【文档说明】天津市静海区第一中学2022-2023学年高二下学期3月学业能力调研化学试题含解析.docx，共(16)页，1.001 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c45b279e8fd457bed334ed90841f4f73.html

以下为本文档部分文字说明：

静海一中2022~2023第二学期高二化学(3月)学生学业能力调研试卷考生注意：本试卷分第Ⅰ卷基础题和第Ⅱ卷提高题两部分，共100分。其中学习习惯占8分(含3分卷面分)知识与技能学习能力(学法)内容原子结构分子结构晶体结构有机方法归纳易混易错学习习惯分数1226282610108可

能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Al：13P：31第Ⅰ卷基础题(共80分)一、选择题：每小题3分，共33分。1.下列有关化学用语正确的是A.2CO的空间填充模型模型B.p-pσ键电子云模型C.砷原子结构示意图D.基态Fe3+的最外层电子排布式

为：3s23p63d5【答案】D【解析】【详解】A．2CO为直线型，空间型为：，A错误；B．p-pσ键电子云模型为：，B错误；C．砷原子结构示意图为，C错误；D．基态Fe原子的最外层电子排布式为：62263s3pd4s3，3+Fe的最外层电子排布式为：2653

s3p3d，D正确；故选D。2.下列各组元素性质的叙述中，正确的是A.N、O、F的电负性依次增大B.N、O、F的第一电离能依次增大C.N、O、F的最高化合价依次升高D.O、F、Na的原子半径依次减小【答案】A【解析】【详解】A．同周期从左至

右，主族元素电负性逐渐增大，N、O、F的电负性依次增大，A正确；B．同周期从左至右，元素的第一电离能总体上呈增大的趋势，但N元素原子的最外层电子为半充满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能O＜N＜F，B错误；C．N元素的最高正化合

价为+5价，O元素最高为+2价，F元素没有正化合价，C错误；D．同周期从左至右，元素的原子半径逐渐减小（0族元素除外），故半径O＞F，Na为第三周期元素，比F和O多一层电子，因此原子半径Na＞O＞F，D错误；

答案选A。3.下列关于粒子性质的比较中错误的是A.分子的稳定性：HF>HCl>HBr>HIB.离子半径：S2->Cl->Ca2+>Na+C.还原性：HF>HCl>HBr>HID.熔点：Li>Na>K>

Rb【答案】C【解析】【详解】A．同主族从上往下非金属性逐渐减弱，简单氢化物的稳定性逐渐减弱，故分子的稳定性：HF>HCl>HBr>HI，A正确；B．电子层数越多，简单离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故离子

半径：S2->Cl->Ca2+>Na+，B正确；C．HF中存在分子间氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI均为分子晶体，相对分子质量越大，范德华力力越强，沸点越高，故沸点HF>HI>HBr>HCl，C错误；D．由Li到Cs金属性依次增强，熔点、沸点逐渐降低，D正确；故

选C。4.下列说法不正确的是的A.霓虹灯光、激光、焰火、物理成像都与电子跃迁释放能量有关B.通过红外光谱可以得知分子中含有的化学键或官能团信息C.可用质谱法快速、精确测定分子相对分子质量D.利用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨【答案】A【解析】【详解】A．物理成像是光的直线传播，

而霓虹灯光、激光、焰火均是由于电子处于激发态不稳定跃迁到较低能级而释放能量，A项错误；B．红外光谱是利用原子间的相对振动和分子的转动来确定分子结构和鉴别物质的方法。不同化学键和官能团振动频率是不同，所以红外光谱可以用于确定分子中的化学键或官能团，B项正确；C．质谱法即用电场和磁场将运动的离子（带电

荷的原子、分子或分子碎片，有分子离子、同位素离子、碎片离子、重排离子、多电荷离子、亚稳离子、负离子和离子－分子相互作用产生的离子）按它们的质荷比分离后进行检测的方法。质谱法是纯物质鉴定的最有力工具之一，其中包括相对分子量测定、化

学式的确定及结构鉴定等，C项正确；D．X射线衍射用于确定晶体及内部结构，D项正确；故选A。5.下列不含有共价键的盐是A.K2CO3B.NaClOC.CaC2D.Mg3N2【答案】D【解析】【详解】A．K2CO3

属于盐，由钾离子和碳酸根离子构成，碳酸根离子内有共价键，A不符合题意；B．NaClO属于盐，由钠离子和次氯酸根离子构成，次氯酸根离子内有共价键，B不符合题意；C．CaC2属于盐，由钙离子和C22−离子构成，C22

−离子内有共价键，C不符合题意；D．Mg3N2属于盐，由镁离子和氮离子构成，只含离子键，不含共价键，D符合题意；答案选D。6.分离汽油和氯化钠溶液的混合液体，应用下列哪种分离方法A.分液B.过滤C.萃取D.蒸发【答案】A

【解析】的【详解】汽油和水不互溶，汽油和氯化钠溶液的混合液体分层，所以可以采用分液的方法实现分离。答案选A。【点睛】本题考查了物质的分离和提纯方法的选取，明确物质的性质即可解答，知道常见的分离方法有哪些，把握物质的性质差

异及分离原理。7.元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图。已知Y元素原子的价层电子排布为nsn-1npn+1，则下列说法不正确的是XYZA.X元素原子的价层电子排布为3s23p5B.Z元素在周期表的第四周期ⅤA族

C.X元素所在周期中所含非金属元素最多D.Y元素的简单氢化物的沸点是同族元素氢化物中沸点最低的【答案】A【解析】【分析】根据Y元素原子的价层电子排布为nsn-1npn+1，n=3，故Y为S；则X为F，Z为As。【详解】A．F原子的价电子排布式

为2s22p5，故A错误；B．As为33号元素，位于第四周期ⅤA族，故B正确；C．F元素所在周期即第二周期非金属元素种类最多，故C正确；D．H2O含有分子间氢键，沸点高于H2S，其他氢化物随相对分子质量的增大而增大，沸点也高于H2S，故D正确；故选A。8.下列关于共价晶

体和分子晶体的说法中不正确的是A.金刚石、水晶和干冰都属于共价晶体B.共价晶体中存在共价键，分子晶体中可能存在共价键C.共价晶体的硬度通常比分子晶体的大D.有的分子晶体的水溶液能导电【答案】A【解析】【详解】A．金刚石和水晶是共价晶体，干冰是分子晶

体，A错误；B．共价晶体中存在共价键，故金刚石中存在共价键，分子晶体中可能存在共价键，如水中存在共价键，也可能不存在共价键，如稀有气体中不存在共价键，B正确；C．共价晶体中共价键的强度强于分子间作用力，故共价晶体的硬度通常比分子晶体的大，C正确；D．HCl为分子晶体，溶于水

后的溶液盐酸可以导电，D正确；故选A。9.下列叙述中正确的是A.处于最低能量状态原子叫基态原子，1s22s22px1→1s22s22py1过程中形成的是发射光谱B.所有元素中，氟的第一电离能最大C.CCl2F2无同分异构体，说明其中

碳原子采取sp3杂化D.在任何情况下，都是σ键比π键强度大【答案】C【解析】【详解】A．1s22s22px1和1s22s22py1的电子排布式相同，1s22s22px1→1s22s22py1过程中没有能量释放，故A错误；B．在主

族元素中，氟的第一电离能最大，故B错误；C．CCl3F与CC12F2无同分异构体，能说明其分子为四面体形，C原子与其它原子以单键相连，碳原子采用sp3方式杂化，故C正确；D．不一定在任何情况下都是键比键强度大，例如在分子中存在的键能比3个N-N键的键能大，也比一个

N-N和一个N=N的键能之和大，故D错误；故答案选C。10.配合物()36NaFeCN可用于离子检验，下列说法不正确的是A.此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键B.配离子为[Fe(CN)6]3−，中心离子为3+Fe，配位数为6C.1mol配合物中σ键数目为A12ND.该配合物为

离子化合物，易电离，1mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共A4N【答案】A【解析】【详解】A．Na+与()36FeCN−之间存在离子键，CN−与3+Fe之间存在配位键，CN−中碳原子与氮原子之间存在极性键，不存在非极性键，A项错误；B．配合物()36NaFeCN

中，配离子为()36FeCN−，中心离子为3+Fe，配位数为6，B项正确；C．CN−中碳原子与氮原子之间存在1个σ键，CN−与3+Fe之间的配位键属于σ键，则1mol配合物()36NaFeCN中σ键数目为()AA6+612NN

=，C项正确；D．该配合物为离子化合物，易电离，其电离方程式为()()3366NaFeCN=3Na+FeCN−+，1mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共A4N，D项正确；故选A。11.下列说法正确的是A.熔点：24MgBrSiClSiC

B.二氯化二硫(S2Cl2)分子结构如图：，它是同时含有极性键和非极性键的非极性分子C.在+4NH中存在4个N-H共价键，4个N-H键键长、键能均不相等D.维生素C()易溶于水的原因和氢键有关【答案】D

【解析】【详解】A．溴化镁是离子晶体，氯化硅是分子晶体，碳化硅是原子晶体，一般情况下，熔点是原子晶体大于离子晶体，离子晶体大于分子晶体，则熔点42SiClMgBrSiC，故A错误；B．二氯化二硫(S2Cl2)中含S—Cl极性键和S—S非极性键，分子中正负电中心不重合，

所以是含有极性键和非极性键的极性分子，故B错误；C．铵根离子是正四面体结构，则在+4NH中存在4个N-H共价键，4个N-H键键长、键能均相等，故C错误；D．维生素C含有羟基，能与水形成分子间氢键，则使其易溶于水，故D正确；故选：D。二、填空题：共47分。12.请回答下列问题：（1）新

型储氢材料是开发利用氢能的研究方向，Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由LiBH4和TiCl4反应制得。基态Cl原子有_______种空间运动状态的电子，最高能级的电子其电子云轮廓图为_______形；Ti属于_______区(填“s”

或“p”或“d”或“f”)。（2）结合VSEPR理论模型及杂化轨道理论分析以下问题：①ZnCO3中，阴离子空间结构为_______，C原子的杂化方式为_______。②S8与热的浓NaOH溶液反应的产物之一为Na2S3，S23−的空间结构为_______，其中心

原子轨道采取_______杂化。（3）下列物质中：①白磷②CH2=CH2③BF3④NCl3⑤COS⑥H2S含有极性键的非极性分子的是_______。【答案】（1）①.9②.哑铃③.d（2）①.平面三角形②.sp2③.V形④

.sp3（3）②③【解析】【小问1详解】Cl是17号元素，根据构造原理可知基态Cl原子核外电子排布式是1s22s2p63s23p5，处于同一轨道的电子的空间运动状态相同，氯原子的核外有电子填充的轨道为9个，则核外有9种空间运动状态不同的电子，最高能级为p能级，电子云轮廓图为哑铃

形，Ti元素属于元素周期表第四周期第IVB族元素，位于周期表的d区元素。【小问2详解】CO23−的中心原子C的价层电子对数为3+6232−=3，无孤电子对，故为平面三角形，C原子的杂化方式为sp2。单质硫与热的NaO

H浓溶液反应的产物之一为Na2S3，S23−属于多硫链的一种，中间S的价层电子对数=262222+−=4，孤电子对数为2，空间构型为V形；中心S原子的杂化方式为sp3。【小问3详解】①白磷只含P-P之间

的非极性键，空间结构为正四面体，正负电荷中心重合，属于非极性分子，不合题意；②CH2=CH2中含有C-H极性键和C-C非极性键，为平面结构，为非极性分子，符合题意；③BF3含有B-F之间的极性键，分子空间构型为平面三角形，

正、负电荷中心重合，为非极性分子，符合题意；④NCl3含有N-Cl之间极性键，分子空间构型为三角锥形，正、负电荷中心不重合，是极性分子，不合题意；⑤COS含有C-O和C-S之间的极性键，分子空间构型为直线形，正、负电荷中心不重合，为极性分子，不合题意；⑥H2S只含H-S之间

的极性键，分子空间构型为V形，正、负电荷中心不重合，为极性分子，不合题意；综上所述，②③符合题意。13.回答下列问题：（1）①HC≡C-CH2-CH=O分子中含有_______个σ键，_______个π键。②每个O22+中含有的π键数目为__

_____。③24g金刚石中含有的C—C键数目为_______(用NA表示)（2）C60晶体类型是_______，晶体中每个C60分子周围紧邻的C60分子数目为_______。（3）根据表中给出物质的熔点数据(AlCl3沸点为260℃)，判断下列说法错误的是_______。晶体N

aClMgOSiCl4AlCl3晶体硼熔点/℃8012800-701802500A.MgO中的离子键比NaCl中的离子键强B.SiCl4晶体是分子晶体C.AlCl3晶体是离子晶体D.晶体硼是共价晶体（4）下列一组微粒中

键角由大到小顺序排列_______(填字母)。A.CO2B.SiF4C.SCl2D.CO23−E.H3O＋（5）磷化铝晶胞如图，若晶胞参数为acm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则磷化铝晶体的密度ρ=_______g/cm3(用含a的表达式填空)。【答案】（1）①.8②.3③.2④.4NA（2

）①.分子晶体②.12（3）C为（4）ADBEC（5）3A232aN【解析】【小问1详解】①HC≡C-CH2-CH=O分子中碳氢键、碳碳单键均为σ键，碳碳三键有两个π键，一个σ键，碳氧双键有一个π键，一个σ键，故共有8个σ键8，3个π键；②与2

2O+原子个数相同且价电子数相同的为N2，根据等电子体理论，二者应具备结构相似的特点，因此22O+也为氧氧三键，含有的π键数目为2；③金刚石中与一个碳原子相连的共价键有4个，平均每个键只有一半属于这个碳原子，所以一个碳原子平均有2个C－C键，故24g金刚石中含有的C—C键数目为4NA；【小问

2详解】C60晶体类型为分子晶体，按照分子晶体的最密堆积原则，一个C60晶体周围，等距的C60分子有12个；【小问3详解】A．镁离子的半径小于钠离子，镁离子带电量大于钠离子，氧离子的半径小于氯离子，氧离子的带电量大于氯离子，所以MgO中的离子键比NaCl中的离子键强，A正确；B．Si

Cl4晶体的熔点是-70℃，为分子晶体，B正确；C．AlCl3晶体熔点是180℃，为分子晶体，C错误；D．晶体硼的熔点是2500℃，为共价晶体，D正确；故选C。【小问4详解】CO2空间构型为直线型，键角180°；SiF4为正四面体构型，键角109°28′，SCl2中S为sp3杂化，S有两个

孤电子对，空间构型为V形，键角小于109°28′，23CO−的C原子为sp2杂化，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，键角120°，H3O＋中心原子O为sp3杂化，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，键角大于SCl2，小于109°28′，故键角由大到小的顺序为：(A)CO2>(D)23C

O−>(B)SiF4>(E)H3O＋>(C)SCl2；【小问5详解】Al位于顶点和面心，实际占有Al的个数为8×1/8＋6×1/2=4，P位于晶胞内部，个数为4，化学式为AlP，晶胞的质量为AA4?58232=

gNN，晶胞参数为acm，体积为a3cm3，故磷化铝晶体的密度3A33A232N232ρ==g/cmaNa14.Ⅰ.现有下列各组物质：①2O和3O、②23CHCHCH=−和22CHCHCHCH=−=、③和、④323CHCHCH和()333CHCCH、⑤和、⑥和3233CH(CH)C

H。（1）属于同系物的是_______；属于同分异构体的是_______；属于同素异形体的是_______；属于同种物质的是_______。(填序号)Ⅱ.有一种有机物X，其结构简式为：HO—CH2CH=CH—COOH，回答下列问题：（2）X中含氧官能团名称是_______、_______

。（3）我国中草药文化源远流长，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症的作用，该有机物的结构如图所示。下列说法中错误的是_______。A.分子式为C13H12O6B.该有机物结构中含有4种官能团C.该有机

物中含有手性碳原子Ⅲ.有X、Y两种有机物，按要求回答下列问题：（4）取3.0g有机物X，完全燃烧后只生成3.6gH2O和3.36LCO2(标准状况)，已知该有机物的蒸气对氢气的相对密度为30，则该有机物的分子式

为_______。（5）有机物Y的分子式为C4H8O2，其红外光谱图如图所示：的则该有机物可能的结构简式为_______(填字母)。A.CH3COOCH2CH3B.CH3CH2COOCH3C.HCOOCH

2CH2CH3D.(CH3)2CHCOOH（6）下列化合物的1H-NMR谱图中吸收峰的数目不正确的是_______。A.(2组)B.(5组)C.(3组)D.(4组)【答案】（1）①.④②.⑥③.①④.③⑤（2）①.羟基②.羧基（3）B（4）38CHO（5）AB（6）A【解析】【小问1

详解】同系物为结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团，故互为同系物的为；和3233CH(CH)CH的分子式相同而结构不同，互为同分异构体；①2O和3O为同种元素形成的不同单质，互为同素异形体；③和均为二氯甲烷，是同一种物质

；⑤和均为丁烷，是同一种物质。【小问2详解】HO—CH2CH=CH—COOH中含氧官能团为羧基、羟基。【小问3详解】A．根据有机物的结构简式，该有机物的分子式为C13H12O6，A项正确；B．有机物的结构中含有碳碳双键、羟基、羧基

、酯基、醚键共5种官能团，B项错误；C．与羧基相连的碳原子连有4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，C项正确；故答案选B。【小问4详解】m(C)=-13.36L22.4Lnol×12g·mol-1=1.8g，m(H)=-13.6g18g/m

ol×2×1g·mol-1=0.4g，则m(O)=3.0g-1.8g-0.4g=0.8g，所以n(C)：n(H)：n(O)=-11.8g12g/mol：-10.4g1g/mol：-10.8g16g/mol=3：8：1，又知该有机物的蒸气对氢气的相对密度为30，即相对分子质量为60，

所以分子式为C3H8O。【小问5详解】A、B项都有两个不对称的—CH3，且都含有“C=O”和“C—O—C”结构，所以A、B项符合图示；C项只有一个—CH3；D项中没有“C—O—C”结构，且—CH3为对称结构，故选AB。【小问6详解】A.中，分子

中含有3种氢，所以核磁共振氢谱中应有3组峰。B.中，分子中含有5种氢，所以核磁共振氢谱中应有5组峰。C.分子中含有3种氢，所以核磁共振氢谱中应有3组峰。D.分子中含有4种氢，所以核磁共振氢谱中应有4组

峰。故选A。第Ⅱ卷提高题(共20分)15.某有机物的分子式为582CHCl，该有机物可能具有的结构是A.含有两个碳碳双键B.含有一个环状结构C.含有一个碳碳三键和一个碳碳双键D.含有一个环状结构和一个碳碳双键【答案】B【解析】【分析】将2个氯原子看成2个氢原子，由烃

的组成可知，烃与含有相同碳原子的烷烃相比，若分子中含有一个碳碳双键或一个环状结构，烃比烷烃少两个氢原子；若分子中含有一个碳碳三键，烃比烷烃少四个氢原子。【详解】A．若有机物分子中含有两个碳碳双键，由以上规律可知，有机

物的分子式为652CHCl，故A不符合题意；B．若有机物分子中含有一个环状结构，由以上规律可知，有机物的分子式为582CHCl，故B符合题意；C．若有机物分子中含有一个碳碳三键和一个碳碳双键，有机物的分子式为542CHCl，故C不符合题意；D．若有机物分子中含有一个环状结构和一个碳碳双键,由以上

规律可知，有机物的分子式为652CHCl，故D不符合题意；故选B。16.粗苯甲酸中混有泥沙和NaCl杂质，可通过重结晶的方法分离提纯。（1）提纯的主要步骤为：加热溶解、_______、冷却结晶。（2）提纯过程中共使用了

_______次玻璃棒。（3）过滤得到的苯甲酸晶体需洗涤，采用的合适洗涤剂是_______(填字母)。a.饱和食盐水b.Na2CO3溶液c.稀硫酸d.蒸馏水（4）乙酰苯胺是一种具有解热镇痛作用的白色晶体，20℃时在乙醇中的溶解度为36.9g，在水中

的溶解度如下表：温度/℃255080100溶解度/g0.560.843.55.5某种乙酰苯胺样品中混入了少量氯化钠杂质，下列提纯乙酰苯胺方法正确的是_______(注：氯化钠可分散在乙醇中形成胶体。)A.用水溶解后分液B.用乙醇溶解

后过滤C.用水作溶剂进行重结晶D.用乙醇作溶剂进行重结晶【答案】（1）趁热过滤（2）3（3）d（4）C【解析】【小问1详解】苯甲酸在水中溶解度较小，冷却时会结晶析出，除去粗苯甲酸中混有泥沙和NaCl杂质，提纯主要步骤为：加热溶解、趁热过滤，冷却结晶。【小问2详解】提纯主要步骤

为：加热溶解、趁热过滤，冷却结晶，每一步都需要用到玻璃棒。【小问3详解】温度较高时，苯甲酸的溶解度较大，分离时趁热过滤可以除去不溶性杂质，同时可以防止苯甲酸冷却后结晶析出，为了防止洗涤时引入其他杂质，可以用蒸馏水洗涤，

故答案为d。的【小问4详解】A.乙酰苯胺和氯化钠可以溶于水中，不会出现分层，故不能通过分液分离，A错误；B.乙酰苯胺可以溶于乙醇中，但乙酰苯胺和乙醇不能通过过滤分离，B错误；C.乙酰苯胺在水中的溶解度随温度变化较大，而氯化钠的溶解度随温度变化较小，故采

用重结晶法提纯乙酰苯胺，C正确；D.乙酰苯胺在乙醇中溶解度大，不能通过重结晶提纯分离，D错误；故选C。17.配合物在许多方面有着广泛的用途，目前我国科学家利用配合物在能源转化与储存方面有着杰出的贡献，请根据题意回答

下列问题：（1）已知：2-27CrO在溶液中为橙色，2-4CrO在溶液中为黄色。下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：22-27CrO+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH。①配合物[Cr(H2O)6]3+中与Cr3+形成配位

键的原子是_______(填元素符号)。②向由0.1molCrCl3·6H2O配成的溶液加入足量AgNO3溶液，产生0.2mol沉淀，已知Cr3+的配位数为6，则CrCl3·6H2O的化学式可表示为_______。（2）有下列实验：①溶剂X可以是

_______(填名称)。②该实验能说明NH3、H2O与Cu2+结合的能力由强到弱的顺序是_______。（3）CO可以和很多过渡金属形成配合物。金属镍粉在CO气流中轻微地加热，可生成液态的Ni(CO)4。①Ni(CO)4的结构式为_______。②下列可作为溶解Ni(

CO)4的溶剂是_______A.水B.四氯化碳C.盐酸D.氯化钠溶液【答案】（1）①.O②.[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O（2）①.乙醇②.NH3>H2O（3）①.或②.B【解析】【小问1详解】①由化学式可知，配离子中具有空轨道的铬离子与水分子中具有孤电子对的氧原子形成配位键。②氯

化铬(CrCl3·6H2O)和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬(CrCl3·6H2O)化学式中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬(CrCl3·6H2O)的化学式可能为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O。【小问2

详解】①加入X的作用是降低溶剂的极性，减小Cu(NH3)4SO4⋅H2O的溶解度，试剂X可以是乙醇；②天蓝色的离子[Cu(H2O)4]2+最终转换成了深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，说明NH3、H2O与C

u2+结合的能力由强到弱的顺序是：NH3>H2O，故填NH3>H2O；【小问3详解】①Ni提供空轨道，CO中碳原子提供孤电子对，即Ni(CO)4的结构为或，故答案为或；②Ni(CO)4是无色挥发性液态，熔点低，说明Ni(CO)4是分

子晶体，呈正四面体构型，说明Ni(CO)4是非极性分子，根据“相似相容”原理，Ni(CO)4能溶于四氯化碳，选B。