【文档说明】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含解析【精准解析】.doc，共(15)页，654.500 KB，由小赞的店铺上传

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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.1s22s22p63s23p63d54s1B.1s22s22p63s23p3

C.1s22s22p63s23p63d64s2D.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1s22s

22p63s23p64s2，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】某元素的基态电子排布式为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I1I2I3I4……E7401500770010500……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1s

22s22p62s2，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>HFB.热稳定性：HF>H2OC.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、C

Cl4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是直线型分子，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.CH2Cl2B.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N2B.CO2和N2OC.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3d44s2B.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：C3H6C.乙烯的结构简式：CH2CH2D.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)CH32-甲基丁烷B.CH3-CH2-CH(CH3)-OH2-甲基-1-丙醇C.CH2BrCH2Br二溴乙烷D.(CH3)3C-CH2-COOH2，2-二甲基丁酸【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.C30H60B.C30H56C.C30H52D.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TNTA.①②

B.①⑤C.④⑤D.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HCOOC2H5B.它是缩聚反应产物C.其单体是CH2=CH－COOC2H5D.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=CHC

OOC2H5，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位于元素周期表的前四周期，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1(414)=42−4+，杂化方式为sp3，立体结构是正四面体形，SiH4价层电子对数为1(414)=42−4+，杂化方式为sp3；故答案为：CH4；SiH

4；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，Z

n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）24SO−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

子的数目为____。【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NaO

H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。