精品解析：湖北省十堰市六县市一中教联体2024-2025学年高二下学期4月期中考试 化学试题

2025年十堰市六县市区一中教联体4月联考 高二化学试卷 考试时间：2025年4月29日下午14：30—15：45 试卷满分：100分 (可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Mg24 Fe56 Cl35.5) 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. 下列说法正确的是 A. s电子云呈球形，表示电子绕原子核做圆周运动 B. 电子云图中的小黑点密度大，说明该原子核外空间电子数目多 C. p电子的电子云轮廓图可表示为 D. 表示的电子排布图为 【答案】D 【解析】 【详解】A．s电子云轮廓图呈球形，不代表电子绕核做圆周运动，故A错误； B．电子云图中的小黑点密度大，说明电子在该处出现的机率大，故B错误； C．p电子的电子云轮廓图呈哑铃形，故C错误； D．表示3d能级上有3个电子，原子轨道有5个，且电子排布图为，故D正确； 故选D。 2. 化学用语是化学专业语言，是学习化学的工具。下列有关化学用语的说法错误的是 A. PCl3的价层电子对互斥模型： B. HCl分子中的σ键电子云轮廓图： C. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键： D. 丙烷的球棍模型： 【答案】C 【解析】 【详解】A．中 P 原子的价层电子对数为 ，含有一对孤电子对，其价层电子对互斥模型（VSEPR模型）为四面体形，A正确； B．分子中的键是由 H 原子的 1s 轨道与 Cl 原子的 3p 轨道“头碰头”重叠形成的键，电子云轮廓为，B正确； C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键时，是羟基（-OH）上的氢原子与醛基（-CHO）上的氧原子之间形成氢键，图中将氢键画在了羟基的氧原子和醛基的氢原子之间，正确的连接方式应为，C错误； D．丙烷的结构简式为 CH3CH2CH3，含有3个碳原子和8个氢原子，且碳链呈锯齿形排列，图示球棍模型正确，D正确。 3. 尿素，又称碳酰胺，其合成原理为CO2+2NH3=CO(NH2)2+H2O。下列说法正确的是 A. CO2是含有极性键的极性分子 B. H2O的VSEPR模型为四面体形，其空间结构为V形 C. NH3分子中氮原子采取sp2杂化 D. CO(NH2)2与氰酸铵(NH4CNO)互为同分异构体，组成晶体中微粒间作用力类型相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，A错误； B．中O的杂化方式为，有2个孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，其空间结构为V形，B正确； C．中N原子的价层电子对数为3+1=4，因此N原子采取杂化，C错误； D．中含有铵根，因此为离子晶体，D错误； 故选B。 4. 多巴胺是一种神经传导物质，其部分合成路线如下，下列说法正确的是 A. 甲在苯环上的二氯代物有2种 B. 多巴胺的分子式为 C. 多巴胺分子含有三种官能团 D. 甲、乙、多巴胺三种物质的分子均不存在对映异构体 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据甲的结构可判断其苯环上有两种等效氢，二氯代物的求法，按照定一移一，可知二氯代物有4种，故A错误； B．由结构可知多巴胺的分子式为C8H11NO2，故B错误； C．多巴胺分子含有酚羟基、氨基两种官能团，故C错误； D．甲、乙、多巴胺三种物质的分子的镜像完全重叠，所以不存在对映异构体，故D正确； 答案选D。 5. 金刚石的晶体结构如图所示。下列有关叙述中错误的是 A. 晶胞中由共价键形成的最小的环上有6个碳原子 B. 金刚石中碳原子采用杂化 C. 12g金刚石中含有共价键 D. 金刚石属于共价晶体，熔点高、硬度大 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图可知由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，A项正确； B．晶体中每个碳原子以4个共价单键对称地与相邻的4个碳原子结合，形成四面体结构，碳原子采取杂化，B项正确； C．晶体中1个C形成4个共价键，一个共价键为2个碳原子所有，故金刚石中含有共价键，C项错误； D．金刚石属于共价晶体，熔点高、硬高大，D项正确； 故选C。 6. 有机物结构复杂，种类繁多。某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的叙述正确的是 A. 该有机物的核磁共振氢谱有8组峰 B. 该有机物可发生氧化、加成、加聚、还原反应 C. 该有机物没有顺反异构体 D. 该有机物可使酸性溶液、溴水褪色，两者反应原理相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．该有机物有7种等效氢，核磁共振氢谱有7组峰，故A错误； B．该有机物中含有碳碳双键，可发生氧化、加成、加聚、还原反应，故B正确； C．双键两端的碳原子均连有2个不同的原子或原子团，该有机物有顺反异构体，故C错误； D．该有机物中含有碳碳双键，可使酸性溶液、溴水褪色，两者反应原理不相同，故D错误； 选B。 7. CoCl2溶于水后加氨水先生成Co(OH)2沉淀，再加氨水，因生成[Co(NH3)6]Cl2使沉淀溶解，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种的组成可以用CoCl3•5NH3表示，其中Co的配位数是6，把分离出的CoCl3•5NH3溶于水后立即加AgNO3溶液，有AgCl沉淀析出。经测定，每1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl。下列说法错误的是 A. CoCl3•5NH3表示成配合物结构形式为[Co(NH3)5Cl]Cl2 B. 通入空气后得到的溶液中含有[Co(NH3)5Cl]2+ C. 上述反应不涉及氧化还原反应 D. [Co(NH3)6]Cl2中NH3提供孤电子对，Co2+提供空轨道 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶于水与溶液反应只生成，故有在配合物外界，A正确； B．由向溶液中通入空气，得到的产物中有一种的组成可以用CoCl3•5NH3表示，其中Co的配位数是6，把分离出的CoCl3•5NH3溶于水后立即加AgNO3溶液，有AgCl沉淀析出，可知得到物质为，，B正确； C．中Co为＋2价，中Co为＋3价，涉及氧化还原反应，C错误； D．中形成配位键时，提供孤电子对，提供空轨道，D正确； 故选C。 8. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 1mol碳正离子()所含的电子总数为8NA B. 1 mol[Cu(NH3)4]SO4中含有的σ键总数为16NA C. 1 mol CH4与2 mol Cl2反应生成的CCl4分子数为NA D. 标准状况下，2.24 L氯仿中含氯原子数目为0.1NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．在1个碳正离子()中含有6+3-1=8个电子，则在1 mol碳正离子()所含的电子总数为8NA，A正确； B．在[Cu(NH3)4]SO4的阳离子中，4个配位体NH3中含有σ键为3×4=12个，配位体NH3的中心N原子与中心Cu2+以配位键结合，配位键属于σ键，则1个阳离子[Cu(NH3)4]2+中含有16个σ键，在1个阴离子中含有4个σ键，则1个[Cu(NH3)4]SO4中含有20个σ键，则1 mol[Cu(NH3)4]SO4中含有的σ键总数为20NA，B错误； C．CH4与Cl2发生取代反应，二者反应产生CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，同时每一步取代反应都会产生HCl，氯化氢中也有氯原子，因此1 mol CH4与2 mol Cl2反应生成的CCl4分子数小于NA，C错误； D．在标准状况下氯仿为液体，不能使用气体摩尔体积计算，D错误； 故合理选项是A。 9. 下列实验能达到实验目的的是 A.鉴别苯和溴苯 B.排空气法收集丙烷 C.除去甲烷中含有的乙烯 D.制备溴苯并证明反应类型 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．密度：溴苯＞水＞苯，故向试管中加水后，有机层在上层的是苯，在下层的是溴苯，可以鉴别，A正确； B．丙烷密度比空气大，对于图中的仪器，气体应为左进右出的形式收集，B错误； C．酸性高锰酸钾溶液氧化乙烯会生成CO2气体，引入新的杂质CO2，无法得到纯净的甲烷，所以不能除去甲烷中的乙烯，C错误； D．溴易挥发，挥发出的溴蒸气遇水后与硝酸银溶液反应也能生成溴化银沉淀，不能证明苯与液溴发生取代反应生成溴苯，D错误； 故选A。 10. 下列有关说法错误的是 A. 基态Fe原子的最外层电子的电子云形状为球形 B. (NH4)2Fe(SO4)2•6H2O中阴离子空间构型为正四面体形 C. 硅原子间难形成双键而碳原子间可以，原因是硅原子的半径大，难形成p－pπ键 D. Fe(CO)5可用作汽油抗爆剂，其分子中σ键和π键的数目之比为2：1 【答案】D 【解析】 【详解】A．基态Fe原子的最外层电子在s轨道，其电子云形状为球形，A项正确； B．中，阴离子为，根据价层电子对互斥理论，中心S价层电子对数为，无孤对电子，的空间构型为正四面体形，B项正确； C．Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道重叠程度很小，难于形成π键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，Si的原子半径大于C，难形成p-pπ键，C项正确； D．中CO的结构式为C≡O，三键由1个σ键和2个π键组成，Fe与C形成的配位键属于σ键，则键和键的数目分别为10个，之比为，D项错误； 故选D。 11. 三甲基镓[(CH3)3Ga]是一种金属有机化合物，广泛用作制备LED等新型半导体光电产品，可通过该反应来制备：GaCl3+(CH3)3Al(CH3)3Ga+AlCl3。下列说法正确的是 A. 14C原子的中子数为6 B. 基态31Ga原子的价电子排布式为4s24p1 C. Cl-核外三个能层均充满电子 D. Al核外有13种空间运动状态不同的电子 【答案】B 【解析】 【详解】A．核素左上角数字代表质量数，C的质子数为6，则14C原子的中子数=质量数-质子数=14-6=8，A错误； B．基态31Ga原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p1，价电子排布式为4s24p1，B正确； C．Cl-核外M能层的3d能级无电子，C错误； D．Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，电子占有轨道数为7，则有7种空间运动状态不同的电子，D错误； 故选B。 12. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量和泥沙）的提纯方案如下。下列说法错误的是 A. 操作I、Ⅱ均需使用玻璃棒但其作用不同 B. 操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和 C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少被包裹的杂质 D. 操作Ⅳ洗涤苯甲酸，用冷水比乙醇效果好 【答案】B 【解析】 【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水和乙醇。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。 【详解】A．操作I溶解中需要用玻璃棒搅拌，加快溶解，操作Ⅱ趁热过滤需要用玻璃棒引流，操作I、Ⅱ均需使用玻璃棒但其作用不同，A选项正确； B．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B选项错误； C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C选项正确； D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水和乙醇，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，故洗涤苯甲酸，用冷水比乙醇效果好，D选项正确； 故答案选B。 13. 由γ-羟基丁酸生成γ-丁内酯的反应：HOCH2CH2CH2COOH+H2O。在25℃时，水溶液中γ-羟基丁酸的初始浓度为0.18mol/L，随着反应的进行，测得γ-丁内酯的浓度随时间的变化如下表所示： t/min 21 50 80 100 120 160 220 ∞ c/(mol/L) 0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 下列说法错误的是 A. γ-丁内酯和丁烯酸(CH2=CHCH2COOH)互为同分异构体 B. 及时移出γ-丁内酯，可使γ-羟基丁酸的转化率提高，反应速率加快 C. 在50~80min，以γ-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为7.00×10-4mol/(L·min) D. 在25℃时，该反应的平衡常数K=2.75 【答案】B 【解析】 【详解】A．γ-丁内酯和丁烯酸(CH2=CHCH2COOH)分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确； B．若移走γ-丁内酯，减小生成物浓度，促进化学平衡正向移动，从而可提高γ-羟基丁酸的转化率，但反应速率减小，B错误； C．50～80 min内γ-丁内酯的浓度改变了0.071 mol/L-0.050 mol/L=0.021 mol/L，则用γ-丁内酯的浓度变化表示反应速率υ(γ-丁内酯)== 0.0007 mol ∙ L-1∙min-1，C正确； D．25℃时，该反应的平衡常数K====2.75，D正确； 答案选B。 14. 烷烃(以甲烷为例)在光照条件下发生卤代反应，原理如图所示： 某研究人员研究了异丁烷发生溴代反应生成一溴代物的比例，结果如图： 下列说法错误的是 A. 异丁烷的二溴代物有3种 B. 反应过程中异丁烷形成的自由基比稳定 C. 光照条件下卤素单质分子中化学键断裂是引发卤代烃反应的关键步骤 D. 丙烷在光照条件下发生溴代反应，生成的一溴代物中1-溴丙烷含量更高 【答案】D 【解析】 【详解】A．异丁烷结构简式是，其二溴代物有、、三种不同结构，因此异丁烷的二溴代物有3种，A正确； B．根据装置图可知：异丁烷与Br2在127℃发生反应时，产生97%的以及少量，说明自由基比更稳定，B正确； C．根据图示可知：在光照条件下卤素单质分子中化学键断裂产生卤素原子，卤素原子与烃基自由基结合产生卤代烃，因此在光照条件下卤素单质分子中化学键断裂是引发卤代烃反应的关键步骤，C正确； D．根据上述图示可知：Br原子更容易取代烃中含有H原子数比较少的C原子上的H原子，则丙烷与Br2在发生取代反应时，产生的CH3CHBrCH3比CH3CH2CH2Br多，故丙烷在光照条件下发生溴代反应，生成的一溴代物中2-溴丙烷含量更高，D错误； 故合理选项是D。 15. 铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(白球代表Fe，黑球代表Mg)。储氢时，分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢分子之间的距离为anm，表示阿伏加德罗常数的值。已知M点的原子坐标参数为，N点为。则下列说法错误的是 A. 晶胞中Mg的配位数为4 B. 位置P点的原子坐标参数为 C. Fe与Mg之间的最近距离为 D. 储氢后的晶体密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据晶胞结构示意图可知，距离Mg原子最近且相等的Fe原子有4个，即Mg原子的配位数为4，A正确； B．已知M点的原子坐标参数为，N点为，可以推测得知位置P点的原子坐标参数为，B正确； C．氢气分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢分子之间的距离anm，该晶胞参数为a nm，Mg和Fe之间的最近距离为体对角线的，则Mg与Fe之间的最近距离为，C正确； D．氢气分子在晶胞的体心和棱的中心位置，个数为，Fe原子的个数为，Mg位于体内Mg的个数为8，储氢后的晶体化学式为，根据，储氢后的晶体密度为，D错误； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 氮的许多重要化合物在半导体材料及炸药等方面用途非常广泛。 （1）Cu3N是一种半导体材料。基态Cu原子的核外电子排布式为_______；基态N原子电子占据的最高能级符号为_______，其电子云轮廓图为_______形。 （2）NH4NO3是一种炸药，可通过下列方法合成：HNO3+NH3=NH4NO3。NH4NO3属于_______晶体，NH3和中键角：NH3_______(填“大于”“小于”或“等于”)。 （3）5-氰基四唑(结构简式：)和反应可以制备起爆药CP。5-氰基四唑分子中σ键与π键的数目之比为_______，C原子的杂化方式为_______。 （4）在配合物中，中心原子的配位数为_______，钴元素的化合价为_______，的空间结构为_______。 【答案】（1） ①. 或 ②. 2p ③. 哑铃 （2） ①. 离子 ②. 小于 （3） ①. 2∶1 ②. sp2、sp （4） ①. 6 ②. +3 ③. 正四面体 【解析】 【小问1详解】 Cu是29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为或；N是7号元素，基态N原子的核外电子排布式为，电子占据的最高能级符号为2p，其电子云轮廓图为哑铃形。 【小问2详解】 NH4NO3由和构成，属于离子晶体，NH3中中心N原子孤电子对数为，价层电子对数为，中中心N原子孤电子对数为，价层电子对数为，又孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对间的排斥力，则键角：NH3小于。 【小问3详解】 分析5-氰基四唑的结构可知，5-氰基四唑分子中含有2个双键、1个三键和5个单键，共价单键是σ键，双键中含1个σ键和1个π键，三键中含1个σ键和2个π键，则5-氰基四唑分子中σ键数目为5+2+1=8，π键数目为2+2=4，σ键与π键的数目之比为8∶4=2∶1；5-氰基四唑分子中含C=N键和C≡N键，C原子的价层电子对数分别为3、2，C原子分别为sp2、sp杂化。 【小问4详解】 配合物的内界中NH3中N原子和H2O分子中O原子提供孤电子对，则Co3+的配体为NH3和H2O，即中心原子的配位数为5+1=6，中NH3、H2O均为分子，的化合价为-1，则Co的化合价为+3，中中心Cl原子孤电子对数为，价层电子对数为，其VSEPR模型和空间构型均为正四面体。 17. 氯代环己烷为无色液体，具有窒息性气味，不溶于水，溶于乙醇，可生产农药、橡胶b防焦剂、医药等。请回答下列问题： Ⅰ.制备氯代环已烷有两种方法： ①环己烷氯化法： ②环己烯氯化氢加成法： （1）工业上多采用方法②制备氯代环己烷，原因是________。 （2）是环己烯的同分异构体，其名称为________。 Ⅱ.现用如图所示装置模拟方法②制备氯代环已烷，具体操作步骤如下：在250mL三口烧瓶中加入35mL（0.35mol）环己烯，3g催化剂，搅拌升温，打开仪器a的活塞向三口烧瓶中加入100mL30％（约0.95mol）的盐酸，调节反应温度为75℃，搅拌反应1.5小时，待反应结束，冷却静置。分别使用饱和氯化钠溶液和碳酸钠溶液洗涤有机层3次，再向有机层中加入适量无水硫酸镁后蒸馏，得产品31g。 （3）仪器a的名称是________。 （4）该实验中合适的加热方式是________。 （5）使用碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是：________。 （6）加入适量无水硫酸镁的目的是：________。 （7）该实验氯代环己烷的产率为________。（结果保留三位有效数字） 【答案】（1）方法②产物单一，原子利用率高 （2）2—甲基—1，3—戊二烯 （3）恒压滴液漏斗 （4）水浴加热 （5）除去有机物中残留的酸 （6）作干燥剂，吸收有机层中的水 （7）74.7% 【解析】 【分析】由题意可知，方法②制备氯代环己烷的操作为催化剂作用下环己烯和盐酸共热发生加成反应生成环己基氯，反应结束弃去水层，用饱和氯化钠溶液洗去大部分没有反应的盐酸，再用碳酸钠溶液洗去残余的盐酸，然后用无水硫酸镁干燥除去有机物中的水，起干燥作用，最后蒸馏除去环己烯得到产品。 【小问1详解】 由方程式可知，与与环己烷氯化法制备氯代环己烷相比，环己烯氯化氢加成法制备氯代环己烷得到的产物单一，原子利用率高，故答案为：产物单一，原子利用率高； 【小问2详解】 由结构简式可知，分子中含有碳碳双键的最长碳链含有4个碳原子，侧链为甲基，名称为2—甲基—1，3—戊二烯，故答案为：2—甲基—1，3—戊二烯； 【小问3详解】 由实验装置图可知， 仪器a为恒压滴液漏斗，作用是平衡气压，便于液体顺利流下，故答案为：恒压滴液漏斗； 【小问4详解】 由方法②制备氯代环己烷的反应温度75℃低于水的沸点可知，实验中合适的加热方式是水浴加热，故答案为：水浴加热； 【小问5详解】 由分析可知，用碳酸钠溶液洗涤的目的是洗去有机物在残余的盐酸，故答案为：除去有机物中残留的酸； 【小问6详解】 由分析可知，加入适量无水硫酸镁的作用是干燥除去有机物中的水，起干燥作用，故答案为：作干燥剂，吸收有机层中的水； 【小问7详解】 由方程式可知，0.35mol环己烯和1mol氯化氢发生加成反应时，氯化氢过量，反应生成31g氯代环己烷，则氯代环己烷的产率为×100%≈74.7%，故答案为：74.7%。 18. 从处理后的矿石硝酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+）中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品．工艺流程如下： 已知：氨性溶液由NH3∙H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制．常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子．回答下列问题： （1）Co位于元素周期表中的位置______________（周期、族）； （2）“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为______________________； （3）(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物．滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰； ①NH4Al(OH)2CO3属于______________（填“晶体”或“非晶体”）； ②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是______________________； （4）“析晶”过程中通入的酸性气体A为______________． （5）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质，晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为______________； ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和___________（填化学式）。 【答案】（1）第四周期第Ⅷ族 （2）2Co(OH)3+12 NH3∙H2O+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O+4OH-(或2Co(OH)3+8 NH3∙H2O+4+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O) （3） ①. 晶体 ②. (NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，从而减少胶状物质对镍、钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥对氨碱溶液的接触面积 （4）HCl （5） ①. 2:5或0.4 ②. MgO 【解析】 【分析】处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性MgO，调pH至9.0，Ni2+、Co2+、Al3+都生成相应的氢氧化物沉淀，滤液为Mg(NO3)2溶液。含沉淀的滤泥中加入氨性溶液进行氨浸，此时Co(OH)2、Ni(OH)2溶解并转化为[Co(NH3)6]2+、[Ni(NH3)6]2+，Al(OH)3不溶，过滤后成为滤渣；将滤液进行分离，得到CoCl2溶液、饱和NiCl2溶液，为防止蒸发时引起CoCl2水解，通入HCl气体，从而析出NiCl2∙4H2O晶体。将Mg(NO3)2溶液结晶纯化，得到Mg(NO3)2∙6H2O，热解得MgO和HNO3蒸汽，冷却至室温得HNO3溶液。 【小问1详解】 Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，位于元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族； 【小问2详解】 “氨浸”时，由Co(OH)3溶于氨水并被(NH4)2SO3还原，转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为2Co(OH)3+12 NH3∙H2O+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O+4OH-(或2Co(OH)3+8 NH3∙H2O+4+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O)； 【小问3详解】 ①X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体； ②题中信息显示：(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，使胶状物质对镍、钴氢氧化物覆盖作用减弱，提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是：(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，从而减少胶状物质对镍、钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥对氨碱溶液的接触面积； 【小问4详解】 “析晶”过程中，通入的酸性气体A既能抑制Ni2+的水解，又不引入新的杂质，则其为HCl。 【小问5详解】 ①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质，晶体A含6个结晶水，则A为Mg(NO3)2∙6H2O，热解反应为Mg(NO3)2∙6H2OMgO+2HNO3↑+5H2O↑，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为2:5或0.4； ②工艺流程初期，加硝酸制得硝酸浸取液，然后加入活性MgO并调节pH至9.0，则“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和MgO。 【点睛】挥发性酸的弱碱盐，蒸发结晶过程中常会发生水解，需加酸对水解进行抑制。 19. I.乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为主要原料可以合成氯丁橡胶和聚丙烯腈。有关合成路线如图： 已知： （1）实验室制取乙炔的化学方程式为_______。 （2）A的结构简式为_______，A→B的反应类型为_______。 （3）CH≡CH+M→C的化学方程式为_______。 Ⅱ.水芹烯具有黑胡椒香气，主要用于配制柑橘类人造精油，别罗勒烯可用于合成檀香醇等香料的中间体，它们的结构简式如图。 回答下列问题： （4）水芹烯的分子式为_______，1 mol水芹烯和1 mol Br2发生加成反应最多可得到_______种有机产物。 （5）别罗勒烯与足量H2反应生成有机化合物M。 ①若M是由1 mol炔烃和2 mol H2加成得到，则炔烃的结构有_______种(不包括立体异构)； ②M在光照条件下与氯气反应，生成的一氯代物最多有_______种。 【答案】（1）CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑ （2） ①. CH≡C-CH=CH2 ②. 加成反应 （3）CH≡CH+HCNCH2=CHCN （4） ①. C10H16 ②. 3 （5） ①. 3 ②. 9 【解析】 【分析】两分子乙炔（CH≡CH）聚合得到A，所以A是CH≡C-CH=CH2，A与HCl反应生成B，B聚合得到氯丁橡胶，由氯丁橡胶的结构式可知单体B是CH2=CH-CCl=CH2；逆推聚丙烯腈结构可知，聚合前单体C为丙烯腈（CH2=CHCN），因此反应物M为HCN。 【小问1详解】 实验室用电石（CaC2）与水反应制取乙炔，反应的化学方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑； 【小问2详解】 由分析知，A结构简式为：CH≡C-CH=CH2； B为CH2=CH-CCl=CH2，故A→B的反应类型为加成反应； 【小问3详解】 由分析知，C为丙烯腈（CH2=CHCN），反应物M为HCN，乙炔与HCN发生加成反应得到丙烯腈，方程式为：CH≡CH+HCNCH2=CHCN； 【小问4详解】 由水芹烯的结构简式，数出C原子数共10， H原子16, 因此分子式为C10H16；水芹烯含2个不同的不对称双键，且是共轭双键，1mol Br2只加成1个双键，可以是1,2-加成，Br2直接加在其中一个双键上，可得到2种不同的产物；也可以是1,4-加成，Br2加在共轭体系的两端，双键发生移位，得到1种新的产物，所以最多可得到3种有机物； 【小问5详解】 ①别罗勒烯与足量H2反应生成有机化合物M，则M的结构简式为：其结构简式为，若M是由1 mol炔烃和2 mol H2加成得到，则炔烃的结构有： 、 、共3种； ②M分子中有9种不同化学环境下的氢，在光照条件下与氯气反应，生成的一氯代物最多有9种。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年十堰市六县市区一中教联体4月联考 高二化学试卷 考试时间：2025年4月29日下午14：30—15：45 试卷满分：100分 (可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Mg24 Fe56 Cl35.5) 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. 下列说法正确的是 A. s电子云呈球形，表示电子绕原子核做圆周运动 B. 电子云图中的小黑点密度大，说明该原子核外空间电子数目多 C. p电子的电子云轮廓图可表示为 D. 表示的电子排布图为 2. 化学用语是化学专业语言，是学习化学的工具。下列有关化学用语的说法错误的是 A. PCl3的价层电子对互斥模型： B. HCl分子中的σ键电子云轮廓图： C. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键： D. 丙烷的球棍模型： 3. 尿素，又称碳酰胺，其合成原理为CO2+2NH3=CO(NH2)2+H2O。下列说法正确的是 A. CO2是含有极性键的极性分子 B. H2O的VSEPR模型为四面体形，其空间结构为V形 C. NH3分子中氮原子采取sp2杂化 D. CO(NH2)2与氰酸铵(NH4CNO)互为同分异构体，组成晶体中微粒间作用力类型相同 4. 多巴胺是一种神经传导物质，其部分合成路线如下，下列说法正确的是 A. 甲在苯环上的二氯代物有2种 B. 多巴胺的分子式为 C. 多巴胺分子含有三种官能团 D. 甲、乙、多巴胺三种物质的分子均不存在对映异构体 5. 金刚石的晶体结构如图所示。下列有关叙述中错误的是 A. 晶胞中由共价键形成的最小的环上有6个碳原子 B. 金刚石中碳原子采用杂化 C. 12g金刚石中含有共价键 D. 金刚石属于共价晶体，熔点高、硬度大 6. 有机物结构复杂，种类繁多。某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的叙述正确的是 A. 该有机物的核磁共振氢谱有8组峰 B. 该有机物可发生氧化、加成、加聚、还原反应 C. 该有机物没有顺反异构体 D. 该有机物可使酸性溶液、溴水褪色，两者反应原理相同 7. CoCl2溶于水后加氨水先生成Co(OH)2沉淀，再加氨水，因生成[Co(NH3)6]Cl2使沉淀溶解，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种的组成可以用CoCl3•5NH3表示，其中Co的配位数是6，把分离出的CoCl3•5NH3溶于水后立即加AgNO3溶液，有AgCl沉淀析出。经测定，每1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl。下列说法错误的是 A. CoCl3•5NH3表示成配合物结构形式为[Co(NH3)5Cl]Cl2 B. 通入空气后得到的溶液中含有[Co(NH3)5Cl]2+ C. 上述反应不涉及氧化还原反应 D. [Co(NH3)6]Cl2中NH3提供孤电子对，Co2+提供空轨道 8. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 1mol碳正离子()所含的电子总数为8NA B. 1 mol[Cu(NH3)4]SO4中含有的σ键总数为16NA C. 1 mol CH4与2 mol Cl2反应生成的CCl4分子数为NA D. 标准状况下，2.24 L氯仿中含氯原子数目为0.1NA 9. 下列实验能达到实验目的的是 A.鉴别苯和溴苯 B.排空气法收集丙烷 C.除去甲烷中含有的乙烯 D.制备溴苯并证明反应类型 A. A B. B C. C D. D 10. 下列有关说法错误的是 A. 基态Fe原子的最外层电子的电子云形状为球形 B. (NH4)2Fe(SO4)2•6H2O中阴离子空间构型为正四面体形 C. 硅原子间难形成双键而碳原子间可以，原因是硅原子的半径大，难形成p－pπ键 D. Fe(CO)5可用作汽油抗爆剂，其分子中σ键和π键的数目之比为2：1 11. 三甲基镓[(CH3)3Ga]是一种金属有机化合物，广泛用作制备LED等新型半导体光电产品，可通过该反应来制备：GaCl3+(CH3)3Al(CH3)3Ga+AlCl3。下列说法正确的是 A. 14C原子的中子数为6 B. 基态31Ga原子的价电子排布式为4s24p1 C. Cl-核外三个能层均充满电子 D. Al核外有13种空间运动状态不同的电子 12. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量和泥沙）的提纯方案如下。下列说法错误的是 A. 操作I、Ⅱ均需使用玻璃棒但其作用不同 B. 操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和 C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少被包裹的杂质 D. 操作Ⅳ洗涤苯甲酸，用冷水比乙醇效果好 13. 由γ-羟基丁酸生成γ-丁内酯的反应：HOCH2CH2CH2COOH+H2O。在25℃时，水溶液中γ-羟基丁酸的初始浓度为0.18mol/L，随着反应的进行，测得γ-丁内酯的浓度随时间的变化如下表所示： t/min 21 50 80 100 120 160 220 ∞ c/(mol/L) 0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 下列说法错误的是 A. γ-丁内酯和丁烯酸(CH2=CHCH2COOH)互为同分异构体 B. 及时移出γ-丁内酯，可使γ-羟基丁酸的转化率提高，反应速率加快 C. 在50~80min，以γ-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为7.00×10-4mol/(L·min) D. 在25℃时，该反应的平衡常数K=2.75 14. 烷烃(以甲烷为例)在光照条件下发生卤代反应，原理如图所示： 某研究人员研究了异丁烷发生溴代反应生成一溴代物的比例，结果如图： 下列说法错误的是 A. 异丁烷的二溴代物有3种 B. 反应过程中异丁烷形成的自由基比稳定 C. 光照条件下卤素单质分子中化学键断裂是引发卤代烃反应的关键步骤 D. 丙烷在光照条件下发生溴代反应，生成的一溴代物中1-溴丙烷含量更高 15. 铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(白球代表Fe，黑球代表Mg)。储氢时，分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢分子之间的距离为anm，表示阿伏加德罗常数的值。已知M点的原子坐标参数为，N点为。则下列说法错误的是 A. 晶胞中Mg的配位数为4 B. 位置P点的原子坐标参数为 C. Fe与Mg之间的最近距离为 D. 储氢后的晶体密度为 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 氮的许多重要化合物在半导体材料及炸药等方面用途非常广泛。 （1）Cu3N是一种半导体材料。基态Cu原子的核外电子排布式为_______；基态N原子电子占据的最高能级符号为_______，其电子云轮廓图为_______形。 （2）NH4NO3是一种炸药，可通过下列方法合成：HNO3+NH3=NH4NO3。NH4NO3属于_______晶体，NH3和中键角：NH3_______(填“大于”“小于”或“等于”)。 （3）5-氰基四唑(结构简式：)和反应可以制备起爆药CP。5-氰基四唑分子中σ键与π键的数目之比为_______，C原子的杂化方式为_______。 （4）在配合物中，中心原子的配位数为_______，钴元素的化合价为_______，的空间结构为_______。 17. 氯代环己烷为无色液体，具有窒息性气味，不溶于水，溶于乙醇，可生产农药、橡胶b防焦剂、医药等。请回答下列问题： Ⅰ.制备氯代环已烷有两种方法： ①环己烷氯化法： ②环己烯氯化氢加成法： （1）工业上多采用方法②制备氯代环己烷，原因是________。 （2）是环己烯的同分异构体，其名称为________。 Ⅱ.现用如图所示装置模拟方法②制备氯代环已烷，具体操作步骤如下：在250mL三口烧瓶中加入35mL（0.35mol）环己烯，3g催化剂，搅拌升温，打开仪器a的活塞向三口烧瓶中加入100mL30％（约0.95mol）的盐酸，调节反应温度为75℃，搅拌反应1.5小时，待反应结束，冷却静置。分别使用饱和氯化钠溶液和碳酸钠溶液洗涤有机层3次，再向有机层中加入适量无水硫酸镁后蒸馏，得产品31g。 （3）仪器a的名称是________。 （4）该实验中合适的加热方式是________。 （5）使用碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是：________。 （6）加入适量无水硫酸镁的目的是：________。 （7）该实验氯代环己烷的产率为________。（结果保留三位有效数字） 18. 从处理后的矿石硝酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+）中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品．工艺流程如下： 已知：氨性溶液由NH3∙H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制．常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子．回答下列问题： （1）Co位于元素周期表中的位置______________（周期、族）； （2）“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为______________________； （3）(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物．滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰； ①NH4Al(OH)2CO3属于______________（填“晶体”或“非晶体”）； ②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是______________________； （4）“析晶”过程中通入的酸性气体A为______________． （5）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质，晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为______________； ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和___________（填化学式）。 19. I.乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为主要原料可以合成氯丁橡胶和聚丙烯腈。有关合成路线如图： 已知： （1）实验室制取乙炔的化学方程式为_______。 （2）A的结构简式为_______，A→B的反应类型为_______。 （3）CH≡CH+M→C的化学方程式为_______。 Ⅱ.水芹烯具有黑胡椒香气，主要用于配制柑橘类人造精油，别罗勒烯可用于合成檀香醇等香料的中间体，它们的结构简式如图。 回答下列问题： （4）水芹烯的分子式为_______，1 mol水芹烯和1 mol Br2发生加成反应最多可得到_______种有机产物。 （5）别罗勒烯与足量H2反应生成有机化合物M。 ①若M是由1 mol炔烃和2 mol H2加成得到，则炔烃的结构有_______种(不包括立体异构)； ②M在光照条件下与氯气反应，生成的一氯代物最多有_______种。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $