2025--2026学年辽宁大连市某校高二下册4月学情诊断化学试题 [含答案]

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考试时间：55分钟
原子量 I：127 Ti：48 Fe：56 Mg：24 Au：197 K：39 C：12
一、单选题
1. 下列化学用语表达正确的是
A. 的VSEPR模型为
B. 基态硫原子价层电子轨道示意图：
C. 基态Ge原子简化电子排布式：
D. 基态钛原子价电子排布式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO3中S的孤电子对数为=0，σ键数3，杂化类型为sp2，VSEPR模型为平面三角形，无孤电子对数，故A错误；
B．基态硫原子价电子排布式为3s23p4，s轨道为球形，p轨道为哑铃形，图中所给示意图没有体现出3s轨道，3p能级上有4个电子，题中所给示意图也没体现出，故B错误；
C．Ge元素位于第四周期ⅣA族，基态Ge原子简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，故C错误；
D．Ti元素位于第四周期ⅣB族，其价电子排布式为3d24s2，故D正确；
答案为D。
2. 某烃的结构简式为，若分子中共线碳原子数为a，可能共面的碳原子数最多为b，含四面体结构的碳原子数为c，则a、b、c分别是
A. 3、14、3B. 3、10、4C. 3、14、4D. 4、10、4
【答案】C
【解析】
【分析】结构简式为，共线碳原子数为3（碳碳三键加相连的碳或者苯环加相连的碳共线），可能共面的碳原子数最多为14（所有碳原子共平面），含四面体结构的碳原子数为成4个键的碳（甲基和亚甲基），据此作答。
【详解】A．四面体结构的碳原子不符合，故A错误；
B．共面的碳原子数不符合，故B错误；
C．都符合，故C正确；
D．共线碳原子数都不符合，故D错误；
答案选C。
3. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素均正确且匹配正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢键具有方向性和饱和性，水结成冰后体积增大，密度减小，冰的密度小于水，与水分子之间能形成氢键有关，A错误；
B．F原子电负性大，吸引电子能力强，中键极性大于中键极性，所以酸性：，B错误；
C．热稳定性为化学性质，与共价键强弱有关，水中键长短、键能大，更稳定，C错误；
D．为极性分子，为非极性分子，为极性分子，根据相似相溶规律，水中的溶解性：，D正确；
故选D。
4. 如图为两种简单碳螺环化合物，下列说法错误的是
A. 螺[3，3]庚烷与环己烷互为同系物
B. 螺[3，4]辛烷有4种不同化学环境的氢原子
C. 两种物质的分子中所有碳原子一般不在同一平面
D. 的名称为螺[4，5]癸烷
【答案】A
【解析】
【详解】A．螺[3,3]庚烷分子式为C7H12，环己烷为C6H12，两者不是差了一个或数个CH2原子团，不是同系物，A错误；
B．螺[3,4]辛烷具有对称性，按照等效氢原则，分子中有4种不同环境的氢原子，B正确；
C．两分子中均含与4个碳原子相连的C，所有碳原子一般不在同一平面，C正确；
D．共含10个碳原子，左侧环上除共用的碳原子还有4个碳，右侧环除共用的碳原子还有5个碳，所以名称为螺[4,5]癸烷，D正确；
故答案选A。
5. 有机合成中常见的一种芳香族化合物结构如下。X、Y、Z处于同一周期，X元素对应的单质不具备还原性，M的最高正价与最低负价的绝对值相等，Q元素在第四周期中电负性最高。下列说法正确的是
A. 最简单氢化物中分子极性大小比较：X>Q
B. X、Y、Z原子半径依次递减
C. 简单氢化物的稳定性：X>Y>Z>Q
D. 该物质所含元素，对应的简单氢化物中，沸点最高的应为
【答案】A
【解析】
【分析】由题可知，X、Y、Z处于同一周期，X元素对应的单质不具备还原性，则X为F元素（氟单质氧化性很强，不具备还原性），M的最高正价与最低负价的绝对值相等，且根据化合物结构可知，M只有一个共价键，为H元素，Q元素在第四周期中电负性最高，故Q为Br元素（同周期从左到右电负性逐渐增大），根据化合物结构中元素的成键情况，可推出Y为B元素，Z为C元素。
【详解】A．由分析可知，X为F元素，Q为Br元素，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，与氢原子形成的共价键极性减小，最简单氢化物中分子极性逐渐减小，即，A正确；
B．由分析可知，X为F元素，Y为B元素，Z为C元素，原子半径大小关系为，B错误；
C．X、Y、Z、Q的简单氢化物分别为HF、BH3、CH4、HBr，元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，而同周期从左往右氧化性逐渐增强，非金属性，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱（），综合可知非金属性顺序，则稳定性，C错误；
D．该物质所含元素对应的简单氢化物中，HF、NH3都能形成氢键，常温下为气态，HBr易挥发，所以沸点最高的是HF，且不属于碳的简单氢化物，D错误；
故答案选A。
6. (CH3NH3)PbI3具有较高的光电转换效率，在太阳能电池领域具有重要的应用价值。(CH3NH3)PbI3的立方晶格结构如图所示，其中B代表Pb2+，下列说法错误的是
A. 晶胞中A的坐标参数为(0，0，0)，则B点的坐标参数为
B. 晶胞中Pb2+填充在由阴离子I-构成的正八面体空隙里
C. 中存在配位键
D. 甲基的供电子能力强于氢原子，则接受质子能力：CH3NH2>(CH3)2NH
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶胞中A的坐标参数为(0，0，0)，B点位于晶胞体心位置，则B点的坐标参数为，A正确；
B．晶胞中（B）的位置处于周围阴离子构成的正八面体空隙中（正八面体空隙由6个等距的原子/离子围成，体心位置恰好符合），B正确；
C．的结构为，其中N提供孤电子对，H+提供空轨道，可形成配位键，C正确；
D．甲基的供电子能力强于氢原子，中含有两个甲基，接受质子能力较强，则接受质子能力：，D错误；
故答案选D。
7. 铁镁合金是一种新型储氢材料，其立方晶胞结构如图所示。该合金储氢后H2位于晶胞的体心和棱心位置(晶胞图中未画出)，晶胞参数为bpm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 铁原子和铁原子之间的最短距离为
B. 该晶体的密度为
C. 当储氢率为50%时，晶体的化学式为Mg2FeH
D. 熔化该晶体需要破坏极性共价键
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中Fe与Fe的最短距离为晶胞面对角线的一半，即，A错误；
B．该晶胞中铁原子个数为个，8个Mg位于晶胞内部为8个，则晶胞密度，B错误；
C．该合金储氢后位于晶胞的体心和棱心位置，则个数为，当储氢率为50%时即只有2个，4个Fe，8个Mg，化学式为，C正确；
D．铁镁合金属于金属晶体，只含金属键，则熔融该合金的过程中需要破坏金属键，D错误；
故选C。
8. 某高性能MOF-5材料可实现对的高效捕获，其结构如图所示，由原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W组成；基态W原子核外无单电子。原子序数存在关系：。下列说法正确的是
A. 电负性：
B. W元素属于d区元素
C. 分子在中的溶解度大于其在水中的
D. MOF-5和冠醚一样，属于超分子
【答案】C
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，基态W原子核外无单电子，且满足，基态W无单电子，前四周期中符合条件的过渡金属有Zn，代入得4Z=30+2，即Z=8，则Z为O元素，W为Zn元素，结合MOF-5结构与成键规律，Y形成4个键，原子序数介于O和Zn之间，且结构中存在苯环骨架，故Y为C元素，X形成1个键，原子序数小于C，故X为H元素。由此解题。
【详解】A．同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从上到下逐渐减小，金属的电负性小于非金属，所以则其电负性的顺序为O>C>H>Zn，A错误；
B．Zn的电子排布为，属于ds区，B错误；
C．是非极性溶剂，水是极性溶剂，是极性分子，但极性很弱，在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，C正确；
D．超分子是由分子通过非共价键（如氢键、分子间作用力等）组装形成的聚集体。MOF-5由Zn与配体通过配位键形成多孔结构，冠醚通过氢键 / 配位键识别客体分子，但冠醚不属于超分子，D错误；
故答案选C。
9. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列结构对应的说法正确的是
A. 18-冠醚-6通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征
B. 超高硬度生物材料合金是理想的人工髋关节材料，若晶胞边长为d nm且Ti原子均分布在晶胞表面，则晶体的密度为
C. 每个晶胞中所包含的Cu原子的数目为4；每个氧原子与8个铜原子配位
D. 如图所示为以为正极的电池的充、放电过程，其中a→b为充电过程
【答案】D
【解析】
【详解】A．18-冠醚-6中不含有阴离子，与间不能形成离子键，A错误；
B．每个晶胞中含有2个Au原子（）和6个Ti原子（），晶胞边长为d nm，则晶体的密度为，B错误；
C．每个晶胞中所包含的Cu原子的数目为4时，氧原子为2（2：1）每个氧原子与4个铜原子配位，C错误；
D．a为，b为，a→b过程Li+脱出，为充电时阳极反应，D正确；
故选D。
10. 石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨间隙化合物，该化合物能导电，单层化合物的密度为。钾原子填充在石墨各层碳原子中，其化学式为，俯视图如图所示。下列关于该石墨间隙化合物的相关说法错误的是
A. 最近的K原子和C原子间的距离为
B. 晶胞俯视图是边长为a的菱形
C. 化学式为
D. 单层化合物的厚度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．K位于六元环中心，K与最近C的距离等于六元环的边长，设距离为x ，通过关系推导可得4×，x为，A正确；
B．由题图虚线框的结构可知，晶胞俯视图为边长为的菱形，B正确；
C．晶胞中K位于4个顶点，数目为，C原子全部在晶胞内部共8个，K和C数目比为，故化学式为，C正确；
D．设单层化合物的厚度为，即。晶胞俯视图为边长、内角的菱形，底面积，晶胞体积；每个晶胞含1个原子和8个原子，晶胞质量；根据密度公式，代入得，整理后解得，即，D错误；
答案选D。
11. 下列叙述均正确且存在关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．是推电子基能使中氮原子电子云密度增大碱性增大，-F是吸电子基能使中氮原子电子云密度减小碱性减弱，碱性强弱关系为，A错误；
B．金属活泼性越强与氧气反应产物越复杂，Li与氧气反应只能生成氧化锂，B错误；
C．硝酸乙基铵中含有 、[C2H5NH3]+故硝酸乙基铵为离子晶体，乙基使离子键的作用力减弱，故其熔点低于硝酸铵，C错误；
D．苯酚分子中，氧原子的p电子与苯环的π电子形成共轭体系，使羟基的极性增强，显酸性可与氢氧化钠反应，而甲基是推电子基，所以甲醇中—OH中的氢原子难离去，无法与氢氧化钠反应，D正确；
故选D。
12. 离子液体是一类应用价值很高的绿色溶剂，由五种短周期主族元素P、Q、X、Y、Z组成的某离子液体的结构如图所示。Q、X、Y、Z处于同一周期，基态P原子的电子层数与核外电子总数相等，基态X原子的p能级处于半充满状态。下列说法错误的是
A. 基态Z原子的核外电子占据的最高能层有4个原子轨道
B. 该离子液体的阴离子中存在配位键
C. 同周期元素中，第一电离能介于X、Y之间的有3种
D. Q、X分别与P形成的化合物的沸点：
【答案】D
【解析】
【分析】基态P原子的电子层数与核外电子总数相等，则P为H元素，根据Q连接H原子数目，判断Q为C元素；Q、X、Y、Z处于同一周期，Z形成1个价键，说明Z为第ⅦA族元素，则Z为F元素，由阴离子带一个单位的负电荷可知，Y为第ⅢA族元素，则Y为B元素，基态X原子的p能级处于半充满状态，与Q、Y、Z处于同一周期，则X为N元素；
【详解】A．Z为F元素，基态Z原子的核外电子占据的最高能层为L层，有4个原子轨道，A正确；
B．Y为B元素，中B提供空轨道、其中1个F提供孤电子对，存在1个B-F配位键，B正确；
C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，X为N元素，Y为B元素，同周期元素中，第一电离能介于X、Y之间的有：Be、C、O共3种，C正确；
D．Q为C元素，X为N元素， P为H元素，碳氢形成的有机化合物有多种，沸点有的高有的低，无法比较其沸点，D错误；
故选D。
13. 北京大学和中国科学院的化学工作者成功研制出碱金属与形成的球碳盐，实验测知该类物质在熔融状态下能导电，具有良好的超导性。其中与金属K、Rb形成的化合物晶胞结构如图1，该晶胞在xy平面的投影如图2.已知：。下列说法正确的是
A. 一个晶胞平均含有4个碳原子
B. 与晶胞中心的碱金属阳离子距离最近且相等的有6个
C. 构成的四面体空隙占有率为100%
D. 熔点：
【答案】B
【解析】
【详解】A．由晶胞结构可知， 位于晶胞顶点和面心，其所含数目为，每个含有60个碳原子，因此一个晶胞平均含有的碳原子数为个，A错误；
B．由图1可知，距离体心的碱金属阳离子最近且相等的有6个，B正确；
C．采取面心立方最密堆积，晶胞中含有4个，对应8个四面体空隙和4个八面体空隙，晶胞内碱金属阳离子总数为12个，这些阳离子同时填充在四面体空隙和八面体空隙中，并非全部只填充四面体空隙，因此四面体空隙占有率不可能达到100%，C错误；
D．和均为离子晶体，离子半径：，因此晶格能：，则熔点：，D错误；
故选B。
14. 类比是一种重要的科学思维方法，基于下列事实进行的推理正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．K2CrO4溶液加浓硫酸由黄色变为橙色是因为酸性条件下转化为，但浓盐酸中的Cl-会与发生氧化还原反应生成Cr3+，不会变为橙色，A错误；
B．聚乙炔能导电是因为存在连续单双键交替的共轭离域π键，顺丁橡胶中双键不连续、无共轭体系，不能导电，B错误；
C．饱和NaCl溶液使蛋白质发生可逆的盐析过程，饱和(NH4)2SO4属于铵盐，同样会使蛋白质发生盐析，加水后固体溶解，C正确；
D．NH4Cl受热分解遇冷重新化合，可与NaCl分离，但Ca(OH)2与NH4Cl加热会发生反应生成氯化钙、氨气和水，无法分离，D错误；
故选C。
15. 碘晶体为层状结构，层间作用为范德华力，层间距为。下图给出了碘的单层结构，层内碘分子间存在“卤键”(强度与氢键相近)。为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 碘晶体是混合型晶体B. 液态碘单质中也存在“卤键”
C. 碘晶体中有个“卤键”D. 碘晶体的密度为
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘晶体中，分子间是“卤键”(类似氢键)，层与层间是范德华力，与石墨不同(石墨层内只存在共价键)所以碘晶体是分子晶体，A错误；
B．由图可知，题目中的“卤键”类似分子间作用力，只不过强度与氢键接近，则液态碘单质中也存在类似的分子间作用力，即“卤键”，B正确；
C．由图可知，每个分子能形成4条“卤键”，每条“卤键”被2个碘分子共用，所以每个碘分子能形成2个“卤键”，碘晶体物质的量是0.5ml，“卤键”的个数是，C正确；
D．碘晶体为层状结构，所给区间内4个碘原子处于面心，则每个晶胞中碘原子的个数是，晶胞的体积是，密度是，D正确；
故选A。
二、解答题
16. 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)：
（1）中的碳原子杂化方式为_______。
（2）B→C的化学方程式为_______。
（3）D→E的化学方程式为_______。A→B的化学方程式为_______。
（4）F中含氧官能团的名称为_______。
（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）sp2，sp3
（2） （3） ①. ②.
（4）硝基，酰胺基，酮羰基
（5）
（6）HCOOCH3
【解析】
【分析】苯胺A与乙酸发生酰胺化反应，生成B；B与浓硝酸在浓硫酸催化下发生取代反应，在苯环对位引入硝基生成C；C发生水解反应，水解生成对硝基苯胺D；D与邻氯苯甲酰氯发生傅克酰基化反应生成E；E与BrCH2COBr发生取代反应，生成酰胺F；F中酮羰基与NH3在一定条件下反应，生成亚胺G；G发生分子内取代反应，形成环状结构H。
【小问1详解】
甲苯中碳原子包括苯环不饱和碳原子，为sp2杂化；甲基饱和碳原子，为sp3杂化，故答案为sp2，sp3。
【小问2详解】
由分析知B与浓硝酸在浓硫酸催化下发生取代反应生成C，同时生成一分子水，故B→C的化学方程式为。
【小问3详解】
①由分析知D与邻氯苯甲酰氯发生傅克酰基化反应生成E，此外苯环上被取代的H和酰氯结构的Cl生成一分子HCl，故D→E的化学方程式为。
②由分析知苯胺A与乙酸发生酰胺化反应，生成B并脱去一分子水，故A→B的化学方程式为。
【小问4详解】
由F的结构简式可知含氧官能团为硝基，酰胺基和酮羰基，故答案为硝基，酰胺基，酮羰基。
【小问5详解】
D为对硝基苯胺，苯环具有对称性，具有两种化学环境的氢原子，此外还有氨基部分的氢原子，个数比为，在核磁共振氢谱中的面积比为。
【小问6详解】
CH3COOH含有两个碳原子，不饱和度为1，其酯类同分异构体包含1个酯基结构，该类化合物只有甲酸甲酯，故答案为HCOOCH3。
17. 我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、等元素。回答下列问题：
（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最少的是___________。
A. B. C. D.
（2）胸腺嘧啶是构成DNA的一种生物碱，结构简式如图：
其构成元素(H元素除外)的第一电离能由小到大的顺序为___________。胸腺嘧啶分子中键和键的个数比值为___________。
（3）叠氮酸常用于引爆剂，可用联氨制取。叠氮酸结构如图所示，为杂化，已知参与形成键的电子越多，键长越短，则键长①___________②(填“>”“第一电离能，基态的第一电离能大于激发态的第一电离能，故失去一个电子需要吸收能量最少的是D；
【小问2详解】
同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：，单键由1个键形成，双键由1个键和1个键形成，1个胸腺嘧啶分子中键数目为：15，键数目为：3，键和键的比值为；
【小问3详解】
设左至右N原子分别为1~3号，3号N为杂化，N原子最外层一共5个电子，有一对孤电子占据一个杂化轨道，还余一个p轨道、1个电子形成键，由结构可知，2号N原子为杂化，剩余2个相互垂直的p轨道，共3个电子形成键，1号N原子不杂化。分子中有一个离域键，与氢相连的3号N原子给出1个电子，2号N原子给出两个电子，3号N给出1个电子形成一个三中心四电子的大键，除外1、2号N之间还有一个键：。由参与形成键的电子越多，键长越短可知，①处形成键的电子多，所以①处的键长要短一些；键长：①