【文档说明】【精准解析】河北省唐山市路北区第十一中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试卷.pdf，共(13)页，262.679 KB，由小赞的店铺上传

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-1-化学学科试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32As-75Ga-70第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。)1.下列物质中，属于天然高分子化合物的是A.淀粉B.油脂C.葡萄糖D

.聚乙烯【答案】A【解析】【分析】相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分子化合物，淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物。【详解】A．淀粉为多糖，相对分子质量在100

00以上，属于天然高分子化合物，A正确；B．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；C．葡萄糖为单糖，分子式为C6H12O6，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C错误；D．

乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，属于人工合成的高分子化合物，不是天然高分子化合物，D错误。答案选A。2.下列物质中互为同分异构体的是()A.淀粉和葡萄糖B.蔗糖和纤维素C.橡胶和塑料D.果糖和葡萄糖【答案】D【解析】【详解】A．淀粉和葡萄糖的分子式分别为：(C6H10O5)n、C6H12O6，分

子式不相同，不是同分异构体，故A不选；B．蔗糖和纤维素的分子式分别为：C12H22O11、(C6H10O5)n，分子式不相同，不是同分异构体，故B不选；C．橡胶和塑料都是高分子化合物，而且都是混合物，分子式不相同，不是

同分异构体，故C不选；-2-D．果糖和葡萄糖的分子式都为C6H12O6，结构不同，属于同分异构体，故D选；故选D。3.下列叙述中正确的是()A.医用酒精的浓度通常为99.9%B.单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料C.淀粉、纤维素和水泥都属于天然高分子化合物D.棉花和光导纤维都

是新型无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A．医用酒精的浓度通常是75%，此浓度杀菌消毒作用强，故A错误；B．单质硅为良好的半导体材料，是制作光太阳能电池的主要原料，光太阳能电池可将太阳能转变为电能，

故B正确；C．水泥的成分是硅酸二钙，硅酸三钙，铝酸三钙，是无机硅酸盐材料，不属于天然高分子化合物，淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，故C错误；D．棉花的主要成分是纤维素(C6H10O5)n，属于有机化合物

，不是新型无机非金属材料，光导纤维的主要成分是二氧化硅，是新型无机非金属材料，故D错误；答案为B。4.下列反应中，属于加成反应的是A.乙烯使酸性KMnO4溶液褪色B.将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色C.乙烯使溴的四氯化碳溶

液褪色D.甲烷与氯气混合光照一段时间后黄绿色消失【答案】C【解析】【分析】加成反应是有机物分子中的不饱和键断裂，断键碳原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应。【详解】A．乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，乙烯发生氧化反应，故不选A；-3-B．将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无

色，苯萃取溴水中的溴单质，属于物理变化，故不选B；C．乙烯和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，属于加成反应，故选C；D．甲烷与氯气混合在光照条件下生成氯代甲烷和氯化氢，黄绿色消失，属于取代反应，故不选D。选C。5.下列分子式只能表示一种物质的是()A.

C2H6B.C4H10C.C5H10Cl2D.C5H12【答案】A【解析】【详解】A．C2H6只有一种结构，即CH3CH3，分子式只能表示一种物质，故A正确；B．C4H10存在2种同分异构体，即CH3CH2CH2CH3，(CH3)2CHCH3，所以不能只表示一种物质，故B错误；C．C5H10Cl

2可看成戊烷中的2个H原子被Cl原子取代，戊烷有三个同分异构体，即CH3CH2CH2CH2CH3，(CH3)2CHCH2CH3，(CH3)2C(CH3)2，含季碳结构的新戊烷二氯代物(2种异构体)，含叔碳结构的异戊烷二氯代物(10种异构体)，直链碳架的正戊

烷二氯代物(9种异构体)，共有21个异构体，所以不能只表示一种物质，故C错误；D．C5H12存在3种同分异构体，即CH3CH2CH2CH2CH3，(CH3)2CHCH2CH3，(CH3)2C(CH3)2，所以不能只表示一种物质，故D错误；答案

为A。6.下列变化属于物理变化的是()A.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液褪色产生CO2B.浓硝酸与苯反应生成硝基苯C.钠与酒精混合有产生H2D.苯滴入溴水中振荡后水层接近无色【答案】D【解析】【详解】A．乙

烯通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，是发生了氧化还原反应，属于化学变化，不是物理变化，故A不选；-4-B．浓硝酸与苯反应生成硝基苯，有新物质生成，属于化学变化，不是物理变化，故B不选；C．钠与酒精混合有气泡，产生的是H

2，有新物质生成，属于化学变化，不是物理变化，故C不选；D．苯滴入溴水中振荡后水层接近无色，是溴水中的溴萃取到苯中而使溴水中水层接近无色，没有新物质生成，是物理变化，故D选；故选D。7.异戊烷的系统名称是A.2-甲基丁烷B.2-甲基戊烷C.2-乙基丁烷D.3-乙基丁

烷【答案】A【解析】【详解】异戊烷结构简式为，按有机物的系统命名法，主链有4个碳原子，从靠近支链的左端开始给主链上的碳原子编号，第2个碳原子上有一个甲基，所以异戊烷的系统名称是2—甲基丁烷，答案选A。8.下列变化不属于化学变化的是A.石油分馏B.煤

干馏C.石油裂解D.皂化反应【答案】A【解析】【分析】物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成，如果有新物质生成，则属于化学变化；反之，则是物理变化。【详解】A．石油分馏是控制温度，分离一定沸点范围内馏分的混合物的方法，无新物质生成，属于物理变化，A正确

；B．煤的干馏是隔绝空气加强热过程中生成新的物质，属于化学变化，B错误；C．石油裂解是深度裂化，过程中生成新的物质，属于化学变化，C错误；D．皂化反应是油脂在碱性溶液中发生的水解反应，属于化学变化，D错误；答

案选A。【点睛】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，题目难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成。-5-9.邻苯二甲酸二乙酯是增塑剂，其结构简式如图，关于该物质的说法中正确的是()A.该物质含有碳碳双键B.其分子式为C12H15O4C.该

物质完全水解能生成三种产物D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应能消耗2molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．由结构可知，苯环中的键介于单键和双键之间的特殊的键，属于大π键，无碳碳双键，故A错误；B．由结构可知，该物

质分子中有12个C原子，14个H原子，4个O原子，其分子式为C12H14O4，故B错误；C．该物质完全水解生成邻苯二甲酸和乙醇两种物质，故C错误；D．该物质水解生成邻苯二甲酸和乙醇，邻苯二甲酸含二个羧基

，与NaOH发生反应，乙醇与NaOH不反应，则1mol该物质与足量NaOH溶液反应能消耗2molNaOH，故D正确；答案为D。10.某有机物的结构简式为CH3CH=CH-COOH，下列说法中错误的是A

.水溶液显酸性B.所有原子一定共面C.能够发生加成反应D.能够发生酯化反应【答案】B【解析】【分析】有机物分子中含有碳碳双键和羧基，结合相应官能团的结构与性质解答。-6-【详解】A.含有羧基，其水溶液显酸性，A正确；B.含有甲基，则所有原子一定不共面，B错误；C.含有碳碳双键，能够发生加

成反应，C正确；D.含有羧基，能够发生酯化反应，D正确。答案选B。11.欲除去下列物质中混入的少量杂质（括号内物质为杂质），错误的是A.乙酸乙酯（乙酸）：加饱和Na2CO3溶液，充分振荡静置后，分液B.乙醇（水）：加入新制生石灰，蒸馏C.溴苯（溴）：加入NaOH溶液，充分振荡静置后，分液D.

乙酸（乙醇）：加入金属钠，蒸馏【答案】D【解析】【详解】A、乙酸的酸性强于碳酸，饱和碳酸钠吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后分液，故能得到纯净乙酸乙酯，A正确；B、生石灰能够吸收水，然后利用乙醇沸

点较低，采用蒸馏的方法，提纯乙醇，B正确；C、溴单质和NaOH发生反应，生成可溶于水的盐，而溴苯和氢氧化钠很难反应，且溴苯是不溶于水的液体，采用分液的方法，提纯溴苯，C正确；D、乙酸电离出H＋大于乙醇，金属

Na先与乙酸反应，把乙酸消耗了，方法不可取，D错误；故选D。12.下列元素中，基态原子的最外层电子排布式不正确的是()A.Al3s23p1B.Cr3d44s2C.Ar3s23p6D.H1s1【答案】B【解析】【详解】A．Al原子核外有13个电子，各电子层上电子依次为2，8，3，最

外层3个电子，其基态原子价电子排布式为3s23p1，符合基态电子排布规律，故A正确；B．Cr原子核外有24个电子，各电子层上电子依次为2，8，13，1，最外层1个电子，其原子基态价电子排布式为3d54s1，呈现半充满，能量最低，稳定，故B错误；C．Ar原子核外18个电子，各

电子层上电子依次为2，8，8，最外层8个电子，其基态原子最外层电子排布式为3s23p6，符合基态电子排布规律，故C正确；-7-D．H原子核外只有一个电子，H原子基态价电子排布式为1s1，符合基态电子排布规律，故D正确；答案为B。13.质子核磁共振谱(PMR)是测定有机物分子结

构的重要手段，在所研究的有机物分子中，不同“化学环境”的H原子在PMR谱中会给出相应的信号，如分子在PMR谱中会给出H原子的4种不同信号。试推断CH3CH2OH分子在PMR谱中能看到H原子的不同信号有()A.1种B.2种C.3种D.4种【答案】C【解析】【详解】由结构可知，该结构中有4种H原子

，如，分子在PMR谱中会给出H原子的4种不同信号，则CH3CH2OH分子中有3种不同的H原子，如，在PMR谱中能看到H原子的不同信号应该有3种，C正确；答案为C。14.下面的价电子排布中，第一电离能最小的原子可能是

（）A.ns2np3B.ns2np5C.ns2np4D.ns2np6【答案】C【解析】【详解】同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，ns2np3、ns2np4、

ns2np5、ns2np6属于同一周期且其原子序数依次增大，但ns2np3属于第VA元素，ns2np4属于第ⅥA族，所以元素的第一电离能的大小顺序是ns2np6、ns2np5、ns2np3、ns2np4，所以最小的为ns2np4，故选C。【点睛】本题考查了同一周期元素第一电离能大小的

判断，注意原子轨道处于半充满、全充满状态下结构稳定，同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第-8-ⅥA族第一电离能大。15.下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是①HCl②H2O③N2④H2O2⑤C2H4⑥C2H2A.①②③B.③④⑤⑥C.①③⑥D.③⑤⑥【答案】A【解析】

【详解】在双键及叁键中均含有σ键又有π键，而氮气中含有氮氮叁键、乙烯中含有碳碳双键、乙炔中含有碳碳叁键，故答案为D。16.用价层电子对互斥理论判断NO3的立体构型()A.正四面体B.V形C.三角锥形D.平面三角形【答案】D【解析】【分析】价层电子对个数=σ键个数+

孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，根据价层电子对个数判断中心原子杂化类型，再判断立体构型。【详解】NO3-中价层电子对个数=3+12(5+1-3×2)=3+0=3，中心N原

子采取sp2杂化，VSEPR构型为平面三角形，孤电子对个数为0，NO3-的立体构型为平面三角形，D正确；答案为D。17.根据相关化学原理，下列判断正确的是A.若X是原子晶体，Y是分子晶体，则熔点：X＜YB.若A2＋2D－→2A－＋D2，则氧化性：D2＞A2C.若R2－和M＋的电子层结构相

同，则原子序数：R＞MD.若弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则同浓度钠盐溶液的碱性：NaA＜NaB【答案】D【解析】【分析】【详解】A.原子晶体的熔点大于分子晶体，错误；-9-B.在此反应中A2是氧化剂，D2是氧化产物

，氧化性：D2<A2，错误；C.原子序数：R＞M，错误；D.酸性越强，其对应盐的碱性越弱，正确。18.下列说法中，不正确的是()A.配位键是一种特殊的共价键B.原子晶体一般熔沸点较高C.形成配位键的电子对由成键双方原子提供D.H2O分子间存在氢键【答案】C【解析】【详解】A．配位

键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一方提供空轨道形成的化学键，故A正确；B．熔化原子晶体需破坏共价键，共价键的强度大，破坏共价键需要较多的能量，所以原子晶体中的共价键不易被破坏，则原子晶体的熔

沸点较高，故B正确；C．配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一方提供空轨道的粒子结合，如NH4+就是由NH3(氮原子提供电子对)和H+(提供空轨道)通过配位键形成，故C错误；D．H2O分子中的O原子半径小，电负性大

，与周围H2O分子中的H原子形成氢键，故H2O分子间存在氢键，氢键是一种分子间作用力，故D正确；答案为C。19.下列分子中的中心原子的杂化方式为sp杂化，分子的空间构型为直线形且分子中没有形成π键的是()A.CH≡CHB.CH2=CH2C.BeCl2D.NH3【答案】C【解析】

【分析】根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式，价层电子对个数n=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，根据n值判断杂化类型：一般

有如下规律当n=2，sp-10-杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。含有双键或三键时有π键；据此解答。【详解】A．因CH≡CH中含有碳碳叁键，有π键，故A不符合题意；B．因CH2=CH2中含有碳碳双键，有π键，故B不符合题意；C．

氯化铍分子中，价层电子对个数n=2+12(2-2×1)=2，无孤电子对，中心原子以sp杂化轨道成键，分子中不含π键，分子的空间构型为直线形，故C符合题意；D．氨气分子中，价层电子对个数n=3+12(5-3×1

)=4，有一对孤电子对，中心原子以sp3杂化成键，分子中不含π键，分子的空间构型为三角锥形，故D不符合题意；答案为C。20.有机物A的结构简式是，下列有关A的性质的叙述中错误的是()A.A与金属钠完全反应时，两者物质的量之比是1:3B.A与氢氧化钠完全反

应时，两者物质的量之比是1:3C.A能与碳酸钠溶液反应D.A既能与羧酸反应，又能与醇反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A、酚-OH、醇-OH、-COOH，均与Na反应，则A与金属钠完全反应时，两者物质的量之比为1：3，选项A正确；B、酚-OH、-COOH，均与NaOH反应，A与氢氧

化钠完全反应时，两者物质的量之比为1：2，选项B错误；C、酚-OH、-COOH，能与碳酸钠溶液反应，选项C正确；D、含-OH，能与羧酸反应，含-COOH，能与醇反应，选项D正确。答案选B。第Ⅱ卷(非选择题共40分)二、填空题(共2小题，共40分。除特别注明外，每空3

分)-11-21.下表是元素周期表中的一部分。ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2EFHJ3BCDGI根据A～J在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：(1)电负性最强的元素是________，第一电离能最小的单质是________。(2)最高价氧化物对应的水化

物中，酸性最强的是______，呈两性的是______。(3)A分别与E、F、G、H、I形成的化合物中，沸点最高的是________。(4)在B、C、D、G、I中，形成的简单离子半径最大的元素是_______

_。【答案】(1).F(2).Na(3).HClO4(4).Al(OH)3(5).HF(6).S【解析】【分析】先根据元素在周期表的位置确定元素：A是H，B是Na，C是Mg，D是Al，E是C，F是N，G是S，H是F，I是Cl，J是Ne，根据元素周期律及元素

的性质解答。【详解】由分析可知：A是H，B是Na，C是Mg，D是Al，E是C，F是N，G是S，H是F，I是Cl，J是Ne。(1)元素的非金属性越强，其电负性越强，在上述元素中，非金属性最强的元素是F，所以电负性最强的元素是F；元素的金属性越强，原子半径越大，越容易失去电子，其第一电离

能越小。在上述元素中金属性最强的元素是Na元素，所以第一电离能最小的单质是Na，答案：F；Na；(2)上述元素形成最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，呈两性的是Al(OH)3，答案：HClO4；Al(OH)3；(3)H分别与C、N、S、F、Cl

形成的简单化合物分别是CH4、NH3、H2S、HF、HCl，这些物质都是由分子构成，物质分子间作用力越强，克服分子间作用力消耗的能量越高，物质的熔沸点就越高。氢键是比分子间作用力强很多的作用力，会使物质的熔沸点升高。由于HF、NH3分子之

间存在氢键，且氢键HF>NH3，因此物质的沸点最高的是HF，答案：HF；(4)Na、Mg、Al、S、Cl都是第三周期的元素，Na+、Mg2+、Al3+是原子失去最外层电子形成的-12-阳离子，核外电子排布都是2、8；S2-、Cl-是原子获得

电子形成的阴离子，核外电子排布都是2、8、8。由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越小，离子半径越大，所以上述元素形成的单核离子中，半径最大的离子是S2-，答案：S【点睛】原子或单核离子半径比较方法，先比电子层数多少，电子层数越多粒子半径越大；

电子层数相同的情况下再比核电荷数，核电荷数越大粒子半径越小；如果电子层数和核电荷数都相同，再比最外层电子数，最外层电子数越多粒子半径越大。22.甲酸乙酯天然存在于蜂蜜、草莓等物质中，是一种重要的食用香精，某兴趣小组通过如图转化关系研究其性质。(1)A的名称为_____

__，C的同分异构体的结构简式为____。(2)C、E中官能团名称分别为_______、_______。(3)①和④的反应类型分别为______反应、______反应。(4)①和③两步的化学方程式为：①_____________；③____________。【答案】(1).甲酸钠(2).CH3

OCH3(3).羟基(4).羧基(5).水解(或取代)(6).氧化(7).HCOOCH2CH3+NaOHΔHCOONa+CH3CH2OH(8).2CH3CH2OH+O2CuΔ2CH3CHO+2H2O【解析】【分析】甲酸乙酯在碱性条件下水解生成A和C，C能连续

被氧化，则C为CH3CH2OH，A为HCOONa，A酸化得到B为HCOOH；C被氧化生成D为CH3CHO，D被氧化生成E为CH3COOH，结合题目分析解答。【详解】(1)通过以上分析知，A为甲酸钠，C是乙醇，其同分异构体为甲醚，甲醚结构简式为CH3OCH3，故答案为：甲酸钠；CH3OCH

3；-13-(2)C为CH3CH2OH，C中官能团是羟基，E为CH3COOH，E中官能团是羧基，故答案为：羟基；羧基；(3)①的反应类型是水解(或取代)，④的反应类型是氧化反应，故答案为：水解(或取代)；氧化；(4)①为甲酸乙酯的水解反应，反应方程式为HCOOCH2CH3+NaOHΔ

HCOONa+CH3CH2OH，③为乙醇的催化氧化反应，反应方程式为2CH3CH2OH+O2CuΔ2CH3CHO+2H2O，故答案为：HCOOCH2CH3+NaOHΔHCOONa+CH3CH2OH；

2CH3CH2OH+O2CuΔ2CH3CHO+2H2O；