2024屆云南省曲靖市宣武九中化學高二第二學期期末綜合測試試題含解析

2024屆云南省曲靖市宣武九中化學高二第二學期期末綜合測試試題請考生注意：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(qū)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(guī)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、下列事實可以證明一水合氨是弱電解質的是（）①0.1mol·L-1的氨水可以使酚酞試液變紅②0.1mol·L-1的氯化銨溶液的pH約為5③在相同條件下，氨水溶液的導電性比強堿溶液弱④銨鹽易溶于水，受熱易分解A．①② B．②③ C．③④ D．②④2、關于化學式[TiCl(H2O)5]Cl2?H2O的配合物的下列說法中正確的是A．配位體是Cl﹣和H2O，配位數是9B．中心離子是Ti4+，配離子是[TiCl(H2O)5]2+C．內界和外界中的Cl﹣的數目比是1：2D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl﹣均被完全沉淀3、我國自主研發(fā)“對二甲苯的綠色合成路線”取得新進展，其合成示意圖如下。下列說法中，不正確的是A．過程i發(fā)生了加成反應B．對二甲苯的一溴代物只有一種C．M所含官能團既可與H2反應，也可與Br2的CCl4溶液反應D．該合成路線理論上碳原子利用率為100％，且產物易分離4、2018年世界環(huán)境日主題為“塑戰(zhàn)速決”。下列做法不應該提倡的是A．使用布袋替代一次性塑料袋購物B．焚燒廢舊塑料以防止“白色污染”C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料D．用高爐噴吹技術綜合利用廢塑料5、下列關于有機化合物和的說法正確的是()A．一氯代物數目均有6種B．二者均能發(fā)生取代、加成和氧化反應C．可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分D．分子中所有碳原子可能在同一平面上6、實驗室用溴和苯反應制取溴苯，得到粗溴苯后，要用如下操作精制：①蒸餾；②水洗；③用干燥劑干燥；④10%NaOH溶液洗；⑤水洗。正確的操作順序是A．①②③④⑤ B．②④⑤③①C．④②③①⑤ D．②④①⑤③7、關于分散系，下列敘述中不正確的是（）A．按照分散質和分散劑狀態(tài)不同（固、液、氣），它們之間可有9種組合方式B．當分散劑是水或其他液體時，如果按照分散質粒子的大小來分類，分散系可分為溶液、膠體、濁液C．溶液是穩(wěn)定的分散系，放置后不會生成沉淀；而膠體是不穩(wěn)定的分散系，放置會生成沉淀D．溶液中通過一束光線沒有特殊現象，膠體中通過一束光線出現光亮“通路”8、某同學為了使反應2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑能進行，設計了如下所示的四個實驗方案，你認為可行的方案是()A． B． C． D．9、25℃和101kPa，乙烷、乙炔和丙烯組成的混合烴32mL與過量氧氣混合并完全燃燒，除去水蒸氣，恢復到原來的溫度和壓強，氣體總體積縮小了72mL，原混合烴中乙炔的體積分數為()A．15% B．25% C．45% D．75%10、相同溫度下，關于氫氧化鈉溶液和氨水兩種溶液的比較，下列說法正確的是A．pH相等的兩溶液中：c（Na+）＝c（NH4+）B．分別中和pH相等、體積相等的兩溶液，所需HCl的物質的量相同C．相同濃度的兩溶液，導電能力相同D．相同濃度的兩溶液，分別與HCl氣體反應后呈中性的溶液中（忽略溶液體積變化）：c（Na+）＝c（NH4+）11、化合物A、B、C都只含有兩種元素，且A、B均含X元素。已知一定條件下可發(fā)生反應：A＋B——X＋C，X是一種單質，由此可知X元素（）A．一定是金屬元素B．一定是非金屬元素C．可能是金屬元素，也可能是非金屬元素D．無法確定12、在十九大報告中指出：“綠水青山就是金山銀山?！倍没瘜W知識降低污染、治理污染，改善人類居住環(huán)境是化學工作者當前的首要任務。下列做法不利于環(huán)境保護的是A．開發(fā)清潔能源B．有效提高能源利用率C．研制易降解的生物農藥D．對廢電池做深埋處理13、乙酸乙酯是一種用途廣泛的精細化工產品。工業(yè)生產乙酸乙酯的方法很多，如圖：下列說法正確的是（）A．反應①、②均是取代反應B．反應③、④的原子利用率均為100％C．與乙酸乙酯互為同分異構體的酯類化合物有2種D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三種無色液體可用Na2CO3溶液鑒別14、用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．常溫常壓下，6.4g氧氣和臭氧混合氣體中含有的原子總數為0.4NAB．常溫常壓下，22.4LCl2中含有的分子數為NAC．1L1mol/LK2SO4溶液中含有的鉀離子數為NAD．1mol鈉變?yōu)镹a+失去的電子數為11NA15、下列有機反應屬于同一反應類型的是（）A．甲烷制一氯甲烷、苯制硝基苯 B．苯制溴苯、乙烯制乙醇C．乙醇制乙醛、乙醇和乙酸制乙酸乙酯 D．苯生成環(huán)己烷、多糖的水解16、右圖表示4-溴環(huán)己烯所發(fā)生的4個不同反應。其中，產物官能團種類不會減少的反應是()A．②③ B．③④C．①② D．①④17、由2—溴丙烷（CH3CHBrCH3）制備少量的1，2—丙二醇（HOCH2CHOHCH3）時需經過下列哪幾步反應（）A．加成、消去、取代 B．消去、加成、取代C．取代、消去、加成 D．消去、加成、消去18、某課外小組在實驗室模擬工業(yè)上從濃縮海水中提取溴的工藝流程，設計以下裝置進行實驗(所有橡膠制品均已被保護，夾持裝置已略去)。下列說法錯誤的是A．裝置中通入的是a氣體是Cl2B．實驗時應在A裝置中通入a氣體一段時間后，停止通入，改通入熱空氣C．B裝置中通入a氣體前發(fā)生的反應為SO2+Br2+2H2O===H2SO4+2HBrD．C裝置的作用只是吸收多余的二氧化硫氣體19、化學與生產、生活密切相關，下列說法正確的是（）A．全球首段光伏高速公路亮相濟南，光伏發(fā)電所用電池板主要材料是二氧化硅B．《物理小識》記載“青礬(綠礬)

廠氣熏人，衣服當之易爛，栽木不茂”，青礬廠氣是CO和CO2C．平昌冬奧會“北京8分鐘”主創(chuàng)團隊用石墨烯制作發(fā)熱服飾，說明石墨烯是能導熱的金屬材料D．《本草綱目》描述“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”其中的堿是K2CO320、用括號中的試劑及相應操作除去下列各組中的少量雜質，最恰當的一組是()A．苯中的苯酚（溴水，過濾）B．乙酸乙酯中的乙酸（燒堿，分液）C．乙酸（乙醇）：（金屬鈉，蒸餾）D．溴苯（Br2）(NaOH溶液，分液)21、下列每組中各有三對物質，它們都能用分液漏斗分離的是（）A．乙酸乙酯和水、酒精和水、苯酚和水B．1，2﹣二溴乙烷和水、溴苯和水、硝基苯和水C．甘油和水、乙醛和水、乙酸和乙醇D．四氯化碳和水、甲苯和水、已烷和苯22、下列化合物在一定條件下，既能發(fā)生消去反應，又能發(fā)生水解反應的是()A．CH3Cl B．C． D．二、非選擇題(共84分)23、（14分）由五種常見元素構成的化合物X，某學習小組進行了如下實驗：①取4.56gX，在180℃加熱分解，得到白色固體A和1.792L(折算成標準狀況)純凈氣體B，B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。②將A溶于水后，得藍色溶液；再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C和藍綠色溶液D。③在藍綠色溶液D中加入足量的KI溶液，又得3.82g白色沉淀和黃色溶液。(1)X中5種元素是H、O、__________________________________(用元素符號表示)(2)X受熱分解的化學方程式是__________________________________。(3)藍綠色溶液D與足量KI反應的離子方程式是__________________________________。24、（12分）酮洛芬是一種良好的抗炎鎮(zhèn)痛藥，可以通過以下方法合成:(1)化合物D中所含官能團的名稱為__________________和_____________________。(2)化合物E的結構簡式為__________________；由B→C的反應類型是____________。(3)寫出C→D的反應方程式____________________________________。(4)B的同分異構體有多種，其中同時滿足下列條件的有_____種。I.屬于芳香族化合物II.能發(fā)生銀鏡反應III.其核磁共振氫譜有5組波峰，且面積比為1:1:1:1:3(5)請寫出以甲苯為原料制備化合物的合成路線流程圖____(無機試劑可任選)。合成路線流程圖示例如圖:。25、（12分）應用電化學原理，回答下列問題：（1）上述三個裝置中，負極反應物化學性質上的共同特點是_________。（2）甲中電流計指針偏移時，鹽橋（裝有含瓊膠的KCl飽和溶液）中離子移動的方向是________。（3）乙中正極反應式為________；若將H2換成CH4，則負極反應式為_______。（4）丙中鉛蓄電池放電一段時間后，進行充電時，要將外接電源的負極與鉛蓄電池______極相連接。（5）應用原電池反應可以探究氧化還原反應進行的方向和程度。按下圖連接裝置并加入藥品（鹽橋中的物質不參與反應），進行實驗：ⅰ．K閉合時，指針偏移。放置一段時間后，指針偏移減小。ⅱ．隨后向U型管左側逐漸加入濃Fe2(SO4)3溶液，發(fā)現電壓表指針的變化依次為：偏移減小→回到零點→逆向偏移。①實驗ⅰ中銀作______極。②綜合實驗ⅰ、ⅱ的現象，得出Ag+和Fe2+反應的離子方程式是______。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(huán)境，應將尾氣通入______中(填物質編號)，反應離子方程式為__________________________。27、（12分）某些資料認為NO不能與Na2O2反應。有同學提出質疑，他認為NO易與O2發(fā)生反應，應該更容易被Na2O2氧化。查閱資料：a.2NO＋Na2O2=2NaNO2b．6NaNO2＋3H2SO4(稀)=3Na2SO4＋2HNO3＋4NO↑＋2H2Oc．酸性條件下，NO能被MnO4－氧化成NO3－該同學利用如圖中裝置來探究NO與Na2O2的反應(裝置可重復使用)。(1)裝置連接的順序為A→_______________，A中生成NO的化學方程式____________；(2)裝置C的作用是_________________；(3)裝置E的作用是_________________，發(fā)生反應的離子方程式為______________；(4)充分反應后，檢驗D裝置中是否生成了NaNO2的實驗操作是______________________。28、（14分）太陽能電池板材料除單晶硅外，還有銅、銦、鎵、硒等化學物質。（1）硼、銦與鎵同是ⅢA族元素，寫出鎵元素基態(tài)原子的價電子排布圖：_______________。B3N3H6可用來制造具有耐油、耐高溫性能的特殊材料，它的一種等電子體的分子式為_________，B3N3H6分子中N、B原子的雜化方式分別為_________、______。（2）多元化合物薄膜太陽能電池材料為無機鹽，其主要包括砷化鎵、硫化鎘、磷化鎵及銅銦硒薄膜電池等。其中元素As、S、P、Ga的電負性由小到大的順序為：______________________________________________。（3）銅離子是人體內多種酶的輔因子，人工模擬酶是當前研究的熱點。某化合物Y與Cu（Ⅰ）（Ⅰ表示化合價為+1）結合形成圖甲所示的離子。該離子中含有化學鍵的類型有____________________（填序號）。A．極性鍵B．離子鍵C．非極性鍵D．配位鍵（4）向氯化銅溶液中通入足量的二氧化硫，生成白色沉淀M，M的晶胞結構如圖乙所示。寫出該反應的離子方程式：________________________________________________。（5）已知由砷與鎵元素組成的化合物A為第三代半導體。已知化合物A的晶胞結構與金剛石相似，其晶胞結構如圖丙所示，請寫出化合物A的化學式_____________。設化合物A的晶胞邊長為pm，則每立方厘米該晶體中所含砷元素的質量為____________________g（NA表示阿伏加德羅常數的值）。29、（10分）根據要求回答下列問題：I.氯系消毒劑在生活中有廣泛應用。（1）NaClO2是飲用水的消毒劑，常用FeSO4?7H2O清除殘留的亞氯酸鈉。①Fe2＋的電子排布式為[Ar]________________________________。②與SO42－互為等電子體的分子有____________________(寫一種)。③ClO2－中氯原子的孤電子對數為___________。④常用K3[Fe(CN)6]檢驗水中的F2＋。K3[Fe(CN)6]的配體是________________。（2）ClO2是新一代飲用水消毒劑。沸點：ClO2________________(填“＞”“＜”或“＝”)Cl2O，理由是________________________________________________。Ⅱ.Fe、Cu為過渡金屬元素，它們在工業(yè)生產中都有重要的應用。（2）將乙醇蒸氣通過赤熱的氧化銅粉末，會發(fā)生反應：①有同學書寫基態(tài)碳原子的核外電子排布圖為，這樣的書寫不正確，違背了________。②乙醛和乙醇的相對分子質量相差2，但是乙醇的沸點遠高于乙醛，其主要原因是_______。（2）Fe、Fe2＋都能被硝酸氧化。HNO3中氮原子軌道的雜化類型為_______________________。（3）NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物，該配合物中心離子的配位數為__________________________。（4）研究發(fā)現，陽離子的顏色與未成對電子數有關。例如，Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋等。Cu＋呈無色，其原因是_____________________________。

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、B【解題分析】

①0.1mol/L的氨水可以使酚酞試液變紅，只能說明氨水具有堿性，但不能說明電離程度，故①不選；②0.1mol/L的氯化銨溶液的pH約為5，可說明氯化銨為強酸弱堿鹽，水解呈酸性，可說明一水合氨為弱電解質，故②選；③在相同條件下，氨水溶液的導電性比強堿溶液弱，可說明一水合氨為弱電解質，故③選；④銨鹽受熱易分解，與電解質的強弱無關，故④不選；綜上，選擇的是②③，答案選B?！绢}目點撥】本題重點掌握，證明一水合氨是弱電解質，可從部分電離、存在電離平衡以及對應的鹽的酸堿性的角度比較，可與強電解質對照判斷。2、C【解題分析】

配合物也叫絡合物，為一類具有特征化學結構的化合物，由中心原子或離子(統(tǒng)稱中心原子)和圍繞它的稱為配位體(簡稱配體)的分子或離子，完全或部分由配位鍵結合形成，配合物中中心原子提供空軌道，[TiCl(H2O)5]Cl2?H2O，配體Cl、H2O，提供孤電子對；中心離子是Ti3+，配合物中配位離子Cl-不與Ag+反應，外界離子Cl-離子與Ag+反應，據此分析解答。【題目詳解】A項，配位體是內界的1個Cl-和5個H2O，則配位數是6，故A項錯誤；B項，配離子是[TiCl(H2O)5]2+，根據電荷守恒可知中心離子是Ti3+C項，根據已知配合物的化學式，[TiCl(H2O)5]2+中（內界）的Cl-數目為1，剩余部分含有的Cl-數目為2，則內界和外界中的Cl-的數目比是1：2，故C項正確；D項，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，內界的Cl-不會被沉淀，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為C?！绢}目點撥】本題考查配合物的成鍵，側重分析與應用能力的考查，注意只有外界中的Cl-與AgNO3溶液反應，把握中心離子、配位體、配位離子的判斷為解答的關鍵。3、B【解題分析】

A.過程i是異戊二烯和丙烯共同發(fā)生加成反應，生成具有對位取代基的六元中間體—4-甲基-3-環(huán)己烯甲醛，選項A正確；B.對二甲苯高度對稱，分子中只有2種化學環(huán)境下的氫原子，其一溴代物有2種，選項B不正確；C.M所含官能團有碳碳雙鍵和醛基，均可與H2發(fā)生加成反應，碳碳雙鍵也可與Br2的CCl4溶液反應，選項C正確；D.該合成路線理論上碳原子利用率為100％，且產物對二甲苯與水互不相溶易分離，選項D正確。答案選B?！绢}目點撥】本題考查有機合成及推斷，利用最新的科研成果，通過加成反應和對原子利用率的理解，考察了學生利用已學知識解決未知問題的能力。4、B【解題分析】

A.使用布袋替代一次性塑料袋購物，可以減少塑料的使用，減少“白色污染”，故不選A；B.焚燒廢舊塑料生成有毒有害氣體，不利于保護生態(tài)環(huán)境，故選B；C.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯類可降解塑料可以在自然界中自行分解為小分子化合物，所以替代聚乙烯塑料，可減少“白色污染”，故不選C；D.高爐噴吹廢塑料是將廢塑料作為高爐煉鐵的燃料和還原劑，利用廢塑料燃燒向高爐冶煉提供熱量，同時利用廢塑料中的C、H元素，還原鐵礦石中的Fe，使廢塑料得以資源化利用、無害化處理和節(jié)約能源的有效綜合利用方法，故不選D。5、C【解題分析】

A.中有6種等效氫，則一氯代物有6種，中有4種等效氫，一氯代物有4種，兩種一氯代物數目不同，故A錯誤；B.中含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，除此之外還能發(fā)生取代、氧化反應，中不含不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，能發(fā)生取代、氧化反應，故B錯誤；C.中含碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀褪色，中不含不飽和鍵，不能使酸性高錳酸鉀褪色，則可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分，故C正確；D.中與碳碳雙鍵上的碳原子直接相連的原子共面，其中含1個叔碳原子（與甲基直接相連的碳原子），則所有碳原子不可能在同一平面上，故D錯誤。答案選C。6、B【解題分析】

粗溴苯中含有苯、溴苯、溴化鐵和溴，提純時，為減少NaOH的用量，可先用水洗，可除去溴化鐵和少量溴，然后加入10%的NaOH溶液洗滌，可除去溴，再用水洗除去堿液，經干燥后進行蒸餾可得溴苯，所以正確的操作順序為：②④⑤③①，故合理選項是B。7、C【解題分析】

A項，按照分散質和分散劑狀態(tài)不同（固、液、氣），它們之間可由9種組合方式，A項正確；B項，當分散劑是水或其他液體時，如果按照分散質粒子的大小來分類，分散質粒子小于1nm的為溶液，分散質粒子介于1nm~100nm之間的為膠體，分散質粒子大于100nm的為濁液，B項正確；C項，膠體中膠粒帶同種電荷，互相排斥，也是較穩(wěn)定的分散系，放置不會生成沉淀，只有在一定的條件下，例如加熱、加電解質等情況下才可發(fā)生聚沉，C項錯誤；D項，膠體中膠體粒子對光有散射作用，可以產生丁達爾效應，溶液不能產生丁達爾效應，D項正確；故答案為C。8、C【解題分析】

由2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑可知該反應不是自發(fā)的氧化還原反應，故只能設計成電解池；H元素的化合價由+1價降低到0價，得到電子，發(fā)生還原反應，陰極上的電極反應為：2H++2e-=H2↑，銀元素的化合價從0價升高到+1價，發(fā)生氧化反應，銀作陽極，電極反應為：Ag-e-=Ag+，所以銀作陽極，鹽酸作電解質溶液，形成電解池；答案選C。【題目點撥】解答本題是需要根據總反應判斷裝置是原電池還是電解池，再根據得失電子判斷電極；判斷時①電極：陰極是與電源負極相連，得到電子，發(fā)生還原反應；陽極是與電源正極相連，失去電子，發(fā)生氧化反應。②電子和離子的移動方向(惰性電極)。特別需要注意的是：①金屬活動性順序中銀以前的金屬(含銀)作電極時，由于金屬本身可以參與陽極反應，稱為金屬電極或活性電極(如Zn、Fe、Cu、Ag等)；金屬活動性順序中銀以后的金屬或非金屬作電極時，稱為惰性電極，主要有鉑(Pt)、石墨等；②電解時，在外電路中有電子通過，而在溶液中是靠離子移動導電，即電子不通過電解質溶液。9、B【解題分析】

根據有機物燃燒的化學反應方程式，分析反應前后氣體體積的變化，利用氣體體積縮小了72mL及混合氣體的體積列式計算出乙炔的體積，最后計算乙炔的體積分數?！绢}目詳解】常溫下，水為液體，由乙烷、乙炔和丙烯燃燒的方程式可知，除去水蒸氣，恢復到原來的溫度和壓強，C2H6+O22CO2+3H2O△V

1

2

2.5C2H2+O22CO2+H2O△V

1

2

1.5

C3H6+O23CO2+3H2O△V

1

3

2.5則C2H6和C3H6反應后體積縮小的量是相同的，故可將兩者看成是一種物質即可，設C2H6和C3H6一共為xmL，C2H2為ymL，則有x+y＝32，2.5x+1.5y＝72，解得y=8mL，混合烴中乙炔的體積分數為×100%＝25%，故選B?！绢}目點撥】掌握有機物燃燒的化學反應方程式的計算是解題的關鍵。本題的難點是乙烷和丙烯反應后體積縮小的量是相同的，可以看成一種物質進行解答。10、A【解題分析】

A．溶液中分別存在電荷守恒c(Na+)

+

c(H+)=

c(OH-

)、c(NH4+)

+

c(H+)

=

c(OH

-)，若pH相等，則c(H+)、c(OH-)相等，可知c(Na+)

=

c(NH4+)，故A正確；

B．一水合氨為弱電解質，pH相等時氨水濃度較大，分別中和pH相等、體積相等的兩溶液，氨水消耗HCl的物質的量較多，故B錯誤；

C．等濃度的氫氧化鈉溶液和氨水兩溶液，氫氧化鈉是強電解質完全電離，離子濃度大，導電能力強，故C錯誤；D．相同濃度的兩溶液，分別通入HCI氣體反應后呈中性的溶液中，根據電荷守恒和溶液呈中性有：c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c1

(Cl-)，c(NH4+)=

c2(Cl-

)，若要達到兩溶液呈中性，氨水中通HCl氣體要略少，所以中性溶液中c(Na+)

>

c(NH4+)，故D錯誤；故答案：A?！绢}目點撥】溶液的導電能力與離子的濃度和離子所帶電荷數有關，離子的濃度越大、離子所帶電荷數越多，則溶液的導電能力越強；二者均恰好完全反應，氯化銨溶液呈酸性，若要溶液呈中性，則氯化銨溶液中一水合氨稍過量，即通入的HCl氣體少，再結合電荷關系分析判斷。11、B【解題分析】分析:根據題意:(1)A、B、C都是化合物；(2)A、B均含X元素；(3)反應生成單質X，可以推知該反應為“歸中型”氧化還原反應。即化合物A、B中X元素的化合價“一高一低”(一個高于0價、一個低于0價),兩者共同作用生成X單質(化合價為0)。因為金屬元素在化合物中只呈現正價態(tài)，不可能有負價態(tài)，因此可以肯定X不是金屬元素；只有非金屬元素在化合物中才既可呈正價態(tài)，又可呈負價態(tài)，并在一定條件下可以發(fā)生歸中反應。詳解:根據題意:(1)A、B、C都是化合物；(2)A、B均含X元素；(3)反應生成單質X，可以推知該反應為“歸中型”氧化還原反應。即化合物A、B中X元素的化合價“一高一低”(一個高于0價、一個低于0價),兩者共同作用生成X單質(化合價為0)。因為金屬元素在化合物中只呈現正價態(tài)，不可能有負價態(tài)，因此可以肯定X不是金屬元素；只有非金屬元素在化合物中才既可呈正價態(tài)，又可呈負價態(tài)，并在一定條件下可以發(fā)生歸中反應。例如：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，4NH3+6NO=5N2+6H2O，所以X應該是非金屬，即該題的答案為B。

所以B選項是正確的。12、D【解題分析】A.開發(fā)清潔能源有利于減少空氣污染，保護環(huán)境；B.有效提高能源利用率，可以減少能源的消耗，保護環(huán)境；C.研制易降解的生物農藥，可以減少農藥的殘留，保護了環(huán)境；D.對廢電池做深埋處理，電池中的重金屬離子會污染土壤和地下水。本題選D。13、D【解題分析】

A.反應①為酯化反應，屬于取代反應，反應②不飽和度降低，為加成反應，A項錯誤；B.反應③產物只有乙酸乙酯，其原子利用率為100％，而反應④為C4H10+O2→C4H8O2，H原子沒有全部進入到目標產物，原子利用率不為100%，B項錯誤；C.與乙酸乙酯互為同分異構體的酯類有HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3中，C項錯誤；D.乙醇溶于碳酸鈉溶液，乙酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，乙酸乙酯不溶于碳酸鈉溶液，則乙醇、乙酸、乙酸乙酯三種無色液體可用Na2CO3溶液鑒別，D項正確；答案選D?！绢}目點撥】有機物中的化學反應類型是?？键c，其中取代反應與加成反應的特點很顯著，判斷依據可歸納為：若為取代反應，以甲烷與氯氣在光照下反應為例，甲烷分子內的一個H被取代，消耗一個Cl2，同時產生一個無機小分子HCl；若為加成反應，以CH2=CH2與Br2反應為例，其原理是：C=C中的雙鍵斷開其中一個，兩個C各形成一個半鍵，分別與兩個Br原子結合成鍵，其特點就是雙鍵變單鍵，不飽和變飽和。依據兩者的區(qū)別，本題的A選項反應②顯然為加成反應，而不是取代反應。因此抓住有機反應類型的主要特點才能萬變不離其宗，解答此類題型時游刃有余。14、A【解題分析】

A.6.4g氧氣和臭氧可以看做6.4g氧原子，即為0.4mol氧原子，所以混合氣體中含有的原子總數為0.4NA，故A選；B.常溫常壓下，22.4LCl2的物質的量不是1mol，故B不選；C.1L1mol/LK2SO4溶液中含有的鉀離子數為2NA，故C不選；D.1mol鈉變?yōu)镹a+失去的電子數為NA，故D不選。故選A。15、A【解題分析】

A、甲烷制取一氯甲烷、苯制取硝基苯都是有機物中的分子被其它的原子所取代，都屬于取代反應，所以反應類型相同，故A正確；B、苯制取溴苯屬于取代反應，乙烯制取乙醇屬于加成反應，所以反應類型不同，故B錯誤；C、乙醇制取乙醛屬于氧化反應，乙醇和乙酸制取乙酸乙酯屬于取代反應或酯化反應，所以反應類型不同，故C錯誤；D、苯制取環(huán)己烷屬于加成反應，乙酸乙酯水解屬于取代反應，所以反應類型不同，故D錯誤；故選A?！绢}目點撥】有機物分子中的不飽和鍵斷裂，斷鍵原子與其他原子或原子團相結合，生成新的化合物的反應是加成反應；有機物中的原子或原子團被其他的原子或原子團所代替生成新的化合物的反應叫取代反應；物質被氧化的反應屬于氧化反應，含有酯基、肽鍵、鹵原子的有機物能發(fā)生水解反應。16、C【解題分析】4-溴環(huán)己烯水解生成X，則X中含有羥基和碳碳雙鍵，屬于醇。4-溴環(huán)己烯含有碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成羧酸W，但W中還有溴原子。4-溴環(huán)己烯中含有碳碳雙鍵，也能和溴化氫發(fā)生加成反應生成Z，所以Z是鹵代烴。4-溴環(huán)己烯在氫氧化鈉的醇溶液中發(fā)生消去反應生成Y，所以Y是二烯烴，因此正確的答案選C。17、B【解題分析】

2-溴丙烷發(fā)生消去反應，生成丙烯，再與溴水發(fā)生加成反應，生成1，2-二溴丙烷，再發(fā)生鹵代烴的水解反應生成1，2-丙二醇，答案為B；18、D【解題分析】

實驗室模擬工業(yè)上從濃縮海水中提取溴，由實驗裝置可知，a中氣體為氯氣，在A中氯氣可氧化溴離子，利用熱空氣將溴單質吹出，B中通入氣體為二氧化硫，在B中發(fā)生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，c中NaOH溶液可吸收溴、氯氣、二氧化硫等尾氣，以此來解答?！绢}目詳解】A.A裝置中通入的a氣體是Cl2，目的是氧化A中溴離子，故A正確；B.實驗時應在A裝置中通入a氣體一段時間后，停止通入，改通入熱空氣，熱空氣將溴單質吹出，故B正確；C.B裝置中通入b氣體后發(fā)生的反應為SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故C正確；D.C裝置的作用為吸收溴蒸汽、氯氣、二氧化硫等尾氣，故D錯誤；所以本題答案：D。【題目點撥】解題依據物質氧化性強弱。根據Cl2氧化性大于Br2，可以把Br-氧化成溴單質，結合實驗原理選擇尾氣處理試劑。19、D【解題分析】

A.光伏發(fā)電所用電池板主要材料是晶體硅，二氧化硅為導光的主要材料，A錯誤；B.這里所說的“青礬廠氣”，當指煅燒硫酸亞鐵（FeSO4·7H2O）后產生的三氧化硫和二氧化硫；這類氣體遇水或濕空氣，會生成硫酸、亞硫酸或具有腐蝕性的酸霧，B錯誤；C.石墨烯是非金屬材料，C錯誤；D.草木灰的主要成分是碳酸鉀，用水溶解時碳酸鉀水解導致溶液呈堿性，D正確；答案選D。20、D【解題分析】分析：根據原物質和雜質的性質選擇適當的除雜劑和分離方法，所謂除雜（提純），是指除去雜質，同時被提純物質不得改變，不得引入新雜質，加入的試劑只與雜質反應，不與原物反應；反應后不能引入新的雜質。詳解：A、苯酚可以和溴水反應生成2，4，6-三溴苯酚白色沉淀，但是苯和溴是互溶的，不能過濾來除去，選項A錯誤；B．乙酸乙酯和乙酸都與氫氧化鈉溶液反應，應加入飽和碳酸鈉溶液，然后分液，選項B錯誤；C．應加氫氧化鈉，蒸餾后再加酸酸化，最后蒸餾得到乙酸，選項C錯誤；D、因常溫條件下溴苯和NaOH不會發(fā)生反應，因而可利用Br2與NaOH反應而除去，且溴苯不溶于水；可利用分液操作進行分離，選項D正確。答案選D。點睛：本題考查學生物質的分離和提純試劑的選擇以及操作，注意除雜時被提純物質不得改變，不得引入新雜質，加入的試劑只與雜質反應，不與原物反應；反應后不能引入新的雜質，難度不大。21、B【解題分析】

用分液漏斗分離物質即分液，其要求是混合物中的各組分互不相溶，靜置后能分層?！绢}目詳解】A項、乙醇和水互溶不分層，不能用分液漏斗分離，故A錯誤；B項、三對物質均不互溶，可以用分液的方法進行分離，故B正確；C項、三對物質均互溶，不能用分液的方法進行分離，故C錯誤；D項、己烷和苯互溶，不可以用分液的方法進行分離，故D錯誤；故選B。【題目點撥】本題考查物質的分離與提純，注意相關物質的性質的異同，把握常見物質的分離方法和操作原理是解答關鍵。22、B【解題分析】

A、一氯甲烷不能發(fā)生消去反應，A錯誤；B、2－溴丙烷既能發(fā)生消去反應，又能發(fā)生水解反應，B正確；C、分子中與CH2Cl相連的鄰位碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應，C錯誤；D、分子中與CH2Br相連的鄰位碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應，D錯誤；答案選B。【題目點撥】掌握鹵代烴消去反應的條件是解答的關鍵，鹵代烴都可以發(fā)生水解反應，但不一定能發(fā)生消去反應，只有與鹵素原子相連的碳原子的鄰位碳原子上含有氫原子時才能發(fā)生消去反應，另外也需要注意鹵代烴發(fā)生消去反應的反應條件是在氫氧化鈉的醇溶液中并加熱，這也是常考的考點。二、非選擇題(共84分)23、Cu、S、NCu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑2Cu2++4I-=2CuI↓+I2【解題分析】

X在180℃加熱分解，得到白色固體A和1.792L(折算成標準狀況)純凈氣體B，B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，說明B為NH3，NH3的物質的量為1.792L÷22.4L/mol=0.08mol；將A溶于水后得藍色溶液，則A中含有Cu2+，再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C，4.66g白色沉淀C為BaSO4沉淀，故A為CuSO4，BaSO4的物質的量為4.66g÷233g/mol=0.02mol，得到藍綠色溶液D，在藍綠色溶液D中加入足量的KI溶液又得3.82g白色沉淀，白色沉淀為CuI，CuI的物質的量為3.82g÷191g/mol=0.02mol，所以n(Cu2+)：n(NH3)：n(SO42-)=0.02mol：0.08mol：0.02mol=1：4：1，所以X的化學式為Cu(NH3)4SO4，據此答題?！绢}目詳解】（1）由分析可知，X中含有的5種元素分別是H、O、Cu、N、S，故答案為Cu、S、N。（2）由分析可知，X的化學式為Cu(NH3)4SO4，X受熱分解生成CuSO4和NH3，反應的化學方程式為：Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑，故答案為Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑。（3）藍綠色溶液D與足量KI反應生成CuI，反應的離子方程式為：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。24、羰基(酮基)溴原子取代反應10【解題分析】考查了有機物的合成、有機反應類型、限制條件同分異構體書寫、官能團的結構與性質的相關知識。(1)化合物D()中所含官能團的名稱為羰基(酮基)和溴原子；(2)對比D、F結構與E的分子式，可知D中-Br被-CN取代生成E，則E的結構簡式為：；對比B、C結構簡式可知，B中-Cl為苯基取代生成C，同時還生成HCl，由B→C的反應類型是取代反應；(3)比C、D的結構可知，C中甲基上H原子被Br原子取代生成D，屬于取代反應，故其反應方程式為：；(4)屬于芳香族化合物說明含有苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應，說明分子結構中存在醛基；分子中含有其核磁共振氫譜有5組波峰，說明分子結構中存在5種不同化學環(huán)境的氫原子，且面積比為1:1:1:1:3，說明苯環(huán)側鏈上含有3個，根據定二移一原則,即、、、、、、、、、共有10種同分異構體；(5)甲苯與Br2/PCl3發(fā)生取代反應生成，與NaCN發(fā)生取代反應生成，再根據①NaOH/②HCl得到，與NaOH的水溶液加熱發(fā)生取代反應生成，最后與在濃硫酸的作用下生成。其合成路線流程圖為：。點睛：本題的難點是同分異構體的書寫，特別是有限制條件的同分異構體的書寫，如本題中的同分異構體的書寫需要根據限定條件寫出的零部件，再進行組裝并進行定二移一的原則進行書寫。25、失電子被氧化，具有還原性鉀離子移向硫酸銅溶液、氯離子移向硫酸鋅溶液O2+4e－+2H2O＝4OH－CH4－8e－+10OH－＝CO32－+7H2O負正Fe2+＋Ag+Fe3+＋Ag【解題分析】

（1）負極物質中元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，本身具有還原性，即負極反應物化學性質上的共同特點是失電子被氧化，具有還原性；（2）陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，鹽橋中的K+會移向CuSO4溶液，氯離子移向硫酸鋅溶液；（3）正極是氧氣得電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，電極反應式為O2+4e－+2H2O＝4OH－；若將H2換成CH4，則負極反應式為CH4－8e－+10OH－＝CO32－+7H2O；（4）丙中鉛蓄電池放電一段時間后，進行充電時，要將負極中的硫酸鉛變成單質鉛，發(fā)生還原反應，所以應做電解池的陰極，則與電源的負極相連；（5）①亞鐵離子失電子發(fā)生氧化反應，所以碳是負極，銀是正極；②綜合實驗i、ii的現象，得出Ag+和Fe2+反應的離子方程式是Fe2+＋Ag+Fe3+＋Ag。26、③品紅試液褪色①溴水的橙色褪去2H2S+SO2=3S↓+2H2O⑥SO2+2OH-=SO32-+H2O【解題分析】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(huán)境，應將尾氣通入NaOH溶液，發(fā)生反應2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O，離子方程式為2OH-+SO2＝SO32-+H2O。27、B→C→B→D→E3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O檢驗CO2是否除盡吸收NO防止污染空氣5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O取裝置D中反應后的少量固體于試管中，加入稀硫酸，若產生無色氣體，且該無色氣體在試管口上方變?yōu)榧t棕色，則證明生成了NaNO2【解題分析】

根據實驗的目的，A中制得的NO中含有少量水蒸氣和二氧化碳，這兩種氣體能夠與過氧化鈉反應生成氧氣，影響實驗的探究，需要用堿石灰除去，經檢驗并干燥后，通入D裝置中與Na2O2反應，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾氣，并在D和E裝置連接一個B裝置，防止E中水氣進入D中影響實驗，據此分析解答?！绢}目詳解】(1)A中制得的NO中含有少量水蒸氣和二氧化碳，這兩種氣體能夠與過氧化鈉反應生成氧氣，影響實驗的探究，需要用堿石灰除去，經檢驗并干燥后，通入D裝置中與Na2O2反應，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾氣，并在D和E裝置連接一個B裝置，防止E中水氣進入D中，即裝置的連接順序為A→B→C→B→D→E；裝置A中銅與稀硝酸反應生成NO的反應方程式為3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O，故答案為：B→C→B→D→E；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；(2)根據(1)的分析，裝置C中的澄清石灰水可以檢驗CO2是否除盡，故答案為：檢驗CO2是否除盡；(3)NO會污染空氣，裝置E是吸收NO防止污染空氣，E中發(fā)生反應的離子方程