陕西省渭南市普通高中联盟2025-2026学年高二下学期3月阶段检测化学试题

渭南市普通高中联盟度第二学期阶段性检测(一)高二化学试题注意事项：1.本试题共8页，满分100分，时间75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。5.可能用到的相对原子质量：O16H1C12N14Na23Cl35.5Fe56P316.测试范围：鲁科版选择性必修二第12章第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14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.下列实验操作、现象及结论均正确的是操作现象结论A常温下，取2mL0.1mol/LNaOH溶液于试管中，先加入1mL0.01mol/LMgSO4溶液，再加入1mL0.01mol/LCuSO4溶液先产生白色沉淀，后产生蓝色沉淀证明：常温下，Ksp[Cu(OH)2]小于Ksp[Mg(OH)2]B在蓝色CuCl2溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl[CuCl4]2(黄色)+4H2OΔH>0，加热该溶液溶液由蓝色转变为黄绿色对于该反应，升高温度，平衡正向移动C常温下用pH计测定1mol/LCH3COONH4溶液的pHpH为7CH3COONH4溶液对水的电离程度无影响D用pH计分别测定0.1mol·L1的H2SO4溶液和0.1mol·L1的HNO3溶液的pHpH分别为0.7和1.0硫元素的非金属性强于氮元素的A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．实验中NaOH过量，先加MgSO4生成Mg(OH)2白色沉淀，后加CuSO4生成Cu(OH)2蓝色沉淀，但未发生沉淀转化，现象不能证明Ksp[Cu(OH)2]小于Ksp[Mg(OH)2]，A错误；B．反应ΔH＞0为吸热，加热后溶液由蓝变黄绿，说明[CuCl4]2（黄色）增多，平衡正向移动，B正确；C．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，CH3COO和水解相互促进，使溶液呈中性（pH=7），但水的电离程度增大，C错误；D．H2SO4为二元强酸，HNO3为一元强酸，同浓度时H2SO4的pH更低（[H+]更高），但硫的非金属性实际弱于氮，D错误；故答案为B。2.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z可形成两种常见的液态化合物，其中一种分子为V形3原子分子；Y、Z为同周期相邻元素，基态W原子核外p能级电子数比s能级电子数多4个。下列说法不正确的是A.单电子数：Y>Z B.第一电离能：Y>WC.电负性：W>Z D.简单离子半径：Y>Z【答案】C【解析】【分析】X、Z可形成两种常见液态化合物，其中一种为V形3原子分子，该分子为，故X为，Z为；Y、Z为同周期相邻元素，且原子序数Y<Z，故Y为；基态W原子核外p能级电子数比s能级电子数多4个，其电子排布式为，故W为，据此分析。【详解】A．Y为，价电子排布式为，单电子数为3；Z为，价电子排布式为，单电子数为2，故单电子数Y>Z，A不符合题意；B．同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，且第ⅤA族元素因p轨道半充满，第一电离能大于相邻的第ⅥA族元素，故第一电离能；同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，故第一电离能，因此第一电离能Y()>W()，B不符合题意；C．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，与同主族，在上方，故电负性，即电负性W()<Z()，C符合题意；D．与的核外电子排布均为，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数，故离子半径，即简单离子半径Y()>Z()，D不符合题意；故选C。3.下列对一些实验事实的解释正确的是选项实验事实解释A水加热到较高温度都难以分解水分子间存在氢键B白磷为正四面体分子白磷分子中P—P键间的键角是C用苯萃取碘水中苯和均为非极性分子且苯与水不互溶D的沸点高于N—H键键长比P—H键的键长短A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．水加热难以分解是由于OH键的键能较强，涉及化学键的稳定性，而氢键是分子间作用力，只影响物理性质如熔沸点，A错误；B．白磷分子为正四面体结构，PP键间的键角为60°，B错误；C．苯和I2均为非极性分子，根据相似相溶原理，I2易溶于非极性溶剂苯，且苯与水不互溶形成分层，因此可用苯萃取碘水中的I2，C正确；D．NH3沸点高于PH3是由于NH3分子间能形成氢键，而PH3不能，与NH键键长短无关，D错误；故选C。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.和的混合物，质子数为B.石墨中含有的键数为C.在的溶液中，的数目为D.电解精炼铜的过程中阴极增加，溶液中的数目不变【答案】A【解析】【详解】A．的摩尔质量为28g/mol，每个分子质子数为14；的摩尔质量为20g/mol，每个分子质子数为10，根据公式n=可知，无论混合物比例如何，总质量28g对应的总质子数恒为14mol，即，A正确；B．12g石墨含1mol碳原子，石墨中每个碳原子形成3个σ键，但每个σ键被两个原子共享，故σ键总数为，B错误；C．完全电离，但和均发生水解，导致浓度小于0.1mol/L，故1L溶液中数目小于，C错误；D．电解精炼铜时，阴极沉积64g（1mol）铜，消耗1mol；但阳极溶解粗铜时，杂质（如Fe、Zn）优先失电子溶解生成对应离子，导致溶液中数目减少，D错误；故选A。5.下列化学用语或图示表达错误的是A.的空间填充模型为B.原子核内有8个中子的碳原子：C.基态Si原子的价层电子排布图：D.键形成的轨道重叠示意图：【答案】D【解析】【详解】A．分子为角形，空间填充模型为，A正确；B．原子核内有8个中子的碳原子质量数为14：，B正确；C．硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，价层电子排布图为，C正确；D．ppπ键形成的轨道重叠示意图为：，D错误；故选D。6.2025年中国科学家首次合成并分离出纯净的晶体，解锁了两百多年的化学谜团。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的主族元素，W是宇宙中含量最多的元素，X的s能级电子数是p能级的两倍，Y的价层电子数是内层电子数的3倍，Z的K层和L层电子数之和等于M层和N层电子数之和。下列说法错误的是A.原子半径：B.简单氢化物的键角：C.化合物中存在键和键D.基态Z的核外电子空间运动状态有10种【答案】B【解析】【分析】根据题干信息推断元素：W是宇宙中含量最多的氢（H，原子序数1）；X的s能级电子数是p能级的两倍，且为原子序数增大的主族元素，满足此条件的为碳（C，原子序数6，s电子总数4，p电子总数2，4=2×2）；Y的价层电子数是内层电子数的3倍，且原子序数大于X，满足此条件的为氧（O，原子序数8，价层电子数6，内层电子数2，6=3×2）；Z的K层和L层电子数之和等于M层和N层电子数之和，且原子序数大于Y，满足此条件的为钙（Ca，原子序数20，K层2、L层8电子和10，M层8、N层2电子和10）。化合物为。【详解】A．原子半径：Ca>C>O>H，原子半径取决于电子层数和原子序数，H的电子层数最少，Ca的电子层数最多，C、O层数相同，O的核电荷数大，半径小于C，A正确。B．简单氢化物的键角：X(C)的，Y(O)的都为杂化，但甲烷无孤电子对，水有两对孤电子，即水的键角小于甲烷的键角，故X的键角大于Y的键角，选项错误，B错误。C．化合物XY2()为直线形分子，结构为O=C=O，含C=O双键，有σ键和π键，C正确。D．基态Z(Ca)的电子构型为，轨道数为1s(1)+2s(1)+2p(3)+3s(1)+3p(3)+4s(1)=10，核外电子空间运动状态有10种，D正确。故选B。7.乙烯、醋酸和氧气在催化剂作用下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下。下列说法正确的是A.①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1B.在②中生成的过程中，有极性键的断裂与形成C.合成过程中，总反应的原子利用率为100%D.在反应中作催化剂，提高了反应速率【答案】B【解析】【详解】A．①的化学方程式为，得电子作氧化剂，Pd失电子作还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，A错误；B．②中生成的过程中，有CH断裂和CO形成，存在极性键的断裂与形成，B正确；C．总反应中有生成，原子利用率不是100%，C错误；D．Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D错误；故选B。8.某锂离子电池电解液中溶质的结构如图所示，、、、为原子序数依次增大的短周期元素，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半。下列说法正确的是A.原子半径：B.电负性：C.、、、的最简单氢化物均为极性分子D.基态W原子核外电子的空间运动状态有9种【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半，则W的原子核外电子排布为2、8、5，其为P元素；由结构式可以看出，X形成4个共价键，表明其原子核外最外层电子数为4，其为C元素；Y形成2个共价键，表明其原子核外最外层电子数为6，其为O元素；Z形成1个共价键，其原子核外最外层电子数为7，其为F元素。从而得出X、Y、Z、W分别为C、O、F、P。【详解】A．同周期元素从左到右半径逐渐减小，同主族元素从上到下半径逐渐增大，则原子半径：P>C>O>F，A错误；B．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：F>O>P，B错误；C．X(C)的最简单氢化物是

CH4，空间结构为正四面体形，结构对称，正负电中心重合，为非极性分子；Y(O)的最简单氢化物是

H2O，空间结构为V形，正负电中心不重合，为极性分子；Z(F)的最简单氢化物是HF，空间结构为直线形，结构不对称，正负电中心不重合，为极性分子；W(P)的最简单氢化物是

PH3，空间结构为三角锥形，正负电中心不重合，为极性分子，C错误；D．W是P（磷），原子序数15，基态电子排布式为：

1s22s22p63s23p3，电子的空间运动状态由原子轨道决定，一个原子轨道代表一种空间运动状态，基态P原子核外电子的空间运动状态有

1+1+3+1+3=9种，D正确；故选D9.元素a～i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法错误的是A.i的氧化物能与g的最高价氧化物的水化物反应B.元素g和d形成的化合物只含离子键C.电负性：c<d<eD.简单氢化物的沸点：d>e>c【答案】B【解析】【分析】同周期中第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素的大，0族元素的第一电离能在同周期中最大，可以推断a～i分别是B、C、N、O、F、Ne、Na、Mg、Al；据此分析。【详解】A．是两性氧化物可以和发生反应，A正确；B．元素g和d形成的化合物中既含离子键又含共价键，B错误；C．同周期元素，从左往右电负性逐渐增强，故电负性：c<d<e，C正确；D．常温为液态，和常温为气态，但的氢键弱于，故简单氢化物的沸点：d>e>c，D正确；故选B。10.下列离子方程式正确的是A.被氨水溶解：B.将等浓度的和溶液按体积比混合：C.溶液与足量稀硫酸反应：D.向新制氯水中加入少量：【答案】D【解析】【详解】A．用氨水溶解Cu(OH)2离子方程式为：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O，A错误；B．等浓度、等体积混合时，与、与反应生成Fe(OH)2和BaSO4沉淀，未参与反应，离子方程式为：，B错误；C．Na2S与稀硫酸反应生成H2S气体，离子方程式为：，C错误；D．新制氯水中Cl2与H2O反应生成H+、Cl和HClO，次氯酸的酸性弱于碳酸，则次氯酸与CaCO3不反应，加入CaCO3后，H+与反应生成CO2和H2O，离子方程式为：，D正确；故选D。11.的结构如图。下列说法正确的是A.Fe元素位于周期表的s区 B.第一电离能：C.键角： D.图中的虚线表示氢键【答案】D【解析】【详解】A．Fe是26号元素，核外电子排布为，属于d区，A错误；B．同主族从上到下第一电离能减小，O>S；H的核电荷数小、原子半径小，电离能大于S，B错误；C．中心S原子价层电子对数为4+4，无孤电子对，为正四面体形，中心O原子价层电子对数为2+4，有2对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，其键角小于，C错误；D．在晶体结构中，水分子之间、水分子与硫酸根之间存在的虚线代表氢键，D正确；故答案选D。12.价层电子对互斥模型可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是A.和的VSEPR模型均为四面体形 B.和的空间结构均为平面三角形C.和均为非极性分子 D.与的键角相等【答案】A【解析】【详解】A．NH3中心原子N价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形；H2O中心原子O价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形；A正确；B．中心原子S价层电子对数为，含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形；中心原子C价层电子对数为，不含孤电子对，空间构型为平面三角形；B错误；C．CF4中心原子C价层电子对数为，空间构型为正四面体形，不含孤电子对，分子对称，为非极性分子；SF4中心原子S价层电子对数为，含有1个孤电子对，空间构型不是正四面体形，分子不对称，为极性分子；C错误；D．CO2中心原子C价层电子对数为，不含孤电子对，空间构型为直线形，键角180°；SO2中心原子S价层电子对数为，含有1个孤电子对，空间构型为V形，键角接近120°，二者键角不相等；D错误；故答案选A。13.一水硫酸四氨合铜{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}是一种易溶于水的晶体，可作高效安全的广谱杀菌剂，实验室制备流程如图所示。下列说法错误的是A.[Cu(NH3)4]SO4·H2O含有离子键、共价键、配位键B.过程①中的O2改为H2O2反应离子方程式可表示为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2OC.过程③的现象是难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液D.过程④中加入的“溶剂X”可以是乙醇，玻璃棒摩擦的目的是减慢结晶速率【答案】D【解析】【分析】铜屑和氧气、硫酸反应生成硫酸铜溶液，加入氨水形成氢氧化铜悬浊液，继续加入过量氨水形成硫酸四氨合铜，加入乙醇析出一水硫酸四氨合铜晶体。【详解】A．形成的晶体中含有四氨合铜离子与硫酸根离子之间的离子键，氮氢、硫氧、氢氧之间的共价键，铜和氮之间的配位键，故A项正确；B．铜和、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，涉及离子反应为：，故B项正确；C．过程③中蓝色沉淀为氢氧化铜，氢氧化铜和过量氨水形成硫酸四氨合铜，溶液变为深蓝色，故C项正确；D．乙醇为极性溶剂，但极性较弱，过程④中加入的“溶剂X”可以是乙醇，改变了溶液的极性使得产物在溶液中溶解度减小而析出，玻璃棒摩擦的目的是形成晶体的晶核，加快结晶速率，故D项错误；故答案选D。14.硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴在xy平面的投影，已知晶胞面心上硒与顶点硒之间距离为anm，为阿伏加德罗常数的值，以晶胞参数为单位长度建立坐标系。下列说法错误的是A.Se与Zn原子之间的最近距离为B.周围最近的个数为12C.A点原子分数坐标为，则B点原子分数坐标为D.硒化锌晶体密度为【答案】D【解析】【详解】A．设晶胞边长为。由题意，顶点与相邻面心距离为，即，解得。Se与Zn原子之间的最近距离为晶胞体对角线的，即。A正确；B．在此晶胞中，Zn原子占据了部分四面体空隙，将这些Zn原子连接并平移，可以构成一个面心立方结构，其配位数为12，因此每个周围最近的个数为12。B正确；C．A点原子坐标为，由图乙可知，B点原子分数坐标为。C正确；D．硒位于晶胞顶点和面心，由均摊法可得该晶胞中硒有个，锌在晶胞内、有4个，硒化锌晶体密度为。D错误；故答案选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(共4小题，合计58分)15.周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a是组成物质种类最多的元素，c是地壳中含量最多的元素，d与a同族，e2+离子3d轨道中有9个电子。回答下列问题：（1）e原子的最外层电子排布图为___________（2）a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。（3）元素b、c形成常见阴离子bc，bc离子的中心原子杂化轨道类型为___________，空间构型为___________。（4）向e2+硫酸盐的水溶液中加入过量的浓氨水，可直接得到深蓝色透明溶液，加入乙醇可析出深蓝色晶体。请写出得到深蓝色透明溶液的离子方程式___________，析出深蓝色晶体时加入乙醇的作用是___________。（5）e单质的晶胞结构如图所示，已知晶胞的棱长为acm，NA为阿伏加德罗常数，e晶体密度为___________g/cm3(用a、NA表示)。【答案】（1）（2）N>O>C（3）①.sp2②.平面三角形（4）①.Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O②.减小溶剂的极性，降低[Cu(NH3)4]SO4晶体的溶解度（5）【解析】【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a是组成物质种类最多的元素，所以a是碳，c是地壳中含量最多的元素，c是氧，b是氮，d与a同族，所以d是硅，e2+离子3d轨道中有9个电子，e是铜，据此作答。【小问1详解】e是铜，Cu原子的最外层电子排布图为：

；【小问2详解】a是C，b是N，c是O，元素C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，所以第一电离能大小顺序为：N>O>C；【小问3详解】是，其中心原子的价层电子对数为，是sp2杂化；无孤电子对，则空间构型为平面三角形；【小问4详解】向CuSO4的水溶液中加入过量的氨水，由于氨水过量，生成铜氨络离子，可得到深蓝色透明溶液，离子方程式为：；乙醇的极性小于水的极性，在溶液中加入乙醇，能够减小溶剂的极性，降低的溶解度；【小问5详解】铜单质为面心立方晶体，含有铜原子数为，则。16.草酸钴晶体是一种生产指示剂、催化剂以及钴的氧化物的重要化工原料。一种以含钴废料(主要成分为Co3O4，还有少量的NiO、Al2O3、SiO2等)制备CoC2O4的流程如下图所示：已知：①在酸性条件下，氧化性：Co3+>，②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：沉淀物Al(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2完全沉淀时的pH4.79.09.2（1）滤渣Ⅰ的成分为___________(填化学式)。（2）写出“反应”工序中发生化学反应的离子方程式___________，实际生产中消耗的H2O2的量比理论上多的原因是___________。（3）设计加入CoO工序的目的是___________。（4）该流程中能够循环利用的物质除H2SO4外，还有___________(用化学式表示)。（5）X射线结构表明，CoC2O4·2H2O分解的最终产物为Co3O4(M=241g·mol1)。Co3O4的晶胞由A区和B区组成，如下图所示。①如上图建立坐标系，取z=0，得Co3O4晶胞截面如图1，若取z=，请在如图2中标出相应原子位置___________(分别用△和O表示)。②该晶胞密度为___________g/cm3(用含a、NA的代数式表示)。【答案】（1）SiO2（2）①.2Co3++H2O2=2Co2++O2↑+2H+②.H2O2不稳定自身易分解（3）调节溶液的pH使杂质Al3+形成Al(OH)3沉淀而除去（4）HR（5）①.②.【解析】【分析】含钴废料（主要成分为Co3O4，含少量NiO、Al2O3、SiO2）粉碎，用热H2SO4酸浸，SiO2不溶形成滤渣Ⅰ；滤液中加入H2O2，将Co3+还原为Co2+；再加入CoO调节pH，使Al3+以Al(OH)3沉淀除去（滤渣Ⅱ）；随后用有机物RH萃取，将Ni2+与Co2+分离；反萃取时加入H2SO4，得到含Co2+的溶液；最后加入(NH4)2C2O4溶液进行沉钴，得到CoC2O4・2H2O产品，据此作答。【小问1详解】SiO2为酸性氧化物，不与H2SO4反应，滤渣Ⅰ为SiO2；【小问2详解】“反应”工序加入H2O2，目的是将Co3+还原为Co2+，离子方程式为：；H2O2不稳定自身易分解，导致消耗的H2O2的量比理论上多；【小问3详解】加入CoO的目的是调节溶液的pH，使Al3+水解生成Al(OH)3沉淀而除去，同时避免Co2+和Ni2+沉淀；答案为：调节溶液的pH使杂质Al3+形成Al(OH)3沉淀而除去；【小问4详解】加入RH目的是萃取Co2+，发生，反萃取时加入H2SO4使上述平衡逆向移动，有机相为HR可循环利用；【小问5详解】①结合图A和图B，同时结合Co3O4晶胞，设晶胞棱长单位为1，可知z=时，O2(O)和Co3+(∆)的位置为：；②晶胞中含有结构A、B均为4个，Co2+处于晶胞的顶点、面心、结构A的体内，Co3+处于结构B内部，O2处于结构A，结构B内部，晶胞中Co2+数目=4+8×+6×=8、Co3+数目=4×4=16，O2数目=4×4+4×4=32，故每个晶胞含有8个Co3O4，。17.黑钨矿主要含、、及少量P、As的化合物，工业湿法冶炼钨的流程如图1所示。已知：①“浸液”含、、、等。②③APT化式为。（1）“碱浸”时，发生反应的离子方程式为_______；室温时“碱浸”所得浸液，浸液中_______。（2）“除硅”时形成黏稠的硅胶难以过滤，可通过加絮凝剂或_______(填操作名称)后过滤。（3）砷元素位于元素周期表中第_______周期第_______族。“除砷”时由生成的化学方程式为_______。（4）实验室“煅烧”APT用到的仪器为_______(填选项字母)。A.球形干燥管B.坩埚C.分液漏斗D.泥三角E.试管夹【答案】（1）①.②.（2）煮沸或加热煮沸（3）①.四②.VA③.（4）BD【解析】【分析】由黑钨矿冶炼钨的工艺流程：向黑钨矿(含、、及少量P、As的化合物)中通入NaOH碱浸，“浸液”含、、、等，铁、锰元素转化为、，调节pH=8~9，除去硅元素，加入氯化镁、一水合氨，除去磷、砷元素，过滤，滤液为Na2WO4，继而得到APT，焙烧后用氢气还原生成钨，据此分析解答。【小问1详解】“碱浸”时，发生反应的离子方程式为；室温时，。“碱浸”所得浸出液中；【小问2详解】“除硅”时生成黏稠的硅胶难以过滤，可通过加絮凝剂或煮沸使胶体聚沉；小问3详解】砷元素位于元素周期表的第四周期第ⅤA族；根据元素守恒可知，反应的化学方程式为；【小问4详解】“煅烧”时温度较高，在实验室中使用坩埚、三脚架、泥三角、坩埚钳、加热仪器等，不需要干燥管、分液漏斗和试管夹。18.某学习小组探究氯化铁溶液和硫代硫酸钠溶液的反应原理，根据其性质，提出如下猜想。猜想1：发生相互促进的水解反应；猜想2：发生络合反应；猜想3：发生氧化还原反应。I.为验证上述猜想，同学们进行如下实验，实验过程及现象如下图所示(所用试剂浓度均为0.10