新疆維吾爾自治區吐魯番市高昌區二中2025屆化學高二第二學期期末學業水平測試模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列說法正確的是A．液態HCl、固態AgCl均不導電，所以HCl、AgCl是非電解質B．NH3、CO2的水溶液均能導電，所以NH3、CO2均是電解質C．堿性氧化物一定是金屬氧化物，金屬氧化物一定是堿性氧化物D．非金屬氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金屬氧化物2、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法中正確的是A．14g乙烯和丙烯混合氣體中原子數目為3NAB．在50g質量分數為46%的乙醇水溶液中，含有氫原子數為3NAC．5.6g鐵在22.4L氯氣中充分燃燒，轉移的電子數為0.3NAD．0.1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32-數目小于0.1NA3、下列除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化還原反應的是物質（括號內為雜質）除雜試劑AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、濃H2SO4DNO（NO2）H2O、無水CaCl2A．A B．B C．C D．D4、化學與生活生產密切相關。下列說法中不正確的是A．施肥時，銨態氮肥不能與草木灰（含K2CO3）混合使用B．夏天冰箱保鮮食品的原理是降低溫度，減小化學反應速率C．施用適量石膏(CaSO4·2H2O)可降低鹽堿地（含較多NaCl、Na2CO3）的堿性D．將海水直接電解可獲得Mg及Cl2等單質5、下列電子排布式表示的基態原子中，第一電離能最小的是A．ns2np3 B．ns2np5 C．ns2np4 D．ns2np66、下列實驗操作中錯誤的是A．蒸發操作時，使溶液中的水大部分蒸發時，就停止加熱利用余熱蒸干B．蒸餾操作時，應使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶的支管口處C．分液操作時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出D．萃取操作時，應選擇有機萃取劑，且萃取劑的密度必須比水大7、下列屬于氧化還原反應的是A．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O B．Na2O+H2O=2NaOHC．2KI+Br2=2KBr+I2 D．MgO+2HCl=MgCl2+H2O8、下列數據是一些有機物的相對分子質量，可能為同系物的一組是()A．16，32，46，60B．16，30，42，56C．16，28，40，52D．16，30，58，729、下列說法正確的是（）A．Na2O2與水反應時，生成0.1molO2，轉移的電子數為0.2NAB．鈉與CuSO4溶液反應：2Na＋Cu2＋===Cu↓＋2Na＋C．Na2O2遇到濕潤的紫色石蕊試紙后，石蕊試紙最終變成藍色D．在酒精燈加熱條件下，Na2CO3和NaHCO3固體都能發生分解10、下列有關有機物分離提純的方法正確的是（）A．溴乙烷中混有溴單質，用NaOH溶液和水溶液，反復洗滌，再分液B．肥皂中混有甘油，加入NaCl粉末，鹽析C．乙酸乙酯中混有乙酸，加入飽和Na2CO3溶液，充分反應后，再蒸餾D．乙醛中混有乙烯，可通過溴水，即可除去乙烯11、下列說法正確的是A．異戊烷與新戊烷可用質譜法快速精確區分B．紅外光譜法與核磁共振氫譜可用于有機物分子結構的鑒定C．當液態有機物與雜質的沸點相差較小時可以用蒸餾的方法提純D．可用酒精萃取后分液的方法提取碘水中的碘12、下列反應中前者屬于取代反應，后者屬于加成反應的是A．甲烷與氯氣混和后光照反應；乙烯使酸性高錳酸鉀溶液的褪色B．乙烯與溴的四氯化碳溶液反應；苯與氫氣在一定條件下反應生成環己烷C．苯與濃硝酸和濃硫酸的混合液反應生成油狀液體；乙烯與水生成乙醇的反應D．乙烯與溴水反應；乙酸與乙醇的酯化反應13、有機物、、均可形成枝狀高分子。下列說法不正確的是A．既能與強酸反應也能與強堿反應B．分子中有4種不同化學環境的氫原子C．生成，是縮聚反應D．的結構簡式是14、化學與人類的生產、生活、科技、航天等方面密切相關。下列說法正確的是A．字宙飛船中使用的碳纖維，是一種新型無機非金屬材料B．將海產品用甲醛溶液浸泡以延長保鮮時間C．高純度的二氧化硅制成的光電池，可用作火展探制器的動力D．雙氧水、消毒液、酒精因其強氧化性能殺菌消毒15、下列物質除雜（括號內物質為雜質）的方法及試劑都正確的是物質方法試劑ACO2(SO2)洗氣氫氧化鈉溶液BAlCl3(MgCl2)過濾氫氧化鈉溶液C水(乙醇)萃取、分液乙酸DFe(Al)過濾過量氫氧化鈉溶液A．A B．B C．C D．D16、羥甲香豆素()是一種治療膽結石的藥物，下列說法正確的是A．分子中的兩個苯環都可以發生加成反應 B．所有原子均處于同一平面C．二氯代物超過兩種 D．1mol羥甲香豆素與氫氣加成，最多需要5molH217、奎寧酸和莽草酸是高等植物特有的脂環狀有機酸常共存在一起，其結構簡式如圖所示。下列說法正確的是（）A．奎寧酸與莽草酸互為同分異構體B．兩種酸含有的官能團完全相同C．兩種酸均能發生加成反應、聚合反應和取代反應D．等物質的量的兩物質分別與足量Na反應，同溫同壓下產生H2的體積比為5：418、下列與有機物的結構、性質有關的敘述正確的是（）A．苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以苯不能發生氧化反應B．石油的主要成分是烴，煤經過分餾可制得焦炭、煤焦油等產品C．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D．淀粉、纖維素都是天然高分子有機物，其鏈節中都含有葡萄糖19、下列有關敘述正確的是A．質譜法通常用來確定有機物的分子結構B．將有機物燃燒進行定量分析，可以直接確定該有機物的分子式C．在核磁共振氫譜中能出現三組峰，峰面積之比為3∶1∶4D．二甲醚與乙醇不能利用紅外光譜法進行鑒別20、下列說法正確的是（）。A．相對分子質量相同的幾種化合物互為同分異構體B．分子組成相差一個或若干個CH2原子團的物質互為同系物C．所有的烷烴均互為同系物D．分子式符合CnH2n＋2(n≥1)的有機物一定屬于烷烴21、有8種物質：①乙烷；②乙烯；③乙炔；④苯；⑤甲苯；⑥溴乙烷；⑦聚乙烯；⑧環己烯。其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能與溴水反應而使溴水褪色的是()A．①②③⑤ B．④⑥⑦⑧ C．①④⑥⑦ D．②③⑤⑧22、下列關于乙醇在各種化學反應中化學鍵斷裂情況的說法不正確的是A．與乙酸、濃硫酸共熱時，①鍵斷裂B．與濃硫酸共熱至170℃時，②、④鍵斷裂C．在Ag催化下與O2加熱反應時,①、③鍵斷裂D．與濃氫溴酸混合加熱時,①鍵斷裂二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E為元素周期表中前四周期元素，原子序數依次增大，A元素原子核外有3個未成對電子，B元素原子核外電子占用3個能級，其中最高能級上的電子數是其所在能層數的2倍，D元素與B元素同族，C元素與A元素同族，E元素原子的價電子數是其余電子數的一半。（1）A、C、D的第一電離能由大到小的順序為___________________（用元素符號表示），E2+的基態電子排布式為__________________________________。（2）B和D的氫化物中，B的氫化物沸點較高的原因是____________________________。（3）C形成的最高價氧化物的結構如圖所示，該結構中C-B鍵的鍵長有兩類，鍵長較短的鍵為__________（填“a”或“b”）。（4）E可與CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有機合成的重要催化劑，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔點50～51℃，45℃（1.33kPa）時升華。①E2(CO)8為_________晶體。（填晶體類型）②E2(CO)8晶體中存在的作用力有______________________________。24、（12分）已知

X、Y、Z、M、R五種元素中，原子序數依次增大，其結構或性質信息如下表。請根據信息回答有關問題：元素結構或性質信息X原子的L層上s電子數等于p電子數Y原子核外的L層有3個未成對電子Z在元素周期表的各元素中電負性僅小于氟M單質常溫、常壓下是氣體，原子的M層上有1個未成對的p電子R第四周期過渡元素，其價電子層各能級處于半充滿狀態（1）元素M的原子核外有______種不同運動狀態的電子；（2）五種元素中第一電離能最高的是_______寫元素符號；（3）在Y形成的單質中，鍵與鍵數目之比為______，在中Z原子的雜化方式為_____，其分子的空間構型為______；（4）R的一種配合物的化學式為。已知在水溶液中用過量硝酸銀溶液處理，產生

AgCl沉淀，此配合物最可能是______填序號。A．B．C．

D．25、（12分）某化學實驗小組將裝有銅與濃硫酸燒瓶加熱一段時間后，取出燒瓶中固體，探究其成分。查資料可知，濃硫酸與銅反應可能生成CuS或Cu2S，它們都難溶于水，能溶于稀硝酸。實驗如下：（i）用蒸餾水洗滌固體，得到藍色溶液，固體呈黑色。（ii）取少量黑色固體于試管中，加入適量稀硝酸，黑色固體逐漸溶解，溶液變為藍色，產生無色氣泡。取少量上層清液于試管，滴加氯化鋇溶液，產生白色沉淀。①根據實驗（i）得到藍色溶液可知，固體中含____________（填化學式）②根據實驗（ii）的現象_______（填“能”或“不能”）確定黑色固體是CuS還是Cu2S，理由是__________________________________________________________________________。寫出Cu2S與稀硝酸反應的化學方程式____________________________________________③為了進一步探究黑色固體的成分，將實驗（i）中黑色固體洗滌、烘干，再稱取48.0g黑色固體進行如下實驗，通入足量O2，使硬質玻璃管中黑色固體充分反應，觀察到F瓶中品紅溶液褪色。實驗序號反應前黑色固體質量/g充分反應后黑色固體質量/gI48.048.0Ⅱ48.044.0Ⅲ48.040.0根據上表實驗數據推測：實驗I中黑色固體的化學式為_____________________________；實驗Ⅱ中黑色固體的成分及質量為_______________________________________________。26、（10分）某研究性學習小組，利用固體Na2SO3與中等濃度的H2SO4反應，制備SO2氣體并進行有關性質探究實驗。該反應的化學方程式為：Na2SO3(固)+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O。除固體Na2SO3和中等濃度的H2SO4外，可供選擇的試劑還有：①溴水；②濃H2SO4；③品紅試液；④紫色石蕊試液；⑤澄清石灰水；⑥NaOH溶液。回答下列問題：（1）欲驗證SO2的漂白作用，應將SO2氣體通入______中(填物質編號)，觀察到的現象是____________；（2）欲驗證SO2的還原性，應將SO2氣體通入______中(填物質編號)，觀察到的現象是_______________；（3）為驗證SO2的氧化性，通常利用的反應是___________(化學方程式)；（4）為防止多余的SO2氣體污染環境，應將尾氣通入______中(填物質編號)，反應離子方程式為__________________________。27、（12分）實驗小組同學探究稀H2SO4對溶液中的I—被O2氧化的影響因素。（1）為了探究c(H+)對反應速率的影響，進行實驗：10mL1mol·L－1KI溶液5滴淀粉溶液序號加入試劑變色時間Ⅰ10mL蒸餾水長時間放置，未見明顯變化Ⅱ10mL0.1mol·L－1H2SO4溶液放置3min后，溶液變藍Ⅲ10mL0.2mol·L－1H2SO4溶液放置1min后，溶液變藍Ⅳ10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液長時間放置，未見明顯變化①寫出實驗Ⅱ發生反應的離子方程式______。②實驗Ⅰ~Ⅲ所得結論：_______。③增大實驗Ⅱ反應速率還可以采取的措施______。④實驗Ⅳ的作用是______。（2）為探究c(H+)除了對反應速率影響外，是否還有其他影響，提出假設：ⅰ.增大c(H+)，增強O2的氧化性；ⅱ.增大c(H+)，_______。小組同學利用下圖裝置設計實驗方案，對假設進行驗證。序號溶液a溶液b現象Ⅴ10mL1mol·L－1KI溶液10mLH2O10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mLH2O指針未見偏轉Ⅵ10mL1mol·L－1KI溶液10mLH2O10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液1mL0.2mol·L－1H2SO4溶液9mLH2O指針偏轉ⅦX10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mL0.2mol·L－1H2SO4溶液YⅧZ10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mLH2O指針未見偏轉通過實驗證實假設ⅰ合理，將表中空白處的試劑或現象補充完整。X__________；Y_________；Z__________。28、（14分）催化還原CO2是解決溫室效應及能源問題的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2和H2可發生兩個反應，分別生成CH3OH和CO。反應的熱化學方程式如下:I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

?H1=-53.7kJ/molII.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

?H2某實驗控制CO2和H2初始投料比為1：2.2,經過相同反應時間測得如下實驗數據:T(K)催化劑CO2轉化率(%)甲醇選擇性(%)543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat.212.071.6[備注]Cat.1:Cu/ZnO納米棒，Cat.2:Cu/ZnO

納米片；甲醇選擇性:轉化的CO2中生成甲醇的百分比。已知:①CO和H2的標準燃燒熱分別為-283.0kJ/mol和285.8kJ/mol②H2O(1)H2O(g)?H3=+440kJ/mol請回答(不考慮溫度對?H的影響):(1)a.反應II的?H2=____kJ/mol。b.800℃時，反應I和II對應的平衡常數分別為1.0和2.5，則該溫度下反應：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常數K的數值為_____。(2)在圖中分別畫出I在無催化劑、有Cat.1和有Cat.2三種情況下“反應過程-能量”示意圖(在圖中標注出相應的催化劑)____。

(3)工業生產甲醇還有如下方法:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)副反應:2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)若生產過理中在恒壓條件下通入水蒸氣，從化學平衡的角度分析該操作對生產甲醇帶來的利和弊____。(4)利用光能和光催化劑，可將CO2和H2O(g)轉化為CH4和O2。紫外線照射時，在不同催化劑(1、I、III)作用下，CH4產量隨光照時間的變化如下圖所示。下列說法正確的是____A．催化劑能加快化學反應速率，在反應開始時對正反應的催化效果更好B．從圖中可知催化劑I的催化效果更好C．若光照時間足夠長，三條由線將相交于一點D．光照15h前，無論用所給的哪種催化劑，該反應均未達到平衡

(5)人們正在研究某種鋰一空氣電池，它是一種環境友好的蓄電池。放電時的總反應為:4Li+O2=2Li2O。在充電時，陽極區發生的過程比較復雜，目前普遍認可是按兩步反應進行，請補充完整。電極反應式:______和

Li2O2-2e-=2Li++O229、（10分）硫酸是重要的化工原料，工業制取硫酸最重要的一步反應為：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H<0（1）為提高SO2的轉化率，可通入過量O2，用平衡移動原理解釋其原因：___________。（2）某興趣小組在實驗室對該反應進行研究，部分實驗數據和圖像如下。反應條件：催化劑、一定溫度、容積10L實驗起始物質的量/mol平衡時SO3物質的量/molSO2O2SO3ⅰ0.20.100.12ⅱ000.2a①實驗ⅰ中SO2的轉化率為______。②a____0.12（填“＞”、“＝”或“＜”）。③t1、t2、t3中，達到化學平衡狀態的是________。④t2到t3的變化是因為改變了一個反應條件，該條件可能是___________。（3）將SO2和O2充入恒壓密閉容器中，原料氣中SO2和O2的物質的量之比m（m＝n(SO2)/n(O2)）不同時，SO2的平衡轉化率與溫度（T）的關系如下圖所示，則m1、m2、m3的大小順序為_____。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】

A、HCl和AgCl為電解質，電解質導電需要自由移動的陰陽離子，即需要水溶液或熔融狀態，故A錯誤；B、NH3、CO2的水溶液雖然導電，但導電的離子不是本身電離產生，NH3和CO2不是電解質，均是非電解質，故B錯誤；C、堿性氧化物一定是金屬氧化物，但金屬氧化物不一定是堿性氧化物，如Al2O3屬于兩性氧化物，故C錯誤；D、非金屬氧化物不一定是酸性氧化物，如CO是不成鹽氧化物，酸性氧化物不一定都是非金屬氧化物，如Mn2O7屬于金屬氧化物，故D正確；答案選D。電解質：在水溶液或熔融狀態下能夠導電的化合物，導電的陰陽離子必須是本身電離產生，電解質導電需要條件，在水溶液或熔融狀態。2、A【解析】

A.乙烯和丙烯的最簡式相同，14g乙烯和丙烯混合氣體含1molCH2,原子數目為3NA,故A正確；B.水中也含有氫元素，在50g質量分數為46%的乙醇水溶液中，含有氫原子的物質的量大于3mol，故B錯誤；C.氯氣沒標明狀態，無法計算轉移的電子數，C錯誤；D.Na2CO3屬于強堿弱酸鹽，CO32-發生水解，0.1mol·L-1Na2CO3溶液沒有體積，無法計算，故D錯誤；答案：A。3、B【解析】

發生的反應中，存在元素的化合價變化，與氧化還原反應有關；反之，不存在元素的化合價變化，則與氧化還原反應無關，以此解答該題。【詳解】A.FeCl3與Fe反應生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此過程中Fe的化合價發生變化，涉及到了氧化還原反應，故A不符合題意；B.MgCl2與NaOH溶液發生復分解反應MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，過量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此過程中沒有元素化合價發生變化，未涉及氧化還原反應，故B符合題意；C.部分氯氣與H2O發生反應生成氯化氫和次氯酸，應該用飽和食鹽水除去HCl，除雜方法不正確，故C不符合題意；D.NO2與水反應生成硝酸和NO。反應過程中氮元素化合價發生變化，涉及到了氧化還原反應，故D不符合題意；綜上所述，本題應選B。本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，側重于氧化還原反應判斷的考查，注意把握發生的反應及反應中元素的化合價變化，題目難度不大。4、D【解析】

A．銨態氮肥與草木灰混合水解互相促進，造成營養流失，故A正確；B．降溫可降低活化分子百分數，減小有效碰撞次數，反應速率減小，故B正確；C．“鹽堿地”中Na2CO3水解使土壤成堿性，即：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，通過加石膏生成更難溶的碳酸鈣沉淀，c(CO32-)減少，使水解平衡向逆反應方向移動，土壤堿性減弱，故C正確；D．制備活潑金屬單質Mg是電解熔融狀態MgCl2，故D錯誤，故選D。5、C【解析】

同周期隨原子序數增大第一電離能呈增大趨勢，但ⅤA族3p能級為半滿穩定狀態，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能的大小順序為：D＞B＞A＞C，

故選：C。6、D【解析】

A項，應在水分快蒸干時停止，用余熱蒸干剩余水分，故A項正確；B項，溫度計的水銀球應置于支管口處，不能插入液面以下，故B項正確；C項，分液操作時上下層液體分別從兩口倒出，防止殘留在出口的兩種液體出現混合，故C項正確；D項，萃取劑的選擇與被萃取物質的性質有關，且萃取劑密度不一定需要比水大，比如可作為萃取劑的苯，密度就比水小，故D項錯誤。答案選D。7、C【解析】

凡是有元素化合物升降的反應是氧化還原反應。【詳解】A.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O中元素的化合價均不變化，是非氧化還原反應，A錯誤；B.Na2O+H2O=2NaOH中元素的化合價均不變化，是非氧化還原反應，B錯誤；C.2KI+Br2=2KBr+I2中I元素的化合價升高，Br元素化合價降低，非氧化還原反應，C正確；D.MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素的化合價均不變化，是非氧化還原反應，D錯誤。答案選C。準確判斷出反應中有關元素的化合價變化情況是解答的關鍵。另外也可以依據氧化還原反應與四種基本反應類型的關系分析，例如置換反應一定是氧化還原反應，復分解反應一定不是，有單質生成的分解反應和有單質參加的化合反應均是氧化還原反應。8、D【解析】同系物是指結構相似，分子組成相差若干個CH2原子團的物質，這說明同系物的相對分子質量之間相差14的倍數，所以選項D是正確的。答案選D。9、A【解析】分析：A.根據氧元素的化合價變化計算；B.鈉首先與水反應；C.根據過氧化鈉還具有強氧化性分析；D.碳酸鈉受熱不易分解。詳解：A.Na2O2與水反應時氧元素化合價從－1價部分升高到0價，部分降低到－2價，生成0.1molO2，轉移的電子數為0.2NA，A正確；B.鈉與CuSO4溶液反應首先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉再與硫酸銅發生復分解反應生成氫氧化銅沉淀和硫酸鈉，不能置換出金屬銅，B錯誤；C.過氧化鈉溶于水生成氫氧化鈉和氧氣，溶液顯堿性，同時還具有強氧化性，所以Na2O2遇到濕潤的紫色石蕊試紙后，石蕊試紙先變成藍色，最終褪色，C錯誤；D.在酒精燈加熱條件下，NaHCO3固體能發生分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，Na2CO3穩定性強，D錯誤；答案選A。10、B【解析】

A、溴乙烷在堿性條件下可發生水解，應加入堿性較弱的碳酸鈉溶液除雜，A錯誤；B、硬脂酸鈉不溶于飽和食鹽水溶液，發生鹽析，可分離，B正確；C、乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，應用分液的方法分離，C錯誤；D、乙烯與溴水發生加成反應，乙醛與溴水發生氧化還原反應，D錯誤；正確選項B。本題考查物質的分離和提純，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生分析能力和實驗能力的考察，本題主要考慮在除雜時，不能引入新雜質，更不能影響被提純的物質，難度不大。11、B【解析】

A.質譜儀能記錄分子離子、碎片離子的相對質量，質譜圖中數值最大的即是該分子的相對分子質量；異戊烷與新戊烷是同分異構體，其相對原子質量相同，不能用質譜法區分，故A錯誤；B.紅外光譜能體現出有機物含有的化學鍵，從核磁共振氫譜圖上可以推知有機物分子有幾種不同類型的氫原子及它們的數目之比，可以用于確定有機物的結構，故B正確；C.當液態有機物含有少量雜質，而且該有機物穩定性好，與雜質的沸點相差較大時可以用蒸餾的方法提純，故C錯誤；D.因為酒精能與水互溶，不能作為提取碘水中的碘的萃取劑，故D錯誤；綜上所述，本題正確答案為B。考查有機物的研究方法和分離。質譜法是判斷有機物的相對分子質量的方法；紅外光譜測定原子團的方法；核磁共振氫譜確定有機物分子中氫原子的種類和數目的方法。12、C【解析】試題分析：A．甲烷和氯氣混合光照一段時間后，甲烷中的氫原子被氯原子所代替生成氯代物，所以屬于取代反應；乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色，是高錳酸鉀和乙烯發生了氧化反應的結果，A錯誤；B．乙烯中的雙鍵斷裂，每個碳原子上結合一個溴原子生成1，2-二溴乙烯，所以屬于加成反應；苯和氫氣在一定條件下反應生成環己烷也是加成反應，B錯誤；C．在濃硫酸和加熱條件下，苯環上的氫原子被硝基取代生成硝基苯，所以屬于取代反應；在一定條件下，乙烯中的雙鍵斷裂，一個碳原子上結合一個氫原子，另一個碳原子上結合羥基，生成乙醇，該反應屬于加成反應故C正確；D．乙烯與溴水反應是加成反應；乙酸與乙醇的酯化反應是取代反應，D錯誤；答案選C。考點：考查取代反應和加成反應的判斷13、D【解析】

A.AB4含有氨基和羧基，即AB4具有氨基酸的性質，既能與強酸反應也能與強堿反應，故A正確；B.AB2分子是以羧基和對位碳為對稱軸結構對稱，即AB2中含有4種不同化學環境的氫原子，故B正確；C.AB2含有氨基和羧基，即可發生縮聚反應，故C正確；D.根據AB8的結構簡式可知，AB8中含有兩個氨基，都可發生取代反應，則結構簡式不正確，故D錯誤；故選D。14、A【解析】分析：A項，碳纖維主要成分為碳，并有特殊用途，為新型無機非金屬材料；B項，甲醛有毒，所以不用甲醛溶液浸泡海產品用以保鮮；C項，高純硅能夠制成太陽能電池，即光電池，能用做火星探測器的動力而非二氧化硅；D項，酒精消毒的原理是利用變性作用，而不是將病毒氧化。詳解：A項，碳纖維主要成分為碳，并有特殊用途，為新型無機非金屬材料，A正確；B項，甲醛有毒，所以不用甲醛溶液浸泡海產品用以保鮮，B錯誤；C項，高純硅能夠制成太陽能電池，即光電池，能用做火星探測器的動力而非二氧化硅，故C項錯誤；D項，酒精消毒的原理是利用變性作用，而不是將病毒氧化，D錯誤。綜上所述，本題正確答案為A。點睛：材料可分為無機非金屬材料、金屬材料、有機合成材料和復合材料，無機非金屬材料又分為傳統無機非金屬材料和新型無機非金屬材料，傳統無機非金屬材料主要是硅酸鹽等產品。15、D【解析】

A．二者均與NaOH溶液反應，不能除雜，應選飽和碳酸氫鈉溶液、洗氣法分離，A錯誤；B．二者均與NaOH溶液反應，應先加足量NaOH溶液過濾后，向濾液中加適量鹽酸即可，B錯誤；C．加乙酸引入新雜質，且不分層，應加入新制氧化鈣，利用蒸餾法分離，C錯誤；D．Al與NaOH溶液反應，而Fe不能，則加NaOH溶液后過濾分離，D正確；答案選D。16、C【解析】

A分子中含有一個苯環和一個雜環，故A錯誤；B.羥甲香豆素中含有甲基，甲基為四面體結構，故所有原子不可能均處于同一平面，故B錯誤；C.羥甲香豆素中除羥基外，還有5種不同環境的氫，則二氯代物超過兩種，故C正確；D.分子中含有一個苯環、一個碳碳雙鍵，能與氫氣發生加成反應，則1mol羥甲香豆素與氫氣加成，最多需要4molH2，故D錯誤。故選C。本題考查有多個官能團的有機物的結構和性質，綜合性強，涉及反應類型的判斷、同分異構體種數的判斷、分子中原子共面問題和反應耗氫量的計算，易錯點是容易把另一個環當成苯環，注意審題要仔細。17、D【解析】

A．二者含有的O原子數目不同，則分子式不同，不是同分異構體，選項A錯誤；B．莽草酸含有碳碳雙鍵，而奎寧酸不含，選項B錯誤；C．奎寧酸不含碳碳雙鍵，不能發生加成反應，選項C錯誤；D．含有羥基和羧基，都可與鈉反應，且羥基、羧基數目之和的比值為5：4，則同溫同壓下產生H2的體積比為5：4，選項D正確．答案選D。18、C【解析】

A．苯中不含碳碳雙鍵，不能與高錳酸鉀反應，則苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但能燃燒生成二氧化碳和水，可發生氧化反應，故A錯誤；B．煤經過干餾可制得焦炭、煤焦油等產品，故B錯誤；C．在CH3-CH═CH2中由于含有甲基，所以所有原子不可能共平面，故C正確；D．淀粉、纖維素中含有葡萄糖單元，不含有葡萄糖分子，故D錯誤。故選C。19、C【解析】A.質譜法通常用來確定有機物的相對分子質量，A錯誤；B.將有機物燃燒進行定量分析，不能直接確定該有機物的分子式，B錯誤；C.根據有機物結構簡式可知在核磁共振氫譜中能出現三組峰，峰面積之比為6∶2∶8＝3∶1∶4，C正確；D.二甲醚與乙醇含有的官能團不同，可以利用紅外光譜法進行鑒別，D錯誤，答案選C。20、D【解析】

A.同分異構體的相對分子質量相同，組成元素也相同，但相對分子質量相同，組成元素也相同的化合物分子式不一定相同，所以不一定是同分異構體，如甲酸與乙醇，A項錯誤；B.分子結構不相似，即使分子組成相差一個或若干個CH2原子團的物質，也不是同系物，如甲酸甲酯與丙酸，B項錯誤；C.碳原子數相同的烷烴互為同分異構體，如正戊烷和異戊烷，C項錯誤；D.CnH2n＋2(n≥1)是烷烴的通式，所以分子式符合CnH2n＋2(n≥1)的有機物一定屬于烷烴，D項正確；答案選D。21、C【解析】

既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能與溴水反應使溴水褪色，則有機物不含碳碳雙鍵、三鍵、-CHO，也不能為苯的同系物等，以此來解答。【詳解】①乙烷、④苯、⑥溴乙烷、⑦聚乙烯均既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能與溴水反應使溴水褪色；②乙烯、③乙炔、⑧環己烯均既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能與溴水反應使溴水褪色；⑤甲苯只能使酸性KMnO4溶液褪色，則符合題意的物質序號為①④⑥⑦；故合理選項是C。本題考查有機物的結構與性質的知識，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意常見有機物的性質。22、D【解析】A．與乙酸、濃硫酸共熱時，發生酯化反應，①斷裂，故A正確；B．與濃硫酸共熱至170℃時，發生消去反應生成乙烯，②、④鍵斷裂，故B正確；C．在Ag催化下與O2反應時，生成乙醛，①、③鍵斷裂，故C正確．B．與HBr反應時，生成溴乙烷，②鍵斷裂，故D錯誤；本題選D。點睛：乙醇含有-OH，可發生取代、消去、氧化等反應，反應條件不同，生成物不同，化學鍵斷裂的方式不同，當發生酯化反應時，①斷裂，發生取代反應時，②鍵斷裂，發生消去反應時，②④斷裂，發生催化氧化時①③斷裂，以此解答該題。二、非選擇題(共84分)23、N＞P＞S[Ar]3d7水分子間形成氫鍵a分子共價鍵、配位鍵、范德華力【解析】

A、B、C、D、E為元素周期表中前四周期元素，原子序數依次增大，B元素原子核外電子占用3個能級，其中最高能級上的電子數是其所在能層數的2倍，核外電子排布式為1s22s22p4，故B為O元素；A元素原子核外有3個未成對電子，原子序數小于氧，故核外電子排布式為1s22s22p3，則A為N元素；D元素與B元素同族，C元素與A元素同族，結合原子序數大小可知C為P元素、D為S元素；E元素只能為第四周期元素，E元素原子的價電子數是其余電子數的一半，則價電子數為9，E的核電荷數為18+9=27，為Co元素，據此分析解答。【詳解】根據上述分析，A為N元素，B為O元素，C為P元素，D為S元素，E為Co元素。(1)同主族自上而下第一電離能減小，同周期隨原子序數增大第一電離能呈增大趨勢，P元素原子3p能級為半充滿穩定狀態，第一電離能高于硫，故第一電離能由大到小的順序為：N＞P＞S，E為Co元素，價電子排布式為3d74s2，E2+的基態電子排布式為[Ar]3d7，故答案為：N＞P＞S；[Ar]3d7；(2)水分子間能夠形成氫鍵，而硫化氫分子間不能形成氫鍵，使得水的沸點高于硫化氫，故答案為：水分子間能夠形成氫鍵；(3)結構中黑色球與白色球數目分別為4、10，故該物質為P4O10，結合O原子形成8電子結構，可知a鍵為P=O、b鍵為P-O單鍵，雙鍵中電子云重疊更大，故鍵長較短的鍵為a，故答案為：a；(4)①Co2(CO)8熔點低、易升華，溶于乙醇、乙醚、苯，說明Co2(CO)8屬于分子晶體，故答案為：分子；②Co2(CO)8中Co與CO之間形成配位鍵，CO中含有極性鍵，分子之間存在范德華力，故答案為：配位鍵、極性共價鍵、范德華力。正確判斷元素的種類是解題的關鍵。本題的易錯點和難點為(3)，要注意判斷結構中磷氧鍵的類別。24、17N1：2V型B【解析】

已知

X、Y、Z、M、R五種元素中，原子序數X<Y<Z<M<R，X元素原子原子的L層上s電子數等于p電子數，核外電子排布為，則X為C元素；Y元素原子核外的L層有3個未成對電子，核外電子排布為，則Y為N元素；Z元素在元素周期表的各元素中電負性僅小于氟，則Z為O元素；M元素單質常溫、常壓下是氣體,原子的M層上有1個未成對的p電子,原子核外電子排布為，則M為Cl；第四周期過渡元素，其價電子層各能級處于半充滿狀態，應為Cr元素，價層電子排布式為。【詳解】(1)M為Cl，原子核外電子排布為共有17種不同運動狀態的電子，有5種不同能級的電子；(2)同一主族元素的第一電離能隨著原子序數的增大而減小，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一電離能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的，因為N原子的2p能級電子為半充滿，為較穩定的結構,則N的第一電能較大；(3)根據題意知Y的單質為N2，其中氮氮之間存在1個鍵和2個鍵，因此鍵與鍵數目之比為1:2。中心氧原子有6個價電子，兩個Cl分別提供一個電子，所以中心原子價電子對數，中心O原子雜化為雜化，空間構型為V型；(4)Cr的最高化合價為+6，氯化鉻?和氯化銀的物質的量之比是，根據氯離子守恒知，則?化學式中含有2個氯離子為外界離子，剩余的1個氯離子是配原子，所以氯化鉻?的化學式可能為?。25、CuSO4不能CuS、Cu2S與硝酸反應的產物相同3Cu2S+16HNO3+=3CuSO4+10NO↑+3Cu(NO3)2+8H2OCu2SCu2S24.0g、CuS24.0g【解析】

稀硝酸具有強氧化性，能把S從-2價氧化為-6價，把Cu從-1價氧化為+2價，本身會被還原為NO這一無色氣體，由此可以寫出CuS和Cu2S與稀硝酸的反應方程式。在題③中，因為涉及到質量的變化，所以需要考慮反應前后，固體物質的相對分子質量的變化情況，經過分析，1份Cu2S生成2份CuO（Cu原子守恒），其相對分子質量沒有發生變化，而1份CuS生成1份CuO（Cu原子守恒），相對分子質量減小了16，利用差量法可以推斷出混合物中成分及相應的質量。【詳解】①用蒸餾水洗滌固體，得到藍色溶液，則固體中一定含有CuSO4；②CuS、Cu2S和稀硝酸反應的方程式分別為：；，兩個反應都有藍色溶液和無色氣泡生成，且加入BaCl2溶液后都有白色沉淀生成，所以無法判斷黑色固體的成分；③F瓶中品紅溶液褪色，說明有SO2生成；根據銅原子個數守恒，有Cu2S-2CuOΔm=64×2+32-64×2-16×2=0，CuS-CuOΔm=64+32-64-16=16；實驗I中，反應前后固體質量不變，則說明黑色固體中只有Cu2S；實驗II中，固體質量變化量為4.0g，則可以推斷出該質量變化由CuS引起，有CuS-CuOΔm=169616m(CuS)4.0gm(CuS)==24.0gm(Cu2S)=48.0g-24.0g=24.0g則該黑色固體成為24.0g的Cu2S和24.0g的CuS。仔細分析兩種固體和稀硝酸反應后的產物，即可推斷出相關的化學方程式，并答題。此外，對于通過質量判斷混合物成分的題目，可以考慮使用差量法來解題。26、③品紅試液褪色①溴水的橙色褪去2H2S+SO2=3S↓+2H2O⑥SO2+2OH-=SO32-+H2O【解析】分析：（1）SO2能使品紅溶液褪色，說明SO2具有漂白性；（2）溴水具有氧化性，能氧化二氧化硫；（3）二氧化硫能把H2S氧化；（4）SO2是酸性氧化物，能被堿液吸收。詳解：（1）SO2具有漂白性，能使品紅溶液褪色，欲驗證SO2的漂白作用，應將SO2氣體通入品紅溶液，溶液紅色褪去；（2）SO2具有還原性，能被溴水溶液氧化而使溶液褪色，欲驗證SO2的還原性，應將SO2氣體通入溴水溶液，溴水的橙色溶液褪色；（3）SO2具有氧化性，能與硫化氫反應生成單質硫沉淀，欲驗證SO2的氧化性，應將SO2氣體通入H2S溶液生成淡黃色的硫沉淀，方程式為SO2+2H2S=3S↓+2H2O；（4）二氧化硫有毒，是酸性氧化物，能與堿反應，為防止多余的SO2氣體污染環境，應將尾氣通入NaOH溶液，發生反應2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O，離子方程式為2OH-+SO2＝SO32-+H2O。27、4H++4I-+O2==2I2+2H2O其他條件相同時，增大c(H+)使I-被O2氧化的速率加快升高溫度或通入O2對照實驗，證明SO42-對該反應的化學反應速率沒有影響增強I-的還原性10mL1mol·L-1KI溶液、10mLH2O指針偏轉大于Ⅵ10mL1mol·L-1KI溶液、2mL0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mLH2O【解析】

本題主要考察實驗探究，注意“單一變量”原則。【詳解】（1）①題中已告知I-被O2氧化，所以離子方程式為4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；②這三組實驗中，變量是H+的濃度，結果是溶液變藍的速度，反映出H+的濃度對I-被O2氧化的速率；③對于非氣相反應而言，加快反應速率的措施還有加熱，增加其他反應物的濃度，或者加入催化劑（在本實驗中，反應速率較快，為了更好的觀察實驗結果，可不使用催化劑）；④實驗IV的作用是對照作用，排除SO42-對實驗結果的影響；（2）ii，對照i的說法為增大c(H+)，增強I-的還原性；對比實驗V、VI、VII，三組實驗的溶液b在變化，根據單一變量原則，溶液a是不應該有變動的，所以X應為10mL1mol·L－1KI溶液、10mLH2O，由于實驗VII的溶液b中H+濃度比實驗VI的大，反應速率會加快，這意味著單位時間內轉移的電子數量會增多，指針會出現偏轉，且比實驗VI的大；經過對比，實驗V和VIII的溶液b相同，則兩個實驗的溶液a應該有所不同，實驗探究的是H+的影響，實驗V的a溶液中沒有H+，則實驗VIII的a溶液中應該有H+，故Z為10mL1mol·L-1KI溶液、2mL0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mLH2O。28、+41.20.4利:通入水蒸氣增大了水蒸氣的濃度，使副反應平衡左移，減少副反應的發生；弊:恒壓通入水蒸氣相當于減壓，使主反應平衡左移，甲醇平衡產