高級中學名校試卷PAGEPAGE1遼寧省葫蘆島市縣協作校2024-2025學年高二下學期第一次考試本試卷滿分100分，考試用時75分鐘。注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。4.本試卷主要考試內容：人教版選擇性必修2第三章、選擇性必修3第一章至第二章第二節。5.可能用到的相對原子質量：H1C12O16一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.超分子冠醚能與堿金屬離子作用，并隨環的大小不同而與不同的金屬離子作用。12-冠-4與作用而不與、作用，18-冠-6與作用(如圖所示)而不與、作用。下列說法錯誤的是A.超分子不屬于聚合物B.離子半徑：C.超分子的重要特征是分子識別和分子組裝D.圖示超分子中存在的化學鍵只有極性共價鍵，無離子鍵【答案】D【解析】超分子是由兩種或兩種以上分子通過非共價鍵（如氫鍵、范德華力等）相互作用結合形成的復雜、有組織的聚集體，而聚合物是由許多重復的結構單元通過共價鍵連接而成的大分子，在結合方式和結構上存在本質區別，因此超分子不屬于聚合物，A正確；Li、Na、K屬于同主族元素，從上往下原子半徑和離子半徑都逐漸增大，則有：，B正確；根據12-冠-4與作用而不與、作用和18-冠-6與作用而不與、作用可知，超分子具有“分子識別”和“分子組裝”的特征，C正確；冠醚能與堿金屬離子形成晶體，堿金屬離子是陽離子，故所得到的晶體里還有陰離子，則冠醚能與堿金屬離子形成的晶體屬于離子晶體，是通過離子鍵形成的，晶體中有離子鍵，D錯誤；故答案為：D。2.某有機物的核磁共振氫譜圖如圖所示，該有機物可能是A. B.CH3CH2CH2CH3C. D.CH3CH2CHO【答案】A【解析】核磁共振氫譜有4個吸收峰，故有機物分子中有4種不同化學環境的H原子，各組峰的峰高比為1:1:2:2；即分子中所含4種氫原子的原子個數比為1:1:2:2；有4中不同化學環境的氫原子，個數比為1:1:2:2，A符合題意；有2種不同化學環境的氫原子，個數比為2:3，B不符合題意；中有5種不同化學環境的氫原子，個數比為1:1:1:2:3，C不符合題意；有3種不同化學環境的氫原子，個數比為1:2:3，D不符合題意；故選A。3.碳是構成化合物的重要中間體，下列說法錯誤的是A.沸點：新戊烷<異戊烷<正戊烷B.的名稱為3，4-二甲基丁烷C.CH3OCH3與CH3OCH2CH3互為同系物D.常溫下，在水中的溶解度：苯甲酸<乙酸【答案】B【解析】正戊烷、異戊烷、新戊烷的分子式相同，支鏈越多，沸點越低，故沸點：新戊烷<異戊烷<正戊烷，A正確；主鏈最長為4個碳原子，2、3號位各有一個甲基，則系統命名法為：2，3-二甲基丁烷，B錯誤；與官能團相同，分子式相差一個，則與互為同系物，C正確；苯甲酸的分子結構中含有苯環，苯環是一個非極性的芳香環，這使得苯甲酸的整體極性較乙酸低，水是極性分子，因此常溫下，在水中的溶解度：苯甲酸<乙酸，D正確；故選B。4.現代冶金工業中，發生反應2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-。下列說法錯誤的是A.[Zn(CN)4]2-中配位數為4B.Zn是第四周期第ⅡB族元素C.[Au(CN)2]-的配體CN-中，提供孤電子對的是ND.[Au(CN)2]-和[Zn(CN)4]2-的中心離子所帶電荷數不同【答案】C【解析】[Zn(CN)4]2-中CN-為配體，配位數為4，故A正確；Zn的原子序數為30，位于第四周期第ⅡB族，故B正確；提供孤電子對的是C，C的電負性比N小，吸引孤電子對的能力比N弱，C更易形成配位鍵，故C錯誤；[Au(CN)2]-的中心離子帶一個單位正電荷，[Zn(CN)4]2-的中心離子帶兩個單位正電荷，故D正確；答案選C。5.對下列烷烴的一氯取代物數目的判斷正確的是①CH(CH3)3②CH3CH2CH2CH3③(CH3)3CCH2CH3④CH3CH(CH3)CH2CH3A.①=②>③>④ B.②>①>③>④ C.④>③=②>① D.④>③>②=①【答案】D【解析】①分子有2種等效氫，其一氯取代物有2種；②分子有2種等效氫，其一氯取代物有2種；③分子有3種等效氫，其一氯取代物有3種；④分子有4種等效氫，其一氯取代物有4種；則一氯取代物數目從大到小順序為：④>③>②=①，故選D。6.Ni與Al形成的一種合金可用于鑄造飛機發動機葉片，下列說法錯誤的是A.AlCl3為離子化合物B.Ni和Al的電導率隨溫度的升高而降低C.金屬Ni不透明的原因是自由電子能夠吸收所有頻率的光并很快放出D.Al具有良好的延展性，是由于金屬晶體中的原子層可以滑動而不破壞金屬鍵【答案】A【解析】AlCl3中只存在共價鍵，為共價化合物，A錯誤；金屬內部有“自由電子”，“自由電子”受熱后運動速度增大，與金屬離子碰撞頻率增大，導致電導率隨溫度的升高而降低，B正確；當可見光照射到金屬表面時，金屬鍵中的“自由電子”能夠吸收所有頻率的光并很快放出，使得金屬不透明并具有金屬光澤，C正確；當金屬晶體受到外力作用時，晶體中的各原子層就會發生相對滑動，但不會改變原來的排列方式，而在此過程中“自由電子”能夠維系整個金屬鍵的存在，金屬鍵不斷裂，所以表現出良好的延展性，D正確；故選A。7.利用下列裝置進行C2H2的制備、提純及性質驗證，能達到相應實驗目的的是A.制備C2H2B.除去C2H2中的雜質C.收集C2H2D.驗證C2H2的還原性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】制備C2H2為減緩反應速率一般用電石和飽和食鹽水，故A錯誤；除去C2H2中的雜質應該選用硫酸銅或氫氧化鈉溶液，故B錯誤；乙炔密度接近空氣，所以應該采用排水法，故C錯誤；乙炔可以使溴水褪色，碳元素的化合價升高，可以證明乙炔的還原性，故D正確；答案選D。8.電池中一種常見電解質的陰離子的結構如圖所示。M、W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素，X和Z同族。下列說法正確的是A簡單離子半徑：Z>Y>X>WB.最簡單氫化物的穩定性：Y>X>W>ZC.常溫下，單質的氧化性：X>Y>M>WD.最高正化合價：Y>Z>W>M【答案】B【解析】M原子序數最小，且形成4鍵，則M為C；X形成2鍵，Z形成6鍵，且X和Z同族，則X為O，Z為S；原子序數依次增大，則W為N；Y形成1鍵，則Y為F；因此M、W、X、Y、Z依次為：C、N、O、F、S；電子層數越多，離子半徑越大；電子層數相同，核電荷數越小離子半徑越大，簡單離子半徑：S2->N3->O2->F-，A錯誤；同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變弱；非金屬性越強，其簡單氫化物穩定性越強，最簡單氫化物的穩定性：HF>H2O>NH3>H2S，B正確；非金屬性越強，其單質氧化性越強，常溫下，單質的氧化性：F2>O2>N2>C，C錯誤；氟電負性太強，沒有正價，D錯誤；故選B。9.具有6個配體的Co3+的某種配合物的化學式為CoClm·nNH3，若0.1mol此配合物與足量的AgNO3溶液反應，只生成0.3molAgCl沉淀，則此配合物的結構可能為A.[Co(NH3)6]Cl3 B.[Co(NH3)4Cl2]ClC.[Co(NH3)2Cl4]Cl D.[Co(NH3)5Cl]Cl【答案】A【解析】0.1mol此配合物與足量的AgNO3溶液反應，只生成0.3molAgCl沉淀，即化學式中外界有3個氯離子，答案選A。10.漢黃芩素（N，結構如圖所示）是從黃芩根中分離得到的一種化合物，具有抗氧化、抗病毒等多種藥理活性。下列有關N的說法正確的是A.與互為同系物 B.能發生加聚反應C.分子式為 D.分子中所有原子可能位于同一平面上【答案】B【解析】分子中含有官能團的個數、種類不同，不是同系物，故A錯誤；N的結構中含有碳碳雙鍵，可以發生加聚反應，故B正確；漢黃芩素的分子式為C16H12O5，故C錯誤；漢黃芩素分子內至少甲基上有2個H原子不在同一平面內，分子中所有原子不可能位于同一平面上，故D錯誤；答案選B。11.冰晶體的結構模型如圖所示，大球代表O原子，小球代表H原子，下列說法錯誤的是A.冰融化時，會破壞氫鍵B.水分子間存在O—H…O作用力C.H2O分子中O原子的雜化方式為sp2D.在冰晶體中，每個水分子周圍只有4個緊鄰的水分子【答案】C【解析】由冰晶體的結構模型可知，每個水分子與周圍鄰近四個水分子形成四面體型的空間網狀結構，則水分子間的作用力為氫鍵和分子間作用力，冰屬于分子晶體，冰融化要破壞范德華力和氫鍵，A正確；由冰晶體的結構模型可知，每個水分子與周圍鄰近四個水分子間通過氫鍵形成冰晶體，即水分子間存在O―H···O作用力，B正確；H2O分子中O原子形成2個共價鍵且存在2對孤電子對，雜化方式為sp3，C錯誤；由冰晶體的結構模型可知，每個水分子與周圍鄰近四個水分子間通過氫鍵形成冰晶體，D正確；故選C。12.如圖所示，向CuSO4溶液中逐滴加入濃氨水至過量，得到透明的深藍色溶液，其溶質為配合物[Cu(NH3)4]SO4；再向其中加入乙醇，將析出深藍色的晶體，其組成為[Cu(NH3)4]SO4?H2O。下列說法錯誤的是A.該過程中涉及的反應有CuSO4+2NH3?H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4B.配合物[Cu(NH3)4]SO4中，中心離子的化合價為+2價C.配合物[Cu(NH3)4]SO4?H2O中，Cu2+給出孤電子對，NH3提供空軌道D.由上述實驗可知，加入乙醇后，配合物[Cu(NH3)4]SO4在水中的溶解度減小【答案】C【解析】氨水顯堿性，氨水可以和銅離子反應生成氫氧化銅，相應的方程式為：CuSO4+2NH3?H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，A正確；根據配合物[Cu(NH3)4]SO4的結構可知，其中心離子的化合價為+2價，B正確；配合物[Cu(NH3)4]SO4?H2O中，陽離子Cu2+提供空軌道，NH3給出孤電子對，C錯誤；根據實驗現象可知，加入乙醇后，析出深藍色的晶體，說明配合物[Cu(NH3)4]SO4在水中的溶解度減小，D正確；故選C。13.石墨能與熔融金屬鉀作用，形成一種青銅色CxK，其中K的分布如圖所示(用“·”表示K)，則N(K):N(C)的值為A.1:2 B.1:4 C.1:6 D.1:8【答案】D【解析】觀察原子分布圖可知，該圖形的重復單元可看作，則每個重復單元中含有1個K原子，每個六邊形含有6個C原子為3個六邊形共有，每個重復單元中碳原子個數為，該化合物化學式為，則，答案選D。14.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A.0.1mol[Zn(NH3)4]SO4中，所含的共價鍵數目為1.6NAB.0.1molH3O+中，所含的電子總數為NAC.0.1molCH3CH(OH)COOH分子中，所含的手性碳原子個數為0.1NAD.常溫下，2.8gC2H4分子中，所含的σ鍵的數目為0.5NA【答案】A【解析】1個氨分子中存在3個氮氫共價鍵，4個氨分子和鋅離子形成4個配位鍵，配位鍵屬于共價鍵，硫酸根離子中存在4個硫氧共價鍵，則0.1mol[Zn(NH3)4]SO4中含共價鍵，所含的共價鍵數目為2NA，A錯誤；1個H3O+中含有10個電子，則0.1molH3O+中，所含的電子總數為NA，B正確；連有4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，即1個CH3CH(OH)COOH分子中有1個手性碳原子，則0.1molCH3CH(OH)COOH分子中，所含的手性碳原子個數為0.1NA，C正確；共價單鍵是σ鍵，共價雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，即1個C2H4分子中含有5個σ鍵，則常溫下，2.8gC2H4(即0.1mol)分子中含有0.5molσ鍵，所含的σ鍵的數目為0.5NA，D正確；故選A。15.銅與金可形成兩種有序的金屬互化物，其中一種互化物M的結構如圖所示，下列說法錯誤的是A.M的化學式為Cu3AuB.金屬銅無延展性C.m原子的坐標參數為(0，1，0)D.晶胞中Cu和Au原子沿z軸的投影位置為【答案】B【解析】根據均攤法可知，圖中含有銅原子數為，金原子數為，故M的化學式為Cu3Au，A正確；金屬銅為金屬晶體，具有良好的延展性，B錯誤；由圖可知，m原子在y軸上，在y軸坐標參數為1，則m原子的坐標參數為(0,1,0)，C正確；由圖可知，晶胞中Cu和Au原子沿z軸的投影位置中，Au位于正方形頂點，Cu位于正方形的中心和每條邊的中心，則晶胞中Cu和Au原子沿z軸的投影位置為，D正確；故選B。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.為測定某有機化合物M(只含C、H、O三種元素中的2種或3種)的結構，現準確稱取7.4g樣品，進行如下實驗(夾持與加熱裝置均略去，不考慮實驗過程中氣體的逸出及質量的損失)。已知：①實驗過程中CuO粉末的顏色未變化；②實驗過程中無水硫酸銅粉末未變藍；③實驗開始前，裝置中的空氣已排盡；④反應結束后，測得盛裝CaCl2的儀器增重5.4g，盛裝堿石灰的儀器增重13.2g。回答下列問題：（1）該裝置中CuO的作用為_______，濃硫酸的作用為_______。（2）M的最簡式為_______。（3）用質譜儀測得M的相對分子質量為74，且M形成的水溶液能使紫色石蕊試液變紅。①0.1molM最多可消耗_______molO2。

②M的結構簡式為_______。

③少量M與Na2CO3溶液反應的化學方程式為_______。（4）該裝置中，盛裝堿石灰的儀器不能與盛裝氯化鈣的儀器互換位置，原因是_______。【答案】（1）①.是使有機物充分氧化生成CO2，測量結果更精確②.形成液封，避免空氣中水以及二氧化碳干擾試驗（2）C3H6O2（3）①.0.35②.③.式（4）堿石灰會吸收水和二氧化碳，而氯化鈣只吸收水，若互換位置，會導致水和二氧化碳被堿石灰吸收，無法準確測定C、H元素的質量【解析】實驗原理是：測定一定質量的有機物完全燃燒時生成CO2和H2O的質量，來確定是否含氧及C、H、O的個數比，求出最簡式，結合相對分子質量可以確定分子式。將純凈干燥的氧氣通入樣品中，在加熱時樣品與氧氣反應，用于氧化反應可能生成的CO，無水用來吸收產生的水，無水不變藍，證明水被完全吸收，堿石灰吸收二氧化碳，濃硫酸形成液封，避免空氣中的水以及二氧化碳干擾試驗，據此解答。【小問1詳析】由分析可知，CuO的作用是使有機物充分氧化生成CO2，測量結果更精確；濃硫酸的作用是形成液封，避免空氣中的水以及二氧化碳干擾試驗；【小問2詳析】無水氯化鈣增重5.4g，堿石灰增重13.2g，則有機物燃燒的產物中，n(H2O)=0.3mol，n(CO2)=0.3mol，則有機物A中含有0.3molC和0.6molH，其所含O的物質的量為=0.2mol，則有機物的最簡式為C3H6O2；【小問3詳析】用質譜儀測出M的相對分子質量為74，則該有機物的分子式為C3H6O2；①其完全燃燒反應方程式為：，從反應方程式中可以看出，1molC3H6O2完全燃燒需要消耗

molO2；0.1molC3H6O2最多可消耗O2的物質的量為：；②M的水溶液能使紫色石蕊試液變紅，則M中含有羧基，其結構簡式為；③少量與溶液反應生成碳酸氫鈉和丙酸鈉，化學方程式為；【小問4詳析】盛裝堿石灰的儀器不能與盛裝氯化鈣的儀器互換位置，原因是堿石灰會吸收水和二氧化碳，而氯化鈣只吸收水，若互換位置，會導致水和二氧化碳被堿石灰吸收，無法準確測定C、H元素的質量。17.碳元素的單質有多種形式，回答下列問題：（1）石墨晶體的二維平面網狀結構如圖所示。①石墨屬于_______(填“共價”或“混合型”)晶體。

②石墨有類似于金屬晶體的導電性，原因為_______。

③ng碳原子可構成_______(用含n的代數式表示)個正六邊形。（2）金剛石是一種空間網狀結構的晶體，其晶胞結構如圖所示，晶胞邊長為apm，NA為阿伏加德羅常數的值。①金剛石和石墨互為_______(填“同位素”或“同素異形體”)。

②金剛石晶體中碳原子個數與C—C鍵數目之比為_______。

③該晶體中，C和C原子間以_______鍵結合。

④金剛石的密度為_______g·cm-3。【答案】（1）①.混合型②.石墨中碳原子以sp2雜化方式形成碳碳鍵，另外一個價電子（p電子）垂直于這個平面，在晶體中形成大π鍵，其中的電子類似于金屬中的自由電子，可以在層中自由移動，所以能夠導電③.（2）①.同素異形體②.1:2③.共價鍵④.【解析】【小問1詳析】①石晶體結構呈現出層狀特點，每層內碳原子以堅固的共價鍵相連，形成平面六角形網格，而層與層之間則通過較弱的分子間作用力堆疊，既具有共價晶體的特征也具有分子晶體的特征，屬于混合型晶體；②石墨中碳原子以sp2雜化方式形成碳碳鍵，另外一個價電子（p電子）垂直于這個平面，在晶體中形成大π鍵，其中的電子類似于金屬中的自由電子，可以在層中自由移動，所以能夠導電；③由均攤法可知，每個碳原子被3個六邊形占有，故1個六邊形中含有的碳原子數目為=2，ng碳原子數目為，則正六邊形數目為；小問2詳析】①金剛石和石墨是C元素的兩種不同單質，二者互為同素異形體；②金剛石晶體中，每個碳原子都以4根單鍵與另外4個碳原子相連，每個單鍵被兩個碳原子共用，故相當于每個碳原子形成的共價鍵數目為=2個，即金剛石晶體中碳原子個數與C?C鍵數目之比為1:2；③碳是非金屬元素，該晶體中，C和C原子間以共價鍵結合；④金剛石晶胞中C原子的個數為，密度為。18.某研究小組通過下列路線合成鎮靜藥物氯硝西泮(H)，回答下列問題(部分產物已略去)：已知：①-NO2為硝基；②+Cl2→+HCl(反應條件已略去)。（1）的分子式為_______；燃燒時，0.1molA最多可消耗_______molO2。（2）B→C的反應類型為_______。（3）D→E的化學方程式為_______。（4）F中含氧官能團的名稱為硝基、_______和_______。（5）D的核磁共振氫譜圖中峰的面積之比為_______。（6）與CH3COOH互為同分異構體的結構有多種，其中屬于酯類的同分異構體的結構簡式為_______。【答案】（1）①.C7H8②.0.9（2）取代反應（3）（4）①.酰胺基②.酮羰基（5）1：1：1（6）HCOOCH3【解析】結合A結構式可知，和乙酸反應生成B，發生硝化反應得到C，繼而水解得到D，和生成E，和發生取代得到F，和氨氣反應得到G，分子自身反應得到H，據此解答。【小問1詳析】的分子式為C7H8，根據化學方程式，可知燃燒時，0.1molA最多可消耗0.9molO2；【小問2詳析】結合結構式可知B→C的反應類型為取代反應；【小問3詳析】結合結構式可知D→E的化學方程式為；【小問4詳析】F中含氧官能團的名稱為硝基、酰胺基和酮羰基；【小問5詳析】根據對稱性原則，可知有3種氫原子，3種氫原子數目分別為2、2、2，所以核磁共振氫譜圖中峰的面積之比為1：1：1；【小問6詳析】與CH3COOH互為同分異構體的結