（新教材）2021-2022学年下学期高二第一次月考备考卷（B）-化学

这是一份（新教材）2021-2022学年下学期高二第一次月考备考卷（B）-化学，共14页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

（新教材）2021−2022学年下学期高二第一次月考卷
化 学 （B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共15小题，共45分。每小题3分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。
1．下列说法正确的是
A．碳骨架为的烃的结构简式为(CH3)2C=CH2
B．有机物分子里一定既有非极性键也有极性键
C．乙烯分子中有4个σ键1个π键
D．乙醇的键线式为
【答案】A
【解析】A．根据碳原子的成键特点，碳骨架为的烃的结构简式为(CH3)2C=CH2，故A正确；B．有机物分子里不一定既有非极性键也有极性键，如：甲烷中只有极性键，故B错误；C．乙烯分子中有5个σ键1个π键，故C错误；D．乙醇的键线式为，故D错误；选A。
2．对如图所示两种化合物的结构或性质描述正确的是

A．均含有σ键和π键且均存在碳原子的sp3和sp2杂化
B．均为芳香族化合物
C．二者的分子式均为C10H12O
D．可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分
【答案】A
【解析】A．两种化合物中均存在碳碳双键、碳碳单键、碳氢键，碳碳双键中含有π键和σ键，碳碳单键和碳氢键属于σ键；其中碳碳双键中的碳原子为杂化、甲基中的碳原子为杂化，故A正确；B．芳香族化合物是指含有苯环的有机化合物，其中的结构中不含苯环结构，不属于芳香族化合物，故B错误；C．的分子式为，的分子式为，故C错误；D．核磁共振氢谱可以确定有机物的结构，也可以区分有机物，故D错误；故选A。
3．根据你所学的知识推断，下列说法不正确的是
A．得到SrCl2·6H2O晶体需在HCl气流中蒸发SrCl2溶液
B．岩浆析出时，石英在硅酸盐后析出，主要原因是因为石英晶格能较小
C．NaCl和CsCl晶体中配位数不同，是几何因素导致的
D．红外光谱可用于测定分子的立体结构
【答案】A
【解析】A．SrCl2是强酸强碱盐，水溶液中不发生水解，故得到SrCl2·6H2O晶体不需在HCl气流中蒸发SrCl2溶液，只需直接蒸发SrCl2溶液至有大量晶膜出现时，停止加热即可，A错误；B．晶格能越大，形成的晶体越稳定，越易结晶析出，则岩浆晶出时，晶格能大的矿物先结晶析出，岩浆析出时，石英在硅酸盐后析出，主要原因是因为石英晶格能较小，B正确；C．NaCl和CsCl晶体中配位数分别为6和8，由于NaCl和CsCl二者电性因素相同，故配位数不同是几何因素导致的，C正确；D．红外光谱可测量分子中含有的官能团或化学键，故可用于测定分子的立体结构，D正确；故答案为A。
4．下列化学用语表达正确的是
A．SO3的VSEPR模型
B．铍原子最外层原子轨道示意图：
C．铬原子价电子排布式：3d54s1
D．违反了洪特规则
【答案】C
【解析】A．SO3中S原子杂化轨道数是3，VSEPR模型为平面三角形，故A错误；B．铍原子最外层电子排布在2s能级，原子轨道为球形，故B错误；C．铬是24号元素，根据洪特规则，铬原子价电子排布式：3d54s1，故C正确；D．违反了泡利原理，故D错误；选C。
5．随着科学技术的发展，人们可以利用很多先进的方法和手段来测定有机物的组成和结构。下列说法正确的是
A．李比希元素分析仪可以测定有机物的结构简式
B．质谱仪能根据最小的碎片离子确定有机物的相对分子质量
C．红外光谱分析能测出各种化学键和官能团
D．对有机物CH3CH(OH)CH3进行核磁共振分析，能得到4个峰，且峰面积之比为1∶1∶3∶3
【答案】C
【解析】A．李比希的元素分析仪只能测定出元素种类，不能确定有机物的结构简式，故A错误；B．质谱仪能根据最大的碎片离子确定有机物的相对分子质量，故B错误；C．不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置，从而可以获得分子中含有任何化学键或官能团的信息，来确定有机物中的官能团或化学键，故C正确；D．有机物CH3CH(OH)CH3含有3种化学环境不同的氢，两个甲基相同，则能得到3个峰，且峰面积之比为1∶1∶6，故D错误；故选C。
6．某有机物的结构简式为，下列关于该有机物的说法不正确的是
A．分子式为 B．不能发生氧化反应
C．分子中含有羟基 D．可使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】B
【解析】A．有机物分子式为，A正确；B．有机物含有羟基，能发生氧化反应，B错误；C．有机物含有羟基，C正确；D．有机物含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；故选B。
7．类推的思维方法在化学学习与研究中可能会产生错误的结论。因此类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论正确的是 
A．从CH4、NH、SO为正四面体结构，可推测PH、PO也为正四面体结构
B．H2O常温下为液态，H2S常温下也为液态
C．金刚石中C—C键的键长为154.45 pm，C60中C—C键的键长为140~145 pm，所以C60的熔点高于金刚石
D．MgCl2熔点较高，BeCl2熔点也较高
【答案】A
【解析】A．PH的结构类似于NH，PO的结构类似于SO，均为正四面体形，实际上，PH、PO中P原子价层电子对数都是4，且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体结构，故A正确；B．H2O常温下为液态，是因为水分子间存在氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，实际上，H2S常温下气态，故B错误；C．金刚石属于原子晶体，融化时需要破坏共价键，而C60为分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键，而分子间作用力比共价键弱，所需能量较低，故C60熔点低于金刚石，故C错误；D．MgCl2属于离子化合物，熔点较高，BeCl2属于分子晶体，熔点较低，故D错误；答案选A。
8．2，2，4−三甲基戊烷俗称异辛烷（），常加入汽油中来减震。下列各烃与氢气加成能得到异辛烷的是
A．2，2，4−三甲基−1−戊烯 B．2，4，4−三甲基−1−戊烯
C．2，4，4−三甲基−2−戊炔 D．3，4，4−三甲基−1−戊炔
【答案】B
【解析】异辛烷可由氢气加成得到，则双键位置可以有两种，为、，名称分别为2，4，4−三甲基−2−戊烯、2，4，4−三甲基−1−戊烯，综上所述，故选B。
9．某物质的结构如图所示，对该物质的分析判断正确的是

A．该物质是一个离子化合物
B．该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力
C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子
D．该物质中C、N、O原子均存在孤对电子
【答案】C
【解析】A．由物质结构示意图可知该物质是由分子构成的，属于共价化合物，不属于离子化合物，A错误；B．在该物质分子中存在共价键、配位键、氢键三种作用力，B错误；C．由分子结构可知该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，提供空轨道，配位数是4；配位原子是N原子，N原子提供孤电子对，C正确；D．由结构示意图可知在分子中的C原子的4个价电子都形成共价键，无孤对电子，而N、O原子上均存在孤对电子，D错误；故合理选项是C。
10．双氢青蒿素是抗疟特效药，属于萜类化合物。如图所示的有机物α－松油烯也属于萜类化合物。下列有关说法不正确的是

A．双氢青蒿素的分子式为C15H24O5
B．双氢青蒿素分子中含有过氧键、羟基和醚键
C．α－松油烯的一氯代物有6种
D．α－松油烯与罗勒烯（）互为同分异构体
【答案】C
【解析】A．根据双氢青蒿素的结构简式确定其分子式为C15H24O5，A正确；B．根据双氢青蒿素的结构简式确定双氢青蒿素分子中含有过氧键、羟基和醚键，B正确；C．α−松油烯的一氯代物的种类如图，共7种，C错误；D．α−松油烯与罗勒烯的分子式均为C10H16，结构不同，互为同分异构体，D正确；故答案选C。
11．下列有机物的命名不正确的是
A．CH3CH(NH2)CH2COOH   3−氨基丁酸 B． 2−甲基−1，3−丁二烯
C． 2−羟基丁烷 D． 3−甲基−1−丁炔
【答案】C
【解析】A．根据羧基碳为第一号碳编号，氨基在3号碳原子上，所以该物质的名称为3−氨基丁酸，A正确；B．根据两个双键的位置确定为主链为4个碳原子，甲基在2号碳原子上，所以名称为2−甲基−1，3−丁二烯，B正确；C．该物质含有羟基，应该为醇类，所以名称为2−丁醇，C错误；D．根据碳碳三键定碳原子的编号，该物质的名称为3−甲基−1−丁炔，D正确；故选C。
12．三草酸合铁酸钾（K3[Fe(C2O4)3]·3H2O）是制备铁触媒的主要原料。该配合物在光照下发生分解：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O。下列说法错误的是
A．Fe3+的最高能层电子排布式为3d5
B．铁元素位于第4周期VIII族
C．中C原子的杂化方式为sp2
D．CO2分子中σ键和π键数目比为1∶1
【答案】A
【解析】A．Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，最高能层电子排布式为3s23p63d6，A错误；B．铁原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其价电子数为8，则铁元素位于第4周期VIII族，B正确；C．中C原子的价层电子对数为=3，所以杂化方式为sp2，C正确；D．CO2分子的结构式为O=C=O，σ键和π键各为2个，二者的数目比为1∶1，D正确；故选A。
13．下列有关晶体的叙述中错误的是
A．干冰晶体中，每个二氧化碳分子周围紧邻的有12个二氧化碳分子
B．固体加热熔化时可能破坏化学键
C．CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl−，每个Cs+周围等距离紧邻的有6个Cs+
D．石墨的层状结构中，碳原子个数与C−C键个数之比为3∶2
【答案】D
【解析】A．采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，故A正确；B．原子晶体在熔化时破坏了共价键，故B正确；C．CsCl的晶胞图为，在CsCl晶体中每个Cs+周围都紧邻8个Cl−，每个Cs+等距离紧邻的有6个Cs+，故C正确；D．石墨中，每个C原子被3个C−C键共用，则每个C原子含有C−C共价键数目=×3=1.5，C原子与C−C键数目之比为1∶1.5=2∶3，故D错误；故选D。
14．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Y原子p能级上有2个未成对电子，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是
A．X、Y、Z的电负性大小顺序是X＞Y＞Z
B．WY2分子中σ键与π键的数目之比是2∶1
C．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序是X＞Z＞Y＞W
D．W、Z形成的分子的空间构型是正四面体形
【答案】CD
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第IVA族，X的最外层电子数为3，处于第IIIA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素；Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为C1元素，Y的原子序数大于Al元素，小于Cl元素，故Y为Si或P或S元素，Y原子p能级上有2个未成对电子，可知Y为Si或S。A．根据分析，X为Al，Y为Si或S，Z为Cl，非金属性越强，电负性越大，则X、Y、Z的电负性大小顺序是X＜Y＜Z，A错误；B．形成WY2分子，故Y为S，CS2分子的结构式为S=C=S，1个双键中含1个σ键、1个π键，σ键与π键的数目之比是1∶1，B错误；C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则W、X、Y、Z的原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞W，C错误；D．根据分析，W、Z形成的分子为CCl4，C为sp3杂化，空间构型是正四面体形，D正确；故选D。
15．元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3−形成晶体的晶胞结构如下图所示。下列说法错误的是

A．该晶体的阳离子与阴离子个数比为3∶1
B．该晶体中Xn＋离子中n=1
C．该晶体中每个N3−被6个等距离的Xn＋离子包围
D．X元素的原子序数是19
【答案】D
【解析】A．12个Xn+位于晶胞的棱上，其个数为12×=3，8个N3−位于晶胞的顶角，其个数为8×=1，故Xn+与N3−的个数比为3∶1，故A正确；B．由晶体的化学式X3N知X的所带电荷为1，故B正确；C．N3−位于晶胞顶角，故其被6个Xn+在上、下、左、右、前、后包围，故C正确；D．因为X+的K、L、M三个电子层充满，故为2、8、18，所以X的原子序数是29，故D错误；故选D。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．苯甲醇与苯甲酸是重要的化工原料，可通过苯甲醛在氢氧化钠水溶液中的歧化反应制得，反应的化学方程式为：
2+NaOH+
某研究小组在实验室制备苯甲醇与苯甲酸，反应结束后对反应液按下列步骤处理：

重结晶过程：溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥
已知：苯甲醇易溶于乙醚、乙醇，在水中溶解度较小；苯甲酸钠易溶与水，不易溶于有溶剂；苯甲酸微溶于水。
请根据以上信息，回答下列问题：
（1）萃取分离苯甲醇与苯甲酸钠时，合适的萃取剂是__________，其理由是________________________。
（2）萃取分液后，所得水层用盐酸酸化可生成苯甲酸，写出盐酸酸化过程的化学方程式_________________________________________。（已知盐酸的酸性强于苯甲酸）
（3）苯甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示：

重结晶时，合适的溶剂是_______。重结晶过程中，趁热过滤的作用是________________。洗涤时采用的合适洗涤剂是_______（填字母）。
A．饱和食盐水　B．Na2CO3溶液　C．稀硫酸　D．蒸馏水
【答案】乙醚     苯甲醇在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚与水互不相溶     C6H5COONa+HCl=C6H5COOH↓+NaCl     C     除去不溶性杂质，防止苯甲酸冷却后结晶析出     D
【解析】（1）根据题给已知条件，苯甲醇易溶于乙醚、乙醇，在水中溶解度较小；苯甲酸钠易溶与水，不易溶于有溶剂；所以利用萃取的方法来分离苯甲醇与苯甲酸钠，合适的萃取剂是乙醚，因为苯甲醇在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚与水互不相溶，符合萃取剂选取的原则，答案为乙醚，苯甲醇在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚与水互不相溶；
（2）萃取分液后，所得水层用盐酸酸化可生成苯甲酸，因为盐酸的酸性强于苯甲酸，写出盐酸酸化过程的化学方程式：C6H5COONa+HCl=C6H5COOH↓+NaCl，答案为C6H5COONa+HCl=C6H5COOH↓+NaCl；
（3）根据苯甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度（S）随温度变化的曲线图可知，C曲线随温度的升高溶解度变化比较大，所以溶剂应选择C，重结晶过程中，趁热过滤的作用是除去不溶性杂质，防止苯甲酸冷却后结晶析出；在洗涤时为了不引入新的杂质，又因为苯甲酸在水中的溶解较小，所以选择水来洗涤，故选D。答案为C，除去不溶性杂质，防止苯甲酸冷却后结晶析出；D。
17．回答下列问题：
（1）若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物提供孤电子对的原子是________________。
（2）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内存在________（填序号，下同）。
a．离子键　b．配位键　c．共价键
（3）向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。下列对此现象的说法正确的是________。
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变
B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋
C．[Cu(NH3)4]2＋的立体结构为正四面体形
D．在[Cu(NH3)4]2＋配离子中，Cu2＋给出孤电子对，NH3提供空轨道
（4）向氯化铜溶液中加入过量浓氨水，然后加入适量乙醇，溶液中析出深蓝色的[Cu(NH3)4]Cl2晶体，深蓝色晶体中含有的化学键除普通的共价键外，还有________和________。
【答案】X     abc     B     离子键     配位键
【解析】（1）BCl3分子中的B原子的1个2s轨道和2个2p轨道进行sp2杂化形成3个sp2杂化轨道，B原子还有1个空轨道（未杂化的2p轨道），所以B原子与X形成配位键时，X应提供孤电子对。
（2）(NH4)2SO4中，存在配位键、共价键，表示为，与之间以离子键结合；故N2H6SO4中存在配位键、共价键，表示为，与之间以离子键结合，故N2H6SO4中存在离子键、配位键、共价键。
（3）A．反应后溶液中不存在任何沉淀，Cu2＋→[Cu(NH3)4]2＋，所以反应后Cu2＋的浓度降低，故A错误；B．氢氧化铜和氨水反应生成[Cu(NH3)4] 2＋，沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋，故B正确；C．[Cu(NH3)4]2＋的立体结构为平面正方形，故C错误；D．在[Cu(NH3)4]2＋配离子中，Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D错误；选B。
（4）Cu2＋中存在空轨道，NH3中N原子上有孤电子对，N与Cu2＋之间以配位键结合、[Cu(NH3)4]2＋与Cl－间以离子键结合。
18．用石油裂化和裂解过程得到的乙烯、丙烯来合成丙烯酸乙酯的路线如图：

根据以上材料和你所学的化学知识，回答下列问题：
（1）乙烯的电子式是_______，有机物B官能团的名称_______。
（2）除去甲烷中的乙烯所用的试剂是_______（填序号）。
A．稀硫酸 B．溴的四氯化碳溶液 C．水 D．酸性高锰酸钾溶液
（3）反应④的化学方程式是_________________________，反应类型是_______。
【答案】     碳碳双键和羧基    
B     CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O    酯化反应    
【解析】乙烯反应生成有机物A，A可以和有机物B反应生成酯，说明A为醇，即乙醇，则B为丙烯酸，据此解答。
（1）乙烯的电子式是，有机物B官能团的名称碳碳双键和羧基。
（2）乙烯能和溴的四氯化碳溶液反应，而甲烷不能，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，所以不能用其除杂，故选B。
（3）反应④为酯化反应，化学方程式是CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O。
19．A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种元素，A的一种同位素可用于考古测定生物的死亡年代，C原子的最外层电子数是次外层的3倍，D与B同主族；E的原子序数是A、B之和的2倍；F的原子序数为29，回答下列问题：
（1）六种元素中第一电离能最大的是___________（填元素符号），其中D原子价电子排布图为___________，E原子中，电子占据的最高能层符号为___________。
（2）基态E原子核外未成对电子数为___________，E所在周期中，有三个未成对电子的元素有___________种。
（3）BC的立体构型为___________。
（4）FC在加热条件下容易转化为F2C，从原子结构的角度解释原因___________。
（5）硼与D可形成一种耐磨材料G，其结构与金刚石相似（如图），可由硼的三溴化物和D的三溴化物高温下在氢气的氛围中合成。G的晶胞边长为a pm，则该晶体密度的表达式为___________g·cm﹣3（含a、NA的式子表示，不必化简）。

【答案】N          N     4     3     V形     Cu2+离子外围电子排布为3d9，而Cu+离子外围电子排布为3d10，为全满稳定状态，Cu2O更稳定    
【解析】A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种元素，A的一种同位素可用于考古测定生物的死亡年代，A为C元素；C原子的最外层电子数是次外层的3倍，C为O元素，B为N元素；D与B同主族，D为P元素；E的原子序数是A、B之和的2倍，E为Fe元素；F的原子序数为29，F为Cu元素。
（1）六种元素中第一电离能最大的是N，P原子价电子排布图为，Fe原子中，电子占据的最高能层符号为N；
（2）铁为26号元素，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，核外未成对电子数为4；
Fe所在周期即第四周期，有三个未成对电子的元素有V、Co、As共3种；
（3）中氮原子为sp2杂化，含有1对孤对电子，则立体构型为V形；
（4）CuO在加热条件下容易转化为Cu2O，原因是Cu2+离子外围电子排布为3d9，而Cu+离子外围电子排布为3d10，为全满稳定状态，Cu2O更稳定；
（5）硼与P可形成一种耐磨材料G，其结构与金刚石相似，根据晶胞结构分析，1个晶胞中含有4个B和4个P，则1mol晶胞的质量为4mol×42g/mol，1mol晶胞的体积为NA×(a×10−10cm)3，则该晶体密度的表达式为g·cm﹣3。