辽宁省葫芦岛市县协作校2024-2025学年高二下学期第一次考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省葫芦岛市县协作校2024-2025学年高二下学期第一次考试本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教版选择性必修2第三章、选择性必修3第一章至第二章第二节。5.可能用到的相对原子质量：H1C12O16一、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，只有一项是符合题目要求的。1.超分子冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12-冠-4与作用而不与、作用，18-冠-6与作用(如图所示)而不与、作用。下列说法错误的是A.超分子不属于聚合物B.离子半径：C.超分子的重要特征是分子识别和分子组装D.图示超分子中存在的化学键只有极性共价键，无离子键【答案】D【解析】超分子是由两种或两种以上分子通过非共价键（如氢键、范德华力等）相互作用结合形成的复杂、有组织的聚集体，而聚合物是由许多重复的结构单元通过共价键连接而成的大分子，在结合方式和结构上存在本质区别，因此超分子不属于聚合物，A正确；Li、Na、K属于同主族元素，从上往下原子半径和离子半径都逐渐增大，则有：，B正确；根据12-冠-4与作用而不与、作用和18-冠-6与作用而不与、作用可知，超分子具有“分子识别”和“分子组装”的特征，C正确；冠醚能与碱金属离子形成晶体，碱金属离子是阳离子，故所得到的晶体里还有阴离子，则冠醚能与碱金属离子形成的晶体属于离子晶体，是通过离子键形成的，晶体中有离子键，D错误；故答案为：D。2.某有机物的核磁共振氢谱图如图所示，该有机物可能是A. B.CH3CH2CH2CH3C. D.CH3CH2CHO【答案】A【解析】核磁共振氢谱有4个吸收峰，故有机物分子中有4种不同化学环境的H原子，各组峰的峰高比为1:1:2:2；即分子中所含4种氢原子的原子个数比为1:1:2:2；有4中不同化学环境的氢原子，个数比为1:1:2:2，A符合题意；有2种不同化学环境的氢原子，个数比为2:3，B不符合题意；中有5种不同化学环境的氢原子，个数比为1:1:1:2:3，C不符合题意；有3种不同化学环境的氢原子，个数比为1:2:3，D不符合题意；故选A。3.碳是构成化合物的重要中间体，下列说法错误的是A.沸点：新戊烷<异戊烷<正戊烷B.的名称为3，4-二甲基丁烷C.CH3OCH3与CH3OCH2CH3互为同系物D.常温下，在水中的溶解度：苯甲酸<乙酸【答案】B【解析】正戊烷、异戊烷、新戊烷的分子式相同，支链越多，沸点越低，故沸点：新戊烷<异戊烷<正戊烷，A正确；主链最长为4个碳原子，2、3号位各有一个甲基，则系统命名法为：2，3-二甲基丁烷，B错误；与官能团相同，分子式相差一个，则与互为同系物，C正确；苯甲酸的分子结构中含有苯环，苯环是一个非极性的芳香环，这使得苯甲酸的整体极性较乙酸低，水是极性分子，因此常温下，在水中的溶解度：苯甲酸<乙酸，D正确；故选B。4.现代冶金工业中，发生反应2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-。下列说法错误的是A.[Zn(CN)4]2-中配位数为4B.Zn是第四周期第ⅡB族元素C.[Au(CN)2]-的配体CN-中，提供孤电子对的是ND.[Au(CN)2]-和[Zn(CN)4]2-的中心离子所带电荷数不同【答案】C【解析】[Zn(CN)4]2-中CN-为配体，配位数为4，故A正确；Zn的原子序数为30，位于第四周期第ⅡB族，故B正确；提供孤电子对的是C，C的电负性比N小，吸引孤电子对的能力比N弱，C更易形成配位键，故C错误；[Au(CN)2]-的中心离子带一个单位正电荷，[Zn(CN)4]2-的中心离子带两个单位正电荷，故D正确；答案选C。5.对下列烷烃的一氯取代物数目的判断正确的是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种等效氢，其一氯取代物有2种；②分子有2种等效氢，其一氯取代物有2种；③分子有3种等效氢，其一氯取代物有3种；④分子有4种等效氢，其一氯取代物有4种；则一氯取代物数目从大到小顺序为：④>③>②=①，故选D。6.Ni与Al形成的一种合金可用于铸造飞机发动机叶片，下列说法错误的是A.AlCl3为离子化合物B.Ni和Al的电导率随温度的升高而降低C.金属Ni不透明的原因是自由电子能够吸收所有频率的光并很快放出D.Al具有良好的延展性，是由于金属晶体中的原子层可以滑动而不破坏金属键【答案】A【解析】AlCl3中只存在共价键，为共价化合物，A错误；金属内部有“自由电子”，“自由电子”受热后运动速度增大，与金属离子碰撞频率增大，导致电导率随温度的升高而降低，B正确；当可见光照射到金属表面时，金属键中的“自由电子”能够吸收所有频率的光并很快放出，使得金属不透明并具有金属光泽，C正确；当金属晶体受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但不会改变原来的排列方式，而在此过程中“自由电子”能够维系整个金属键的存在，金属键不断裂，所以表现出良好的延展性，D正确；故选A。7.利用下列装置进行C2H2的制备、提纯及性质验证，能达到相应实验目的的是A.制备C2H2B.除去C2H2中的杂质C.收集C2H2D.验证C2H2的还原性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】制备C2H2为减缓反应速率一般用电石和饱和食盐水，故A错误；除去C2H2中的杂质应该选用硫酸铜或氢氧化钠溶液，故B错误；乙炔密度接近空气，所以应该采用排水法，故C错误；乙炔可以使溴水褪色，碳元素的化合价升高，可以证明乙炔的还原性，故D正确；答案选D。8.电池中一种常见电解质的阴离子的结构如图所示。M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同族。下列说法正确的是A简单离子半径：Z>Y>X>WB.最简单氢化物的稳定性：Y>X>W>ZC.常温下，单质的氧化性：X>Y>M>WD.最高正化合价：Y>Z>W>M【答案】B【解析】M原子序数最小，且形成4键，则M为C；X形成2键，Z形成6键，且X和Z同族，则X为O，Z为S；原子序数依次增大，则W为N；Y形成1键，则Y为F；因此M、W、X、Y、Z依次为：C、N、O、F、S；电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同，核电荷数越小离子半径越大，简单离子半径：S2->N3->O2->F-，A错误；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，最简单氢化物的稳定性：HF>H2O>NH3>H2S，B正确；非金属性越强，其单质氧化性越强，常温下，单质的氧化性：F2>O2>N2>C，C错误；氟电负性太强，没有正价，D错误；故选B。9.具有6个配体的Co3+的某种配合物的化学式为CoClm·nNH3，若0.1mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应，只生成0.3molAgCl沉淀，则此配合物的结构可能为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此配合物与足量的AgNO3溶液反应，只生成0.3molAgCl沉淀，即化学式中外界有3个氯离子，答案选A。10.汉黄芩素（N，结构如图所示）是从黄芩根中分离得到的一种化合物，具有抗氧化、抗病毒等多种药理活性。下列有关N的说法正确的是A.与互为同系物 B.能发生加聚反应C.分子式为 D.分子中所有原子可能位于同一平面上【答案】B【解析】分子中含有官能团的个数、种类不同，不是同系物，故A错误；N的结构中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故B正确；汉黄芩素的分子式为C16H12O5，故C错误；汉黄芩素分子内至少甲基上有2个H原子不在同一平面内，分子中所有原子不可能位于同一平面上，故D错误；答案选B。11.冰晶体的结构模型如图所示，大球代表O原子，小球代表H原子，下列说法错误的是A.冰融化时，会破坏氢键B.水分子间存在O—H…O作用力C.H2O分子中O原子的杂化方式为sp2D.在冰晶体中，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子【答案】C【解析】由冰晶体的结构模型可知，每个水分子与周围邻近四个水分子形成四面体型的空间网状结构，则水分子间的作用力为氢键和分子间作用力，冰属于分子晶体，冰融化要破坏范德华力和氢键，A正确；由冰晶体的结构模型可知，每个水分子与周围邻近四个水分子间通过氢键形成冰晶体，即水分子间存在O―H···O作用力，B正确；H2O分子中O原子形成2个共价键且存在2对孤电子对，杂化方式为sp3，C错误；由冰晶体的结构模型可知，每个水分子与周围邻近四个水分子间通过氢键形成冰晶体，D正确；故选C。12.如图所示，向CuSO4溶液中逐滴加入浓氨水至过量，得到透明的深蓝色溶液，其溶质为配合物[Cu(NH3)4]SO4；再向其中加入乙醇，将析出深蓝色的晶体，其组成为[Cu(NH3)4]SO4•H2O。下列说法错误的是A.该过程中涉及的反应有CuSO4+2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4B.配合物[Cu(NH3)4]SO4中，中心离子的化合价为+2价C.配合物[Cu(NH3)4]SO4•H2O中，Cu2+给出孤电子对，NH3提供空轨道D.由上述实验可知，加入乙醇后，配合物[Cu(NH3)4]SO4在水中的溶解度减小【答案】C【解析】氨水显碱性，氨水可以和铜离子反应生成氢氧化铜，相应的方程式为：CuSO4+2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，A正确；根据配合物[Cu(NH3)4]SO4的结构可知，其中心离子的化合价为+2价，B正确；配合物[Cu(NH3)4]SO4•H2O中，阳离子Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，C错误；根据实验现象可知，加入乙醇后，析出深蓝色的晶体，说明配合物[Cu(NH3)4]SO4在水中的溶解度减小，D正确；故选C。13.石墨能与熔融金属钾作用，形成一种青铜色CxK，其中K的分布如图所示(用“·”表示K)，则N(K):N(C)的值为A.1:2 B.1:4 C.1:6 D.1:8【答案】D【解析】观察原子分布图可知，该图形的重复单元可看作，则每个重复单元中含有1个K原子，每个六边形含有6个C原子为3个六边形共有，每个重复单元中碳原子个数为，该化合物化学式为，则，答案选D。14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.0.1mol[Zn(NH3)4]SO4中，所含的共价键数目为1.6NAB.0.1molH3O+中，所含的电子总数为NAC.0.1molCH3CH(OH)COOH分子中，所含的手性碳原子个数为0.1NAD.常温下，2.8gC2H4分子中，所含的σ键的数目为0.5NA【答案】A【解析】1个氨分子中存在3个氮氢共价键，4个氨分子和锌离子形成4个配位键，配位键属于共价键，硫酸根离子中存在4个硫氧共价键，则0.1mol[Zn(NH3)4]SO4中含共价键，所含的共价键数目为2NA，A错误；1个H3O+中含有10个电子，则0.1molH3O+中，所含的电子总数为NA，B正确；连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，即1个CH3CH(OH)COOH分子中有1个手性碳原子，则0.1molCH3CH(OH)COOH分子中，所含的手性碳原子个数为0.1NA，C正确；共价单键是σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，即1个C2H4分子中含有5个σ键，则常温下，2.8gC2H4(即0.1mol)分子中含有0.5molσ键，所含的σ键的数目为0.5NA，D正确；故选A。15.铜与金可形成两种有序的金属互化物，其中一种互化物M的结构如图所示，下列说法错误的是A.M的化学式为Cu3AuB.金属铜无延展性C.m原子的坐标参数为(0，1，0)D.晶胞中Cu和Au原子沿z轴的投影位置为【答案】B【解析】根据均摊法可知，图中含有铜原子数为，金原子数为，故M的化学式为Cu3Au，A正确；金属铜为金属晶体，具有良好的延展性，B错误；由图可知，m原子在y轴上，在y轴坐标参数为1，则m原子的坐标参数为(0,1,0)，C正确；由图可知，晶胞中Cu和Au原子沿z轴的投影位置中，Au位于正方形顶点，Cu位于正方形的中心和每条边的中心，则晶胞中Cu和Au原子沿z轴的投影位置为，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.为测定某有机化合物M(只含C、H、O三种元素中的2种或3种)的结构，现准确称取7.4g样品，进行如下实验(夹持与加热装置均略去，不考虑实验过程中气体的逸出及质量的损失)。已知：①实验过程中CuO粉末的颜色未变化；②实验过程中无水硫酸铜粉末未变蓝；③实验开始前，装置中的空气已排尽；④反应结束后，测得盛装CaCl2的仪器增重5.4g，盛装碱石灰的仪器增重13.2g。回答下列问题：（1）该装置中CuO的作用为_______，浓硫酸的作用为_______。（2）M的最简式为_______。（3）用质谱仪测得M的相对分子质量为74，且M形成的水溶液能使紫色石蕊试液变红。①0.1molM最多可消耗_______molO2。

②M的结构简式为_______。

③少量M与Na2CO3溶液反应的化学方程式为_______。（4）该装置中，盛装碱石灰的仪器不能与盛装氯化钙的仪器互换位置，原因是_______。【答案】（1）①.是使有机物充分氧化生成CO2，测量结果更精确②.形成液封，避免空气中水以及二氧化碳干扰试验（2）C3H6O2（3）①.0.35②.③.式（4）碱石灰会吸收水和二氧化碳，而氯化钙只吸收水，若互换位置，会导致水和二氧化碳被碱石灰吸收，无法准确测定C、H元素的质量【解析】实验原理是：测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，来确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式，结合相对分子质量可以确定分子式。将纯净干燥的氧气通入样品中，在加热时样品与氧气反应，用于氧化反应可能生成的CO，无水用来吸收产生的水，无水不变蓝，证明水被完全吸收，碱石灰吸收二氧化碳，浓硫酸形成液封，避免空气中的水以及二氧化碳干扰试验，据此解答。【小问1详析】由分析可知，CuO的作用是使有机物充分氧化生成CO2，测量结果更精确；浓硫酸的作用是形成液封，避免空气中的水以及二氧化碳干扰试验；【小问2详析】无水氯化钙增重5.4g，碱石灰增重13.2g，则有机物燃烧的产物中，n(H2O)=0.3mol，n(CO2)=0.3mol，则有机物A中含有0.3molC和0.6molH，其所含O的物质的量为=0.2mol，则有机物的最简式为C3H6O2；【小问3详析】用质谱仪测出M的相对分子质量为74，则该有机物的分子式为C3H6O2；①其完全燃烧反应方程式为：，从反应方程式中可以看出，1molC3H6O2完全燃烧需要消耗

molO2；0.1molC3H6O2最多可消耗O2的物质的量为：；②M的水溶液能使紫色石蕊试液变红，则M中含有羧基，其结构简式为；③少量与溶液反应生成碳酸氢钠和丙酸钠，化学方程式为；【小问4详析】盛装碱石灰的仪器不能与盛装氯化钙的仪器互换位置，原因是碱石灰会吸收水和二氧化碳，而氯化钙只吸收水，若互换位置，会导致水和二氧化碳被碱石灰吸收，无法准确测定C、H元素的质量。17.碳元素的单质有多种形式，回答下列问题：（1）石墨晶体的二维平面网状结构如图所示。①石墨属于_______(填“共价”或“混合型”)晶体。

②石墨有类似于金属晶体的导电性，原因为_______。

③ng碳原子可构成_______(用含n的代数式表示)个正六边形。（2）金刚石是一种空间网状结构的晶体，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值。①金刚石和石墨互为_______(填“同位素”或“同素异形体”)。

②金刚石晶体中碳原子个数与C—C键数目之比为_______。

③该晶体中，C和C原子间以_______键结合。

④金刚石的密度为_______g·cm-3。【答案】（1）①.混合型②.石墨中碳原子以sp2杂化方式形成碳碳键，另外一个价电子（p电子）垂直于这个平面，在晶体中形成大π键，其中的电子类似于金属中的自由电子，可以在层中自由移动，所以能够导电③.（2）①.同素异形体②.1:2③.共价键④.【解析】【小问1详析】①石晶体结构呈现出层状特点，每层内碳原子以坚固的共价键相连，形成平面六角形网格，而层与层之间则通过较弱的分子间作用力堆叠，既具有共价晶体的特征也具有分子晶体的特征，属于混合型晶体；②石墨中碳原子以sp2杂化方式形成碳碳键，另外一个价电子（p电子）垂直于这个平面，在晶体中形成大π键，其中的电子类似于金属中的自由电子，可以在层中自由移动，所以能够导电；③由均摊法可知，每个碳原子被3个六边形占有，故1个六边形中含有的碳原子数目为=2，ng碳原子数目为，则正六边形数目为；小问2详析】①金刚石和石墨是C元素的两种不同单质，二者互为同素异形体；②金刚石晶体中，每个碳原子都以4根单键与另外4个碳原子相连，每个单键被两个碳原子共用，故相当于每个碳原子形成的共价键数目为=2个，即金刚石晶体中碳原子个数与C−C键数目之比为1:2；③碳是非金属元素，该晶体中，C和C原子间以共价键结合；④金刚石晶胞中C原子的个数为，密度为。18.某研究小组通过下列路线合成镇静药物氯硝西泮(H)，回答下列问题(部分产物已略去)：已知：①-NO2为硝基；②+Cl2→+HCl(反应条件已略去)。（1）的分子式为_______；燃烧时，0.1molA最多可消耗_______molO2。（2）B→C的反应类型为_______。（3）D→E的化学方程式为_______。（4）F中含氧官能团的名称为硝基、_______和_______。（5）D的核磁共振氢谱图中峰的面积之比为_______。（6）与CH3COOH互为同分异构体的结构有多种，其中属于酯类的同分异构体的结构简式为_______。【答案】（1）①.C7H8②.0.9（2）取代反应（3）（4）①.酰胺基②.酮羰基（5）1：1：1（6）HCOOCH3【解析】结合A结构式可知，和乙酸反应生成B，发生硝化反应得到C，继而水解得到D，和生成E，和发生取代得到F，和氨气反应得到G，分子自身反应得到H，据此解答。【小问1详析】的分子式为C7H8，根据化学方程式，可知燃烧时，0.1molA最多可消耗0.9molO2；【小问2详析】结合结构式可知B→C的反应类型为取代反应；【小问3详析】结合结构式可知D→E的化学方程式为；【小问4详析】F中含氧官能团的名称为硝基、酰胺基和酮羰基；【小问5详析】根据对称性原则，可知有3种氢原子，3种氢原子数目分别为2、2、2，所以核磁共振氢谱图中峰的面积之比为1：1：1；【小问6详析】与CH3COOH互为同分异构体的结