精品解析：四川成都外国语学校2025-2026学年度高二下学期（新高三）零诊模拟考试 化学试卷

成都外国语学校2025—2026学年度高二下期零诊模拟 化学试卷 注意事项： 1、本试卷分Ⅰ卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分。 2、本堂考试75分钟，满分100分。 3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。 4、考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Ni-59 第Ⅰ卷(选择题，共45分) 一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 各种材料是现代社会生产和科技发展中不可或缺的重要物质，应用广泛。2025年4月24日，神舟二十号载人飞船成功发射。下列说法错误的是 A. 宇航服材料中的聚四氟乙烯的单体属于烃类有机物 B. 储存氧气的钛合金罐体材料中的钛位于d区IVB族 C. 储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料 D. 飞船推进器材料中的陶瓷氮化硼属于含极性键的共价晶体 【答案】A 【解析】 【详解】A．聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯（），烃类是仅含碳、氢两种元素的有机物，该单体含氟元素，不属于烃类，A错误； B．钛元素原子序数为22，价电子排布为，位于周期表d区IVB族，B正确； C．储氢合金可大量吸收，并与结合生成金属氢化物，可用于氢气的储存运输，C正确； D．氮化硼（BN）属于共价晶体，B与N是不同非金属元素，二者形成的共价键为极性键，D正确； 故答案选A。 2. 中草药中常含有鞣质类、苷类、生物碱、有机酸等成分，提取中草药中的有机成分不可能使用的方法是 A. 萃取分液 B. 蒸馏 C. 灼烧 D. 重结晶 【答案】C 【解析】 【详解】A．萃取分液可利用有机成分在有机溶剂中的溶解度差异，分离提取目标有机成分，A不符合题意； B．蒸馏可利用不同有机成分的沸点差异实现分离提纯，B不符合题意； C．灼烧会使中草药中的有机成分被氧化、分解，破坏目标有效成分，不可能使用该方法提取，C符合题意； D．重结晶可利用不同成分在溶剂中溶解度随温度变化的差异，提纯得到有机成分晶体，D不符合题意； 故选C。 3. 向Co2＋盐溶液中加入过量的KNO2溶液，并以少量醋酸酸化，加热后从溶液中析出K3[Co(NO2)6]。下列有关说法错误的是 A. 基态Co2＋核外电子排布式为[Ar]3d7 B. 的空间构型为V形 C. 醋酸分子中σ键与π键数目之比为3∶1 D. 配离子中Co3＋提供空轨道 【答案】C 【解析】 【详解】A．Co为27号元素，基态原子核外电子排布为，失去最外层2个4s电子得到，故基态核外电子排布式为，A正确； B．中心N原子价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为V形，B正确； C．醋酸结构为，单键均为σ键，双键含1个σ键和1个π键，分子中共有7个σ键、1个π键，二者数目比为，不是，C错误； D．配离子中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，中为中心离子，提供空轨道，D正确； 故选C。 4. 下列关于晶体的说法不正确的是 A. 金刚石的硬度大于晶体硅的原因是二者均为共价晶体，键能： B. 冰晶体中每个水分子与4个相邻水分子形成氢键，分子间空隙大使冰的密度小于水 C. 石墨作润滑剂原因是其晶体为层状结构，层与层之间以范德华力结合，作用力小，易发生相对滑动 D. 金属的延展性与金属键具有方向性和饱和性密切相关 【答案】D 【解析】 【详解】A．金刚石和晶体硅均为共价晶体，C原子半径小于Si，故C-C键长更短，键能，因此金刚石硬度更大，A正确； B．冰晶体中水分子的氧原子有2对孤电子对可与2个水分子的氢形成氢键，自身2个氢可与其他水分子的氧形成氢键，每个水分子与4个相邻水分子形成氢键，该结构分子间空隙大，使冰的密度小于水，B正确； C．石墨为层状晶体，层与层之间的作用力为范德华力，作用力较弱，容易发生相对滑动，因此石墨可作润滑剂，C正确； D．金属键是金属阳离子与自由电子之间的相互作用，没有方向性和饱和性，金属的延展性是因为金属受外力发生形变时金属键仍可维持，与金属键有方向性、饱和性无关，D错误； 故选D。 5. 下列化学用语或图示表述正确的是 A. 的名称：乙二酸二乙酯 B. 蔗糖的分子式为C6H12O6 C. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键： D. 、是同一物质 【答案】A 【解析】 【详解】A．该物质为乙二酸和两分子乙醇酯化的产物，名称为乙二酸二乙酯，A正确； B．蔗糖属于二糖，分子式为，是单糖（葡萄糖、果糖）的分子式，B错误； C．邻羟基苯甲醛的分子内氢键是羟基中与O相连的H，和醛基的O形成的，图示虚线连接位置错误，C错误； D．两种结构互为对映异构体，属于不同物质，D错误； 故答案选A。 6. 下列说法正确的是 A. 用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石 B. 高锰酸钾与苯酚存放在同一药品柜中 C. 甲苯和浓溴水能发生取代反应生成邻溴甲苯 D. 油脂为高级脂肪酸的甘油酯，属于高分子化合物 【答案】A 【解析】 【详解】A．X射线衍射法可区分晶体和非晶体，蓝宝石属于晶体，玻璃属于非晶体，二者X射线衍射图谱特征不同，可通过该方法区分，A正确； B．高锰酸钾具有强氧化性，苯酚具有还原性，二者存放在同一药品柜中易发生氧化还原反应引发危险，不能存放在同一药品柜，B错误； C．甲苯和浓溴水仅发生萃取，无法发生取代反应，甲苯需与液溴在催化剂作用下才能发生苯环上的取代反应，C错误； D．高分子化合物相对分子质量通常达上万，油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D错误； 故选A。 7. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0.1 mol环氧乙烷()中含有σ键的数目为0.3NA B. 标准状况下，22.4 L苯中，含有氢原子的数目为6NA C. 14 g乙烯和环丙烷混合气体，在足量氧气中充分燃烧，消耗的O2为1.5NA D. 0.1 mol CH3CH2OH与足量的CH3COOH反应，可生成0.1NA个CH3COOCH2CH3 【答案】C 【解析】 【详解】A．1个环氧乙烷分子中含有7个σ键，0.1mol环氧乙烷含σ键数目为0.7，A错误； B．标准状况下苯为液态，不能用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定氢原子数目，B错误； C．乙烯和环丙烷的最简式均为，14g混合气体中的物质的量为1mol，1mol 完全燃烧消耗1.5mol ，即消耗的数目为1.5，C正确； D．乙醇与乙酸的酯化反应为可逆反应，反应物不能完全转化，生成乙酸乙酯的分子数小于0.1，D错误； 故答案选C。 8. 下列事实解释正确的是 选项 事实 解释 A 黏性：润滑油>水 氢键强度：润滑油水 B 键角：NH3>PH3 电负性：N>P C 冠醚18-冠-6能识别K+ 冠醚中的O通过离子键与K+作用 D O3的溶解度：CCl4>H2O O3为非极性分子 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．润滑油主要成分为烃类，不存在氢键，其黏性大于水是因为润滑油相对分子质量大，范德华力更强，A错误； B．和均为三角锥形结构，中心原子均含1对孤对电子，电负性，使得中键的成键电子对更靠近中心原子，成键电子对之间斥力更大，键角更大，B正确； C．冠醚18-冠-6能够与形成超分子，说明的直径与冠醚18-冠-6的空腔直径适配，反映了超分子的“分子识别”的特征，二者通过非共价键结合，并非离子键，C错误； D．为极性分子，该解释不符合事实，D错误； 故选B。 9. Fenton试剂(含和的水溶液)产生的羟基自由基能有效氧化去除水中的有机污染物，的产生机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 过程Ⅰ和过程Ⅱ都有非极性共价键断裂 B. 过程Ⅱ的反应方程式： C. 比更稳定是因为其3d轨道半充满结构 D. 用代替，也能形成类似Fenton试剂的体系 【答案】A 【解析】 【详解】A． 结构式为，其中键为非极性共价键，键为极性共价键： 过程Ⅰ中断裂非极性键生成，但过程Ⅱ中仅断裂极性键生成和，因此不是两个过程都有非极性共价键断裂，A错误； B．根据反应机理，过程Ⅱ是与反应生成、和，反应的方程式为，B正确； C．价电子排布式为， 价电子排布式为，的3d轨道处于半充满状态，能量较低，较稳定，C正确； D．若用代替，先和发生过程Ⅱ生成，生成的再继续发生过程Ⅰ产生，循环反应可以持续产生羟基自由基，因此能形成类似Fenton试剂的体系，D正确； 故选A。 10. 穿心莲内酯具有祛热解毒、消炎止痛之功效，被誉为天然抗生素药物，结构简式如图所示。下列说法正确的是 A. 1 mol该物质与足量NaHCO3溶液反应理论上最多可生成3 mol CO2 B. 该物质中的含氧官能团有3种 C. 酸性条件下，该物质能发生水解反应，生成两种有机产物 D. 1 mol该物质与足量溴水混合，发生加成反应最多消耗2 mol Br2 【答案】D 【解析】 【详解】A．该物质不含羧基，无法与溶液反应生成，A错误； B．该物质的含氧官能团为醇羟基、酯基，共2种，B错误； C．该物质的酯基为环内酯结构，酸性条件下水解仅生成1种有机产物，C错误； D．1mol碳碳双键可与1mol 发生加成反应，该物质共含2mol碳碳双键，最多消耗2mol ，D正确； 故选 D。 11. 有机化合物分子中基团之间的相互影响会导致物质的化学性质不同。下列事实不可以用上述观点解释的是 A. 乙醇不能与碱发生中和反应，而苯酚能与碱发生中和反应 B. 甲烷不能使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使高锰酸钾溶液褪色 C. 乙烷不能与溴发生加成反应，而乙烯能与溴发生加成反应 D. 三氟乙酸()的pKa=0.23，而乙酸的pKa=4.76 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连，苯环对羟基的影响使苯酚中羟基氢更活泼，可与碱发生中和反应，能用基团相互影响解释，A不符合题意； B．甲苯中苯环对甲基的影响使甲基活性增强，可被高锰酸钾氧化，而甲烷中无苯环影响，不能被高锰酸钾氧化，能用基团相互影响解释，B不符合题意； C．乙烷属于饱和烷烃，不含碳碳双键，乙烯含有碳碳双键官能团，二者性质差异是因为官能团种类不同，不是基团间的相互影响，不能用题干观点解释，C符合题意； D．三氟乙酸中三氟甲基是吸电子基团，对羧基的影响使羧基羟基氢更易电离，酸性强于乙酸，能用基团相互影响解释，D不符合题意； 故选C。 12. 苯甲酸粗品含有NaCl、泥沙等杂质，提纯苯甲酸的方案如图所示。下列说法错误的是 A. 以上提纯苯甲酸的方法是重结晶 B. 在步骤Ⅱ中若要获得较大晶体，需将滤液快速放入冰水混合物中冷却 C. 一系列操作为过滤、洗涤、干燥 D. 该实验用到的实验安全标识为 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯甲酸的溶解度随温度变化远大于NaCl，该提纯过程利用溶解度差异，经过溶解、趁热过滤、冷却结晶提纯晶体，方法为重结晶，A正确； B．要获得较大晶体，需要缓慢冷却，快速放入冰水冷却时，会快速析出大量细小晶核，只能得到小颗粒晶体，B错误； C．冷却结晶得到苯甲酸晶体后，依次经过过滤、洗涤除去杂质、干燥除去水分，即可得到苯甲酸纯品，C正确； D．进行化学实验需要戴好护目镜以保护眼睛，用到护目镜标识，实验结束后离开实验室前需用肥皂等清洗双手，用到洗手标识，实验中会用到酒精灯加热，用到明火、热烫标识，D正确； 故选B。 13. 短周期元素X、 Y、Z、M原子序数依次增大，Z的基态原子2p轨道半充满，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图。下列说法正确的是 A. 电负性：X>Y>Z B. 原子半径：Y>Z>X C. 分子中Z原子的杂化方式均为sp2 D. Y、Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸 【答案】B 【解析】 【分析】已知X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，Z的基态原子2p轨道半充满，则Z为N元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，则M为S元素，4种元素组成的一种分子结构如图，根据共价键数目可推知，则X为H元素，Y为C元素，据此分析解答问题。 【详解】A．由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，则电负性：N>C>H，A错误； B．H原子核外有1个电子层，而C、N原子核外均有2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：C>N>H，B正确； C．分子中N原子均形成共价单键，为sp3杂化，C错误； D．C元素的最高价氧化物的水化物为H2CO3，H2CO3为弱酸，D错误； 答案选B。 14. 下列有关同分异构体数目判断正确的是 A. 三联苯()的一氯代物有4种 B. C6H14含有三个甲基的同分异构体有3种 C. 分子式为C3H4ClBr的有机物共有11种 D. 立方烷()的六氯代物有4种 【答案】A 【解析】 【详解】A．三联苯为轴对称结构，沿分子中轴线对称，等效氢共有4种，因此一氯代物有4种，A正确； B．分子式为C6H14的己烷同分异构体中，含有3个甲基的只2-甲基戊烷和3-甲基戊烷2种，不是3种，B错误； C．分子式为C3H4ClBr的有机物可视为丙烯或环丙烷的取代物，丙烯取代物有、、、、、、、8种，环丙烷取代物有、2种，共10种，C错误； D．立方烷分子式为，立方烷的二氯代物只有3种，两个取代基位置共边、面对角线、体对角线，分子中有8个H原子，根据“换元法”，六氯代物共3种，D错误； 故选A。 15. 铜铟镓硒多晶薄膜太阳能电池比传统硅基太阳能电池更具优势，其中一种晶体的四方晶胞结构如图所示，摩尔质量为，位于晶胞上下面的中心，晶胞的边长分别为a pm、a pm、c pm，若阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A. 与的个数比为 B. 的配位数是8 C. D. 密度为 【答案】C 【解析】 【分析】明确四方晶胞的微粒均摊规则，顶点、面心、棱上、内部的均摊占比分别为、、、1。首先计算各微粒数目，位于晶胞上下底面中心，共个，其余白球分别有4个位于棱心，四个位于面心，即个数为，共个，全部位于晶胞内部，共8个，根据电荷守恒，，解得。 【详解】A．由分析可知，与的个数比为，A错误； B．以体心的为例，周围最近的的个数为4，配位数为4，且根据分析，晶体中不存在，B错误； C．根据电荷守恒，得，C正确； D．晶胞质量为 ，晶胞体积为，密度为，D错误； 故选 C。 第Ⅱ卷(非选择题，共55分) 二、非选择题(本题共4个小题，共55分) 16. 第二主族元素又名碱土金属元素，单质及其化合物用途广泛。回答下列问题： （1）Be(OH)2是一种两性氢氧化物，能与NaOH反应生成Na2[Be(OH)4]。 ①Na2[Be(OH)4]中四种元素电负性由大到小的顺序为_______________。 ②[Be(OH)4]2-中存在的化学键类型为_________(填字母)。 A．离子键 B．氢键 C．配位键 D．非极性键 ③比较Be和B第一电离能大小并说明原因：____________________________________。 （2）CaCO3是一种重要的建筑材料，其阴离子的空间结构为_________，与钙元素同周期且基态原子最外层电子数相同的元素有_________种。 （3）某新型超导晶体由镁、镍、碳三种元素组成，其立方晶胞结构如图。 ①该超导晶体的化学式为_________，晶体中与碳原子距离最近且相等的镍原子有_________个。 ②设晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为________g·cm-3(列计算式，用含a和NA的代数式表示)。 【答案】（1） ①. ②. C ③. Be>B，因为Be基态原子电子排布为1s22s2，2s轨道全充满，结构更稳定；B基态原子电子排布为1s22s22p1，更容易失去一个电子，因此第一电离能 （2） ①. 平面正三角形 ②. 8 （3） ①. MgNi3C或Ni3MgC ②. 12 ③. 【解析】 【小问1详解】 ①元素的非金属性越强，电负性越大。非金属性强弱顺序为，故电负性由大到小的顺序为； ②在中，中心离子提供空轨道，配体中的原子提供孤电子对，两者之间形成配位键；内部O与H为极性共价键，无离子键，氢键不属于化学键，故选C； ③基态原子的电子排布式为，轨道处于全充满的稳定状态，较难失去电子；基态原子的电子排布式为，失去一个电子后达到全充满的稳定状态，较易失去电子，因此第一电离能； 【小问2详解】 中中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，故其空间结构为平面正三角形；钙元素位于第四周期，基态原子最外层电子数为2。第四周期中，除外，最外层电子数为2的元素还有、、、、、、、，共8种； 【小问3详解】 ①根据均摊法，晶胞中原子位于顶点，数目为；原子位于面心，数目为；原子位于体心，数目为1，故该超导晶体的化学式为；以顶点原子为中心，距离最近且相等的原子位于经过该顶点的各个面的面心，每个顶点被8个晶胞共用，每个晶胞有3个面心与该顶点相连，每个面心被2个晶胞共用，故共有个； ②1个晶胞的质量，晶胞的体积，故该晶体的密度。 17. 苯基乙醇是一种重要的有机合成中间体，广泛应用于香料、医药等领域。可由苯乙烯()经硼氢化-氧化反应制备。反应原理如下： 第一步(硼氢化反应)：(THF为四氢呋喃，作溶剂) 第二步(氧化水解)： 已知：① 相对分子质量 密度/() 沸点/℃ 溶解性 苯乙烯() 104 0.906 145 与水不互溶 四氢呋喃(THF) — 0.887 66 与水不互溶 2-苯基乙醇() 122 0.995 212 易溶于乙醇、乙醚，微溶于水 ②配合物(硼烷-四氢呋喃配合物)需在2~8℃冷藏保存，防止分解。 ③硼氢化反应为放热反应。 实验步骤如下： Ⅰ．硼氢化反应：在三颈烧瓶中加入10 mLTHF和4.2 mL苯乙烯，冷却至0℃，缓慢滴加15 mL配合物溶液，搅拌至反应完全(约30 min)。实验装置如图(夹持略去)。 Ⅱ．氧化水解：在上述反应液中，缓慢滴加适量30%溶液，再加入10 mLNaOH溶液，控制温度在25℃~30℃，搅拌1 h，确保氧化反应彻底。 Ⅲ．分离提纯：①向反应液中加入20 mL蒸馏水，搅拌均匀后转移至分液漏斗中，静置分层； ②分离出有机层，用饱和NaCl溶液洗涤2次(每次10 mL)，再用试剂X干燥； ③过滤除去干燥剂，对有机层进行蒸馏，收集210℃~214℃的馏分，得到2-苯基乙醇产品。回答下列问题： （1）仪器a的名称是________，作用是________。 （2）步骤Ⅰ中滴加配合物溶液时需“缓慢滴加”，原因是________。 （3）步骤Ⅱ中控制温度为25℃~30℃之间，除控制反应速率外，还可能的原因是________(写一条)。 （4）步骤Ⅲ②中，判断有机层在________(填“上层”或“下层”)。用饱和NaCl溶液洗涤有机层的目的是________，干燥有机层可选用的试剂是________(填字母)。 A．浓硫酸 B．硫酸镁 C．无水乙醇 D．NaCl （5）实验最终得到2.3 g 2-苯基乙醇产品，计算该实验的产率________(列出计算式即可，不用化简)。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 冷凝回流、导气 （2）控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热导致受热分解 （3）防止温度过高导致分解或防止有其他副反应发生 （4） ①. 上层 ②. 除去有机层中残留的和等可溶性杂质 ③. B （5） 【解析】 【分析】首先在三颈烧瓶中进行反应，反应为放热反应，受热易分解，因此需控制低温、缓慢滴加反应物。随后进行氧化水解反应，热稳定性差，需控制温度得到目标产物。 【小问1详解】 仪器a为球形冷凝管，反应体系中苯乙烯、四氢呋喃沸点较低，受热易挥发，球形冷凝管可将挥发的气态反应物冷凝为液态回流至反应容器，提高原料利用率，同时可导出体系内气体，平衡装置内压强。 【小问2详解】 硼氢化反应为放热反应，配合物在温度高于8℃时易分解，缓慢滴加溶液可控制反应速率，避免反应过快释放大量热使体系温度骤升，导致分解，降低原料利用率。 【小问3详解】 热稳定性差，温度过高会发生分解，同时温度过高可能引发有机副反应，降低目标产物的产率，因此需控制温度在25~30℃之间。 【小问4详解】 有机层组分包括苯乙烯、四氢呋喃、2-苯基乙醇，密度均小于水的密度，因此静置分层后有机层位于上层。饱和溶液可降低有机物在水相中的溶解度，减少产物损失，同时可洗去有机层中残留的、等可溶性杂质。干燥有机层需选择与有机物不反应、不互溶的干燥剂： A．浓硫酸具有强氧化性和酸性，会氧化有机产物或与有机物发生副反应，A错误； B．硫酸镁为中性固体干燥剂，与有机层不反应，可吸收有机层中残留水分，B正确； C．无水乙醇与有机物互溶，无法起到干燥作用，C错误； D．没有吸水性，不能作干燥剂，D错误； 故选B。 【小问5详解】 首先判断反应物过量关系： ， 根据硼氢化反应的计量关系，3mol苯乙烯与1mol 完全反应， 完全反应需要消耗 苯乙烯，小于实际投料的苯乙烯物质的量，因此苯乙烯过量，按的量计算理论产量： 理论生成2-苯基乙醇的物质的量为 ，理论质量为 因此实验产率为。 18. 有机物G是一种治疗心脏病的特效药物，可用下列流程合成。 回答下列问题： （1）A的名称为______________，B→C的反应类型为__________________。 （2）C中有_________个手性碳原子。 （3）合成路线中各物质中均不含有的官能团为_________(填序号)。 a．碳碳双键　　b．醚键　　c．醛基　　d．羧基　　e．酮羰基 （4）C和F反应生成G的化学方程式为__________________________________。 （5）满足下列条件的B的同分异构体有_________种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为9:2:2:1的同分异构体的结构简式为___________________________________________。 ①苯环上只有1个取代基 ②不能与Na反应产生H2 （6）以乙醇为原料制备CH3(CH2)3CHO的合成路线如下： 已知： 其中M的结构简式为：__________________。条件X为：_____________________。 【答案】（1） ①. 3-甲基苯酚或间甲基苯酚 ②. 加成或还原反应 （2）3 （3）be （4） （5） ①. 13 ②. （6） ①. ②. 【解析】 【分析】先沿合成路线确定关键结构：A为，与丙烯发生芳环烷基化生成B，B芳环加氢得到取代环己醇C；另一支路中烯烃D羰基化得到3-甲基丁醛E，E氧化为3-甲基丁酸F，C与F酯化生成G。第5问根据“一取代苯、不能与钠反应”判断为醚类同分异构体；第6问只需由题给羟醛缩合确定M，并由烯烃制醛的已知反应倒推条件X。 【小问1详解】 题给起始物的苯环上羟基与甲基处于间位，所以名称为3-甲基苯酚，也可写作间甲基苯酚；该酚与丙烯在催化条件下发生芳环烷基化，随后异丙基化产物与氢气在镍催化、高温高压条件下反应，苯环被加氢为环己醇骨架，因此B到C属于加成反应，也可表述为还原反应； 【小问2详解】 加氢产物为取代环己醇结构： 其中连羟基的环碳、连异丙基的环碳、连甲基的环碳均连有四种不同基团，是手性碳原子；其余环碳不满足手性碳条件，所以共有3个手性碳原子； 【小问3详解】 从合成路线逐一判断，A、B、C中有羟基，D中有碳碳双键，E中有醛基，F中有羧基，G中有酯基；全路线没有醚键，也没有酮羰基，故应填b、e，即be； 【小问4详解】 由羰基化和氧化关系可知，烯烃支路先生成3-甲基丁醛，再氧化得到3-甲基丁酸；第（1）得到的取代环己醇与3-甲基丁酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成目标酯和水。反应可表示为： 【小问5详解】 ①苯环上只有1个取代基，说明苯环为一取代苯结构；②不能与Na反应产生，说明同分异构体中不含羟基，氧原子应以醚键形式存在。按一取代苯且醚键位置分类统计：苯氧基连四种丁基有4种；苯环直接连碳链、氧原子在侧链中的醚类有9种，共13种。核磁共振氢谱峰面积之比为9:2:2:1时，应有叔丁基的9个等效氢，同时一取代苯环给出2:2:1的芳香氢信号，结构可表示为： 因此该同分异构体为叔丁氧基苯； 【小问6详解】 乙醇在氧化铜、加热条件下被氧化为乙醛，乙醛在稀氢氧化钠溶液和加热条件下发生题给的羟醛缩合，得到M，即巴豆醛，结构简式为；M经氢气、镍催化加氢得到1-丁醇，1-丁醇在浓硫酸、加热条件下脱水得到1-丁烯。由题给已知反应可知，1-丁烯转化为戊醛需要发生烯烃羰基化反应，所以条件X为。 19. 废Pd-Al2O3催化剂中主要含Pd、Al2O3，还有少量PdO、Fe2O3、SiO2，表面常有积碳和油污。工业上以废Pd-Al2O3催化剂为原料制备氯化钯的工艺流程如下。 已知：①PdO性质稳定，难溶于水、盐酸； ②H2[PdCl4]是二元强酸。 回答下列问题： （1）已知基态Pd原子的简化电子排布式为[Kr]4d10，则Pd在元素周期表中第_________周期第Ⅷ族。 （2）“焙烧”的目的是___________________________，“焙烧”还能有效打开Al2O3载体对钯的包裹，提高“氯化浸出”率，但焙烧时间过长会导致“氯化浸出”率下降，可能的原因是___________________________。 （3）“氯化浸出”中Pd转化为H2[PdCl4]，Pd反应的离子方程式为____________________________________。 （4）“转化、除杂”时，Pd元素转化为[Pd(NH3)4]2+，滤渣主要成分是___________________________________。 （5）“沉钯”中析出[Pd(NH3)2]Cl2晶体，需要加入的试剂X为_________________(填名称)。 （6）“热分解”生成的气体可返回__________________工序循环使用。 【答案】（1）五 （2） ①. 除去积碳和油污 ②. Pd与氧气生成PdO，PdO性质稳定，难溶于水、盐酸，导致“氯化浸出”率下降 （3） （4）Fe(OH)3、Al(OH)3 （5）盐酸 （6）转化、除杂 【解析】 【分析】废催化剂中主要含Pd、Al2O3，还有少量PdO、Fe2O3、SiO2，表面常有积碳和油污,通入空气“焙烧”能有效清除废催化剂表面的积碳和油污, 有效打开载体对钯的包裹，被稍后加入盐酸、氯化钠、氯酸钠进行“氯化浸出”，Pd转化为，Al2O3转化为Al3+，Fe2O3转化为Fe3+，PdO性质稳定，难溶于水、盐酸，过滤后得到PdO、SiO2，滤液中加入氨水，将转化为，Al3+和Fe3+分别转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去，滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液中加盐酸（试剂X），转化为沉淀，热分解为PdCl2，据此回答。 【小问1详解】 基态Pd原子的简化电子排布式为[Kr]4d10，则Pd在元素周期表中位于第五周期第VIII族； 【小问2详解】 由分析知，通入空气“焙烧”能有效清除废催化剂表面的积碳和油污；焙烧时间过长，Pd与氧气生成PdO，PdO性质稳定，难溶于水、盐酸，使得“氯化浸出”率下降； 【小问3详解】 加入盐酸、氯化钠、氯酸钠进行“氯化浸出”，Pd转化为，离子方程式为：； 【小问4详解】 由分析知，将转化为，Al3+和Fe3+分别转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去，滤渣的主要成分Al(OH)3、Fe(OH)3； 【小问5详解】 由分析知，滤液中加盐酸，转化为沉淀，故加入的试剂X为盐酸； 【小问6详解】 固体经过热分解，得到PdCl2，反应的方程式为，生成的可返回转化、除杂工序循环使用。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都外国语学校2025—2026学年度高二下期零诊模拟 化学试卷 注意事项： 1、本试卷分Ⅰ卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分。 2、本堂考试75分钟，满分100分。 3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。 4、考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Ni-59 第Ⅰ卷(选择题，共45分) 一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 各种材料是现代社会生产和科技发展中不可或缺的重要物质，应用广泛。2025年4月24日，神舟二十号载人飞船成功发射。下列说法错误的是 A. 宇航服材料中的聚四氟乙烯的单体属于烃类有机物 B. 储存氧气的钛合金罐体材料中的钛位于d区IVB族 C. 储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料 D. 飞船推进器材料中的陶瓷氮化硼属于含极性键的共价晶体 2. 中草药中常含有鞣质类、苷类、生物碱、有机酸等成分，提取中草药中的有机成分不可能使用的方法是 A. 萃取分液 B. 蒸馏 C. 灼烧 D. 重结晶 3. 向Co2＋盐溶液中加入过量的KNO2溶液，并以少量醋酸酸化，加热后从溶液中析出K3[Co(NO2)6]。下列有关说法错误的是 A. 基态Co2＋核外电子排布式为[Ar]3d7 B. 的空间构型为V形 C. 醋酸分子中σ键与π键数目之比为3∶1 D. 配离子中Co3＋提供空轨道 4. 下列关于晶体的说法不正确的是 A. 金刚石的硬度大于晶体硅的原因是二者均为共价晶体，键能： B. 冰晶体中每个水分子与4个相邻水分子形成氢键，分子间空隙大使冰的密度小于水 C. 石墨作润滑剂原因是其晶体为层状结构，层与层之间以范德华力结合，作用力小，易发生相对滑动 D. 金属的延展性与金属键具有方向性和饱和性密切相关 5. 下列化学用语或图示表述正确的是 A. 的名称：乙二酸二乙酯 B. 蔗糖的分子式为C6H12O6 C. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键： D. 、是同一物质 6. 下列说法正确的是 A. 用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石 B. 高锰酸钾与苯酚存放在同一药品柜中 C. 甲苯和浓溴水能发生取代反应生成邻溴甲苯 D. 油脂为高级脂肪酸的甘油酯，属于高分子化合物 7. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0.1 mol环氧乙烷()中含有σ键的数目为0.3NA B. 标准状况下，22.4 L苯中，含有氢原子的数目为6NA C. 14 g乙烯和环丙烷混合气体，在足量氧气中充分燃烧，消耗的O2为1.5NA D. 0.1 mol CH3CH2OH与足量的CH3COOH反应，可生成0.1NA个CH3COOCH2CH3 8. 下列事实解释正确的是 选项 事实 解释 A 黏性：润滑油>水 氢键强度：润滑油水 B 键角：NH3>PH3 电负性：N>P C 冠醚18-冠-6能识别K+ 冠醚中的O通过离子键与K+作用 D O3的溶解度：CCl4>H2O O3为非极性分子 A. A B. B C. C D. D 9. Fenton试剂(含和的水溶液)产生的羟基自由基能有效氧化去除水中的有机污染物，的产生机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 过程Ⅰ和过程Ⅱ都有非极性共价键断裂 B. 过程Ⅱ的反应方程式： C. 比更稳定是因为其3d轨道半充满结构 D. 用代替，也能形成类似Fenton试剂的体系 10. 穿心莲内酯具有祛热解毒、消炎止痛之功效，被誉为天然抗生素药物，结构简式如图所示。下列说法正确的是 A. 1 mol该物质与足量NaHCO3溶液反应理论上最多可生成3 mol CO2 B. 该物质中的含氧官能团有3种 C. 酸性条件下，该物质能发生水解反应，生成两种有机产物 D. 1 mol该物质与足量溴水混合，发生加成反应最多消耗2 mol Br2 11. 有机化合物分子中基团之间的相互影响会导致物质的化学性质不同。下列事实不可以用上述观点解释的是 A. 乙醇不能与碱发生中和反应，而苯酚能与碱发生中和反应 B. 甲烷不能使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使高锰酸钾溶液褪色 C. 乙烷不能与溴发生加成反应，而乙烯能与溴发生加成反应 D. 三氟乙酸()的pKa=0.23，而乙酸的pKa=4.76 12. 苯甲酸粗品含有NaCl、泥沙等杂质，提纯苯甲酸的方案如图所示。下列说法错误的是 A. 以上提纯苯甲酸的方法是重结晶 B. 在步骤Ⅱ中若要获得较大晶体，需将滤液快速放入冰水混合物中冷却 C. 一系列操作为过滤、洗涤、干燥 D. 该实验用到的实验安全标识为 13. 短周期元素X、 Y、Z、M原子序数依次增大，Z的基态原子2p轨道半充满，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图。下列说法正确的是 A. 电负性：X>Y>Z B. 原子半径：Y>Z>X C. 分子中Z原子的杂化方式均为sp2 D. Y、Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸 14. 下列有关同分异构体数目判断正确的是 A. 三联苯()的一氯代物有4种 B. C6H14含有三个甲基的同分异构体有3种 C. 分子式为C3H4ClBr的有机物共有11种 D. 立方烷()的六氯代物有4种 15. 铜铟镓硒多晶薄膜太阳能电池比传统硅基太阳能电池更具优势，其中一种晶体的四方晶胞结构如图所示，摩尔质量为，位于晶胞上下面的中心，晶胞的边长分别为a pm、a pm、c pm，若阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A. 与的个数比为 B. 的配位数是8 C. D. 密度为 第Ⅱ卷(非选择题，共55分) 二、非选择题(本题共4个小题，共55分) 16. 第二主族元素又名碱土金属元素，单质及其化合物用途广泛。回答下列问题： （1）Be(OH)2是一种两性氢氧化物，能与NaOH反应生成Na2[Be(OH)4]。 ①Na2[Be(OH)4]中四种元素电负性由大到小的顺序为_______________。 ②[Be(OH)4]2-中存在的化学键类型为_________(填字母)。 A．离子键 B．氢键 C．配位键 D．非极性键 ③比较Be和B第一电离能大小并说明原因：____________________________________。 （2）CaCO3是一种重要的建筑材料，其阴离子的空间结构为_________，与钙元素同周期且基态原子最外层电子数相同的元素有_________种。 （3）某新型超导晶体由镁、镍、碳三种元素组成，其立方晶胞结构如图。 ①该超导晶体的化学式为_________，晶体中与碳原子距离最近且相等的镍原子有_________个。 ②设晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为________g·cm-3(列计算式，用含a和NA的代数式表示)。 17. 苯基乙醇是一种重要的有机合成中间体，广泛应用于香料、医药等领域。可由苯乙烯()经硼氢化-氧化反应制备。反应原理如下： 第一步(硼氢化反应)：(THF为四氢呋喃，作溶剂) 第二步(氧化水解)： 已知：① 相对分子质量 密度/() 沸点/℃ 溶解性 苯乙烯() 104 0.906 145 与水不互溶 四氢呋喃(THF) — 0.887 66 与水不互溶 2-苯基乙醇() 122 0.995 212 易溶于乙醇、乙醚，微溶于水 ②配合物(硼烷-四氢呋喃配合物)需在2~8℃冷藏保存，防止分解。 ③硼氢化反应为放热反应。 实验步骤如下： Ⅰ．硼氢化反应：在三颈烧瓶中加入10 mLTHF和4.2 mL苯乙烯，冷却至0℃，缓慢滴加15 mL配合物溶液，搅拌至反应完全(约30 min)。实验装置如图(夹持略去)。 Ⅱ．氧化水解：在上述反应液中，缓慢滴加适量30%溶液，再加入10 mLNaOH溶液，控制温度在25℃~30℃，搅拌1 h，确保氧化反应彻底。 Ⅲ．分离提纯：①向反应液中加入20 mL蒸馏水，搅拌均匀后转移至分液漏斗中，静置分层； ②分离出有机层，用饱和NaCl溶液洗涤2次(每次10 mL)，再用试剂X干燥； ③过滤除去干燥剂，对有机层进行蒸馏，收集210℃~214℃的馏分，得到2-苯基乙醇产品。回答下列问题： （1）仪器a的名称是________，作用是________。 （2）步骤Ⅰ中滴加配合物溶液时需“缓慢滴加”，原因是________。 （3）步骤Ⅱ中控制温度为25℃~30℃之间，除控制反应速率外，还可能的原因是________(写一条)。 （4）步骤Ⅲ②中，判断有机层在________(填“上层”或“下层”)。用饱和NaCl溶液洗涤有机层的目的是________，干燥有机层可选用的试剂是________(填字母)。 A．浓硫酸 B．硫酸镁 C．无水乙醇 D．NaCl （5）实验最终得到2.3 g 2-苯基乙醇产品，计算该实验的产率________(列出计算式即可，不用化简)。 18. 有机物G是一种治疗心脏病的特效药物，可用下列流程合成。 回答下列问题： （1）A的名称为______________，B→C的反应类型为__________________。 （2）C中有_________个手性碳原子。 （3）合成路线中各物质中均不含有的官能团为_________(填序号)。 a．碳碳双键　　b．醚键　　c．醛基　　d．羧基　　e．酮羰基 （4）C和F反应生成G的化学方程式为__________________________________。 （5）满足下列条件的B的同分异构体有_________种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为9:2:2:1的同分异构体的结构简式为___________________________________________。 ①苯环上只有1个取代基 ②不能与Na反应产生H2 （6）以乙醇为原料制备CH3(CH2)3CHO的合成路线如下： 已知： 其中M的结构简式为：__________________。条件X为：_____________________。 19. 废Pd-Al2O3催化剂中主要含Pd、Al2O3，还有少量PdO、Fe2O3、SiO2，表面常有积碳和油污。工业上以废Pd-Al2O3催化剂为原料制备氯化钯的工艺流程如下。 已知：①PdO性质稳定，难溶于水、盐酸； ②H2[PdCl4]是二元强酸。 回答下列问题： （1）已知基态Pd原子的简化电子排布式为[Kr]4d10，则Pd在元素周期表中第_________周期第Ⅷ族。 （2）“焙烧”的目的是___________________________，“焙烧”还能有效打开Al2O3载体对钯的包裹，提高“氯化浸出”率，但焙烧时间过长会导致“氯化浸出”率下降，可能的原因是___________________________。 （3）“氯化浸出”中Pd转化为H2[PdCl4]，Pd反应的离子方程式为____________________________________。 （4）“转化、除杂”时，Pd元素转化为[Pd(NH3)4]2+，滤渣主要成分是___________________________________。 （5）“沉钯”中析出[Pd(NH3)2]Cl2晶体，需要加入的试剂X为_________________(填名称)。 （6）“热分解”生成的气体可返回__________________工序循环使用。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $