精品解析：海南琼海市嘉积中学2025-2026学年度第二学期高二年级随堂练习（二）化学科试题

琼海市嘉积中学2025－2026学年度第二学期高二年级随堂练习（二） 化学科试题 （时间：90分钟 满分：100分） 可能用到的原子量：H：1 B：11 C：12 O：16 Mg：24 Si：28 P：31 Fe：56 一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 关于烷烃性质的叙述，错误的是 A. 烷烃均能发生取代反应 B. 烷烃均能燃烧 C. 烷烃均难溶于水 D. 烷烃均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】D 【解析】 【详解】A．烷烃的特征反应为取代反应，光照条件下可与卤素单质发生取代反应，因此烷烃均能发生取代反应，A正确； B．烷烃仅含C、H两种元素，属于烃类，均具有可燃性，完全燃烧生成二氧化碳和水，B正确； C．烷烃属于弱极性或非极性有机物，根据相似相溶原理，均难溶于极性溶剂水，C正确； D．烷烃中只含有碳碳单键和碳氢键，无不饱和键，性质稳定，不能被酸性高锰酸钾氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误； 故选D。 2. 下列有关说法错误的是 A. 甲烷与氯气发生取代反应得到的液态混合物可用装置①分离 B. 可用装置②分离水和乙醇 C. 利用装置③可除去食盐中的泥沙 D. 利用装置④从NaCl溶液中析出NaCl晶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲烷与氯气发生取代反应得到的液态产物为二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，三者互溶且沸点差异较大，可用装置①（蒸馏装置）分离，A正确； B．水和乙醇互溶，混合后不分层，无法用装置②（分液装置，用于分离互不相溶的液态混合物）分离，B错误； C．泥沙不溶于水，可用装置③（过滤装置，用于固液分离）除去食盐中的泥沙，C正确； D．从NaCl溶液中析出NaCl晶体，可用蒸发装置④（蒸发装置），D正确； 故答案选B。 3. 以表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 88g干冰中含有0.5个晶胞 B. 28g晶体硅中含有Si-Si键数目为4 C. 22.4L冰含有个H2O分子 D. 12g石墨烯中含有个六元环 【答案】A 【解析】 【详解】A．88g干冰物质的量，1个晶胞中含有CO2分子=8×+6×=4个，2mol干冰中含有0.5NA个晶胞，故A正确； B．28g晶体硅的物质的量，而晶体硅中，1个硅原子形成2条Si-Si键，故1mol硅中含2NA条Si-Si键，故B错误； C．22.4L冰为固体，物质的量不是1mol，不能计算H2O分子数，故C错误； D．12 g 石墨烯中C的物质的量，则其中含有六元环物质的量是0.5 mol，即0.5NA个六元环，故D错误； 故选：A。 4. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列对事实的解释错误的是 选项 实例 解释 A 石蜡在水晶柱表面不同方向熔化的快慢不同 晶体具有各向异性 B 人体细胞和细胞器的膜是双分子膜 双分子膜是由两性分子组装而成的 C 气态失去1个电子比难 价电子排布为半满状态较稳定 D 邻羟基苯甲酸沸点低于对羟基苯甲酸 邻羟基苯甲酸能形成分子间氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．水晶是晶体，具有各向异性，不同方向的导热性存在差异，导致石蜡在其表面不同方向熔化快慢不同，A正确； B．构成生物膜的磷脂分子是两性分子，一端亲水一端疏水，可自发组装为双分子层结构，B正确； C．价电子排布为，属于半满稳定结构，价电子排布为，因此气态失去1个电子的难度更大，C正确； D．邻羟基苯甲酸是形成分子内氢键（而非分子间氢键），分子内氢键会降低熔沸点，对羟基苯甲酸可形成分子间氢键沸点更高，因此邻羟基苯甲酸沸点更低，D错误； 故答案选D。 5. 下列化学用语不正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 基态的价层电子排布式： C. 过氧化钠的电子式为 D. 共价键电子云轮廓图： 【答案】B 【解析】 【详解】A．中O为中心原子，价层电子对数为，水分子含有两对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，A正确； B．Fe原子基态电子排布为[Ar]3d64s2，失电子形成Fe2+时先失4s电子，应失去2个4s电子，价层电子排布式为3d6，而非3d54s1，B错误； C．过氧化钠为离子化合物，由Na+和-构成，中O-O为共价键，电子式为，C正确； D．中H的1s轨道与Cl的轨道形成σ键，电子云轮廓图为轴对称的头碰头重叠图形，D正确； 故选B。 6. 我国科学家在分子水平上将“杯酚”与进行有序组装形成超分子。下列说法错误的是 A. 溶剂氯仿（）和甲苯均为极性分子 B. “杯酚”中的8个羟基之间能形成氢键 C. “杯酚”与之间通过共价键形成超分子 D. 利用冠醚分子不同大小的空穴适配可识别 【答案】C 【解析】 【分析】由流程图可知：“杯酚” 是8个酚和8个甲醛分子形成的环状分子，其空腔可以容纳C60分子，从而实现C60与C70的分离。 【详解】A．氯仿不是正四面体，结构不对称，属于极性分子；甲苯相当于甲基取代苯环上的一个氢原子，导致结构不对称，故为极性分子，A项正确； B．在“杯酚”中存在8个羟基，由于O原子半径小元素的电负性大，因此羟基之间能形成氢键，B项正确； C．“杯酚”与C60之间没有形成共价键而是通过分子间作用力结合形成超分子，C项错误； D．利用冠醚分子不同大小的空穴适配可识别碱金属离子，D项正确； 答案选D。 7. 下表列出了卤素的氢化物(HX)、钠的卤化物(NaX)的熔点，下列说法不正确的是 HX HF HCl HBr HI 熔点/℃ NaX NaF NaCl NaBr NaI 熔点/℃ 995 801 775 651 A. HCl、HBr、HI的熔点依次升高，因为分子间范德华力依次增大 B. HF的熔点高于HCl，因为固态HF分子之间存在氢键作用 C. NaX的熔点高于对应HX的熔点，因为NaX的摩尔质量更大 D. NaX的熔点依次降低，推测与半径增大有关 【答案】C 【解析】 【详解】A．HCl、HBr、HI的熔点依次升高，其分子量依次增大，范德华力增强，A正确； B．HF的熔点显著高于HCl，因固态HF分子间存在氢键，增强了分子间作用力，B正确； C．NaX的熔点高于HX是因NaX为离子晶体（强离子键），而HX为分子晶体（弱范德华力），与摩尔质量无关，C错误； D．NaX熔点依次降低是因X⁻半径增大导致离子键强度减弱（如F⁻→I⁻半径递增，离子键减弱），D正确； 故选C。 8. 氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。有关该配离子的说法错误的是 A. 该配离子中碳原子的杂化类型为和 B. 中心离子的配位数为3 C. 的电子排布式为： D. 该配离子含有的非金属元素中电负性最小的是氢 【答案】B 【解析】 【详解】A．该配离子中，双键上的C原子形成3个σ键，采用sp2杂化，饱和C原子形成4个σ键，采用sp3杂化，故A正确； B．由图可知，中心离子形成6个O→Fe配位键，其配位数为6，故B错误； C．Fe的原子序数为26，基态Fe原子的核外电子排布式为，Fe原子失去4s能级上的2个电子和3d能级的1个电子形成，则的电子排布式为，故C正确； D．该配离子中含有的非金属元素为C、H、O，元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性大小顺序为：O>C>H，则电负性最小的是氢，故D正确； 答案选B。 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。 9. 下列事实能证明氮元素的非金属性强于磷元素的是 A. 沸点：NH3＞PH3 B. 酸性：HNO3＞H3PO4 C. P4与浓硝酸反应生成H3PO4与NO2 D. 中N—P共用电子对偏向N 【答案】BD 【解析】 【详解】A．NH3的沸点高于PH3是由于NH3分子间存在氢键，而PH3中不存在氢键，与非金属性强弱无关，A不合题意； B．非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，故酸性：HNO3＞H3PO4能够说明N的非金属性强于P，B符合题意； C．P4与浓硝酸反应生成H3PO4与NO2，只能说明HNO3的氧化性强于H3PO4，不能说明N的非金属性强于P，C不合题意； D．中N—P共用电子对偏向N，说明N的电负性比P强，电负性越强非金属性越强，即可说明N的非金属性比P强，D符合题意； 故答案为：BD。 10. 已知某离子晶体的晶胞示意图如图所示，其摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρ g·cm-3，下列说法中正确的是 A. 晶体晶胞中阴、阳离子的个数都为1 B. 晶体中阴、阳离子的配位数都是4 C. 该晶胞可能是NaCl的晶胞 D. 该晶体中两个距离最近的阴、阳离子的核间距为cm 【答案】CD 【解析】 【详解】A．晶体晶胞中阴离子个数为=4，阳离子个数为=4，A不正确； B．晶体中阴、阳离子周围距离最近且相等的阳、阴离子都为6，所以配位数都是6，B不正确； C．该晶胞属于面心立方最密堆积，可能是NaCl的晶胞，C正确； D．该晶体中含有4个“NaCl”，两个距离最近的阴、阳离子的核间距为棱长的，则两个距离最近的阴、阳离子的核间距为cm=cm，D正确； 故选CD。 11. 路易斯•巴斯德（LouisPasteur）分离手性酒石酸盐实验（1848年）被评为十大最美实验之首，左旋和右旋酒石酸铵钠盐的结构简式分别为、 。酒石酸的制备方法之一是乙二醛与氢氰酸（HCN）反应再酸性水解：OHC—CHO+HCN。下列说法正确的是 A. 左旋和右旋酒石酸铵钠盐的性质相同 B. 氢氰酸溶液所含元素中第一电离能最大的是O C. 一个酒石酸（）分子中含有2个手性碳原子 D. 乙二醛分子中键和键的数目之比为3:2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．左旋、右旋酒石酸铵钠盐的异构体为手性对映体，光学性质不同，物理、化学性质不完全相同，A错误； B．氢氰酸溶液所含元素有，H、N、C、O，其中N的价层电子排布式为2s22p3，为半满的稳定结构，其第一电离能大于O，故第一电离能最大的是N，B错误； C．酒石酸中，标有“*”的碳原子为手性碳，一共有2个手性碳原子，C正确； D．1个乙二醛(OHC-CHO)分子中，σ键为5个，π键为2个，所以数目之比为5∶2，D错误； 故选C。 【点睛】 12. 有关晶体的结构如下图所示，下列说法中错误的是 A. 在NaCl晶体中，距最近的形成正八面体 B. 在晶体中，每个晶胞平均占有4个 C. 12g金刚石中含有个碳原子 D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯化钠晶体中，距最近的有6个，即钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构，故A正确；　 B．氟化钙晶体中，钙离子占据8个顶角、6个面心、故氟化钙晶胞中含钙离子的个数为，故B正确；　 C．12 g金刚石中含C的物质的量为，即含C原子个数为，故C正确；　 D．由于是气态团簇分子，则图中所示为一个分子的结构，分子式可从图中直接读出，其分子式为或，故D错误； 故答案选D。 13. 磷化硼是一种耐磨涂料，可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞（立方体）如图所示。已知原子坐标：为为，晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的数值用表示。下列说法中正确的是 A. 磷原子的配位数为12 B. 图中a原子的坐标是 C. 磷化硼晶体的晶胞边长为 D. 价电子数： 【答案】BC 【解析】 【详解】A．磷化硼是类闪锌矿结构的共价晶体，每个P原子周围紧邻成键的B原子数目为4，因此磷原子的配位数为4，不是12，A错误； B．已知为坐标原点，为晶胞对角顶点，晶胞内部4个B原子的分数坐标符合金刚石型结构的规律，根据图中a原子的位置，a沿x、y、z轴的分数坐标确实为，B正确； C．晶胞中P原子的个数：顶点 + 面心= 4；B原子全部在晶胞内，个数为4，因此1个晶胞含有4个BP。 晶胞质量；由密度公式，得晶胞体积，因此晶胞边长； 单位转换：，因此，C正确； D．B为第ⅢA族元素，价电子数为3；P为第ⅤA族元素，价电子数为5，因此价电子数：，D错误； 故选BC。 14. HCHO与[Zn(CN)4]2-在水溶液中发生反应：4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O=[Zn(H2O)4] 2++4HOCH2CN，下列说法错误的是 A. 反应中HCHO发生了加成反应 B. HCHO和H2O中心原子的价层电子对数相同 C. CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN-＞H2O D. Zn 2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比为1∶1 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A．反应中HCHO反应生成了HOCH2CN，在C=O两端分别连上了-H和-CN，发生了加成反应，故A正确； B．HCHO中心原子C的价层电子对数=3+=3，H2O中心原子O的价层电子对数=2+=4，不相同，故B错误； C．配合物向生成更稳定的配合物转化，所以CN-和H2O与Zn2+的配位能力： CN-＜H2O，故C错误； D．配位键属于σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，Zn 2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比=(4+4)∶(4×2)=1∶1，故D正确； 故选BC。 三、填空题 15. 2015年10月5日，瑞典卡罗琳医学院宣布授予我国科学家屠呦呦诺贝尔生理学或医学奖，以表彰她在疟疾治疗研究中取得的成就，特别是她创制的全新抗疟药——青蒿素和双氢青蒿素。 （1）青蒿素的结构简式如图所示，则青蒿素分子中存在的官能团除过氧基（－O－O－）外还有______（填名称），分子中有______个手性碳原子。 （2）屠呦呦团队发现青蒿素可以用有机溶剂A提取，借助李比希法确定有机溶剂A的实验式（最简式）。利用如图所示的装置测定有机化合物A的组成，取3.7gA与足量氧气充分燃烧，实验结束后，高氯酸镁的质量增加4.5g，碱石棉的质量增加8.8g。 使用现代分析仪器对有机化合物A的分子结构进行测定，相关结果如下： ①根据图1，A的相对分子质量为______，分子式为______。 ②根据图2，推测A可能所属有机化合物的类别______。 ③根据以上结果和图3（两组峰的面积比为2:3），推测A的结构简式为______。 【答案】（1） ①. 酯基和醚键 ②. 7 （2） ①. 74 ②. C4H10O ③. 醚 ④. CH3CH2OCH2CH3 【解析】 【小问1详解】 根据结构简式可知，青蒿素分子中存在的官能团除过氧基（－O－O－）外还有酯基和醚键，分子中有7个手性碳原子，如图（标*为手性碳原子）； 【小问2详解】 ① 根据图1中信息得到A的相对分子质量为74； 取3.7gA(物质的量为0.05mol)与足量氧气充分燃烧，实验结束后，高氯酸镁的质量增加4.5g(水的物质的量为0.25mol)，碱石棉的质量增加8.8g(二氧化碳物质的量为0.2mol)，则根据质量守恒得到A中碳氢关系为C4H10，相对分子质量小于74，说明还含有氧，则分子式C4H10Ox，根据相对分子质量为74得到分子式为C4H10O； 根据图2，含有烷基和醚键，则推测A可能所属有机化合物的类别醚； 含有烷基和醚键，分子式为C4H10O，有两组峰的面积比为2：3，推测A的结构简式为CH3CH2OCH2CH3。 16. 我们常用的元素周期表称为维尔纳长式周期表，下图是该表的一部分，其中的编号代表对应的元素。 （1）元素①与⑥均处于元素周期表的______区；元素②基态原子核外能量最高的电子原子轨道呈______形；元素③形成的常见单质的电子式为______。 （2）元素⑧基态原子简化的核外电子排布式为______；元素⑨核外未成对电子数为______。 （3）元素⑤⑥⑦⑧对应的四种简单离子，半径由大到小的顺序是______（用离子符号表示） （4）元素①和③可以形成一种分子，其中元素①和③的原子个数比为2:1，且均达到稳定结构，该分子的结构式为______。 （5）图A、B、C分别表示元素②③④⑤的前三级电离能I变化趋势（纵坐标的标度不同）。 第一电离能的变化图是图______。判断的根据是______。 【答案】（1） ①. s ②. 哑铃 ③. （2） ①. [Ne]3s23p5 ②. 6 （3）Cl-＞F-＞Mg2+＞Al3+ （4） （5） ①. A ②. 同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞C 【解析】 【分析】由元素在元素周期表中的相对位置可知，元素①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩分别为H元素、C元素、N元素、O元素、F元素、Mg元素、Al元素、Cl元素、Cr元素、Sb元素； 【小问1详解】 H元素、Mg元素的原子序数分别为1、12，基态原子的价电子排布式分别为1s1、3s2，处于元素周期表s区；基态C原子核外电子排布为1s22s22p2，原子核外能量最高的电子为2p，原子轨道呈哑铃形；氮气分子中存在氮氮三键，其电子式为； 【小问2详解】 Cl元素的原子序数为17，基态原子简化的核外电子排布式为[Ne]3s23p5； Cr元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54s1，核外未成对电子数为6； 【小问3详解】 同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则四种离子的离子半径大小顺序为Cl-＞F-＞Mg2+＞Al3+； 【小问4详解】 由题意可知，元素①（H）和③（N）按原子个数比为2:1形成的分子为N2H4，结构式为； 【小问5详解】 元素②③④⑤分别为C、N、O、F，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞C，故选图A。 17. 氢能是一种极具潜力的清洁能源，下列物质都是有广阔应用前景的储氢材料。氨硼烷是固体储氢材料，电负性：N－3.0；B－2.0；H－2.1，氨硼烷的球棍模型如图所示： （1）基态B原子价电子层上的电子先激发再杂化，激发过程中形成的原子光谱为______光谱（填“吸收”或“发射”）。 （2）氨硼烷与乙烷结构相似，氨硼烷在水中溶解能力大于乙烷的原因是______。 （3）比较键角： ______（填＞、＜或＝）。 （4）氨基配合物也是一种常见的储氢材料。 ①中不含的化学键有______。 A.共价键 B.金属键 C.配位键 D.离子键 ②在空气中久置后，溶液无明显变化；配制成后，放置在空气中即可被氧化为中提供空轨道的微粒是______，该配离子的配位数是______，据此推测还原性更强的是______（填“”或“”）。 （5）氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。 ①距离Fe原子最近的Mg原子个数是______。 ②若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为______L。 【答案】（1）吸收 （2）氨硼烷可与水分子间形成氢键，增大溶解度，乙烷为非极性分子且不能与水分子形成氢键，溶解度小 （3）< （4） ①. B ②. ③. 6 ④. （5） ①. 8 ②. 22.4 【解析】 【小问1详解】 电子从低能级跃迁到高能级需要吸收能量，激发过程中形成的原子光谱为吸收光谱； 【小问2详解】 氨硼烷可与水分子间形成氢键，增大溶解度，乙烷为非极性分子且不能与水分子形成氢键，溶解度小； 【小问3详解】 ​中N原子含有1对孤电子对，孤电子对的排斥力大于成键电子对；中N的孤电子对用于和B形成配位键，孤电子对变成成键电子对，排斥力减小，因此 ​中键角小于​中的键角； 【小问4详解】 ①中与之间存在离子键，与之间是配位键，内C与N之间是共价键；金属键只存在于金属晶体中，该化合物不含金属键，故选B； ②配位化合物中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以中提供空轨道，配体共6个，每个分子可形成1个配位键，配位数为6；题目信息：在空气中久置后，溶液无明显变化，说明不易被氧化，形成后易被空气氧化，说明还原性更强的是； 【小问5详解】 ①该晶胞中Mg位于晶胞内的四面体空隙，每个Fe周围有8个距离最近的Mg； ②分子位于体心和棱心，则1个晶胞可储存个分子，1 mol 晶胞内含有8 mol Mg原子，含有Mg的质量为24g/mol×8mol=192g，所以含有48 g Mg的合金对应0.25 mol 该晶胞，可以储氢0.25mol×4=1mol分子，对应标准状况下的体积为22.4L。 18. “丹青”是绘画艺术的代称，先秦《管子•小称》有言“丹青在山，民知而取之”，已指出其为天然的矿石颜料。“丹”指丹砂，主要成分为HgS；“青”指石青，主要成分为。 （1）已知Hg元素的信息如图，写出Hg在元素周期表中的位置______。 （2）已知：第二电离能是元素的＋1价的气态正离子（基态）失去一个电子形成＋2价的气态正离子（基态）所需的最低能量。 第一电离能 第二电离能 Cu Fe 分析Cu的第二电离能大于Fe的主要原因______。 （3）的晶胞结构如下图： 已知晶胞中含4个H原子，对所处位置判断错误的是______。 A. 顶点 B. 棱上 C. 面心 D. 体内 石青受热分解产生、、，将CuO投入、的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为约为9.5，得到溶液。 （4）比较石青分解得到的三种产物的熔点高低______，并分析原因______。 （5）CuO被“氨浸”的离子方程式为______。 （6）结构中，若用两个分子代替两个分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测的空间结构为______。 【答案】（1）第六周期第ⅡB族 （2）Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难 （3）B （4） ①. CuO＞H2O＞CO2 ②. CuO是离子晶体，常温下固体，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，故熔点由高到低的顺序为CuO＞H2O＞CO2 （5） （6）平面正方形 【解析】 【小问1详解】 由题干Hg元素的信息图，其为80号元素，在元素周期表中的位置为第六周期第ⅡB族； 【小问2详解】 失去1个电子后Fe+的价电子排布式为3d64s1，失去1个电子后Cu+的价电子排布为3d10，此时Cu+的3d轨道处于全充满状态，更稳定，且Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能大于Fe； 【小问3详解】 由题干信息可知，晶胞中含4个H原子，即H位于晶胞体内，结合已知化学式Cu3(CO3)2(OH)2，一个晶胞应该含有6个Cu2+，结合晶胞图示可知，Cu2+位于8个顶点，个，上下面上各1个，个，其余还有6-1-1=4，结合图中信息可知，这4个Cu2+应该都在体内的，即没有在棱上的，故选B。 【小问4详解】 由题干信息可知，石青分解得到的三种产物即CuO、H2O、CO2，CuO是离子晶体，常温下固体，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，故熔点由高到低的顺序为CuO＞H2O＞CO2。 【小问5详解】 由题干信息可知，将CuO投入、的混合溶液中进行“氨浸”，控制pH约为9.5，得到溶液，则该反应的离子方程式为：； 【小问6详解】 结构中，若用两个分子代替两个分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测的空间构型为平面正方形。 19. 钴蓝是使用最广也最为成熟的色料，青花瓷的命名很大程度上和“钴”料的使用有关。 （1）确定晶体结构的方法是______。 A. X射线衍射 B. 质谱 C. 红外吸收光谱 D. 核磁共振氢谱 化合物X可作为某些含钴染料或颜料的合成原料，其化学式为 （2）关于基态中，下列说法正确的是______。 A. 有7个未成对电子 B. 有6个不同能级 C. 价电子运动状态有15种 D. 核外电子空间运动状态有14种 （3）化合物X可合成。 ①与足量的溶液发生反应，可生成沉淀______mol。 ②中含有的共价键为______mol。 （4）已知X中H－N－H键角大于中键角，请解释其原因______。 （5）化合物X晶体的晶胞结构如图所示，的配位数是______。 （6）已知化合物X晶体的晶胞棱长为的摩尔质量为是阿伏加德罗常数的值。则该晶体的密度为______。 【答案】（1）A （2）BD （3） ①. 0.5 ②. 21 （4）X和NH3中氮原子皆为sp3杂化，孤电子对分别为0和1，由于孤电子对和成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角； （5）4 （6） 【解析】 【小问1详解】 利用X射线穿透晶体后衍射原理分析晶体结构，确定CoAl2O4晶体结构的方法是X射线衍射，选A； 【小问2详解】 钴是27号元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d7； A．基态中有3个未成对电子，A错误； B．根据电子排布式，基态有6个不同能级，B正确； C．基态价电子排布式为3d7，价电子运动状态有7种，C错误； D．根据电子排布式，基态有14个原子轨道，核外电子空间运动状态有14种，D正确； 故选BD； 【小问3详解】 ①水溶液中外界氯离子电离，外界中有1个氯离子，与足量的溶液发生反应，可生成沉淀0.5mol； ②中Co2+与配体NH3、Cl-通过共价键结合，NH3中N、H通过共价键结合，中含有的共价键为1mol×(6+3×5)=21mol； 【小问4详解】 X和NH3中氮原子皆为sp3杂化，孤电子对分别为0和1，由于孤电子对和成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角； 【小问5详解】 根据化合物X的晶胞结构图，在晶胞中构成面心立方堆积，处于离最近顶点距离为体对角线的四分之一处，的配位数是4； 【小问6详解】 根据均摊法计算，一个晶胞中有=4个，有8个Cl-，的摩尔质量为，则一个晶胞质量为，晶胞棱长为，则该晶体的密度为=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 琼海市嘉积中学2025－2026学年度第二学期高二年级随堂练习（二） 化学科试题 （时间：90分钟 满分：100分） 可能用到的原子量：H：1 B：11 C：12 O：16 Mg：24 Si：28 P：31 Fe：56 一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 关于烷烃性质的叙述，错误的是 A. 烷烃均能发生取代反应 B. 烷烃均能燃烧 C. 烷烃均难溶于水 D. 烷烃均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 2. 下列有关说法错误的是 A. 甲烷与氯气发生取代反应得到的液态混合物可用装置①分离 B. 可用装置②分离水和乙醇 C. 利用装置③可除去食盐中的泥沙 D. 利用装置④从NaCl溶液中析出NaCl晶体 3. 以表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 88g干冰中含有0.5个晶胞 B. 28g晶体硅中含有Si-Si键数目为4 C. 22.4L冰含有个H2O分子 D. 12g石墨烯中含有个六元环 4. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列对事实的解释错误的是 选项 实例 解释 A 石蜡在水晶柱表面不同方向熔化的快慢不同 晶体具有各向异性 B 人体细胞和细胞器的膜是双分子膜 双分子膜是由两性分子组装而成的 C 气态失去1个电子比难 价电子排布为半满状态较稳定 D 邻羟基苯甲酸沸点低于对羟基苯甲酸 邻羟基苯甲酸能形成分子间氢键 A. A B. B C. C D. D 5. 下列化学用语不正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 基态的价层电子排布式： C. 过氧化钠的电子式为 D. 共价键电子云轮廓图： 6. 我国科学家在分子水平上将“杯酚”与进行有序组装形成超分子。下列说法错误的是 A. 溶剂氯仿（）和甲苯均为极性分子 B. “杯酚”中的8个羟基之间能形成氢键 C. “杯酚”与之间通过共价键形成超分子 D. 利用冠醚分子不同大小的空穴适配可识别 7. 下表列出了卤素的氢化物(HX)、钠的卤化物(NaX)的熔点，下列说法不正确的是 HX HF HCl HBr HI 熔点/℃ NaX NaF NaCl NaBr NaI 熔点/℃ 995 801 775 651 A. HCl、HBr、HI的熔点依次升高，因为分子间范德华力依次增大 B. HF的熔点高于HCl，因为固态HF分子之间存在氢键作用 C. NaX的熔点高于对应HX的熔点，因为NaX的摩尔质量更大 D. NaX的熔点依次降低，推测与半径增大有关 8. 氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。有关该配离子的说法错误的是 A. 该配离子中碳原子的杂化类型为和 B. 中心离子的配位数为3 C. 的电子排布式为： D. 该配离子含有的非金属元素中电负性最小的是氢 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。 9. 下列事实能证明氮元素的非金属性强于磷元素的是 A. 沸点：NH3＞PH3 B. 酸性：HNO3＞H3PO4 C. P4与浓硝酸反应生成H3PO4与NO2 D. 中N—P共用电子对偏向N 10. 已知某离子晶体的晶胞示意图如图所示，其摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρ g·cm-3，下列说法中正确的是 A. 晶体晶胞中阴、阳离子的个数都为1 B. 晶体中阴、阳离子的配位数都是4 C. 该晶胞可能是NaCl的晶胞 D. 该晶体中两个距离最近的阴、阳离子的核间距为cm 11. 路易斯•巴斯德（LouisPasteur）分离手性酒石酸盐实验（1848年）被评为十大最美实验之首，左旋和右旋酒石酸铵钠盐的结构简式分别为、 。酒石酸的制备方法之一是乙二醛与氢氰酸（HCN）反应再酸性水解：OHC—CHO+HCN。下列说法正确的是 A. 左旋和右旋酒石酸铵钠盐的性质相同 B. 氢氰酸溶液所含元素中第一电离能最大的是O C. 一个酒石酸（）分子中含有2个手性碳原子 D. 乙二醛分子中键和键的数目之比为3:2 12. 有关晶体的结构如下图所示，下列说法中错误的是 A. 在NaCl晶体中，距最近的形成正八面体 B. 在晶体中，每个晶胞平均占有4个 C. 12g金刚石中含有个碳原子 D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE 13. 磷化硼是一种耐磨涂料，可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞（立方体）如图所示。已知原子坐标：为为，晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的数值用表示。下列说法中正确的是 A. 磷原子的配位数为12 B. 图中a原子的坐标是 C. 磷化硼晶体的晶胞边长为 D. 价电子数： 14. HCHO与[Zn(CN)4]2-在水溶液中发生反应：4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O=[Zn(H2O)4] 2++4HOCH2CN，下列说法错误的是 A. 反应中HCHO发生了加成反应 B. HCHO和H2O中心原子的价层电子对数相同 C. CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN-＞H2O D. Zn 2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比为1∶1 三、填空题 15. 2015年10月5日，瑞典卡罗琳医学院宣布授予我国科学家屠呦呦诺贝尔生理学或医学奖，以表彰她在疟疾治疗研究中取得的成就，特别是她创制的全新抗疟药——青蒿素和双氢青蒿素。 （1）青蒿素的结构简式如图所示，则青蒿素分子中存在的官能团除过氧基（－O－O－）外还有______（填名称），分子中有______个手性碳原子。 （2）屠呦呦团队发现青蒿素可以用有机溶剂A提取，借助李比希法确定有机溶剂A的实验式（最简式）。利用如图所示的装置测定有机化合物A的组成，取3.7gA与足量氧气充分燃烧，实验结束后，高氯酸镁的质量增加4.5g，碱石棉的质量增加8.8g。 使用现代分析仪器对有机化合物A的分子结构进行测定，相关结果如下： ①根据图1，A的相对分子质量为______，分子式为______。 ②根据图2，推测A可能所属有机化合物的类别______。 ③根据以上结果和图3（两组峰的面积比为2:3），推测A的结构简式为______。 16. 我们常用的元素周期表称为维尔纳长式周期表，下图是该表的一部分，其中的编号代表对应的元素。 （1）元素①与⑥均处于元素周期表的______区；元素②基态原子核外能量最高的电子原子轨道呈______形；元素③形成的常见单质的电子式为______。 （2）元素⑧基态原子简化的核外电子排布式为______；元素⑨核外未成对电子数为______。 （3）元素⑤⑥⑦⑧对应的四种简单离子，半径由大到小的顺序是______（用离子符号表示） （4）元素①和③可以形成一种分子，其中元素①和③的原子个数比为2:1，且均达到稳定结构，该分子的结构式为______。 （5）图A、B、C分别表示元素②③④⑤的前三级电离能I变化趋势（纵坐标的标度不同）。 第一电离能的变化图是图______。判断的根据是______。 17. 氢能是一种极具潜力的清洁能源，下列物质都是有广阔应用前景的储氢材料。氨硼烷是固体储氢材料，电负性：N－3.0；B－2.0；H－2.1，氨硼烷的球棍模型如图所示： （1）基态B原子价电子层上的电子先激发再杂化，激发过程中形成的原子光谱为______光谱（填“吸收”或“发射”）。 （2）氨硼烷与乙烷结构相似，氨硼烷在水中溶解能力大于乙烷的原因是______。 （3）比较键角： ______（填＞、＜或＝）。 （4）氨基配合物也是一种常见的储氢材料。 ①中不含的化学键有______。 A.共价键 B.金属键 C.配位键 D.离子键 ②在空气中久置后，溶液无明显变化；配制成后，放置在空气中即可被氧化为中提供空轨道的微粒是______，该配离子的配位数是______，据此推测还原性更强的是______（填“”或“”）。 （5）氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。 ①距离Fe原子最近的Mg原子个数是______。 ②若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为______L。 18. “丹青”是绘画艺术的代称，先秦《管子•小称》有言“丹青在山，民知而取之”，已指出其为天然的矿石颜料。“丹”指丹砂，主要成分为HgS；“青”指石青，主要成分为。 （1）已知Hg元素的信息如图，写出Hg在元素周期表中的位置______。 （2）已知：第二电离能是元素的＋1价的气态正离子（基态）失去一个电子形成＋2价的气态正离子（基态）所需的最低能量。 第一电离能 第二电离能 Cu Fe 分析Cu的第二电离能大于Fe的主要原因______。 （3）的晶胞结构如下图： 已知晶胞中含4个H原子，对所处位置判断错误的是______。 A. 顶点 B. 棱上 C. 面心 D. 体内 石青受热分解产生、、，将CuO投入、的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为约为9.5，得到溶液。 （4）比较石青分解得到的三种产物的熔点高低______，并分析原因______。 （5）CuO被“氨浸”的离子方程式为______。 （6）结构中，若用两个分子代替两个分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测的空间结构为______。 19. 钴蓝是使用最广也最为成熟的色料，青花瓷的命名很大程度上和“钴”料的使用有关。 （1）确定晶体结构的方法是______。 A. X射线衍射 B. 质谱 C. 红外吸收光谱 D. 核磁共振氢谱 化合物X可作为某些含钴染料或颜料的合成原料，其化学式为 （2）关于基态中，下列说法正确的是______。 A. 有7个未成对电子 B. 有6个不同能级 C. 价电子运动状态有15种 D. 核外电子空间运动状态有14种 （3）化合物X可合成。 ①与足量的溶液发生反应，可生成沉淀______mol。 ②中含有的共价键为______mol。 （4）已知X中H－N－H键角大于中键角，请解释其原因______。 （5）化合物X晶体的晶胞结构如图所示，的配位数是______。 （6）已知化合物X晶体的晶胞棱长为的摩尔质量为是阿伏加德罗常数的值。则该晶体的密度为______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $