精品解析：宁夏育才中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试化学试卷

宁夏育才中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试 化学试卷 (试卷满分100分，考试时间75分钟) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将信息填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡指定位置。 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草搞纸上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回，试卷保留。 可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 S-32 Zn-65 Ga-70 As-75 一、选择题(共14小题，每题3分，共42分) 1. 某有机化合物的结构简式如下： 此有机化合物属于 ①烯烃 ②多官能团有机化合物 ③芳香烃 ④烃的衍生物 ⑤高分子化合物 A. ①②③④ B. ②④ C. ②④⑤ D. ①③⑤ 2. 下列说法或有关化学用语的表达正确的是 A. O3分子的空间结构： B. HBr中σ键的电子云轮廓图： C. 杂化轨道示意图： D. 违反了洪特规则 3. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1 mol -OH中含有的电子数为10 B. 1 mol SiO2中含有Si-O键的数目为2 C. 1 mol [Cu(NH3)2(H2O)2]2+中含有14 mol σ键 D. 12g石墨烯(如图单层石墨)中含C-C数目为3 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。下列说法正确的是 A. 配离子中的空轨道接受中C提供的孤电子对，形成配位键 B. —是吸电子基团，—也是吸电子基团，的酸性弱于 C. 当晶体颗粒小至纳米量级时，晶体表面积增大，熔点会升高 D. 受溶剂极性等因素影响，在中电离比在中容易 5. 简牍（含具有多酚结构的木质素）是纸张发明普及前古人书写文字的主要材料。刚刚出土的简牍，从缺氧状态进入有氧状态时易发黑，同时也能使其生成深黑色的物质，造成简牍颜色加深，难以辨别字迹。维生素C常用于黑色的简牍的脱色处理（如图）。使用高浓度乙醇，使简牍中的水分脱除，再用挥发能力更强的乙醚处理，简牍便会干燥定型。 维生素C是重要的营养素。下列有关说法正确的是 A. 维生素C的分子式为 B. 维生素C含有的官能团只有羟基、酯基 C. 维生素C易溶于水 D. 简牍脱色处理时，维生素C发生还原反应 6. 下列说法错误的是 A. 235U和238U互为同位素 B. 石墨和互为同素异形体 C. 丙醛和环氧丙烷()互为同分异构体 D. 乙二醇和丙三醇()互为同系物 7. 下列有机化合物中，一氯代物种数最多的是 A. CH3CH2CH3 B. CH2=CHCH3 C. D. 8. 顺铂[]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属化合物；碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是 A. 碳铂中不含有键 B. 碳铂分子不属于手性分子 C. 碳铂分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数之比为 D. 1mol的顺铂[]是与足量的溶液反应时，可得到2 mol AgCl 9. 硫及硫的化合物在生产、生活中有广泛应用。S8和SF6的分子结构如图所示，下列有关叙述正确的是 A. S8分子和SF6分子都是极性分子 B. S8中S原子的杂化类型为sp3杂化 C. SF6分子呈正八面体形且键角∠FSF均为90° D. SF6分子中各原子均达到8电子稳定结构 10. 如图所示是一种离子液体，属于绿色溶剂。其中R、X、Y、Z、W五种元素均为短周期元素，R元素形成的一种同素异形体熔点高、硬度小，基态X原子核外有两个未成对电子，Y元素的简单氢化物是制造化肥的重要原料，Z元素形成的单质是所有单质中氧化性最强的。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. W简单气态氢化物可溶于水是由于其与水分子之间存在氢键 C. 最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： D. 简单气态氢化物的稳定性： 11. 下图依次为空间结构、NaCl晶胞、金刚石晶胞、铜晶胞，下列说法不正确的是 空间结构 NaCl晶胞 金刚石晶胞 铜晶胞 A. 为极性分子，1个该分子中含2个键 B. 中H-O与O-O形成的键角(如图①)小于 C. 1个金刚石晶胞中平均含8个碳原子，1个铜晶胞中平均含4个铜原子 D. NaCl晶胞中，距离最近的六个构成正八面体结构 12. 研究超分子的科学家发明了很多新型分子，这些分子可以充当“快递员”(主体)，携带其他分子或离子(客体)运输到指定区域，称为“主客体化学”。二苯并-18-冠-6-醚可作为主体分子，结合水中的Pb，结合后的结构如图1所示；用KMnO4溶液氧化甲苯时，引入冠醚可促进向有机相转移，加快反应速率，原理如图2所示。下列说法错误的是 A. 用KMnO4溶液氧化甲苯时，引入冠醚在反应过程中起催化作用 B. 二苯并-18-冠-6-醚分子中碳原子的杂化方式有2种 C. 在二苯并-18-冠-6-醚通过离子键与Pb2+结合形成超分子 D. KMnO4溶液氧化甲苯时引入的冠醚属于“主客体化学”中的主体 13. 羟胺(NH2OH)在有机合成中用作还原剂，其熔点32.05℃，沸点70℃。下列化学用语或图示表达正确的是 A. 用电子式表示羟胺的形成过程： B. 羟胺NH2OH分子间氢键的强弱： C. 固态羟胺X射线衍射图谱对比如图 D. 羟胺中N原子杂化后的轨道表示式： 14. 砷化镓是一种新型半导体材料，应用广泛。图甲为它的立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿轴的投影图。该晶胞的边长为，在三维坐标系中a、b两点的原子坐标分别为、。下列说法错误的是 A. As和Ga原子间的最近距离为 B. c点的原子坐标为 C. 1个Ga与12个Ga等距离且最近 D. 该晶体的密度为 二、非选择题(每空2分，共58分) 15. Ⅰ．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，燃烧的灰烬中碘元素以I-的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图： （1）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①___________；③___________；写出实验②中有关反应的离子反应方程式：___________。 （2）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是___________(填字母)。 A. 苯 B. 酒精 C. 四氯化碳 D. 乙酸 （3）请设计一种检验过程③提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：___________。 （4）要从碘的苯溶液中提取碘和回收苯，还需要经过___________操作。(填字母) Ⅱ．重结晶法可用于提纯苯甲酸。 （5）①若苯甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度(S)随温度变化的曲线如下图所示。则重结晶时，最合适的溶剂是___________(填字母序号)。 ②下列有关苯甲酸重结晶实验的说法正确的是___________(填字母序号)。 A．在苯甲酸重结晶实验中，粗苯甲酸加热溶解后需趁热过滤 B．粗苯甲酸溶解过程中，玻璃棒搅拌能提高苯甲酸的溶解度 C．冷却结晶时，温度过低将析出杂质，故此时温度不是越低越好 16. 某化学小组为测定有机物G的组成和结构，设计如图实验装置： 回答下列问题： （1）电炉中CuO的作用是___________。 （2）装置F中碱石灰的作用是___________。 将1.48 g G在上述装置中充分燃烧，测得装置D和装置E质量分别增加1.8 g和3.52 g。取适量G使用现代分析仪器对有机物G的分子结构进行测定，相关结果如图2、图3、图4所示。 （3）G的分子式为___________，G的结构简式是___________。 （4）N是G的同分异构体，且N属于醇类，则N的结构有___________种，其中核磁共振氢谱中有5组峰且峰面积之比为的结构简式为___________。 17. 研究原子、分子等物质的微观结构，对认识物质的性质非常重要。请回答下列问题： （1）Au与Cu同族且比Cu多两个电子层，基态Au原子的价电子排布式为___________，属于___________区的元素。 （2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的模型名称是___________。 ②的键是由锡的___________轨道与氯的轨道重叠形成键。 （3）砷(As)和镓(Ga)是两种重要的化学元素在半导体、电子工业及材料科学中具有关键作用。 ①AsCl3分子的立体构型为___________。 ②GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是___________。 （4）是一种配体，作配体时的配位原子是___________。和属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示。1个八聚磷酸根离子含有的σ键数目为___________，写出八聚磷酸根离子的化学式为___________。 18. 回答下列问题。 （1）能与多种物质形成配合物，为研究配合物的形成及性质，某小组进行如下实验。 序号 实验步骤 实验现象或结论 ⅰ 向溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，随后溶解并得到深蓝色的溶液 ⅱ 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ⅲ 测定深蓝色晶体的组成 晶体的化学式为 ⅳ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成 ①画出深蓝色配离子的结构简式：___________。 ②加入乙醇有晶体析出的原因：___________。 ③实验步骤ⅰ中蓝色沉淀转变成深蓝色溶液的离子方程式___________。 ④该实验条件下，与的结合能力___________与的结合能力(填“大于”或“小于”)。 （2）可用于制备光学材料，其立方晶胞如图所示。 晶体中掺入少量后，会出现“正电”和“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 ①铜的第一电离能(I1)小于锌的第一电离能，其主要原因是___________。 ②区域A带___________(填“正”或“负”)电。 ③晶胞中1个周围最近的数为___________个。已知晶体的密度为，摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则两个之间的最短距离为___________(列出计算式即可)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁夏育才中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试 化学试卷 (试卷满分100分，考试时间75分钟) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将信息填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡指定位置。 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草搞纸上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回，试卷保留。 可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 S-32 Zn-65 Ga-70 As-75 一、选择题(共14小题，每题3分，共42分) 1. 某有机化合物的结构简式如下： 此有机化合物属于 ①烯烃 ②多官能团有机化合物 ③芳香烃 ④烃的衍生物 ⑤高分子化合物 A. ①②③④ B. ②④ C. ②④⑤ D. ①③⑤ 【答案】B 【解析】 【详解】①烯烃是仅含碳、氢两种元素的有机物，该有机物含有氧元素，不属于烃，更不属于烯烃，而是烃的含氧衍生物，①错误； ②由结构简式可知，该有机物含酯基、羟基、羧基、碳碳双键，属于多官能团有机化合物，②正确； ③该有机物含苯环，但还含O元素，不属于芳香烃，③错误； ④该有机物含C、H、O三种元素，为烃的含氧衍生物，④正确； ⑤该有机物不是高分子化合物，⑤错误； 正确的是②④，故选B。 2. 下列说法或有关化学用语的表达正确的是 A. O3分子的空间结构： B. HBr中σ键的电子云轮廓图： C. 杂化轨道示意图： D. 违反了洪特规则 【答案】C 【解析】 【详解】A．O3分子中心O的价层电子对数为2+1=3，价层电子对互斥模型为平面三角形，略去孤电子对为V形空间结构，题干中两处错误：没有略去孤电子对和三个氧原子大小不一样，A错误； B．H原子的1s能级电子和Br原子的4p能级电子形成s-p σ键，s能级电子云轮廓图呈球形，p能级电子云轮廓图呈哑铃形，故该键的电子云轮廓图为：，B错误； C．sp2杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和2个p轨道组合而形成，杂化轨道间夹角为120°，呈平面三角形，C正确； D．中1s轨道和2s轨道中容纳自旋平行的电子，违反了泡利原理，D错误； 故答案选C。 3. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1 mol -OH中含有的电子数为10 B. 1 mol SiO2中含有Si-O键的数目为2 C. 1 mol [Cu(NH3)2(H2O)2]2+中含有14 mol σ键 D. 12g石墨烯(如图单层石墨)中含C-C数目为3 【答案】C 【解析】 【详解】A．羟基（-OH）中，O原子含8个电子，H原子含1个电子，故1个羟基含电子数为8+1=9，则1mol羟基所含电子总数为9 NA，故A错误； B．SiO2中1个Si原子结合4个O原子，即1mol SiO2晶体中含有硅氧键的数目为4 NA，故B错误； C．1个[Cu(NH3)2(H2O)2]2+中含有4个配位键，1个NH3中含有3个σ键，1个H2O中含有2个σ键，因此1mol[Cu(NH3)2(H2O)2]2+中σ键的数目为＝14NA，故C正确； D．12g石墨烯的物质的量为1mol，石墨烯中每个碳原子形成三个C-C键，每个C-C键由两个碳原子共用，因此12g石墨烯中含有C-C键的数目为1.5NA，故D错误； 答案选C。 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。下列说法正确的是 A. 配离子中的空轨道接受中C提供的孤电子对，形成配位键 B. —是吸电子基团，—也是吸电子基团，的酸性弱于 C. 当晶体颗粒小至纳米量级时，晶体表面积增大，熔点会升高 D. 受溶剂极性等因素影响，在中电离比在中容易 【答案】A 【解析】 【详解】A．配位键形成时，中心离子提供空轨道，配体中C的电负性小于N，更易给出孤电子对，二者形成配位键，A正确； B．F的电负性大于Cl，的吸电子能力强于，使得中羧基的键极性更强，更易电离出，酸性，B错误； C．晶体颗粒小至纳米量级时，表面原子占比高、表面能大，粒子间作用力减弱，熔化所需能量更低，熔点会降低，C错误； D．溶剂极性越强越有利于电解质电离，的极性大于，更易促进的电离，故在中电离更容易，D错误； 故选A。 5. 简牍（含具有多酚结构的木质素）是纸张发明普及前古人书写文字的主要材料。刚刚出土的简牍，从缺氧状态进入有氧状态时易发黑，同时也能使其生成深黑色的物质，造成简牍颜色加深，难以辨别字迹。维生素C常用于黑色的简牍的脱色处理（如图）。使用高浓度乙醇，使简牍中的水分脱除，再用挥发能力更强的乙醚处理，简牍便会干燥定型。 维生素C是重要的营养素。下列有关说法正确的是 A. 维生素C的分子式为 B. 维生素C含有的官能团只有羟基、酯基 C. 维生素C易溶于水 D. 简牍脱色处理时，维生素C发生还原反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．依据结构简式计算，维生素C的分子式为，故A错误； B．维生素C含碳碳双键、羟基和酯基三种官能团，故B错误； C．维生素C中含有多羟基，可与水形成氢键，易溶于水，故C正确； D．简牍有氧状态时易发黑，即被氧化，故维生素C脱色时作还原剂，发生氧化反应，故D错误； 故答案选C。 6. 下列说法错误的是 A. 235U和238U互为同位素 B. 石墨和互为同素异形体 C. 丙醛和环氧丙烷()互为同分异构体 D. 乙二醇和丙三醇()互为同系物 【答案】D 【解析】 【详解】A．它们具有相同的质子数（92），但中子数不同（235-92=143，238-92=146），符合同位素的定义，A正确； B．石墨和  都是由碳元素组成的单质，但它们的原子排列方式和空间结构不同，属于同素异形体，B正确； C．丙醛的分子式为  ，环氧丙烷的分子式也为  ，二者分子式相同，但结构不同，符合同分异构体的定义，C正确； D．乙二醇和丙三醇都是多元醇，但它们的官能团数目不同（乙二醇含2个羟基，丙三醇含3个羟基），结构不相似，不符合“结构相似、分子组成相差一个或若干个  原子团”的同系物定义，D错误； 故选D。 7. 下列有机化合物中，一氯代物种数最多的是 A. CH3CH2CH3 B. CH2=CHCH3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】一氯代物种数=等效氢种数，以此作答。 【详解】A．CH3CH2CH3的一氯代物有2种，A不符合题意； B．CH2＝CHCH3的一氯代物有3种，B符合题意； C．的一氯代物有1种，C不符合题意； D．的一氯代物有2种，D不符合题意； 故答案选B。 8. 顺铂[]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属化合物；碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是 A. 碳铂中不含有键 B. 碳铂分子不属于手性分子 C. 碳铂分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数之比为 D. 1mol的顺铂[]是与足量的溶液反应时，可得到2 mol AgCl 【答案】B 【解析】 【详解】A．碳铂结构中含有两个C=O双键，每个C=O包含1个σ键和1个π键，因分子中存在π键，A错误； B．顺铂分子结构对称，不存在手性碳原子，因此该分子不属于手性分子，B正确； C．sp3杂化碳：环丁烷环上4个碳原子（均为四面体构型），sp2杂化碳：两个羰基碳（C=O）比例为  ，非1:2，C错误； D．顺铂[Pt(NH3)2Cl2]中Cl⁻为内界配体，不游离于溶液，无法与Ag+反应生成沉淀，D错误； 故选B。 9. 硫及硫的化合物在生产、生活中有广泛应用。S8和SF6的分子结构如图所示，下列有关叙述正确的是 A. S8分子和SF6分子都是极性分子 B. S8中S原子的杂化类型为sp3杂化 C. SF6分子呈正八面体形且键角∠FSF均为90° D. SF6分子中各原子均达到8电子稳定结构 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子中相邻成键的硫原子之间都成非极性键，​结构对称；为正八面体对称结构，二者正负电荷中心都重合，均为非极性分子，A错误； B．中每个原子的键数均是，均含有对孤电子对，价层电子对数为，故原子的杂化方式是，B正确； C．在分子中存在两种键角，相邻位置的原子与中间的原子键角为，对角位置的原子与原子所形成的键角为，故键角不都等于，C错误； D．由图可知，1个分子中形成6个共价键，最外层电子数为12，不满足8电子稳定结构，仅F原子满足8电子稳定结构，D错误； 故选B。 10. 如图所示是一种离子液体，属于绿色溶剂。其中R、X、Y、Z、W五种元素均为短周期元素，R元素形成的一种同素异形体熔点高、硬度小，基态X原子核外有两个未成对电子，Y元素的简单氢化物是制造化肥的重要原料，Z元素形成的单质是所有单质中氧化性最强的。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. W简单气态氢化物可溶于水是由于其与水分子之间存在氢键 C. 最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： D. 简单气态氢化物的稳定性： 【答案】D 【解析】 【分析】R、X、Y、Z、W五种元素均为短周期元素，R元素形成的一种同素异形体熔点高、硬度小，该同素异形体是石墨，R是C元素；基态X原子核外有两个未成对电子，X形成2个共价键，X是O元素；Y元素的简单氢化物是制造化肥的重要原料，Y是N元素；Z元素形成的单质是所有单质中氧化性最强的，Z是F元素，W形成6个共价键，W是S元素； 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，简单离子半径 S2->N3->F-，故A错误； B．H2S与水分子之间不能形成氢键，其可溶于水是因为H2S和H2O均为极性分子，故B错误； C．F元素没有最高价含氧酸，故C错误； D．同周期从左到右，元素非金属性增强，简单气态氢化物的稳定性增强，简单气态氢化物的稳定性HF>H2O>NH3，故D正确； 选D。 11. 下图依次为空间结构、NaCl晶胞、金刚石晶胞、铜晶胞，下列说法不正确的是 空间结构 NaCl晶胞 金刚石晶胞 铜晶胞 A. 为极性分子，1个该分子中含2个键 B. 中H-O与O-O形成的键角(如图①)小于 C. 1个金刚石晶胞中平均含8个碳原子，1个铜晶胞中平均含4个铜原子 D. NaCl晶胞中，距离最近的六个构成正八面体结构 【答案】A 【解析】 【详解】A．结合图知，的空间结构为二面角形，分子的正负电荷中心不重合，为极性分子；中每个O均形成两个键，且有两个孤电子对，O采取sp3杂化，1个分子中含2个H-O键，这两个H-O键均由H的1s轨道和O的sp3杂化轨道头碰头重叠而形成，2个H-O键即2个键，故A错误； B．中O采用杂化，O原子有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力较大，所以H-O与O-O形成的键角(如图①)小于，故B正确； C．图中有8个碳原子处于顶点，6个碳原子处于面心，4个碳原子处于体内，根据均摊原则，1个金刚石晶胞中平均含碳原子数为；1个铜晶胞中平均含铜原子数：，故C正确； D．根据图示，NaCl晶胞中，距(可以看体心处的)最近的是6个(该上下左右前后各一个)，距离最近的六个能构成正八面体结构，故D正确； 选A。 12. 研究超分子的科学家发明了很多新型分子，这些分子可以充当“快递员”(主体)，携带其他分子或离子(客体)运输到指定区域，称为“主客体化学”。二苯并-18-冠-6-醚可作为主体分子，结合水中的Pb，结合后的结构如图1所示；用KMnO4溶液氧化甲苯时，引入冠醚可促进向有机相转移，加快反应速率，原理如图2所示。下列说法错误的是 A. 用KMnO4溶液氧化甲苯时，引入冠醚在反应过程中起催化作用 B. 二苯并-18-冠-6-醚分子中碳原子的杂化方式有2种 C. 在二苯并-18-冠-6-醚通过离子键与Pb2+结合形成超分子 D. KMnO4溶液氧化甲苯时引入的冠醚属于“主客体化学”中的主体 【答案】C 【解析】 【详解】A．图2显示，冠醚结合K+后通过静电吸引将从水相转移至有机相，促进其与甲苯反应；反应结束后冠醚释放K+并循环使用，符合催化剂“参与反应但总量不变”的特征，A正确； B．二苯并-18-冠-6-醚分子结构中含两类碳原子：苯环碳：形成3个σ键+1个π键，为sp2杂化；亚甲基碳（–CH2–）：形成4个σ键，为sp3杂化，故仅存在两种杂化方式，B正确； C．图1显示Pb2+位于冠醚环中心，与多个氧原子配位，氧原子提供孤对电子，Pb2+提供空轨道，形成的是配位键，C错误； D．图2中冠醚包裹K+，实现离子跨相迁移，符合“主体识别并结合客体”的定义，K+为客体，冠醚为主体，D正确； 故答案选C。 13. 羟胺(NH2OH)在有机合成中用作还原剂，其熔点32.05℃，沸点70℃。下列化学用语或图示表达正确的是 A. 用电子式表示羟胺的形成过程： B. 羟胺NH2OH分子间氢键的强弱： C. 固态羟胺X射线衍射图谱对比如图 D. 羟胺中N原子杂化后的轨道表示式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．羟胺（NH2OH）是共价化合物，用电子式表示羟胺的形成过程示意图正确（体现了N-H、N-O、O-H的形成），A选项正确； B．因为的电负性大于N，键的极性比键的极性强，所以羟胺分子间氢键的强弱为，B选项错误； C．缓慢析出的为晶体，快速析出的可能为非晶体，晶体的射线衍射图谱有尖锐的衍射峰，C选项错误； D．原子有5个价电子，4个杂化轨道上电子数为：，D选项错误； 故答案选A。 14. 砷化镓是一种新型半导体材料，应用广泛。图甲为它的立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿轴的投影图。该晶胞的边长为，在三维坐标系中a、b两点的原子坐标分别为、。下列说法错误的是 A. As和Ga原子间的最近距离为 B. c点的原子坐标为 C. 1个Ga与12个Ga等距离且最近 D. 该晶体的密度为 【答案】B 【解析】 【详解】A．As和Ga原子的最近距离为晶胞体对角线的，体对角线长度为 pm，故最近距离为 pm，A正确； B．根据a、b两点的原子坐标，甲图中c点位于晶胞靠上区域，z坐标应为，正确的分数坐标为，B错误； C．Ga原子采取面心立方最密堆积，每个Ga原子周围等距离且最近的Ga原子数目为12，C正确； D．Ga在8个顶点和6个面心，均摊为，As在内部，为4个，晶胞总质量为 ，晶胞体积为，密度，D正确； 答案选B。 二、非选择题(每空2分，共58分) 15. Ⅰ．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，燃烧的灰烬中碘元素以I-的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图： （1）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①___________；③___________；写出实验②中有关反应的离子反应方程式：___________。 （2）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是___________(填字母)。 A. 苯 B. 酒精 C. 四氯化碳 D. 乙酸 （3）请设计一种检验过程③提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：___________。 （4）要从碘的苯溶液中提取碘和回收苯，还需要经过___________操作。(填字母) Ⅱ．重结晶法可用于提纯苯甲酸。 （5）①若苯甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度(S)随温度变化的曲线如下图所示。则重结晶时，最合适的溶剂是___________(填字母序号)。 ②下列有关苯甲酸重结晶实验的说法正确的是___________(填字母序号)。 A．在苯甲酸重结晶实验中，粗苯甲酸加热溶解后需趁热过滤 B．粗苯甲酸溶解过程中，玻璃棒搅拌能提高苯甲酸的溶解度 C．冷却结晶时，温度过低将析出杂质，故此时温度不是越低越好 【答案】（1） ①. 过滤 ②. 萃取 ③. Cl2+2I-=I2+2Cl- （2）AC （3）取少量提取碘后的溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液观察是否变蓝。 （4）A （5） ①. C ②. AC 【解析】 【分析】海带晒干灼烧得到海带灰溶于水，浸泡后过滤得到含有碘离子的溶液，则操作①为过滤，滤液中通入氯气，发生2I-＋Cl2=2Cl-＋I2，得到碘的水溶液，操作③为萃取分液，用有机溶剂萃取得到含碘的有机溶液，最后蒸馏可得到碘，据此分析； 【小问1详解】 从海藻中提取I2的实验操作名称：①过滤，③萃取分液，过程②中有关反应的离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-； 【小问2详解】 萃取的基本原则是：两种溶剂互不相溶，且溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中大的多，萃取剂与溶质不反应。碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯与水不互溶，且四氯化碳、苯均不与碘反应；酒精、乙酸都能与水互溶，不能作萃取剂，故选AC； 【小问3详解】 根据淀粉遇碘变蓝色检验碘单质的存在，实验操作为取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色，若溶液变蓝，说明还有单质碘； 【小问4详解】 要从碘的苯溶液中提取碘和回收苯，还需要经过蒸馏操作，故选A； 【小问5详解】 ①根据图示，苯甲酸在溶剂C中的溶解度受温度影响大，粗苯甲酸重结晶时，合适的溶剂是C； ②A．为了减少趁热过滤过程中苯甲酸的损失，粗苯甲酸加热溶解后需趁热过滤，A正确； B．用玻璃棒搅拌不能提高苯甲酸的溶解度，B错误； C．冷却结晶时，温度过低杂质将析出，以此时温度不是越低越好，C正确； 故选AC。 16. 某化学小组为测定有机物G的组成和结构，设计如图实验装置： 回答下列问题： （1）电炉中CuO的作用是___________。 （2）装置F中碱石灰的作用是___________。 将1.48 g G在上述装置中充分燃烧，测得装置D和装置E质量分别增加1.8 g和3.52 g。取适量G使用现代分析仪器对有机物G的分子结构进行测定，相关结果如图2、图3、图4所示。 （3）G的分子式为___________，G的结构简式是___________。 （4）N是G的同分异构体，且N属于醇类，则N的结构有___________种，其中核磁共振氢谱中有5组峰且峰面积之比为的结构简式为___________。 【答案】（1）作氧化剂，确保有机物被充分氧化生成二氧化碳 （2）防止空气中的水和二氧化碳进入装置影响实验 （3） ①. C4H10O ②. CH3CH2OCH2CH3 （4） ①. 4 ②. CH3CH2CH2CH2OH 【解析】 【分析】由实验装置图可知，装置A中过氧化氢溶液在二氧化锰作催化剂条件下分解制备氧气；装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氧气；电炉中样品G与氧气共热反应生成碳的氧化物和水，其中氧化铜的作用是作氧化剂，与有机物不完全反应生成的一氧化碳共热反应生成铜和二氧化碳，确保有机物被充分氧化生成二氧化碳；装置D中盛有的浓硫酸用于吸收、测定反应生成水的质量；装置E中盛有的碱石灰用于吸收、测定反应生成二氧化碳的质量；装置F中盛有的碱石灰用于吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止二氧化碳和水蒸气进入装置E中造成实验误差。 【小问1详解】 由分析可知，电炉中氧化铜的作用是作氧化剂，与有机物不完全反应生成的一氧化碳共热反应生成铜和二氧化碳，确保有机物被充分氧化生成二氧化碳； 【小问2详解】 由分析可知，装置E中盛有的碱石灰用于吸收、测定反应生成二氧化碳的质量；装置F中盛有的碱石灰用于吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止二氧化碳和水蒸气进入装置E中造成实验误差； 【小问3详解】 由质谱图可知，质谱中最大质荷比为74，则有机物G的相对分子质量为74，则1.48 g G的物质的量为：=0.02 mol；由题意可知，有机物G反应生成二氧化碳和水的质量分别为3.52 g和1.8 g，则G分子中碳原子的物质的量为：=0.08 mol，氢原子的物质的量为：×2=0.2 mol，氧原子的物质的量为：=0.02 mol，则G与碳原子、氢原子和氧原子的物质的量比为：0.02 mol：0.08mol：0.2 mol：0.02 mol=1：4：10：1，G的分子式为C4H10O；由红外光谱图可知，G分子中含有醚键，由核磁共振氢谱图可知，G分子中含有两类氢原子，且原子个数比为2：3，则G的结构简式为：CH3CH2OCH2CH3； 【小问4详解】 分子式为C4H10O的醇是饱和一元醇，则N可能是1-丁醇、2-丁醇、2-甲基-1-丙醇、2-甲基-2-丙醇，共有4种；其中核磁共振氢谱中有5组峰且峰面积之比为的有机物为1-丁醇，结构简式为CH3CH2CH2CH2OH。 17. 研究原子、分子等物质的微观结构，对认识物质的性质非常重要。请回答下列问题： （1）Au与Cu同族且比Cu多两个电子层，基态Au原子的价电子排布式为___________，属于___________区的元素。 （2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的模型名称是___________。 ②的键是由锡的___________轨道与氯的轨道重叠形成键。 （3）砷(As)和镓(Ga)是两种重要的化学元素在半导体、电子工业及材料科学中具有关键作用。 ①AsCl3分子的立体构型为___________。 ②GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是___________。 （4）是一种配体，作配体时的配位原子是___________。和属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示。1个八聚磷酸根离子含有的σ键数目为___________，写出八聚磷酸根离子的化学式为___________。 【答案】（1） ①. 5d106s1 ②. ds （2） ①. 平面三角形 ②. sp3杂化 （3） ①. 三角锥形 ②. GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体 （4） ①. O或氧 ②. 32 ③. 【解析】 【小问1详解】 Cu为第四周期ⅠB族元素，Au与Cu同族且比Cu多两个电子层，为第六周期ⅠB族元素，因此基态Au的价电子排布为，ⅠB族元素属于ds区； 【小问2详解】 ① ​中Sn的价层电子对数为，因此VSEPR模型为平面三角形； ② ​中Sn形成4个σ键且无孤电子对，Sn为杂化，因此Sn以杂化轨道与Cl的3p轨道重叠形成σ键； 【小问3详解】  ① ​中As的价层电子对数为，含1对孤电子对，因此分子立体构型为三角锥形； ② ​是离子晶体，微粒间作用力为离子键；​是分子晶体，微粒间作用力为范德华力，离子键远强于范德华力，因此​熔点远高于； 【小问4详解】 ​中只有O原子存在孤电子对，因此配位原子为O。 根据直链多磷酸根的规律：n个P原子的直链多磷酸根中，每个P形成4个P-O σ键，总键数为，八聚磷酸根，因此σ键数为；O原子总数为，总电荷为，代入得O原子数为25，电荷为-10，因此化学式为​。 18. 回答下列问题。 （1）能与多种物质形成配合物，为研究配合物的形成及性质，某小组进行如下实验。 序号 实验步骤 实验现象或结论 ⅰ 向溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，随后溶解并得到深蓝色的溶液 ⅱ 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ⅲ 测定深蓝色晶体的组成 晶体的化学式为 ⅳ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成 ①画出深蓝色配离子的结构简式：___________。 ②加入乙醇有晶体析出的原因：___________。 ③实验步骤ⅰ中蓝色沉淀转变成深蓝色溶液的离子方程式___________。 ④该实验条件下，与的结合能力___________与的结合能力(填“大于”或“小于”)。 （2）可用于制备光学材料，其立方晶胞如图所示。 晶体中掺入少量后，会出现“正电”和“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 ①铜的第一电离能(I1)小于锌的第一电离能，其主要原因是___________。 ②区域A带___________(填“正”或“负”)电。 ③晶胞中1个周围最近的数为___________个。已知晶体的密度为，摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则两个之间的最短距离为___________(列出计算式即可)。 【答案】（1） ①. ②. 该配合物在极性较弱的乙醇中溶解度小 ③. [或] ④. 大于 （2） ①. Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2各能级电子处于全充满状态，能量较低，较稳定，失去一个电子较难，故第一电离能比铜大 ②. 正 ③. 4 ④. 【解析】 【小问1详解】 ①深蓝色配离子的结构简式：； ②在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，加入乙醇后降低了该配合物的溶解度，因此晶体析出； ③离子方程式：（或写也正确） ④加入稀NaOH无蓝色沉淀，说明溶液中更易与​结合，与的结合能力大于与的结合能力； 【小问2详解】 ① Cu的价电子排布为，失去1个4s电子即可达到稳定结构；Zn的价电子排布为，4s轨道为全充满稳定结构，更难失电子，因此Cu的第一电离能小于Zn； ② 区域A的空位当取代时，原（-2价）位置，取代为为-1价，负电荷比原位置少1，因此带正电； ③ ZnS晶胞中含4个和4个，晶胞质量，由​得晶胞边长，两个最短距离为晶胞面对角线的一半，即，即。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $