2017-2018学年江苏省泰州中学高二4月月考化学试题 解析版

2017-2018学年江苏省泰州中学高二4月月考化学试题 解析版

江苏省泰州中学2017-2018学年高二4月月考化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 ‎ 第Ⅰ卷(选择题，40分)‎ 单项选择题：本题包括10小题，每小题2 分，共20分。每小题只有一个选项符合愿意。‎ ‎1. 党的十九大报告中多次提及“绿色”、“ 生态文明”。下列做法不应该提倡的是 A. 分类放置生活废弃物 B. 实现化石燃科清洁利用 C. 使用聚碳酸酯类可降解塑料 D. 大量使用化肥、农药提高粮食产量 ‎【答案】D ‎【解析】A、对生活废弃物进行分类，可以对物质进行回收使用，分类处理，选项A正确；B．实现化石燃料清洁利用提高能源利用率，选项B正确；C．使用聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合节能减排的原则，选项C正确；D、农药化肥过量的使用，在污染土壤和水的同时，在农作物上的残留也会对人的健康不利，选项D错误。答案选D。‎ ‎2. 下列化学用语表示正确的是 A. CO2的分子模型示意图： B. 甲烷的电子式 C. 硫离子核外电子排布式1s22s22p63s23p4 D. 中子数为8的碳原子 ‎【答案】B ‎【解析】A、CO2的空间构型为直线型，故A错误；B、甲烷中C与4个H形成共价键，即电子式为，故B正确；C、S2－的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故C错误；D、根据原子构成，应是146C，故D错误。‎ ‎3. 下列能正确表示基态氮原子的电子排布图的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】N为7号元素，电子排布式为1s22s22p3，根据洪特规则和保利不相容原理，电子排布图为，故选B。‎ ‎4. 下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是 A. CO2与SO2 B. CH4与NH3 C. BeCl2与BF3 D. C2H2 与C2H4‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、CO2中C原子杂化轨道数为×(4+0)=，采取 sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为×(6+0)=3，采取 sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误；B、CH4中C原子杂化轨道数为×(4+4)=4，采取 sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为×(5+3)=4，采取 sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故B正确；C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为×(2+2)=2，采取 sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为×(3+3)=3，采取 sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；D、C2H2分子中碳原子形成1个C-H，1个C≡C三键，C原子杂化轨道数为(1+1)=2，采取 sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C-H，1个C═C双键，C原子杂化轨道数为(2+1)=3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误；故选B。‎ ‎【考点定位】考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断 ‎【名师点晴】考查杂化轨道理论，判断中心原子的杂化轨道数是关键。杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：电子对数n=(中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数)。注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零；根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。‎ ‎5. 下列事实与氢键有关的是 A. 水加热到很高温度都难以分解 B. 水结成冰体积膨胀。密度变小 C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高 D. HF、HCl、HBr、HI 的热稳定性依次减弱 ‎【答案】B ‎............‎ ‎【考点定位】考查氢键的性质特征 ‎【名师点晴】明确氢键的特点及性质是解题关键；①氢键是一种分子间的相互作用，不属于化学键；②能形成氢键的物质主要有NH3、H2O、HF；③特征：比化学键弱，比分子间作用力强，特别注意氢键只影响物理性质，不影响化学性质，据此分析答题。‎ ‎6. 下列的排序错误的是 A. 非金属性大小：Cl>S>P>Si B. 硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅 C. 熔点由高到低：石英>食盐>干冰>钠 D. 晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI ‎【答案】C ‎【解析】A、同周期从左到右非金属性逐渐增强，非金属性：Cl＞S＞P＞Si，故A正确；B、C原子半径小于Si原子半径，原子半径越小，共价键键能越大，原子晶体的硬度越大，则金刚石的硬度大于硅晶体的硬度，硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B正确；C、分子晶体的熔点最小，干冰的熔点最低，故C错误；D、氟离子、氯离子、溴离子、碘离子半径逐渐增大，而离子半径越大，晶格能越小，晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故D正确；故选C。‎ ‎7. 关于配合物[Cu(H2O)4]) SO4，下列说法错误的是 A. 此配合物，中心离子的配位数为4 B. H2O为配体，配位原子是氧原子 C. 此配合物中，Cu2+提供孤对电子 D. 向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】A．配合物［Cu(H2O)4］SO4，配位体是H2O，配位数是4，故A正确；B. 配合物［Cu(H2O)4］SO4中H2O为配体，配位原子是氧原子，故B正确；C. 此配合物中，Cu2+为中心原子，提供空轨道，配位原子氧原子提供孤对电子，故C错误；D. 硫酸根离子在外界，向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀硫酸钡，故D正确；故选C。‎ 点睛：本题考查配合物的成键情况，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，特别注意配体和外界离子的区别。‎ ‎8. 下列结构中，从成键情况看，不合理的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、根据有机物成键特点，C形成四个键，N形成3个键，H形成一个键，符合成键情况，故A错误；B、Si应有4个键，因此不符合成键，故B正确；C、符合成键，故C错误；D、符合成键，故D错误。‎ ‎9. 已知NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法不正确的是 A. 12g金刚石中平均含有2NA个σ键 B. 1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ键 C. 12g 石墨中平均含1.5NA个σ键 D. 1molCH4 中含4NA个sp杂化的σ键 ‎【答案】D ‎【解析】A．金刚石中每个C原子可形成的C-Cσ键为4个；每条C-C键被两个C原子共有，每个碳原子可形成：4×1/2=2个C-C键，则12g金刚石即1mol，含 C-Cσ键2mol，即个数为2NA，A正确；B．在二氧化硅晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成4条Si-Oσ键，1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ键，B正确；C．石墨中每个C原子与其它3个C原子形成3个C-Cσ键，则平均每个C原子成键数目为3×1/2=1.5个，12g石墨物质的量为12g/12g/mol=1mol，平均含1.5NA个σ键，C正确；D．甲烷中4个C-H是sp3杂化，不是sp杂化，D错误；答案选D。‎ 点睛：本题考查物质结构中的化学键数目的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，熟悉金刚石、二氧化硅、石墨、甲烷结构是解题关键，注意甲烷中C原子的sp3杂化轨道。‎ ‎10. 下列对一些实验事实的解释正确的是 选项 ‎ 实验事实  ‎ 解释 A 水加热到较高温度都难以分解 ‎ 水分子间存在氢键 B 白磷为正四面体分子 白磷分子中P- P键间的键角是109028′‎ C 用苯萃取碘水中的I2 ‎ 苯和I2均为非极性分子且苯与水不互溶 D ‎ H2O 的沸点高于H2S ‎ H-O键的键长比H-S键的键长短 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】A.水在高温下难分解是因为水分子中的化学键的键能大、不易断裂，所以A不正确；B.白磷分子为正四面体结构是因为白磷分子中有4个P原子，每个磷原子与邻近的3个磷原子形成共价键，这些共价键的键长和键角都相等，键角为60º，所以B不正确；C.根据相似相溶原理，碘易溶于有机溶剂不易溶于水，四氯化碳不溶于水，所以四氯化碳具备作为萃取剂的基本条件，可以用萃取剂把碘从其水溶液中萃取出来，所以C正确；D.水的沸点高于硫化氢，是因为水分子之间能形成氢键，而硫化氢分子之间不能，所以D不正确。‎ 不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项。多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，  只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。‎ ‎11. 下列说法中，正确的是 A. 分子组成相差一个或几个-CH2—原子团的物质互为同系物，它们的化学性质肯定相似 B. 正丁烷中4个碳原子共直线 C. 甲烷是烷烃中碳含量最低的，也是组成最简单的烃 D. 分子式为C4H10的烃有3种 ‎【答案】C ‎【解析】A、应是结构和组成相似，组成上相差一个或几个－CH2－，这样的物质互为同系物，故A错误；B、根据甲烷的空间构型，正丁烷中4个碳原子不共线，应是折线型，故B错误；C、甲烷是烷烃中碳原子含量最低，因此是最简单的烃，故C正确；D、丁烷的同分异构体是正丁烷和异丁烷两种，故D错误。‎ ‎12. 下列粒子属于等电子体的是 A. CO和N2 B. CH4 和NH4+ C. NH2-和H2O2 D. HCl和 H2O ‎【答案】AB ‎【解析】A、CO和N2都是双原子分子，且含有价电子总数分别为10、10，即两者互为等电子体，故A正确；B、CH4、NH4＋都含有5个原子，价电子总数分别为8、8，两者互为等电子体，故B正确；C、NH2－含有3个原子，H2O2含有4个原子，两者不互为等电子体，故C错误；D、HCl是双原子分子，H2O含有3个原子，两者不互为等电子体，故D错误。‎ ‎13. 金银花中能提取出有很高药用价值的绿原酸(如下图)，下列判断正确的是 A. 分子中有可能所有碳原子共平面 B. 分子式为C16H18O9‎ C. 分子中含有醚键 D. 分子中有4 个手性碳原子 ‎【答案】BD ‎【解析】A、结构简式中“”上的碳原子sp3杂化，因此分子中所有碳原子不共面，故A错误；B、根据有机物成键特点，此有机物的分子式为C16H18O9，故B正确；C、根据有机物的结构简式，含有的官能团是酯基、羟基、羧基，故C错误；D、根据手性碳原子的定义，，有4个手性碳原子，故D 正确。‎ ‎14. 根据下列结构示意图，判断下列说法中正确的是 A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的多个Cl-构成正四面体 B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+‎ C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2‎ D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE ‎【答案】BC ‎【解析】A、在NaCl晶体中，距离Na＋最近，且等距离的Cl－有6个，构成正八面体结构，故A错误；B、Ca2＋位于顶点和面心，每个晶胞平均占有Ca2＋的个数为8×1/8＋6×1/2=4，故B正确；C、每个C原子平均占有的C－C的个数为4×1/2=2，因此碳原子与碳碳键数之比为1：2，故C正确；D、这是气态团簇分子，分子式为E4F4或F4E4，故D错误。‎ 点睛：本题的易错点是选项D，学生根据均摊法，推出分子式为EF或FE，忽略了这是分子团簇，团簇是分子，利用有几个这样的原子，右下角系数就为几。‎ ‎15. 下列有关同分异构体数目的叙述中，错误的是 A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种 B. 含有5个碳原子的饱和链烃，其一氯取代物共有8种 C. 与互为同分异构体的芳香族化合物有6种 D. 菲的结构简式为，可有5种一氯取代物 ‎【答案】C ‎、C(CH3)4(有1种氢原子)，因此一氯代物有8种，故B正确；C、属于芳香族化合物的形式有 ‎、（邻间对三种）、，共有5种，故C错误；D、，应有5种不同的氢原子，其一氯代物有5种，故D正确。‎ 点睛：等效氢的判断：（1）同一碳原子上的氢原子是等效的；（2）同一碳原子上所连甲基上的氢原子是等效的；（3）处于对称位置上的氢原子是等效的。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，80 分)‎ ‎16. 用符号“>”“ <” 或“=”连接下列各项关系。‎ ‎(1) 第一电离能：Na________Mg，N______O。‎ ‎(2) 电负性：O___________F，F_________Cl ‎(3) 能量高低：ns________(n+1)s，ns______________np ‎(4) 主族序数_____价电子数______元素最高正化合价。‎ ‎【答案】 (1). < (2). > (3). < (4). > (5). < (6). < (7). ＝ (8). ＝‎ ‎【解析】（1）考查第一电离能的规律，同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，因此有NaO；（2）考查电负性的规律，同周期从左向右电负性增大（稀有气体除外），同主族从上到下电负性减小，因此有OCl；（3）考查能量关系，ns<(n+1)s，nsN>C (2). (3). 2 (4). 12 (5). 6 (6). (7). 冰分子间存在氢键 (8). 2H2O++SO2= SO42-+4H+‎ ‎【解析】考查物质结构与性质的知识的综合运用，A元素原子的核外电子数等于其电子层数，推出A为H，B元素基态原子有三个能级且各能级电子数相同，B的电子排布式为1s22s22p2，即B为C，A与D可形成两种常见液态化合物G、H，其原子数之比分别为1：1和2：1，化合物分别是H2O2、H2O，即D为O，因为原子序数依次增大，则C为N，E 元素原子的K、L层电子数之和等于其M 、N 层电子数之和，推出E为Ca，（1）同周期从左向右电负性增大，即O>N>C；氧元素基态原子的电子排布图为；（2）C原子的电子排布图为，核外存在2对自旋相反的电子；（3）根据晶胞1，晶体中Ca2＋周围等距且最近的Ca2＋有12个，离子晶体中，配位数是距离最近的异性离子的个数，即Ca2＋的配位数为6，该化合物的晶胞形式类似于NaCl，因此化学式为CaC2，其电子式为；（4）①H为H2O，一个H2O分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子，即阳离子是H2O＋，H2O分子间以分子间氢键形式形成的“网”；②H2O＋具有强氧化性，能把SO2氧化成硫酸，因此离子反应方程式为2H2O＋＋SO2=4H＋＋SO42－。‎ ‎ ‎ ‎ ‎