学年辽宁省六校协作体高二下学期期中考试化学试题 解析版.docx

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学年辽宁省六校协作体高二下学期期中考试化学试题解析版

辽宁省六校协作体2017-2018学年高二下学期期中考试

化学试题

1.闪烁着银白色光泽的金属钛（22Ti）因具有密度小、强度大、无磁性等优良的机械性能，被广泛应用于军事、医学等领域，号称“崛起的第三金属”。

已知钛有48Ti、49Ti、50Ti等同位素，下列关于金属钛的叙述中不正确的是

A.上述钛原子中，中子数不可能为22

B.钛元素在周期表中处于第四周期

C.钛的不同同位素在周期表中处于不同的位置

D.钛元素是d区的过渡元素

【答案】C

【解析】分析：

根据原子的质量数和质子数可以求出其中子数，根据其核外电子的排布可以确定其在元素周期表中的位置。

详解：

A.上述钛原子中，48Ti、49Ti、50Ti的中子数分别为26、27、28，故其中子数不可能为22，A正确；

B.钛原子的价电子排布式为3d24s2，故其在周期表中处于第四周期，B正确；

C.钛的不同同位素的质子数和核外电子排布相同，故在元素周期表中处于相同的位置，C不正确；

D.钛元素的原子核外价电子排布式为3d24s2，故钛是d区的过渡元素。

综上所述，关于金属钛的叙述中不正确的是C，本题选C。

点睛：

原子的质量数等于其质子数与中子数的和。

根据价电子排布式可以确定元素在元素周期表中的位置及所属的区，如根据钛原子价电子排布式3d24s2，可以确定其位于第4周期第IVB族、d区。

过渡元素指的是7个副族和第VIII族的所有元素，全部是金属。

2.化学与生活密切相关。

下列说法正确的是

A.碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘的食物

B.为使水果尽快成熟，需要用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯

C.液态植物油中有碳碳双键，与氢气加成后可以形成人造脂肪，摄入过多对人体无害

D.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性

【答案】D

【解析】分析：

了解人体的重要微量元素；乙烯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；过量食用油脂易导致肥胖；杀菌消毒的原理是通过物理或化学方法使蛋白质变性。

详解：

A.碘是人体必需微量元素，要适量食用富含碘的食物，过量摄入碘元素对人体也是不利的，A不正确；

B.为使水果尽快成熟，可以使用一些能释放出乙烯的物质对水果催熟，若用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯，则可对水果保鲜、防止水果熟得过快而腐烂，B不正确；

C.液态植物油中有碳碳双键，与氢气加成后可以形成人造脂肪，摄入过多对人体有害，如导致肥胖等等，C不正确；

D.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性，变性后的蛋白质失去生理活性，故病毒不再有害，D正确。

综上所述，本题选D。

3.下列各组中的物质均能发生加成反应的是

A.乙烯和乙醇B.苯和聚乙炔C.乙酸和溴乙烷D.丙炔和聚氯乙烯

【答案】B

【解析】分析：

含有碳碳双键、碳碳叁键、苯环、醛基等官能团的有机物可以发生加成反应，但是饱和一元羧酸、饱和一元酯不能发生加成反应。

详解：

A.乙醇分子中全部是单键，故不能发生加成反应；

B.苯分子中有苯环，聚乙炔分子中有碳碳双键，故其均可发生加成反应；

C.乙酸是饱和一元羧酸，溴乙烷分子中只有单键，故两者均不能发生加成反应；

D.丙炔分子中有碳碳叁键，聚氯乙烯分子中只有单键，故聚氯乙烯不能发生加成反应。

综上所述，各组中的物质均能发生加成反应的是B，本题选B。

4.下列各组中的反应，属于同一反应类型的是

A.由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇

B.由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸

C.由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制1,2-二溴丙烷

D.由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇

【答案】D

【解析】A、卤代烃的水解属于取代反应，丙烯与水发生加成反应，故A错误；B、甲苯的硝化属于取代反应，甲苯氧化成苯甲酸属于氧化反应，故B错误；C、氯代环己烷生成环己烯，属于消去反应，丙烯生成1，2－二溴丙烷，属于加成反应，故C错误；D、乙酸与乙醇发生酯化反应（或取代反应）生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯的水解属于取代反应，故D正确。

5.下列说法错误的是

A.某些金属在灼烧时会产生特殊的颜色，是由于电子跃迁时能量以光的形式释放出来

B.1-36号元素中，原子最外层有3个未成对电子的元素有3个

C.除ds区外，以最后填入电子的轨道能级符号作为区的名称

D.气态电中性的原子失去1个电子转化为气态正离子所需要的最低能量称为第一电离能

【答案】D

【解析】分析：

焰色反应与核外电子的排布有关；原子的未成对电子数可以通过轨道表示式确定；元素在周期表中所在区由其价电子排布决定；了解第一电离能的含义。

详解：

A.某些金属在灼烧时会产生特殊的颜色，是由于电子从高能级向低能级跃迁时能量以光的形式释放出来，A正确；

B.1-36号元素中，原子最外层有3个未成对电子的元素有7号N、15号P、33号As等3种，B正确；

C.除ds区外，其他区均以最后填入电子的轨道能级符号作为区的名称，C正确；

D.某元素的气态基态原子失去1个电子形成+1价气态基态阳离子所需的最低能量称为该元素的第一电离能，D不正确。

综上所述，D不正确，本题选D。

6.目前科学家们已经合成许多硫-氮化合物，其中一种结构如图所示。

关于该物质说法正确的是

A.该物质的分子式为SN

B.该物质熔、沸点较低

C.该物质分子中所有原子的最外层均达到稳定结构

D.该物质与化合物S2N2互为同素异形体

【答案】B

........................

7.有四组同一族元素所形成的不同物质，在101kPa时测定它们的沸点（℃）如下表所示:

第一组

A-268.8

B-249.5

C-185.8

D-151.7

第二组

F2-187.0

Cl2-33.6

Br258.7

I2184.0

第三组

HF19.4

HCl-84.0

HBr-67.0

HI-35.3

第四组

H2O100.0

H2S-60.2

H2Se-42.0

H2Te-1.8

下列各项判断正确的是

A.第四组物质中H2O的沸点最高，是因为H2O分子中化学键键能最强

B.第三组与第四组相比较，化合物的稳定性顺序为：

HBr>H2Se

C.第三组物质溶于水后，溶液的酸性：

HF>HCl>HBr>HI

D.第一组物质是分子晶体，一定含有共价键

【答案】B

【解析】分析：

根据物质的沸点高低可以判断其晶体类型。

由表中数据可知，，表中所有物质沸点较低，故其均可形成分子晶体。

根据元素的非金属性强弱可以判断其气态氢化物的稳定性。

对于分子组成相似的物质，若分子间能形成氢键，则其沸点要高于不能形成分子间氢键的。

详解：

A.第四组物质中H2O的沸点最高，是因为H2O分子之间可以形成氢键，A不正确；

B.Se和Br同为第4周期元素，Br的非金属性较强，故化合物的稳定性顺序为HBr>H2Se，B正确；

C.第三组物质溶于水后，HF溶液的酸性最弱，因为氢氟酸是弱酸、其他均为强酸，C不正确；

D.第一组物质是分子晶体，其结构粒子为分子，但是，分子中不一定含有共价键，如稀有气体分子中无共价键，D不正确。

综上所述，各项判断正确的是B，本题选B。

8.关于化合物

，下列叙述正确的是（　　）

A.分子间可形成氢键B.分子中既有极性键又有非极性键

C.分子中有7个σ键和1个π键D.该分子在水中的溶解度小于2丁烯

【答案】B

【解析】分析：

由

的分子结构可知，该有机物分子中有1个碳碳双键、2个醛基，醛基中有碳氧双键，双键由1个个σ键和1个π键构成，碳碳键为非极性键，其他键为极性键。

组成元素只有C、H、O等3种，因为分子中无羟基，故不能形成氢键，但可以与水分子间形成氢键。

详解：

A.分子间不能形成氢键，A不正确；

B.分子中碳碳键为非极性键，其他键为极性键，故该分子既有极性键又有非极性键，B正确；

C.分子中有9个σ键和3个π键，C不正确；

D.该分子可以与水分子间形成氢键，而2丁烯不能，故其在水中的溶解度大于2丁烯，D不正确。

综上所述，叙述正确的是B，本题选B。

9.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列结论错误的是

A.完全电解2molH2O断裂的σ键键数为4NA

B.标准状况下，11.2LCO2中含有的π键键数为2NA

C.60gSiO2晶体中含有的Si—O键键数为4NA

D.128g金属铜中含有如图所示的晶胞数为0.5NA

【答案】B

【解析】A、水的结构式为H－O－H，因此完全电解2molH2O断裂的σ键键数为4NA，A正确；B、一个CO2中含有2个碳氧双键，每个碳氧双键中含一个π键，故11.2LCO2中含有的π键键数为NA，B错误；C、二氧化硅晶体中一个硅原子形成4个Si－O键，60gSiO2晶体的物质的量是1mol，其中含有的Si－O键键数为4NA，C正确；D、晶胞中含有8×1/8+6×1/2＝4个铜原子，128g金属铜的物质的量是2mol，其中含有如图所示的晶胞数为0.5NA，D正确，答案选B。

10.下列化合物中含有2个手性碳原子的是

A.

B.

C.

D.

【答案】B

考点：

考查手性碳原子的定义及判断的知识。

11.化合物中，稀土元素最常见的化合价是＋3，但也有少数的稀土元素可以显示＋4价，观察下面四种稀土元素的电离能数据，判断最有可能显示＋4价的稀土元素是

（几种稀土元素的电离能（单位：

KJ/mol））

元素

I1

I2

I3

I4

A.Se（钪）

633

1235

2389

7019

B.Y（铱）

616

1181

1980

5963

C.La（镧）

538

1067

1850

4819

D.Ce（铈）

527

1047

1949

3547

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】分析：

某元素的气态原子失去1个电子形成+1价气态阳离子所需的最低能量称为该元素的第一电离能，再失去第２个电子形成＋２价气态阳离子所需要的最低能量为第二电离能，依此类推，第三电离能、第四电离能、第n电离能。

N值越大，其对应的电离能数值越大，但是相邻的两级电离能之间的差值是不同的，通常失去同一能级的电子所需的能量相差不大，失去不同能级的电子所需的能量相差较大，据此可以判断元素可能表现的化合价。

详解：

根据表中数据可知，Se、Y、La等3种元素的第三电离能与第四电离能的差值较大，故其可以显示+3价，Ce元素的第三电离能与第四电离能差距最小，所以Ce元素最可能有＋4价。

D符合题意，本题选D。

点睛：

相邻两级电离能差值较小的，说明对应的电子在同一能级中，相差较大的在不同能级，科学家通过研究电离能的数据把核外电子分成不同的电子层和不同的能级，确定原子的价电子数及元素的主要化合价。

12.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是

A.熔点：

NaF>MgF2>AlF3B.晶格能：

NaF>NaCl>NaBr

C.阴离子的配位数：

CsCl>NaCl>CaF2D.硬度：

MgO>CaO>BaO

【答案】A

【解析】A.离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：

NaF

NaF＞NaCl＞NaBr，故B正确；C.CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4，所以阴离子的配位数：

CsCl＞NaCl＞CaF2，故C正确；D.离子半径：

Ba2+＞Ca2+＞Mg2+，所以硬度：

MgO＞CaO＞BaO，故D正确。

故选A。

点睛：

离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大。

13.下列各选项所述的两个量，前者一定大于后者的是

①Al原子和N原子的未成对电子数　②Ag＋、Cu2＋与NH3形成配合物时的配位数　③H—F的键能与H—I的键能　④F元素和O元素的电负性　⑤N和O元素的第一电离能

A.①④⑤B.②④C.②④⑤D.③④⑤

【答案】D

【解析】Al原子未成对电子数为1，N原子的未成对电子数为3，前者小于后者，①错误；Ag＋、Cu2＋与NH3形成配合物时的配位数分别为2和4，前者小于后者，②错误；H－F的键能大于H－I的键能，F元素的电负性大于O元素，N的第一电离能大于O元素，③④⑤正确，答案选D。

点睛：

电离能的大小比较是解答的易错点，注意掌握其变化规律：

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…）。

但需要注意全充满、半充满时稳定性强，其第一电离能大于相邻的元素，例如N大于O等。

14.已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间以单键结合。

下列有关C3N4晶体的说法中正确的是

A.C3N4晶体是分子晶体

B.C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长短

C.C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3

D.C3N4晶体中微粒间通过离子键结合

【答案】B

【解析】A、根据“C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度”可判断C3N4晶体与金刚石类似，原子间通过共价键形成原子晶体，A错误；B、氮原子的半径比碳原子的半径小，所以C－N键的键长比C－C键的键长短，B正确；C、C3N4晶体中，原子间以单键结合，所以碳原子形成4个共价键，氮原子形成3个共价键，C、N原子个数之比应为3∶4，C错误；D、根据以上分析可知D错误，答案选B。

15.下列有关说法不正确的是

A.水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键

B.CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋

C.H原子的电子云图如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动

D.金属铜中Cu原子堆积模型如图4为最密堆积每个Cu原子的配位数均为12

【答案】C

【解析】分析：

由图1可知，水合铜离子中有4个水分子与铜离子形成配位键；由图2可知，CaF2晶体的晶胞中有8个氟离子和4个钙离子；由图3中H原子的电子云图可知，电子在离核较近的区域出现的机会较多；由图4可知，金属铜中Cu原子堆积方式为最密堆积，每一层原子均为密置层，每个铜原子与同一层中6个原子紧密排列，另外还与上、下两层各3个原子紧密排列，故其配位数为12.。

详解：

A.水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键，A正确；

B.CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋，B正确；

C.H原子的电子云图如图3所示，H原子核外只有一个电子，电子在离核较近的区域出现的机会较多，C不正确；

D.金属铜中Cu原子堆积模型如图4为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12，D正确。

综上所述，本题选C。

16.下列物质的结构与性质与氢键无关的是

①乙醚的沸点②冰的密度比液态水小③邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低④水分子在高温下很稳定⑤氢化镁的晶格能高⑥DNA的双螺旋结构⑦尿素的熔沸点比醋酸高

A.④⑥②B.①④⑤C.②⑤⑥D.③⑤⑦

【答案】B

【解析】分析：

氢键可以影响物质的熔点、沸点和溶解度、密度等。

详解：

①乙醚分子之间不能形成氢键，故其沸点与氢键无关；

②冰中水分子间形成氢键后，水分子之间的空隙变大，故其密度比液态水小，与氢键有关；

③邻羟基苯甲酸可以形成分子内的氢键，而对羟基苯甲酸只能形成分子间的氢键，故邻羟基苯甲酸的分子间作用力较大，其熔沸点比对羟基苯甲酸的低，与氢键有关；

④水分子在高温下很稳定是因为水分子内的共价键的键能很大，与氢键无关；

⑤氢化镁属于离子晶体，共中阴阳离子间的离子键较强，故其晶格能高，与氢键无关；

⑥DNA的双螺旋结构与氢键有关，氢键的形成有一定的方向性，也需要一定的空间条件，这两个条件成就了DNA的双螺旋结构；

⑦尿素与醋酸的相对分子质量相同，尿素的分子间形成的氢键数目高于醋酸，故其熔沸点比醋酸高，与氢键有关。

综上所述，质的结构与性质与氢键无关①④⑤，B正确，本题选B。

17.下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是

表述1

表述2

A

在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大

NaCl晶体中Cl－与Na＋间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力

B

通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高

Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小

C

在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同

同一主族元素原子的最外层电子数相同

D

P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电

P4O10、C6H12O6均属于共价化合物

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】分析：

用相似相溶原理分析物质的溶解性；根据原子半径分析同一主族元素的气态氢化物的稳定性；根据最外层电子数分析其最高化合价和最低化合价；根据化学键类型分析化合物的类型。

详解：

A.因为水是极性分子，碘是非极性分子，NaCl是离子化合物，根据相似相溶原理可知，在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大，A不正确；

B.Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小，故通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高，B正确；

C.同一主族元素原子的最外层电子数相同，故在形成化合物时，同一主族元素的最高化合价或最低化合价通常相同，C不正确；

D.P4O10溶于水后可与水反应，生成磷酸或偏磷酸，故其水溶液导电，C6H12O6溶于水后不导电；化合物的水溶液是否导电，与其化合物的类型没有关系，许多共价化合物的水溶液可以导电，D不正确。

综上所述，本题选B。

18.下列说法错误的是

A.在NH

和[Cu（NH3）4]2＋中都存在配位键

B.

σ键和π键比例为7:

1

C.C

与O

互为等电子体，1molO

中含有的π键数目为2NA

D.已知反应N2O4（l）＋2N2H4（l）===3N2（g）＋4H2O（l），若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的π键数目为3NA

【答案】B

【解析】分析：

知道配位键的成因；根据结构式分析σ键和π键的数目；用等电子原理分析分子结构；了解常见分子的结构。

详解：

A.NH3分子中的N有孤电子对，H+和Cu2+都有空轨道，故在NH

和[Cu（NH3）4]2＋中都存在配位键，A正确；

B.

σ键和π键的数目分别为18和2，故其比例为9:

1，B不正确；

C.C

与O

互为等电子体，故C

与O

均含有叁键，1molO

中含有的π键数目为2NA，C正确；

D.N2分子中有叁键，叁键中有2个π键。

已知反应N2O4（l）＋2N2H4（l）===3N2（g）＋4H2O（l），若该反应中有4molN—H键断裂，即消耗1molN2H4，则生成1.5molN2，形成的π键数目为3NA，D正确。

综上所述，说法错误的是B，本题选B。

点睛：

明确形成配位键的两个必要条件，根据原子的价电子数及其成键情况判断中心原子的杂化类型，并判断中心原子所形成的化学键的类型，如

中的N形成了3个共价键，根据N原子的价电子数是5，可以判断分子中的N原子只形成了3个σ键，Cu2+与其邻近的两个O原子之间形成的配位键也属于σ键，还要能找出隐藏的C—H键也是σ键，防止遗漏的方法是首先分析键线式中碳原子上的H原子数。

19.．通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是

A.分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等

B.在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为

C.NCl3分子是非极性分子

D.NBr3比NCl3易挥发

【答案】B

【解析】试题分析：

A、C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长，A错误；B、分NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合形成NH3•H2O分子；则NH3•H2O的结构式为

，B正确；C、NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，C错误；D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，D错误，答案选B，

【考点定位】本题主要是考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；极性分子和非极性分子

【名师点晴】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键．正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。

分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，注意相关基础知识的理解掌握和灵活应用。

20.以下说法不正确的是

A.1mol乙醇可以与足量金属钠反应，生成0.5molH2，能证明乙醇分子有一个H原子与其余的H原子不同

B.下列反应可证明苯环受甲基的影响，甲苯易被酸性高锰酸钾氧化

C.下列反应可证明由于羟基对苯环的影响，导致苯酚的取代比苯容易

D.苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色可以说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键

【答案】B

【解析】试题分析：

A．1mol乙醇可以与足量金属钠反应，生成0.5molH2，根据氢原子守恒可知说明乙醇分子有一个H原子与其余的H原子不同，A正确；B．该反应可证明甲基受苯环的影响，甲苯易被酸性高锰酸钾氧化，B错误；C．该反应可证明由于羟基对苯环的影响，导致苯酚的取代比苯容易，C正确；D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，可以说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，D正确，答案选B。

考点：

考查有机物结构和性质判断

21.

（1）基态Ga原子中能量最高的能层符号________有______种不同能量的电子,Ga元素与同周期相邻元素Zn、Ge相比，第一电离能从大到小的顺序__________,（用元素符号表示）金属Zn晶体采用六方最密堆积，其密置层堆积方式为__________（ABABAB或ABCABC）区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是________________。

（2）磷有三种含氧酸H3PO2、H3PO3、H3PO4其中磷原子均以sp3杂化与相邻原子形成四个α键，则①H3PO3的结构式是__________；②写出H3PO2与足量强氧化钠溶液反应的化学方程式_________；③三种酸的强弱顺序为H3PO2

（3）金属铜投入氨水或过氧化氢溶液中均无明显现象，但投入氨水和过氧化氢的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色。

①写出该反应的离子反应方程式____________________________；②已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，原因是_______