河北省邢台市2021-2022高二化学下学期期中试题(含解析)

河北省邢台市2021-2022高二化学下学期期中试题（含解析）

考生注意：

1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。 2．请将各题答案填写在答题卡上。

3．本试卷主要考试内容：人教版选修3，选修5第一章、第二章。

4．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Si 28 Cl 35．5 Mn 55

第I卷（选择题 共48分）

一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意） 1.“中国天眼FAST”－－500米口径球面射电天文望远镜，是由中科院研制的世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜。“中国天眼FAST”发现宇宙中存在一种有机大分子，其分子结构如图所示。该有机大分子中不存在的官能团是

A. 碳碳双键 【答案】A 【解析】 【分析】

B. 羧基 C. 醛基 D. 酯基

有机大分子中存在的官能团见下图：

- 1 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

【详解】由题给有机大分子的结构示意图可知，有机大分子含有的元素有C、H、O、N、S，含

有的官能团有羧基、醛基和酯基等，但不含有碳碳双键，故选A。

【点睛】本题考查有机物的结构，在陌生的结构中找到熟悉的官能团是解答关键。 2.Al65Cu20Co15是一种十边形准晶体，准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体。区别晶体、准晶体及非晶体可靠的科学方法是（ ） A. X一射线衍射 【答案】A 【解析】

【详解】用X一射线衍射实验可鉴别晶体、准晶体及非晶体。 3.下列分子中，属于非极性分子的是（ ） A. H2O 【答案】B 【解析】 【分析】

同种元素原子间形成的共价键是非极性共价键，不同种元素原子之间形成的共价键是极性共价键；分子结构不对称，正负电荷的中心不重合的分子为极性分子，而结构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子，以此来解答。

【详解】A．H2O是V型结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，故A错误； B．BCl3是平面三角形结构，正负电荷中心重合，是非极性分子，故B正确； C．CHCl3分子是四面体正负电荷中心不重合，是极性分子，故C错误；

D．COCl2中心C原子成2个C−Cl键、1个C=O，不含孤电子对，为平面三角形，分子不对称，

- 2 -

B. 测定熔点 C. 测定密度 D. 观察外形

B. BCl3 C. CHCl3 D. COCl2

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

为极性分子，故D错误； 答案选B。

【点睛】也可根据物质的结构及力的合成与分解，判断共价键是否对称，从而得出物质属于极性分子或非极性分子。

4.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式为。下列有关柠檬烯

的分析正确的是（ ） A. 柠檬烯属于芳香烃

B. 一定条件下，柠檬烯可以发生加成反应和氧化反应 C. 柠檬烯和丁基苯（

）互为同分异构体

D. 柠檬烯的分子中所有碳原子一定在同一个平面上 【答案】B 【解析】

【详解】A．含有苯环的烃类物质是芳香烃，柠檬烯不含苯环，故A错误； B．柠檬烯含碳碳双键，即能发生加成反应，有不饱和键，易被氧化，故B正确； C．分子式相同结构不同的化合物称为同分异构体，二者分子式不同，故C错误； D．苯环、碳碳双键均是平面结构，柠檬烯的所有碳原子不在同一个平面上，故D错误； 答案选B。

【点睛】根据所给有机物的结构、官能团分析物质的性质及共线、共面问题。 5.下列图示的Be原子核外电子排布图表示的状态中，能量最高的是（ ） A.

B.

C. 【答案】D 【解析】 【分析】

D.

原子的核外电子排布依据能量最低原理编排，电子可由能量较低的轨道变至能量较高的轨道。

- 3 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

【详解】Be是4号原子，A选项是基态，能量最低排布；BCD均是激发态，D处于高能级的电子最多，故D能量最高，答案选D。

6.下列有关化学用语的表示正确的是（ ） A. 乙酸乙酯的分子式：C2H4O2 B. 醛基的电子式：

C. 2—乙基—1，3—丁二烯的键线式：

D. 丙烷分子的比例模型：【答案】C 【解析】

【详解】A．乙酸乙酯的分子式为：C4H8O2，故A错误； B．醛基的电子式中，氧原子周围要满足8电子，故B错误；

C．根据化合物的命名原则，2—乙基—1，3—丁二烯的键线式正确，故C正确； D．答案选C。

7.多电子的基态原子中，电子填充轨道能级的先后次序为（ ） A. 3d、3p、4s 4s 【答案】B 【解析】 【分析】

轨道能级的能量高低次序为3p＜4s＜3d。

【详解】电子在原子核外排布时，要尽可能使电子的能量最低，能量较低的轨道先被填充，轨道能级的能量高低次序为3p＜4s＜3d，因此电子填充轨道能级的先后次序为3p、4s、3d，故B正确。

2228.若将基态6C的电子排布式写成1s2s2px，它违背了（ ）

是丙烷分子的球棍模型，故D错误；

B. 3p、4s、3d C. 4s、3p、3d D. 3p、3d、

- 4 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

A. 能量守恒原理 【答案】D 【解析】 分析】

B. 泡利原理 C. 能量最低原理 D. 洪特规则

能量最低原理是：能量较低的轨道先被填充；泡利原理：一个轨道最多容纳两个电子，且自旋方向相反；洪特规则：当多个电子进入同一能级时，电子各优先单独占据一个轨道。

222【详解】若基态6C的电子排布式为1s2s2px，则2p能级的电子排布出错，2p能级的两电

【9.组成和结构可用C4H9（ ） A. 16种

B. 12种

【答案】A 【解析】 【分析】 种情况。 是（ ）

A. 都是键，没有π键 C. 除H2O外，都含π键 【答案】C 【解析】 【分析】 式，为π键。

子应各自占据一个轨道，违背了洪特规则，答案选D。

C4H9，表示的有机物共有（不考虑立体结构）

C. 8种 D. 4种

先找出丁基的同分异构体种类，再推断图示有机物的同分异构体数目。

【详解】丁基的同分异构体有：—CH2CH2CH2CH3，—CH（CH3）CH2CH3、—CH2CH（CH3）CH3、—CH（CH3）2CH3，故丁基（-C4H9）共有4种结构，图示结构表示的有机物有4×4=16种。 【点睛】苯环对位两取代均是丁基，丁基的同分异构体有四种，两两组合，共有4+4+4+4=16

10.下列对HCN、CO2、H2O、CONH22、C2H4分子中共价键形成方式的分析正确的

B. 都是π键，没有键 D. 除HCN外，都是键

分子中共价键为单键即是头碰头重叠，是键，双键及三键不仅有键，还有肩并肩重叠方

- 5 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

【详解】HCN的结构式为：H-CN，既有键也有π键；CO2的结构式为：O=C=O，既有键也有π键；H2O的结构式是H-O-H，只含键；CONH22中含有碳氧双键，故既有键也有π键；C2H4有碳碳双键，既有键也有π键；故答案选C。 【点睛】单键

键；双键含一个键，一个π键；叁键含一个键，两个π键。

11.下列现象与氢键无关的是（ ） A. NH3的熔、沸点比PH3的高

B. 小分子的醇、羧酸可以和水以任意比例互溶 C. 冰的密度比液态水的密度小 D. NH3分子加热难分解 【答案】D 【解析】 【分析】

分子间氢键是一种特殊的分子间作用力，影响的是物质的物理性质，如沸点、溶解性等，不影响物质的化学性质。

【详解】A．NH3存在分子间氢键，故沸点比PH3高，故A正确；

B．醇、羧酸是有机物，为极性分子，水也为极性分子，二者相似相溶，故B正确； C．密度为物理性质，氢键影响物质的物理性质，故C正确； D．NH3加热难分解属于化学性质，故D错误； 答案选D。

12.银是导电性最好的金属材料，银能导电的原因是（ ） A. 金属银晶体中银离子与自由电子间的相互作用力较大 B. 银晶体中的自由电子在外加电场的作用下可发生定向移动 C. 银晶体中银离子在外加电场的作用下可发生定向移动 D. 银晶体在外加电场作用下可失去电子 【答案】B 【解析】

【详解】组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，故能导电，与金属阳离子无关，故答案选B。

- 6 -

是 重点中学试卷 可修改 欢迎下载

13.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态X原子核外电子s能级电子数是p能级电子数的4倍，YW3、中电子总数为10，Z是电负性最大的元素。下列说法错误的是（ ） A. 原子半径：X>Y>Z>W

C. YZ3分子的空间构型为三角锥形 【答案】B 【解析】 【分析】

基态X原子核外电子s能级电子数是p能级电子数的4倍，则X的s能级有4个电子，p能级1个电子，推知X为硼（B）；Z电负性最大，为氟（F）；YW3电子总数为10，则W是氢（H），Y是氮（N）。

【详解】A．同周期，从左到右，原子半径依次减小，故原子半径关系为：X>Y>Z>W，A正确； B．Y2W4是N2H4，化学键均是单键，为sp杂化，故B错误； C．YZ3是NF3，为sp杂化，空间结构为三角锥形，故C正确；

D．分子YW3XZ3中氮原子有孤电子对，氮原子和硼原子间形成配位键，故D正确； 答案选B。

3

3

B. Y2W4中Y的杂化类型为sp杂化 D. 分子YW3XZ3中存在配位键

2

114.回收硫的反应为SO22CO催化剂S82CO2（已知S8分子的结构为

8说法错误的是（ ） A. SO2分子构型为V形

C. S8分子中硫原子的杂化方式是sp

2

）。下列

B. CO与N2互为等电子体 D. CO2中含键和π键

【答案】C 【解析】

【详解】A．根据计算可知，SO2采取sp2杂化，有一对孤对电子，结构为V形，故A正确； B．CO与N2原子总数相同，电子总数相同，二者互为等电子体，故B正确； C．S8分子是皇冠结构，为立体结构，采取的杂化方式是sp3杂化，故C错误； D．CO2的结构式为：O=C=O，既有键也有π键，故D正确； 答案选C。

- 7 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

【点睛】直线结构对应杂化方式为sp杂化；平面结构对应杂化方式为sp杂化；立体结构对应杂化方式为sp杂化。

15.除去下列物质中所含的少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法能达到实验目的的是（ ） 选项 A B C D A. A 【答案】A 【解析】

【详解】A．常温下，溴能和NaOH溶液反应生成易溶于水的溴化钠、次溴酸钠，溴苯不和NaOH溶液反应，且溴苯难溶于水，反应后液体分层，可以用分液的方法分离，故A正确； B．水和CaO反应生成难挥发的Ca(OH)2，然后蒸馏得到乙醇，故B错误；

C．乙烯和酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，引入新的杂质，所以不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，一般用溴水除去甲烷中的乙烯，故C错误；

D．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解反应，所以不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，一般用饱和碳酸钠溶液除去，故D错误； 答案选A。

16.Mg2Si具有反萤石结构，晶胞结构如图所示，其晶胞参数为0.635nm。下列叙述错误的是（ ）

B. B

C. C

D. D

混合物 溴苯（溴） 乙醇（水） 甲烷（乙烯） 乙酸乙酯（乙酸） 试剂 分离方法 分液 过滤 洗气 分液 3

2

NaOH溶液 CaO 酸性高锰酸钾溶液 NaOH溶液 - 8 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

A. Si的配位数为8

B. 紧邻的两个Mg原子的距离为

0.635nm 220.635nm

2C. 紧邻的两个Si原子间的距离为

D. Mg2Si的密度计算式为【答案】D 【解析】 【分析】

76NA0.6351073gcm3

大球表示镁原子，小球表示硅原子，该晶胞中含大球表示的原子数为8，小球表示的原子数为：

118+6=4。 82【详解】A．一个硅原子周围距离最近且相等的镁原子有8个，硅原子的配位数为8，故A正确；

B．紧邻的两个镁原子的距离是晶胞参数的一半，该距离为

0.635nm，故B正确； 220.635nm，故C正确；

2C．紧邻的两个硅原子间的距离是面对角线的一半，该距离为

D．该晶胞含有4molMg2Si，总质量为：476g304g，该晶体的密度为

304NA0.635107答案选D。

3gcm3，故D错误；

第Ⅱ卷（非选择题 共52分）

二、非选择题（本题包括5小题，共52分）

- 9 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

17.β—紫罗兰酮是一种存在于玫瑰花、番茄等中的天然香料，它经多步反应可合成维生素A1（如图）。

β—紫罗兰酮 中间体X 维生素A1 请回答下列问题：

（1）β—紫罗兰酮的分子式为________，________（填“含”或“不含”）有手性碳原子。 （2）中间体X不能发生________（填序号）反应。

①取代反应 ②消去反应 ③加成反应 ④银镜反应 ⑤加聚反应 ⑥水解反应

（3）维生素A1中所含官能团的名称为________，1mol维生素A1与足量的溴水发生加成反应，消耗Br2的物质的量为________mol。

【答案】 (1). C13H20O (2). 不含 (3). ①②⑥ (4). 羟基、碳碳双键 (5). 5 【解析】

【详解】（1）根据β—紫罗兰酮结构式分析，1个碳形成四个共价键达到饱和，分子式为C13H20O；手性碳原子是指与碳相连的四个基团都不一样，β—紫罗兰酮中不含手性碳原子； （2）根据中间体X的结构式及所含官能团分析，含碳碳双键，可发生加成、加聚反应；含有醛基，可发生银镜反应；故不能发生的反应是①②⑥；

（3）根据维生素A1的结构式可知，含官能团：羟基、碳碳双键；维生素A1中能与溴水发生加成反应的官能团是碳碳双键，1mol碳碳双键消耗1mol溴单质，故需要溴单质5mol。

18.Q、X、Y、Z、W五种元素的原子序数依次增大，Y、Z、W的核外电子数成等差数列。已知：①Q原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍；②Y、Z同主族，Y原子的价电子排布图为

。

请回答下列问题：

（1）基态Q原子中，核外电子共占据了________个轨道，电子占据的最高能级符号为________，该能级被电子填满时还需要________个电子。

的- 10 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

（2）W的元素名称为________，其基态原子的电子排布式为________。

（3）Y分别与Q、Z形成的两种三原子分子的立体构型分别为________、________；对应的中心原子的杂化类型为________、________。

（4）Q、X、Y三种元素的第一电离能按由大到小的顺序是________（填元素符号，下同），电负性由大到小的顺序为________。

【答案】 (1). 4 (2). 2p (3). 4 (4). 铬 (5). [Ar]3d4s或1s2s2p3s3p3d4s (6). 直线型 (7). V型 (8). sp (9). sp (10). N>O>C (11). O>N>C 【解析】 【分析】

Q、X、Y、Z、W五种元素的原子序数依次增大，Q原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则Q是碳（C）；Y原子的价电子排布图为

，则Y是氧（O）；又Y、Z同族，则Z

2

2

6

2

6

5

1

2

5

1

是硫（S）；X是氮（N），Y、Z、W的核外电子数成等差数列，则W是24号元素铬（Cr）。 【详解】（1）基态C原子的核外电子排布式为1s2s22p2，2p能级占据两个轨道，共占据4个轨道；最高能级符号是2p；2p能级全部填满还需4个电子；

（2）W是24号铬元素；基态电子排布遵循能量最低原理，故核外电子排布式为：[Ar]3d54s1或1s22s22p63s23p63d54s1；

（3）氧和碳形成三原子分子CO2，采取sp杂化，呈直线型；氧和硫形成三原子分子SO2，采取sp2杂化，含一对孤对电子，呈V型；

（4）第一电离能指气态中性原子失去最外层一个电子变成气态离子所需要的能量，N元素2p能级半满，较稳定，大于O元素，故第一电离能按由大到小的顺序是N>O>C；电负性是指原子对电子的吸引能力，C、N、O三者电负性由大到小的顺序为O>N>C。

【点睛】能级半满或全满特殊情况，更稳定，故第一电离能会比紧邻右侧元素大。 19.氮及其化合物有许多用途。回答下列问题：

（1）基态Mn原子的电子排布式为________，锰的第三电离能比铁的第三电离能大，这是因为________________________________________________________。

（2）NCl3的沸点（71℃）比HCN的沸点（25．7℃）高，主要原因是______________________。 （3）根据价层电子对互斥理论，NCl3、NH2、NO2三种微粒中，中心原子价层电子对数

- 11 -

 重点中学试卷 可修改 欢迎下载

不同于其他微粒的是_______。

Mn4N（氮化锰）（4）的晶胞结构如图所示，晶胞参数为0．3851nm。该氮化锰的密度为gcm-3（列出计算式）。________________________________________________________

【答案】 (1). [Ar]3d54s2或1s22s22p63s23p63d54s2 (2). Mn的3d能级半满，较稳定，不易失去电子 (3). NCl3和HCN均为分子晶体，NCl3的相对分子质量较大，则熔沸点更高 (4). NO (5). 【解析】

【详解】（1）Mn是25号元素，基态Mn原子的电子排布式为[Ar]3d4s或1s2s2p3s3p3d4s，锰的第三电离能是失去3d轨道中的电子，又Mn的3d轨道半满，稳定，不易失去电子，故电离能大于铁；

（2）NCl3和HCN均为分子晶体，NCl3的相对分子质量较大，分子间作用力更强，则NCl3的沸点更高；

2

2

6

2

6

5

2

5

2

-2145546.0210233.85110-83

5-13（3）根据价层电子对互斥理论计算，NCl3的中心原子价层电子对数3+=4，NH2的

2中心原子价层电子对数为2+5+1-12=4，NO2的中心原子价层电子对数为22+5+1-22=3，故中心原子价层电子对数不同于其他微粒的是NO2； 2（4）Mn4N（氮化锰）的晶胞结构可知，含1molMn4N，晶胞参数为0．3851nm。该氮化

14554锰的密度为：

6.02103.8511023-83gcm-3。

20.已知：环己烯可以通过A与B发生如下反应制得。

- 12 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

（1）A的名称为__________________。

（2）A和B生成环已烯反应的反应类型为_______________。

（3）现以A为原料制备甲基环己烷的合成路线如图所示。已知：反应①为加成反应。

①C的结构简式为___________________________。

②反应②的化学方程式为____________________________________。 【答案】 (1). 1,3-丁二烯 (2). 加成反应 (3).

(4).

【解析】 【分析】

A发生1,4加成与乙烯加成得到环己烯，并以该反应为基础进行推断。 【详解】（1）A的名称是1,3-丁二烯；

（2）A和B生成环已烯反应是1,3-丁二烯发生1,4加成，故该反应类型是加成反应； （3）以A为原料制备甲基环己烷的合成路线可知，D含双键，发生加氢反应生成甲基环己烷，反应①类似于题干已知加成反应，故D是

，则C是

，反应②的化学方程式为

。

【点睛】注意揣摩1,3-丁二烯发生1,4加成的反应机理，明确碳碳双键的位置，碳碳双键位于2、3号碳上。

21.夜幕降临，北京奥运会主会场“鸟巢”内灯火辉煌、鼓瑟齐鸣。璀璨的烟花在空中组成奥运五环等图案，与场内表演相呼应。鸟巢夜景照明由五个部分组成，其中主体照明以传统文化元素“中国红”为主色。请回答下列问题：

- 13 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

（1）火焰利用了部分金属元素特征的__________反应，该反应属于__________（填“物理”或“化学”）变化。

（2）如图所示的五元环代表A、B、C、D、E五种化合物，圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素，五种化合物由五种短周期元素形成，每种化合物仅含两种元素，A是沼气的主要成分，B、E分子中所含的电子数均为18，B不稳定，具有较强的氧化性，其稀溶液是医疗上

广泛使用的消毒剂，E的分子结构模型为，C可作光导纤维的主要材料，D中

所含两种元素的原子个数比为3：4，两元素的原子序数之比为2：1。根据以上信息回答下列问题：

①B的水溶液呈弱酸性，其主要的电离方程式可表示为___________________，D的化学式是___________________。

②A、B、E中均含有的一种元素为___________________（填元素名称）。 ③E的电子式为___________________。

④液态B与液态E反应可生成一种气态单质和一种常见液体，1mol B参加反应放出热量Q kJ，其反应的热化学方程式为___________________。

⑤NH3分子中的N原子有一对孤对电子，能发生反应：NH3HClNH4Cl。试写出E与足量盐酸发生反应的化学方程式：______________________________________。

【答案】 (1). 焰色 (2). 物理 (3). H2O2⇌HO2- +H+ (4). Si3N4 (5). 氢 (6).

(7). 2H2O2l+N2H4l=4H2Ol+N2gΔH=-2QKJmol-1

(8). N2H4+2HCl=N2H6Cl2 【解析】 【分析】

A是沼气的主要成分，为CH4，B、E分子中所含电子数均为18，B不稳定，具有较强的氧化性，其稀溶液是医疗上广泛使用的消毒剂，则B为H2O2，E的分子结构模型为

，则E为

- 14 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

N2H4；C可作为光导纤维的主要材料，则C为SiO2，D中所含两种元素的原子个数比为3:4，电子总数之比为3:2，则两种元素中电子数之比为2:1，，两种元素为Si、N，所以D为Si3N4。 【详解】(1)部分金属在灼烧时呈现一定颜色，为焰色反应，焰色反应属于物理变化； (2) ①通过以上分析知，B是双氧水，属于二元酸，第一步电离方程式为H2O2⇌HO2- +H+，D为Si3N4；

②通过以上分析知，A为CH4、B为H2O2、E为N2H4，这三种物质中都含有氢元素；

③根据E的球棍模型知，N原子之间存在一对共用电子对，氨基中每个H原子和N原子共用一对电子，每个N原子还含有一个孤电子对，所以其电子式为

；

④液态B与液态E反应生成一种气态单质和一种常见液体，则生成氮气和水，根据氧化还原

反应原理进行配平，又1mol B参加反应放出热量Q kJ，则该反应放出热量2Q kJ，其反应的热化学方程式为2H2O2l+N2H4l=4H2Ol+N2gΔH=-2QKJmol⑤NH3分子中的N原子有一对孤对电子，能发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，则E分子含有两对孤电子，则与盐酸反应方程式为N2H4+2HCl=N2H6Cl2。

【点睛】在推断5种化合物时，注意相连的圆圈有相同元素，再根据一些物质的普遍信息进行推断，本题涉及的陌生方程式较多，仔细阅读题目信息并进行适当思考。

的-1；

- 15 -