【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)

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【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;‎
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