1、高考资源网（） 您身边的高考专家山东省潍坊市第四中学2019-2020学年高二下学期收心考试化学试题1.下列对有机物结构或性质的描述，错误的是A. 可以用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中混有的乙烯B. 将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是由于发生了萃取C. 乙烷和丙烯的物质的量共1 mol，完全燃烧生成3 mol H2OD. 一定条件下，Cl2在甲苯的苯环或侧链上均可发生取代反应【答案】A【解析】【详解】A酸性高锰酸钾氧化乙烯会产生二氧化碳，会引入新的杂质，故A错误；B溴水和苯不发生化学反应，将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，是发生了萃取过程，故B正确；C乙烷和丙烯的分子式分别为C2H6、C3H6，含
2、H原子数相同，都为6，则乙烷和丙烯的物质的量共1mol，完全燃烧生成可3molH2O，故C正确；D甲苯中有甲基，甲基可在光照条件下与氯气发生取代反应，在催化作用下，苯环上氢可被取代，故D正确；故答案选A。2.下列化学用语或模型正确的是（ ）A. 乙烯的结构简式：CH2CH2B. 乙醇的化学式：C2H5OHC. 钙离子的结构示意图：D. CH4分子的比例模型【答案】D【解析】A乙烯的结构简式为CH2=CH2，故A错误；B乙醇的化学式为C2H6O，故B错误；C钙离子的核电荷数为20，不是18，故C错误；DCH4分子的比例模型为，故D正确；答案为D。点睛：解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子
3、式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“ ”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“ ”，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是HOCl，而不是HClO)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。3.现有四种晶体，其离子排列方式如图所示，其中化学式正确的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据微粒所在晶胞位置，利用均摊法计算微粒数目之比，得到化学式。【详解】A.A位于体心，数目为1，B位于顶点，数目为8=1，微粒数目为1:1，即化学式
4、为AB，故A错误；B.E和F分别位于晶胞的顶点位置，各占4个，即晶胞中两种微粒数目相等，化学式为EF，故B错误；C.X位于体心，数目为1，Y位于面心，数目为6=3，Z位于顶点，数目为8=1，微粒数目比值为1:3:1，化学式为XY3Z，故C正确；D.A位于顶点和面心，数目为8+6=4，B位于棱心和体心，数目为12+1=4，数目之比为1:1，化学式为AB，故D错误。故答案选C。4.对于实验室制备乙烯的实验，下列说法正确的是A. 所用的反应药品为1体积酒精和3体积浓度为1mol/L的硫酸B. 收集乙烯可用排水法，也可用排空气法C. 温度计要插入反应液体的液面下D. 加热时要缓慢加热到170【答案】C
5、【解析】【详解】A项、实验室制备乙烯时，所用的反应药品为1体积酒精和3体积浓度为18.4mol/L的硫酸，故A错误；B项、乙烯密度与空气相近，不能采用排空法，只能采用排水法，故B错误；C项、反应温度在140时，乙醇发生分子间脱水生成乙醚，170时发生脱水内脱水生成乙烯，温度计要插入反应液体的液面下，以控制温度在170时生成乙烯，故C正确；D项、反应温度在140时，乙醇发生分子间脱水生成乙醚，170时发生脱水内脱水生成乙烯，加热时要迅速加热到170，故D错误；故选C【点睛】反应温度在140时，乙醇发生分子间脱水生成乙醚，170时发生脱水内脱水生成乙烯，实验室制备乙烯时时要用温度计控制反应温度，使
6、反应温度迅速升高到170。5.下列说法中不正确的一组是( )A. 甘油和乙醇互为同系物B. CH2=CHCH2CH3 和 CH3CH=CHCH3 互为同分异构体C. 和是同一种物质D. O2 和 O3 互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A.甘油是丙三醇，属于三元醇，乙醇是饱和一元醇，因此二者结构不相似，不能互为同系物，A符合题意；B.CH2=CHCH2CH3 和CH3CH=CHCH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B不符合题意；C. 可看作是甲烷分子中2个H原子被2个Br原子取代产生的物质。甲烷是正四面体结构，分子中的任何C-H化学键都相邻，因此 是同一种物质，C不符合题意；D.O
7、2和O3是氧元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D不符合题意；故合理选项是A。6.有机物CH3CH2C(CH3)2CH(C2H5)CH3的准确命名是A. 3,4二甲基4己基戊烷B. 3,3,4三甲基己烷C. 3,4,4三甲基己烷D. 2,3,3三甲基己烷【答案】B【解析】【详解】根据有机物的结构简式CH3CH2C(CH3)2CH(C2H5)CH3可知主链含有6个碳原子，支链含有3个甲基，则正确命名是3，3，4三甲基己烷，答案选B。7.根据等电子原理，下列各对粒子中，分子空间结构不相似的是（ ）A. SO2与O3B. H2O与NH3C. NH4+与CH4D. CO2与N2O【答案】B【解析
8、】【分析】原子数相同、价电子数也相同的分子或离子互为等电子体，等电子体空间结构相似。【详解】A、SO2与O3原子数都是3、价电子数都是18，SO2与O3互为等电子体，分子空间结构都是V型，故不选A；B、H2O与NH3原子数不同，不是等电子体，H2O分子空间结构是V型、NH3是三角锥型，故选B；C、NH4+与CH4原子数都是5、价电子数都是8，NH4+与CH4互为等电子体，分子空间结构都是正四面体，故不选C；D、CO2与N2O原子数都是3、价电子数都是16，CO2与N2O互为等电子体，分子空间结构都是直线形，故不选D。8.“绿色化学”对化学反应提出了“原子经济性”（原子节约）的概念及要求。理想的
9、“原子经济性”反应中，原料分子中的所有原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放。以下反应中符合“原子经济性”的是A. 乙醇催化氧化制乙醛B. 乙醇与浓硫酸共热制乙烯C. 苯乙烯在一定条件下制聚苯乙烯D. 乙烷与氯气反应制氯乙烷【答案】C【解析】【详解】A.乙醇催化氧化制乙醛的同时还有水生成，不符合“原子经济性”，A不选；B.乙醇与浓硫酸共热制乙烯的同时还有水生成，不符合“原子经济性”，B不选；C.苯乙烯在一定条件下发生加聚反应制聚苯乙烯符合“原子经济性”，C选；D.乙烷与氯气反应制氯乙烷的同时还有氯化氢以及其它氯代乙烷生成，不符合“原子经济性”，D不选；答案选C。9.下表是某些原子晶体
10、的熔点和硬度，分析表中的数据，判断下列叙述正确的是( )原子晶体金刚石氮化硼碳化硅石英硅锗熔点/3 9003 0002 7001 7101 4101 211硬度109.59.576.56.0构成原子晶体的原子种类越多，晶体的熔点越高构成原子晶体的原子间的共价键的键能越大，晶体的熔点越高构成原子晶体的原子半径越大，晶体的硬度越大构成原子晶体的原子半径越小，晶体的硬度越大A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】原子晶体熔点的高低与原子的种类无关，如石英含Si、O两种原子，而金刚石、硅都只有1种原子，石英的熔点介于金刚石和硅之间，错误；构成原子晶体的原子间的共价键的键能越大，破坏共价键需要
11、的能量越多，原子晶体的熔点越高，正确；构成原子晶体的原子半径越大，键长越长，键能越小，晶体的硬度越小，错误；构成原子晶体的原子半径越小，键长越短，键能越大，晶体的硬度越大，正确；正确，答案选D。10.下列实验能达到实验目的的是（ ）选项实验目的A将乙酸乙酯粗产品溶于氢氧化钠溶液中，分液提纯乙酸乙酯B在100mL乙醇、100mL水中分别加入大小相近的钠粒证明水中HO键比乙醇中HO键易断裂C将一定量苯和溴化铁、溴水混合制备溴苯D向酸性高锰酸钾溶液中通入乙烯证明乙烯具有漂白性A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A乙酸乙酯会在氢氧化钠溶液中水解生成醋酸钠和乙醇，得不到乙酸乙酯，故
12、A错误；B在100mL乙醇、100mL水中分别加入大小相近的钠粒，若观察到Na在水中的反应更加剧烈，则可证明水中HO键比乙醇中HO键易断裂，故B正确；C在溴水中溴化铁水解，失去催化功能，应用液溴与苯发生取代反应，故C错误；D乙烯使酸性高锰酸钾褪色是因为高锰酸钾可以将其氧化，并不是乙烯具有漂白性，故D错误；故答案为B。11.下列有机物分子中有手性碳原子的是（ ）A. B. C. (CH3)2CHCH2CH2ClD. 【答案】BD【解析】【分析】手性碳原子的定义是与四个不同的原子或原子团相连的碳原子，据此分析；【详解】手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子，A、根据手性碳原子的定义，该有机
13、物中不含手性碳原子，故A不符合题意；B、根据手性碳原子的定义，该有机物中含手性碳原子，故B符合题意；C、根据手性碳原子的定义，该有机物中不含手性碳原子，故C不符合题意；D、根据手性碳原子的定义，与羟基所连的碳原子连有四个不同的原子或原子团，该碳原子为手性碳原子，故D符合题意；答案为BD。12.下列各对物质，化学键完全相同的是NaCl和NaOH和和和晶体硅和水晶A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】NaCl中只存在离子键，NaOH中存在离子键和共价键，所以化学键不同，故错误；和中都只含非极性共价键，所以化学键相同，故正确；Na2S和(NH4)2S中，前者只含离子键，后者含有共
14、价键和离子键，所以化学键不同，故错误；SiO2和CO2中，二者都只含极性共价键，所以化学键相同， 故正确；晶体硅和水晶中，二者都只含共价键，但前者为非极性键，后者为极性键，所以化学键不同，故错误；综上只有正确；答案选A。13.环丙叉环丙烷(b)由于其特殊的结构，一直受到化学家的重视，根据其转化关系(如图)，下列说法正确的是A. b的所有原子都在同一个平面内B. b可以发生加成、氧化、加聚反应C. p在氢氧化钠的醇溶液中加热生成烯烃D. m的同分异构体中属于芳香化合物的共有5种【答案】BD【解析】【详解】Ab含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有原子不可能都在一个平面内，故A错误；Bb含碳碳
15、双键，可发生加成、氧化、加聚反应，故B正确；Cp中与溴原子相连的碳原子邻位碳原子上没有氢原子，p不能发生消去反应，故C错误；Dm的分子式为C7H8O，m的属于芳香族化合物的同分异构体含苯环、还含1个O、1个C，为苯甲醚、苯甲醇、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚，共5种，故D正确；故答案选BD。【点睛】本题注意选项D为解答的难点，要根据官能团种类和位置的不同书写同分异构体，防止遗漏。14.有五种元素X、Y、Z、Q、T。X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的外围电子构型为3d64s2；Z原子的L层的p轨道上有一个是空的；Q原子的L电子层的P轨道上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p
16、轨道半充满下列叙述不正确的是A. 元素Y和Q只能形成一种化合物Y2Q3B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物D. ZO2是极性键构成的非极性分子【答案】AC【解析】【分析】根据题意，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X的电子排布式为1s22s22p63s23p4，为S元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Y为Fe元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，Q的电子排布式为1s22s
17、22p4, Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，T的电子排布式为1s22s22p63s23p3，则T为为P元素，据此分析。【详解】A元素Y和Q分别是Fe、O，可形成化合物有FeO、Fe2O3、Fe3O4，选项A不正确；BT和Z分别是P、C，它们形成的单质有P4和金刚石，它们的分子构型均为正四面体型，选项B正确；CX与Q形成的化合物SO2或SO3都为共价化合物，选项C不正确；DZ为C，CO2是直线型分子，是极性键构成的非极性分子，选项D正确；答案选AC。15.下列实验操作、现象和结论均正确的是操作可能的实验现象解释A用硫酸做催化剂的淀粉水解液中，加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热有红色
18、沉淀生成葡萄糖含醛基B向酚酞溶液中加入足量Na2O2溶液先变红后褪色Na2O2与水生成的碱有漂白性C将已氧化的Cu丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰黑色的Cu丝变红CuO被内焰中的乙醇蒸气还原D向饱和Na2CO3溶液中通入CO2有晶体析出溶解度：Na2CO3NaHCO3A. AB. BC. CD. D【答案】CD【解析】【详解】A. 用硫酸做催化剂的淀粉水解液中，加入新制的Cu(OH)2悬浊液前，必须用NaOH中和，醛基才与Cu(OH)2反应生成红色沉淀，A错误；B. Na2O2与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，溶液变红，后褪色是因为Na2O2具有强氧化性，将溶液漂白，而不是生成的NaOH有漂白性，
19、B错误；C. CuO具有氧化性，乙醇有还原性和挥发性，两者发生反应：CH3CH2OH+CuOCu+CH3CHO+H2O，故黑色的Cu丝变红，C正确；D. 相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，反应中又消耗部分溶剂水，且生成的NaHCO3的质量大于Na2CO3的质量，故向饱和Na2CO3溶液中通入CO2有晶体析出，D正确；答案选CD。16.合成聚丙烯腈纤维的方法很多，如以乙炔为原料，其合成过程的化学反应方程式（1）反应的反应类型为_。（2）写出反应的化学方程式：_。（3）1mol合成聚丙烯腈的单体在一定条件下最多能与_molH2加成。（4）CH2=CHCN在一定条件下可与苯乙
20、烯()反应得到一种优良的塑料，该塑料的结构简式为_。【答案】 (1). 加成反应 (2). nCH2=CHCN (3). 3 (4). 或【解析】【详解】(1) 根据反应的反应物和生成物可知该反应为加成反应；(2) 反应为丙烯腈的加聚反应，加成时碳碳双键变为碳碳单键，注意将基团-CN写在上方或下方，反应方程式为nCH2=CHCN；(3) 聚丙烯腈的单体为CH2=CH-CN，1mol双键与1molH2加成，1mol三键与2molH2加成，故1molCH2=CH-CN最多能与3molH2加成；(4) CH2=CHCN与发生加聚反应，分别将碳碳双键打开，通过单键连接起来，连接的方式有两种，故得到的产
21、物有两种结构，分别是：或。17.己知A、B、C、D、E、F、G都是周期表中前四周期的元素，他们的原子序数依次增大。其中A原子的L层有2个未成对电子。D是电负性最大的元素，E与F同主族，E的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。G3+离子3d轨道电子为半满状态。请根据以上情况，回答下列问题:（答题时，用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C的第一电离能由小到大的順序为_。D的核外有_种运动状态不同的电子。（2）A的最简单氢化物属于_(填“极性分子”和“非极性分子”)。离子空间构型是_，其中心原子采取_杂化。（3）晶体熔点：EC_FC(填“”、“”或“=”)（4）G和M(质子数为25)两元素
22、的部分电离能数据列于表：元素MG电离能(kJmol-1)I1717759I215091561I332482957比较两元素的I2、I3可知，气态M2+再失去一个电子比气态G2+再失去一个电子难。其原因是_。【答案】 (1). CO (7). Mn2+的3d轨道电子排布为半满状态较稳定【解析】【分析】根据原子的结构特点推导各元素符号。D是电负性最大的元素，则D为F元素，A原子的L层有2个未成对电子，则A为C或O，若A为O元素，则B和C不可能存在，故A为C元素，B为N元素，C为O元素；E的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，则E为Mg元素，F为Ca元素，G3+离子3d轨道电子为半满状态，G
23、的电子排布式为1s22s22p63s23d64s2，则G为Fe元素。综上：A、B、C、D、E、F、G分别为：C、N、O、F、Mg、Ca、Fe。【详解】（1）同一个周期从左到右，第一电离能逐渐增大，但N原子的2p3为半充满结构，较稳定，故其第一电离能大于O的第一电离能，故C、N、O的电离能大小关系为COOAs；因N、P、As三者的非金属性一次减弱，故M可能是稳定性或者R-H键能，故答案为：FOAs；稳定性、RH键能；(3)F的电负性较强，FeCl3为分子晶体，微粒之间的作用力是分子间作用力，FeF3为离子键晶体，微粒之间的作用力是离子键，故FeF3的熔点较高，故答案为：F比Cl的电负性大，FeF
24、3为离子晶体，FeCl3为分子晶体；(4)从晶体结构中可以看出，Fe2+分布在8个定点和6个面心，故晶胞中含有=4个Fe2+，S22-分布在12条棱和体心上，故晶胞中含有=4个S22-，则分子式为FeS2，故答案为：FeS2。【点睛】本题难点(3)，同类型晶体熔点相差大，可从其晶体类型分析，如F的电负性较强，FeCl3为分子晶体，微粒之间的作用力是分子间作用力，FeF3为离子键晶体，微粒之间的作用力是离子键。20.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如图所示：已知：i.RCH2BrRHCCHRiiRHCCHRiiiRHCCHR(以上R、R、R代表氢、烷基或芳基等)（1）A属于芳香烃，其名称
25、是_，D结构简式是_，由F生成G的反应类型是_。（2）由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是_；此反应同时生成另外一个有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_。（3）下列说法正确的是_(选填字母序号)。AG存在顺反异构体B由G生成H的反应是加成反应C1molG最多可以与1molH2发生加成反应D1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH（4）以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。_。【答案】 (1). 1，2二甲苯（邻二甲苯） (2). (3).
26、 消去反应 (4). (5). (6). BD (7). 【解析】【分析】由A的分子式对比C的结构简式可知A为、B为，对比C、D的分子式可知D为、E为，由信息ii可知F为，由H的结构结合信息iii可知G为。【详解】（1）由以上分析可知，A的结构简式为，名称为1，2-二甲苯（邻二甲苯）；由以上分析可知，D的结构简式为；F生成G的反应为在NaOH醇溶液作用下共热发生消去反应生成，故答案为：1，2-二甲苯（邻二甲苯）；消去反应；（2）由信息ii可知，与碘单质反应生成，反应的化学方程式为，也可能反应生成副产物，故答案为：；（3）AG的结构简式为，碳碳双键碳原子上连有2个氢原子，不可能存在顺反异构体，故
27、错误；BG含有碳碳双键，由信息iii可知，由G生成H的反应是加成反应，故正确；C G含有苯环和碳碳双键，则1mol G最多可以与4mol H2发生加成反应，故错误；D F为，含有酯基和I，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，H含有2个酯基，可水解生成2个羧基，则1mol F或1mol H与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH，故正确；BD正确，故答案为：BD；（4）以乙烯为起始原料合成，结合题给信息可知，应先由乙烯与水和溴化氢发生加成反应生成乙醇和溴乙烷，乙醇催化氧化乙醛，乙醛与溴乙烷发生信息i反应生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3发生信息iii反应生成，合成路线为，故答案为：。【点睛】由A的不饱和度为4，结合B、C的结构简式得A为邻二甲苯是推断关键。- 20 - 版权所有高考资源网