新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题
化学试卷（问卷）
（卷面分值：100分 考试时间：90分钟）
注意事项：
1.本试卷为问答分离式试卷，共4页，其中问卷2页，答卷2页。答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、座位号、准考证号等信息填写在答题卡上。
2.作答非选择题时须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题卡的指定位置上，作答选择题须用2B铅笔将答题卡上对应题目的选项涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损。
相对原子质量： H:1 O:16 N:14 Na:23 C:12 Si:28
第一卷．选择题（共45分）
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分）
1.下列化学用语书写正确的是（ ）
A. 四氯化碳的电子式
B. 环丙烷的最简式CH2
C. 甲醛的结构式HCHO
D. S2﹣的最外层电子排布式3s23p4
【答案】B
【解析】
【详解】A、四氯化碳分子中含有4个碳氯键，碳原子和氯原子最外层达到8电子稳定结构，四氯化碳正确的电子式为：，故A错误；
B、最简式是有机物中的各原子的最简单的整数比，由于环丙烷的分子式为C3H6，故最简式为CH2，故B正确；
C、甲醛分子中碳原子与氢原子之间形成1对共用电子对，碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，结构式为，HCHO是甲醛的结构简式，故C错误；
D、S2﹣的最外层电子数为8，而不是六个，故D错误。
答案选B。
【点睛】
本题考查了电子式、最简式、分子式的书写，注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法，明确甲烷与四氯化碳、羟基与氢氧根离子的电子式的区别。
2.区别晶体与非晶体的最科学的方法是( )
A. 观察自范性 B. 观察各向异性
C 测定固定熔点 D. 进行X－射线衍射实验
【答案】D
【解析】
【分析】
晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，晶体会对x射线发生衍射，而非晶体不会对x射线发生衍射。
【详解】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到物质的微观结构，故合理选项为D。
【点睛】本题的易错点为C，测定熔沸点只是表象。
3.具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是（ ）
A. 1s22s22p63s23p1 B. 1s22s22p3 C. 1s22s22p5 D. 1s22s22p63s23p4
【答案】A
【解析】
【详解】根据原子核外电子排布式知，A和D电子层数都是3，B和C电子层数都是2，原子的电子层数越多，其原子半径越大，所以A和D的原子半径大于B和C；A的原子序数小于D，属于同一周期元素，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以A的原子半径大于D，则原子半径最大的是A，故选A。
4. 对C、N、O元素有关比较表述不正确的是 （ ）
A. 氢化物稳定性：CH4＜NH3＜H2O
B. 第一电离能：C＜N＜O
C. 电负性：C＜N＜O
D. 氢化物沸点：CH4＜NH3＜H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：非金属性是O＞N＞C，则A、非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性：CH4＜NH3＜H2
O，A正确；B．非金属性越强，第一电离能越大，但由于N元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则第一电离能：C＜O＜N，B错误；C、非金属性越强，大小越大，则电负性：C＜N＜O，C正确；D、水分子间及氨气分子间均存在氢键，因此氢化物沸点：CH4＜NH3＜H2O，D正确，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查考查元素周期律的判断
【名师点晴】掌握元素周期律的变化规律是解答的关键，难点是第一电离能的判断。气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，变化规律为①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。②同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。③同种原子：逐级电离能越来越大(即I1≤I2≤I3…)。需要注意满足全满或半充满的元素，其第一电离能大于相邻周期元素的第一电离能。
5. 等物质的量的下列物质，分别完全燃烧时，消耗氧气最少的是 （ ）
A. 苯 B. 甲烷 C. 乙烯 D. 乙醇
【答案】B
【解析】
试题分析：A．1mol苯完全燃烧，耗氧量=（6+）mol=7.5nol，B．1mol甲烷完全燃烧，耗氧量=（1+）mol=2mol，C．1mol乙烯完全燃烧，耗氧量=（2+）mol=3mol，D．1mol乙醇完全燃烧，耗氧量=（2+-）=3mol，故甲烷消耗氧气最少，故选B。
【考点定位】考查烃及其衍生物的燃烧规律
【名师点晴】本题考查有机物耗氧量的计算，属于高考中的高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查。根据烃及烃的含氧衍生物的燃烧通式，有机物无论它们以何种物质的量的比例混和，只要总物质的量一定，则在完全燃烧时，消耗氧气的量为一定值，设有机物通式为CxHyOz，则(x+)相等是解答本题的关键。
6.氯化亚砜(SOCl2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚砜分子的VSEPR模型、分子的几何构型和中心原子(S)采取杂化方式的说法正确的是( )
A. 四面体形、三角锥形、sp3 B. 平面三角形、V形、sp2
C. 平面三角形、平面三角形、sp2 D. 四面体形、三角锥形、sp2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，孤电子对个数=1/2×（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，据此解答。
【详解】SOCl2中S原子成2个S-Cl键，1个S=O，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(6−2−1×2)/2=4，杂化轨道数是4，故S原子采取sp3杂化，含一对孤电子，分子的VSEPR模型为四面体形，分子形状为三角锥形。
答案选A。
7.美国化学家鲍林教授具有独特的化学想象力：只要给他物质的分子式，他就能大体上想象出这种物质的分子结构模型．多核离子所带电荷可以认为是中心原子得失电子所致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是（ ）
A. NO2﹣和NH4+ B. H3O+和ClO3﹣
C. NO3﹣和CO32﹣ D. PO43﹣和SO42
【答案】C
【解析】
【详解】A.NO2-中心原子的价层电子对数=2+(5+1-2×2)/2=3，含有一个孤电子对，空间构型为V形，NH4+中心原子的价层电子对数=4+(5-1-4×1)/2=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故A不选；
B.H3O+中心原子的价层电子对数=3+(6-1-3×1)/2=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，ClO3-中心原子的价层电子对数=3+(7+1-3×2)/2=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故B不选；
C.NO3-中心原子的价层电子对数=3+(5+1-3×2)/2=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，CO32-中心原子的价层电子对数=3+(4+2-2×3)/2=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故C选；
D.PO43-中心原子的价层电子对数=4+(5+3-4×2)/2=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，SO42-中心原子的价层电子对数=4+(6+2-4×2)/2=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故D不选。
故选C。
【点睛】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数。
8.某同学写出下列烷烃的名称中，不正确的是
A. 2，3-二甲基丁烷 B. 3，3-二甲基丁烷
C 2-甲基-3-乙基戊烷 D. 2，2，3，3-四甲基丁烷
【答案】B
【解析】
【详解】A、2，3-二甲基丁烷，符合烷烃命名原则，A正确；
B、3，3-二甲基丁烷，不满足支链编号最小原则，正确的命名为2，2-二甲基丁烷，B错误；
C、2-甲基-3-乙基戊烷，满足支链编号最小原则，C正确；
D、2，2，3，3-四甲基丁烷，满足支链编号最小原则，D正确。
答案选B。
9.关于氢键，下列说法正确的是( )
A. 每一个水分子内含有两个氢键
B. 的熔沸点明显高于，对羟基苯甲醛分子间存在氢键，而邻羟基苯甲醛存在分子内氢键。
C. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
D. SO2易溶于水，重要的原因之一是由于SO2与H2O之间能形成氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢键只存在于分子之间，水分子内存在的是H-O化学键，A项错误；
B．的熔沸点明显高于，是因为对羟基苯甲醛分子间存在氢键，而邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键强于分子内氢键，B项正确；
C．氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键非常稳定，C项错误；
D．SO2易溶于水，重要的原因之一是SO2能与H2O发生反应，使其溶解度增大，D项错误；答案选B。
10.根据下列性质判断所描述的物质可能属于分子晶体的是（ ）
A. 熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B. 熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大
C. 熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
D 熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g/cm3
【答案】C
【解析】
【详解】A. 熔点1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，故A错误；
B. 熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大，属于离子晶体或原子晶体或金属晶体的特点，分子晶体分子间只存在分子间作用力，熔沸点低，故B错误；
C. 熔点10.31℃，熔点低，符合分子晶体的熔点特点，液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH⇌CH3COO−+OH−，有自由移动的离子，就能导电，故C正确；
D.熔点97.81℃，质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠物理性质，金属钠属于金属晶体，故D错误；
答案选C。
11.下面的排序不正确的是 （ ）
A. 晶体熔点由低到高：CF4
碳化硅>晶体硅
C. 熔点由高到低:Na>Mg>Al
D. 晶格能由大到小: NaF> NaCl> NaBr>NaI
【答案】C
【解析】
【详解】A、分子晶体熔点和分子的相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高，则晶体熔点由低到高：CF4碳化硅>晶体硅，B正确；
C、金属键越强，金属晶体熔点越高，金属键与原子半径和金属阳离子所带电荷数有关系，则熔点Al>Mg>Na，C错误；
D、离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成反比，熔点：NaF>NaCl>NaBr>NaI，D正确。
答案选C。
12.有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 在图1晶体中，距粒子B最近且等距的粒子A有6个
B. 在CO2晶体中，每个晶胞平均占有4个原子
C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶2
D. 该气态团簇分子的分子式为E4F4
【答案】B
【解析】
A、图1晶体是类似于NaCl晶体的结构，距粒子B最近且等距的粒子A有6个，所以B粒子的配位数是6，故A正确；B、在CO2晶体中，CO2位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有CO2的个数为：8×+6×=4，每个晶胞平均占有4×3=12个原子，故B错误；C、在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4×=2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2，故C正确；D、气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D正确；故选B。
点睛：本题考查晶胞的计算。本题的易错点为D，注意气态团簇分子与晶胞的区别，容易因为思维定势造成错误。
13.分子式为C10H14的苯的同系物，其苯环上有4个甲基，符合条件的结构有：
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】B
【解析】
【详解】苯分子含有6个氢原子，都可以被甲基取代，因此取代2个氢原子和取代4个氢原子所得到的同分异构体数目是相同的。若取代2个氢原子，则有邻、间、对三种，所以若苯环上有4个甲基时，其同分异构体就应该也是3三种。
答案选B。
14.化学式为C4H10O2
的二元醇（两个羟基不能连在同一个碳原子上）有（不考虑立体异构）（ ）
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】A
【解析】
【分析】
书写双官能团物质的同分异构体时用定一议二法，画出碳链后，先固定一个官能团，再讨论另一官能团可能的位置。
【详解】根据化学式为C4H10O2的二元醇其两个羟基不连在同一个碳原子上，固定一个醇羟基之后，另一个醇羟基的位置有如下6种：
，所以化学式为C4H10O2的二元醇且两个羟基不连在同一个碳原子上的结构有6种。
【点睛】书写有机物分子的同分异构体时，往往需要注意书写出来的结构式之间是否有重复的，若有，则需删减。
15.120 ℃条件下，一定质量的某有机物(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)在足量O2中燃烧后，将所得气体先通过浓H2SO4，浓H2SO4增重2.7 g，再通过碱石灰，碱石灰增重4.4 g，对该有机物进行核磁共振分析，谱图如下图所示：
则该有机物可能是( )
A. CH3CH3 B. CH3CH2COOH
C. CH3CH2OH D. CH3CH(OH)CH3
【答案】C
【解析】
【详解】该有机物中C、H的物质的量分别是：n(C)＝＝0.1 mol；n(H)＝×2＝0.3 mol；故该有机物中C、H原子个数比为1∶3，可将B、D选项排除，而由核磁共振谱分析可知该有机物中应有三种不同化学环境的H原子，所以只能是CH3CH2OH。
答案选C。
二、非选择题（共4大题，共55分）
16.现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：
元素编号
元素性质或原子结构
T
所有元素中电负性最大的元素
X
L层p电子数比s电子数多2个
Y
其最高价氧化物呈两性
Z
L层有三个未成对电子
(1)写出元素X电子排布式______________。
(2)Z原子共有_____________种运动状态不同的电子。
(3)写出Z元素形成的单质的结构式：________；写出Z元素形成的单质的等电子体 ____________
(4)元素T与氯元素相比，非金属性较强的是____（用元素符号表示），下列表述 中能证明这一事实的是（ ）
A、常温下氯气的颜色比T单质的颜色深
B、T的单质通入氯化钠水溶液不能置换出氯气
C、氯与T形成的化合物中氯元素呈正价态
(5)探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之—。T、X、Y、Z四种元素的单质中化学性质明显不同于其他三种单质的是_____________（填化学式），理由__________________。
【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). 7 (3). N≡N (4). CO（CN-） (5). F (6). C (7). Al (8). 铝是金属单质，其它的是非金属单质
【解析】
【分析】
T为所有元素中电负性最大的元素，可知T为F；根据X的L层p电子数比s电子数多2个可知其L层未充满，其电子排布式为1s22s22p4，可知X为O；根据Y的最高价氧化物呈两性可知Y为Al；根据Z的L层有三个未成对电子可知其电子排布式为1s22s22p3，则Z为N，所以T、X、Y、Z四种元素分别为F、O、Al、N，据此解题。
【详解】(1) X的L层p电子数比s电子数多2个，经分析可知，元素X电子排布式为1s22s22p4；
(2)Z原子为N原子，其电子排布式为1s22s22p3，因原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，所以N原子共有7种运动状态不同的电子；
(3) Z元素形成的单质为N2，其结构式为N≡N；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，N2分子中含有2个原子和10个价电子，故其等电子体有：CO、CN-；
(4)元素T为F，F是周期表里非金属元素最强的元素，所以其与氯元素相比非金属性较强的是F；
A．物质的颜色深浅不同，这是对不同的波长的可见光选择性吸收的结果，物质的颜色属于物理性质，不能比较非金属性强弱，故A不符合题意；
B．氟气由于太活泼，会先和水反应生成氧气，因而不会发生置换反应，反应化学方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，不能置换出氯气，无法证明F的非金属性比Cl强，故B不符合题意；
C．氯与氟形成的化合物中氯元素呈正价态，说明F对键合电子吸引力更强，说明F元素非金属性更强，故C符合题意；
(5) T、X、Y、Z四种元素的单质分别为F2、O2、Al、N2，化学性质明显不同于其他三种单质的是Al，是因为Al是金属单质，具有金属的性质，其它的是非金属单质，具有非金属的性质。
17.根据下图回答下列问题。
(1)图A是由4个碳原子结合成的某种烷烃(氢原子没有画出)。
①写出该有机物的系统命名法的名称:______。
②该有机物的同分异构体的核磁共振氢谱中应有___种峰。
(2)图B的键线式表示维生素A的分子结构。
①该分子的化学式为____。
②1 mol维生素A最多可与____mol H2发生加成反应。
(3)某物质只含C、H、O三种元素,其分子模型如图C所示,分子中共有12个原子(图中球与球之间的连线代表单键、双键等化学键)。
①该物质的结构简式为_________。 ②该物质中所含官能团的名称为_______。
【答案】 (1). 2-甲基丙烷 (2). 2 (3). C20H30O (4). 5 (5). (6). 碳碳双键 羧基
【解析】
【详解】(1) ①由图A可知该烷烃的结构简式为，其系统命名法的名称为：2-甲基丙烷；
②该有机物的同分异构体为，其含有两种等效氢原子，所以核磁共振氢谱中应有2种峰；
(2) ①根据图B的键线式可知，该维生素A分子的化学式为C20H30O；
②1 mol维生素A含有5mol的碳碳双键，所以最多可与5mol H2发生加成反应；
(3)①根据该分子的球棍模型，可知白球代表H原子，灰球代表的C原子，白黑条纹球代表的是O原子，其中有两个C原子只与其他三个原子相连，可知这两个碳原子分别与旁边的原子间形成了双键，所以该物质的结构简式为；
②由该物质的结构简式可知，其所含官能团的名称为碳碳双键、羧基。
【点睛】根据给出的元素种类及球棍模型书写物质的结构简式时，先比较原子的半径大小，然后将原子的种类与模型中的原子一一对应起来，然后判断原子与原子之间的化学键种类，最后书写出其结构简式。
18.回答下列问题。
(1)CS2是一种常用的溶剂，CS2的分子中存在________个σ键。在H—S、H—Cl两种共价键中，键的极性较强的是______，键长较长的是_____。
(2)氢的氧化物与碳的氧化物中，分子极性较小的是________(填分子式)。
(3)醋酸的球棍模型如图1所示。
①在醋酸中，碳原子的轨道杂化类型有________；
②Cu的水合醋酸盐晶体局部结构如图2所示，该晶体中含有的化学键是________(填选项字母)。
A．极性键 B．非极性键 C．配位键 D．金属键
【答案】 (1). 2 (2). H—Cl (3). l H—S (4). CO2 (5). sp3、sp2 (6). A、B、C
【解析】
【详解】(1)CS2的结构与CO2的相似，均为直线型结构，其结构简式为：S=C=S，因为一个双键由一个σ键和一个Π键组成，所以CS2的分子中存在2个σ键；因为Cl的非金属性比S的强，所以在H—S、H—Cl两种共价键中，键的极性较强的是H—Cl，因而其键长较短，所以H—S的键长较长；
(2)氢的氧化物为H2O，碳的氧化物为CO2，H2O是V形结构，CO2是直线形结构，因此分子极性较小的是CO2；
(3)①在醋酸分子中，甲基上C原子的杂化轨道类型是sp3杂化，羧基上的C原子是sp2杂化；
②根据Cu的水合醋酸盐晶体局部结构可知，该晶体中含有的化学键有碳氧之间的极性键，碳原子与碳原子之间的非极性键以及氧原子与铜原子之间的配位键，答案选ABC。
19.铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料。请回答：
（1）基态铜原子的电子排布式为_______________；已知高温下CuO→Cu2O＋O2，从铜原子价层电子结构(3d和4s轨道上应填充的电子数)变化角度来看，能生成Cu2O的原因是_________________________。
（2
）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简单的氢化物中，分子构型分别为____________，若“Si—H”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为Se____Si(填“>”、“<”)。
（3）SeO2常温下白色晶体，熔点为340～350℃，315℃时升华，则SeO2固体的晶体类型为_________；若SeO2类似于SO2是V型分子，则Se原子外层轨道的杂化类型为_________。
（4）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性(价电子数少于价层轨道数)，其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3。BF3·NH3中B原子的杂化轨道类型为______，B与N之间形成_________键。
（5）金刚砂(SiC)的硬度为9.5，其晶胞结构如图所示；则金刚砂晶体类型为________，在SiC中，每个C原子周围最近的C原子数目为___个；若晶胞的边长为a pm，则金刚砂的密度表达式为_________g/cm3。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2). CuO中铜的价层电子排布为3d94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是 (3). V形、正四面体形 (4). ＞ (5). 分子晶体 (6). sp2 (7). sp3 (8). 配位 (9). 原子晶体 (10). 12 (11). 或
【解析】
【详解】（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；CuO中铜的价层电子排布为3d94s0(1分)，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，3d10为稳定结构，所以在高温时，能生成Cu2O；
（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为H2Se，SiH4，其分子结构分别V形，正四面体；若“Si-H”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价，所以硒与硅的电负性相对大小为Se＞Si；
（3）SeO2常温下白色晶体，熔、沸点低，为分子晶体；二氧化硒分子中价层电子对=2+(6-2×2)=3，Se原子的杂化类型为sp2，且含有一个孤电子对，所以属于V形；
（4）BF3•NH3中B原子含有3个σ 键和1个配位键，所以其价层电子数是4，B原子采取sp3杂化，该化合物中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，所以B、N原子之间形成配位键；
（5）金刚砂(SiC)的硬度为9.5，属于原子晶体；每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，所以每个碳原子周围最近的碳原子数目为3×4=12；该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，晶胞边长=a×10-10cm，体积V=(a×10-10cm)3，ρ==或g•cm3。
