河南信阳2025-2026学年下学期高二化学模拟卷(一)

**基本信息** 河南信阳高二下期期末化学模拟卷，以自旋交叉化合物、铜铋催化剂等科技前沿情境命题，融合有机合成、工业流程与结构化学，强化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|14题/42分|高分子材料、配位化合物、有机结构与性质、实验探究|结合热重曲线分析化合物组成（题2），设计催化反应历程判断（题7）| |非选择题|4题/58分|有机合成路线、含镍废料回收工艺、晶胞计算|整合有机合成与定位效应（题15），通过工业流程考查沉钴条件控制（题16）|

河南信阳2025-2026学年度高二下期期末模拟卷（一） 化学试题 考试时间：75分钟；满分：100分 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Br-80 S-32 1、 选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42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.高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是 （      ）  A.ABS高韧性工程塑料用于制造汽车零配件 B.聚氯乙烯微孔薄膜用于制造饮用水分离膜 C.聚苯乙烯泡沫用于制造建筑工程保温材料 D.热固性酚醛树脂用于制造集成电路的底板 【答案】B 【解析】聚氯乙烯微孔薄膜中会加入增塑剂来提高产品性能，部分增塑剂有毒，故不能用于制造饮用水分离膜，B错误。 2.自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量Mr=870+32x(x为整数)。 下列说法正确的是 （      ） A.x=1 B.第一电离能：C<N<O C.该化合物中不存在离子键 D.该化合物中配位数与配体个数相等 【答案】A 【解析】固体开始失去的为CH3OH，根据热重曲线，失去CH3OH后剩余物质的质量保留百分数为96.5%，则根据该化合物的相对分子质量Mr=870+32x(x为整数)可得：=96.5%，解得x=1，A正确；N元素2p轨道为半充满的较稳定状态，故其第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，因此第一电离能：C<o<n，b错误；由该化合物的结构可知，配离子与n之间存在离子键，C错误；由该化合物的结构可知，该化合物中的配体有2个，与Fe配位的原子为4个N和2个O，即配位数为6，因此该化合物中配位数与配体个数不相等，D错误。 3.下列关于化合物的叙述正确的是(　　) A.该分子是手性分子 B.分子中既有极性键又有非极性键 C.分子中有7个σ键和1个π键 D.该分子在水中的溶解度小于2－丁烯 【答案】B 【解析】有机物不含手性碳原子，A错误；分子中含有碳碳非极性键、碳氢极性键和碳氧极性键，B正确；分子中含有9个σ键、3个π键，C错误；分子中含有醛基，溶解度大于2－丁烯，D错误。 4.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A.1 mol丙烯()分子中，杂化的原子个数为 B.常温时，的NaOH溶液中含有的数目为 C.由热化学方程式可知，要使反应放出123.8kJ的热量，反应前需要投入的与的分子个数均为 D.68 g呋喃()中含有的键数目为 【答案】A 【解析】丙烯的结构简式为，只有1个杂化的碳原子，则1mol丙烯分子中有杂化的碳原子，A正确；溶液的体积未知，无法计算的物质的量及数目，B错误；反应为可逆反应，当投入的与的分子个数均为即1mol时，放出的热量小于123.8kJ，C错误；1个呋喃分子中含有1个C—C单键、2个C—O单键、4个C—H单键，2个双键，共9个σ键，故68g呋喃中有：σ键，即9，D错误。 5.下列有关物质性质的解释错误的是 性质 解释 A Ga(CH3)3的沸点是55.7℃ Ga(CH3)3为分子晶体，分子间作用力较弱 B 熔点： 的体积大于，前者离子键更弱 C 熔点：Fe＞Na Fe比Na的金属性弱 D 硬度：金刚石＞硅＞ 锗 C-C、 Si-Si 、Ge-Ge键长依次递增，键能依次减弱 【答案】C 【解析】Ga(CH3)3的沸点较低与其晶体类型和分子间作用力有关，A正确；C2H5NH3NO3熔点低于NH4NO3，解释为体积大于导致离子键较弱，符合离子半径增大、键能减弱的规律，B正确；金属晶体的熔点取决于金属键强度（与原子半径、价电子数相关），与元素的金属性无直接关联，C错误；共价晶体中键能越大，晶体硬度越大，金刚石、硅和锗均为共价晶体，键长：C-C＜Si-Si＜Ge-Ge，键能：C-C＞Si-Si＞Ge-Ge，故硬度：金刚石硅锗，D正确。 6.下列物质中所有碳原子都是sp3杂化，且具有碱性的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】中-CH3的碳原子是sp3杂化，-COONa上碳原子是sp2杂化，A错误；上碳原子都是sp2杂化，B错误；上碳原子都是sp3杂化，属于胺类物质，具有碱性，C正确；中碳碳三键上碳原子为sp杂化，D错误。 7..以为载体的铜铋催化剂催化甲醛、乙炔反应合成1，4-丁炔二醇，其反应历程如图。下列说法错误的是（　　） A.该催化剂的活性中心在铜原子表面 B.①②③④均为氧化还原反应 C.该反应历程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 D.原料气中甲醛含量过高，将会导致副产物增多 【答案】B 【解析】由反应历程图可知，反应过程中铜原子（[Cu]）参与化学键的断裂与形成，是催化剂的活性中心，A不符合题意；步骤①：甲醛（）与催化剂活性中心（）结合，乙炔（）的碳碳三键断裂，二者初步结合形成中间产物；过程中碳元素（甲醛中0价、乙炔中-1价）、H化合价无变化，非氧化还原反应；步骤②：中间产物发生成键重排，形成含羟基（）的中间体；仅原子结合方式改变，元素化合价未变，非氧化还原反应；步骤③：中间体进一步重排，碳链结构调整，生成含多官能团的中间产物；无化合价升降，非氧化还原反应；步骤④：中间产物转化为1，4-丁炔二醇，同时发生副反应，部分甲醛被氧化为（C从0价升至+4价），存在化合价变化，是氧化还原反应；仅步骤④为氧化还原反应，①②③均非氧化还原反应，B符合题意；反应中涉及极性键（如C-H、C-O键）的断裂与形成，也涉及非极性键（如碳碳三键、碳碳键）的断裂与形成，C不符合题意；若原料气中甲醛含量过高，会增加副反应的可能性，如甲醛反应生成等，导致副产物增多，D不符合题意；故选B。 8..由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是 （      ）  实验操作 现象 结论 A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉­KI溶液 先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2 B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解 C 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液 溶液由红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 D 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应 【答案】C 【解析】过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应先加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，再加新制氢氧化铜悬浊液检验，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制的氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖是否发生水解，B错误；石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，C正确；聚氯乙烯加强热会发生焦化、分解反应，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，与氯乙烯加聚反应条件不同，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，D错误。 9.一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是 （      ）  A.能发生取代反应，不能发生加成反应 B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物 C.与互为同分异构体 D.1 mol该物质与碳酸钠反应得44 g CO2 【答案】C 【解析】该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；同系物是结构相似，分子式相差1个或若干个“CH2”原子团的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；二者的分子式均为C10H18O3、结构不同，互为同分异构体，故C正确；该物质含有一个羧基，1 mol该物质与碳酸钠反应，生成0.5 mol二氧化碳，质量为22 g，故D错误。 10.下列方案设计、现象和结论都正确的是 目的 方案设计 现象和结论 A 检验某无色溶液中是否含有NO 取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液 若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NO B 探究KI与FeCl3反应的限度 取5 mL 0.1 mol·L-1KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液 若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度 C 判断某卤代烃中的卤素 取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液 若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素 D 探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性 取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 若没有生成砖红色沉淀 ，则蔗糖在酸性水溶液中稳定 【答案】B 【解析】原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A错误；向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B正确；溶液中加入KOH后体系中剩余大量的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C错误；蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，D错误；故答案选B。 11.可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有广阔的应用前景，一种在温和条件下制备高性能可持续聚酯P的路线如图所示。 下列说法错误的是 （      ）  A.E能使溴的四氯化碳溶液褪色 B.由E、F和G合成M时，有HCOOH生成 C.P在碱性条件下能够发生水解反应而降解 D.P解聚生成M的过程中，存在C—O键的断裂与形成 【答案】B 【解析】E中含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；由原子守恒可知，反应过程中，另一生成物为CH3OH，故B错误；P中含有酯基，可以发生水解反应生成小分子而降解，C正确；P解聚过程中中虚线处C—O键断开，然后a、b处相连即可得到M，故D正确。 12..抗坏血酸(维生素C)是常用的抗氧化剂。下列说法错误的是（　　） A.抗坏血酸中官能团有3种 B.抗坏血酸与脱氢抗坏血酸都能与溶液反应 C.脱氢抗坏血酸是一种芳香族化合物 D.抗坏血酸与补铁剂共同服用有利于铁元素的吸收 【答案】C 【解析】抗坏血酸中官能团有羟基、酯基和碳碳双键三种，A正确；抗坏血酸与脱氢抗坏血酸都含有酯基，都能与溶液发生水解反应，B正确；脱氢抗坏血酸不含有苯环，不属于芳香族化合物，C错误；抗坏血酸含有碳碳双键，能够被氧化，作还原剂，与补铁剂共同服用时，能将三价铁（作氧化剂）还原为更有利于吸收的二价铁，D正确。 13.结构决定性质是基本的化学学科思想。下列实验事实与理论解释不相符的是 选项 实验事实 理论解释 A 沸点：> 由于邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，导致邻羟基苯甲醛的分子间氢键数目少于对羟基苯甲醛的分子间氢键数目 B 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 元素电负性：F>Cl，使−CF3的极性大于−CCl3的极性，导致CF3COOH羧基中的O−H键更易断裂 C 键角∠H−N−H：[Cu(NH3)4]2+>NH3 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力 D 热稳定性：HF>HI HF分子间存在氢键，而HI分子间存在范德华力 【答案】D 【解析】沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，是因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛分子间作用力较大，熔沸点也较高，A正确；电负性越大，形成共价键的极性越强，电负性：F＞Cl，则共价键的极性：C−F＞C−Cl，使得−CF3的极性大于−CCl3的极性，导致的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性CF3COOH＞CCl3COOH，B正确；孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，NH3中含1对孤电子对，在[Cu(NH3)4]2+中与Cu2+形成配位键后，孤电子对变为成键电子对，故键角∠H−N−H：[Cu(NH3)4]2+＞NH3，C正确；氢键和范德华力属于分子间作用力，只影响物质的物理性质，而热稳定性由分子内共价键的键能决定。HF的热稳定性高于HI，是因为F的非金属性比I强，H-F键的键能大于H-I键的键能，D错误。 14.磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是（　　） A.分子中N原子均为杂化 B.基态氯原子核外电子有9个空间运动状态 C.的结构式是 D.与足量发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数增加 【答案】A 【解析】分子中六元环支链上的N原子均形成3个σ键，且有1个孤电子对，为sp3杂化，A错误；Cl为17号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p5，电子位于不同的轨道，17个电子分别位于9个轨道，B正确；是三元酸，结构中有3个-OH，P原子呈+5价，应形成5个共价键，其结构式是，C正确；磷酸氯喹分子中只有一个手性碳，如图(*所示)：，与足量发生加成反应后，该分子中有5个手性碳原子，如图(*所示)：，D正确。 2、 非选择题 （本题共4个小题，共58分。） 15.有机物 H(4-羟基-3-氨基苯甲酸)的结构简式为，用于合成具有生物活性药物，工业上常以芳香烃 A 为原料合成 H，合成路线如下： 已知： ①苯环上直接连接-OH 或-NH2 时，易被酸性高锰酸钾溶液氧化； ②苯环上-CH3、-OH、卤原子等是邻、对位定位基；-COOH、-NO2 等是间位定位基。 回答下列问题： (1)芳香烃 A 是一种重要的有机化工原料，80%以上的芳香烃 A 采用     　　      方法得到。 (2)D 中官能团的名称为      　　　     ，GH的反应类型为      　　　     。 (3)写出下列转化的化学方程式。 ①AB：     　　　      ； ②CD：      　　　     。 (4)已知有机物 W 具有下列结构特征： ①W 与 B 互为同系物，且其相对分子质量比 B 的大 14； ②W 的分子结构中不存在手性碳原子。 则同时满足上述条件的 W 的同分异构体有    　　　       种，写出其核磁共振氢谱满足下图的一种同分异构体的结构简式   　　　        。 (5)以芳香烃 A 为原料，还能合成 4-氨基-3-羟基苯甲酸()，其合成路线如下： 请完成流程中 的合成路线  　　　　         。（其他无机试剂任选） 【答案】(1)石油的重整（或石油的催化重整） (2)酯基　还原反应 (3) 　 (4)9种　 (5) 【解析】（1）B的结构简式可知芳香烃A的结构简式为，为甲苯，80%以上的甲苯来源于石油的重整（或石油的催化重整）； （2）D为酯，其官能团为酯基； G为，H为 ，GH的反应中，硝基转化为氨基，为还原反应； （3）①AB为取代反应，化学方程式为； ②CD也是取代反应，化学方程式为； （4）有机物 W 与 B 互为同系物，则 W 的分子结构中含有氯原子和苯环，氯原子一定直接连接在苯环上，且其相对分子质量比 B 的大 14，则比 B 多一个 CH2，其同分异构体有以下 9 种： 核磁共振氢谱显示有 4 种氢，且为 3：2：2：2，故其结构简式为； （5）依据定位效应，甲苯先引入硝基，由于氨基有强还原性，则先将甲基氧化为羧基，再将硝基还原为氨基，即。 16.以含镍废料(主要成分为，含少量、、、和)为原制备和碳酸钴()的工艺流程如下。 已知：，请回答以下问题： (1)“滤渣Ⅰ”主要成分是　　　　   。 (2)“氧化”时反应的离子方程式是　　　　   ，为证明添加已足量，可用　　　　　　(写化学式)溶液进行检验。 (3)“萃取”和“反萃取”可简单表示为：。“萃取”和“反萃取”都需要使用到的主要玻璃仪器为　　　　   。在萃取过程中加入适量氨水，其作用是　　　　   。 (4)若起始时，“沉钴”过程中应控制　　　　　　(填范围)。 (5)镍()和砷形成某种晶体的晶胞如图1所示，图2为该晶胞的俯视投影图。 晶胞中含有　　　　   个原子。该晶体的密度　　　　   。(设为阿伏加德罗常数，用含a、b和的代数式表示。) 【答案】(1)、 (2)　 (3)分液漏斗　 促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率 (4)小于 (5)2　 【解析】由流程可知：加入稀硫酸，充分溶解，金属氧化物NiO、FeO、Fe2O3、CoO变为可溶性NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4进入溶液，BaO反应变为难溶性BaSO4沉淀，酸性氧化物SiO2不能反应，仍然以固体存在。过滤分离出滤渣I为SiO2、BaSO4，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4及过量H2SO4，加入氧化剂NaClO3氧化FeSO4，加入碳酸钠调节pH使Fe2(SO4)3等转化为黄钠铁矾渣NaFe3(SO4)2(OH)6过滤除去，反应的离子方程式为：3Fe3++Na++2+3H2O+=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+CO2↑，再加入有机萃取剂，振荡、静置、分液得到含NiSO4的有机层和含有CoSO4的水层溶液，在含有CoSO4的溶液中加入碳酸氢钠，使Co2+转化为CoCO3沉淀，离子方程式为2+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O，过滤、洗涤、干燥得到碳酸钴产品；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体，煅烧生成NixOy。 （1）原料的主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2不与稀硫酸反应，所以会出现在滤渣中，BaO与稀硫酸反应最终变成BaSO4沉淀，会出现在滤渣中； （2）氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为：6Fe2++6H++＝6Fe3++Cl-+3H2O；为证明添加NaClO3已足量，可检验溶液中是否含有Fe2＋，可用K3[Fe(CN)6]溶液进行检验； （3）萃取操作使用的玻璃仪器是分液漏斗；结合题给信息，加入氨水，氨水可以和H+反应，使反应向右移动，提高萃取率；反之，要提升反萃取效率，应使向左移动，可通过加入酸来实现； （4）根据已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-15，起始时c(Co2+)=0.02mol∙L-1，c(OH-)=，c(H+)=10-7.5mol∙L-1，所以“沉钴”过程中应控制pH＜7.5，防止沉钴时生成Co(OH)2； （5）Ni原子位于顶角和棱中心，晶胞中Ni原子的个数为=2个；根据密度公式，晶胞质量m=g，晶胞的体积V=，密度为= 。 17.Ⅰ.金属镓(Ga)应用广泛，在半导体和光电材料、合金、磁性材料等领域都有重要应用。镓与铝是同主族元素，性质相似。 (1)铝在元素周期表中的位置是________。 (2)GaAs是共价化合物，重要的半导体材料。As与Ga同周期，As与N同主族。 ①下列事实不能用元素周期律解释的是________(填字母)。 a．碱性：Ga(OH)3＞Al(OH)3 b．非金属性：As＞Ga c．酸性：H3AsO4＞H3PO3 ②废弃含GaAs半导体材料可以用浓硝酸溶解GaAs，生成H3AsO4和Ga3＋，写出该反应的化学方程式_______________________________________________。 Ⅱ.A＋、B2－、C－、D、E、F3＋分别表示含10个电子的六种粒子(离子或分子)。其中： a．A＋、B2－、F3＋核外电子层结构相同 b．C－是由两种元素组成的 c．D是两种元素组成的四原子分子 d．E在常温下是无色液体 e．往含F3＋的溶液中滴加含C－的溶液至过量，先有白色沉淀生成，后沉淀消失 (1)C－的电子式：________。 (2)电子式表示A2B的形成过程________________________________________。 (3)含F3＋的溶液中通入过量D，反应的离子方程式是_____________________。 (4)A单质与E反应生成的化合物中化学键的类型是________。 【答案】Ⅰ.(1)第三周期第ⅢA族　 (2)①c　②GaAs＋11HNO3===Ga(NO3)3＋8NO2↑＋H3AsO4＋4H2O　 Ⅱ.(1) (2) (3)Al3＋＋3NH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3NH　 (4)离子键和极性共价键 【解析】Ⅰ.(1)铝是13号元素，在元素周期表的位置是第三周期第ⅢA族； (2)①a.金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，镓与铝是同主族元素，且镓在铝的下边，所以镓的金属性强于铝，Ga(OH)3>Al(OH)3，a可以用元素周期律解释； b．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，As与Ga同周期且As在Ga右边，则非金属性As＞Ga，b可以用元素周期律解释； c．非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，H3PO3不是P的最高价含氧酸，所以不能用元素周期律解释。 ②浓硝酸溶解GaAs，生成H3AsO4和Ga3＋，该反应为氧化还原反应，浓硝酸的还原产物为二氧化氮，所以该反应的化学方程式为GaAs＋11HNO3===Ga(NO3)3＋8NO2↑＋H3AsO4＋4H2O。 Ⅱ.(1)根据分析可知C－是OH—，所以其电子式为； (2)根据分析A＋为Na＋，B2－为O2－，所以A2B为Na2O，其形成过程为； (3)根据分析F3＋为Al3＋，D为NH3，Al(OH)3不溶于弱碱，所以该离子方程式为Al3＋＋3NH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3NH； (4)根据分析A单质与E反应生成的化合物是NaOH，NaOH中的化学键类型为离子键和极性共价键。 18.一种从某铜镍矿(主要成分为、、、、等)中回收、的流程如图。 (1)基态Cu原子的外围电子排布式为　　　 。 (2)“氧压浸出”过程中，加压的目的是　　　 。 (3)“萃铜”时发生的反应为（水相）+2HR（有机相）（水相），适当增大溶液pH有利于铜的萃取，其原因是　　　 。 (4)“沉铁”过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为　　　 。 (5)单质镍与碳、镁形成某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体用化学式可表示为　　　 。 (6)“沉镍”时为确保沉淀完全，理论上应调节溶液　　　 (已知：25℃时，；；当溶液中时，可认为沉淀完全)。 (7)测定粗品的纯度。取3.000g粗品溶于水（滴加几滴稀硫酸）配成100.00mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用的标准溶液滴定，平均消耗标准溶液25.00mL。计算确定粗品中的纯度　　　 （结果保留四位有效数字）。(已知：，写出计算过程)。 【答案】(1)3d104s1 (2)增大氧气的溶解度，加快铜镍矿氧化浸出的化学反应速率 (3)“萃铜"时发生的反应为：Cu2+ （水相）+2HR（有机相）⇌ CuR2+2H+（水相），适当增大溶液pH，使c(H+)减小，促进萃取平衡正向移动，提高铜的萃取率 (4) (5)MgNi3C (6)9.3 (7)n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000 mol/L×25.00×10-3 L=2.5000×10-3 mol，粗品中n(Ni2+)=，粗品中的纯度为：。 【解析】（1）Cu为29号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，所以其外围电子排布式为3d104s1： （2）向铜镍矿（主要成分为CuFeS2、FeS2、NiO、MgO、SiO2等）中加入O2、H2SO4进行氧压浸出，将铁元素转化为Fe2(SO4)3，镍元素转化为NiSO4、铜元素转化为CuSO4、镁元素转化为MgSO4，硫元素转化为S单质，“氧压浸出"通入氧气时加压的目的是增大氧气的溶解度，加快铜镍矿氧化浸出的化学反应速率； （3）“氧压浸出"后过滤得到滤渣主要成分为SiO2和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2+，“萃铜"时发生的反应为：Cu2+ （水相）+2HR（有机相）⇌ CuR2+2H+（水相），适当增大溶液pH，使c(H+)减小，促进萃取平衡正向移动，提高铜的萃取率； （4）“萃铜"后分液得到萃取液，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，萃余液呈酸性，加入氧化镁调节pH，向萃余液中加入Na2SO4进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6，过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2+以Ni(OH)2的形成沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO4，“沉铁"过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为：； （5）由均摊法，晶胞中Mg个数为，Ni个数为，C个数为1，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为1:3，化学式为MgNi3C； （6）“沉镍"时为确保沉淀完全，则，由，则溶液，常温下，溶液的pH=-lgc(H+)=9.3，理论上应调节溶液pH≥9.3； （7）已知：，则n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000 mol/L×25.00×10-3 L=2.5000×10-3 mol，粗品中n(Ni2+)=，粗品中的纯度为：。 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南信阳2025-2026学年度高二下期期末模拟卷（一） 化学试题 考试时间：75分钟；满分：100分 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Br-80 S-32 1、 选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42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.高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是 （      ）  A.ABS高韧性工程塑料用于制造汽车零配件 B.聚氯乙烯微孔薄膜用于制造饮用水分离膜 C.聚苯乙烯泡沫用于制造建筑工程保温材料 D.热固性酚醛树脂用于制造集成电路的底板 2.自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量Mr=870+32x(x为整数)。 下列说法正确的是 （      ） A.x=1 B.第一电离能：C<N<O C.该化合物中不存在离子键 D.该化合物中配位数与配体个数相等 3.下列关于化合物的叙述正确的是(　　) A.该分子是手性分子 B.分子中既有极性键又有非极性键 C.分子中有7个σ键和1个π键 D.该分子在水中的溶解度小于2－丁烯 4.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A.1 mol丙烯()分子中，杂化的原子个数为 B.常温时，的NaOH溶液中含有的数目为 C.由热化学方程式可知，要使反应放出123.8kJ的热量，反应前需要投入的与的分子个数均为 D.68 g呋喃()中含有的键数目为 5.下列有关物质性质的解释错误的是 性质 解释 A Ga(CH3)3的沸点是55.7℃ Ga(CH3)3为分子晶体，分子间作用力较弱 B 熔点： 的体积大于，前者离子键更弱 C 熔点：Fe＞Na Fe比Na的金属性弱 D 硬度：金刚石＞硅＞ 锗 C-C、 Si-Si 、Ge-Ge键长依次递增，键能依次减弱 6.下列物质中所有碳原子都是sp3杂化，且具有碱性的是（　　） A. B. C. D. 7..以为载体的铜铋催化剂催化甲醛、乙炔反应合成1，4-丁炔二醇，其反应历程如图。下列说法错误的是（　　） A.该催化剂的活性中心在铜原子表面 B.①②③④均为氧化还原反应 C.该反应历程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 D.原料气中甲醛含量过高，将会导致副产物增多 8.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是 （      ）  实验操作 现象 结论 A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉­KI溶液 先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2 B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解 C 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液 溶液由红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 D 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应 9.一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是 （      ）  A.能发生取代反应，不能发生加成反应 B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物 C.与互为同分异构体 D.1 mol该物质与碳酸钠反应得44 g CO2 10.下列方案设计、现象和结论都正确的是 目的 方案设计 现象和结论 A 检验某无色溶液中是否含有NO 取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液 若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NO B 探究KI与FeCl3反应的限度 取5 mL 0.1 mol·L-1KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液 若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度 C 判断某卤代烃中的卤素 取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液 若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素 D 探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性 取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 若没有生成砖红色沉淀 ，则蔗糖在酸性水溶液中稳定 11.可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有广阔的应用前景，一种在温和条件下制备高性能可持续聚酯P的路线如图所示。 下列说法错误的是 （      ）  A.E能使溴的四氯化碳溶液褪色 B.由E、F和G合成M时，有HCOOH生成 C.P在碱性条件下能够发生水解反应而降解 D.P解聚生成M的过程中，存在C—O键的断裂与形成 12.抗坏血酸(维生素C)是常用的抗氧化剂。下列说法错误的是（　　） A.抗坏血酸中官能团有3种 B.抗坏血酸与脱氢抗坏血酸都能与溶液反应 C.脱氢抗坏血酸是一种芳香族化合物 D.抗坏血酸与补铁剂共同服用有利于铁元素的吸收 13.结构决定性质是基本的化学学科思想。下列实验事实与理论解释不相符的是 选项 实验事实 理论解释 A 沸点：> 由于邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，导致邻羟基苯甲醛的分子间氢键数目少于对羟基苯甲醛的分子间氢键数目 B 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 元素电负性：F>Cl，使−CF3的极性大于−CCl3的极性，导致CF3COOH羧基中的O−H键更易断裂 C 键角∠H−N−H：[Cu(NH3)4]2+>NH3 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力 D 热稳定性：HF>HI HF分子间存在氢键，而HI分子间存在范德华力 14.磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是（　　） A.分子中N原子均为杂化 B.基态氯原子核外电子有9个空间运动状态 C.的结构式是 D.与足量发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数增加 2、 非选择题 （本题共4个小题，共58分。） 15.有机物 H(4-羟基-3-氨基苯甲酸)的结构简式为，用于合成具有生物活性药物，工业上常以芳香烃 A 为原料合成 H，合成路线如下： 已知： ①苯环上直接连接-OH 或-NH2 时，易被酸性高锰酸钾溶液氧化； ②苯环上-CH3、-OH、卤原子等是邻、对位定位基；-COOH、-NO2 等是间位定位基。 回答下列问题： (1)芳香烃 A 是一种重要的有机化工原料，80%以上的芳香烃 A 采用     　　      方法得到。 (2)D 中官能团的名称为      　　　     ，GH的反应类型为      　　　     。 (3)写出下列转化的化学方程式。 ①AB：     　　　      ； ②CD：      　　　     。 (4)已知有机物 W 具有下列结构特征： ①W 与 B 互为同系物，且其相对分子质量比 B 的大 14； ②W 的分子结构中不存在手性碳原子。 则同时满足上述条件的 W 的同分异构体有    　　　       种，写出其核磁共振氢谱满足下图的一种同分异构体的结构简式   　　　        。 (5)以芳香烃 A 为原料，还能合成 4-氨基-3-羟基苯甲酸()，其合成路线如下： 请完成流程中 的合成路线  　　　　         。（其他无机试剂任选） 16.以含镍废料(主要成分为，含少量、、、和)为原制备和碳酸钴()的工艺流程如下。 已知：，请回答以下问题： (1)“滤渣Ⅰ”主要成分是　　　　   。 (2)“氧化”时反应的离子方程式是　　　　   ，为证明添加已足量，可用　　　　　　(写化学式)溶液进行检验。 (3)“萃取”和“反萃取”可简单表示为：。“萃取”和“反萃取”都需要使用到的主要玻璃仪器为　　　　   。在萃取过程中加入适量氨水，其作用是　　　　   。 (4)若起始时，“沉钴”过程中应控制　　　　　　(填范围)。 (5)镍()和砷形成某种晶体的晶胞如图1所示，图2为该晶胞的俯视投影图。 晶胞中含有　　　　   个原子。该晶体的密度　　　　   。(设为阿伏加德罗常数，用含a、b和的代数式表示。) 17.Ⅰ.金属镓(Ga)应用广泛，在半导体和光电材料、合金、磁性材料等领域都有重要应用。镓与铝是同主族元素，性质相似。 (1)铝在元素周期表中的位置是________。 (2)GaAs是共价化合物，重要的半导体材料。As与Ga同周期，As与N同主族。 ①下列事实不能用元素周期律解释的是________(填字母)。 a．碱性：Ga(OH)3＞Al(OH)3 b．非金属性：As＞Ga c．酸性：H3AsO4＞H3PO3 ②废弃含GaAs半导体材料可以用浓硝酸溶解GaAs，生成H3AsO4和Ga3＋，写出该反应的化学方程式_______________________________________________。 Ⅱ.A＋、B2－、C－、D、E、F3＋分别表示含10个电子的六种粒子(离子或分子)。其中： a．A＋、B2－、F3＋核外电子层结构相同 b．C－是由两种元素组成的 c．D是两种元素组成的四原子分子 d．E在常温下是无色液体 e．往含F3＋的溶液中滴加含C－的溶液至过量，先有白色沉淀生成，后沉淀消失 (1)C－的电子式：________。 (2)电子式表示A2B的形成过程________________________________________。 (3)含F3＋的溶液中通入过量D，反应的离子方程式是_____________________。 (4)A单质与E反应生成的化合物中化学键的类型是________。 18.一种从某铜镍矿(主要成分为、、、、等)中回收、的流程如图。 (1)基态Cu原子的外围电子排布式为　　　 。 (2)“氧压浸出”过程中，加压的目的是　　　 。 (3)“萃铜”时发生的反应为（水相）+2HR（有机相）（水相），适当增大溶液pH有利于铜的萃取，其原因是　　　 。 (4)“沉铁”过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为　　　 。 (5)单质镍与碳、镁形成某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体用化学式可表示为　　　 。 (6)“沉镍”时为确保沉淀完全，理论上应调节溶液　　　 (已知：25℃时，；；当溶液中时，可认为沉淀完全)。 (7)测定粗品的纯度。取3.000g粗品溶于水（滴加几滴稀硫酸）配成100.00mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用的标准溶液滴定，平均消耗标准溶液25.00mL。计算确定粗品中的纯度　　　 （结果保留四位有效数字）。(已知：，写出计算过程)。 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $