精品解析：广东珠海市斗门第一中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二化学试题

珠海市斗门第一中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二化学 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、考号填写在答题卡上。 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上。 4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回。 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 第Ⅰ卷(选择题共44分) 一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16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. 下列是我校化学节上同学们制作的模型，模型所属物质属于分子晶体的是 A．晶胞模型 B．空间结构模型 C．晶胞模型 D．晶胞模型 A. A B. B C. C D. D 2. 科技强国，化学功不可没。下列说法涉及的化学知识中，不正确的是 A. “福建舰”航空母舰防腐涂料中使用的石墨烯是乙烯的同系物 B. “鲲龙”水陆两栖飞机的燃料为航空煤油，煤油的主要成分属于烃类 C. “天和”核心舱配制的霍尔发动机推进剂中含，该核素的中子数为77 D. “祝融”火星车的车身为耐高温的碳化硅复合材料，碳化硅属于共价晶体 3. 化学之美，对称之美。下列化学用语表达不正确的是 A. 的VSEPR模型为 B. 2-丁烯()存在顺反异构 C. 基态Ca原子核外电子占据的最高能级原子轨道为 D. 键线式为的化合物命名为3，5-二甲基庚烷 4. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配不正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 气态氢化物稳定性：HF强于HCl 存在分子间氢键 B 键能：键>Br-Br键 原子半径： C 熔点： 金属键键能：Al>Mg>Na D 酸性： O-H键极性： A. A B. B C. C D. D 5. 维生素C的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是 A. 维生素所含的官能团有羟基、醚键、碳碳双键 B. 维生素C可以使溴水褪色 C. 维生素的分子式为 D. 维生素只含一个手性碳原子 6. 分子式为的芳香烃，且苯环上只有一个取代基的同分异构体数目为 A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 8种 7. 某有机物的核磁共振氢谱图如图1所示，红外光谱图如图2所示。该有机物可能是 A. B. C. D. 8. 1842年德国化学家维勒用电石()和水反应制备乙炔。兴趣小组利用以下装置进行实验，难以达到预期目的的是 A．制备 B．除掉中的 C．收集 D．验证的还原性 A. A B. B C. C D. D 9. 实验室常用的蓝色硅胶干燥剂，变色的主要原因是含有。无水呈蓝色晶体状，当暴露在潮湿的空气中时很快变为粉红色的，若在约烘箱里放置1小时，又恢复到半透明的蓝色。下列说法不正确的是 A. Co元素位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族 B. 中配体的空间构型为形 C. 是配合物，向其中滴加溶液不会产生沉淀 D. 温度较高时中的配位键易断裂 10. 冠醚能识别碱金属离子。12-冠-4与作用而不与作用，18-冠-6与作用而不与作用。下列说法正确的是 A. 12-冠-4与18-冠-6属于同系物 B. 18-冠-6可增大在乙醇中的溶解度 C. 超分子属于高分子，具有很大的相对分子质量 D. 超分子“自组装”的特征可以用于分离与 11. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 羟基含有的电子数目为 B. 金刚石中键的数目为 C. 乙烯和环丙烷混合气体中的碳原子数目为 D. 标准状下，中氯原子的数目为 12. 离子液体[Bmim]Cl在电化学领域具有广阔的前景，一种合成[Bmim]Cl的原理如图所示，已知1-甲基咪唑环上所有原子共平面，下列说法不正确的是 A. [Bmim]Cl中含有离子键和共价键 B. 制备可由在一定条件下和加成 C. [Bmim]Cl具有很高的熔点和沸点 D. 1-甲基咪唑中原子只有一种杂化方式 13. A、B、D、E四种元素原子序数依次增大，且A、B、D均为短周期主族元素。A的基态原子价层电子排布为；的基态原子能级有3个单电子；的原子核外有8种不同运动状态的电子；的轨道全充满。下列说法错误的是 A. 基态E原子的价层电子的轨道表示式为 B. 第一电离能： C. 在水中的溶解度： D. 常作配合物的配体，在中，元素的原子采取杂化 14. 下列关于各晶体的说法错误的是 晶胞 干冰晶胞 晶胞 石墨的层状结构 A. 晶胞中，的配位数是6 B. 干冰晶胞中与分子紧邻等距的分子数为12个 C. 晶胞中含有8个原子和16个原子 D. 石墨晶体的熔点高是因为其层与层之间是靠范德华力维系的 15. 某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是 A. 结构1钴硫化物的化学式为 B. 晶胞2中S与S的最短距离为 C. 晶胞2中距最近的S有4个 D. 晶胞2和晶胞3表示同一晶体 16. 丙烯与氢卤酸的加成反应过程主要分两步完成，如图所示： 其中，反应速率主要由第一步烯烃与结合生成碳正离子决定。下列说法不正确的是 A. 反应物丙烯中最多有7个原子共平面 B. 上述条件下，丙烯生成中间产物的反应活化能较低 C. 上述反应，在适当条件下氢卤酸的酸性越强，反应速率越快 D. 用DCl代替HCl，得到的产物有和 卷Ⅱ 非选择题(共56分) 二、非选择题：共4题，共56分。 17. 1，4-环己二醇（H）是生产液晶材料和药物的原料，可通过以下路线合成： 回答下列问题： （1）D的分子式是①_____________，F中所含的官能团名称是②___________________。 （2）写出A生成B的化学反应方程式③_____________________________________。 （3）E生成F的反应类型为④_________________________，该反应还可能生成什么产物⑤__________________（填结构简式或键线式，写一种即可）。 （4）M与G互为同分异构体，则M中仅含六元环的结构有⑥_____________种（不计算G本身，不考虑立体异构）。 （5）N与A互为同分异构体，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，核磁共振氢谱只有一个吸收峰。N在一定条件下可生成高分子化合物，写出该化学反应方程式⑦______________________________。 （6）已知某些烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化可生成羧酸和酮，如（丙酮）。物质C被酸性高锰酸钾溶液氧化后的有机产物是⑧__________________________（填结构简式或键线式）。 18. 苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸。 反应原理： 制备装置及相关信息： 苯甲酸 相对分子质量 122 熔点 122.4℃ 水中溶解度 25℃：0.3g 95℃：6.9g 实验方法：将甲苯和溶液加热回流一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。 （1）制备装置中仪器a的名称为___________，主要作用是___________。 （2）操作Ⅰ为，操作Ⅱ为___________，无色液体A是___________。 （3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔。推测白色固体B是苯甲酸与___________的混合物，进一步提纯苯甲酸的方法为___________。 （4）提纯时，往往要洗涤苯甲酸，检验苯甲酸是否洗涤干净的操作是___________。 （5）将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入搅拌，过滤，滤液静置一段时间，可获得有机合成常用的催化剂苯甲酸铜，混合溶剂中乙醇的作用是___________。 （6）称取1.220g产品，配成100mL甲醇溶液，每次移取25.00mL溶液。用0.1000mol/L的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗23.45mL的KOH标准溶液。产品中苯甲酸质量分数为___________(保留三位有效数字)。 19. 硼及其化合物在材料、能源和医药等领域应用广泛，回答下列问题。 （1）区分晶体硼和无定形硼最科学的方法为对固体进行__________(填字母)测定。 A. 红外光谱 B. 质谱 C. X射线衍射 D. 核磁共振氢谱 （2）氨硼烷()储氢量高，是目前最具潜力的储氢材料之一，其结构与乙烷相似。 ①中N-B为配位键，其中__________(填元素符号)提供孤电子对。 ②中的键角，__________(填“>”“<”或“=”)中的键角。 （3）硼酸()常用于医药和食品防腐。硼酸晶体是一种多层片状晶体，同层分子间的主要作用力是氢键，其单层结构如图所示。中含有___________mol氢键。 （4）立方氮化硼是一种人工合成的超硬材料，其硬度仅次于金刚石。其立方晶胞结构如图所示。 ①立方氮化硼的晶体结构与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因为_______________________。 ②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系称作原子分数坐标系。已知、、三个原子的分数坐标分别为、、，则D原子的分数坐标为___________。 ③该氮化硼晶胞的俯视投影图是____________(填字母)。 ④已知立方氮化硼晶体的密度为。设为阿伏加德罗常数的值，该晶胞中与原子最近的原子距离为_______(列出计算式，用含和的式子表示) A． B. C. D. 20. 镍(Ni)是重要的过渡金属，可形成多种稳定的配合物，回答下列问题： （1）基态Ni原子价电子排布式为___________________。 （2）Ni的卤化物熔点数据见下表，解释其熔点变化规律的原因是______________________________。 物质 熔点/℃ 1360 1001 963 797 （3）(四羰基镍)是镍的重要配合物，常温下呈液态，其空间结构如下图所示，中含有的键与键的数目之比为_____________，其易溶于、苯等有机溶剂的原因为___________________。 （4）丁二酮肟常用于检验和分离富集，其与形成如上图所示的配合物，图是硫代氧的结果。解释A的熔、沸点高于B的原因______________________________________________________。 （5）可与形成配离子，与形成配离子。某小组分别通过实验ⅰ和ⅱ来制备镍氨配合物。 实验 操作 现象 ⅰ 向溶液中逐滴加入氨水 先产生绿色沉淀，后得到深蓝色透明溶液 ⅱ 取氢氧化镍固体于试管中，加入氨水 滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解 ①实验ⅰ中绿色沉淀溶解的离子方程式为_____________________________________。 ②对比实验ⅰ、ⅱ，A同学猜想体系中存在可促进镍氨配离子生成。据此设计了实验ⅲ： 实验 操作 现象 ⅲ 取氢氧化镍固体于试管中，加入氨水后，同时加入适量______________(填化学式)固体，振荡 绿色沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 ③同学认为绿色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果。据此补充设计了实验ⅳ： 实验 操作 现象 ⅳ 取氢氧化镍固体和适量实验ⅲ所用的固体于试管中，加入蒸馏水，振荡 _______________ 结合上述实验设计和现象，证明B同学的观点正确。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $6学科网了 可组卷网 珠海市斗门第一中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二化学 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已的姓名、考号填写在答题卡上。 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的 相应位置上。 4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回。 可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14016 第I卷（选择题共44分） 一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16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.下列是我校化学节上同学们制作的模型，模型所属物质属于分子晶体的是 B. C60空间结构 C. NaCI晶胞模 A. Cu晶胞模型 D. CaE,晶胞模型 模型 型 A.A B.B C.C D.D 【答案】B 【解析】 【详解】A.Cu属于金属晶体，构成微粒为金属阳离子和自由电子，A错误； B.C0是由C6o分子通过分子间作用力构成的晶体，属于分子晶体，B正确； C.NaCl属于离子晶体，构成微粒为Na和CI,微粒间靠离子键结合，C错误： D.CaF属于离子晶体，构成微粒为Ca+和F,微粒间靠离子键结合，D错误； 第1页/共22页 6学科网 丽组卷网 故答案选B。 2.科技强国，化学功不可没。下列说法涉及的化学知识中，不正确的是 A.“福建舰”航空母舰防腐涂料中使用的石墨烯是乙烯的同系物 B.“鲲龙”水陆两栖飞机的燃料为航空煤油，煤油的主要成分属于烃类 C.“天和”核心舱配制的霍尔发动机推进剂中含以X,该核素的中子数为7 D.“祝融”火星车的车身为耐高温的碳化硅复合材料，碳化硅属于共价晶体 【答案】A 【解析】 【详解】A.同系物的定义是结构相似、分子组成相差若干个CH,原子团的有机化合物，而石墨烯是碳的 单质，不属于有机物，因此不可能是乙烯的同系物，A错误； B,煤油是石油分馏的产物，主要成分是各种烷烃、环烷烃等，都属于烃类，B正确； C.核素的中子数=质量数-质子数，Xe的中子数为131-54=77，C正确； D.碳化硅SC中所有原子通过共价键结合形成空间网状结构，属于共价晶体，耐高温性能好，D正确； 故选择A。 3.化学之美，对称之美。下列化学用语表达不正确的是 A.BE的VSEPR模型为 B.2-丁烯(CH,CH=CHCH3)存在顺反异构 C.基态Ca原子核外电子占据的最高能级原子轨道为 D.键线式为 的化合物命名为3,5-二甲基庚烷 【答案】A 【解析】 【详解】A.BF,中心B原子价层电子对数为3，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，题图模型含1 对孤电子对，与实际不符，A错误： 第2页/共22页 学科网组卷网 B.2-丁烯双键两端的碳原子均连接不同基团(CH3-和H-),存在顺反异构，B正确； C.基态Cα原子核外电子占据的最高能级为4s,s轨道为球形，与题图一致，C正确； D.该有机物最长碳链含7个碳原子，3、5号碳上各有1个甲基，命名为3,5-二甲基庚烷，D正确； 故选A。 4.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配不正确的是 选项 性质差异 结构因素 气态氢化物稳定性：亚 HF存在分子间氢键 强于HCI 键能：Cl-CI键>Br ◇ 原子半径：CI<Br Br键 金属键键能： C 熔点：Al>Mg>Na Al-Mg-Na 酸性： O-H键极性： D CH COOH>CH,CH,CHCOOH>CH,CH A.A B.B C.C D.D 【答案】A 【解析】 【详解】A,气态氢化物稳定性属于化学性质，由共价键键能决定，HF稳定性强于HCI是因为H-F键键 能大于H-CI键，分子间氢键影响的是HF的熔沸点等物理性质，与稳定性无关，A错误； B.原子半径CI<Br,故Cl-CI键键长小于Br-Br键，键长越短键能越大，因此C-CI键键能更大，B正 确； C.金属阳离子电荷数AI3+>Mg2+>Na,离子半径A13+<Mg2+<Na,故金属键键能Al>Mg>Na,金属 键越强金属晶体熔点越高，因此熔点A>Mg>Na,C正确； D.烷基为给电子基团，乙基的给电子效应强于甲基，使CH,CH,COOH中O-H键的极性弱于 CH,COOH中的O-H键，越难电离出H酸性越弱，因此酸性CH,COOH>CH,CH,COOH,D正确； 第3页/共22页 6学科网 列组卷网 故答案选A。 5.维生素C的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是 OH HO HO OH A维生素C所含的官能团有羟基、醚键、碳碳双键 B.维生素C可以使溴水褪色 C.维生素C的分子式为C6HO。 D.维生素C只含一个手性碳原子 【答案】B 【解析】 【详解】A.维生素C所含官能团为羟基、碳碳双键、酯基，不存在醚键，A错误； B,维生素C含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，能使溴水褪色，B正确； C.通过结构计算可知维生素C的分子式为C6HgO。,不是C,H。O。,C错误； D,手性碳原子连接4个不同的基团，维生素C分子中有2个手性碳原子，如图标注处 OH HO. 快 D错误； HO OH 故选B。 6.分子式为C1oH4的芳香烃，且苯环上只有一个取代基的同分异构体数目为 A3种 B.4种 C.6种 D.8种 【答案】B 【解析】 【详解】分子式为C1oH4的芳香烃不饱和度为 ×10+2-14=4,苯环不饱和度恰好为4，侧链只有一个 2 取代基，因此侧链为饱和烷基C4H,~(丁基)，丁基同分异构体共4种，故分子式为CoH4且苯环上只有 一个取代基的芳香烃同分异构体的数目为4，故选B。 7.某有机物的核磁共振氢谱图如图1所示，红外光谱图如图2所示。该有机物可能是 第4页/共22页 6学科网 组卷回 100 吸 δ收 强 度 C=6 32 0 40003000200015001000500 图1核磁共振氢谱 波数cm 图2红外光谱 A.CHCH,COOH B.CH,COCH C.CH,COOCH(CH3)2 D.CHCH,COOCH 【答案】D 【解析】 【详解】A.CH3CH2COOH为羧酸，等效氢峰面积比为3：2：1，与图1不符，A错误； B.CH,COCH,仅含1种等效氢，核磁共振氢谱应只有1组峰，与图1的3组峰不符，B错误； C.CH COOCH(CH3)2的等效氢峰面积比为3：1：6，与图1的峰面积比不匹配，C错误； D.CH,CH,COOCH3有3种等效氢，峰面积比为3：2：3，与氢谱一致；红外光谱含C-0、C-O键，符 合酯基的特征吸收，D正确； 故选D。 8.1842年德国化学家维勒用电石(CC2)和水反应制备乙炔。兴趣小组利用以下装置进行实验，难以达到 预期目的的是 饱和食 盐水 CuSO 电石 溶液 B. 除掉C2H2中的 A. 制备C2H2 H3S 第5页/共22页 命学科网丽组卷网 酸性 KMnO, 溶液 D.验证C,H2的还原 C.收集C2H2 性 A.A B.B C.C D.D 【答案】C 【解析】 【详解】A,碳化钙与饱和食盐水在固液不加热条件下反应生成乙炔，该装置可通过控制饱和食盐水滴加速 度减缓反应速率，能达到制备C2H2的目的，A正确； B.电石制乙炔时，生成的乙炔中会混有杂质H,S,H,S可与硫酸铜溶液反应生成CuS沉淀而被除去，能 达到除杂的目的，B正确： C.乙炔密度略小于空气，排空气法无法收集到纯净的乙炔，若用该装置排空气收集，应该短管进气、长 管出气，该装置进气方向错误，难以达到收集目的，C错误： D.C,H2含有碳碳三键，可被酸性KMO4溶液氧化使溶液褪色，能够验证C,H2的还原性，D正确； 故选C。 9.实验室常用的蓝色硅胶干燥剂，变色的主要原因是含有CoCl2。无水CoCl2呈蓝色晶体状，当暴露在 潮湿的空气中时很快变为粉红色的Co(H,O)。]C1,若在约1I0℃烘箱里放置1小时，又恢复到半透明 的蓝色。下列说法不正确的是 ACo元素位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族 B.Co(H,O)。]CL,中配体的空间构型为V形 C.[Co(H,O)6]CL2是配合物，向其中滴加AgNO,溶液不会产生沉淀 D.温废较高时[Co(H,O),]了 中的配位键易断裂 【答案】C 第6页/共22页 学科网 丽组卷网 【解析】 【详解】A.Co的原子序数为27，价电子排布为3d?4s2,位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，A正确： B.[「Co(H,O)。]C2的配体为H,0,H,0的中心0原子价层电子对数为4，含2对孤电子对，空间构 型为V形，B正确 C.[Co(H,O)。CL,为配合物，外界为CI，在水溶液中可完全电离出CI,滴加AgNO,溶液会产生 AgCI白色沉淀，C错误； D.温度为110C时，[Co(H,O)。]了 失去配体H,O重新生成CoCL2，说明温度较高时配位键易断裂， D正确； 故答案选C。 10.冠醚能识别碱金属离子。12-冠-4与Li计作用而不与K+作用，18-冠-6与K+作用而不与Li计作用。下列 说法正确的是 12-冠-4 18-冠-6 超分子 A12-冠-4与18-冠-6属于同系物 B.18-冠-6可增大KCl在乙醇中的溶解度 C.超分子属于高分子，具有很大的相对分子质量 D.超分子“自组装”的特征可以用于分离L计与K 【答案】B 【解析】 【详解】A.同系物要求结构相似、分子组成相差若干个CH2原子团，12-冠-4和18-冠-6含有的醚键数目 不同，结构不相似，不属于同系物，A错误； B,18-冠-6可与K+结合形成超分子，原本亲水的阳离子被疏水的冠醚外壳包裹，使得整个复合物表现出 亲油性，能够进入有机相，从而增大KC1在乙醇中的溶解度，B正确； C.超分子是两种及以上分子通过分子间作用力形成的聚集体，不属于以共价键连接的高分子化合物，C 错误； D,分离Li与K+利用的是超分子的“分子识别特征，并非自组装特征，D错误； 第7页/共22页 6学科网 丽组卷网 故选B。 11.设N。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.1.7g羟基含有的电子数目为N B.12g金刚石中o键的数目为4NA C.2.8g乙烯和环丙烷混合气体中的碳原子数目为0.2N D.标准状下，11.2LCHC13中氯原子的数目为1.5NA 【答案】C 【解析】 【详都】A.1形异三的物质的最为7心=01ml,1个羟整-0H)合9个电千，故电子总数为 0.9N4,A错误； B.12g金刚石含C原子的物质的量为1mol,金刚石中每个C原子平均形成2个0键，故0键总数为 2NA,B错误； 2.8g C.乙烯和环丙烷的最简式均为CH,28g混合气体中含CH,的物质的量为14g/m 一=0.2mol,故碳 原子数为0.2NA,，C正确； D,标淮状况下CHCL,为液体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，故氯原子数不是 1.5NA,D错误； 故选C。 12.离子液体[Bmim]Cl在电化学领域具有广阔的前景，一种合成[Bmim]cl的原理如图所示，已知l-甲基 咪唑环上所有原子共平面，下列说法不正确的是 H H2 H2 H虜C-N H, 100C,H,C-Cri, CH CH,12h 1-甲基咪唑 [Bmim]Cl A[Bmim]Cl中含有离子键和共价键 第8页/共22页 6学科网 可组卷网 H H B.制备C C CH,可由CH,=CHCH,CH,在一定条件下和HCI加成 H, C.[Bmim]Cl具有很高的熔点和沸点 D.1-甲基咪唑中N原子只有一种杂化方式 【答案】C 【解析】 【详解】A.[Bmim与CI之间存在离子键，[Bmim内部各原子间存在共价键，A正确； B.CH,=CHCH,CH3在过氧化物等条件下和HCl发生反马氏加成，可得到1-氯丁烷，B正确； C,离子液体通常熔点较低，室温下多为液态，不具有很高的熔点和沸点，C错误； D,1-甲基咪唑环上所有原子共平面，N原子均为Sp杂化，只有一种杂化方式，D正确； 故选C。 13.A、B、D、E四种元素原子序数依次增大，且A、B、D均为短周期主族元素。A的基态原子价层电子 排布为ns"np”;B的基态原子2p能级有3个单电子；D的原子核外有8种不同运动状态的电子；E2+的 3d轨道全充满。下列说法错误的是 3d 4s A.基态E原子的价层电子的轨道表示式为「 W个↑↑个 B.第一电离能：A<D<B C.在水中的溶解度：D3>D2 D.AB常作配合物的配体，在AB中，元素A的原子采取Sp杂化 【答案】D 【解析】 【分析】首先推断元素：A的价层电子排布为nsnp”,得n=2,A为C;B的2p能级有3个单电子，价 层电子排布为2s22p,B为N;D核外有8种运动状态的电子，即核外电子数为8，D为O；E2+的3d 轨道全充满(10个电子)，E原子价层电子排布为3d4s2,E为Zn。 【详解】A.Z价层电子排布为3d4s2,题给轨道表示式符合洪特规则、泡利原理，A正确； B,同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道半充满结构更稳定，第一电离能大于相邻的 第9页/共22页 6学科网 命组卷回 O,故顺序为C<O<N,即A<D<B,B正确； C.D3为O3(极性分子)，D2为O2(非极性分子)，水为极性溶剂，根据相似相溶规律，溶解度 03>O2,C正确； D,AB为CN,其中C与N形成碳氨三键，C的价层电子对数为2，采取P杂化，D错误： 故选D。 14.下列关于各晶体的说法错误的是 ●Na oci NaCl晶胞 干冰晶胞 SiO2晶胞 石墨的层状结构 A.NaCl晶胞中，Na的配位数是6 B.干冰晶胞中与C02分子紧邻等距的C02分子数为12个 C.Si0,晶胞中含有8个Si原子和16个O原子 D.石墨晶体的熔点高是因为其层与层之间是靠范德华力维系的 【答案】D 【解析】 【详解】A.NaCl为面心立方离子晶体，每个Na周围紧邻等距的CI共6个，即Na的配位数为6，A 正确； B.干冰晶胞为面心立方最密堆积，每个C0,分子周围紧邻等距的C02分子共12个，B正确； C.Si02晶胞可看作晶体硅晶胞的每个Si-Si键间插入1个O原子，晶体硅晶胞含8个Si原子，故SiO, 晶胞含8个S原子、16个O原子，C正确； D,石墨熔点高是因为层内碳原子间以强共价键结合，键能大，层与层之间的范德华力较弱，是石墨质软 的原因，D错误； 第10页/共22页 6学科网 列组卷回 答案选D。 15.某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是 充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是 ●Co O Li 结构1 晶胞2 晶胞3 A.结构1钴硫化物的化学式为C0gSg B.晶胞2中S与S的最短距离为V a 2 C.晶胞2中距Li最近的S有4个 D.晶胞2和晶胞3表示同一晶体 【答案】B 【解析】 雅法得，结构1中含有C0的数目为4+4×上45，含有S的数目为1 8 与S的原子个数比为9：8，因此结构1的化学式为CoS8,故A正确； B,由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的)，晶胞边长为a,即S与S的最短距离为： √2 a,故B错误； C.如图： 以图中的Li为例，与其最近的S共4个，故C正确； 晶胞2 D.如图 当2个晶胞2放在一起时，图中红框截取的部分就是 晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，故D正确： 第11页/共22页 6学科网 命组卷回 故选B。 16.丙烯与氢卤酸的加成反应过程主要分两步完成，如图所示： CH,CH-CH, CICH,CHCICH,【主要产物】 中间产物a 2-氯丙烷 CH,CH=CH,+H" CH,CH,-CH, CI→CH,CH,CH,C1【次要产物】 中间产物b 1氯丙烷 其中，反应速率主要由第一步烯烃与H+结合生成碳正离子决定。下列说法不正确的是 A.反应物丙烯中最多有7个原子共平面 B.上述条件下，丙烯生成中间产物的反应活化能较低 C.上述反应，在适当条件下氢卤酸的酸性越强，反应速率越快 CI CI D.用DCl代替HCl,得到的产物有 和 CH,-CH,-CHD CH,-CD-CH 【答案】D 【解析】 【详解】A,丙烯结构为CH3CH=CH2,双键为Sp杂化，双键的2个C及直接相连的1个C、3个H 共6个原子共面，甲基通过单键旋转可再有1个H转到平面上，最多共7个原子共平面，A正确： B.反应的活化能越大，反应速率越慢，由2一氯丙烷是主要产物可知，生成中间产物的反应速率大于中 间产物b的反应速率，则丙烯生成中间产物a的反应活化能较低，B正确： C.总反应速率由第一步烯烃与H结合的速率决定，氢卤酸酸性越强，电离出H的浓度越高，第一步反 应速率越快，总反应速率越快，C正确； D.加成反应中D和CI分别加在双键的两个相邻碳原子上，产物应为CH,CHCICH,D和 CH,CHDCH,CI,D错误； 故选D。 卷Ⅱ非选择题（共56分） 二、非选择题：共4题，共56分。 17.1,4-环己二醇(H)是生产液晶材料和药物的原料，可通过以下路线合成： 第12页/共22页 6学科网 组卷回 Br OH CL H 光照 ·定条件 Br Br OH A ® D E F 团 回答下列问题： (1)D的分子式是① F中所含的官能团名称是② (2)写出A生成B的化学反应方程式③ (3)E生成F的反应类型为④ 该反应还可能生成什么产物 ⑤ (填结构简式或键线式，写一种即可)。 (4)M与G互为同分异构体，则M中仅含六元环的结构有⑥ 种（不计算G本身，不考虑 立体异构)。 (5)N与A互为同分异构体，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，核磁共振氢谱只有一个吸收峰。N在一定 条件下可生成高分子化合物，写出该化学反应方程式⑦ (6)已知某些烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化可生成羧酸和酮，如 CH,CH-C(CH,)2ko,H→CH,COOH+CH,COCH,(丙酮)。物质C被酸性高锰酸钾溶液氧化后 的有机产物是⑧ (填结构简式或键线式)。 【答案】(1) ①.C6HoCL2 ②.碳碳双键、碳溴键 CI (2) +C, +HCI Br Br Br (3) ①.加成反应 ② 或 Br Br CH,CH, (4)3 CH; CH,CH3 COOH (6)HOOC(CH2)4COOH或 COOH 【解析】 第13页/共22页 学科网可组卷网 【分析】沿合成路线可知，A为环己烷，经光照取代和消去依次生成一氯代环己烷B、B发生消去反应生成 环己烯C;C与氯气加成生成1,2-二氯环己烷D,D再消去生成1,3-环己二烯E。E发生1,4加成得 到，F,F加氢生成G,G再水解转化为1,4-环己二醇H。 【小问1详解】 C的分子式为C6Ho,C与氯气加成生成D,因此D的分子式为C6H1oCl2。F的结构中含有碳碳双键，且 碳原子与溴原子相连，因此F含有碳碳双键和碳溴键； 【小问2详解】 A为环己烷，在光照条件下与氯气发生取代反应，生成氯代环己烷B和氯化氢，反应可表示为： CI 光 +Ch +HCl; 【小问3详解】 E为共轭二烯，生成F时形成两个碳溴键并保留一个碳碳双键，因此该反应属于加成反应。除F所示的加 Br Br 成方式外，溴还可在相邻两个碳原子上加成，另一产物的结构为： 【小问4详解】 G的分子式为C6HBr,,不饱和度为1。M只含六元环时，六个碳原子只能构成一个环己烷环，两个溴原 Br Br Br 子的不同连接位置为： ；其中1,4-二溴环己烷为G,排除G且不 Br 1,1- 1,2- 1,3- 考虑立体异构后，共有3种： 【小问5详解】 N与A互为同分异构体，分子式为C6H2。N能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明含有碳碳双键；核磁共振 氢谱只有一个吸收峰，说明所有氢原子的化学环境相同。因此N为2,3-二甲基-2-丁烯，其碳碳双键打开 CH CH,CH, 后发生加聚反应，可表示为：nH,C-C=C-CH3能化剂 C寸n CH, CH CH3 第14页/共22页 6学科网 组卷网 【小问6详解】 C为环己烯，碳碳双键两端的碳原子均连有氢原子。酸性高锰酸钾溶液使碳碳双键断裂并将两端碳原子氧 COOH 化为羧基，六元环随之打开，所得有机产物为HOOC(CH2)4COOH或 COOH 18.苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸。 反应原理： CH3 +2KMnO COOK+KOH+2MnO2↓+H20 COOK +HCI COOH +KCI 制备装置及相关信息： 苯甲酸 电动搅拌棒 相对分子质量 122 熔点 122.4℃ 温度计 25℃：0.3g 水中溶解度 95℃：6.9g 实验方法： 将甲苯和KMO4溶液加热回流一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应 的甲苯。 操作Ⅱ 有机相 ①无水Na2S04干燥 无色液体A 反应混合物 过滤 滤液 操作I ②过滤 水相 浓盐酸酸化 ①蒸发浓缩 白色固体B ②冷却，过滤 (1)制备装置中仪器a的名称为 主要作用是 (2)操作I为，操作Ⅱ为 无色液体A是 (3)测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔。推测白色固体B是 苯甲酸与 的混合物，进一步提纯苯甲酸的方法为 (4)提纯时，往往要洗涤苯甲酸，检验苯甲酸是否洗涤干净的操作是 (5)将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu(OH),搅拌，过滤，滤液静置一段时 间，可获得有机合成常用的催化剂苯甲酸铜，混合溶剂中乙醇的作用是 第15页/共22页 学科网丽组卷网 (6)称取1.220g产品，配成100mL甲醇溶液，每次移取25.00mL溶液。用0.1000mol/L的KOH标准溶 液滴定，三次滴定平均消耗23.45mL的KOH标准溶液。产品中苯甲酸质量分数为 (保留三位 有效数字)。 【答案】(1) ①.球形冷凝管 ②.冷凝回流 (2) ①.分液 ②.甲苯 (3) ①.KC1 ②.重结晶 (4)取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化，再滴加AgO3溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净， 反之则洗干净 (5)苯甲酸易溶于乙醇，将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，可促进苯甲酸的溶解，使反应更充分 (6)93.8% 【解析】 【分析】一定量的甲苯和适量的MO4溶液在I00℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸 和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，有机相中含 有甲苯、水相中含有苯甲酸钾，有机相中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A,A是甲苯；水相为KOH和 苯甲酸钾的混合液，加入浓盐酸，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得白色固体B为苯甲酸和KCI的混合物， 据此分析； 【小问1详解】 根据装置图，制备装置中仪器的名称为球形冷凝管，主要作用是冷凝回流； 【小问2详解】 操作I把有机层和水层分开，则操作I为分液；操作Ⅱ为有机相中分离出甲苯，方法为蒸馏，无水N2SO4干 燥剂，作用是除水，无色液体A是甲苯： 【小问3详解】 水相为KOH和苯甲酸钾的混合液，加入浓盐酸，生成苯甲酸和氯化钾，测定白色固体B的熔点，发现其 在115℃开始熔化，达到130C时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KC1的混合物；将白色固体 B加入水中，加热溶解，冷却，过滤，得到白色晶体和无色溶液，该方法为重结晶；进一步提纯苯甲酸的 方法为重结晶； 【小问4详解】 苯甲酸固体上可能残留KC1,通过检验是否有CI来判断是否洗涤干净，方法为：取最后一次洗涤液少许， 加入硝酸酸化，再滴加AgO3溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净； 【小问5详解】 第16页/共22页 6学科网 丽组卷网 苯甲酸易溶于乙醇，将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，可促进苯甲酸的溶解，使反应更充分； 【小问6详解】 称取1.220g产品，配成100mL甲醇溶液，每次移取25.00mL溶液。用0.1000mol/L的KOH标准溶液滴 定，三次滴定平均消耗23.45L的KOH标准溶液。消耗KOH的物质的量为 0.1000mol/L×0.02345L=2.345×10-3mol,苯甲酸是一元弱酸，和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同， 100 实验样品中苯甲酸的物质的量为2.345×10-3mol× =9.38×103mol,产品中苯甲酸质量分数为 25 9.38×103mol×122g/mol ×100%=93.8%。 1.22g 19.硼及其化合物在材料、能源和医药等领域应用广泛，回答下列问题。 (1)区分晶体硼和无定形硼最科学的方法为对固体进行 (填字母)测定。 A.红外光谱 B.质谱 C.X射线衍射 D.核磁共振氢谱 (2)氨硼烷(NHBH3)储氢量高，是目前最具潜力的储氢材料之一，其结构与乙烷相似。 ①NHBH3中N-B为配位键，其中 (填元素符号)提供孤电子对。 ②NHBH3中H-N-H的键角， (填“>”“<”或“=”)NH,中H-N-H的键角。 (3)硼酸(H,BO3)常用于医药和食品防腐。硼酸晶体是一种多层片状晶体，同层分子间的主要作用力是 氢键，其单层结构如图所示。1molH3B03中含有 mol氢键。 ·H (4)立方氨化硼是一种人工合成的超硬材料，其硬度仅次于金刚石。其立方晶胞结构如图所示。 。氮原子 ○硼原子 A ①立方氨化硼的晶体结构与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因为 第17页/共22页 6学科网 列组卷网 ②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系称作原子分数坐标系。己知A、B、C三个原子的分数坐标分别为 (0,0,0)、(0,1,1)、(1,1,0),则D原子的分数坐标为 ③该氮化硼晶胞的俯视投影图是 (填字母)。 ④已知立方氨化硼晶体的密度为pgcm3。设N为阿伏加德罗常数的值，该晶胞中与N原子最近的B 原子距离为 cm(列出计算式，用含p和W的式子表示) 【答案】(1)C (2) ①.N②.> (3)3 (4) ①.键长：B-N>C-C,键能：B-N<C-C,故氨化硼的熔点比金刚石低 313 4×(11+14) 2 ③.B ④. -X3 444 4 PNA 【解析】 【分析】对物质结构与性质方面的考查，硼元素的两种同素异形体最科学的区分手段就是X射线衍射；B 原子结构上的特殊性它比较容易形成配位键，共价键与配位键的考题中需要把配位键看成共价键，解决键 角的问题，即先比杂化($p>$p>$p3),当杂化相同孤电子对越多键角越小，即可解决该题中键角大小 比较；均摊法即可解决氢键的个数，在晶胞棱长的计算中也有涉及。 【小问1详解】 晶体和非晶体的核心差异是内部粒子是否呈周期性有序排列，区分二者最科学的方法是X射线衍射测定： 晶体的X射线衍射图谱会出现特征明锐衍射峰，非晶体无特征衍射峰。红外光谱用于检测官能团/化学 键，质谱用于测定相对分子质量，核磁共振氢谱用于检测氢原子种类，均无法区分晶体与无定形非晶体， 因此选C; 【小问2详解】 ①配位键中由含有孤电子对的原子提供电子、空轨道接受电子：N原子价层有孤电子对，B原子价层为 空轨道，因此N提供孤电子对形成N-B配位键： ②游离WH3的中心N上有1对孤电子对，孤电子对对N一H键的排斥作用大于成键电子对，会压缩 H-N-H键角；而NHBH3中N的孤电子对用于形成N-B配位键，孤电子对的排斥作用消失，成键 第18页/共22页 6学科网命组卷网 电子对之间的斥力更大，因此H-N-H键角大于游离NH3中的键角： 【小问3详解】 观察硼酸单层结构，每个H,BO,分子的3个一OH可以分别和相邻的3个H,BO3分子形成1个氢键，每 个HBO3分子还可作为氢键受体形成3个氢键，每个氢键由2个H,BO3分子共同占有，因此 1molH,B0,分推到的氢键数为6×.=3mol, 2 【小问4详解】 ①二者均为共价晶体，熔点由共价键键能决定：B-N的原子半径之和大于C-C的原子半径之和， B一N键长更长，键能低于金刚石中的C-C键，因此立方氨化硼熔点更低； ②已知A、B、C三个原子的分数坐标分别为(0,0,0)、(0,1,1)、(1,1,0)，则D原子的分数坐标为 313 4'4'4 ③立方氨化硼晶胞的顶点、面心为N原子，4个B原子交替位于晶胞内部四面体空隙，俯视投影时顶点面 心的N原子分布在正方形顶点和边中点，内部B原子投影在面对角线的1/4位置，对应选项B的投影图： 1 ④立方氨化硼晶胞中，N原子数为8×二+6×二=4，B原子数为4，晶胞总质量为 8 2 4×(11+14)100 100 4×(11+14) NA N,名，设晶胞参数为a,由密度公式p三。得a手 ，晶胞内最近 VPN V PNA 的N和B的距离为体对角线的14，体对角线长度为V5a,因此距商为5a=5x 4×(11+14) cm 4 -4V PNA 20.镍)是重要的过渡金属，可形成多种稳定的配合物，回答下列问题： (1)基态Ni原子价电子排布式为 (2)N的卤化物熔点数据见下表，解释其熔点变化规律的原因是 物质 Ni证， NiCl, NiBr2 Nil, 熔点/℃ 1360 1001 963 797 (3)Ni(CO)(四羰基镍)是镍的重要配合物，常温下呈液态，其空间结构如下图所示，Ni(CO)中含有 的·键与兀键的数目之比为 ,其易溶于CC14、苯等有机溶剂的原因为 第19页/共22页 6学科网 组卷网 (4)丁二酮肟常用于检验和分离富集Ni2+,其与N2+形成如上图A所示的配合物，图B是硫代氧的结 果。解释A的熔、沸点高于B的原因 B (5)Ni2+可与H,O形成配离子Ni(H,O)。2+,与NH形成配离子Ni(NH3)2+。某小组分别通过实 验i和ⅱ来制备镍氨配合物。 实验 操作 现象 向10mL0.1mol/LNiS0, 溶液中逐滴加入 先产生绿色沉淀，后得到深蓝色透明溶液 3mL2mol/L氨水 取0.1g氢氧化镍固体于试管 ii 滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解 中， 加入5mL2mol/L氨水 ①实验ⅰ中绿色沉淀溶解的离子方程式为 ②对比实验ⅰ、ⅱ，A同学猜想体系中存在NH可促进镍氨配离子生成。据此设计了实验： 实验 操作 现象 取0.1g氢氧化镍固体于试管 ⅲ 绿色沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 中，加入5mL2mol/L氨水 第20页/共22页 学科网 列组卷网 后，同时加入适量 (填化学式)固 体，振荡 ③B同学认为绿色沉淀溶解是溶液中NH和氨水共同作用的结果。据此补充设计了实验ⅳ： 实验 操作 现象 取0.1g氢氧化镍固体和适量实验进所用的固体于试管 iv 中，加入5mL蒸馏水，振荡 结合上述实验设计和现象，证明B同学的观点正确。 【答案】(1)3d84s2 (2)NiE,、NiCL2、NBr,、Nil2均属于离子晶体，F到I厂的半径逐渐增大，其卤化镍中离子键的键能 逐渐减小，故其熔点逐渐降低 (3) ①.1：1②.N(CO)4是非极性分子，CCL4、苯为非极性溶剂，相似相溶原理，易溶于其 必 (4)A分子间存在氢键 (5 ) ① Ni(OH)+6NH,=[Ni(NH,)+0H Ni(OH)2+6NH,H,O=[Ni(NH,)"+2OH+6H2O .(NH.),SO 4③.绿色沉淀几乎 没有溶解 【解析】 【小问1详解】 Ni是28号元素，核外电子排布[Ar]3d84s2,过渡金属价电子包含最外层和次外层轨道电子，价电子排布 式为3d84s2; 【小问2详解】 N证，、NCL,、NBr,、Nl2均属于离子晶体，F到厂的半径逐渐增大，离子键键能逐渐减小，离子晶 体熔点由离子键强弱决定，离子键越弱，熔点越低，因此熔点依次下降； 【小问3详解】 第21页/共22页 6学科网命组卷网 Ni(CO)4中Ni与4个C0间存在4个配位o键，每个CO分子内部存在1个o键、2个π键。总o键 4+4×1=8,总π键4×2=8，o键π键=1：1；Ni(CO)是非极性分子，CCl4、苯为非极性溶剂， 相似相溶原理，易溶于有机溶剂； 【小问4详解】 A分子间存在O-H,可以形成分子间氢键，B中为S-H,S原子电负性较小、半径大，难以形成分子间氢 键，分子间氢键增大分子间作用力，使熔沸点升高，故A的熔、沸点高于B; 【小问5详解】 ①绿色沉淀是N(OH)2,沉淀和NH,结合生成稳定六氨合镍四配离子[Ni(NH)。],沉淀溶解得到深 蓝色溶液，故离子方程式为Ni(OH)2+6NH,=「Ni(NH),+2OH或 Ni(OH)2+6NH,H,0=[Ni(NH3)6]+2OH+6H,0; ②实验目的验证NH促进配离子生成，要引入NH4,同时阴离子和实验i保持一致为SO},选用 (NH4),SO4固体，加入后NH4消耗体系OH,促使Ni(OH2溶解配位； ③实验ⅳ只有铵盐+蒸馏水，没有氨水，仅有NH4,无NH3,沉淀不溶解。 第22页/共22页