江苏省盐城市响水县第二中学2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

响水县第二中学2021-2022学年第二学期期中考试高二化学试题试卷分值：100分考试用时：75分钟一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1.化学在抗击新冠肺炎中起到了重要作用。下列叙述不正确的是A.医用消毒剂使用的酒精浓度越高消毒效果越好B.免洗洗手液的有效成分活性银离子能使蛋白质变性C.传播新冠病毒的气溶胶分散质粒子直径大小在1nm~100nm之间D.制作口罩的熔喷布的主要原料聚丙烯(PP)是一种有机高分子材料【答案】A【解析】【分析】【详解】A．乙醇(酒精)作为消毒剂使用时，常用浓度是75%，低于75%,达不到杀菌目的，高于75%,又会使细菌表面的蛋白质迅速凝固而妨碍酒精向内渗透，也会影响杀菌效果，故A错误；B．免洗洗手液的有效成分活性银离子属于重金属盐离子，能使蛋白质变性，故B正确；C．根据胶体的特征，传播新冠病毒的气溶胶分散质粒子直径大小在1nm~100nm之间，故C正确；D．聚丙烯(PP)是一种有机高分子材料，故D正确；故选A。2.下列有关化学用语表示正确的是A.乙烯的结构简式：CH2CH2B.醛基的电子式：C.乙酸最简式：CH2OD.乙醇分子比例模型：【答案】C【解析】【详解】A.乙烯含有碳碳双键，结构简式：CH2＝CH2，A错误； B.醛基的结构简式为－CHO，电子式：，B错误；C.乙酸的分子式为C2H4O2，最简式：CH2O，C正确；D.乙醇分子球棍模型为：，D错误；答案选C。3.能把苯、四氯化碳、酒精、己烯、苯酚区别开来的一种试剂是A.碳酸钠B.石蕊试液C.水D.溴水【答案】D【解析】【详解】A．苯、四氯化碳、酒精、己烯四种物质与碳酸钠不反应，苯酚和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和苯酚钠，不能鉴别，故A错误；B．苯、四氯化碳、酒精、己烯、苯酚五种物质与石蕊试液不反应，且苯、四氯化碳以及己烯不溶于水，酒精与水混溶，不能鉴别，故B错误；C．苯、四氯化碳、酒精、己烯、苯酚五种物质与水不反应，且苯、四氯化碳以及己烯不溶于水，四氯化碳密度比水大，苯、己烯密度比水小，无法鉴别，故C错误；D．溴易溶于苯、四氯化碳，苯的密度比水小，有色层在上层，四氯化碳密度比水大，有色层在下层，酒精与溴水互溶，己烯与溴发生加成反应而使溴水褪色，苯酚和溴水反应生成白色沉淀，五种物质加入溴水中现象各不相同，可鉴别，故D正确。故答案选D4.为了检验某氯代烃中的氯元素，有如下操作，其中合理的是（）A.取氯代烃少许，加AgNO3溶液，看是否有白色沉淀B.取氯代烃少许与NaOH溶液共热后再加AgNO3溶液，看是否有白色沉淀C.取氯代烃少许与NaOH溶液共热后再加盐酸酸化，然后加AgNO3溶液，看是否有白色沉淀D.取氯代烃少许与NaOH溶液共热后再加硝酸化，然后加AgNO3溶液，看是否有白色沉淀【答案】D【解析】【分析】氯代烃中的氯原子不是以离子形式存在的，用沉淀法检验时要注意先转为离子。【详解】A.氯代烃中为氯原子，与硝酸银不反应，不能用于检验，A错误； B.NaOH溶液与AgNO3溶液反应生成氢氧化银，为白色沉淀，不能判断氯元素存在，B错误；C.取氯代烃少许与NaOH溶液共热后再加盐酸酸化，盐酸中含有氯离子，干扰实验结论，C错误；D.取氯代烃少许与NaOH溶液共热后再加硝酸化，然后加AgNO3溶液，有氯化银白色沉淀说明存在氯元素，D正确。答案为D。5.网络表情包“一脸辛酸”是在人脸上重复画满了辛酸的键线式结构，“苯宝宝装个纯(醇)”由苯宝宝拿一个氢原子换了个羟基形成，下列说法正确的是A.苯宝宝只想安静地装个醇，说明该分子不是醇B.有机物X比辛酸少2个－CH2－，且属于酯的同分异构体有18种C.辛酸该分子中所有原子可能共面D.“苯宝宝装个纯(醇)”分子苯环上的一个氢原子被-C4H9取代所得的同分异构体有15种【答案】A【解析】【分析】【详解】A．该物质是苯环与羟基直接相连形成化合物，属于酚，而不是醇，A正确；B．辛酸分子式是C8H16O2，有机物X比辛酸少2个－CH2－，其分子式是C6H12O2，且属于酯的同分异构体结构中，有①甲醇和戊酸形成的酯；甲醇没有同分异构体，戊酸有4种同分异构；所以这样的酯是4种；②乙醇和丁酸形成的酯，乙醇没有同分异构体，丁酸有2种同分异构；所以这样的酯是2种；③丙醇和丙酸形成的酯，丙醇2种同分异构体，丙酸没有同分异构体，所以这样的酯是2种；④丁醇和乙酸形成的酯，丁醇4种同分异构体，乙酸没有同分异构体，所以这样的酯是4种；⑤戊醇和甲酸形成的酯，戊醇8种同分异构体，甲酸没有同分异构体，所以这样的酯是8种，故分子式符合C6H12O2的酯共有20种，B错误；C．辛酸分子的烃基中含有7个饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此该分子中所有原子不可能共面，C错误；D．若苯环上的一个H原子被-C4H9取代，-C4H9有2种不同结构，H原子有4种，与-OH在苯环上的相对位置有邻、间、对三种，故可能的同分异构体种类有3×4=12种，D错误；故合理选项是A。6.下列化合物的谱图中吸收峰的数目不正确的是 A.(2组)B.(5组)C.(3组)D.(4组)【答案】A【解析】【详解】A．轴对称，其中含有3种类型的氢原子，核磁共振氢谱中出现3组峰，故A错误；B．含有5种类型的氢原子，核磁共振氢谱中出现5组峰，故B正确；C．含有3种类型的氢原子，核磁共振氢谱中出现3组峰，故C正确；D．含有4种类型的氢原子，核磁共振氢谱中出现4组峰，故D正确；故答案为A。7.有机物结构简式如图，下列对其性质的判断中，不正确的是A.能被银氨溶液氧化B.能使KMnO4酸性溶液褪色C.1mol该有机物只能与1molBr2发生加成反应D.1mol该有机物只能与1molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．该有机物含有醛基，能被银氨溶液氧化，故A正确；B．该有机物含有碳碳双键、醛基，能使KMnO4酸性溶液褪色，故B正确；C．该有机物分子含有1个碳碳双键，1mol该有机物只能与1molBr2发生加成反应，故C正确； D．碳碳双键、醛基都能与氢气发生加成反应，1mol该有机物能与2molH2发生加成反应，故D错误；选D。8.下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是A.BF3B.BeCl2C.NCl3D.CHCl3【答案】C【解析】【分析】根据题中所有原子都满足最外层为8电子稳定结构可知，本题考查共价化合物中原子最外层电子排布情况，运用ABn型共价化合物中元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构进行分析。【详解】A．BF3中，3+3≠8，则不满足所有原子最外层为8电子结构，故A不选；B．BeCl2中铍元素的族序数+成键数=2+2=4，所以分子中不能满足所有原子最外层8电子结构，故B不选；C．NCl3中，5+3=8，满足所有原子最外层为8电子结构，故C选；D．CHCl3中，H原子最外层最多满足2个电子的稳定结构，故D不选；故选C。9.下列有关物质结构和性质变化规律正确的是（）A.熔点：NaCl＜NaBr＜NaIB.硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅C.酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4D.沸点：HF＜HCl＜HBr【答案】B【解析】【详解】A．三种物质都是离子化合物，离子半径越小，离子之间作用力就越强，离子键就越强，断裂离子键使物质熔化消耗的能量就越多，物质的熔点就越高。由于离子半径：Cl-＜Br-＜I-，所以物质熔点：NaCl＞NaBr＞NaI，A错误；B．三种物质都是原子晶体，原子间以共价键结合。原子半径越小，共价键的键长就越短，共价键的键能就越大，断裂共价键使物质熔化消耗的能量就越多，物质的熔点就越高，由于原子半径C＜Si，所以共价键的键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，因此物质熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性P＜S＜Cl，所以酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，C错误；D．三种物质都属于分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，由于分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化消耗的能量就越多。物质的相对分子质量越大，分子间作用力越大，由于相对分子质量：HCl＜HBr，所以物质沸点：HCl＜HBr，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在三种物质中最高，故三种物质的沸点：HCl＜HBr＜HF，D错误； 故合理选项是B。10.近年，人类利用O2、N2、CH4、NH3、H2O和HCN这6种远古地球上存在的简单物质，再使用硫醇、铁盐等物质模拟当时环境，成功制得核酸4种基本模块。下列说法正确的是A.O2的沸点比N2的低B.配离子[Fe(H2O)6]3+中H与中心原子配位C.基态O原子核外电子轨道表达式：D.NH3分子呈三角锥形，属于极性分子【答案】D【解析】【详解】A．氧气的相对分子质量大于氮气，O2的沸点比N2的高，故A错误；B．水分子中氧原子提供孤电子对，配离子[Fe(H2O)6]3+中O与中心原子配位，故B错误；C．违反洪特规则，基态O原子核外电子轨道表达式：，故C错误；D．NH3分子中心原子N是sp3杂化，有一个孤电子对，呈三角锥形，正负电荷中心不重叠，属于极性分子，故D正确；故选D。11.如图所示是晶体结构中具有代表性的最小重复单元(晶胞)的排列方式，图中○—X、●—Y、⊗—Z。其对应的化学式不正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】A．图中X、Y均处于顶点，且个数均为4，个数比为1：1，化学式为XY，故A正确；B．Y有8个位于顶点，个数为8×=1，X位于体心，个数为1，个数比为1:1，化学式为X2Y，故B错误；C．图中X的数目：4×＋1＝，Y的数目：4×＝，化学式X3Y正确，故C正确； D．图中，X的数目：8×＝1，Y的数目：6×＝3，Z位于体心，数目为1，化学式XY3Z，故D正确；故选：B。12.下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是A.SO2与SiO2B.CO2与H2OC.C与HClD.CCl4与SiC【答案】B【解析】【分析】题中CO2、SO2、H2O、HCl、CCl4属于分子晶体，化学键类型为共价键，C、SiO2和SiC为原子晶体，化学键类型为共价键，C为原子晶体或过渡型晶体，化学键类型为共价键，由此分析解答。【详解】A．SO2属于分子晶体，SiO2为原子晶体，晶体类型不同，故A错误；B．CO2与H2O属于分子晶体，化学键类型为共价键，化学键种类相同，晶体类型也相同，故B正确；C．C为原子晶体或过渡型晶体，而HCl是分子晶体，晶体类型不同，故C错误；D．CCl4属于分子晶体，SiC是原子晶体，晶体类型不同，故D错误；故答案为B。【点睛】化学键与化合物的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素（铵盐除外）；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。13.有关CH2＝CH－C≡N分子的说法正确的是A.3个键，3个π键B.4个键，3个2π键C.6个键，2个π键D.6个键，3个π键【答案】D【解析】【详解】在CH2＝CH－C≡N分子中含有三个C-H键、2个C-C键、一个C-N键，1个C=C，2个C≡C，单键都是键，一个碳碳双键含1个键和1个π键、一个碳碳三键含1个键，2个π键，故该分子中共有6个键，3个π键，D选项正确；答案选D。14.关于晶体的下列说法正确的是A任何晶体中，若含有阳离子就一定有阴离子 B.氯化钠溶于水时晶体中的离子键被破坏C.晶体中分子间作用力越大，分子越稳定D.离子晶体中只含有离子键，不含有共价键【答案】B【解析】【详解】A．晶体中如果含有阳离子，可能不含阴离子，如：金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，故A错误；B．氯化钠溶于水电离为氯离子和钠离子，晶体中的离子键被破坏，故B正确；C．分子的稳定性取决于分子内原子间共价键的键能大小，与分子间作用力无关，故C错误；D．离子晶体可能含有共价键，如NaOH，故D错误；故选：B。二、非选择题：共4题，共计58分。15.短周期元素A、B、C、D。A元素的原子最外层电子排布为ns1，B元素的原子价电子排布为ns2np2，C元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，D元素原子的M电子层的P亚层中有3个未成对电子。(1)C原子的电子排布式为_______________________，若A为非金属元素，则按原子轨道的重迭方式，A与C形成的化合物中的共价键属于_______键(填“σ”或“π”)。(2)当n=2时，B位于元素周期表的第______周期______族，BC2属于__________分子(填“极性”或“非极性”)。当n=3时，B与C形成的晶体属于____________晶体。(3)若A元素的原子最外层电子排布为2s1，B元素的原子价电子排布为3s23p2，A、B、C、D四种元素的第一电离能由大到小的顺序是_________________(用元素符号表示)。【答案】①.1s22s22p4②.σ③.二④.IVA⑤.非极性⑥.原子⑦.O>P>Si>Li【解析】【分析】C元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，则C为O元素；短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子排布为ns1，则A位于ⅠA族；B元素的原子价电子排布为ns2np2，B位于ⅣA族；元素原子的M电子层的P亚层中有3个电子，则D元素原子电子排布式为1s22s22p63s23p3，故D为P元素。【详解】(1)C为O元素，氧原子核外含有2个电子层，总共含有8个电子，氧原子的电子排布式为：1s22s22p4；A位于ⅠA族，若A为非金属元素，则A为H元素，则按原子轨道的重迭方式，A与C形成的化合物有水和双氧水，水和双氧水分子中的共价键属于单键，为σ键，故答案为：1s22s22p4；σ；(2)B位于ⅣA族，当n=2时，B为C元素，C元素位于周期表中第二周期IVA族；BC2为二氧化碳，二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，为直线型结构，为极性键形成非极性分子； 当n=3时，B为Si元素，BC2为二氧化硅，二氧化硅晶体为原子晶体，故答案为：二；IVA；非极性；原子；(3)若A元素的原子最外层电子排布为2s1，则A为Li元素，B元素的原子价电子排布为3s23p2，则B为Si元素，同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，元素非金属性越强，第一电离能越大，Li为金属，四种元素中Li的第一电离能最小，所以A、B、C、D四种元素的第一电离能由大到小的顺序是：O＞P＞Si＞Li，故答案为：O＞P＞Si＞Li。【点睛】考查原子核外电子排布，明确电子排布来推断出各元素是解答本题的关键，题目难度中等，答题时注意物质结构的基础知识的应用。16.短周期元素A、G、M、X、Y的原子序数依次增大，其中元素A的原子序数与周期序数相等，元素G和X的基态原子的2p轨道上都只有2个未成对电子，元素Y原子的电子层数与最外层电子数相等。元素Z的原子序数为24。(1)Z3+基态核外电子排布式为___。(2)G、X两种元素形成化合物，属于非极性分子的是___(填化学式)。(3)G、M、X三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___(填元素符号)。MX的空间构型为___(用文字描述)。(4)M2A4分子中M原子轨道的杂化类型为___。1molG2A4分子中含有σ键的数目为___。化合物M2A4的沸点比化合物G2A4的高，主要原因是___。(5)元素Y位于周期表的___区，它与元素Z形成的一种合金可用作航空发动机的轻质高温材料，其晶胞结构如图所示，该合金中Y与Z的原子个数比为___。(6)元素Z的氯化物的结晶水合物ZCl3·6H2O是配位化合物，由于内界的配体不同而有不同的颜色。将1mol浅绿色的ZCl3·6H2O晶体溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即生成2molAgCl沉淀。已知Z3+的配位数为6，则该浅绿色晶体中配离子的化学式为___。【答案】①.1s22s22p63s23p63d3②.CO2③.N>O>C④.平面三角形⑤.sp3⑥.5NA⑦.N2H4能形成分子间氢键⑧.p⑨.1:2⑩. 【解析】【分析】短周期元素A、G、M、X、Y的原子序数依次增大，元素A的原子序数与周期序数相等，A是H元素；元素G和X的基态原子的2p轨道上都只有2个未成对电子，G是C元素、X是O元素、M是N元素；元素Y原子的电子层数与最外层电子数相等，Y是Al元素。元素Z的原子序数为24，Z是Cr元素。【详解】(1)基态Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，失去3个电子变为Cr3+，基态Cr3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。(2)C、O两种元素形成的化合物有CO、CO2，CO正负电荷的重心不重合，CO是极性分子；CO2是直线分子，正负电荷的重心重合，CO2属于非极性分子。(3)同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p能级有3个电子，为半充满状态，结构稳定，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。NO中心N原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为平面三角形。(4)N2H4分子结构式为，每个N原子形成3个σ键，有1个孤电子对，N原子轨道的杂化类型为sp3；1molN2H4分子中含有σ键的数目为5NA。N2H4能形成分子间氢键，所以N2H4的沸点比C2H4的高；(5)元素Al价电子排布为3s23p1，位于周期表的p区；根据均摊原则，晶胞中含有Al原子数、Cr原子数结构如图所示，该合金中Al与Cr的原子个数比为1:2；(6)将1mol浅绿色的CrCl3·6H2O晶体溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即生成2molAgCl沉淀，说明外界有2molCl-，Z3+的配位数为6，则配体中有1个Cl-、4个H2O分子，则该浅绿色晶体中配离子的化学式为。【点睛】本题考查物质结构与性质，根据原子结构准确推断元素种类是解题关键，掌握电子排布式、晶胞计算，明确利用杂化轨道原理判断微粒的空间构型，利用均摊原则计算晶胞中原子数。17.有机物X是合成治疗癌症药物的中间体，其合成部分路径如下：(1)反应①的反应物以及条件为________。(2)由B制备X的过程中，有副产物C生成(与X互为同分异构体)，C的结构简式为_____。(3)下列有关X的说法正确的是________。A．该物质属于芳香烃B．X分子中含有一个手性碳原子 C．X可发生还原反应D．用酸性高锰酸钾溶液可鉴别化合物X与B(4)写出苯甲酸的一种含有苯环的同分异构体的结构简式_________。(5)B在一定条件下发生加聚反应可得到一种高吸水性树脂，其结构简式为_________。(6)写出X与NaOH溶液反应的化学方程式________。【答案】①.NaOH水溶液，加热②.③.BC④.（任写一种）⑤.⑥.【解析】【分析】由合成流程可知，①为Br的水解反应转化为-OH，②为-OH、-COOH发生的酯化反应，(1)卤代烃在NaOH溶液中加热可发生水解反应；(2)由B制备X的过程中，有副产物C生成，C与X互为同分异构体，则看成B中另一个-OH与苯甲酸发生酯化反应；(3)X含-COOC-、-OH及碳碳双键，结合酯、醇、烯烃的性质分析；(4)苯甲酸的一种含有苯环的同分异构体，可能含-OH与-CHO，或只含-OOCH；(5)B含碳碳双键，可发生加聚反应生成高分子；(6)X含-COOC-，与NaOH发生水解反应。【详解】(1)反应①为卤代烃的水解反应，其反应条件为NaOH水溶液、加热；(2)由B制备X的过程中，有副产物C生成(与X互为同分异构体)，C的结构简式为；(3)A.X含O元素，该物质不属于芳香烃，选项A错误；B.X分子中只有与甲基、乙烯基相连的C具有手性，则含有一个手性碳原子，选项B正确；C.X可与氢气发生加成反应，为还原反应，选项C正确；D.X、B均含碳碳双键，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别化合物X与B，选项D错误；答案选BC；(4)苯甲酸的一种含有苯环的同分异构体的结构简式为中的任意一种； (5)B含碳碳双键，在一定条件下发生聚合反应可得到一种高吸水性树脂，其结构简式；(6)X含-COOC-，与NaOH溶液反应的化学方程式为。18.新一代药物H具有良好的抗肿瘤活性，其合成路线如下：已知：反应物中，R、R’可为：H、CH3、NH2等。（1）A→B的反应类型是___________。（2）写出C的结构简式___________。（3）物质D发生水解反应的方程式为___________。（4）物质A中官能团名称___________、___________；A中sp2杂化类型的碳原子有几个___________。（5）写出符合下列条件的物质A的同分异构体的结构简式___________。①属于硝酸酯②苯环上的一氯代物有两种（6）苯并咪唑类化合物是一种抗癌、消炎药物。利用题给相关信息，以、CH3COCl、CH3OH为原料合成，合成过程中无机试剂任选___________；合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2C=CH2BrH2C-CH2Br。【答案】（1）取代反应（2）（3） （4）①.羧基②.硝基③.7（5）（6）【解析】【分析】对比B、D的结构可知C为，由H结合题给信息可知G为，对比E、G的结构结合题给信息可知F为。【小问1详解】由官能团的转化可知A生成B的反应为-OH被取代为-Cl，则A转化为B的反应为取代反应；【小问2详解】由以上分析可知C为；【小问3详解】物质D结构简式为，可知D中含有肽键，可发生水解生成羧基和氨基，反应的方程式为； 【小问4详解】物质A中官能团名称为羧基、硝基；A中苯环上的碳和羧基上的碳采取sp2杂化，即sp2杂化类型的碳原子有7个；【小问5详解】物质A的同分异构体符合条件：①属于硝酸酯，含有-O-NO2官能团，②苯环上的一氯代物有两种，说明苯环上的取代基应位于对位位置，则应为；【小问6详解】结合题给信息可知：先以和CH3COCl反应生成，在H2NNH2作用下生成，然后在CH3OH作用下生成目标物，合成流程为：。