【化学】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（解析版）

【化学】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（解析版）

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 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 As-75 Ga-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10000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；‎ 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； ‎ 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. C2H6 B. C4H‎10 ‎C. C5H10Cl2 D. 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．C5H10Cl2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CO2‎ B. 浓硝酸与苯反应生成硝基苯 C. 钠与酒精混合有产生H2‎ D. 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；‎ 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，产生是H2，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。‎ ‎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C12H15O4‎ C. 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。‎ ‎【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. Al　3s23p1 B. Cr　3d44s2‎ C. Ar　3s23p6 D. H　 1s1‎ ‎【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；‎ 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. ns2np3 B. ns2np‎5 ‎C. ns2np4 D. 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 ‎①HCl ②H2O ③N2 ④H2O2 ⑤C2H4 ⑥C2H2‎ A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ①③⑥ D. 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NO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=(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+(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＜Y B. 若A2＋2D－→‎2A－＋D2，则氧化性：D2＞A2‎ C. 若R2－和M＋电子层结构相同，则原子序数：R＞M D. 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；‎ B .在此反应中A2是氧化剂，D2是氧化产物，氧化性：D2NH3，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). CH3OCH3 (3). 羟基 (4). 羧基 (5). 水解(或取代) (6). 氧化 (7). HCOOCH2CH3+NaOHHCOONa+CH3CH2OH (8). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+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；CH3OCH3；‎ ‎(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+NaOHHCOONa+CH3CH2OH，③为乙醇的催化氧化反应，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：HCOOCH2CH3+NaOHHCOONa+CH3CH2OH；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎