1、河北省唐山市路北区第十一中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）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. 1s22s22p63s23p3C. 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1s22s22p63s23p64s
2、2，该元素在周期表中属于()A. B族B. B族C. 族D. A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A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kJmoll)。下列关于元素R的判断中一定正确的是()电离能I1I2I3I4E7401 5007 70010 500A. 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A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
3、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A族，故C正确；DR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
4、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；BF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
5、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O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：H2OHFB. 热稳定性：HFH2OC. 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
6、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：H2OHF，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：HFH2O，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、
7、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
8、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】ACH2Cl2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；
9、 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；DCH3CH2COOCH2CH3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】
10、【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；ACO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；BCO2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；CCO32-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；DCO2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
11、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；D1s22s22p3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.
12、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. CH3
13、CH(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】ACH3CH(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；BCH3-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；CCH2BrCH2Br，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
14、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
15、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()将甲苯加入溴的四氯化碳溶液中苯与氢气在催化剂作用下生成环己烷将乙烯气体通入到酸性KMnO4溶液中乙烷与氯气混合光照甲苯制TNTA.
16、 B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】将甲苯加入溴的四氯化碳溶液中，不发生化学反应；苯与氢气在催化剂作用下生成环己烷，发生加成反应；将乙烯气体通入到酸性KMnO4溶液中，发生氧化反应；乙烷与氯气混合光照，发生取代反应；甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热制TNT发生取代反应；因此均发生取代反应，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=CHCOOC2H5D. 其链节是CH3CH2COOC2H5【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
17、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
18、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41，其d轨
19、道中的电子数与最外层电子数之比为51。(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
20、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41，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51，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
21、，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CuO。（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)42，Cu(OH)42中的配位原子为_（填元素符号）。（3）抗坏血
22、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). Ar3d9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Ar3d9或1s
23、22s22p63s23p63d9；（2）SO42中S形成4个键，孤电子对数为(6242)/2=0，因此SO42空间构型为正四面体形；Cu(OH)42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)42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81/8+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶胞的个数为4，化
24、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
25、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，甲用下图装置进行如下实验：
26、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，35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)装置中的化学方程式为_。(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，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
27、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)装置中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；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。