精品解析：广东广州市执信中学2025-2026学年度第二学期高二级化学科 (选择考) 选择性必修2随堂测试卷

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 本试卷共4页，12小题，满分50分。堂测用时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铅笔将自己的学号填涂在答卷上。 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；不能答在试卷上。 3、非选择题必须用黑色字迹的钢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；不准使用铅笔和涂改液。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：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 一、选择题：本题共10个小题，共24分。第1~8小题，每小题2分；第9~10小题，每小题4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. 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，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 【答案】B 【解析】 【详解】A．金刚石和SiC均是共价晶体且结构相似，原子半径：碳<硅，则金刚石中共价键键长比碳化硅中小，金刚石中共价键键能更大，故金刚石的熔点高于，A正确； B．水晶是原子晶体，熔化时共价键断裂；干冰是分子晶体，熔化时仅破坏分子间作用力，共价键未断裂，B错误； C．壁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； 故选B。 2. 下列说法正确的是 A. “杯酚”可分离和，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. 基态原子核外电子的运动状态有9种 D. 苹果酸含有1个手性碳原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．“杯酚”可分离和，反映出超分子具有分子识别的特性，A错误； B．利用红外光谱可以测定分子的化学键和官能团，用质谱法测定分子的相对分子质量，B错误； C．S是16号元素，则原子核外有16个电子。则基态S原子核外电子的运动状态有16种，C错误； D．分子中连4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，苹果酸中含有1个手性碳原子，如图，D正确； 故选D。 3. 下列有关漂白剂说法正确的是 A. SO2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. H2O2是含有极性键和非极性键的极性分子 D. NaClO是含有配位键和离子键的离子化合物 【答案】C 【解析】 【详解】A．中的键为极性键，且分子为V形结构，属于极性分子，A错误； B．中的键为非极性键，分子为极性分子，B错误； C．含有极性键和非极性键，分子结构不对称，为极性分子，C正确； D．中与间为离子键，内为共价键，不含配位键，D错误； 故选C。 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+ 【答案】A 【解析】 【详解】A ．：B的价层电子对数为，无孤对电子，VSEPR模型和结构均为平面三角形，A符合题意； B． ：N的价层电子对数为，含1对孤电子对，VSEPR模型为四面体，实际结构为三角锥形，B不符合题意； C． ：S的价层电子对数为，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．：O的价层电子对数为，含1对孤电子对，VSEPR模型为四面体，实际结构为三角锥形，D不符合题意； 故选A。 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 A 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键 B 在中的溶解度大于在中的溶解度 的相对分子质量大于的相对分子质量 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 未杂化的轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，无法形成分子间氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键；分子间氢键使物质沸点升高，因此沸点邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，A不符合题意； B．、均为非极性分子，为极性分子，根据相似相溶原理，在中的溶解度更大，与、的相对分子质量无关，B符合题意； C．冰晶体中水分子间形成较多氢键，氢键具有方向性，水分子间形成氢键后空隙变大，空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，C不符合题意； D．石墨属于混合型晶体，在二维结构平面内，每个碳原子以杂化轨道与相邻碳原子形成共价键，剩余未杂化的p轨道相互重叠形成大π键，电子可在整个碳原子平面内运动，因此石墨能导电，D不符合题意； 故选B。 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： 稳定性： B 电负性： 酸性： C 分子极性： 沸点： D 某冠醚与能形成超分子，与则不能 与的离子半径不同 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子间形成了氢键，而没有，但稳定性由键能决定，与分子间作用力无因果关系，A不符合题意； B．电负性正确，的羟基极性更强。更易电离出氢离子，故的酸性应强于（吸电子效应更强），陈述II错误，B不符合题意； C．和都为分子晶体，且两者的相对分子质量相等。但是是极性分子，是非极性分子，所以分子间的作用力更大，沸点实际高于，陈述II错误，C不符合题意； 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，某冠醚与能形成超分子，与则不能。则说明与的离子半径不同，陈述Ⅰ与陈述II均正确，且具有因果关系，D符合题意； 故选D。 7. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 金刚石中含有的数目为 B. 乙烯中含键的数目为 C. 环状()分子中含有的键数为 D. 与足量溶液反应，产生沉淀的数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．金刚石中每个C原子形成4个键，但每个键被2个C共享，实际每个C贡献2个键。12 g金刚石（1 mol C）含键数为，A错误； B．题干未告知气体所处的状态，无法计算乙烯的物质的量。也无法计算其中含σ键的数目，B错误； C．一个()分子中含有的键数为8个，的物质的量为，则含有的键数为，C正确； D．已知电离方程式为：，1 mol配合物电离产生的数目为，与足量溶液反应。产生沉淀的数目为，D错误； 故选C。 8. 向CuSO4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[Cu(NH3)4]SO4·H2O，NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是 A. 1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数为12 NA B. 实验中用玻璃棒摩擦试管壁是为了引入晶核 C. 将乙醇换成丙醇也能析出深蓝色晶体 D. [Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角比NH3中要大 【答案】A 【解析】 【详解】A．每个NH3分子含有3个N-H σ键，4个NH3分子提供12个σ键；同时每个NH3与Cu2+形成1个配位键（也属于σ键），共4个，则1个[Cu(NH3)4]2+中总σ键数为12+4=16，因此1 mol该离子含16 NA个σ键，A错误； B．用玻璃棒摩擦试管壁可提供结晶所需的晶核，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正确； D．NH3中N的孤对电子参与配位后，电子对之间的排斥力减小，键角增大，D正确； 故选A。 9. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。 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. 基态原子未成对电子数： D. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同 【答案】A 【解析】 【详解】A．由晶体结构图可知，中的的与中的形成氢键，因此，该晶体中存在氢键，A说法正确； B．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，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顺序为C< O < N，B说法不正确； C．B、C、O、N的未成对电子数分别为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．为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为；中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为；中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为；综上所述，晶体中B、О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. 一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知、、、、为原子序数依次增大的短周期主族元素，和同族，则下列说法正确的是 A. 简单氢化物的沸点大小： B. 最高价氧化物的水化物的酸性： C. 电负性： D. 和空间结构均为平面三角形 【答案】D 【解析】 【分析】可形成5个共价键，可形成3个共价键，和同族，原子序数比大，即为元素，为元素，可形成4个共价键，原子序数比小，即为元素，可形成1个共价键，原子序数比小，即为元素，可形成2个共价键，原子序数在和之间，即为元素。故有：为元素、为元素、为元素、为元素、为元素，据此分析。 【详解】A．简单氢化物分别为和，分子间存在氢键，沸点：，即Z>Y，A错误； B．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强。非金属性：C<N，故最高价氧化物的水化物的酸性有，即W<Z，B错误； C．同周期元素从左到右电负性增大，故电负性：C<N<O，即W<Z<X，C错误； D．的中心N原子价层电子对数为，为杂化，空间结构为平面三角形；的中心C原子价层电子对数为，为杂化，空间结构为平面三角形，D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共2小题，共26分。 11. 我国是金属材料生产大国，Cu、Co均为重要工业金属。请回答下列问题： I．溶液与乙二胺可形成配离子(是乙二胺的简写)。 （1）配离子的中心离子价电子排布式为___________。 （2）乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为___________杂化。 （3）如图1配离子的配位数为___________，该微粒含有的微粒间的作用力类型有___________(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）由可制备晶体，其立方晶胞如图。与最小间距大于与最小间距，、为整数，则Co在晶胞中的位置为___________(填“面心”、“体心”、“核心”或“顶点”)；晶体中一个AI周围与其最近的O的个数为___________。 【答案】（1） （2） （3） ①. 4 ②. ABD （4） ①. 体心 ②. 12 【解析】 【小问1详解】 铜的原子序数为29，根据能量最低原理基态铜离子的电子排布式为或，价电子排布式为，故答案为。 【小问2详解】 乙二胺分子中氮原子形成3个σ键，且有1对孤电子对，价层电子对数为4，氮原子为杂化。 【小问3详解】 图1中所形成的配离子中的配位数为4，含有的化学键中与之间为配位键，键为非极性键，、、键为极性键，不含离子键、金属键，故答案为：ABD。 【小问4详解】 由可制备晶体，其立方晶胞如图。、为整数，由图可知，晶胞中Al原子（黑球）位于8个顶点，Co原子（灰球）位于体心，O原子（白球）位于6个面心。此结构中，Al与O的最小间距为顶点到面心的距离（a为晶胞边长），Co与O的最小间距为体心到面心的距离。因为，符合题干“Al与O最小间距大于Co与O最小间距”的条件，说明该结构模型正确，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的原子，以顶点分析，与之距离最近的O原子是面心上的O原子，距离为（a为晶胞边长）。通过观察晶胞结构，每个顶点Al原子周围有12个这样最近的O原子，因此其配位数为12。 12. 镓(Ga)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、Al、和少量的、、、等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 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扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子的原理如图。已知： ①浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为___________。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为___________。 （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Ga的分离。 （4）“LAEM提取”中，原料液的浓度越___________，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入___________(填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）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___________，其立方晶胞的体积为___________。 【答案】（1） （2） （3） ①. 铁 ②. （4） ①. 高 ②. （5） ①. ②. 【解析】 【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧。金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将进行还原，得到原料液，原料液利用提取，通过交换膜进入II室并转化为，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含的废液调并结晶得到，晶体用于电解铝，据此分析。 【小问1详解】 “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； 【小问2详解】 “浸取”中，由形成的离子方程式为； 【小问3详解】 由已知，浸取液中，Ga(III)和以微粒形式存在，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[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原，从而有利于的分离： 【小问4详解】 “LAEM提取”中，原料液的浓度越高，更有利于生成的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质。可向I室中加入，提高浓度，进一步提高的提取率； 【小问5详解】 合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取为晶胞顶点，晶胞面心也是，处于晶胞棱心和体心，和形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中和形成的8个小正方体体心为，故晶胞中、个数为4，个数为8，粒子个数最简比，晶胞棱长为两个最近的Ga之间(或最近的Ni之间)的距离，为，故晶胞的体积为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 本试卷共4页，12小题，满分50分。堂测用时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铅笔将自己的学号填涂在答卷上。 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；不能答在试卷上。 3、非选择题必须用黑色字迹的钢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；不准使用铅笔和涂改液。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：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 一、选择题：本题共10个小题，共24分。第1~8小题，每小题2分；第9~10小题，每小题4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. 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，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”可分离和，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. 基态原子核外电子的运动状态有9种 D. 苹果酸含有1个手性碳原子 3. 下列有关漂白剂说法正确的是 A. SO2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. H2O2是含有极性键和非极性键的极性分子 D. NaClO是含有配位键和离子键的离子化合物 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 A 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键 B 在中的溶解度大于在中的溶解度 的相对分子质量大于的相对分子质量 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 未杂化的轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 A. A B. B C. C D. D 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： 稳定性： B 电负性： 酸性： C 分子极性： 沸点： D 某冠醚与能形成超分子，与则不能 与的离子半径不同 A. A B. B C. C D. D 7. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 金刚石中含有的数目为 B. 乙烯中含键的数目为 C. 环状()分子中含有的键数为 D. 与足量溶液反应，产生沉淀的数目为 8. 向CuSO4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[Cu(NH3)4]SO4·H2O，NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是 A. 1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数为12 NA B. 实验中用玻璃棒摩擦试管壁是为了引入晶核 C. 将乙醇换成丙醇也能析出深蓝色晶体 D. [Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角比NH3中要大 9. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。 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. 基态原子未成对电子数： 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、、、、为原子序数依次增大的短周期主族元素，和同族，则下列说法正确的是 A. 简单氢化物的沸点大小： B. 最高价氧化物的水化物的酸性： C. 电负性： D. 和空间结构均为平面三角形 二、非选择题：本题共2小题，共26分。 11. 我国是金属材料生产大国，Cu、Co均为重要工业金属。请回答下列问题： I．溶液与乙二胺可形成配离子(是乙二胺的简写)。 （1）配离子的中心离子价电子排布式为___________。 （2）乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为___________杂化。 （3）如图1配离子的配位数为___________，该微粒含有的微粒间的作用力类型有___________(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）由可制备晶体，其立方晶胞如图。与最小间距大于与最小间距，、为整数，则Co在晶胞中的位置为___________(填“面心”、“体心”、“核心”或“顶点”)；晶体中一个AI周围与其最近的O的个数为___________。 12. 镓(Ga)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、Al、和少量的、、、等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 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扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子的原理如图。已知： ①浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为___________。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为___________。 （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Ga的分离。 （4）“LAEM提取”中，原料液的浓度越___________，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入___________(填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）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___________，其立方晶胞的体积为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $