精品解析：广东梅州市梅雁中学2025-2026学年第二学期高二第一次月考 化学试题

2025-2026学年第二学期高二化学第一次月考 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 Ti-48 Ba-137 一、选择题(共16题，共44分，1-10题每题2分，11-16题每题4分) 1. 东北地大物博，矿产丰富，如著名的大庆油田、抚顺煤矿、双鸭山石墨矿，东北还蕴藏着大量金矿资源。下列资源转化的主要过程属于化学变化的是 A. 石油的分馏 B. 煤的干馏 C. 石墨矿的破碎 D. 金砂淘金 【答案】B 【解析】 【详解】A．石油的分馏是利用各组分沸点差异分离混合物，无新物质生成，属于物理变化，A不符合题意； B．煤的干馏是在隔绝空气条件下高温分解，生成焦炭、煤焦油、焦炉气等新物质，属于化学变化，B符合题意； C．石墨矿的破碎仅改变石墨的形状和大小，无新物质生成，属于物理变化，C不符合题意； D．金砂淘金是通过物理方法分离金和沙，无新物质生成，属于物理变化，D不符合题意； 故答案选B。 2. 下列关于有机物的命名正确的是 A. 2-甲基丁烷 B. 3-乙基丁烷 C. 2-乙基丙烷 D. 1-甲基丁烷 【答案】A 【解析】 【详解】A．2-甲基丁烷结构为，主链为含4个碳的丁烷，甲基位于2号碳，符合烷烃命名规则，A正确； B．3-乙基丁烷主链选择错误，丁烷仅4个碳，3位连接乙基时最长碳链应为5个碳（戊烷），正确名称为3-甲基戊烷，B错误； C．2-乙基丙烷主链选择错误，丙烷仅3个碳，2位连接乙基时最长碳链应为4个碳（丁烷），正确名称为2-甲基丁烷，C错误； D．1-甲基丁烷主链选择错误，1位的甲基属于主链部分，最长碳链应为5个碳，正确名称为戊烷，D错误； 故答案为A。 3. 下列化学用语正确的 A. 铜原子()的电子排布式：1s22s22p63s23p63d94s2 B. 基态铍原子电子占据最高能级的电子云轮廓图： C. 基态C原子价电子轨道表示式： D. NH4Cl电子式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，3d应满足全满结构，A错误； B．基态铍原子电子占据最高能级的电子为s能级，故电子云轮廓图为球形，B正确； C．由洪特规则得基态碳原子价电子轨道表示式应该为，C错误； D．NH4Cl电子式应为，D错误； 故选B。 4. 若要除去下列有机物中混入的杂质（括号中为杂质），所选用的方法不正确的是 A. 乙醇（水）：加入新制的生石灰，然后蒸馏 B. 苯（溴）：加入氢氧化钠溶液，然后分液 C. 乙烷（乙烯）：通入酸性高锰酸钾溶液中洗气 D. 乙酸乙酯（乙酸）：加入饱和碳酸钠溶液，然后分液 【答案】C 【解析】 【详解】A．水和生石灰反应生成氢氧化钙，乙醇易挥发，可用蒸馏的方法分离，A正确； B．溴会与氢氧化钠溶液反应，苯不溶于氢氧化钠溶液，加入氢氧化钠溶液，然后分液可以除去苯中的杂质溴，B正确； C．乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入了新的杂质气体，C错误； D．乙酸与碳酸钠溶液反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，加入饱和碳酸钠溶液，然后分液可以除去乙酸乙酯中的乙酸，D正确； 故选C。 5. 有机物中处于同一平面的碳原子最多有 A. 5个 B. 6个 C. 7个 D. 8个 【答案】B 【解析】 【详解】碳碳双键：所有原子共平面；碳碳三键：所有原子共直线，因此三键所在直线上的所有原子，都可以落在碳碳双键的平面上。饱和碳原子：呈四面体结构，但单键可以旋转，因此饱和碳原子连接的基团可以通过旋转，让更多原子进入同一平面；双键的2个C原子，加上直接相连的C原子，共3个C原子一定在同一平面；由于三键是直线型，这2个C原子可以完全落在双键的平面上，这4个碳原子一定在同一平面；与三键直接相连的饱和C原子与碳碳三键在同一直线上，这个碳原子也一定在上述平面内；饱和碳原子通过旋转，最多可以使一个甲基碳原子进入碳碳双键形成的平面，即处于同一平面的碳原子最多有6个，如图：；故选B。 6. 某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，经过如下实验方案进行提纯： 下列说法错误的是 A. 操作Ⅰ中的加水量要根据样品质量和苯甲酸的溶解度而定 B. 操作Ⅱ趁热过滤除去的是不溶性杂质泥沙 C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被晶体包裹导致产品不纯 D. 操作Ⅳ可用乙醇进行洗涤以减少产品损失 【答案】D 【解析】 【详解】A．操作Ⅰ加水加热溶解时，加水量需保证苯甲酸加热时完全溶解，同时避免水过多导致后续冷却结晶时苯甲酸过多留在溶液中损失，因此加水量要根据样品质量和苯甲酸的溶解度确定，A正确； B．苯甲酸溶解度随温度降低显著减小，泥沙不溶于水，操作Ⅱ趁热过滤可以除去不溶性杂质泥沙，同时防止温度降低导致苯甲酸提前析出　，B正确； C．缓慢冷却结晶时，苯甲酸晶体可以缓慢规整生长，能减少杂质被包裹在晶体中，避免产品不纯，C正确； D．苯甲酸属于有机物，易溶于乙醇，若用乙醇洗涤，会导致大量苯甲酸溶解损失，因此不能用乙醇洗涤，提纯后一般用冷水洗涤（苯甲酸在冷水中溶解度小，可除去可溶性杂质同时减少产品损失），D错误； 故选D。 7. 下列物质中，不互为同分异构体的是 A. 和 B. 与 C. 环丙基乙烯()与环戊二烯() D. 与 【答案】C 【解析】 【详解】A．和分子式均为，二者具有不同的结构，所以二者互为同分异构体，A不符合题意； B．和分子式均为，但结构不同，二者互为同分异构体，B不符合题意； C．环丙基乙烯的分子式为，环戊二烯的分子式为，分子式不同，不是同分异构体，C符合题意； D．和分子式均为，但结构不同，互为同分异构体，D不符合题意； 故答案选C。 8. 下列说法中正确的是 A. ，在核磁共振氢谱中有7个吸收峰 B. 红外光谱图只能确定有机物中含官能团的种类和数目 C. 对乙醇和二甲醚分别进行质谱分析，得到的质谱图完全相同 D. 核磁共振氢谱、红外光谱和质谱法都可用于分析有机物结构 【答案】D 【解析】 【详解】A．图示结构为3-乙基戊烷，分子中3个乙基等效，故分子中共有3种等效氢，在核磁共振氢谱中有3个吸收峰，故A错误； B．红外光谱图只能确定有机物中所含官能团的种类，不能确定有机物的官能团的数目，故B错误； C．结构不同，最大质荷比相同，但是得到的碎片离子不同，则质谱图不完全相同，故C错误； D．红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振氢谱用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量，所以核磁共振氢谱、红外光谱和质谱法的综合运用，可用于分析有机物的结构，故D正确； 答案选D。 9. 分子的结构决定其性质。下列解释与事实相符的是 选项 实例 解释 A 碘易溶于苯 苯与碘中均含有非极性共价键 B 氟乙酸的酸性大于氯乙酸 F比Cl的电负性大，导致氟乙酸中羟基的极性大于氯乙酸 C 单质碘的沸点大于单质溴 分子极性越大，范德华力越大 D 对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛中共价键更稳定 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．碘易溶于苯，是因为二者均为非极性分子，与键的极性无关，A错误； B．F比Cl的电负性大，导致氟乙酸中羟基的极性大于氯乙酸，更易电离出氢离子，酸性增强，B正确； C．单质碘和单质溴均是非极性分子，单质碘的沸点大于单质溴的原因是单质碘的相对分子质量大，范德华力大，C错误； D．对羟基苯甲醛主要形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，因此对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛，D错误； 答案选B。 10. NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 27g HCN 分子中含有σ 键数目为 NA B. 1mol K3[Fe(CN)6] 的中心离子的配位键数为6 NA C. 标准状况下，11.2L己烷含有的 C-C键数为 2.5NA D. 常温常压下，1mol甲苯含碳碳双键的数目为3NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．27g HCN 分子的物质的量为1mol，结构中含有σ键数目为 2NA，A错误； B．1mol K3[Fe(CN)6] 的中心离子为Fe3+，提供空轨道，CN-与Fe3+形成配位键，配位键数为6NA，B正确； C．标准状况下，己烷为液体，无法用标况下气体摩尔体积进行计算，C错误； D．甲苯中含有苯环，不含有碳碳双键，D错误； 故选B。 11. 下列描述中正确的是 A. SiF4和SO的中心原子均采取sp3杂化 B. ClO的立体构型为平面三角形 C. NH3、CO、CO2的中心原子都有孤电子对 D. CS2分子的立体构型为V形 【答案】A 【解析】 【详解】A．SiF4和SO的中心原子价电子对数都是4，均采取sp3杂化，故A正确； B．ClO中Cl原子价电子对数为4，有1个孤电子对，立体构型为三角锥形，故B错误； C．CO2分子的中心原子C无孤电子对，故C错误； D．CS2分子中C原子价电子对数为2，无孤电子对，立体构型为直线形，故D错误； 选A。 12. 常温下，向20mL 0.1mol·L⁻¹ CH₃COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L⁻¹ NaOH溶液，下列说法正确的是 A. 当加入10mL NaOH溶液时，c(CH3COO⁻) = c(Na⁺) B. 当加入20mL NaOH溶液时，溶液呈中性 C. 整个滴定过程中，水的电离程度逐渐增大 D. 当溶液pH = 7时，加入的NaOH溶液体积小于20mL 【答案】D 【解析】 【详解】A．加入10mL NaOH溶液时，反应后溶质为等浓度的和，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，，根据电荷守恒，可得，A错误； B．加入20mL NaOH溶液时，二者恰好完全反应生成，水解使溶液呈碱性，B错误； C．滴定过程中，醋酸抑制水的电离，随着NaOH加入，生成的水解促进水的电离，恰好完全反应时水的电离程度最大，之后加入过量NaOH，强碱又抑制水的电离，故水的电离程度先增大后减小，C错误； D．若加入20mL NaOH溶液，溶液因水解呈碱性，要使pH=7呈中性，需减少NaOH的加入量，故加入的NaOH溶液体积小于20mL，D正确； 故选D。 13. 钛酸钡(BTTO)是一种新型太阳能电池材料，其制备原理为：BaCO3+XBTTO+CO2↑。已知钛酸钡的晶胞结构Ti4+、Ba2+均与O2-接触)和元素周期表中钛的数据如图所示，晶胞参数为acm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. Ti元素的质量数为47.87 B. Ti原子最外层有4个电子 C. X的化学式为 D. 钛酸钡的密度约为 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ti元素的相对原子质量为47.87，而不是质量数为47.87，A错误； B．Ti是22号元素，其基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d24s2，故其原子最外层有2个电子，B错误； C．根据题干晶胞采用均摊原则可知，晶胞中Ti4+数=1、Ba2+数1、O2-数为=3，钛酸钡的化学式为BaTiO3，根据元素守恒，X的化学式为TiO2，C正确； D．由C项分析可知，晶胞中Ti4+数1、Ba2+数1、O2-数为3，钛酸钡的密度约为，钛酸钡的密度约为=，D错误； 故答案为：C。 14. 实验室中利用CoCl2制取配合物[Co(NH3)6]Cl3的反应为2CoCl2 + 10NH3 + 2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。下列叙述正确的是 A. Co2+的价电子排布图为 B. 1 mol [Co(NH3)6]3+中含σ键为18 mol C. H2O2中氧原子采用sp3杂化 D. 1 mol CoCl2和1 mol [Co(NH3)6]Cl3与足量硝酸银反应生成的沉淀的量相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．Co原子核外有27个电子，基态Co原子的核外电子排布式为，Co2+的价电子排布式为3d7，价电子排布图，A错误； B．1个[Co(NH3)6]3+中1个Co3+与6个N原子形成6个配位键，配位键属于σ键，每个NH3中含3个N—Hσ键，1mol[Co(NH3)6]3+中含有(6+6×3)mol=24molσ键，B错误； C．H2O2的结构式为H—O—O—H，每个O形成2个σ键，每个O还有两对孤电子对，即O原子的价层电子对数为4，O原子采用sp3杂化，C正确； D．1 mol CoCl2和1 mol [Co(NH3)6]Cl3电离出的氯离子物质的量不同，与足量硝酸银反应生成的沉淀的量不相同，D错误； 答案选C。 15. 短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，Z和M位于同一主族，由上述五种元素形成的化合物可作离子导体，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 原子半径：M>Y>Z B. 简单氢化物的沸点：M>Z>Y C. 同周期中第一电离能小于Z的元素有五种 D. YX4与的空间结构相同 【答案】B 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，则Y为C元素；由阴阳离子的结构可知，X、Y、Z、M、N形成的共价键数目分别为1、4、4、6、1，Z和M位于同一主族，则阴阳离子中均存在配位键，X为H元素、Z为N元素、M为P元素、N为Cl元素。 【详解】A．原子的电子层数越多，原子的原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为P＞C＞N，A正确； B．M、Z、Y为磷、氮、碳元素，对应的简单氢化物为磷化氢、氨气、甲烷，氨气分子间存在氢键而沸点异常高，故简单氢化物的沸点高低为NH3>PH3>CH4，B错误； C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能小于氮的有锂、铍、硼、碳、氧，共5种元素，C正确； D．YX4为CH4，为，中心原子均采用sp3杂化，无孤电子对，空间结构均为正四面体，D正确； 故选B。 16. 一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是 A. 右侧电极作阳极，发生氧化反应 B. 理论上每消耗0.1molFe2O3，阳极室溶液减少21.3g C. 阴极区电极反应：Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−，溶液中OH− 逐渐升高 D. 理论上每消耗0.1molFe2O3，产生气体6.72L(标准状况下) 【答案】B 【解析】 【分析】装置图中右侧为饱和食盐水，右侧电极上生成气体，则右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应：，左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应：，中间为阳离子交换膜，Na+由阳极移向阴极，据此分析判断。 【详解】A．由分析知，右侧电极作阳极，失去电子，发生氧化反应，A正确； B．由可知，理论上每消耗0.1molFe2O3，转移0.6mol电子，由可知，阳极生成0.3mol氯气，同时有0.6mol Na+由阳极移向阴极，阳极室溶液减少质量为，B错误； C．左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应：，阴极区溶液中浓度逐渐升高，C正确； D．由可知，理论上每消耗0.1molFe2O3，转移0.6mol电子，由可知，阳极生成0.3mol氯气，标准状况下的体积为，D正确； 故选B。 二、非选择题 17. 碳、氮、铁元素是构成生物体的主要元素在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题： （1）在基态14C原子中，核外存在_______对自旋状态相反的电子，铁元素属于_______区元素。 （2）已知：(NH4)2CO32NH3↑+H2O↑+CO2↑。 ①与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有_______种。 ②分解所得的气态化合物分子的键角由小到大的顺序为_________(填化学式)。 （3）物质中C原子杂化方式有___________。 （4）硫酸铜溶液中滴加足量浓氨水，直至产生的沉淀恰好溶解，可得到深蓝色的透明溶液，再向其中加入适量乙醇，可析出深蓝色的晶体。沉淀溶解的离子方程式为______________。 （5）配合物[Cu(CH3C≡N)4]BF4是双烯合成反应的催化剂，请画出Cu原子的价电子排布图_______，BF的空间构型为_______。 【答案】（1） ①. 2 ②. d （2） ①. 3 ②. （3） 、、 （4） （或 ） （5） ①. ②. 正四面体形 【解析】 【小问1详解】 基态 原子的核外有6个电子，其电子排布式为 。其中 和 轨道各充满2个电子，分别形成1对自旋状态相反的电子； 轨道上的2个电子分别占据不同的轨道且自旋方向相同（洪特规则）。因此，共有2对自旋状态相反的电子。铁（Fe）的原子序数为26，其基态原子的电子排布式为 ，最后填入的电子位于3d轨道，因此在元素周期表中属于d区； 【小问2详解】 ① 与氧（O）同处于第二周期的元素中，第一电离能的变化趋势总体从左向右递增，但第VA族（N）的2p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能反常地大于相邻的第VIA族（O）。因此，第二周期中第一电离能大于O的元素有N、F、Ne，共3种。 ② 分解得到的气态化合物为 、、。 中心碳原子为 杂化，分子呈直线形，键角为 ； 和 的中心原子均为 杂化，但 有1对孤电子对， 有2对孤电子对。由于孤电子对对成键电子对的排斥力更大，孤电子对越多，键角越小，故键角大小顺序为 【小问3详解】 观察该有机物的结构简式可知：分子中氰基（）上的碳原子形成三键，为 杂化；苯环上的6个碳原子均形成大 键，为 杂化；甲基（）、亚甲基（）以及与羟基相连的次甲基（）上的碳原子均只形成单键，为 杂化。因此C原子的杂化方式有 、、； 【小问4详解】 向硫酸铜溶液中滴加氨水，首先生成蓝色的 沉淀，继续滴加足量浓氨水，沉淀与氨分子发生配位反应，溶解生成深蓝色的四氨合铜络离子。沉淀溶解的离子方程式为 ； 【小问5详解】 Cu的原子序数为29，根据构造原理和洪特规则特例，其基态原子的价电子排布式为 。价电子排布图为。在 中，中心原子B的价层电子对数为 ，且没有孤电子对，B原子采取 杂化，故其空间构型为正四面体形。 18. 羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在容积不变的密闭容器中，使CO与H2S发生下列反应并达到平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g) ΔH。 （1）已知有关化学键的键能如下表，则ΔH =______。 化学键 C≡O H-S C＝O S＝C H-H 键能kJ/mol 1072 339 745 493 436 （2）下列能说明该反应一定到达化学反应限度的是_______。 A. v正(CO)=v逆(H2) B. 总压强不再变化 C. 容器内气体的密度不再变化 D. CO和H2的物质的量之比不再变化 （3）若T1℃时，反应前CO的物质的量为10mol，达到平衡时CO的物质的量为8mol，且化学平衡常数为0.1。 ①达到平衡时H2S的转化率为_______（保留1位小数）。 ②达到平衡后，如果同时增加1mol CO和1mol H2，平衡向______（填“正”或“逆”）反应方向移动。 （4）正、逆反应速率可表示为v正=k正•c(CO)•(H2S)，v逆=k逆•c(COS)•(H2)，（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。T2℃时，在体积为1L的容器中加入2mol CO和2mol H2S发生上述反应，测得CO和H2物质的量浓度随时间的变化如图所示。 ①a点时v正∶v逆=_______。 ②T1______T2（填“>”、“<”或“=”）。 【答案】（1）+76kJ·mol-1 （2）AD （3） ①. 28.6% ②. 逆 （4） ①. 16 ②. ＜ 【解析】 【分析】(3)问中，根据化学平衡常数计算出H2S的起始的物质的量，根据反应方程式可知其转化的物质的量，进而可以求出其平衡转化率；平衡之后再改变某物质的物质的量，则是考核浓度商与平衡常数的大小关系，进而判断反应进行的方向。 (4)分析图中物质浓度的变化趋势，计算平衡时反应的化学平衡常数，进而找出k正和k逆的数量关系，再进行计算。 【小问1详解】 ΔH=Σ(反应物键能)-Σ(生成物键能)=1072 kJ·mol-1+2×339 kJ·mol-1-(745+493+436) kJ·mol-1=+76 kJ·mol-1，答案为：+76kJ·mol-1； 【小问2详解】 A．CO、H2的计量系数之比为1:1，v正(CO)=v逆(H2)，能说明反应到达一定化学反应限度，A项正确； B．该反应是气体数量不变的反应，恒容条件下，总压强始终不变，不能说明反应到达一定化学反应限度，B项错误； C．反应中的气体的质量不变，体积不变，密度始终不变，不能说明反应到达一定化学反应限度，C项错误； D．CO的量减小，H2的量增加，CO和H2的物质的量之比不再变化，可以说明反应到达一定化学反应限度，D项正确； 答案选AD； 【小问3详解】 设反应前H2S物质的量为amol，容器体积为VL，则根据反应方程式有： K=，解得a=7mol ①则达到平衡时H2S的转化率为， ②达到平衡后，如果同时增加1mol CO和1mol H2，则Qc=＞0.1，平衡逆向移动。 答案为：28.6%；逆； 【小问4详解】 分析CO和H2物质的量浓度随时间的变化图，可知60min时反应达到平衡状态，此时c(CO)=0.4mol·L-1，c(H2)=1.6 mol·L-1，根据反应方程式有： 此时 K=。 T2℃时，a点c(CO)= c(H2)=1mol/L，根据反应方程式可知，c(COS)= c(H2S)=1mol/L， ； ②根据题给信息，T1℃时，K=0.1，T2℃时，K=16，K2＞K1，该反应为吸热反应，故T2＞T1。 答案为：16；＜。 19. 三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铁、钙、镁合金等)制取草酸镍(NiC2O42H2O)，高温煅烧再得Ni2O3。 已知：ⅰ.草酸的钙、镁、镍盐以及MgF2、CaF2均难溶于水。 ⅱ.溶液中金属阳离子的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH(20℃)如下表： 金属离子 Ni2+ Fe2+ Fe3+ Ca2+ Mg2+ 开始沉淀时(c=0.01mol。L-1)的pH 7.7 7.5 2.2 12.3 9.6 完全沉淀时(c=1.0×10-5mol。L-1)的pH 9.2 9.0 3.2 微溶 11.1 （1）Ni2O3中Ni的化合价为________；能加快“酸溶”时浸出速率的方法是________(写出一条即可)。 （2）“除铁”时，加入H2O2的目的是________________；加入碳酸钠溶液调pH的合理范围是________(用区间表示)。 （3）“除杂”所得滤渣3的主要成分是________(填化学式)，写出“沉淀”生成草酸镍的离子方程式________________________________________________。 （4）已知25℃，Ksp(CaF2)=4.0×10-11，Ksp(MgF2)=6.4×10-9，计算“除杂”所得溶液中________。 （5）若镍废料中镍含量为50%，用该方法处理1 t镍废料得到0.56 t Ni2O3(假设不含杂质)，则产率为______(保留2位小数)。 【答案】（1） ①. +3 ②. 适当升高温度（或增大硫酸浓度、将废料粉碎、搅拌等） （2） ①. 将氧化为，便于在较低pH下转化为沉淀除去 ②. （3） ①. 、 ②. （4）160 （5）79.61% 【解析】 【分析】含镍废料(主要成分为镍、铁、钙、镁合金等)加硫酸反应得到Ni2+、Fe2+、CaSO4、Mg2+，滤渣1为CaSO4，加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠溶液调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣2成分为Fe(OH)3，加入NH4F与Mg2+、Ca2+反应生成难溶于水的MgF2、，滤渣3成分为MgF2、，加入草酸与Ni2+反应生成NiC2O42H2O，高温煅烧再得Ni2O3。 【小问1详解】 Ni2O3中氧为-2价，则Ni的化合价为+3；能加快“酸溶”时浸出速率的方法是：适当升高温度（或增大硫酸浓度、将废料粉碎、搅拌等）； 【小问2详解】 过氧化氢具有氧化性，加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠溶液的目的是：将Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去，同时防止Ni2+沉淀，故应调pH的范围是：； 【小问3详解】 草酸与Ni2+反应生成NiC2O42H2O，离子方程式为：； 【小问4详解】 “除杂”所得溶液中； 【小问5详解】 1 t镍废料理论可得Ni2O3的质量为：，故产率为：。 20. Ⅰ．工业中有很多重要的化工原料都来源于石油化工。A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。回答下列问题： （1）物质A的结构简式是___________，空间结构为___________(填字母标号)。 A．直线形     B．平面形     C．正四面体形 （2）反应①～④中，属于加成反应的是___________。写出反应②的化学方程式：___________。 Ⅱ．学习有机化学，掌握有机物的组成、结构和官能团性质是重中之重。 （3）的分子式为___________，含有的官能团名称为___________。 （4）准确称取4.4 g样品X(只含C、H、O三种元素)，充分燃烧后，产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者的质量分别增加3.6 g和8.8 g。已知X的质谱图和红外光谱图分别如图所示，核磁共振氢谱有3组峰，则X的分子式为___________，结构简式可能为___________。 【答案】（1） ①. ②. B （2） ①. ①② ②. （3） ①. ②. 碳碳双键、羟基 （4） ①. C4H8O2 ②. 或。 【解析】 【分析】工业中用乙烯的产量衡量石油化工发展水平，故物质A为乙烯，A与氢气发生加成反应生成B(乙烷),A与水发生加成反应生成D(乙醇),D在铜和氧气的条件下加热发生氧化反应生成C(乙醛)，D与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯。 【小问1详解】 ①工业中用乙烯的产量衡量石油化工发展水平，故物质A为乙烯，其结构简式为； ②乙烯分子中碳原子采取杂化，所有原子共平面，空间结构为平面形，故选B； 【小问2详解】 ①由分析可知属于加成反应的是①②； ②反应②是乙烯与水发生加成反应生成乙醇,方程式为； 【小问3详解】 ①由其结构式可知分子式为； ②含有官能团为碳碳双键、羟基； 【小问4详解】 ①质谱图中最大质荷比为88，说明X的相对分子质量为88，样品质量为4.4g，则，浓硫酸增重3.6g为水的质量，则，则,1mol X中含H的物质的量为，碱石灰增重为8.8g,，，则n(C)=0.2 mol,1mol X中含C的物质的量为，1mol X中含O的物质的量为,故X的分子式为C4H8O2， ②红外光谱显示含不对称-CH3和酯基特征峰，核磁共振氢谱有3组峰，说明分子中有3种不同化学环境的氢原子，符合条件的结构简式可为或,二者均满足3组氢原子、含酯基和甲基的特征,故答案为或。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高二化学第一次月考 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 Ti-48 Ba-137 一、选择题(共16题，共44分，1-10题每题2分，11-16题每题4分) 1. 东北地大物博，矿产丰富，如著名的大庆油田、抚顺煤矿、双鸭山石墨矿，东北还蕴藏着大量金矿资源。下列资源转化的主要过程属于化学变化的是 A. 石油的分馏 B. 煤的干馏 C. 石墨矿的破碎 D. 金砂淘金 2. 下列关于有机物的命名正确的是 A. 2-甲基丁烷 B. 3-乙基丁烷 C. 2-乙基丙烷 D. 1-甲基丁烷 3. 下列化学用语正确的 A. 铜原子()的电子排布式：1s22s22p63s23p63d94s2 B. 基态铍原子电子占据最高能级的电子云轮廓图： C. 基态C原子价电子轨道表示式： D. NH4Cl电子式为 4. 若要除去下列有机物中混入的杂质（括号中为杂质），所选用的方法不正确的是 A. 乙醇（水）：加入新制的生石灰，然后蒸馏 B. 苯（溴）：加入氢氧化钠溶液，然后分液 C. 乙烷（乙烯）：通入酸性高锰酸钾溶液中洗气 D. 乙酸乙酯（乙酸）：加入饱和碳酸钠溶液，然后分液 5. 有机物中处于同一平面的碳原子最多有 A. 5个 B. 6个 C. 7个 D. 8个 6. 某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，经过如下实验方案进行提纯： 下列说法错误的是 A. 操作Ⅰ中的加水量要根据样品质量和苯甲酸的溶解度而定 B. 操作Ⅱ趁热过滤除去的是不溶性杂质泥沙 C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被晶体包裹导致产品不纯 D. 操作Ⅳ可用乙醇进行洗涤以减少产品损失 7. 下列物质中，不互为同分异构体的是 A. 和 B. 与 C. 环丙基乙烯()与环戊二烯() D. 与 8. 下列说法中正确的是 A. ，在核磁共振氢谱中有7个吸收峰 B. 红外光谱图只能确定有机物中含官能团的种类和数目 C. 对乙醇和二甲醚分别进行质谱分析，得到的质谱图完全相同 D. 核磁共振氢谱、红外光谱和质谱法都可用于分析有机物结构 9. 分子的结构决定其性质。下列解释与事实相符的是 选项 实例 解释 A 碘易溶于苯 苯与碘中均含有非极性共价键 B 氟乙酸的酸性大于氯乙酸 F比Cl的电负性大，导致氟乙酸中羟基的极性大于氯乙酸 C 单质碘的沸点大于单质溴 分子极性越大，范德华力越大 D 对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛中共价键更稳定 A. A B. B C. C D. D 10. NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 27g HCN 分子中含有σ 键数目为 NA B. 1mol K3[Fe(CN)6] 的中心离子的配位键数为6 NA C. 标准状况下，11.2L己烷含有的 C-C键数为 2.5NA D. 常温常压下，1mol甲苯含碳碳双键的数目为3NA 11. 下列描述中正确的是 A. SiF4和SO的中心原子均采取sp3杂化 B. ClO的立体构型为平面三角形 C. NH3、CO、CO2的中心原子都有孤电子对 D. CS2分子的立体构型为V形 12. 常温下，向20mL 0.1mol·L⁻¹ CH₃COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L⁻¹ NaOH溶液，下列说法正确的是 A. 当加入10mL NaOH溶液时，c(CH3COO⁻) = c(Na⁺) B. 当加入20mL NaOH溶液时，溶液呈中性 C. 整个滴定过程中，水的电离程度逐渐增大 D. 当溶液pH = 7时，加入的NaOH溶液体积小于20mL 13. 钛酸钡(BTTO)是一种新型太阳能电池材料，其制备原理为：BaCO3+XBTTO+CO2↑。已知钛酸钡的晶胞结构Ti4+、Ba2+均与O2-接触)和元素周期表中钛的数据如图所示，晶胞参数为acm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. Ti元素的质量数为47.87 B. Ti原子最外层有4个电子 C. X的化学式为 D. 钛酸钡的密度约为 14. 实验室中利用CoCl2制取配合物[Co(NH3)6]Cl3的反应为2CoCl2 + 10NH3 + 2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。下列叙述正确的是 A. Co2+的价电子排布图为 B. 1 mol [Co(NH3)6]3+中含σ键为18 mol C. H2O2中氧原子采用sp3杂化 D. 1 mol CoCl2和1 mol [Co(NH3)6]Cl3与足量硝酸银反应生成的沉淀的量相同 15. 短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，Z和M位于同一主族，由上述五种元素形成的化合物可作离子导体，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 原子半径：M>Y>Z B. 简单氢化物的沸点：M>Z>Y C. 同周期中第一电离能小于Z的元素有五种 D. YX4与的空间结构相同 16. 一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是 A. 右侧电极作阳极，发生氧化反应 B. 理论上每消耗0.1molFe2O3，阳极室溶液减少21.3g C. 阴极区电极反应：Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−，溶液中OH− 逐渐升高 D. 理论上每消耗0.1molFe2O3，产生气体6.72L(标准状况下) 二、非选择题 17. 碳、氮、铁元素是构成生物体的主要元素在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题： （1）在基态14C原子中，核外存在_______对自旋状态相反的电子，铁元素属于_______区元素。 （2）已知：(NH4)2CO32NH3↑+H2O↑+CO2↑。 ①与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有_______种。 ②分解所得的气态化合物分子的键角由小到大的顺序为_________(填化学式)。 （3）物质中C原子杂化方式有___________。 （4）硫酸铜溶液中滴加足量浓氨水，直至产生的沉淀恰好溶解，可得到深蓝色的透明溶液，再向其中加入适量乙醇，可析出深蓝色的晶体。沉淀溶解的离子方程式为______________。 （5）配合物[Cu(CH3C≡N)4]BF4是双烯合成反应的催化剂，请画出Cu原子的价电子排布图_______，BF的空间构型为_______。 18. 羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在容积不变的密闭容器中，使CO与H2S发生下列反应并达到平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g) ΔH。 （1）已知有关化学键的键能如下表，则ΔH =______。 化学键 C≡O H-S C＝O S＝C H-H 键能kJ/mol 1072 339 745 493 436 （2）下列能说明该反应一定到达化学反应限度的是_______。 A. v正(CO)=v逆(H2) B. 总压强不再变化 C. 容器内气体的密度不再变化 D. CO和H2的物质的量之比不再变化 （3）若T1℃时，反应前CO的物质的量为10mol，达到平衡时CO的物质的量为8mol，且化学平衡常数为0.1。 ①达到平衡时H2S的转化率为_______（保留1位小数）。 ②达到平衡后，如果同时增加1mol CO和1mol H2，平衡向______（填“正”或“逆”）反应方向移动。 （4）正、逆反应速率可表示为v正=k正•c(CO)•(H2S)，v逆=k逆•c(COS)•(H2)，（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。T2℃时，在体积为1L的容器中加入2mol CO和2mol H2S发生上述反应，测得CO和H2物质的量浓度随时间的变化如图所示。 ①a点时v正∶v逆=_______。 ②T1______T2（填“>”、“<”或“=”）。 19. 三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铁、钙、镁合金等)制取草酸镍(NiC2O42H2O)，高温煅烧再得Ni2O3。 已知：ⅰ.草酸的钙、镁、镍盐以及MgF2、CaF2均难溶于水。 ⅱ.溶液中金属阳离子的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH(20℃)如下表： 金属离子 Ni2+ Fe2+ Fe3+ Ca2+ Mg2+ 开始沉淀时(c=0.01mol。L-1)的pH 7.7 7.5 2.2 12.3 9.6 完全沉淀时(c=1.0×10-5mol。L-1)的pH 9.2 9.0 3.2 微溶 11.1 （1）Ni2O3中Ni的化合价为________；能加快“酸溶”时浸出速率的方法是________(写出一条即可)。 （2）“除铁”时，加入H2O2的目的是________________；加入碳酸钠溶液调pH的合理范围是________(用区间表示)。 （3）“除杂”所得滤渣3的主要成分是________(填化学式)，写出“沉淀”生成草酸镍的离子方程式________________________________________________。 （4）已知25℃，Ksp(CaF2)=4.0×10-11，Ksp(MgF2)=6.4×10-9，计算“除杂”所得溶液中________。 （5）若镍废料中镍含量为50%，用该方法处理1 t镍废料得到0.56 t Ni2O3(假设不含杂质)，则产率为______(保留2位小数)。 20. Ⅰ．工业中有很多重要的化工原料都来源于石油化工。A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。回答下列问题： （1）物质A的结构简式是___________，空间结构为___________(填字母标号)。 A．直线形     B．平面形     C．正四面体形 （2）反应①～④中，属于加成反应的是___________。写出反应②的化学方程式：___________。 Ⅱ．学习有机化学，掌握有机物的组成、结构和官能团性质是重中之重。 （3）的分子式为___________，含有的官能团名称为___________。 （4）准确称取4.4 g样品X(只含C、H、O三种元素)，充分燃烧后，产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者的质量分别增加3.6 g和8.8 g。已知X的质谱图和红外光谱图分别如图所示，核磁共振氢谱有3组峰，则X的分子式为___________，结构简式可能为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $