辽宁省普通高中2025-2026学年度下学期期末复习卷（6）高二化学

**基本信息** 试卷以生活劳动、科技前沿为情境，融合物质结构、有机合成等核心知识，通过实验探究与综合应用题型，考查化学观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15/45|有机反应原理（如阿司匹林合成）、物质结构（晶胞、杂化）|第1题劳动情境关联化学观念，第9题超分子体现科技前沿| |非选择题|4/55|有机合成路线（吉非罗齐）、晶胞计算（CeO₂）、实验设计（甲壳质制备）|18题实验探究培养科学探究能力，19题合成路线考查科学思维与证据推理|

辽宁省普通高中2025-2026学年度下学期期末复习卷（6） 高二化学 一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。） 1．美好生活由劳动创造。下列劳动过程对应化学知识正确的是 选项 劳动过程 化学知识 A 用洗洁精清洗餐具 油脂在表面活性剂作用下水解成可溶性物质 B 青蒿素结构的测定 用X射线衍射测定分子结构 C 人工合成牛胰岛素 氨基酸分子发生加聚反应后形成肽链 D 用水杨酸和乙酸酐合成阿司匹林 醇和羧酸可发生酯化反应 2．物质的微观结构决定其宏观性质，下列说法错误的是 A．是平面四边形结构，中心不是杂化 B．酸性：，F的电负性大于H，使的羧基中羟基极性更大，更易电离出 C．石墨能导电而金刚石不导电，石墨晶体中存在自由移动的电子，而金刚石中没有 D．“杯酚”可分离和，“杯酚”是超分子，具有分子识别的特性 3．下列化学用语或图示错误的是 A．基态铁原子的价电子排布图：   B．CO2的电子式：   C．NaCl的晶胞：   D．用电子云轮廓图描述HCl中s-pσ键的形成：   4．下列实验原理、方法或实验安全正确的是 A．用过滤法分离苯酚和溶液 B．无水乙醇与高锰酸钾要分橱存放 C．向溴的溶液中通入石油裂解气，溶液褪色，证明气体为乙烯 D．用氢氟酸清洗做硅酸分解实验后的瓷坩埚 5．合成导电高分子材料PPV的反应如图所示，下列说法正确的是 A．该反应为缩聚反应 B．PPV的单体也可以是苯乙炔 C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同 D．1 mol PPV最多可与2n mol H2发生反应 6．对甲苯磺酸钠()熔点大于300℃，易溶于水。实验室合成路线如下： 下列说法错误的是 A．水分离装置的使用有利于反应①的进行 B．温度过高会造成多取代副产物的增多 C．饱和溶液有利于粗品的析出 D．蒸馏法较重结晶法更适于的提纯 7．下列对宏观事实的微观解释错误的是 选项 宏观事实 微观解释 A 霓虹灯发光 电子从能量较高的轨道跃迁至能量较低的轨道时，以光的形式释放能量 B 常温下，苯酚能与溶液反应，而乙醇不能 苯环使羟基中O-H键极性变强 C 不溶于水，可溶于苯 水是极性分子，与苯均为非极性分子 D 某汽车防冻液(主要成分为水和乙二醇)的凝固点为-40℃ 乙二醇水溶液分子间的范德华力大于水分子间的范德华力 8．鸢尾酮香料的分子结构如图所示。下列说法不正确的是    A．鸢尾酮可与某种酚互为同分异构体 B．鸢尾酮最多可与加成 C．鸢尾酮能发生银镜反应 D．鸢尾酮经加氢消去加氢可转变为   9．中科院理化所研究人员近期研究了一种“仿抽绳”超分子复合物，由双环主体(H)和柔性线型客体分子(G)组成，结构如图，下列说法错误的是        A．客体分子G属于烃的含氧衍生物 B．该复合物的相对分子质量可通过质谱仪测定 C．该复合物分子间的相互作用是分子间作用力 D．该复合物既能溶于水又能溶于苯 10．由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A NaCl和的晶体类型不同 NaCl和的熔点不同 B 钾和钠的第一电离能不同 钾的焰色呈紫色(透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色)，钠的焰色呈黄色 C 邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键 的沸点低于的沸点 D 是非极性分子，是极性分子 在水中的溶解度小于在水中的溶解度 11．下列说法正确的是 A．工业上电解熔融氯化镁制备金属镁而不是氧化镁，是因为氧化镁不是离子化合物 B．铅酸蓄电池中使用的铅的熔点为327.5℃，因此铅晶体到达纳米级别其熔点不会变化 C．在所有酸中，氢氟酸是唯一可以溶解二氧化硅的酸，其原因可能与氟离子半径小，可以嵌入二氧化硅晶体内以及氟离子有极强的亲核能力，与硅形成的化学键强于氧与硅形成的化学键从而反应 D．科学家已测定(二氟化氙)为直线形结构，说明二氟化氙的VSEPR模型是直线形 12．金属钒（立方晶胞，Ⅰ）和硅粉高温熔炼可制取传统超导材料（立方晶胞，Ⅱ）。已知此体系中紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能。下列说法错误的是 A． B．与紧邻的有12个 C．晶胞中的价层电子总数为19 D．的超导性质优于金属钒 13．一定条件下，M、N可生成如图所示的P、Q、R等有机化合物。已知Et表示乙基，Ph表示苯基。下列说法错误的 A．(或Q、R)的反应可能需在有机溶剂中进行 B．常温下，M能使酸性溶液褪色 C．M→Q、N→R的原子利用率均为100% D．一定条件下，1 mol P能与发生加成反应 14．卤代烃的取代反应和消去反应是竞争反应。卤代烃在纯溶剂中会发生溶剂解，溶剂解反应生成两种产物的机理分别为： 下列说法不正确的是 A．两种反应机理的决速步骤是相同的 B．把反应物中一个甲基换成，降低键的极性，反应更难进行 C．该反应机理中的中间产物中的所有碳原子均为杂化 D．把换成，消去产物比例增大 15．贝克曼重排反应可以在温和的弱酸性环境中实现酮到酰胺的转化，工业上可以在该反应条件下用环己酮生产尼龙-6的单体己内酰胺。下图是以甲醇作为溶剂时一种酮经历相似反应时的大致机理，其中X未知，部分关键碳原子上标记了编号。 据此判断以下说法错误的是 A．与发生上述反应的产物有和两种 B．与发生上述反应的产物只有 C．不使用其他有机反应物，在经过多步反应后可以生成 D．环己酮反应生成己内酰胺的化学方程式为 二、非选择题（本题共4小题，共55分） 16．有机物数量众多，不仅构成了生机勃勃的生命世界，也是燃料、材料、食品和药物的主要来源。回答下列问题： (1)下列化合物中既能发生消去反应生成两种烯烃，又能发生加成反应的是______(填字母，不考虑开环加成反应)。 A． B． C． D． (2)某烷烃的相对分子质量为114，与氯气发生取代反应所得的一氯代物只有一种。写出该取代反应的化学方程式：______(注意有机物要写结构简式)。 (3)某氯代烃与NaOH乙醇溶液加热反应，会生成______种有机产物，该氯代烃的分子中手性碳原子数为______个。 (4)维生素C简称Vc(结构简式如图所示)，是一种重要的营养素，它能增加人体对疾病的抵抗能力。Vc遇碘单质可发生反应，转化为DHA： ①Vc的分子式为______。 ②上述转化过程说明Vc具有______(填“氧化”或“还原”)性。 (5)已知烯烃与酸性KMnO4溶液反应时，不同的结构可以得到不同的产物(R1、R2、R3均为烃基)，如： ①若某烯烃的化学式为C6H12，与酸性KMnO4溶液反应后得到的产物为，则烯烃的结构简式是______。 ②若1 mol链状二烯烃与酸性KMnO4溶液反应后得到2 mol CO2和1 mol，则此链状二烯烃的结构简式是______。 17．回答下列问题： (1)硼(B)、镓(Ga)与铝是同主族元素，在光电材料等领域都有重要应用。 ①镓的价层电子轨道表示式为___________，Ga有___________种空间运动状态不同的电子。 ②关于硼及其相关物质的说法正确的是____________。 A．B-B的键能小于B-N的键能 B．相同条件下，碳酸的酸性大于硼酸 C．BF3分子中各原子均满足8电子稳定结构 D．乙硼烷(B2H6)的结构式为 ③一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，B(硼)的杂化类型为___________，若晶胞中含有银的配离子，则该物质的化学式可表示为___________。 (2)锂离子电池常用的电极材料是LiCoO2和石墨。 ①基态Co2+离子的简化电子排布式___________。 ②NH3分子与Co2+结合成配合物[Co(NH3)6]2+与游离NH3相比，其键角∠HNH___________(填“较大”，“较小”或“相同”)，解释原因___________。 (3)稀土元素有工业“黄金”之称，具有优良的光电磁等物理特性，能与其他材料组成性能各异、品种繁多的新型材料。铈是一种重要的稀土元素，CeO2的立方晶胞结构如图所示。CeO2晶胞中Ce4+的配位数是___________。晶胞的密度为dg/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞中最近的Ce4+和O2−之间的距离为___________nm。 18．某研究组以节肢动物外壳甲壳质(链节)为原料制备壳聚糖(链节)。 反应式： 实验步骤： Ⅰ．向反应瓶中加入10.0g甲壳质粉末、50mL溶液、20mL甘油和磁搅拌子，持续通入，搅拌并加热至130℃；回流8h。 Ⅱ．反应结束，停止通，将反应混合物冷却后倒出，离心分离，沉淀用蒸馏水反复清洗，直至用pH试纸测试为中性。 Ⅲ．将获得的中性沉淀物放入烘箱中，干燥，得到淡黄色的壳聚糖mg。 已知：常温下，甲壳质与稀盐酸不反应；甘油的沸点为290℃；壳聚糖中氨基在碱性、加热条件下容易被氧化。 回答下列问题： (1)关于甲壳质和壳聚糖说法正确的是___________(填标号，下同) A．甲壳质含多个亲水基，易溶于水 B．甲壳质水解最终产物是葡萄糖 C．壳聚糖可溶于强酸性溶液 D．上述反应属于缩聚反应 (2)步骤I中实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是___________。 向装置中持续通入的目的是___________。与本实验安全注意事项无关的图标有___________。 A．        B．        C．        D． (3)测定甲壳质脱乙酰度DD 将mg壳聚糖样品与盐酸充分反应，用 标准溶液滴定剩余盐酸，达滴定终点时平均消耗标准溶液。则脱乙酰度__________。若壳聚糖样品未充分干燥，会使测定结果_________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 已知。 (4)壳聚糖吸附性能探究 将壳聚糖加入到溶液中，调节pH为5~6，充分搅拌，形成凝胶状物质，抽滤后，测滤液中浓度，可求壳聚糖的吸附容量。从结构角度分析壳聚糖能吸附的主要原因为___________；吸附能力更强的官能团是___________；吸附过程控制pH为5~6，pH不宜过大或过小的原因为___________。 19．吉非罗齐是一种血脂调节药，其中一种合成路线如图所示： 请回答下列问题： (1)吉非罗齐中含有的官能团名称为____________。 (2)A的化学名称为____________。 (3)下列关于B的说法正确的是____________(填字母)。 a．分子中最多有8个原子共平面 b．其同分异构体可能发生银镜反应 c．能使溴的四氯化碳溶液褪色，该反应属于取代反应 (4)在D生成E的反应中，加入过氧化物的目的是降低副产物Ⅰ的选择性。 ①已知Ⅰ是E的同分异构体，则Ⅰ的结构简式是____________。 ②与E具有相同官能团且核磁共振氢谱峰面积之比为1：6：6的结构简式为____________。 (5)写出F+G→H的化学方程式：____________________________________________________________。 (6)已知：。以J和L为原料合成Q的路线如下： K、L的结构简式分别是____________、____________。 高二化学复习卷 第1页 共14页 ◎ 高二化学复习卷 第2页 共14页 高二化学复习卷 第1页 共14页 ◎ 高二化学复习卷 第2页 共14页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省普通高中2025-2026学年度下学期期末复习卷（6） 高二化学 一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。） 1．美好生活由劳动创造。下列劳动过程对应化学知识正确的是 选项 劳动过程 化学知识 A 用洗洁精清洗餐具 油脂在表面活性剂作用下水解成可溶性物质 B 青蒿素结构的测定 用X射线衍射测定分子结构 C 人工合成牛胰岛素 氨基酸分子发生加聚反应后形成肽链 D 用水杨酸和乙酸酐合成阿司匹林 醇和羧酸可发生酯化反应 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【知识点】酯化反应、氨基酸的成肽反应、晶体类型判断、油脂在碱性条件下水解 【详解】A．洗洁精清洗餐具利用的是表面活性剂的乳化作用，将油污分散为小液滴除去，油脂并未发生水解反应，A错误； B．X射线衍射技术可测定晶体的分子结构，青蒿素结构的测定可使用该方法，B正确； C．氨基酸分子间通过脱水缩合（缩聚反应）形成肽链，加聚反应无小分子生成，与该反应过程不符，C错误； D．水杨酸中参与反应的是酚羟基而非醇羟基，且乙酸酐属于酸酐不是羧酸，该反应不属于醇和羧酸的酯化反应，D错误； 故选B。 2．物质的微观结构决定其宏观性质，下列说法错误的是 A．是平面四边形结构，中心不是杂化 B．酸性：，F的电负性大于H，使的羧基中羟基极性更大，更易电离出 C．石墨能导电而金刚石不导电，石墨晶体中存在自由移动的电子，而金刚石中没有 D．“杯酚”可分离和，“杯酚”是超分子，具有分子识别的特性 【答案】D 【知识点】利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型、晶体类型判断、元素性质与电负性的关系、超分子 【详解】A．为平面四边形结构，若中心为杂化，空间构型应为正四面体形，因此不是杂化，A正确； B．F电负性大于H，吸电子诱导效应使中羧基的羟基极性更强，更易电离出，故酸性，B正确； C．石墨为层状结构，层内存在离域大键，有自由移动电子，故可以导电，金刚石为空间网状结构，C原子均为杂化，价电子全部成键无自由移动电子，故不导电，C正确； D．“杯酚”本身是单个分子，不属于超分子，其可选择性结合形成超分子从而实现和的分离，D错误； 故答案为：D。 3．下列化学用语或图示错误的是 A．基态铁原子的价电子排布图：   B．CO2的电子式：   C．NaCl的晶胞：   D．用电子云轮廓图描述HCl中s-pσ键的形成：   【答案】C 【知识点】电子式、晶胞概念及判断、电子云 【详解】A．基态Fe原子原子序数为26，价电子排布为，根据洪特规则，3d轨道中1个轨道填充成1对电子，剩余4个轨道各填充1个自旋相同的单电子，4s轨道填充成1对电子，图示排布图正确，A正确； B．中C与两个O分别形成双键，所有原子均满足8电子稳定结构，电子式书写正确，B正确； C．NaCl的晶胞为面心立方结构，阴离子和阳离子配位数为6，在NaCl晶胞中，占据立方体的顶点和面心，占据立方体的棱心和体心，图示不是NaCl的晶胞，该表示错误，C错误； D．HCl中，H原子的球形轨道和Cl原子的哑铃形轨道，沿键轴头碰头重叠，形成键，图示正确，D正确； 故选C。 4．下列实验原理、方法或实验安全正确的是 A．用过滤法分离苯酚和溶液 B．无水乙醇与高锰酸钾要分橱存放 C．向溴的溶液中通入石油裂解气，溶液褪色，证明气体为乙烯 D．用氢氟酸清洗做硅酸分解实验后的瓷坩埚 【答案】B 【知识点】过滤、苯酚的弱酸性 【详解】A．苯酚与不反应，二者互不相溶，混合后分层，需用分液法分离，A错误； B．乙醇易挥发具有还原性，容易被高锰酸钾氧化，需要分橱存放，B正确； C．石油裂解气包括乙烯、丙烯、丁烯等多种不饱和烯烃，均可以与溴发生加成反应使溴的溶液褪色，不能证明气体为乙烯，C错误； D．瓷坩埚中含有二氧化硅，氢氟酸可以与二氧化硅反应，D错误； 故选B 5．合成导电高分子材料PPV的反应如图所示，下列说法正确的是 A．该反应为缩聚反应 B．PPV的单体也可以是苯乙炔 C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同 D．1 mol PPV最多可与2n mol H2发生反应 【答案】A 【知识点】加聚物的单体、链节及聚合度的确定、缩聚物的单体、链节及聚合度的确定、含碳碳双键物质的性质的推断、同系物的判断、多官能团有机物的结构与性质 【详解】A．缩聚反应是指单体间相互反应生成高分子化合物，同时有小分子（如水、氨气、卤化氢等）生成的反应。观察给定的反应方程式，反应物生成了高分子化合物PPV，并且同时生成了小分子HI。这符合缩聚反应的特征。因此，该反应属于缩聚反应，A正确； B．如果单体是苯乙炔，它发生聚合反应通常生成聚苯乙炔，其结构中含有共轭双键体系，但与PPV的合成路径和具体结构单元并不直接等同。PPV的合成需要苯环和乙烯基交替连接，而苯乙炔作为单体无法直接通过简单的聚合得到图示的PPV结构（且原反应中有小分子HI脱去）。因此，PPV的单体不能是苯乙炔，B错误； C．PPV（）的最小结构单元的化学式可以看作C8H6。聚苯乙烯（）是由苯乙烯（C6H5−CH=CH2）加聚生成的，其最小结构单元的化学式为C8H8​。两者的最小结构单元组成不同（氢原子数不同），C错误； D．1个苯环最多可与3 mol H2发生加成反应，1个碳碳双键最多可与1 mol H2发生加成反应。一个重复片段含2个苯环、2个C=C，1 mol PPV（聚合度2n），可加成H2总量远大于2n mol（仅碳碳双键就有2n mol，苯环还能加氢），D错误； 因此答案选A； 6．对甲苯磺酸钠()熔点大于300℃，易溶于水。实验室合成路线如下： 下列说法错误的是 A．水分离装置的使用有利于反应①的进行 B．温度过高会造成多取代副产物的增多 C．饱和溶液有利于粗品的析出 D．蒸馏法较重结晶法更适于的提纯 【答案】D 【知识点】蒸发与结晶、苯的同系物的硝化反应、蒸馏与分馏、浓度对化学平衡移动的影响 【详解】A．反应①是甲苯的磺化反应，这是一个可逆反应，反应过程中有水生成，水分离装置可移除生成的水，使平衡正向移动，有利于反应①进行，A正确； B．甲基为苯环邻、对位定位基，在过高的温度下，反应速率过快，能量较高，可能导致生成二磺酸或多磺酸等副产物，B正确； C．饱和溶液中浓度高，通过同离子效应可降低的溶解度，有利于其粗品析出，C正确； D．熔点大于300℃，沸点极高，一般需采用减压蒸馏，操作不方便，且蒸馏时高温可能导致其分解；且其易溶于水，重结晶法更适合提纯，D错误； 故选D。 7．下列对宏观事实的微观解释错误的是 选项 宏观事实 微观解释 A 霓虹灯发光 电子从能量较高的轨道跃迁至能量较低的轨道时，以光的形式释放能量 B 常温下，苯酚能与溶液反应，而乙醇不能 苯环使羟基中O-H键极性变强 C 不溶于水，可溶于苯 水是极性分子，与苯均为非极性分子 D 某汽车防冻液(主要成分为水和乙二醇)的凝固点为-40℃ 乙二醇水溶液分子间的范德华力大于水分子间的范德华力 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【知识点】原子基态与激发态、苯酚的弱酸性、极性分子和非极性分子、范德华力对物质性质的影响 【详解】A．霓虹灯发光的本质是原子核外电子从高能级轨道跃迁至低能级轨道时，将多余能量以光的形式释放，A不符合题意； B．苯酚中羟基直接与苯环相连，苯环的吸电子效应使羟基O-H键极性增强，更易电离出氢离子，酸性强于连有给电子效应乙基的乙醇，因此苯酚能与NaOH反应而乙醇不能，B不符合题意； C．根据相似相溶规律，极性溶剂易溶解极性溶质，非极性溶剂易溶解非极性溶质，水是极性分子，和苯均为非极性分子，因此不溶于水可溶于苯，C不符合题意； D．乙二醇防冻液凝固点远低于纯水，本质原因是乙二醇可与水分子形成氢键，改变了纯水原本的分子间作用结构，使凝固点降低；若分子间范德华力越大，物质凝固点越高，原解释逻辑错误，D符合题意； 故选D。 8．鸢尾酮香料的分子结构如图所示。下列说法不正确的是    A．鸢尾酮可与某种酚互为同分异构体 B．鸢尾酮最多可与加成 C．鸢尾酮能发生银镜反应 D．鸢尾酮经加氢消去加氢可转变为   【答案】C 【知识点】同分异构现象、同分异构体的概念、含碳碳双键物质的性质的推断、多官能团有机物的结构与性质 【详解】 A．鸢尾酮与互为同分异构体，A正确； B．因1个鸢尾酮分子中含有个碳碳双键和个键，故该分子最多可与加成，B正确； C．因鸢尾酮不含，故其不能发生银镜反应，C错误； D．鸢尾酮完全氢化生成饱和醇，随后醇消去羟基得到烯烃，最后再次氢化得到目标产物，D 正确； 故选C。 9．中科院理化所研究人员近期研究了一种“仿抽绳”超分子复合物，由双环主体(H)和柔性线型客体分子(G)组成，结构如图，下列说法错误的是        A．客体分子G属于烃的含氧衍生物 B．该复合物的相对分子质量可通过质谱仪测定 C．该复合物分子间的相互作用是分子间作用力 D．该复合物既能溶于水又能溶于苯 【答案】D 【知识点】质谱图辨认、化学键与分子间作用力、常见官能团名称、组成及结构、极性分子和非极性分子 【详解】A．客体分子G仅含C、H、O三种元素，分子中含有酯基、醚键等含氧官能团，符合烃的含氧衍生物的定义，A正确； B．质谱仪的功能就是测定物质的相对分子质量，该复合物的相对分子质量可通过质谱法测定，B正确； C．H与G通过“仿抽绳”方式结合，依赖非共价键相互作用，包括氢键、范德华力、堆积等，无共价或离子键形成，C正确； D．G分子含长链烷氧基和苯环，疏水性强，难溶于水，H分子虽含季铵盐亲水基团，但同时含大量苯环及疏水性阴离子，整体水溶性受限，复合物中G被H部分包裹，但整体仍具显著疏水特征，且因H含亲水基团，在苯中亦难溶解；，根据“相似相溶”，其更可能溶于极性有机溶剂（如甲醇、乙腈），而非水或苯。D 错误； 故选D。 10．由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A NaCl和的晶体类型不同 NaCl和的熔点不同 B 钾和钠的第一电离能不同 钾的焰色呈紫色(透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色)，钠的焰色呈黄色 C 邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键 的沸点低于的沸点 D 是非极性分子，是极性分子 在水中的溶解度小于在水中的溶解度 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【知识点】焰色试验、氢键对物质性质的影响、电离能的概念及变化规律、晶体类型判断、极性分子和非极性分子 【详解】A．NaCl为离子晶体，SiCl4为分子晶体，离子键强于分子间作用力，故NaCl熔点（801℃）远高于SiCl4（-69℃），结构决定性质，A正确； B．钾的第一电离能小于钠，但焰色反应源于电子跃迁释放特定波长光子，与电离能无直接关联，因果关系错误，B错误； C．邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，削弱分子间作用力，沸点较低； 对羟基苯甲酸形成分子间氢键，增强分子间作用力，沸点较高，结构影响分子间作用，进而影响沸点，C正确； D．O2为非极性分子，O3为极性分子（V形结构，电荷中心不重合），水为极性溶剂，依“相似相溶”原理，O3在水中溶解度大于O2，极性匹配导致溶解度差异，D正确； 故选B。 11．下列说法正确的是 A．工业上电解熔融氯化镁制备金属镁而不是氧化镁，是因为氧化镁不是离子化合物 B．铅酸蓄电池中使用的铅的熔点为327.5℃，因此铅晶体到达纳米级别其熔点不会变化 C．在所有酸中，氢氟酸是唯一可以溶解二氧化硅的酸，其原因可能与氟离子半径小，可以嵌入二氧化硅晶体内以及氟离子有极强的亲核能力，与硅形成的化学键强于氧与硅形成的化学键从而反应 D．科学家已测定(二氟化氙)为直线形结构，说明二氟化氙的VSEPR模型是直线形 【答案】C 【知识点】化学键与物质类别关系的判断、离子晶体的物理性质、利用杂化轨道理论判断分子的空间构型、价层电子对互斥理论的应用、二氧化硅与二氧化碳结构与性质的比较 【详解】A．氧化镁属于离子化合物，工业上不选择电解熔融氧化镁制备镁，是因为氧化镁熔点远高于氯化镁，电解能耗过高，A错误； B．当晶体颗粒达到纳米级别时，颗粒表面原子占比大幅升高，晶体缺陷多，纳米材料的熔点会远低于块体材料，因此熔点会发生变化，B错误； C．氢氟酸是唯一可溶解二氧化硅的酸，题干所述反应原理符合实际，氟离子半径小、亲核能力强，且Si-F键的键能远大于Si-O键，可发生反应生成更稳定的含硅氟化物，C正确； D．中中心原子Xe的价层电子对数为，VSEPR模型为三角双锥，直线形是其分子空间结构，是3对孤电子对位于三角双锥赤道平面导致的，D错误； 故选C。 12．金属钒（立方晶胞，Ⅰ）和硅粉高温熔炼可制取传统超导材料（立方晶胞，Ⅱ）。已知此体系中紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能。下列说法错误的是 A． B．与紧邻的有12个 C．晶胞中的价层电子总数为19 D．的超导性质优于金属钒 【答案】C 【知识点】晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构、晶胞概念及判断、金属晶体结构与性质 【详解】A．晶胞Ⅱ中，白球（）的个数为，灰球（）的个数为，因此，A正确； B．以晶胞内部的为例，周围等距紧邻的共12个，因此与紧邻的为12个，B正确； C．是第ⅤB族元素，每个价层电子数为5；是第ⅣA族元素，每个价层电子数为4。该晶胞含6个、2个，总价层电子总数，C错误； D．金属钒晶胞Ⅰ中紧邻间距为体对角线的一半，计算可知：，中紧邻间距为，由题干可知，紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能距离更短，因此的超导性质优于金属钒，D正确； 故选C。 13．一定条件下，M、N可生成如图所示的P、Q、R等有机化合物。已知Et表示乙基，Ph表示苯基。下列说法错误的是 A．(或Q、R)的反应可能需在有机溶剂中进行 B．常温下，M能使酸性溶液褪色 C．M→Q、N→R的原子利用率均为100% D．一定条件下，1 mol P能与发生加成反应 【答案】C 【知识点】加成反应、含碳碳双键物质的性质的推断、取代反应 【详解】A．M、N均为有机物，且不含亲水基团，难溶于水，有机反应通常在有机溶剂中进行，A正确； B．M中含有碳碳三键，且苯环的侧链可被酸性高锰酸钾氧化，因此能使酸性溶液褪色，B正确； C．Q由2分子M反应得到，每个M含有1个，反应后以含Br的小分子副产物形式脱去；同理R由2分子N得到，每个N含1个，反应后也会生成含的小分子副产物。原子利用率100%要求反应物所有原子全部进入目标产物，因此二者原子利用率都不是100%，C错误； D．酰胺键中的羰基不能与发生加成反应。P中含有3个苯环，1个碳碳三键，1 mol P与发生加成反应，总共消耗，D正确； 故选C。 14．卤代烃的取代反应和消去反应是竞争反应。卤代烃在纯溶剂中会发生溶剂解，溶剂解反应生成两种产物的机理分别为： 下列说法不正确的是 A．两种反应机理的决速步骤是相同的 B．把反应物中一个甲基换成，降低键的极性，反应更难进行 C．该反应机理中的中间产物中的所有碳原子均为杂化 D．把换成，消去产物比例增大 【答案】C 【知识点】卤代烃的消去反应 【详解】A．2种机理都是第一步形成碳正离子的步骤为慢反应，为决速步，所以决速步骤相同，A正确； B．把反应物中一个甲基换成，降低了键的极性，更难生成碳正离子，反应更难进行，B正确； C．中间产物(叔丁基正离子)中甲基上碳为sp3杂化，而中心C原子为sp2杂化，C错误； D．把水换成乙醇后，提供孤对电子的依然是氧原子，但是乙醇的体积较大，进攻处在结构中间的碳正离子的能力降低，更易进攻处在外围的氢原子，所以消去产物比例增大，D正确； 故选C。 15．贝克曼重排反应可以在温和的弱酸性环境中实现酮到酰胺的转化，工业上可以在该反应条件下用环己酮生产尼龙-6的单体己内酰胺。下图是以甲醇作为溶剂时一种酮经历相似反应时的大致机理，其中X未知，部分关键碳原子上标记了编号。 据此判断以下说法错误的是 A．与发生上述反应的产物有和两种 B．与发生上述反应的产物只有 C．不使用其他有机反应物，在经过多步反应后可以生成 D．环己酮反应生成己内酰胺的化学方程式为 【答案】B 【知识点】信息给予的有机合成 【详解】A．反应机理显示反应物中所有的在反应初期全部以水的形式离去，因此体系中会存在和，产物中的在反应后期是以水的形式引入的，因此两种都存在，故A正确； B．反应机理中没有规定碳骨架重排方向，即可以插入1，2碳之间，或插入2，3碳之间，都是有可能的，同理，与发生上述反应的产物也有可能生成，故B错误； C．不使用其他有机反应物，在经过多步反应后可以生成，即流程为，故C正确； D．环己酮反应生成己内酰胺的化学方程式应为，故D正确； 选B。 二、非选择题（本题共4小题，共55分） 16．有机物数量众多，不仅构成了生机勃勃的生命世界，也是燃料、材料、食品和药物的主要来源。回答下列问题： (1)下列化合物中既能发生消去反应生成两种烯烃，又能发生加成反应的是______(填字母，不考虑开环加成反应)。 A． B． C． D． (2)某烷烃的相对分子质量为114，与氯气发生取代反应所得的一氯代物只有一种。写出该取代反应的化学方程式：______(注意有机物要写结构简式)。 (3)某氯代烃与NaOH乙醇溶液加热反应，会生成______种有机产物，该氯代烃的分子中手性碳原子数为______个。 (4)维生素C简称Vc(结构简式如图所示)，是一种重要的营养素，它能增加人体对疾病的抵抗能力。Vc遇碘单质可发生反应，转化为DHA： ①Vc的分子式为______。 ②上述转化过程说明Vc具有______(填“氧化”或“还原”)性。 (5)已知烯烃与酸性KMnO4溶液反应时，不同的结构可以得到不同的产物(R1、R2、R3均为烃基)，如： ①若某烯烃的化学式为C6H12，与酸性KMnO4溶液反应后得到的产物为，则烯烃的结构简式是______。 ②若1 mol链状二烯烃与酸性KMnO4溶液反应后得到2 mol CO2和1 mol，则此链状二烯烃的结构简式是______。 【答案】(1)C (2) (3) 2 1 (4) C6H8O6 还原 (5)     CH2=C(CH3)-CH=CH2 【知识点】烷烃的取代反应、含碳碳双键物质的性质的推断、卤代烃的消去反应 【详解】（1）A．氯环己烷不含不饱和键，不能发生加成反应，消去只能生成1种烯烃（环己烯），A不符合题意； B．该双环烷烃不含不饱和键，不能发生加成反应，也无可以消去的官能团，B不符合题意； C．含碳碳双键可发生加成反应，羟基邻位碳有两种不同的邻位氢，消去时可生成两种不同烯烃，C符合题意； D．苯甲醇中羟基的邻位碳（苯环碳）没有可消去的氢，不能发生消去反应，D不符合题意； 故选C。 （2）烷烃通式为，由相对分子质量得，解得，因此分子式为，由于一氯代物只有1种说明所有氢原子等效，对应结构为2，2，3，3-四甲基丁烷，结构简式，与氯气光照发生一取代反应的化学方程式为。 （3）与NaOH乙醇溶液加热发生消去反应，与氯原子相连的sp3碳原子有两种不同的邻位氢，消去时可生成两种不同烯烃；手性碳为与四个不同结构相连的饱和碳原子，该氯代烃只有1种手性碳原子：。 （4）①根据维生素C的结构，分子式为； ②反应中​被还原为，说明维生素C被氧化，因此Vc具有还原性。 （5）①根据已知，C6H12与酸性KMnO4溶液反应后只得到一种产物为，则该烯烃为； ②根据已知，链状二烯烃被酸性KMnO4溶液氧化得到CO2，则两个碳碳双键均处于两端，另一产物为，则该烯烃为CH2=C(CH3)-CH=CH2。 17．回答下列问题： (1)硼(B)、镓(Ga)与铝是同主族元素，在光电材料等领域都有重要应用。 ①镓的价层电子轨道表示式为___________，Ga有___________种空间运动状态不同的电子。 ②关于硼及其相关物质的说法正确的是____________。 A．B-B的键能小于B-N的键能 B．相同条件下，碳酸的酸性大于硼酸 C．BF3分子中各原子均满足8电子稳定结构 D．乙硼烷(B2H6)的结构式为 ③一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，B(硼)的杂化类型为___________，若晶胞中含有银的配离子，则该物质的化学式可表示为___________。 (2)锂离子电池常用的电极材料是LiCoO2和石墨。 ①基态Co2+离子的简化电子排布式___________。 ②NH3分子与Co2+结合成配合物[Co(NH3)6]2+与游离NH3相比，其键角∠HNH___________(填“较大”，“较小”或“相同”)，解释原因___________。 (3)稀土元素有工业“黄金”之称，具有优良的光电磁等物理特性，能与其他材料组成性能各异、品种繁多的新型材料。铈是一种重要的稀土元素，CeO2的立方晶胞结构如图所示。CeO2晶胞中Ce4+的配位数是___________。晶胞的密度为dg/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞中最近的Ce4+和O2−之间的距离为___________nm。 【答案】(1) 16 AB sp3 [Ag(CN)4]B (2) [Ar]3d7 较大 NH3配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大 (3) 8 ×107 【知识点】利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型、轨道表示式、晶胞的有关计算、配位键 【详解】（1） ①镓(Ga) 为31号元素，位于第四周期第ⅢA族，价层电子排布为4s24p1。根据泡利原理和洪特规则，4s轨道有1个轨道，填充2个自旋相反的电子;4p轨道有3个轨道，其中1个轨道填充1个电子，轨道表示式为：； 空间运动状态由原子轨道决定，不同轨道的电子空间运动状态不同。Ga的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，各能级轨道数为:1s(1)、2s(1)、2p(3)、3s(1)、3p(3)、3d(5)、4s(1)、4p(1)，总轨道数=1+1+3+1+3+5+1+1=16，故空间运动状态不同的电子有16种； ②A．B-B键为同种原子间的非极性键，B-N键为不同原子间的极性键。N的电负性大于B，B-N键键长更短，键能更大，故B-B键能小于B-N键能，A正确； B．碳酸(H2CO3) 中C的非金属性强于硼酸(H3BO3)中B的非金属性，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，故碳酸酸性大于硼酸，B正确； C．BF3中B原子最外层电子数为3，与3个F原子形成3个共价键，最外层电子数=3+3=6，不满足8电子稳定结构，C错误； D．乙硼烷(B2H6)为缺电子化合物，分子中存在2个B-H-B三中心二电子氢桥键，不存在B-B单键，每个B原子连接2个端基H和2个桥H，结构式为，D错误； 答案选AB； ③B原子周围形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，杂化类型为sp3。采用均摊法计算晶胞粒子数: Ag位于晶胞顶点，数目为，CN-总个数为4，B位于晶胞体心，数目为1，银的配离子为[Ag(CN)4]3-，B为+3价，故化学式为[Ag(CN)4]B； （2）①Co原子序数为27，Co2+失去了2个电子，基态Co2+离子的简化电子排布式为[Ar]3d7； ②NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大，因此NH3分子与Co2+结合成配合物[Co(NH3)6]2+与游离NH3相比，其键角∠HNH较大； （3）①CeO2晶胞中，白球位于顶点和面心，数目为，黑球全部位于晶胞内，数目为8，则白球为Ce4+，黑球为O2−，O2−配位数为4，晶胞中配位数之比等于离子数目反比，因此Ce4+配位数为8；晶胞质量，由密度公式得晶胞边长，最近的Ce4+与O2−的距离为晶胞体对角线的，即距离为。 18．某研究组以节肢动物外壳甲壳质(链节)为原料制备壳聚糖(链节)。 反应式： 实验步骤： Ⅰ．向反应瓶中加入10.0g甲壳质粉末、50mL溶液、20mL甘油和磁搅拌子，持续通入，搅拌并加热至130℃；回流8h。 Ⅱ．反应结束，停止通，将反应混合物冷却后倒出，离心分离，沉淀用蒸馏水反复清洗，直至用pH试纸测试为中性。 Ⅲ．将获得的中性沉淀物放入烘箱中，干燥，得到淡黄色的壳聚糖mg。 已知：常温下，甲壳质与稀盐酸不反应；甘油的沸点为290℃；壳聚糖中氨基在碱性、加热条件下容易被氧化。 回答下列问题： (1)关于甲壳质和壳聚糖说法正确的是___________(填标号，下同) A．甲壳质含多个亲水基，易溶于水 B．甲壳质水解最终产物是葡萄糖 C．壳聚糖可溶于强酸性溶液 D．上述反应属于缩聚反应 (2)步骤I中实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是___________。 向装置中持续通入的目的是___________。与本实验安全注意事项无关的图标有___________。 A．        B．        C．        D． (3)测定甲壳质脱乙酰度DD 将mg壳聚糖样品与盐酸充分反应，用 标准溶液滴定剩余盐酸，达滴定终点时平均消耗标准溶液。则脱乙酰度__________。若壳聚糖样品未充分干燥，会使测定结果_________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 已知。 (4)壳聚糖吸附性能探究 将壳聚糖加入到溶液中，调节pH为5~6，充分搅拌，形成凝胶状物质，抽滤后，测滤液中浓度，可求壳聚糖的吸附容量。从结构角度分析壳聚糖能吸附的主要原因为___________；吸附能力更强的官能团是___________；吸附过程控制pH为5~6，pH不宜过大或过小的原因为___________。 【答案】(1)AC (2) CEG 隔绝空气，防止碱性加热条件下壳聚糖的氨基被氧化 D (3) 偏低 (4) 壳聚糖分子中、含孤电子对，能与形成配位键，从而吸附铜离子 pH过小：与结合生成，失去孤电子对，无法配位吸附；pH 过大（碱性太强）：与生成沉淀，降低吸附效果 【知识点】探究物质组成或测量物质的含量、物质制备的探究、酸碱中和滴定原理的应用、常见危险化学品的使用标识、常见官能团名称、组成及结构 【详解】（1）A．甲壳质含多个和酰胺基这样的亲水基，易溶于水，A正确； B．甲壳质水解生成氨基葡萄糖，不是葡萄糖，B错误； C．壳聚糖含，可与强酸反应生成铵盐，可溶于强酸，C正确； D．反应是酰胺键水解脱去乙酰基，属于水解反应，不是缩聚反应，D错误； 故填A、C； （2）①溶液总体积(50+20) mL=70 mL，加热回流选200 mL三颈烧瓶C；加热温度130℃，选量程200℃温度计G；回流冷凝选球形冷凝管E；故填C、E、G； ②通入目的：隔绝空气，防止碱性加热条件下壳聚糖的氨基被氧化； ③A．实验使用14 mol/L浓NaOH强腐蚀性碱液，高温加热时液体易飞溅，操作时必须佩戴护目镜，防止强碱溅入眼睛，因此该安全标识与本实验有关； B．该图标提示实验后洗手，全程接触腐蚀性强碱，实验结束必须洗手，属于安全规范，因此该标识相关； C．实验加热至130℃高温回流，存在烧瓶过热、液体暴沸、高温容器烫伤风险，需要高温操作警示，因此该标识相关； D．实验无玻璃切割、尖锐刀具、薄玻璃片等易割伤操作，全程粉末、溶液、三颈烧瓶、离心管，不存在锐器割伤风险，因此无关； 故填D； （3）①反应方程式为：，，，，，； ②样品含水，称量的m偏大，分母变大，计算得到的DD数值偏低； （4）①壳聚糖分子中、含孤电子对，能与形成配位键，从而吸附铜离子； ②中N的电负性比羟基中的O小，给电子能力更强，与配位能力更强； ③pH过小：与结合生成，失去孤电子对，无法配位吸附；pH 过大（碱性太强）：与生成沉淀，降低吸附效果。 19．吉非罗齐是一种血脂调节药，其中一种合成路线如图所示： 请回答下列问题： (1)吉非罗齐中含有的官能团名称为____________。 (2)A的化学名称为____________。 (3)下列关于B的说法正确的是____________(填字母)。 a．分子中最多有8个原子共平面 b．其同分异构体可能发生银镜反应 c．能使溴的四氯化碳溶液褪色，该反应属于取代反应 (4)在D生成E的反应中，加入过氧化物的目的是降低副产物Ⅰ的选择性。 ①已知Ⅰ是E的同分异构体，则Ⅰ的结构简式是____________。 ②与E具有相同官能团且核磁共振氢谱峰面积之比为1：6：6的结构简式为____________。 (5)写出F+G→H的化学方程式：____________________________________________________________。 (6)已知：。以J和L为原料合成Q的路线如下： K、L的结构简式分别是____________、____________。 【答案】(1)醚键、羧基 (2)异丁酸或2-甲基丙酸 (3)ab (4) (5) (6) 【知识点】羧酸的取代反应、根据要求书写同分异构体、常见官能团名称、组成及结构、多官能团有机物的结构与性质 【分析】 A与B发生酯化反应生成C，根据C逆推可知，A为B为，C发生反应得到D，D在过氧化物条件下与HBr发生反马氏加成得到E，E与甲醇酯化生成F，F为，F再与G发生取代反应生成H，根据H逆推可知G为，H经水解酸化得到吉非罗齐，据此分析。 【详解】（1） 吉非罗齐由H经水解、酸化得到，结构简式为，结构中含醚键和羧基两种官能团； （2） A的分子式为，与丙烯醇发生酯化反应生成C，说明A为羧酸，结构为，化学名称为异丁酸（或2-甲基丙酸）； （3） a．B为，碳碳双键为平面结构，3个C以及双键上的3个H共平面，利用单键可旋转，可实现将1个O和1个H旋转到该平面，最多有8个原子共平面，a正确； b．分子中存在一个不饱和度，其同分异构体可能为含醛基的衍生物，可发生银镜反应，b正确； c．分子中存在碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，c错误； 故选ab； （4） ①D生成E的反应为过氧化物条件下的反马氏加成，主产物为反马氏加成产物E，副产物I为马氏加成产物，结构简式为：； ②与E具有相同官能团（溴原子、羧基），且核磁共振氢谱峰面积比为，该结构简式为：； （5） F与G发生取代反应生成H和HBr，化学方程式为：； （6） J为溴代烃，经乙醇消去反应生成K，K被酸性氧化为酮和羧酸，再与L发生酯化反应生成Q。根据产物结构，K的结构简式为；L为异丙醇，结构简式为。 高二化学复习卷 第1页 共14页 ◎ 高二化学复习卷 第2页 共14页 高二化学复习卷 第1页 共14页 ◎ 高二化学复习卷 第2页 共14页 学科网（北京）股份有限公司 $