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1、黑龙江省哈尔滨市第六中学学年高二下学期期黑龙江省哈尔滨市第六中学2017-2018学年高二下学期期中考试（5月）化学试题90分钟 100分可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 O 16一选择题（共24小题，每小题2分，共48分）1. 下列物质的沸点的排列顺序正确的是（）丁烷 2甲基丙烷 正戊烷 2甲基丁烷 2，2二甲基丙烷A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：烷烃同系物的沸点规律是：碳原子数越多，沸点越高；同分异构体的沸点规律是：支链越少，沸点越高，选C。考点：考查物质沸点的大小比较。2. 下列关于乙烯的说法正确的是（）A. 是天然气的主要成分 B. 能使溴的四氯化碳溶液褪色

2、C. 不能发生燃烧反应 D. 不能发生加聚反应【答案】B【解析】试题分析：A天然气的主要成分是甲烷，不是乙烯，故A错误；B乙烯含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应，所以能够使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C乙烯结构简式为CH2=CH2，含有碳、氢元素能够燃烧生成二氧化碳和水，故C错误；D乙烯含有碳碳双键能够发生加聚反应生成聚乙烯，故D错误；故选B。【考点定位】考查乙烯的性质【名师点晴】熟悉依据结构特点及所含元素是解题关键，乙烯结构简式为CH2=CH2，含有碳、氢元素能够燃烧生成二氧化碳和水，含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应，能够发生加聚反应生成聚乙烯，据此解答。3. 关于氨基酸的叙述错误的是

3、（）A. 氨基酸的结构中都含有氨基和羧基B. 人体内氨基酸代谢的最终产物是二氧化碳和尿素C. 人体内所有氨基酸都可以相互转化D. 两个氨基酸通过脱水缩合形成二肽【答案】C【解析】A氨基酸结构特殊，分子中含有羧基和氨基，故A正确；B蛋白质消化的最终产物是氨基酸，氨基酸氧化分解的最终产物是二氧化碳、水和尿素，故B正确；C在人体内能够通过转氨基作用形成的只是12种非必需氨基酸，由于人体无法产生某些中间产物，所以有8种氨基酸必需从食物中获得，故称之为必需氨基酸，故C错误；D两个氨基酸通过脱水缩合以后形成的化合物叫做二肽，故D正确；故选C。4. 下列说法正确的是（）A. 葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为

4、同分异构体B. 油脂在酸的催化作用下可发生水解，工业上利用该反应生产肥皂C. 甲烷、苯、乙酸和乙酸乙酯都可发生取代反应D. 向蛋白质溶液中加入浓的Na2SO4或CuSO4溶液均可使蛋白质盐析【答案】C【解析】A、葡萄糖和果糖的分子式C6H12O6，两者结构不同，属于同分异构体，淀粉和纤维素分子式为(C6H10O5)n，两者结构不同，但n值不同，两者不属于同分异构体，故A错误；B、皂化反应是油脂在碱性条件的的水解，故B错误；C、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，苯与硝酸等发生硝化反应，属于取代反应，乙酸与乙醇发生酯化反应，属于取代反应，乙酸乙酯发生水解反应，属于取代反应，故C正确；D、Cu2属

5、于重金属离子，能使蛋白质变性，故D错误。5. 在蛋白质溶液中分别进行下列操作或加入下列物质，其中一种与其它三种现象有本质不同的是（）A. 加热 B. 加浓硝酸C. 加硫酸铵的浓溶液 D. 加硫酸铜溶液【答案】C【解析】试题分析：加入ABD发生的是变性，加入C发生的是盐析，所以C正确。考点：变性与盐析。6. 同温同压下，等物质的量的某有机物分别与足量的Na和NaHCO3反应，生成气体的体积均相同，该有机物可能是 ( ) A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3

6、反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，存在反应关系式：R-OH1/2H2，-COOH1/2H2，以及-COOH+ NaHCO3CO2，若V1=V20，说明分子中含有1个R-OH和1个-COOH，只有A符合，故选B。考点：有机物的推断点评：本题考查有机物的推断看，题目难度不大，本题注意官能团的性质，为解答该题的关键。7. 乙醇分子中不同的化学键如图所示，对乙醇在各种反应中应断裂的键说明不正确的是（）A. 和金属钠作用时，键断裂B. 和浓H2SO4共热至170时，键和断裂C. 和浓H2SO4共热至140时，键断裂D. 在Ag催化剂下和O2反应时，键和断裂【答案】C【解析】A、和金属钠反

7、应：2CH3CH2OH2Na2CH3CH2ONaH2，断裂，故A说法错误；B、发生CH3CH2OHCH2=CH2H2O，是和化学键断裂，故B说法正确；C、发生2CH3CH2OHCH3OCH3H2O，键断裂，故C说法错误；D、2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O，键断裂，故说法正确。8. 下列化学性质中，烷烃不具备的是（）A. 不能使溴水褪色 B. 可以在空气中燃烧C. 与Cl2发生取代反应 D. 能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】试题分析：A烷烃为饱和烃，分子中不存在不饱和键，其化学性质稳定，所以烷烃具有“不能使溴水褪色”化学性质，故A错误；B烷烃中中含有C、H元素，所以烷烃

8、具有“可以在空气中燃烧”的化学性质，故B错误；C烷烃的特征反应为取代反应，在光照条件下烷烃能够与氯气发生取代反应，所以烷烃具有“与氯气发生取代反应”的化学性质，故C错误；D烷烃分子中不存在不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以烷烃不具有“能使酸性KMnO4溶液褪色”的化学性质，故D正确；故选D。考点：考查烷烃的化学性质判断9. 某链状有机物分子中含有n个CH2，m个，a个CH3，其余为OH，则羟基的个数为（）A. 2n+3ma B. m+2a C. n+m+a D. m+2n+2a【答案】B【解析】本题考查有机物的结构特点，考查考生的分析、推理能力。难度中等。由题中信息可知该醇为饱和醇，故

9、其化学式为CxH2x2Oy，该醇中含C原子个数为(nma)，由化学式知其含H原子个数为2(nma)2，n个CH2中含2n个H，m个中含m个H，a个CH3中含3a个H，剩余的H在OH中，因此含有OH的数目为2(nma)2(2nm3a)m2a。10. 等物质的量的与Br2起加成反应，生成的产物不可能是（）A. B. C. D. 【答案】C.11. 不能由醛或酮加氢还原制得的醇是（）A. CH3CH2OH B. CH3CH2CH（OH）CH3C. （CH3）3CCH2OH D. （CH3）3COH【答案】D【解析】A、可以由CH3CHO与氢气发生加成反应产生，故A错误;B、可以由CH3CH2COCH

10、3与氢气发生加成反应得到，故B错误；C、可以由(CH3)3CCHO与氢气发生加成反应得到，故C错误；D、(CH3)3COH不能被氧化得到醛或酮，因此此物质不能用醛或酮与氢气加成反应制得，故D正确。12. 甲醇、乙二醇、甘油分别与足量的金属钠反应，产生等量的H2，则3种醇的物质的量之比为（）A. 6：3：2 B. 1：2：3 C. 3：2：1 D. 4：3：2【答案】A【解析】根据醇与金属钠反应，OH1/2H2，甲醇的结构简式为CH3OH，乙二醇的结构简式为CH2OHCH2OH，丙三醇的结构简式为CH2OHCHOHCH2OH，产生等量的氢气，消耗三者物质的量之比为2：1：2/3=6：3：2，故选

11、项A正确。13. 某烃与氢气发生反应后能生成（CH3）2CHCH2CH3，则该烃不可能是（）A. 2甲基2丁烯 B. 2，3二甲基1丙烯C. 3甲基1丁烯 D. 2甲基1，3丁二烯【答案】B考点：考查烯烃的加成反应。14. 已知乙烯醇（CH2=CHOH）不稳定，可自动转化为乙醛，乙二醇在一定条件下发生脱水反应，也有类似现象发生，所得结构简式有人写出下列几种，其中不可能的是（）CH2=CH2 CH3CHO A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：（1）1mol乙二醇能消去1mol水，生成乙烯醇，进而自动转化为乙醛；（2）可以分子内脱水，生成环氧乙烷：；（3）可以两分子乙二醇发生分子间

12、脱水，生成六元环：；而不能得到乙烯。考点：乙二醇的化学性质、同分异构体。15. 下列各种醇既可发生消去反应，又可被催化氧化的是（）A. CH3OH B. C. D. 【答案】B【解析】发生消去反应的条件是羟基所连碳的相邻的碳原子上必须有H，能被氧化的醇必须是羟基所连碳上必须有H，故选项B正确。16. 向乙醛溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热后应该能观察到（）A. 产生蓝色沉淀 B. 产生红色沉淀C. 产生白色沉淀 D. 无明显变化【答案】B【解析】含有醛基的有机物，滴加新制氢氧化铜悬浊液加热后，醛基被氧化为羧基，而氢氧化铜被还原为红色沉淀即氧化亚铜；所以向乙醛溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热

13、后应该能观察到红色沉淀产生，B正确；正确选项B。17. 仅用一种试剂即可区分酒精、苯酚溶液、己烯、甲苯等四种无色液体，这种试剂可以是（）A. FeCl3溶液 B. 溴水 C. 高锰酸钾溶液 D. 金属钠【答案】B【解析】试题分析：FeCl3溶液与己烯、甲苯混合现象相同，不能鉴别己烯、甲苯，A错；溴水与酒精互溶，溶液不分层，溴水与苯酚生成白色沉淀，溴水遇己烯褪色，溴水与甲苯发生萃取，上层溶液有颜色，四种现象不同，可以鉴别，B对；己烯、甲苯都可以使高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，C错；金属钠与己烯、甲苯不反应，现象相同，不能鉴别，D错。考点：有机物的性质和鉴别。18. 据美国农业研究杂志报道，美国的科

14、学家发现半胱氨酸能增强艾滋病毒感染者的免疫力，对控制艾滋病毒的蔓延有奇效已知半胱氨酸的结构简式为，则下列说法错误的是（）A. 两分子半胱氨酸脱水形成的二肽结构简式为：B. 半胱氨酸是一种两性物质C. 可与过量NaOH溶液反应放出氨气D. 天然蛋白质水解产物均为氨基酸【答案】A【解析】A、生成二肽结构，是氨基酸中的羧基与另一个氨基酸分子中的氨基发生脱水缩合，其二肽物质应为，故A说法错误；B、半胱氨酸中含有羧基，羧基显酸性，半胱氨酸中含有氨基，氨基显碱性，半胱氨酸属于两性物质，故B说法正确；C、此物质中含有NH4，加入过量NaOH溶液，能产生NH3，故C说法正确；D、天然蛋白质水解的最终产物是氨基

15、酸，故D说法正确。19. 某有机物结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是 ( )A. 1 mol该有机物可消耗3 mol NaOHB. 该有机物的分子式为C16H17O5C. 最多可与7mol H2发生加成D. 苯环上的一溴代物有6种【答案】D【解析】A. 该有机物酯基水解产生酚羟基和羧基，所以1 mol该有机物可消耗4 mol NaOH，故A错误；B. 该有机物的分子式为C16H14O5，故B错误；C. 该有机物的物质的量未定，与之发生加成反应的氢气的物质的量无从确定，故C错误；D. 苯环上的氢原子有6种，所以苯环上的一溴代物有6种，故D正确。故选D。20. 某分子式为C10H20O2

16、的酯，在一定条件下可发生如图的转化过程：则符合上述条件的酯的结构可有（） A. 2种 B. 4种 C. 6种 D. 8种【答案】B【解析】试题分析：因C在一定条件下可氧化成E，则C为C4H9-CH2OH，B为C4H9-COOH，而-C4H9有四种结构，分别为：CH3-CH2-CH2-CH2-、CH3-CH2-CH(CH3)-、(CH3)2CH-CH2-、(CH3)3C-4种，所以有机物共有同分异构体4种，故选B。考点：考查了有机物的推断的相关知识。21. 涤纶广泛应用于衣料和装饰材料。合成涤纶的反应如下：下列说法正确的是( )A. 合成涤纶的反应为加聚反应B. 对苯二甲酸和苯甲酸互为同系物C.

17、 1 mol涤纶与NaOH溶液反应，理论上最多可消耗2n mol NaOHD. 涤纶的结构简式为：【答案】C【解析】A、合成涤纶的反应为缩聚反应，选项A错误；B、结构相似、分子组成相差若干个CH2原子团的有机化合物互相称为同系物，但对苯二甲酸（）和苯甲酸（）相差CO2，不可能互为同系物，选项B错误；C、1 mol涤纶水解会产生2n mol羧基，与NaOH溶液反应，理论上最多可消耗2n mol NaOH，选项C正确；D、根据羧断羟基醇断氢，分子中的端基原子和端基原子团错误，涤纶的结构简式为：，选项D错误。答案选C。22. 对下列叙述的评价合理的是（）选项叙述评价A乙酸乙酯在H218O中水解，产物

18、乙醇中将含有18O错，根据酯的水解规律，产物乙酸中将含有18O同位素，而乙醇则没有B淀粉与20%的硫酸混合溶液在沸水浴中充分加热后滴加碘水无蓝色现象，则说明淀粉水解完全错，淀粉水解后未加碱中和至溶液呈碱性C用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体对，乙烯能与酸性高锰酸钾溶液反应，而甲烷不能与高锰酸钾溶液反应D可以用新制的Cu（OH）2悬浊液鉴别乙醇溶液、乙酸溶液和葡萄糖溶液错，用新制的Cu（OH）2悬浊液不能鉴别乙醇溶液和乙酸溶液A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A乙酸乙酯在H218O中水解生成CH3CO18OH和C2H5OH，因此评价正确，A正确；B淀粉与20%的硫酸混合

19、溶液，加热到80左右，冷却后取少量水解液滴加碘水无蓝色现象，则说明淀粉水解完全，B错误；C酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应生成二氧化碳，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体，C错误；D新制的Cu(OH)2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为：蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀，现象不同，可以鉴别，D错误；答案选A。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、物质的鉴别、淀粉水解实验等，侧重物质性质及实验技能的综合考查，注意实验的评价性分析，选项D是解答的难点和易错点。视频23. 用式量为57的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为（ ）A. 3种 B.

20、 4种 C. 5种 D. 12种【答案】D【解析】试题分析：式量为57的烷基为“-C4H9”，即丁基，丁基有4种，用丁基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得产物数目为43=12。考点：同分异构体点评：甲苯苯环上有3种不同环境的氢，所以用丁基取代苯环上一个氢，产物总数有12种。24. 某有机物的结构简式如图所示，关于该物质的叙述错误的是（ ）A. 一个分子中含有12个H原子B. 苯环上的一氯代物有2种C. 能使酸性KMnO4溶液褪色D. 1mol该物质分别与足量H2、NaOH溶液反应，消耗其物质的量均为3mol【答案】B【解析】试题分析：该有机物分子式为C11H12O4，一个分子中含有12个H原子，

21、A正确；苯环上的一氯代物只有1种，甲基的对位，B错误；苯环上存在H，故能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；苯环能与氢气发生加成反应，1mol该物质与3mol氢气反应；酯基在碱性条件下能水解，故2个酯基消耗2mol氢氧化钠，水解后有一个酚羟基，再消耗1mol氢氧化钠，故总共消耗3mol氢氧化钠，D正确。考点：酯点评：酯是重要的有机物，其化学性质是历年高考的常考知识点，考生在备考过程中应注意积累各反应的条件、现象及化学方程式的正确书写。二填空题（共4小题。共52分）25. （1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+）c（OH）=11020的溶液，其pH为_，此时水的电离受到_（2）已知：

22、2NO2（g）N2O4（g）H=57.20kJmol1一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）N2O4（g）达到平衡其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是_（填字母）A减小NO2的浓度 B降低温度 C增加NO2的浓度 D升高温度（3）在某温度下，H2O的离子积常数为11013 mol2L2，则该温度下：0.01molL1NaOH溶液的pH=_；100mL 0.1molL1H2SO4溶液与100mL 0.4molL1的KOH溶液混合后，pH=_（4）已知一溶液有4种离子：X+、Y、H+、OH，下列分析结果肯定错误的是_Ac（Y）c（X+）c（H+）c（OH） Bc（X+）c（Y）c（O

23、H）c（H+）Cc（H+）c（Y）c（X+）c（OH） Dc（OH）c（X+）c（H+）c（Y）（5）在25下，将a molL1的氨水与0.01molL1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c（NH4+）=c（Cl）则溶液显_（填“酸”“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=_【答案】 (1). 4或10 (2). 抑制 (3). BC (4). 11 (5). 12 (6). C (7). 中 (8). 【解析】（1）考查pH的计算和影响水电离的因素，常温下水的离子积为10141020，说明此溶液可能是酸，也可能是碱，假如是酸，水电离出的c(H)=c(OH)，即此时溶液中

24、c(H)=Kw/c(OH)=1014/1010molL1=104molL1，此时溶液的pH=lgc(H)=4，假设为碱，此时溶液中c(H)=1010molL1，即pH=10，无论酸还是碱都抑制水的电离；（2）考查勒夏特列原理，A、减少NO2的浓度，平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率降低，故A错误；B、此反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，故B正确；C、增加NO2的浓度，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，故C正确；D、正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，故D错误；（3）考查pH的计算，0.01molL1NaOH溶液中

25、c(OH)=102molL1，根据水的离子积，则溶液中c(H)=Kw/c(OH)=1013/102molL1=1011molL1，即pH=11；H2SO4中n(H)=1001030.12mol=0.02mol，KOH中n(OH)=1001030.4mol=0.04mol，显然反应后溶液显碱性，反应后c(OH)=molL1=0.1molL1，根据水的离子积，求出c(H)=1012molL1，即pH=12；（4）考查离子浓度大小，A、假设该溶液的溶质为XY，该盐属于强酸弱碱盐，即离子浓度大小顺序是c(Y)c(X)c(H)c(OH)，故A说法正确；B、假设溶质为XY，属于强碱弱酸盐，离子浓度大小顺序

26、是c(X+)c(Y)c(OH)c(H)，故B说法正确；C、不遵循电荷守恒，故C说法错误；D、当c(OH)c(X)，必有c(H)c(Y），故D说法正确；（5）考查电离平衡常数的计算，根据电荷守恒，有c(NH4)c(H)=c(Cl)c(OH)，而c(NH4)=c(Cl)，则c(H)=c(OH)，溶液显中性，电离平衡常数只受温度的影响，溶液显中性，即c(OH)=107molL1，c(NH4)=c(Cl)=0.01/2molL1，根据N元素守恒，则c(NH3H2O)=(a/20.01/2)molL1，根据电离平衡常数的定义，Kb=，代入数值 ，求出Kb=。点睛：本题的难点是NH3H2O的电离平衡常数的

27、计算，易错点是浓度的计算，浓度应是混合后的浓度，而不是起始分析浓度，如c(NH4)=c(Cl)=0.01/2molL1，根据N元素守恒，则c(NH3H2O)=(a/20.01/2)molL1，代入表达式得出结果。26. 钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。（1）钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。Ti的基态原子价电子排布式为_。Fe的基态原子共有_种不同能级的电子。（2）制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CCl42KCl+2CrO2Cl2+3COCl2。上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_（用元素符号表示）。COCl2分

28、子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中键和键的个数比为_，中心原子的杂化方式为_。（3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.9102 nm和7.8102 nm则熔点：NiO_（填“”、“”或“=”）FeO。（4）Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。该晶体的化学式为_。已知该晶胞的摩尔质量为M gmol1，密度为d gcm3设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是_ （用含M、d、NA的代数式表示）。【答案】 (1). 3d24s2 (

29、2). 7 (3). OClC (4). 3：1 (5). sp2 (6). (7). LaNi5 (8). cm3【解析】（1）考查电子排布式的书写，Ti属于过渡元素，价电子包括最外层电子和次外层d能级上的电子，即Ti的价电子排布式为3d24s2 ；铁元素属于26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，共有7种不同能级的电子；（2）考查电负性的规律、化学键数目的判断、杂化类型的判断，非金属是O、C、Cl，同周期从左向右电负性增大，根据HClO中化合价，推出O的电负性大于Cl，根据CCl4中化合价，Cl的电负性大于C，即电负性由大到小的规律是OClC，COCl2所有原子满足8电子稳定结构，即COCl2的结构式为，成键原子间只能形成一个键，双键之间有1个键，因此键和键数目的比值为3：1；C有3个键，无孤电子对，价层电子对数为3，杂化类型为sp2；（3）考查晶体熔沸点高低判断，NiO和FeO都属于离子晶体，根据所给离子半径，Ni2半径小于Fe2，NiO的晶格能大于FeO，NiO的熔点高于FeO；（4）考查晶胞的计算，La位于晶胞的顶点，晶胞实际占有的个数为81/8=1，Ni位于面上和内部，晶胞实际占有的个数是81/2