山东省临沂市第一中学高二下学期6月月考化学试题

山东省临沂市第一中学20202021学年高二下学期6月质量检测化学试题考试时间：100分钟注意事项：1.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。2.本卷命题范围：选择性必修2和3。3.可能用到的相对原子质量：H1、C12、O16、Na23、S32、Cl35.5、Zn65、Se79、I127第I卷(选择题)(共40分)一、单选题(每题2分，共20分，每个题只有1个选项符合题意)1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.医疗上常用体积分数为75%的乙醇溶液作消毒剂B.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C.古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】C【解析】【详解】A．乙醇俗称酒精，医疗上常用体积分数为75%的乙醇溶液作消毒剂，酒精消毒的作用是凝固细菌体内的蛋白质，从而杀死细菌，故A正确；B．疫苗一般应冷藏存放，低温保存，以避免蛋白质变性，故B正确；C．高级脂肪酸酯是烃的衍生物，由C、H、O三种元素组成，不是高分子，故C错误；D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；故选C。2.某元素基态原子M层上有一个未成对的单电子，则该基态原子价电子排布不可能是A.3d14s2 B.3d94s2 C.3s23p1 D.3s23p5【答案】B【解析】【详解】某元素基态原子M层上有一个未成对的单电子，可能的电子排布式为：1s22s22p63s1、1s22s22p63s23p1、1s22s22p63s23p5、1s22s22p63s23p63d14s2，所以基态原子价电子排布不可能是3d94s2，故答案为：B。3.下列各项叙述中，正确的是A.配合物Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=6B.价电子排布为ns1的元素，不一定是s区元素C.水中的氢键可以表示为OH…O，每摩尔冰中有4NA个氢键D.与基态钾原子同周期且未成对电子数相同的元素还有4种【答案】D【解析】【分析】【详解】A．铁是26号元素，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，价电子数为8，配合物中，中心原子是铁原子，提供空轨道，配体是CO，每个配体提供的电子数是2，所以8+2n=18，则n=5，故A错误；B．价电子排布为的元素处于第IA元素，一定处于元素周期表的s区，故B错误；C．一个氧原子里有2对孤对电子，都可以生成氢键，1mol冰有个氢键，故C错误；D．与基态钾原子同周期且未成对电子数相同的元素是第四周期、未成对电子数为1的元素：钪、铜、镓、溴共四种元素，故D正确；故选D4.酚醛树脂是最早生产和使用的合成树脂，其单体为苯酚和甲醛，下列说法错误的是A.苯酚和甲醛通过缩聚反应得到酚醛树脂B.甲醛和苯甲醛是同系物C.酚醛树脂的结构简式为D.酚醛树脂俗称“电木”，是一种混合物，不易燃烧，具有良好的电绝缘性【答案】B【解析】【分析】【详解】A．苯酚和甲醛发生羟醛缩合反应生成酚醛树脂，此反应属于缩聚反应，A正确；B．苯甲醛中含苯环，与甲醛结构不相似，不是同系物，B错误；C．酚羟基导致苯环上与羟基相邻的氢原子较活泼，两个氢原子与甲醛中的氧原子结合生成水，所以苯酚和甲醛通过缩聚反应得到的酚醛树脂的结构简式为，C正确；D．酚醛树脂，又名电木，为高分子有机物，由于每个分子中聚合度不同，所以是混合物，酚醛树脂不易燃烧，具有良好的电绝缘性，常用来生产电灯开关、插头中，D正确；综上所述答案为B。5.下列实验装置，达不到实验目的的是A.制备乙烯B.制备并收集氨气C.制备并收集乙酸乙酯D.用CCl4提取碘水中的碘A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．用乙醇和浓硫酸共热制备乙烯时，需用温度计控制反应温度在170℃，否则会发生副反应，装置中缺少温度计，故A错误；B．实验室用氯化铵和消石灰共热制备氨气，用向下排空气法收集氨气时应在试管口放一团棉花，防止氨气向空气中扩散，该装置能制备并收集氨气，故B正确；C．实验室用浓硫酸、乙醇和乙酸混合共热制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液提纯收集乙酸乙酯，该装置能制备并收集乙酸乙酯，故C正确；D．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用四氯化碳做萃取剂萃取提取碘水中的碘，故D正确；故选A。6.腺嘌呤核苷和腺嘌呤核苷酸是生产核酸类药物的中间体，结构如图所示。腺嘌呤核苷腺嘌呤核苷酸下列说法错误的是（）A.腺嘌呤核苷分子中有四个手性碳原子B.腺嘌呤核苷酸分子中五个氮原子一定在一个平面上C.腺嘌呤核苷酸只能与NaOH溶液反应不能与盐酸反应D.由腺嘌呤核苷合成腺嘌呤核苷酸的过程中发生取代反应并形成磷酯键【答案】C【解析】【详解】A．腺嘌呤核苷分子中由4个碳原子和1个O氧原子组成的五元环中的4个碳原子为手性碳原子，故A正确；B．腺嘌呤核苷酸分子中连有氨基的六元环类似苯环，六元环上的原子和与此六元环相连的原子共平面，所以五个氮原子一定在一个平面上，故B正确；C．腺嘌呤核苷酸中的氨基可以与盐酸反应，故C错误；D．由腺嘌呤核苷合成腺嘌呤核苷酸的过程属于酯化反应，酯化反应也是取代反应，故D正确；故答案C。7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.中含有的数目为B.7.8g苯中含σ键的数目为C.12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的数目为D.14g由乙烯和环丙烷组成的混合气体中含有的氢原子数目为【答案】C【解析】【分析】【详解】A．过氧化物共价化合物，不含过氧根离子，A错误；B．7.8g苯物质的量为，含键的数目为1.2NA，B错误；C．12g石墨的物质的量为1mol，而1mol六元环中含有2mol碳原子，故1mol碳原子形成的六元环为0.5mol即0.5NA个，C正确；D．乙烯和环丙烷具有相同最简式CH2，14g由乙烯和环丙烷组成的混合气体中含有的氢原子数目为：，D错误；答案选C。8.下列由实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的的烧杯中，均有气体产生乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性B甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性C室温下，向苯酚钠溶液中通入，溶液变浑浊碳酸的酸性比苯酚的强D向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液，加热；未出现银镜蔗糖未水解A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈，则乙醇分子中的氢不如水分子中的氢活泼，故A错误；B．发生取代反应，生成HCl溶于水显酸性，能使湿润的石蕊试纸变红，而生成的氯甲烷为中性，故B错误；C．发生强酸制取弱酸的反应，生成苯酚，则碳酸的酸性比苯酚的强，故C正确；D．水解后检验葡萄糖在碱性溶液中，水解后没有加碱至碱性，再加银氨溶液，现象不能说明未水解，故D错误；故选：C。9.下列说法中正确的是A.和都是正四面体型分子，且键角相等B.乙烯分子中，碳原子的杂化轨道形成键，未杂化的轨道形成键C.成为阳离子时首先失去轨道电子D.分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱【答案】B【解析】【分析】【详解】A．P4和CH4都是正四面体型分子，但甲烷的键角为109°28'，而P4的键角为60°，A错误；B．乙烯分子中含碳碳双键，碳原子的sp2杂化轨道头碰头形成σ键，未杂化的2p轨道肩并肩形成π键，B正确；C．成为阳离子时首先失去4s轨道上的2个电子，C错误；D．PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强，D错误；故答案为：B。10.如图为碘晶体晶胞结构，下列有关说法正确的是A.碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层状结构B.用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C.碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体D.碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力【答案】A【解析】【分析】碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，以此分析。【详解】A、碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层状结构，故A正确；B、B．用均摊法计算：顶点碘分子个数加面心碘分子个数=8×+6×=4，因此平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，故B错误；C、碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，故C错误；D、碘晶体中碘原子间存在II非极性键，碘分子之间存在范德华力，故D错误；答案选A。二、多选题(每题4分，共20分，每个题有1个或2个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，选错不得分)11.瑞巴派特片(RebamipideTablets)是一种胃药，其主要成分结构如图.下列说法正确的是A.该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.C，N，O元素的电负性：C.该物质能与氢气发生加成反应D.该物质能水解，水解产物中含有氨基酸【答案】D【解析】【详解】A．根据可知，该物质有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．根据元素周期表可知：C、N、O元素的非金属性由强到弱的顺序为：O>N>C，非金属性越强电负性越大，所以电负性：O>N>C，故B错误；C．根据可知，有两个苯环和一个碳碳双键可以与氢气发生加成反应，所以该物质能与7mol氢气发生加成反应，故C错误；D．根据可知，该物质含有酯基和肽键，所以能发生水解反应，水解产物中含有氨基酸，故D正确；故答案：D。12.由HEMA和NVP合成水凝胶材料高聚物A，其合成路线如下图所示：下列说法不正确的是A.高聚物A具有良好的亲水性B.1molHEMA最多能与2mol发生加成反应C.HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物AD.HEMA、NVP和高聚物A均能在酸性条件下发生水解反应【答案】BC【解析】【详解】A．从高聚物A的结构简式可知，结构中含有醇羟基，属于亲水基，具有良好的亲水性，故A正确；B．酯基不能与氢气发生加成反应，碳碳双键能够与氢气发生加成反应，所以1molHEMA最多能与1molH2发生加成反应，故B错误；C．结合高聚物A的结构分析，HEMA和NVP分子结构中均含有碳碳双键，二者发生加聚反应生成高分子A，故C错误；D．HEMA分子结构中含有酯基，NVP分子结构中含有肽键，高聚物A分子结构中含有酯基和肽键，以上三种物质均能在酸性条件下发生水解反应，故D正确；综上所述，说法不正确的是BC项，故答案为BC。13.向的稀盐酸溶液中通入乙烯气体可得到金黄色沉淀，该沉淀的阴离子结构如图所示.下列有关该沉淀的阴离子说法正确的是A.该沉淀的阴离子所有原子共平面B.乙烯分子中碳原子的杂化方式为杂化C.配位键的形成均为电子给予体提供孤电子对D.由其组成的物质可以燃烧【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．乙烯是平面形分子，而整个阴离子中所以原子不共平面，A项错误；B．乙烯分子中含有碳碳双键，所以碳原子的杂化方式为杂化，B项正确；C．在阴离子中，中心原子是Pt，分别与3个氯离子形成键和一个乙烯分子形成配位键，根据图可知，配位键中2个C原子各提供1个电子，C项错误；D．该物质为有机配位化合物，可以燃烧，D项正确；答案选BD。14.W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，Z是地壳中含量最高的元素，M、N是由这些元素组成的二元化合物，M和N转化为R的反应历程如图所示。下列叙述错误的是A.第一电离能：B.生成R总反应的原子利用率为100%C.①→②放出能量并有非极性键生成D.上述四种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O；M、N是由这些元素组成的二元化合物，M和N转化为R的反应历程如图所示，X与W形成的N为XW4，W的原子序数小于O，则W为H；X形成4个共价键，且与O形成XO2，X的原子序数小于O，则X为C元素；Y介于C、O之间，为N元素；由图示可知，N为甲烷，M为二氧化碳，R为乙酸，以此分析解答。【详解】由分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，N为甲烷，M为二氧化碳，R为乙醇。A．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但ⅤA元素第一电离能高于同周期相邻元素，则第一电离能：N>O>C，即Y>Z>X，故A错误；B．由图示可知，甲烷与二氧化碳反应生成甲醇，原子利用率为100%，故B正确；C．①→②过程中形成碳碳双键放出能量，碳碳键为非极性键，故C正确；D．H、C、N、O可以形成离子化合物碳酸氢铵、碳酸铵等，也可以形成共价化合物氨基酸，故D正确；故选A。15.近日，科学家研究利用CaF2晶体释放出的Ca2+和F脱除硅烷，拓展了金属氟化物材料的生物医学功能。下列说法错误的是A.F、Si和Ca电负性依次减小，原子半径依次增大B.OF2与SiO2中含有化学键类型和氧原子杂化方式均相同C.图中A处原子分数坐标为(0，0，0)，则B处原子分数坐标为D.脱除硅烷反应速率依赖于晶体提供自由氟离子的能力，脱硅能力【答案】D【解析】【分析】【详解】A．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则F、Si和Ca电负性依次减小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，则F、Si和Ca原子半径依次增大，故A正确；B．OF2与SiO2都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化，故B正确；C．由晶胞结构可知，A处到B处的距离为体对角线的，若A处原子分数坐标为(0，0，0)，则B处原子分数坐标为，故C正确；D．三种金属氟化物都为离子晶体，晶体提供自由氟离子的能力越强，阴阳离子间形成的离子键越弱，钡离子、钙离子和镁离子的电荷数相同，离子半径依次减小，则氟化钡、氟化钙、氟化镁三种晶体中的离子键依次增强，晶体提供自由氟离子的能力依次减弱，故D错误；故选D。第II卷(非选择题)(共60分)三、填空题16.已知元素M是组成物质NH4Al(SO4)2的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第4个电子所需能量(即电离能，用符号I1至I4表示)如下表所示：I1I2I3I4电离能(kJ·mol1)5781817274511578(1)元素M是___________(填写元素符号)，常见化合价为___________。(2)硫原子核外有___________种不同运动状态的电子，有___________个非空轨道，有___________种不同形状的电子云。(3)写出碳原子最外层电子的电子排布图___________，该化学用语不能表达出碳原子最外层电子的___________(填字母)。a．能层b．能级c．所有电子云的伸展方向d．自旋状态【答案】①.Al②.+3③.16④.9⑤.2⑥.⑦.c【解析】【分析】从其电离能变化可知，当原子失去第四个电子时，其电离能急剧增加，说明该元素失去三个电子后达到稳定结构，则该元素最外层有3个电子，元素M是组成物质NH4Al(SO4)2的一种元素，则M为Al元素；【详解】(1)M为Al元素，Al元素常见化合物为+3价；(2)S原子核外有16个电子，原子核外没有运动状态完全相同的电子，则S原子有16种不同运动状态的电子；S原子的1s、2s、2p、3s、3p均为非空轨道，共有9个非空轨道；硫原子核外s、p两个能级，则有2种不同形状的电子云；(3)碳原子最外层电子的电子排布图为；轨道表示式能够表示出能层、能级和自旋状态，而电子云的伸展方向不能用该化学用语表示，故c正确；17.某化学课外小组用图装置制取溴苯。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器A(A下端活塞关闭)中。(1)写出A中反应的化学方程式_______________。(2)观察到A中的现象是_____________________。(3)实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是________，写出有关的化学方程式______________________________。(4)C中盛放CCl4的作用是________________。(5)能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，可向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明。另一种验证的方法是向试管D中加入_______，现象是________。【答案】①.C6H6＋Br2C6H5Br＋HBr②.反应液微沸，有红棕色气体充满A容器③.除去溶于溴苯中的溴④.Br2＋2NaOH=NaBr＋NaBrO＋H2O或3Br2＋6NaOH=5NaBr＋NaBrO3＋3H2O⑤.除去溴化氢气体中的溴蒸气⑥.紫色石蕊试液⑦.溶液变红色【解析】【分析】该实验是实验室用苯和液溴制取溴苯。该反应的原理是：＋Br2＋HBr。在实验过程中，为了证明该反应为取代反应，则需证明取代产物溴化氢的存在。因此，需在C中加入CCl4，以除去溴化氢气体中的溴蒸气。方便对溴化氢的检验。由于在反应的过程中产物溴苯与反应物混溶在一起，因此需要利用氢氧化钠除去溴苯中的溴，再通过蒸馏的方式提纯溴苯即可。【详解】(1)A中涉及两个反应，分别为：2Fe＋3Br2=2FeBr3，＋Br2＋HBr；(2)在反应中，可观察到A中的现象是反应液微沸，且有红棕色气体Br2充满整个容器；(3)实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡。目的是利用氢氧化钠除去溶于溴苯中的溴，该反应有关的化学方程式Br2＋2NaOH=NaBr＋NaBrO＋H2O(或3Br2＋6NaOH=5NaBr＋NaBrO3＋3H2O)；(4)在实验中，C中盛放CCl4的作用是除去溴化氢气体中的溴蒸气。为了证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，可向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明有溴化氢存在，即发生了取代反应。另一种验证的方法是向试管D中加入石蕊试液，若溶液变红色，则证明溴化氢存在，即发生了取代反应。【点睛】本题主要考查的是实验室制溴苯的实验，在本实验中虽加入的是铁，但对反应起催化作用的是溴化铁。为了证明该反应为取代反应，则需检验取代产物溴化氢的存在。检验溴化氢时可利用AgNO3溶液检验溴离子或通过检验D中吸收液的酸碱性来证明氢离子的存在。18.环烷酸金属(Cu、Ni、Co、Sn、Zn)盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回答下列问题：(1)基态Cu原子的价电子排布___________。(2)镍的氨合离子中存在的化学键有___________。A．离子键B．共价键C．配位键D．氢键E．键F．键(3)Ni、Co的第五电离能：，，，其原因是___________。(4)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是___________。(5)硒化锌晶胞结构如图所示，其晶胞参数为apm。①相邻的与之间的距离为___________pm。②已知原子坐标：A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标___________。③若硒化锌晶体的密度为，则阿伏加德罗常数___________(用含a、的计算式表示)。【答案】①.②.BCE③.(Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高④.Sn与C同主族，Sn原子半径大，键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定⑤.⑥.⑦.【解析】【分析】【详解】(1)铜为29号元素，其基态Cu原子价电子排布。(2)镍的氨合离子中氨气分子中存在共价单键，单键就是键，镍离子和氨气之间存在配位键。(3)(Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高；(4)Sn与C同主族，Sn原子半径大，键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定。(5)①硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一，而晶胞体对角线的常数为晶胞棱长的倍，故之间的距离为为pm。②根据硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一分析，A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标。③根据均摊法分析，一个晶胞中锌原子的个数为4，硒原子个数为，所以晶胞