《2022至2023年高二年级下册册期中考试化学考试.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022至2023年高二年级下册册期中考试化学考试.pdf（32页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、选择题2017年5月9日中国科学院正式向社会发布113号、115号、117号和 8号元素的中文名称。已知117号元素有多种原子,如涔Ts、滞Ts等。下列说法正确的是A.第Ts和第Ts的化学性质完全不同B.元素T s的相对原子质量为293.5C.基态律丁原子核外电子共占据7个能级D.Ts位于周期表的第七周期向A族【答案】D【解析】A.得Ts和帑Ts是TS元素的两种同位素，质子数为1 1 7,核外电子数为1 1 7,最外层电子数为7,化学性质相同，故A错误；B.117号元素Ts有多种同位素，质子数相同，中子数不同的同种元素的原子，它们占的原子个数百分比不一定相等，这些同位素的含量各不相同，所以元素
2、T s的相对原子质量不一定是29 3.5,故B错误；C.基态将Ts原子核外电子共占据19个能级，故C错误；D.117号元素T s位于周期表稀有气体118号前，位于第七周期第国A族，故D正确。故选D o选择题下列说法正确的是()A.烷炫的通式为CnH2n+2,随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小B.乙烯与澳加成反应的产物为澳乙烷C.1 m o l苯恰好与3 m o l氢气完全加成，说明苯分子中有三个碳碳双键D.n=7,主链上有5个碳原子的烷煌共有5种【答案】D【解析】试题分析：A.烷炫的通式为CnH2n+2,C元素的质量分数1212n-为而=14+”则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大
3、，故A错误；B.乙烯中含碳碳双键，可与滨水发生加成反应生成1,2-二澳乙烷，故B错误；C.苯中不含碳碳双键，但1 m o l摩尔苯恰好与3摩尔氢气完全加成，故C错误；D.n=7,主链上有5个碳原子的烷烧，支链为2个甲基或1个乙基，符合的有(CH3)3CCH2cH2cH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2cH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3,共 5 种，故 D 正确；故选D。选择题以下有关元素性质的说法不正确的是()A.具有下列电子排布式的原子中，Is22s22P63s23P2 Is22s22P3
4、 Is22s22P2 Is22s22P63s23P4,原子半径最大的是B.某元素气态基态原子的逐级电离能分别为578,1817,2745,11578.15630,当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3+C.Na、K、RbN、P、As 0、S、Se Na、P、C l,元素的电负性随原子序数的增加而递增的是D.具 有 下 列 最 外 层 电 子 排 布 式 的 原 子 中，3s23Pl3s23P23s23P33s23P4,第一电离能最大的是【答案】D【解析】A、根据电子排布式，为 S i,为 N,为 C,为 S,同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，即 S i的原子半径最大，故
5、A 说法正确；B、当电离能发生突变，说明能层发生变化，274511578能层发生变化，最外层有3 个电子，即当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X 3+,故B说法正确；C、同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，因此元素的电负性随原子序数的增加而递增的是，故C说法正确；D、元素分别为AI、Si、P、S,同周期从左向右第一电离能增大，但 回A回A,回A团A,第一电离能最大的是P,故D说法错误。选择题在解释下列物质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键的强弱无关的是A.CI2、Br2、12的熔点和沸点逐渐升高B.金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点C.钠、镁、铝的
6、熔点和沸点逐渐升高，硬度逐渐增大D.M g O比MgCl2的熔点高【答案】A【解析】A、CI2、Br2、12属于分子晶体，结构组成相似，相对分子质量越大，分子间作用力增大，熔沸点升高，分子间作用力不属于化学键，故A符合题意；B、金刚石和晶体硅都是原子晶体，C的原子半径小于硅原子，C-C键长小于SiSi,C C键能强于Si S i,则金刚石的硬度和熔点高于晶体硅，与化学键有关，故B不符合题意；C、钠、镁、铝属于金属晶体，熔点、沸点、硬度与金属键有关，所带电荷数越多、半径越小，金属键越强，熔点、沸点。硬度越高，与化学键有关，故C不符合题意；D、MgO和MgCI2属于离子晶体，熔沸点高低与晶格能有关
7、，所带电荷数越多、半径越小，晶格能越大，熔沸点越高，。所带电荷数大于Cl,r(02)氢键 范德华力，氢键影响的物质部分物理性质，如物质的熔沸点、溶解性等，对化学性质无影响；A、含有分子间氢键氟化氢的沸点比没有分子间氢键的氯化氢高，故A不符合题意；B、水和乙醇能形成分子间氢键，增大物质的熔沸点，故B不符合题忌；C、氢键具有饱和性和方向性，冰晶体中，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子形成正四面体构型，在正四面体中心的每个水分子与正四面体顶角方向的4个相邻水分子以氢键的形式吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，当冰刚刚融化为液态水时，热运动破坏氢键，水分子间的空隙减小，
8、密度反而增大，超 过4回时，由于热运动加剧，分子间距加大，密度逐渐减小，故C不符合题意；D、稳定性是化学性质，非金属性越强，其稳定性越强，氢键影响物质的部分物理性质，水比硫化氢稳定与氢键无关，故D符合题意。选择题进行一氯取代后，只能生成四种沸点不同的有机物的烷煌是()A.(CH3)2CHCH2CH2CH3 B.(CH3)2CHCH3C.(CH3)2CHCH(CH3)2 D.(CH3)3CCH2CH2CH3【答案】D【解析】进行一氯取代后，只能生成四种沸点不同的有机物，说明烷烧分子中含有四类氢原子，据此解答。进行一氯取代后，只能生成四种沸点不同的有机物，说明烷烧分子中含有四类氢原子，则A.(CH
9、3)2CHCH2cH2cH3含 有5种等效氢，所以能生成5种沸点不同的有机物，A错误；B.(CH3)2CHCH3含 有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，B错误；C.(CH3)2CHCH(CH3)2含 有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物,C错误;D.(CH3)3CCH2CH2CH3含 有4种等效氢，所以能生成4种沸点不同的有机物，D正确。答案选D。选择题某煌的结构简式为CH2=CH C三(:附,下列有关其几何结构的说法正确的是（）A.所有碳原子不可能在同一平面上B.有4个碳原子在同一直线上C.有5个碳原子在同一直线上D.有6个碳原子在同一直线上【答案】D【解 析】A.苯 环、
10、乙 烯、乙 焕 中 所 有 原 子 共 平 面，故CH;=C H-O C-r让r?1一CMC出中除乙基部分共平面，乙基中亚甲基上的C相当于取代了苯环上的H,故与苯环共平面，甲基上的碳相当于取代了亚甲基中的一个H,可以与亚甲基上的C共平面，故所有碳原子可以共平面，故A错误；B、C、D.快煌中两个碳乙基焕煌相连的乙烯基中1个碳可以共平面，另外乙基与此取代基处于对位上，故与乙基相连的苯环上的C和乙基上1个碳也与其共直线，故总共可以有6个碳原子共直线，故C错误；C.快煌中两个碳乙基焕燃相连的乙烯基中1个碳可以共平面，另外乙基与此取代基处于对位上，故与乙基相连的苯环上的C和乙基山1个碳也与其共直线，故总
11、共可以有6个碳原子共直线，故选项B、C错误，D正确；答案为D。选择题下列物质中与苯酚互为同系物的是H5A.CH3CH2OH B.(CH3)3C-OH C.i T D.:J【答案】C【解析】同系物必须首先要结构相似，苯酚的同系物则应是一0H 与苯环直接相连，产满足此条件的只有c 选项的0 roM o 同系物的第二个必备条件是组产00tl比苯酚多一个CH2,所乜以。一切为苯酚的同系物。选择题某气态燃0.5mol能与Imo旧C I加成，转变为氯代烷燃，加成后产物分子上的氢原子又可被3moi氯分子完全取代，则该煌可能是()A.CHECH B.CH三 C-CH3C.CH3-C三 C-CH3 D.CH2=
12、CH-CH3【答案】B【解析】气态燃0.5mol能 与ImolHCI加成，说明嫌中含有1个C=C键 或2个C=C键，加成后产物分子上的氢原子又可被3moic12完全取代，说明0.5mol氯代燃中含有3molH原子，则0.5mol烽中含有2mo旧原子,即lm o l煌含有含有4 m o iH,并含有1个C三C键 或2个C=C键，符合要求的只有CH三CCH3,故 选B。选择题1919年，Langmuir提出等电子体的概念，由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子的最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相似。根据上述原理，下列各对粒子中，空间结构相似的是A.S
13、02 与 03 B.C02 与 N02 C.CS2 与 N02 D.PCI3 与 BF3【答案】A【解析】试题分析：A、只要其原子数相同，各原子的最外层电子数之和相同，可互称为等电子体，据此可以判断S02与0 3互称为等电子体，所以二者的空间结构相似，A正确；B、C02与N 02价电子数不相等，前者 是4+2x6=1 6,后者是5+2x6=1 7,二者不能互为等电子体，则空间结构不同，B不正确；C、CS2与N 02价电子数不相等，前者是4+2x6=1 6,后者是5+2x6=1 7,二者不能互为等电子体，则空间结构不同，C不正确；D、PCI3与BF3价电子数不相等，前者是5+3x7=2 6,后者
14、是3+3x7=2 4,二者不能互为等电子体，则空间结构不同，D不正确，答案选A。选择题某物质A的实验式为COCI3-4NH3,Im olA中加入足量的AgNO3溶液中能生成lm o l白色沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是A.Co3+只与NH3形成配位键B.配合物配位数为3C.该配合物可能是平面正方形结构D.此配合物可写成Co(NH3)4CI2 CI【答案】D【解析】实验式为COCI3-4NH3的物质，Im olA中加入足量的AgNO3溶液中能生成lm o l白色沉淀，说明A中含有1个C I-,以强碱处理并没有NH3放出，说明不存在游离的氨分子，则该物质的配位化学
15、式为Co(NH3)4Cl2CI,据此答题。A.由分析可知，CI-与NH3分子均与Co3+形成配位键，故A错误；B.配合物中中心原子的电荷数为3,配位数为6,故 B 错误；C.该配合物应是八面体结构，Co与 6 个配题成键，故 C 错误;D.由分析可知，此配合物可写成Co(NH3)4CI2CI,故 D 正确。故选D。选择题下面的排序不正确的是()A.晶体熔点由低到高：F2MgAIC.硬度由大到小：金刚石 碳化硅 晶体硅D.晶格能由大到小：MgOCaONaF NaCI【答案】B【解析】A.卤族元素单质都是分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，所以晶体熔点由低到高为
16、:F2 C,三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，所以硬度由大到小：金刚石 碳化硅 晶体硅，故 C 正确；D.可以先比较电荷数，电荷数多的晶格能大，而如果电荷数一样多则比较核间距，核间距大的，晶格能小，则晶格能由大到小为：MgOCaONaFNaCL 故 D 正确；答案选 B。选择题下列晶体中，化学键种类完全相同，晶体类型也相同的是()A.C02 与 SiO2 B.CCI4 与 SiCI4 C.S02 与 MgO D.NaCI 与 HCI【答案】B【解析】化学键包括共价键、离子键、金属键等，一般非金属之间构成的共价键，一般金属元素与非金属元素之间构成离子键；晶体类型为分子
17、晶体、金属晶体、原子晶体、离子晶体，然后根据分析；A、C 0 2属于分子晶体，C和0之间以共价键连接，S i02属于原子晶体，Si O之间以共价键连接，故A不符合题意；B、两个都属于分子晶体，C C I和Si-C I都以共价键连接，故B符合题意；C、S 02属于分子晶体，S和。之间存在共价键，M gO属于离子晶体，Mg2+和。2 存在离子键，故C不符合题意；D、NaCI为离子晶体，Na+和CI 存在离子键，HCI属于分子晶体，H和C I存在共价键，故D不符合题意。选择题绿原酸是咖啡的热水提取液成分之一，结构简式如下图，关于绿原酸判断正确的是（）COOHHO CH=CH COO J YO HHO
18、 绿 Kt 触 HO OHA.分子中所有的碳原子均可能在同一平面内B.1 m ol绿原酸与足量滨水反应，最多消耗2.5 mol Br2C.1 m ol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗4 mol NaOHD.绿原酸水解产物均可以与FeCI3溶液发生显色反应【答案】C【解析】A项，由于 不是平面结构，所以所有碳原子不可能共平面，错误；B项，最多应消耗4 moi B r2,错误；C项，酚一0H、OII-COOH、C-（R均能和NaOH溶液反应，而醇一0 H不和NaOH溶液反应，正确；D项，该物质的水解产物CsHC111 碎H 4-HCl【解 析】（1）根 据A的结构简式，含 有 的 官 能 团
19、 为（酚）羟 基、竣 基、碳碳双键;产CH-CHa（2）对浪异丙苯的结构简式为 Br,在苯环上引入一个滨原子，反应的试剂和反应条件是Br2/FeBr3或Br2/Fe）；异 丙 苯 制 备a一甲基苯乙烯，先引入卤素原子,然后发生消去反应,有 关 化 学 反 应 方 程 式 为：7C1CCH-%HC1CCl(CH5)2 F e l l 砰推断题A、B、C、D、E均为有机化合物，它们之间的关系如图所示国 NaHCg 国 KMnO.,FT一 向 CJk()H 普+坨6提示:RCH=CHR在酸性高锌酸钾溶液中反应生成RCOOH和RCOOH,其中R 和 R，为烷基。RCH20H在酸性高锌酸钾溶液中反应生成
20、RCOOH酸性：RCOOH H2CO3回答下列问题：直链化合物A 的相对分子质量小于90,A 分子中碳、氢元素的总质 量 分 数 为 0.814，其 余 为 氧 元 素，则 A的 分 子 式 为(2)已知B 与 NaHCO3溶液完全反应，其物质的量之比为1：2,则在浓硫酸的催化下，B 与足量的C2H5OH发生反应的化学方程式是_，反应类型为(3)A可以与金属钠作用放出氢气，能使漠的四氯化碳溶液褪色，则 A的结构简式是。(4)A还能发生多种化学反应，写出A 发生下列反应的化学方程式并注明反应条件：加聚反应：_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
21、 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _消 去 反 应：-K _【答 案】C5H10O H00C-CH2-C00H+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O 酯 化 反 应(或 取 代 反 应)引 发 制HO-CH2-CH2-CH=CH-CH3 n HO-CH2-CH2-CH=CH-CH3 7CH.ICH-CH%A MHO-CH2-CH2-CH=CH-CH3-Z-*CH2=CH-CH=CH-CH3+H20【解析】根据关系，C 3D发生酯化反应，推出C结构简式为CH3C00H,根据问题(1),氧元素质量分数为(1-0.814)=08 6,令A分子
22、中含氧的个数为 X,贝IJ有 XX16/0.186C2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O；(3)A能与金属钠反应放出氢气，A中含有羟基，能使漠的四氯化碳褪色，A中含有碳碳双键，根 据(2),推 出A的结构简式为CH3cH=CH2cH2OH；(4)A中含有碳碳双键，能发生加聚反应，其反应方程式为nCH,I CH-CHI I戈 利HO-CH2-CH2-CH=CH-CH3 T 仁 凡。口 ；羟基所连碳原子的相邻 的 碳 上 有 氢，能 发 生 消 去 反 应，其 反 应 方 程 式 为：A MHO-CH2-CH2-CH=CH-CH3ACH2=CH-CH=CH-CH3+H2O。综合题铁及其化
23、合物有重要且广泛的应用基态Fe2+的价层电子的轨道表示式为检验Fe3+可以用KSCN溶液,写出SCN-的一种等电子体分子部分电离能数据如下表：元素MnFe电离能(kJ/mol)L717759Ij15091561l33 2482 957根据表中数据可知，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去个 电 子 难其 原 因 是过渡金属原子可以与c o分子形成配合物，配合物价电子总数符合1 8电子规则”。如Cr可以与CO形成Cr(CO)6分子：价电子总数(18)=C r的价电子数+C。提供电子数(2x6).Fe原子也能与CO形成配合物，其化学式为.(5)FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a n
24、m、FeS2相对式量为M,阿 伏 加 德 罗 常 数 的 值 为N A,其晶体密度的计算表达式为【答案】1t山RI LLU C02或N2。Mn2+3d能级为半充满结构，较稳定，不易失去电子。Fe(CO)5 4M/NA(axlO-7)3【解析】(1)Fe2+价层电子排布式为3d6,则排布图为四口 尹 团；(2)根据等电子体的定义，SCN中S与0同主族，N得到一个电子好0,则与SCN 一等电子体的为C02,S与。同主族，C得到一个电子玲N,则与SCN一等电子体还可能是N20；(3)M n的价电子排布式为3d54s2,其Mn2+价电子排布式为3d5,处于半满，相对稳定，Fe价电子排布式为3d64s2
25、,Fe2+价电子排布式为3d6,再失去一个电子达到半满，即气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难；(4)令Fe和CO构成化合物是Fe(CO)n,由于Fe的价电子(3d64s2)数 为8,根据题意，8+2xn=18,解 得n=5,即化学式为Fe(CO)5；(5)Fe2+位于棱上和体心，属于该晶胞的Fe2+的个数为12x1/4+1=4,S22一位于面心和顶点，属于该晶胞的S22一的个数为8x1/8+4M-S6 x l/2=4,晶胞的质量为NA,晶胞的体积为(a x l0-7)c m 3,则晶胞4M的密度为NKaxlO-y g/cm3。实验题某课外小组设计实验室制取并提纯乙酸乙酯的
26、方案如下:已知：氯化钙可与乙醇形成CaCI26C2H50H有关有机物的沸点：试齐I乙醛乙醇乙酸乙酸乙酯沸点/团34.778.511877.1浓H：so,、2cH3cH20H 1 40c CH3cH20cH2cH3+H2OI.制备过程：装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有9.5mL无水乙醇和6mL冰醋酸，D中放有饱和碳酸钠溶液。实验过程中滴加大约3mL浓硫酸,B的 容 积 最 合 适 的 是(填入正确选项前的字母)A.25mL B.50mLC.250mL D.500mL(2)球形干燥管的主要作用是。饱 和 Na2CO3 溶 液 的 作 用 是I I.提纯方法：将D中混合液进行分离。有机层用5m
27、 L饱和食盐水洗涤，再用5m L饱和氯化钙溶液洗涤,最后用水洗涤。有机层倒入一干燥的烧瓶中，用无水硫酸镁干燥，得粗产物。将粗产物蒸储，收集77.1国的微分，得到纯净干燥的乙酸乙酯。第 步 分 离 混 合 液 时，选 用 的 主 要 玻 璃 仪 器 的 名 称 是第步中用饱和食盐水洗去碳酸钠后、再用饱和氯化钙溶液、最后 用 水 洗 涤，分别主要洗去粗产品中的，【答案】B防倒吸溶解挥发出的乙醇；中和挥发出的乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出分液漏斗乙醇氯化钙【解析】(1)使用烧瓶时，盛放液体的体积应在烧瓶容积的1/3-2/3之间,液体的体积为(9.5+6+3)mL=18.5mL,应使用烧瓶的容积为50mL,故B正确；(2)反应剧烈，烧瓶中的压强迅速减小，试管中饱和碳酸钠溶液可能会被吸入发生发生装置，球形干燥管的主要作用是防止倒吸；(3)烧瓶中挥发出的气体有乙酸乙酯、乙酸、乙醇，因此饱和碳酸钠溶液的作用是溶解挥发出的乙醇；中和挥发出的乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出；(4)D中混合液为两种互不相溶的液体，出现分层，用分液的方法进行分离，即主要仪器是分液漏斗；(5)根据信息氯化钙能与乙醇反应形成CaCI2-6H2O,即饱和氯化钙溶液洗去的是乙醇，水洗涤除去吸附的氯化钙。