福建省厦门市外国语学校学年高二上学期期中考试化学理试题.docx

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福建省厦门市外国语学校学年高二上学期期中考试化学理试题

福建省厦门外国语学校2018-2019学年高二上学期期中考试

化学（理）试题

1.下列实验装置设计正确，且能达到目的的是：

（）

A.石油分馏B.制备乙酸乙酯C.分离水和甘油D.除去乙烷中的乙烯

【答案】B

【解析】

【分析】

A、冷凝水接反了；

B、制备乙酸乙酯，并能防止倒吸；

C、甘油和水互溶；

D、乙烯氧化成二氧化碳；

【详解】A、冷凝水接反了，故A错误；

B、制备乙酸乙酯，并能防止倒吸，故B正确；

C、甘油和水互溶，不能用分液的方法分离，故C错误；

D、乙烯氧化成二氧化碳，引入新的杂质，故D错误；

故选B。

2.下列说法正确的是（）

A.丙烯的结构简式为CH2CHCH3

B.分子式为C4H10O属于醇类的有机物有4种

C.分子式为C2H4O2和C3H6O2的有机物一定互为同系物

D.名称为丙酸甲酯

【答案】B

【解析】

【分析】

A、碳碳双键不能省略；

B、分子式为C4H10O的有机物，属于醇类，先书写丁基-C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目；

C、分子式为C2H4O2和C3H6O2的有机物可能是酸，也可能是酯；

D、名称为丁酸甲酯；

【详解】A、碳碳双键不能省略；

B、分子式为C4H10O的有机物，属于醇类，丁基-C4H9的结构有：

-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，则丁醇的可能结构有4种，分别为：

CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，故B正确；

C、同系物只能是同类物质，分子式为C2H4O2和C3H6O2的有机物可能是酸，也可能是酯，故C错误；

D、名称为丁酸甲酯，故D错误；

故选B。

3.分子式为C8H8O2含有苯环且可与饱和NaHCO3溶液反应的有机物有（）

A.1种B.3种C.4种D.5种

【答案】C

【解析】

【分析】

分子式C8H8O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，则分子结构中含有羧基，可能是-CH2COOH，也可能是甲基和-COOH，由此分析同分异构。

【详解】分子式C8H8O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，则分子结构中含有羧基，可能是-CH2COOH，也可能是甲基和-COOH，此两个取代基在苯环上有邻、间及对位三种情况，则符合条件的同分异构体有4种；

故选C。

4.下列说法正确的是

A.植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色

B.石油的分馏、煤的气化均属于物理变化

C.油脂、淀粉、纤维素都属于高分子有机化合物

D.CuSO4溶液能使鸡蛋清盐析而沉淀

【答案】A

【解析】

【分析】

A、植物油含不饱和脂肪酸酯，能和溴发生加成反应；

B、煤的气化是化学变化；

C、油脂是式量小于10000，不是高分子化合物；

D、CuSO4是重金属盐；

【详解】A、植物油含不饱和脂肪酸酯，能和溴发生加成反应，能使Br2/CCl4褪色，故A正确；

B、煤的气化是指在特定的设备内，在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂（如蒸汽/空气和/或氧气等）发生一系列化学反应，煤的气化是化学变化，故B错误；

C、油脂是式量小于10000，不是高分子化合物，故C错误；

D、CuSO4是重金属盐，能使鸡蛋清变性而沉淀，故D错误；

故选A。

5.胡椒酚是植物挥发油中的一种成分。

关于胡椒酚的下列说法，其中正确的是（）

①该化合物属于芳香烃；　　　　

②分子中至少有7个碳原子处于同一平面；

③它的部分同分异构体能发生银镜反应；

④1mol该化合物最多可与1molH2发生反应。

A.①③B.①②④C.②③D.②③④

【答案】C

【解析】

【分析】

由结构简式可知，分子中含酚-OH、碳碳双键，苯环、碳碳双键为平面结构，结合酚、烯烃的性质来解答．

【详解】①该化合物含苯环，为芳香族化合物，还含氧元素，则不属于芳香烃，故错误；

②苯环为平面结构，与苯环直接相连的C一定在同一平面内，则分子中至少有7个碳原子处于同一平面，故正确；

③含-OH、碳碳双键，它的同分异构体中有属于醛类物质的，醛能发生银镜反应，故正确；

④苯环、碳碳双键都可以与氢气发生加成反应，1mol该化合物最多可与4molH2发生反应，故错误；

故选C。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重烯烃、酚性质的考查，解题关键：

把握官能团与性质的关系，难点③，含-OH、碳碳双键，存在醛类同分异构体，可发生银镜反应．

6.下列化学用语正确的是（）

A.Zn的电子排布式：

1s22s22p63s23p64s2B.Fe2+的原子结构示意图：

C.C的价电子轨道表示式：

D.HClO的电子式：

【答案】B

【解析】

试题分析：

A．Zn是30号元素，其核外电子排布式：

1s22s22p63s23p63d104s2，错误；B．Fe是26号元素，Fe2+的核外有24个电子，所以Fe2+原子结构示意图是，正确；C．C的价电子轨道表示式：

，错误；D．HClO的电子式：

，错误。

考点：

考查化学用语正误判断的知识。

7.下列说法正确的是（　　）

A.Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大

B.V、Cr、Mn的最外层电子数逐渐增大

C.S2﹣、Cl﹣、K+的半径逐渐减小

D.O、F、Ne的电负性逐渐增大

【答案】C

【解析】

解：

A．Mg的最外层为3s电子全满，稳定结构，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，故A错误；

B．V、Cr、Mn的最外层电子排布遵循电子排布能量规律，三者的最外层电子数均为2，故B错误；

C．由于S2﹣、Cl﹣、K+的核外电子排布相同，且原子序数越小，半径越大，故C正确；

D．O、F位于同一周期，同周期元素从左到右元素的电负性依次增大，Ne为稀有气体元素，电负性小于F，故D错误；

故选C．

8.徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。

下列说法正确的是（）

A.H2O2分子中的O为sp2杂化B.CO2分子中C原子为sp杂化

C.BF3分子中的B原子sp3杂化D.CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化

【答案】B

【解析】

【分析】

A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对；

B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有对孤电子对；

C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有对孤电子对；

D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化；

【详解】A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化，故A错误；

B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，采取sp杂化，故B正确；

C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，故C错误；

D、CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化，故D错误；

故选B。

9.下列说法正确的是（）

A.沸点高低:

CH4>SiH4>GeH4B.键角大小:

BeCl2>BF3>NH3>H2O

C.熔点高低:

金刚石>石墨>食盐D.键能大小:

O-H>P-H>S-H

【答案】B

【解析】

【分析】

A、相对分子质量大的沸点高；

B、分子构型分别是BeCl2直线形，BF3正三角形，NH3三角锥，H2O是V型；

C、熔点高低:

金刚石<石墨；

D、键能大小:

P-H

【详解】A、相对分子质量:

CH4

CH4

B、分子构型分别是：

BeCl2直线形（sp杂化）、BF3正三角形（sp2杂化）、NH3三角锥（sp3杂化、1对孤对电子）、H2O是V型（sp3杂化、2对孤对电子），键角分别是180°、120°、107.1°、104.5°，故B正确；

C、石墨为混合型晶体，其碳碳键的键长小于金刚石中的，故其熔点大于金刚石；金刚石为原子晶体，其熔点大于离子晶体食盐，故C错误；

D、磷原子半径大于硫原子，键能大小:

P-H

【点睛】本题考查性质的比较，涉及键角、键能、熔沸点的比较等，解题关键：

把握非金属性的强弱、氢键、电子排布等，易错点C，注重规律性知识的学习，易错点B，注意规律性和特例，原题选项B为：

键角大小:

BeCl2>BF3>NF3>H2O，NF3键角只有102.4°，比水的104.5°还小，故将B选项改为：

键角大小:

BeCl2>BF3>NH3>H2O。

10.NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是（）

A.34gH2O2中含有共用电子对的数目为4NAB.60gSiO2晶体中含有Si-O键的数目为2NA

C.1mol石墨中含σ键的数目为3NAD.1molNH4BF4中含有配位键的数目为2NA

【答案】D

【解析】

【分析】

A、求出34gH2O2的物质的量，一个双氧水分子有三个共用电子对；

B、求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4mol硅氧键来分析；

C、根据1mol石墨中含1.5mol碳碳键来分析；

D、1molNH4BF4中含有配位键N-H、B-F各1mol；

【详解】A、34gH2O2的物质的量1mol，一个双氧水分子有三个共用电子对，含有共用电子对的数目为3NA，故A错误；

B、60g二氧化硅的物质的量为1mol，而1mol二氧化硅中含4mol硅氧键，故含4NA条硅氧键，故B错误；

C、1mol石墨中含1.5mol碳碳键，故含1.5NA条C-Cσ键，故C错误。

D、1molNH4BF4中含有配位键N-H、B-F各1mol，含有配位键的数目为2NA，故D正确；

故选D。

11.已知某元素的原子序数是30,下列关于该元素的说法正确的是（）

A.基态原子的价电子排布式为4S2B.位于第四周期ⅡA族

C.属于过渡金属元素D.最高化合价为+3

【答案】C

【解析】

【分析】

原子序数是30的元素为Zn，位于第4周期，ⅡB族，以此分析。

【详解】A.基态原子的价电子排布式为3d104S2，故A错误；

B.位于第四周期ⅡB族，故B错误；

C.过渡金属元素是指元素周期表中d区和ds区的一系列金属元素，又称过渡金属。

一般来说，这一区域包括3到12列、共十个族的元素。

锌位于第12列，属于过渡金属元素，故C正确；

D.最高化合价为+2，故D错误；

故选C。

12.配合物Na2[Fe（CN）5（NO）]可用于离子检验，下列说法正确的是（）

A.该物质中Fe化合价为+2B.配合物Na2[Fe（CN）5（NO）]的中心原子杂化方式为sp3

C.该物质不存在的化学键有氢键D.NO作为配体提供一对孤对电子

【答案】D

【解析】

【分析】

A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为Fe3＋；

B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，中心原子的杂化方式不可能是sp3；

C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键；

D、NO配位原子为N，提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ键）；

【详解】A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为Fe3＋，故A错误；

B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，配位数多于4，故中心原子