高的顺序为：；（3）由极性键形成的非极性分子有CO2，由非极性键形成的非极性分子有H2，能形成分子晶体的物质是 H2、CO2、HF，含有氢键的晶体的化学式是 HF，属于离子晶体的是（NH4）2SO4，属于原子晶体的是SiC，五种物质的熔点由高到低的顺序是SiC(NH4)2SO4HFCO2H2。28.实验室合成乙酸乙酯步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（如图1），一段时间后换成蒸馏装置（如图2）进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品，请回答下列问题：（1）在图1烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入_，目的是_，冷凝管的作用是_；（2）图2中冷凝水应从_口进；（3）现设计分离以上粗产品的操作步骤如图3，已知a为饱和碳酸钠溶液，为分液，请回答：试剂b是_；分离方法是_；（4）某化学课外小组设计了图4所示的制取乙酸乙酯的装置（图中的铁架台、铁夹、加热装置已略去），与图1装置相比，主要优点有（写一点）：_；【答案】 (1). 碎瓷片（或沸石） (2). 防止暴沸 (3). 冷凝回流 (4). b (5). 稀硫酸 (6). 蒸馏 (7). 增加了温度计，有利于控制发生装置的温度（或增加了漏斗，有利于及时补充反应混合液以提高乙酸乙酯产量）【解析】【详解】（1）加热液体时，需要加入沸石或碎瓷片防止暴沸，乙醇、浓硫酸、乙酸都是液体，加热时加入碎瓷片或沸石，防止暴沸；乙醇、乙酸以挥发转化成气体，通过冷凝管乙醇和乙酸转化成液体，回落到烧瓶中，提高原料的利用率，即冷凝管的作用是冷凝回流，提高原料的利用率；（2）冷凝水从下口进水，上口出水，即b口进；（3）碳酸钠溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，根据图3，B为乙醇、乙酸钠，还有Na2CO3，然后通过蒸馏，蒸出乙醇，即E为乙醇，C为乙酸钠和碳酸钠，然后加入硫酸，乙酸钠转化成乙酸，碳酸钠转化成硫酸钠，然后通过蒸馏，得到乙酸，即试剂b为硫酸，分离方法为蒸馏；（4）图4和图1装置对比，图4多了温度计，可以控制反应的温度，图4比图1还多了滴液漏斗，可以及时向反应器中补充混合液，提高乙酸乙酯的产量。29.卤代烃在碱性醇溶液中能发生消去反应。例如，+NaOHCH3-CH=CH2+NaCl+H2O，该反应式也可表示为： CH3-CH=CH2下面是几种有机化合物的转化关系：(1)根据系统命名法，化合物A的名称是_。(2)上述框图中， 是_反应， _是反应。(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：_。(4)C2的结构简式是_，F1的结构简式是_，F1与F2互为_。【答案】 (1). 2，3-二甲基丁烷 (2). 取代反应 (3). 加成反应 (4). CH3CBr(CH3)CBr(CH3)2+2NaOHCH2=C(CH3)C(CH3)=CH2+2NaBr+2H2O (5). (CH3)2C=C(CH3)2 (6). BrCH2C(CH3)=C(CH3)CH2Br (7). 同分异构体【解析】【分析】由有机物的转化图示可知，烃A为2,3二甲基丁烷，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成，则变为；在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成或，由E能够发生1,2加成和1,4加成可知，C1为、C2为；与溴发生加成反应生成，则D为；在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成，则E为；发生1,4加成生成，则F1为；发生1,2加成生成，则F2为。【详解】（1）根据系统命名法可知化合物A的名称是2,3二甲基丁烷，故答案为：2,3二甲基丁烷；（2）反应是2,3二甲基丁烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成；反应是与溴发生加成反应生成，故答案为：取代反应；加成反应；（3）由D生成E的反应为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）C2的结构简式是；F1的结构简式是，F2的结构简式是，两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：；同分异构体。【点睛】本题考查有机物推断，涉及了有机物命名、有机反应类型、同分异构体、方程式书写等，注掌握烷烃的取代反应和烯烃、二烯烃的加成反应，理解卤代烃发生消去反应，根据反应的条件确定反应的类型及产物分析是解题的关键。30. D、E、X、Y、Z是周期表中的前20号元素，且原子序数逐渐增大，它们的最简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型，回答下列问题： (1)Y的最高价氧化物的化学式为_。 (2)上述5种元素中，能形成酸性最强的含氧酸的元素是_，写出该元素的任意3种含氧酸的化学式：_。 (3)D和形成的化合物，其分子的空间构型为_。 (4)D和X形成的化合物，其化学键类型属_，其晶体类型属_。 (5)金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物是_，此产物与水反应生成两种碱，该