四川省南充市白塔中学2019-2020学年高二12月月考化学试题

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南充市白塔中学2019-2020学年度高二（上）第四次月考化学 可能用到的相对原子质量H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Na—23 Mg—24 Fe—56 Cu—64 P-31 Si-28 Ti-48 Ca-40‎ 第Ⅰ卷（单选题，共54分）‎ ‎1.下列关于有机物的叙述正确的是( )‎ A. 甲苯中所有原子可能共平面 B. C3H6Cl2有三种同分异构体 C. 油脂、淀粉均属于高分子化合物 D. 乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于甲烷为正四面体结构，甲苯可以看作甲烷中1个H被苯基取代，所以甲苯中所有原子不可能共平面，选项A错误；‎ B、分子式为C3H6Cl2的有机物可以看作C3H8中的两个氢原子被两个氯取代，碳链上的3个碳中，两个氯取代一个碳上的氢，有两种：CH3-CH2-CHCl2 （取代那面甲基上的氢原子时一样）、CH3-CCl2 -CH3，分别取代两个碳上的氢，有两种：CH2Cl-CH2-CH2Cl（两个边上的），CH2Cl-CHCl-CH3 （一中间一边上），共有4种，选项B错误；‎ C、淀粉属于高分子化合物，油脂不是高分子化合物，选项C错误；‎ D、乙烯含有碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，据此可以鉴别甲烷和乙烯，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.用示意图或图示的方法能够直观形象地将化学知识传授给学生，下列示意图或图示正确的是( )‎ A. 砷原子的结构示意图 B. BF4—的结构式 C. HF分子间的氢键 D. 丙氨酸的手性异构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据原子核外电子排布规律，砷的原子核外各层电子分别为：2，8，18，5，选项A错误；‎ B、BF4-中有一个F提供一个孤电子对，其它形成共用电子对，据此可画出结构图为，选项B错误；‎ C、HF分子中F原子的电负性较强，与相邻氢原子间形成氢键，选项C错误；‎ D、丙氨酸CH3-CH(NH2)-COOH中有一个碳原子连接一个氨基和一个羧基，且连结-CH3和氢原子，为手性碳原子，四个基团不相同，该分子中含有1个手性碳原子，选项D正确；‎ 答案选D ‎3.下列说法正确的是 ( ) ‎ A. 124gP4含有的P－P键的个数为6NA B. S2Cl2 结构与过氧化氢相似，为非极性分子 C. O3、SO2、NH2-互为等电子体，空间构型都为V形 D. 60gSiO2中含Si－O键的个数为2NA 。‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、124g白磷中含有的磷分子个数=×NA=NA，一个白磷分子中含有6个P-P键，所以124g P4含有的P-P键的个数为6NA，选项A正确；‎ B、S-S键为非极性共价键，S-Cl键为极性共价键，该物质结构不对称，则为极性分子，选项B错误；‎ C、O3、SO2均为3原子18电子，互为等电子体，空间构型都为V形，NH2-空间构型也为V形，但为3原子10电子，与前二者不互为等电子体，选项C错误；‎ D、60g二氧化硅的物质的量为1mol，而1mol二氧化硅中含4molSi-O键，故含4NA个，选项D错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.①PH3的分子构型为三角锥形，②BeCl2的分子构型为直线形，③CH4分子的构型为正四面体形，④CO2为直线形分子，⑤BF3分子构型为平面正三角形，⑥NF3分子结构为三角锥形。下面对分子极性的判断正确的是 A. ①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子 B. 只有④为非极性分子，其余为极性分子 C. 只有②⑤是极性分子，其余为非极性分子 D. 只有①③是非极性分子，其余是极性分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。‎ ‎【详解】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。‎ ‎④CO2分子为直线型，极性抵消，为非极性分子，③CH4为正四面体，故极性也可抵消，为非极性分子，②BeCl2分子构型为直线型分子，故极性可抵消，为非极性分子，⑤ BF3分子构型为三角形，极性抵消，故为非极性分子。‎ ‎⑥NF3中由于N原子的孤对电子对F原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；①PH3中P原子的孤对电子对H原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子； ‎ 结合以上分析可知，①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子，A正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】组成为ABn 型化合物，若中心原子A的化合价等于族的序数，则该化合物为非极性分子，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子。‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 离子化合物中可能含有共价键 B. 分子晶体中的分子内不含有共价键 C. 分子晶体中一定有非极性共价键 D. 分子晶体中分子一定紧密堆积 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．离子化合物中可能含有共价键，如离子化合物KOH中含O-H共价键，可能不含共价键如NaCl，选项A正确；‎ B．多原子分子内含共价键如HCl，稀有气体分子晶体中不含化学键，选项B错误；‎ C．稀有气体分子晶体中不含化学键，选项C错误；‎ D．冰中水分子间存在氢键，氢键具有方向性，所以分子晶体冰不具有分子密堆积特征，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及物质中的化学键为解答的关键，注意稀有气体中不含化学键，侧重分析与应用能力的考查，易错点为选项D冰中水分子间存在氢键，不具有分子密堆积特征。‎ ‎6.下列说法正确的是(　　)‎ A. 范德华力是一种分子间作用力，也是一种特殊的化学键 B. 非极性分子中，各原子间都以非极性键结合 C. 常温常压下，卤素单质从F2→I2由气态、液态到固态的原因是范德华力逐渐增大 D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于水分子间存在氢键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、范德华力是分子间较弱的作用力，是一种分子间作用力，不是化学键，选项A错误；‎ B、非极性分子中，各原子间也可以以非极性键结合，如甲烷分子就是以四个极性键形成的非极性分子，选项B错误；‎ C、卤素单质从F2到I2‎ 结构相似，都是分子晶体，相对分子质量依次增大，相对分子质量越大，范德华力就越大，选项C正确；‎ D、H2O是一种非常稳定的化合物，与H-O键有关，而与氢键无关，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎7.下表中各粒子、粒子对应的立体构型及解释均正确的是(　　)‎ 选项 粒子 立体构型 解释 A 氨基负离子(NH2—)‎ 直线形 N原子采用sp杂化 B 二氧化硫(SO2)‎ V形 S原子采用sp3杂化 C 碳酸根离子(CO32—)‎ 三角锥形 C原子采用sp3杂化 D 碘三正离子（I3+)‎ V形 I原子采用sp3杂化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH2-中心原子N原子采用sp3杂化但N原子有两对价电子未参与成键，所以分子的立体构型为V型，选项A错误；‎ B．SO2中S原子的价层电子对个数=键数+孤对电子对数=2+(6-2×2)=3，含孤电子对数为1，杂化轨道数3，采取sp2杂化，结构为V形，选项B错误；‎ C．CO32-中，价层电子对数=3+(4+2-3×2)=3，含孤电子对数为0，杂化轨道数3，采取sp2杂化，分子形状为平面三角形；选项C错误；‎ D．碘三正离子（I3+)中I原子的价层电子对个数=键数+孤对电子对数=2+(7-1-2×1)=4，含孤电子对数为2，杂化轨道数4，采取sp3杂化，结构为V形，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质的空间构型，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电子对个数的计算方法，为常考查点，要熟练掌握，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数；通常价电子对个数为2时是sp杂化、价电子对个数为3时是sp2杂化、价电子对个数为4时是sp3杂化，据此分析答题。‎ ‎8.下列关于有机物说法正确的是(　　)‎ ‎①制乙酸乙酯时，把乙醇和乙酸依次加入浓硫酸中 ‎②用灼烧的方法可以区别丝和棉花 ‎③油脂水解可得到氨基酸和甘油 ‎④纤维素和淀粉都是多糖，二者互为同分异构体 ‎⑤溴乙烷、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解 ‎⑥乙醇中是否含水，可用金属钠来检验 ‎⑦乙烯和乙烷都能发生加聚反应 ‎⑧蛋白质水解的最终产物是多肽 A. ①②③⑧ B. ④⑤⑥⑦ C. ②⑤ D. ①⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①其它液体与浓硫酸混合相似于稀释浓硫酸，应该将浓硫酸加入其它液体中，故①错误；②用灼烧的方法可以区别丝和棉花，故②正确；③油脂水解得到脂肪酸和甘油，不能得到氨基酸，故③错误；④纤维素和淀粉的聚合度不同，分子式不同，二者不为同分异构体，故④错误；⑤溴乙烷、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解，故⑤正确；⑥乙醇与水相似，也可以与金属钠发生反应生成氢气，所以不可用金属钠检验乙醇中是否含水，故⑥错误；⑦乙烷不能发生加聚反应，故⑦错误；⑧蛋白质水解的最终产物是α-氨基酸，故⑧错误。故选C。‎ ‎9.X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A. Y原子的价层电子排布式为3s23p5‎ B. 稳定性：Y的氢化物＞Z的氢化物 C 第一电离能：Y＜Z D. X、Y两元素形成的化合物为离子化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素。则 A．Y为硫元素，Y的价层电子排布式为3s23p4，故A错误；‎ B．Y为硫元素，Z为氧元素，非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性Z＞Y，故B错误；‎ C．Y为硫元素，Z为氧元素，第一电离能：Y＜Z，故C正确；‎ D．X为H、Li或Na，Y为硫元素，H、Li或Na与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是(　　)‎ A. 基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是ⅠA族元素 B. 原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素一定是副族元素 C. 基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区 D. 基态原子价电子排布为(n－1)dxny的元素的族序数一定为x＋y ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，K为主族元素，Cr、Cu为副族元素，故A错误；‎ B．副族元素的d能级电子数为10或1～5，原子的价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素为Ⅷ族元素，故B错误；‎ C．基态原子p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；‎ D．为ⅢB～ⅦB及Ⅷ族元素，其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，为ⅠB族、ⅡB族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y，故D错误，‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查结构与位置关系、元素周期表，侧重对过渡元素的考查，注意把握元素周期表的结构，过渡元素的结构特点，易错点为选项B：原子的价电子排布为（n-1）d6～8ns2的元素为Ⅷ族元素。‎ ‎11. 下列各项叙述中，正确的是 ( )‎ A. N、P、As的电负性随原子序数的增大而增大 B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素 C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等 D. 氮原子的最外层电子排布图：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．同主族元素从上到下，电负性减小，则N、P、As的电负性随原子序数的增大而减小，故A错误；B．价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA族，最后填充p电子，是p区元素，故B正确；C．p轨道均为纺锤形，离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故C错误；D．利用“洪特规则”可知最外层电子排布图错误，应为，故D错误；故选B。‎ ‎12.国外有人用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，与此同时再用射频电火花喷射N2，此时碳氮原子结合成碳氮化合物薄膜。据称，这种化合物可能比金刚石更坚硬，其原因可能是( )‎ A. 碳、氮原子构成网状结构的晶体 B. 碳氮键比金刚石中的碳碳键更长 C. 氮原子最外层电子数比碳原子最外层电子数多 D. 碳、氮的单质化学性质均不活 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由晶体的性质可知该晶体是原子晶体，C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长要短，且形成网状结构，所以这种化合物比金刚石坚硬，选项A正确；‎ B、碳、氮原子构成网状结构的晶体，碳氮键比金刚石中碳碳键更短，选项B错误；‎ C、氮原子最外层电子数比碳原子最外层电子数多，不是熔点高的原因，选项C错误；‎ D、碳、氮单质的化学性质均不活泼，与最外层电子数有关，不是熔点高的原因，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎13.利用下图装置做铝热反应实验。下列说法不正确的是 A. 该反应的化学方程式是2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3‎ B. 该反应会产生高温、发出强光 C. 根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属 D. 若反应中转移3 mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是1 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、Al与Fe2O3在高温条件下反应，生成Fe和Al2O3，故A正确；‎ B项、铝热反应会放出大量的热，产生高温、发出强光，故B正确；‎ C项、铝热反应可以生成金属单质，利用铝热反应可冶炼某些金属，故C正确；‎ D项、铁元素的化合价从＋3价降低到0价，因此1mol氧化铁在反应中得到6mol电子，若反应中转移3 mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是0.5 mol，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎14.下列关于有机化合物的说法正确的是(　　)‎ A. 分子式为C4H8和C2H4的物质一定互为同系物 B. 苯乙烯()使酸性KMnO4溶液和溴水褪色的原理相同 C. 室温下在水中的溶解度：乙醇＞环己烷 D. 在酸性条件下，C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5CO18OH和C2H5OH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、分子式为C2H4的物质一定是乙烯，分子式为C4H8的物质可能是丁烯或环丁烷，乙烯和环丁烷不互为同系物，选项A错误；‎ B、苯乙烯使酸性KMnO4‎ 溶液褪色是因为二者发生了氧化还原反应，使溴水褪色是因为二者发生了加成反应，褪色原理不同，选项B错误；‎ C、室温下，乙醇与水任意比互溶，环己烷难溶于水，选项C正确；‎ D、在酸性条件下，C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5COOH和C2H518OH，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15.在实验室中，下列除去杂质的方法不正确的是（ ）‎ A. 溴苯中混有溴，加稀NaOH溶液反复洗涤、分液 B. 乙烷中混有乙烯，与氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷 C. 硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其倒入NaOH溶液中，静置，分液 D. 乙烯中混有SO2和CO2，将其通过NaOH溶液洗气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溴苯不溶于氢氧化钠溶液，溴可以跟氢氧化钠反应，溴苯中混有溴，加稀NaOH溶液反复洗涤、分液，故A正确；‎ B. 乙烷中混有乙烯，与氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷，会混入杂质氢气，且操作困难，应该将混合气体通入溴水、洗气，故B错误；‎ C. 硝基苯不溶于水溶液，酸可以和碱反应，硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其倒入NaOH溶液中，静置，分液，故C正确；‎ D. 乙烯不溶于水溶液，二氧化硫和二氧化碳可以被碱液吸收，乙烯中混有SO2和CO2，将其通过NaOH溶液洗气，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】有机物中含有乙烯的除杂是一个常考点，要特别注意，乙烯与高锰酸钾反应会生成二氧化碳气体，故一般不能使用高锰酸钾进行气体的除杂。‎ ‎16.乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是(　　)‎ A. 分子式为C6H6O6‎ B. 乌头酸能发生水解反应和加成反应 C. 乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗 3 mol NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；‎ B．乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B错误；‎ C．乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；‎ D．含有3个羧基，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎17. 铁有δ、γ、α三种同素异形体，如下图所示，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 将铁加热到1500°C分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同 B. α-Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有6个 C. 若δ-Fe晶胞边长为a cm，α-Fe晶胞边长为b cm，则两种晶体密度比为2b3：a3‎ D. δ-Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．由三种同素异形体的结构及相互转化的温度关系可知：将铁加热到1500°C分别急速冷却得到δ-Fe；缓慢冷却得到γ-Fe，温度不同，得到的晶体类型不相同，错误。B．α-Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有6个，分别位于Fe原子的上、下、前、后、左、右六个方向，正确。C．若δ-Fe晶胞边长为a cm，δ-Fe晶胞中含有2个Fe原子，α-Fe晶胞边长为b cm，α-Fe晶胞中含有1个Fe原子。则两种晶体密度比为（）：（）=2b3：a3。正确。D．有晶胞结构示意图可知：在δ-Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，正确。‎ 考点：考查铁的三种同素异形体的结构与性质的知识。‎ ‎18.某烷烃和某单烯烃的混合气体2.24 L(标准状况)，使其完全燃烧，产生的气体完全通过浓硫酸，浓硫酸质量增加4.50 g，剩余气体通过碱石灰，碱石灰质量增加了7.70 g，另取该混合气体2.24 L(标准状况)，通过足量溴水，溴水质量增加了1.40 g。该混合气体由哪两种烃组成( )‎ A. 甲烷和丙烯 B. 甲烷和丁烯 C. 乙烷和乙烯 D. 乙烷和丁烯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】混合气体的物质的量为 =0.1mol，充分燃烧生成水的质量为4.5g，n（H2O）=0.25mol，n（H）=0.5mol；‎ 生成二氧化碳的质量为7.7g，所以n（CO2）=0.175mol，n（C）=0.175mol；‎ 所以1mol混合烃的分子式可表示为C1.75H5，其M=26g/mol；所以1mol烃的质量为26g；最简单的烯烃为乙烯，其摩尔质量为28g/mol，所以烷烃的摩尔质量小于26g/mol，则一定含有甲烷；‎ 又因将等量的混合烃通过足量溴水，溴水增重1.40g，所以甲烷的质量为2.6g-1.4g=1.2g，n（CH4）=0.075mol；n(烯烃)=0.1mol-0.075mol=0.025mol，M（烯烃）==56g·mol-1；因为是单烯烃，其分子式可表示为CnH2n，则14n=56，n=4，该烯烃为C4H8；即由甲烷和丁烯组成。‎ 答案选B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共46分）‎ ‎19.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；②Y原子价电子(外围电子)排布为msnmpn；③R原子核外L层电子数为奇数；④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：‎ ‎(1)Z2＋的核外电子排布式是________。‎ ‎(2)在[Z(NH3)4]2＋离子中，Z2＋的空轨道接受NH3分子提供的______形成配位键。‎ ‎(3)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是_____。‎ a．稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙 b．稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙 c．稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙 d．稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙 ‎(4)Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小至大的顺序为________(用元素符号作答)。‎ ‎(5)Q的一种氢化物相对分子质量为28，其分子中σ键与π键的键数之比为________。‎ ‎(6)五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于________(填晶体类型)。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 (2). 孤电子对 (3). b (4). Si

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