山东省潍坊市五县市2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 22页

‎2019—2020 学年第二学期期中质量监测 高二化学 可能用到的相对原子质量： H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Ni 59 Se79‎ 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 乙烷、乙烯、乙炔均可使酸性高锰钾溶液褪色 B. 石油的分馏是物理变化，得到的分馏产物都是纯净物 C. 苯酚有弱酸性，俗称石炭酸，与甲酸同属羧酸类物质 D. 煤干馏是复杂的物理、化学变化，通过干馏可得到氨、甲苯、酚类等物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烷不与酸性高锰钾溶液反应，不能使酸性高锰钾溶液褪色，故A错误；‎ B. 石油的分馏是物理变化，得到的分馏产物是混合物，故B错误；‎ C. 苯酚有弱酸性，俗称石炭酸，属于酚类物质，不属于羧酸类物质，故C错误；‎ D. 煤的干馏是复杂的物理、化学变化，通过干馏可得到氨、甲苯、酚类等物质，故D正确；‎ 故答案选：D。‎ ‎2.下列化合物命名正确的是 A. 2－乙基丁烷 B. 2－甲基－2－氯丙烷 C. 2－甲基－1－丙醇 D. 2，2，3－三甲基－3－丁烯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.烷烃命名时，应选最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，从离支链最近的一端开始编号，故名称为3-甲基戊烷，故A错误；‎ B.卤代烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，则在2号碳原子上有一个甲基和一个氯原子，故名称为：2-甲基-2-氯丙烷，故B正确；‎ C.醇命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，则2号碳上羟基，表示出官能团的位置，故名称为：2-丁醇，故C错误；‎ D.烯烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，并用官能团两端编号较小的碳原子表示出官能团的位置，故名称为：2,3,3-三甲基-1-丁烯，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】1.烷烃命名时，应选最长的碳链为主链，从离支链最近的一端开始编号； 2.卤代烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号； 3.醇命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号，并表示出官能团的位置； 4.烯烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号，并用官能团两端编号较小的碳原子表示出官能团的位置。‎ ‎3.3d 能级上最多只能排布 10 个电子依据的原则是 A. 泡利不相容原理 B. 洪特规则 C. 能量最低原则和洪特规则 D. 能量最低原则和泡利不相容原理 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】3d 能级上最多只能排布 10 个电子依据的原则泡利不相容原理，故答案选：A。‎ ‎4.下列关于晶体与化学键关系的说法中，正确的是 A. 分子晶体中一定存在共价键 B. 离子晶体中可能存在共价键 C. 共价晶体中可能存在离子键 D. 含有离子的晶体一定是离子晶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 单原子分子中没有共价键，如稀有气体是单原子的分子晶体，不含共价键，故A错误；‎ B. 离子晶体中可能存在共价键，如NaOH中存在共价键，故B正确；‎ C. 共价晶体中只存在共价键，不可能存在离子键，故C错误；‎ D. 含有离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中含有金属阳离子，故D错误；‎ 故答案选：B。‎ ‎5.实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相关装置分析 ‎【详解】A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A不选；‎ B、B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；‎ C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；‎ D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎6.下列提纯物质选用的试剂（或操作）和原理均正确的是 物质（杂质）‎ 试剂（或操作）‎ 原理 A A 乙烯（二氧化硫）‎ 溴水 二氧化硫能与溴水反应 B 溴苯（溴）‎ 乙醇 溴易溶于乙醇 C 正丁醇（乙醚）‎ 蒸馏 正丁醇与乙醚沸点相差较大 D 乙烷（乙烯）‎ 酸性KMnO4溶液 乙烯能与酸性KMnO4溶液反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯与二氧化硫均能与溴水反应，不能用溴水除去乙烯中的二氧化硫，故A错误；‎ B.溴苯与溴均溶于乙醇，不能用乙醇除去溴苯中的溴，故B错误；‎ C. 正丁醇和乙醚沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故C正确；‎ D.乙烯能被酸性KMnO4 溶液氧化成二氧化碳气体，生成新的杂质，故D错误；‎ 故答案选：C。‎ ‎【点睛】乙烯能被酸性KMnO4溶液氧化成二氧化碳气体，生成新的杂质二氧化碳。‎ ‎7.下列离子中，中心原子的杂化方式与其它不同的是 A. SO42- B. PO43－ C. CO32- D. SO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO42-中S的价层电子对数：，S为sp3杂化；‎ B.PO43－中P的价层电子对数：，P为sp3杂化；‎ C. CO32-中C的价层电子对数：，C为sp2杂化；‎ D. SO32-中S的价层电子对数：，S为sp3杂化；‎ 综上所述，A、B、D项中均为sp3杂化；C项中为sp2杂化，故答案选：C。‎ ‎【点睛】根据价层电子对互斥理论，价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数 ‎8.临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效。磷酸氯喹的结构如图所示。下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ）‎ A. 分子式是C18H32ClN3O8P2‎ B. 能发生取代、加成和消去反应 C. 1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应 D. 分子中的—C1被—OH取代后的产物能与溴水作用生成沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据该分子的结构简式可知分子式为C18H32ClN3O8P2，故A正确；‎ B．Cl原子连接在苯环上，不能发生消去反应，故B错误；‎ C．苯环、碳碳双键、氮碳双键均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应，故C正确；‎ D．分子中的—C1被—OH取代后变成酚羟基，且其邻位碳原子有空位，可以与溴水作用生成沉淀，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎9.下列选项中，实验结论错误的是 选项 实验操作 现象 结论 A 常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液 溶液变浑浊 酸性：碳酸＞苯酚 B 将甲烷与氯气光照反应后的混合气体通入石蕊溶液 石蕊变红 生成的氯甲烷 具有酸性 C 将乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液混合 橙色溶液 变为绿色 乙醇具有还原性 D 将苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合 后者产生 白色沉淀 羟基影响了苯环 的活性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊，说明碳酸和苯酚钠反应生成苯酚，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，所以酸性：碳酸>苯酚，故A正确；‎ B.将甲烷与氯气光照反应后的混合气体通入石蕊溶液，石蕊变红，是反应生成的HCl溶于水电离出H+使石蕊变红，故B错误；‎ C.重铬酸钾(K2Cr2O7)有强氧化性，与乙醇混合，橙色溶液变为绿色，则Cr2O72−被还原为Cr3+，乙醇被氧化为乙酸，则乙醇表现还原性，故C正确；‎ D.苯酚溶液与溴水发生反应生成三溴苯酚，苯与溴水不反应，说明苯酚中苯环H原子比苯中活泼，这是由于苯酚中羟基与苯环直接连接，羟基影响了苯环的活性，故D正确；‎ 故答案选：B。‎ ‎10.实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。下列分析错误的是 A. 操作Ⅰ为萃取、分液，萃取剂也可以用选用 CCl4‎ B. 苯酚钠是离子化合物，在苯中的溶解度比在水中的小 C. 通过操作Ⅱ，苯可循环使用，三步操作均需要分液漏斗 D. 苯酚沾到皮肤上，需用 NaOH 溶液清洗后，再用大量水不断冲洗 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作分离苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚和NaCl溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，苯酚在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度、且四氯化碳与水不互溶，也可用四氯化碳作萃取剂，故A正确；‎ B. 苯酚钠属于钠盐，是离子化合物，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B正确；‎ C. 操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均涉及分液操作，用到分液漏斗，通过操作Ⅱ，苯可循环使用，故C正确；‎ D. NaOH具有腐蚀性，苯酚沾到皮肤，不能用NaOH溶液清洗，应用酒精清洗，故D错误；‎ 故答案选：D。‎ 二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题只有 1 个或 2 个选项符合 题意，全部选对得 4 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分。‎ ‎11.下列说法正确的是 A. 分子式 C8H10 的苯的同系物共有 3 种结构 B. 与互为同系物 C. 三联苯（）的一氯代物有 4 种 D. 立方烷（）经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有 3 种 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子式为C8H10的苯的同系物，侧链为乙基或两个甲基，两个甲基有邻、间、对三种位置，则符合条件的同分异构体有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，共4种，故A错误；‎ B. . 官能团为醇羟基，官能团为酚羟基，官能团不同，不属于同系物，故B错误；‎ C.三联苯中有4种氢原子如图，所以一氯代物有4种，故C正确；‎ D. 立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，两个H原子可能是相邻、同一面的对角线顶点上、通过体心的对角线顶点上，所以其可能的结构有3种，故D正确；‎ 故答案选：CD。‎ ‎12.晶体场理论认为，基态离子的 d 轨道存在未成对电子时，d 电子发生 d-d 跃迁是金属阳离子在水溶液中显色的主要原因。下列水溶液有颜色的是 A. KSCN B. Fe(SCN)‎3 ‎C. Ni(SCN)2 D. Zn(SCN)2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.基态K+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6、无d电子，水溶液无色，A不选；‎ B.基态Fe3+的价电子排布式为3d5，d轨道有5个未成对电子，根据题意，水溶液有颜色，B选；‎ C.基态Ni2+的价电子排布式为3d8，d轨道有2个未成对电子，根据题意，水溶液有颜色，C选；‎ D.基态Zn2+的价电子排布式为3d10，d轨道没有未成对电子，水溶液无色，D不选；‎ 故答案选：BC；‎ ‎【点睛】根据“基态离子的d轨道存在未成对电子时，d电子发生d-d跃迁，金属阳离子在水溶液中显色”，解答本题的关键是判断基态离子的d轨道是否存在未成对电子。‎ ‎13.Y 是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由 X 在一定条件下反应制得：‎ 下列叙述正确的是 A. 反应中加入 K2CO3，能提高 X 的转化率 B. X 和 Y 可以用 KMnO4 溶液鉴别 C. Y 与 Br2 的加成产物分子中含手性碳原子 D. 一个 X 分子中有 11 个σ键 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对比X、Y的结构简式，X→Y的反应可表示为X+BrCH2CH=C（CH3）2→Y+HBr，生成的HBr可与碳酸钾反应，有利于反应正向移动，提高X的转化率，故A正确；‎ B．X中含醛基和酚羟基，Y中含有醛基和碳碳双键，均可被高锰酸钾溶液氧化，现象相同，不能用KMnO4溶液鉴别X和Y，故B错误；‎ C．Y与Br2的加成产物为，其中标“*”的碳原子为手性碳原子，故C正确；‎ D．单键都是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，一个X分子中有15个σ键，故D错误；‎ 故答案选：AC。‎ ‎【点睛】手性碳原子是指连接4个不同的原子或原子团的碳原子。‎ ‎14.GaAs 晶体的熔点很高，硬度很大，密度为ρ g•cm－3，Ga和 As的摩尔质量分别为 MGa g•mol－1 和 MAsg•mol－1，原子半径分别为 rGa pm 和 rAs pm，阿伏加德罗常数值为 NA，其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是 A. 该晶体为共价晶体 B. 该晶体中 Ga 和 As 均无孤对电子，Ga 和 As 的配位数均为 4‎ C. 原子的体积占晶胞体积的百分率为 D. 所有原子均满足 8 电子稳定结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. GaAs晶体的熔点很高，硬度很大，为空间立体网状结构，属于共价晶体，故A正确；‎ B. 由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目为4，As原子数目为，晶胞中As、Ga原子数目之比为1：1，故As配位数也是4，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形成4个键，Ga原子价电子数为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键，As 原子最外层5个电子全部成键，均没有孤对电子，故B正确；‎ C. 晶胞中原子总体积为，晶胞质量为，晶胞的体积为，原子的体积占晶胞体积的百分率为 ；故C错误；‎ D. 每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤对电子，所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；‎ 故答案选：C。‎ ‎15.对二甲苯的绿色合成路线示意图如图所示，下列说法错误的是 A. 过程Ⅰ发生了加成反应 B. 利用相同原理及相同原料，也能合成邻二甲苯 C. M 的结构简式为 D. 异戊二烯不存在顺反异构现象 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过程I中碳碳双键生成碳碳单键，则为加成反应，故A正确；‎ B. 利用相同原理及相同原料，异戊二烯与丙烯醛发生加成反应，有两种加成方式，可生成和，最终不可能生成邻二甲苯，故B错误；‎ C.由球棍模型可知M含有碳碳双键，且含有醛基，结构简式为，故C正确；‎ D. 异戊二烯1号和4号碳原子均连接着2个相同的H，不存在顺反异构现象，故D正确；‎ 故答案选：B。‎ 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。‎ ‎16.乙烯是重要的基本化工原料，可用于生产聚乙烯、乙醇等。‎ ‎(1)工业上乙烯主要是由石油加工得到，由石油制得乙烯的方法是 __________（填序号）。‎ a．分馏 b．裂化 c．裂解 d．干馏 ‎(2)聚乙烯是一种用途广泛的塑料，由乙烯制取聚乙烯的化学方程式：___________。‎ ‎(3)在工业上，乙醇可由乙烯与水发生加成反应制得，其反应的化学方程式__________。‎ ‎(4)某烯烃 A 进行如下反应，A、D 所有碳原子处于同一平面，D、E 互为同分异构体。‎ ‎①A 的结构简式为___________。‎ ‎②B 生成 C 的化学方程式为__________， 反应类型为___________。‎ ‎③C 生成 D 的化学方程式：___________。‎ ‎【答案】 (1). c (2). (3). (4). (5). +2NaOH +2NaBr+2H2O (6). 消去反应 (7). +Br2 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）工业上一般通过石油的裂解得到乙烯；‎ ‎（2）乙烯通过加聚反应制取聚乙烯，以此写出化学方程式；‎ ‎（3）乙烯与水发生加成反应制得乙醇，以此写出化学方程式；‎ ‎（4）A(C6H12)不饱和度为1，且所有碳原子处于同一平面，则A的结构简式为，B为A和Br2的加成产物，则B的结构简式为，B 发生消去反应生成C，则C的结构简式为：，D、E 互为同分异构体且均为C和Br2的加成产物，D 中所有碳原子处于同一平面，则D的结构简式为，以此分析。‎ ‎【详解】（1）工业上一般通过石油的裂解得到乙烯，故答案为c；‎ ‎（2）乙烯通过加聚反应制取聚乙烯，化学方程式为：，故答案为：；‎ ‎（3）乙烯与水发生加成反应制得乙醇，化学方程式为：，故答案为：；‎ ‎（4）A(C6H12)不饱和度为1，且所有碳原子处于同一平面，则A的结构简式为，B为A和Br2的加成产物，则B的结构简式为，B发生消去反应生成C，则C的结构简式为：，D、E 互为同分异构体且均为C和Br2的加成产物，D 中所有碳原子处于同一平面，则D的结构简式为。‎ ‎①由上述分析可知A 的结构简式为，故答案为：；‎ ‎②B 生成 C 的化学方程式为+2NaOH +2NaBr+2H2O，反应类型为消去反应，故答案为：+2NaOH +2NaBr+2H2O；消去反应；‎ ‎③C 生成 D 的化学方程式：+Br2 ，故答案为：‎ ‎+Br2 。‎ ‎【点睛】乙烯中所有原子共面，以此判断A、D结构简式。‎ ‎17.Mg、Ni、Cu、Zn 等元素在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：‎ ‎(1)Mg、Ni、Cu 等金属可能形成金属互化物。金属互化物结构类型丰富多样，确定某种金属互化物是晶体还是非晶体可通过___________测定。‎ ‎(2)根据 Cu、Zn 的原子结构比较第一电离能：I1(Cu)_________ I1(Zn)（填“大于”、 “等于”或“小于”），理由是_____________________。‎ ‎(3)[Ni(NH3)6](NO3)2 中不存在的化学键为___________（填序号）。‎ a．离子键 b．金属键 c．配位键 d．氢键 ‎(4)镍基合金储氢的研究已取得很大进展。‎ ‎①图甲是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。‎ 该合金储氢后，H2 与 Ni 的物质的量之比为___________。‎ ‎②Mg2NiH4 是一种储氢的金属氢化物。在 Mg2NiH4 晶胞中，Ni 原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心。Mg2+位于 Ni 原子形成的___________ (填“八面体空隙”或“四面体空隙”)。 晶体的密度为ρg·cm－3，NA表示阿伏加德罗常数，Mg2+和 Ni 原子的最短距离为__________cm(用含ρ和 NA 的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). X—射线衍射实验 (2). 小于 (3). Zn原子轨道中电子处于全满状态，较难失电子，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态 (4). b (5). 3:5 (6). 四面体空隙 (7). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体可通过X—射线衍射实验测定；‎ ‎（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子；‎ ‎（3）[Ni(NH3)6](NO3)2中NH3与Ni2+之间为配位键；[Ni(NH3)6]2+与NO3-之间为离子键；‎ ‎（4）①根据晶胞结构示意图计算晶胞中H2 与 Ni个数比；‎ ‎②Ni 原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心，则Mg2+位于 Ni 原子形成四面体空隙；Mg2+和 Ni 原子的最短距离为晶胞体对角线的，再根据晶胞密度计算。‎ ‎【详解】（1）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体可通过X—射线衍射实验测定，故答案为：X—射线衍射实验；‎ ‎（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，基态Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Zn的核外电子排布式为[Ar]3d104s2，Zn原子轨道中电子处于全满状态，较难失电子，而Cu失去1个电子成为Cu+：[Ar]3d10，，Cu+达到全满结构，较稳定，Cu失去1个电子更容易，则第一电离能Cu