广东广州市执信中学2025-2026学年第二学期高二化学科 (选择考) 选择性必修2堂测试卷

⌒AAn业与4业山÷、s 2025-2026学年度第二学期 高二级化学科（选择考）选择性必修2堂测试卷 命题人：洪伟耀 审题人：梁捷雯 本试卷共4页，12小题，满分50分。堂满用时40分钟。 注意事项： 1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答卷相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号域 涂在答卷上 2、选择题每小题选出答案后，.用2B铅笔把答卷上对应题目的答案标号涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案： 不能答在试港上 3、非选择题必须用黑色字迹的翻笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指 定区域的答案无效：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用锵笔和涂改液。不按以上要求作答的答 案无效. 4、考生必须保持答卷的整洁和平整 可能用到的相对原子质量：H1C12016S32C135.5 一、选择愿，本题共10个小题，共24分。第1~8小愿，每小愿2分，第9~10小题，每小题4分。在每小 题输出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.生活中的化学无处不在。下列关于生活中的化学描述错误的是 A.金刚石的熔点高于SC,是因为共价晶体中共价键越强，熔点越高 B.水晶和干冰熔化时，晶体中的共价键都会断裂 C.壁虎在天花板上爬行自如是因为壁虎的脚与墙体之间有范德华力作用 D.量子通信技术中作为传输介质的光导纤维，其主要成分为二氧化硅 2.下列说法正确的是 A.“杯酚”可分离C60和C0,这反应出超分子具有自组装的特性 B.利用红外光谱可以测定分子的相对分子质量 C.基态S原子核外电子的运动状态有9种 OH D.苹果酸HOOC-CH-CH,-c0OH合有1个手性碳原子 3.下列有关漂白剂说法正确的是 A.S02是含有非极性键的非极性分子 B.O3是含有极性键的非极性分子 C.H202是含有极性键和非极性键的极性分子 D.NaCIo是含有配位键和离子键的离子化合物 第1页共4页 4.下列微粒的VSEPR模型与其空间结构一致的是 A.BF3 B.NF3 C.so D.H3O* 5.结构决定性质、性质决定用途。下列事实与解释不相符的是 选项 事实 解释 邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛存在分子 A 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 间氢键 12在CCL4中的溶解度大于在H20中的溶 B 解度 CCl4的相对分子质量大于H20的相对分子质量 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 6.陈述I和Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 分子间作用力：H0>HS 稳定性：H2O>H2S 电负性：F>Cl 酸性：CF3COOH<CCl3COOH C 分子极性：CO>N2 沸点：CO<N2 D 某冠醚与L能形成超分子，与K+则不能 L计与K的离子半径不同 7.N为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A.12g金刚石中含有的C-C数目为4Na B.2.24L乙烯中含o键的数目为0.5Na f )分子中含有的S-S键数为NA D.1mol[CoNH)sCI]Ch与足量AgNO3溶液反应，产生AgCI沉淀的数目为3Na 8.向CSO4溶液中逐滴加入浓氨水至过量，先产生蓝色沉淀后溶解，得到透明的深蓝色溶液：再加入乙醇， 并用玻璃棒摩擦试管内壁，析出深蓝色的晶体，其组成为[CuNH)为]SO4H2O,NA表示阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A.1 mol [Cu(个NH)4]2+中含有的o键数为2Na B.实验中用玻璃棒摩擦试管壁是为了引入晶核 C.将乙醇换成1-丙醇也能析出深蓝色晶体 D.[CuNH)42+中H-N-H的键角比NH中要大 第2页共4页 9.一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[CNH][B(OCH)]C1,部分晶体结构如下图所示，其中[CNH)] 为平面结构。下列说法正确的是 (A,该晶体中存在N-H…O:氢键 B.基态原子的第一电离能：C<N<O C.基态原子未成对电子数：B<C<0<N D.晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同 10.一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的 短周期主族元素，乙和Y同族，则下列说法正确的是 A.简单氢化物的沸点大小：Z<Y B.最高价氧化物的水化物的酸性：Z<W -X C.电负性：Z<X<W D.ZX3和WX2空间结构均为平面三角形 二、非选舞■，本题粪2小墨共26分。 1山.我国是金属材料生产大国.Cu、C0均为重要工业金属。请回答下列问题： L.CuC2溶液与乙二胺N-CH2C压NH2)可形成配离子[Cu(Eh]P*En是乙二胺的简写)。 (I)配离子[Cu(E)2P*的中心离子价电子排布式为 12 H,C- CH. (2)乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为 杂化。 H,C CH. (3)如图1配离子[Cu(E2的配位数为 ，1 该微粒含有的微粒间的 图1 作用力类型有 填字母 A.配位键 B.极性键 C.离子键 D.非极性键 E金属键 Ⅱ.(4)由CoC2可制备ACoO,矗体，其立方晶胞如图。A1与0最小间距大于C0与O最小间距，x、y为 整数，则C0在晶胞中的：置为 (填“面心”、“体心”、“棱心”或“顶点”)；晶体中一个 AI周围与其最近的O的个数为 第3页共4页 I2.镓(G)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣（含C、Na、A、 F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 碳素 →铝锭 尾气6moL 电极 处理 盐酸 铝片 氧化铝 电解 山炭渣→焙烧浸取→浸取液还原→原料液 冰晶石。 晶体←一 结晶 调p西下一 1室 LAEM 溶液 提取 含F废液g Ⅱ 溶液→…→傢 工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区 LAEM 扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子M的原理如图。已知： I室 Ⅱ室 ①浸取液中，GaID和Fe(四以[MClm]@~3(m-04)微粒形式存在，Fe2*最多可 原料液 pH=2 与2个CI配位，其他金属离子与C的配位可忽略。 [MCI]- M和CI (1)“电解中，反应的化学方程式为 阴离子 (2)“浸取"中，由Ga+形成[GaCl4的离子方程式为 (3)“还原“的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过LAEM,从而有利于G的分离。 (4)“LAEM提取”中，原料液的CI浓度越 越有利于G的提取：研究表明，原料液酸度过高， 会降低G的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向1室中加入 (填化学式)，以进 一步提高Ga的提取率。 (S)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形 成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co:G:Ni= 其立方晶胞的体积 为nm。 Co Ga Ni nm. 第4页共4页 2025-2026学年度第二学期 高一级化学科（选择考）进择性必修2世测试#参考答案 I.选择题（共24分) 题号 10 答案 D Ⅱ.非选择厨 11.(12分) (1)3d9(2分) (2)sp2（2分) (3)4(2分) ABD(2分) (4)休.心2分) 12(2分) 12.(14分) （12AO(垮融)电解 4A1+302↑(2分) 冰品石 (2)Ga3+4C1=〔GaC4}(2分) (3)铁(1分) [FeCl4](2分) (4)高1分) NaCl(2分) (5)2:1:1(2分) 8a3(2分) 高一级化学科（选择考）选挥性必修2置测试增考答案详解 1.【答案】B 【详解】A.金刚石和SC均是共价晶体且结构相似，原子半径：碳>硅，则金刚石中共价毽键长比碳化硅 中小，金刚石中共价楗键能更大，故金刚石的熔点高于SiC,A正确：B.水晶(SiO)是原子晶体，熔化 时共价键断裂；干冰(CO2)是分子晶体.熔化时仅破坏分子间作用力，共价键未断裂，B错误：C.坚虎 脚底与墙体之间存在范德华力，作用力较强，所以壁虎在天花板上能爬行自如，C正确：D.光导纤维的主 要成分是二氧化硅，D正确. 2.【答案】D 【详解】A.“杯酚”可分离C60和Cm,这反应出超分子具有分子识别的特性，故A错误；B.利用红外光谐 可以测定分子的化学键和官能团，用质谐法测定分子的相对分子质量，故B错误；C.S是16号元素，则S 原子核外有16个电子，则基态S原子核外电子的运动状态有16种，故DC错误：D.分子中连4个不同原 OH 子或原子团的碳原子是手性碳原子，苹果 HO0C-CH-CH,C0OH含有1个手性碳原子，即连羟 基的碳原子、故D正确. 3.【答案】C 【详解】A.SO中的S-O键为极性键，且分子为V形结构.属于极性分子，A错误：B.O,中的O-O键 试卷第1页，共4页 为非极性键.分子为极性分子，B错误；C.H,O,含有O-H极性键和O-O非极性键，分子结构不对称 为极性分子，C正确：D.NaCO中Na·与C1O问为离子键.CO内为共价健.不含配位键，D错误， 4.【答案】A 【详解】AB的：B的价层电子对数为3+行×3-x3)=3,无预对电子，VSEP取模型和结构均为平面三 角形，A符合题意：B.N5:N的价层电于对数为3+7×(5-Ix3列=4，含1对孤电子对.VSEP取模型为 四面体.实际结构为三角锥形，8不符合题意：C.S0,:5的价层电子对数为3+2×(6+2-3×2)=4. 含1对孤电子对，VSEPR模型为四面体，实际结构为三角锥形，C不符合题意：D.H,O:O的价层电子 对数为3+x(6-1-Ix3)=4.含1对孤电子对，VSEPR模型为四面体，实际结构为三角锥形，D不符合题 2 意：故选A. 5.【答案】B 【详解】A.邻羟基苯甲醛存在分子内氢键、无法形成分子间氢健，对羟基苯甲醛存在分子间氢键，分子间 氢键会使物质沸点升高.因此沸点邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，A正确：B.12、CC14均为非极性分子， H2Q为极性分子，根据相似相溶原理，可知I2在CC.中的溶解度更大，B不正确：C冰晶体中水分子问 形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰品体中水分子的空间利 用率相对较低，冰的密度小于干冰，C正确：D.石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳 原子以CC键与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层，碳原子有4个价电子，而每个碳原子仪用3个价 电子通过sp杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内 碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大π键，这些p轨道的电子可以在整个层内 运动，因此石墨能导电，D正确；综上所述，本题选B. 6.【答案】D 【详解】A.HO分子问作用力（分子间形成了氢键）>HS正确，稳定性由O-H键能决定，与分子间作用 力无因果关系.A错误：B.电负性F>C1正确，CFCOOH的羟基极性更强.更易电离出氢离子，故CF3COOH 的酸性应强于CC1COOH(F吸电子效应更强)，陈述卫错误.B错误；C.CO和N,都为分子晶体，且两 者的相对分子质量相等，但是C0是极性分子，N2是非极性分子，所以C0分子间的作用力更大，CO沸 点实际高于N2,陈述Ⅱ借误，C错误：D.冠醚最大的特点就是能与正离子，尤其是与碱金属离子形成超 分子，并且随环的大小不同而与不同的金属离子形成超分子，某冠醚与L能形成超分子，与K则不能.则 说明L与K*的离子半径不同，陈述1与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系，D正确；故选D. 7.【答案】C 【详解】A.金刚石中每个C原子形成4个CC健，但每个键被2个C共享，实际每个C贡献2个键.12g 金刚石(1molC)含C-C键数为1×2×NA=2N,A错误；B.题于未告知气体所处的状态，无法计算2.24L 乙烯的物质的址，也无法计算其中含0健的数日。B筛误：C。一个s,g人 ))分子中含有的SS健数为 8个，32g5,的物质的量为8×32gma8m01,则含有的SS键数为g×8xN,=N,C正确：D.已知电离方 32g1 程式为：[Co(NH)sCI)C=[CNH)CI]+2CI,1mol配合物[Co(CNH)sC)Ch电离产生的CI数目为2NA,与 足量AgNO溶液反应.产生AgC1沉淀的数目为2N,D错误；故选C 试卷第2页，共4页 8.【答案】A 【详解】A.每个NH分子含有3个N-Ho疑.4个NH分子提供2个o键：同时每个NH,与Cu2形成】 个配位定（也属于c链），共4个.则1个CuNH)2中总σ键数为12+4仁J6,因此1mol该离子含16N个c 链.A错误.B.用玻璃样摩擦试管壁可提供结晶所需的品核促进晶体析出，B正确：C.丙醇与乙醇类 似，能降低溶液极性.减小晶体溶解度.故能析出晶体，C正疏：D.NH,中N的孤对电子参与配位后、电 于对之可的持斥力减小，宽角增大.D正确：故选A. 9.[答案】A 【详解】A.由晶体结构图可知，〔CNH,),丁中的-NH,的H与「B(OCH,),中的O形成氢键.因此.该品 体中存在N-HO氢健.A说法正确，B.同一周期元素原子的第一电离能呈速增趋势、但是第ⅡA。VA 元素的原子结构比较移完，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从 小到大的颗序为C<O<N,B说法不正确：C.B.C、O.N的未成对电于数分别为1、2、2、3，因此， 基态原子未成对电子数B<C-O<N.C说法不正确：D.[CNH,),】为平面结构，则其中的C和N原子轨道 杂化类型均为sp:[B(OCH,)]中B与4个0形成了4个o健.B没有孤电子对.则B的原子轨道杂化类 型为s印，[B(OCH,)4]中0分别与B和C形成了2个o键.0原子还有2个孤电子对，则0的原子轨道的 杂化类型均为sp3:综上所述.品体中B.O和N原子轨道的杂化类型不相同.D说法不正确：综上所述 本题选A. 10.【答米】D 【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价健，Z和Y同族，Y原子序数比Z大.即Z为N元素， Y为P元素，W可形成4个共价键.原子序数比N小.即W为C元素，R可形成1个共价键，原于序数 比C小，即R为H元素，X可形成2个共价健，原子序数在N和P之间，即X为O元素.综上：R为H 元素、W为C元素、Z为N元亲、X为O元素、Y为P元紫. 【详解】A.简单氢化物的沸点大小：NH>PH.故A错误；B.W为C元素、Z为N元索，由于非金成 性：C<N,因此最高价氧化物的水化物的酸性：HCO,<HNO.故B错误：C.同周期元素从左到右电负 性有增大趋势.电负性：C<N<0,故C错误：D.N0;的中心原子价层电子对数为3+5+1,2x3=3.属 2 于sp杂化.为平面三角形.C0;的中心原子价层电子对数为3+4+2,23=3.周于s即杂化.为平面 2 三角形.故D正确：故选D. 11. 【详解】(1)铜的原子序数为29，根据能最低原理其态铜离子的电子排布式为1s22s22p3s23p3d或[Ar3d", 价电子排布式为3d°.故答案为3d°；(2)乙二胺分子中氨原子形成4个。o键，价层电子对数为4，氮原子为 $p杂化：故答案为sp杂化：(3)图1中所形成的配离子( -CH 中的配位数为4. 含有的化学健中N与Cu之间为配位键，C-C健为非极性键.CN,N-H、CH键为极性键，不含离子雠、 金属健，故答案为：ABD:(4)由CoCL可制备AL,CoO,晶体，其立方晶胞如图.x、y为整数.根据图中 试卷第3页，共4页 信息.Co、A1都只有-个原子，而领（白色）原子有3个.A1与O及小间距大于C0与O最小间距.则A)在 顶点.因此C0在品胞中的位肾为体心：品体中个A1周引闹与其最近的O原子.以顶点A1分析.面心的氧 原子一个战裁而有4个.三个横截而共12个.因此品体中一个A1周围与其显近的O的个数为12：故答案 为体心：12 12.【答案】 【分析】电解铝的副产品炭渣（含C、Na、Al、F和少眉的Ga.Fe,K、C3停元素）进行焙烧.金属转化为 氧化物、焙烧后的固体加入盐酸浸取，没取液加人铝片将Fε“进行还原，得到原料液.原料液利用LA卫M 提取.[GaC14通过交换膜进入Ⅱ室并转化为Ga+,Ⅱ室溶液进-一步处理得到傢，I室溶液加入含F的废液 调pH并结晶得到NaAIF6品体用于电解铝： 【详解】(1)“电解是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2A1O,(熔融) 电艇 4A+3O21: 冰晶石 (2)"没取"中，由Ga3+形成[GaCl的离子方程式为Ga+4C-[GaC4]: (3)由已知，浸取液中.G(II)和Fe(I)以[MCa]m-沙(m=0-4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交 换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FC1]的微粒形式通过LAEM, 故要加人铝片还原Fe3·,从而有利于Ga的分离 (4)“LAEM提坂”中，原料液的C浓度越高，更有利于生成[GaCL]的反应正向移动.更有利于Ga的提取 在不提高原料液酸度的前提下，同时不引人新杂质，可向I室中加人NCL,提高C浓度.进-~步提高G 的提取率： (S)合金的晶体结构可描述为G与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元.取 Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga,Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构.晶跑 中Ga和N:形成的8个小正方体体心为Co,故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比 Co:Ga:Ni=2:l:l,晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2anm,故晶胞的体积为 8a'nm. 试卷第4页，共4页