【文档说明】浙江省浙北G2联盟（湖州中学、嘉兴一中）2021-2022学年高二下学期期中联考化学试题 含解析.docx，共(27)页，2.056 MB，由小赞的店铺上传

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浙北G2期中联考2021学年第二学期高二化学试题考生须知：1.全卷分试卷和答卷。试卷8页，答卷2页。满分100分，考试时间90分钟。2.本卷的答案必须做在答卷的相应位置上，做在试卷上无效。3.请用钢笔或水笔将班级、姓名、试场号、座位号分别填写在答卷的相应位置

上。4.本试题卷分选择题和非选择题两部分。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Ca40Cu64第I卷选择题一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)1.以下说法正确的是A.σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转B

.激发态原子吸收能量，它的电子会跃迁到较高能级，变为基态原子C.p能级能量一定比s能级能量高D.丹麦科学家玻尔提出构造原理，美国科学家泡利提出了电负性原理【答案】A【解析】【详解】A．σ键可以绕键轴旋转，π键为镜面对称，一定不能绕键轴旋转

，A正确；B．基态原子吸收能量，它的电子会跃迁到较高能级，变为激发态原子，B错误；C．同一能层中p能级能量一定比s能级能量高，C错误；D．丹麦科学家玻尔提出构造原理，美国科学家鲍林提出了电负性原理，D错误；故

选A。2.下列说法正确的是A.凡是分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质，彼此一定是同系物B.甲氨(CH3NH2)的官能团是氨基C.相对分子质量相同的几种化合物，互称为同分异构体D.组成元素的质量分数相同，相对分子质量也相

同的不同化合物，一定互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．同系物的结构应相似，如苯酚、苯甲醇相差一个CH2原子团的物质，但不是同系物，故A错误；B．氨分子中的一个或多个氢原子被烃基取代后的产物，称为胺，则CH3NH2为甲胺，故B错误；C．

相对分子质量相同的几种化合物，组成可能不同，如硫酸与磷酸、丙醇与乙酸等，不是同分异构体，故C错误；D．组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物，则分子式相同，结构不同，则一定为同分异构体，故D正确；故选：D。3.名称为“干燥管”的仪器是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解

】A．的名称为漏斗，A不选；B．的名称为干燥管，B选；C．的名称为冷凝管，C不选；D．的名称为圆底烧瓶，D不选；答案选B。4.下列物质对应的组成正确的是A.Mg2+的电子排布式：1s22s22p63s2B.2s的电子云半径比1

s电子云半径大，说明2s的电子云比1s的多C.当电子排布在同一能级的不同轨道时，电子总是先占满一个轨道(1个原子轨道最多只能容纳两个电子，且自旋状态相反)，然后再占据其他原子轨道D.nf能级中最多可容纳14个电子【答案】D【解

析】【详解】A．Mg2+核外有10个电子，电子排布式：1s22s22p6，A错误；B．2s的电子云比1s的电子云大，s电子云的大小与能层有关，与电子数无关，ns能级上最多容纳2个电子，B错误；C．当电子排布在同一能级的不同轨道时，电子总是先占一个轨道，然后再占据其他原子轨道，轨道占满后再遵从

(1个原子轨道最多只能容纳两个电子，且自旋状态相反)，C错误；D．nf能级中最多可容纳2×7=14个电子，D正确；答案选D5.下列表示不正确．．．的是A.乙炔的结构式：H−C≡C−HB.基态碳原子的价层轨道表示式为C.2−甲基丁烷的键线式：D.氯离子的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】

A．乙炔是碳碳共用三对电子，碳氢共用一对电子，其结构式：H−C≡C−H，故A正确；B．碳质子数为6，核外电子排布式为1s22s22p2，基态碳原子的价层轨道表示式为，故B错误；C．键线式拐点为碳原子，末端为碳原子，氢原子省略不写，2−甲基丁烷的键线式：，故C正确；

D．Cl质子数为17，氯离子核外有18个电子，则氯离子的结构示意图：，故D正确。综上所述，答案为B。6.下列关于有机物的命名不正确．．．的是A.为2,2,3−三甲基丁烷。B.为2−甲基−4−丙基己烷C.BrCH2CH2Br为1,2−二溴乙烷D.为1,3−二甲苯【答案】B【解析】【

详解】A.从右边开始编号，命名为2,2,3−三甲基丁烷，故A正确；B.的主链为，从左边开始编号，命名为2−甲基−4−乙基庚烷，故B错误；C.BrCH2CH2Br从左边或右边编号都可以，命名为1,2−二溴乙烷，故C正确；D.编号为，命名为1,3−二甲苯，故

D正确。综上所述，答案为B。7.下列说法正确的是A.H2O2和Na2O2均有极性键和非极性键B.Cu在元素周期表中属于d区C.氢键(Y−H…X)中三原子在一条直线上时，作用力最强D.SO3的VSEPR模型为正四面体形【答案】C【解析】【详解】A．H2O2是共价化合物，含有极性键和非极性键，Na2O

2是离子化合物，含有离子键和非极性键，故A错误；B．Cu价电子为3d104s1，在元素周期表中属于ds区，故B错误；C．一般独立情况下，三个原子共直线的时候，氢键作用最强，此时原子Y一般含有未共用电子对，在可能范围内氢键的方向和未共用电子对的对称轴一致。这样可

使原子Y中负电荷分布最多的部分最接近氢原子，由此形成的氢键最稳定，故C正确；D．SO3中心原子价层电子对数为13+(632)32−=，则VSEPR模型为平面三角形，故D错误。综上所述，答案为C。8.下列说法正确的是A.乙醇、

汽油等有机溶剂易被引燃，使用时须远离明火，用毕立即塞紧瓶塞B.在中和热的测定实验中，将氢氧化钠和盐酸混合后，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度C.李比希法是确定有机物结构的主要方法D.质谱法是快速、精确测定某些化学键或官能团

的重要方法【答案】A【解析】【详解】A．乙醇的分子式为C2H6O，汽油是含5~11个碳原子的烃的混合物，乙醇、汽油都易燃烧、易挥发，故使用时须远离明火，用毕立即塞紧瓶塞，A正确；B．在中和热的测定实验中，将NaOH溶液与盐酸混

合前测量各自溶液的起始温度，两者起始温度的平均值为反应前体系的温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度，B错误；C．李比希法是有机化合物的元素定量分析法，不能确定有机物的结构，C错误；D．质谱法是快速、精确测定相对分子质量的重要方法，D错误；答案选A9.下列说法不正确．．

．的是A.金属钠可用来制造透雾能力强的高压钠灯B.某些含铝的化合物可作净水剂C.硫酸铁可用于治疗缺铁性贫血D.二氧化硅可用于制造光导纤维【答案】C【解析】【详解】A．钠的焰色反应成黄色，黄色光的射程远，透雾能力强，对道路平面的照明度比高压水银灯高几倍，所以金属钠可用来制造透雾能力强的高压钠灯

，故A正确；B．某些含铝的化合物如明矾作净水剂，利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附悬浮的杂质，故B正确；C．可用于治疗缺铁性贫血的是硫酸亚铁，而不是硫酸铁，三价铁不易被人体吸收，故C不正确；D．二氧化硅导光能力强，能同时传输大量信息，可用于制造光导纤维，故D正确；故答案

选C。10.下列离子反应方程式正确的是。A.铜粉与98.3%的硫酸加热下反应：Cu+4H++2-4SOΔCu2++SO2↑+2H2OB.电解饱和食盐水：2Cl-+2H+通电H2↑+C12↑C.向氯化银浊溶液中加入过量氨水：AgC1+2NH3=[Ag(NH3)2]C1D.硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸

化的过氧化氢溶液：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O【答案】D【解析】【详解】A．98.3%的硫酸为浓硫酸，浓硫酸在离子方程式中应该用化学式表示，A错误；B．惰性电极电解饱和食盐水，生成物是氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为：2Cl-+2H2O通电H2↑+C12↑+2O

H-，B错误；C．向氯化银浊溶液中加入过量氨水，反应的离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，C错误；D．过氧化氢具有强氧化性，能氧化亚铁离子，硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液，反应的离子方程式为：

2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，D正确；答案选D。11.下面有关晶体的叙述中，错误的是A.白磷晶体中，分子之间通过共价键结合B.金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子C.在NaC

l晶体中每个Na+（或Cl-）周围都紧邻6个Cl-或（Na+）D.离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时，化学键不被破坏【答案】A【解析】【详解】A、白磷晶体为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，错误；B、金刚石的网状

结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，正确；C、在NaCl晶体中每个Na+（或Cl-）周围都紧邻6个Cl-或（Na+），正确；D、离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时，分子间作用力被破坏，化学键不被破坏，正确；答案选A。12.下列说法不正确．．．的

是A.己烷共有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同B.在一定条件下，苯分别与液溴、浓硝酸、浓硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应C.的一氯代物有5种D.聚合物()可由单体CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得【答案】A【解析】【详解】A．己烷共有5

种同分异构体，即、、、、，故A错误；B．在一定条件下，苯与液溴生成、苯与浓硝酸，在浓硫酸作用下反应生成硝基苯、苯与浓硫酸反应生成苯磺酸，都属于取代反应，故B正确；C．有5种位置的氢即，其一氯代物有5种，故C

正确；D．聚合物()从左边第二个碳与第三个碳原子断碳碳键即，第一个碳和第二个碳形成双键，第三个和第四个碳形成双键，因此可由单体CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得，故D正确。综上所述，答案为A。13.一定条件下，硫的某种含氧酸H2SOx(

x≤4且为正整数)与H2S可发生如下反应：H2S+H2SOx→S+(x-3)SO2+H2O(未配平)，则下列有关推断合理的是A.该反应中，一定有SO2生成B.当x=4时，则每生成1molS原子，转移的电子为4molC.若x=3，则还原剂与氧化剂的粒子个数之比为1：1D.若x=4

，若改变条件(如加热)，H2S可能被氧化为SO2【答案】D【解析】【详解】A．若x=3，可以发生2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O，所以不一定有二氧化硫生成，故A错误；B．若x=4，为H2SO4，应是浓H2SO4将H2S氧化成S，而浓硫酸自身被还原成SO2，则每生成

1molS，转移2mol电子，故B错误；C．若x=3，则发生2H2S+H2SO3=3S+3H2O的反应，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，而不是1：1，故C错误；D．当x=4时，即H2SOx为H2SO4其中S元素的化合价为+6价，而H

2S中硫元素为-2价，根据氧化还原反应的反应规律可知，H2S可能被氧化为SO2，故D正确；故答案为：D。14.下列说法中正确的是I1I2I3I4I5I6I75781817274511575148301837623293A.HF、HCl、H2S、PH3的

稳定性依次增强B.按Mg、Si、N、F的顺序，原子半径由小变大C.某主族元素的电离能I1～I7数据如表所示(单位：kJ∙mol−1)，可推测该元素位于元素周期表第ⅤA族D.在①P、S，②Mg、Ca，③A1、Si三组元素中，每组中第一

电离能较大的元素的原子序数之和为41【答案】D【解析】【详解】A．根据非金属性越强，其简单氢化物越稳定，因此HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱，故A错误；B．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，原子半径大小关系：Mg＞Si＞N＞F，故B错误；C．某主族元素的电离能I1～I7数据如表

所示(单位：kJ∙mol−1)，容易失去前面三个电子，因此可推测该元素位于元素周期表第IIIA族，故C错误；D．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同周期第一电离能逐渐减小，在①P、

S，②Mg、Ca，③A1、Si三组元素中，每组中第一电离能较大的元素分别为P、Mg、Si，它们原子序数之和为41，故D正确。综上所述，答案为D。15.同周期的三种元素X、Y、Z，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则下列判断

错误的是（）A.原子半径：Z>Y>XB.气态氢化物的稳定性HX>H2Y>ZH3C.电负性：X>Y>ZD.第一电离能：X>Y>Z【答案】D【解析】【详解】非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4>H2YO

4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，原子序数X>Y>Z；A.同周期从左到右非金属性增强，原子半径逐渐减小，所以原子半径：Z>Y>X，故不选A；B.非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X>Y>Z，所以气态氢

化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3，故不选B；C.非金属性X>Y>Z，元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性：X>Y>Z，故不选C；D.通常情况下，非金属性越强，第一电离能越大，但是也有特例；例如：X为Cl，Y为S，Z为P，由于P的最外层轨道处于半满状

态，比较稳定，所以第一电离能Cl>P>S，故选D；答案：D【点睛】易错选项D，注意电子排布处于半满、全满是会对第一电离能略有影响。16.相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：下列推理不正确．．．的是A.2ΔH1≈Δ

H2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比B.ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键D.ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性【答案】A

【解析】【详解】A．虽然2ΔH1≈ΔH2，但ΔH2≠ΔH3，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目、双键的位置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，A错误；B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交

替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，B正确；C．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l)ΔH1，反应IV为：+3H2(g)→(l)ΔH4，故反应I是1mol碳碳双键加成，如果苯环上有三个完全独立的碳碳三键，则3ΔH1=ΔH4，现3ΔH1＜ΔH4

，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，C正确；D．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l)ΔH1，反应III为：(l)+2H2(g)→(l)ΔH3，反应IV为：+3H2(g)→(l)ΔH4，ΔH3-ΔH1＜0即(l)+H2(g)→(

l)ΔH＜0，ΔH4-ΔH3＞0即+H2(g)→(l)ΔH＞0，则说明具有的总能量小于，能量越低越稳定，则说明苯分子具有特殊稳定性，D正确；故答案为：A。17.如图所示，甲池的总反应式为：24222NHON2HO+=+，下列关于该电池工

作时的说法正确的是A.该装置工作时，Ag电极上有气体生成B.甲池中负极反应为242NH4eN4H−+−=+C.甲池和乙池中的溶液的pH均减小D.当甲池中消耗240.1molNH时，乙池中理论上最多产生6.4g固体【答案】C【解析】【详解】甲池能自发的发生氧化还原反应

而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e

-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低

，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1molN2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.

8g固体，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电

极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。18.下列实验事实得出的相应结论不正确．．．的是选项事实结论A其他条

件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快B向2.0mL浓度均为0.1mol/L的KCl、KI混合溶液中滴加1-

2滴0.01mol/LAgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp：AgCl＞AgIC2242NO(g)NO(g)，加压气体颜色加深加压平衡向着气体颜色加深的方向移动D将AlCl3溶液蒸干后灼烧，得到Al2O3固体蒸干的过程中水解生成的HCl挥发，水解进一步促进生成Al(OH)3，灼烧后产生Al

2O3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短，因此，当其他条件不变时，升高反应温度可加快化学反应速率，A正确；B.向2.0mL浓度均为0.1mol

·L－1的KCl、KI混合溶液中滴加1~2滴0.01mol·L－1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，生成了AgI沉淀，可以证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，B正确；C.2242NO(g)NO(g)，二氧化氮是红棕色

的、四氧化二氮是无色的，加压后气体体积减小，气体的浓度变大，故气体的颜色加深，加压后平衡向着气体体积减小的方向移动，即正反应方向移动，C错误；D.将AlCl3溶液蒸干后灼烧，得到Al2O3固体，说明蒸干的过程中铝离子发生水解反应生成的HCl挥发，水解进一步促进生成Al(OH)3，

灼烧后产生Al2O3，D正确；故选：C。19.常温下浓度均为0.1mol/L的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是序号①②③④溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3A.等浓度的CH3COOH和HClO溶

液，pH小的是HClOB.Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C.溶液水的电离程度：①>②>④>③D.NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)【答案】D【解析】【详解】A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的

CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，选项A错误；B、碳酸钠溶液中CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，碳酸氢钠溶液中HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2

OH++OH-，所以两种溶液中粒子种类相同，选项B错误；C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，选项C错误；D、NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO

3），选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，易水解的盐能促进水的电离。20.X、Y、Z、Q、E、M六种

元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大1。下列说法正

确的是A.EYQ4中阴离子中心原子的杂化方式为sp2杂化B.X、Y元素的第一电离能大小关系：X＜YC.ZO2-3的空间构型为平面三角形D.MZ2仅含离子键，可用于制备乙炔【答案】C【解析】【分析】X的原子的基态价电子排布式为2s2，则X为Be元素；Y的基态原

子核外有5种运动状态不同的电子，Y为B元素；Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Z为C元素；Q是元素周期表中电负性最大的元素，为F元素；E的阳离子通常存在于硝石、明

矾和草木灰中，E为K元素；M的原子序数比E大1，M为Ca元素。【详解】A．根据上述分析可知，EYQ4即KBF4，阴离子中心B原子无孤电子对，成键电子对数为4，则杂化方式为sp3杂化，故A错误；B．X、Y分别为Be、B，位

于同周期，同周期元素随核电荷数增大，第一电离能逐渐增大，由于Be核外电子排布为全满稳定状态，其第一电离能比相邻元素大，则元素的第一电离能大小关系：X＞Y，故B错误；C．ZO2-3为CO2-3，中心C原子的价层电子对数=3+4+2-322=3，杂化方式为sp2，其空间构型为平面三角形

，故C正确；D．MZ2即CaC2，两个碳原子间形成碳碳三键，既含离子键，又含共价键，可用于制备乙炔，故D错误；答案选C。21.关于化合物，下列说法不正确．．．的是A.分子不存在顺反异构体B.与Br2发生加成反应最多可生成3种加成产物C.足量该化合物加入到碘和淀粉的混合液中，振荡后溶液褪色D.浓硫

酸、加热条件下发生消去反应可得到两种稳定烯烃【答案】B【解析】【详解】A．根据化合物结构，该分子不存在顺反异构体，故A正确；B．与Br2发生加成反应，可能是1,2−加成，可能是1,4−加成，可能是1,2，3,4−加成，其中1,2−加成有2种产物，因此最多可生成4种加成产

物，故B产物；C．足量该化合物加入到碘和淀粉的混合液中，碘单质与化合物发生加成反应，因此振荡后溶液褪色，故C正确；D．浓硫酸、加热条件下发生消去反应可得到两种稳定烯烃即和，故D正确。综上所述，答案为B。22.下列说法不正确．．

．的是A.溴的己烷溶液光照条件下亦能逐渐褪色B.乙醇、溴化钠固体、浓硫酸混合，小心加热，可蒸出溴乙烷C.去除乙酸乙酯中的乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液，振荡，分液D.含有氯化钠杂质的苯甲酸可用重结晶方法提纯，滤出的晶体应使用热水洗涤、晾干【答案】D【解析】【详解】A．溴的己烷溶液光照条件发生取代反应

，因此溴蒸汽颜色也能逐渐褪色，故A正确；B．溴化钠固体、浓硫酸混合生成HBr和硫酸钠，HBr和乙醇发生取代反应生成溴乙烷，因此小心加热，可蒸出溴乙烷，故B正确；C．去除乙酸乙酯中的乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液，振荡，乙酸和碳酸钠反应，乙酸乙酯难溶于水，再分液得到乙酸乙酯，故C正确；D．苯甲酸在热

水中会溶解较多，因此滤出的晶体应使用冰水洗涤，故D错误；综上所述，答案为D。23.现代分析仪器对有机物M的分子结构进行测定，相关结果如下：有关M的说法不正确．．．的是A.根据图1，M的相对分子质量应为74B.根据图1、图2，推测M的分子式是C4H1

0OC.根据图1、图2、图3信息，可确定M是2-甲基-2-丙醇D.根据图1、图2、图3信息，M分子内有三种化学环境不同的H，个数比为6︰3︰1【答案】C【解析】【详解】A．质谱图中过最后一条线对应的质荷比为该分子的相对分子质量，图中看出为74，A正确；B．图1知相对分子质量为74，图2知含醚

键，该物质为醚，通式为CnH2n+2O，故n=4，分子式为C4H10O，B正确；C．由图3知该分子中含三种不同化学环境的氢原子，而2-甲基-2-丙醇中只有2种不同化学环境的氢原子，C错误；D．M分子内有三种化学环境不同的H，

结构简式为CH3CH(OCH3)CH3，氢原子个数比为6:3:1，D正确；故选C。24.晶体X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为金刚石晶体(晶胞如图a所示)中C原子被Ge、Hg和Sb取代后形成。图b、图c为X晶体内的两种单元结构，其中一种是其晶胞。则下列说法正确的是A.图b是X晶体的晶胞B.

X晶体中粒子个数比Hg：Ge：Sb=5：5：8C.X晶体中与Hg距离最近的Sb有4个，空间呈四面体形D.设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为3r2Mg?cm301xy−【答案】C【解析】【详解】A．描

述晶体结构的基本单元叫做晶胞，晶胞是晶体微观空间结构里的一个基本单元，在它的上下左右前后无隙并置地排列着无数晶胞，且所有晶胞的形状及其内部的原子种类、个数及几何排列（包括取向）是完全相同的，故X晶体的晶胞是图c、不是图b，A错误；B．根据图c，用“均摊法”，1个晶胞中含Hg：6×12+4×

14=4，Ge：1+4×12+8×18=4，Sb：8，Hg：Ge：Sb=1：1：2，B错误；C．以图c中上底面中心的Hg为研究对象，1个晶胞中与该Hg距离最近的Sb有2个，上面晶胞中还有2个，即与Hg距离最近的Sb

有4个，空间呈四面体形，C正确；D．由图c知，1个晶胞的体积为x2y×10-21cm3，设X的最简式的式量为Mr，结合B的分析，1个晶胞的质量为r234Mg6.0210，则X晶体的密度为r234Mg6.0210÷(x2y×10

-21cm3)=r22M301xyg/cm3，D错误；答案选C。25.我国科学家成功合成世界上首个五氮阴离子盐：(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，其部分结构如图(虚线代表氢键)。有关说法不正确．．．的是A.该盐

中存在的主要微粒间作用是：共价键、氢键B.该盐结构说明，氢键不止有H∙∙∙O、H∙∙∙N、H∙∙∙F三种存在形式C.已知N-5具有类似苯环结构，则每个N杂化类型均为sp2，离子内存在一个特殊大π键D.该盐中两种阳离子的中心原子价层电子对数、中

心原子轨道杂化类型均相同【答案】A【解析】【详解】A．该盐中存在阴阳离子，该盐主要微粒间作用是：离子键、共价键、氢键，故A错误；B．该盐结构说明，氢键不止有H∙∙∙O、H∙∙∙N、H∙∙∙F三种存在形式，还存在(+4NH)H∙∙∙Cl，故B正确；C

．已知N5−具有类似苯环结构，N价层电子对数为3，则每个N杂化类型均为sp2，每个氮原子还有一个电子未参与杂化，还得到一个电子，因此离子内存在一个特殊大65π键，故C正确；D．该盐中两种阳离子的中心原子价层电子对数分别为13+(6113)42−−=、

14+(5114)42−−=，其中心原子轨道杂化类型均为sp3，故D正确；综上所述，答案为A。第Ⅱ卷非选择题二、非选择题(本题共6小题，共50分)26.按要求填空（1）请写出基态Cr原子的简化电子排布式_______。（2）请写出甲苯与浓硝

酸生成TNT的化学方程式_______。【答案】（1）[Ar]3d54s1（2）+3HNO324浓HSOΔ⎯⎯⎯⎯⎯→+3H2O【解析】【小问1详解】Cr为24号元素，其基态Cr原子的简化电子排布式[Ar]3d54s1；故

答案为：[Ar]3d54s1。【小问2详解】甲苯与浓硝酸在浓硫酸加热条件下反应生成TNT和水，其反应化学方程式+3HNO324浓HSOΔ⎯⎯⎯⎯⎯→+3H2O；故答案为：+3HNO324浓HSOΔ⎯⎯⎯⎯⎯→+3H2O。27.某有机化合物9.3g在足量O2中完全燃烧，燃烧后的混合物

全部导入过量的澄清石灰水，石灰水共增重21.3g，经过滤得到30g沉淀。试通过计算确定：（1）该有机物的实验式为_______(写出计算过程)。的（2）该有机物分子式_______。【答案】（1）CH3O（2）C2H6O2【解析】【小问1详解】由碳原子守恒：()()3130gnCn

CaCO0.3mol100gmol−===；根据质量守恒：()2mHO21.3440.38.1g=−=，()()28.1nH2nHO20.9mol18===，根据质量守恒：()9.30.3120.452nO0

.3mol16−−==；所以该有机物的实验式：CH3O；【小问2详解】实验式为CH3O，分子式中C原子个数为1时，无满足条件的分子式；C原子个数为2时，分子式为C2H6O2；当C原子个数为3时，最多有8个氢原子，而按比例算出的氢原子个数为9，不符合，同理碳原子个数大

于3时都不满足，故分子式：C2H6O2。28.工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取金属锰的工艺流程如下：（1）锰元素基态原子的价层电子轨道表示式为_______。（2）经检测“浸取液”中无Fe2+，写出“沉锰”操作中发

生反应的离子方程式：_______。（3）为充分利用“滤渣1”，需测定滤渣中铝元素的含量，设计以下方案。①将ag滤渣处理成VmL溶液。②取少量①中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3+、Al3+的浓度之和为3b10−mol·L-1。③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶

液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原为Fe2+，离子方程式为_______；的④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与Fe2+的浓度关系如图所示)。该样品中铝元素的质量分数为_______(用含字母的表达式表示)。【答案】（1）（2）Mn

2++2HCO3−=MnCO3↓+H2O+CO2↑（3）①.2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2↑+2H2O②.()427b0.040V10%a−−【解析】【分析】软锰矿的主要成分为MnO2、含杂质碳酸亚铁、

氧化铝、二氧化硅，粉碎后加稀硫酸、硫酸亚铁溶液发生反应，二氧化硅不溶，浸渣中为二氧化硅，得到的浸取液中无亚铁离子，说明在浸取过程中亚铁离子和二氧化锰发生了氧化还原反应，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

加入碳酸钠溶液除杂，得到滤渣1，后续步骤为沉锰，故在除杂过程中铝、铁元素均被除去，滤渣1为氢氧化铁、氢氧化铝；加碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰，加稀硫酸酸溶得到硫酸锰溶液，电解得到锰。【小问1详解】锰元素为25号元素，核外价层电子排布为3d54s2，轨道表示式为：；【小问2详解】由分析

可知，浸取液中锰元素的存在形式为锰离子，加碳酸氢铵溶液沉锰发生的离子反应方程式为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+H2O+CO2↑；【小问3详解】盐酸羟胺与铁离子发生氧化还原反，离子反应方程式为：2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++

4H++N2↑+2H2O；由图可知当吸光度为0.400时，亚铁离子的浓度为-30.04010mol/L，由铁元素守恒可知铁离子的浓度为-30.04010mol/L；Fe3+、Al3+的浓度之和为-3b10mol/L，故Al3+的浓度为-3(b-0.04)10mol/L，

故铝元素的质量分数为()()33427g/molb0.04010V1027b0.040V10100%mol/LL%aga−−−−−=。29.Ⅰ．已知()226CoHO+呈粉红色，24CoCl−呈蓝

色，24ZnCl−为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：()222426CoHO4ClCoCl6HOΔH+−−++，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：回答问题：（1）()22

6CoHO+和24CoCl−中σ键数之比为_______。（2）平衡常数表达式为_______。（3）由上述实验现象可推知：△H_______0(填＞、＜、=，下同)；配离子的稳定性24

ZnCl−_______24CoCl−。（4）下列说法正确的是_______。A．分子空间结构是平面三角形，中心原子一定是sp2杂化B．[Cu(NH3)4]2+与[ZnCl4]2-空间结构均是四面体形C．4s电子能量高，总在比

3s电子离核更远的空间运动D．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则其与Cl同族E．邻羟基苯甲醛沸点高于对羟基苯甲醛Ⅱ．磷化硼是一种受到高度关注的耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。（5）磷化硼可由三溴化硼和三

溴化磷在氢气中高温反应合成。比较三溴化硼分子和三溴化磷分子的极性大小：BBr3_______PBr3(填＞、＜、=)。（6）原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。下图为金刚石的晶胞，其中原子坐标参数A为()000，，；B为11022，，；C为11022，，

。则D原子的坐标参数为_______。（7）磷化硼晶体与金刚石的晶胞类似，磷原子作面心立方密堆积，硼原子在立方晶胞体内填入四面体空隙中(如图)。已知磷化硼的晶胞参数a=478pm，计算晶体中硼原子和磷原子最小核间距(dB−P)_______pm。Ⅲ．超硬材料氮化铂是近年来的一个研究

热点。有人认为氮化铂的晶胞如图所示(图中的黑球表示Pt原子，构成面心立方体；白球表示氮原子，位于立方体体心和各棱心上，为便于观察，该图省略了一些氮原子)。结构分析证实，氮是四配位的，而铂是六配位的；Pt—N键长均为209.6pm，N—N键长均为142.0pm(对比：N2分子的键长为110.0

pm)。（8）①此氮化铂晶体的化学式为_______。②请在本题的附图上添加六个氮原子_______(在附图中顶点A周围的3条棱上添加)。【答案】（1）9︰2（2）()()()()242426cCoClcCoHOcCl−+−（3）①.＞②.＞（4）AD（5）＜（6）133

444，，（7）207（8）①.PtN2②.【解析】【小问1详解】()226CoHO+中每个水有2个σ键，因此共18个σ键，24CoCl−中有4个σ键，因此两者的σ键数之比为9︰2；故答案为：9︰2。小问2详解】根据方程式存在以下平衡：()2224

26CoHO4ClCoCl6HO+−−++垐?噲?，得到平衡常数表达式为()()()()242426cCoClcCoHOcCl−+−；故答案为：()()()()242426cCoClcCoHOcCl−+−。

【小问3详解】放在冰水中是粉红色即平衡逆向移动，逆向是放热反应，则正向是吸热反应即由上述实验现象可推知：△H＞0；加入烧瓶氯化锌，溶液变为粉红色，说明平衡逆向移动，因此配离子的稳定性24ZnCl−＞24CoCl−；故答案为：＞；＞。【小

问4详解】A．分子空间结构是平面三角形，则价层电子对数为3，因此中心原子一定是sp2杂化，故A正确；B．NH3为配体为强场配体，因此[Cu(NH3)4]2+空间结构是平面四边形结构，卤素的配体都是弱场配体，因此

[ZnCl4]2−空间结构是四面体形，故B错误；C．4s上的电子能量比3s上电子能量高，但4s电子不一定在比3s电子离核更远的空间运动，4s电子只是在离核更远的地方出现的几率比3s大，故C错误；D．某元素原

子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则该元素为Br，Br与Cl同族，故D正确；E．邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键，因此邻羟基苯甲醛沸点低于对羟基苯甲醛，故E错误；综上所述，答案为：AD。

【【小问5详解】三溴化硼分子是平面正三角形结构，是非极性分子，三溴化磷分子是三角锥形，是极性分子，因此两者的极性大小：BBr3＜PBr3；故答案为：＜。【小问6详解】下图金刚石的晶胞，其中原子坐标参数A为()000，，；B为11022，，；C为11022，，，则D原子

在体对角线的四分之一处，因此其坐标参数为133444，，；故答案为：133444，，。【小问7详解】晶体中硼原子和磷原子最小核间距是体对角线的四分之一处即(dB−P)=113a=3478pm=207pm44；

故答案为：207。【小问8详解】①晶胞中Pt原子构成面心立方体，则Pt为1186482+=个，白球表示氮原子，位于立方体体心和各棱心上，则N为1(112)284+=个，此氮化铂晶体的化学式为PtN2；故答案为：PtN2。②根据题中白球表示氮原子，位于立方体体心和各棱心上，则在本题的

附图上添加六个氮原子；故答案为：。30.实验室用如图所示装置制取乙烯并验证其性质(加热及夹持仪器均省略)。请回答下列问题：（1）写出仪器A中反应的化学方程式：_______。仪器A要迅速升温．．．．到170℃，其原因是___

____(填序号)。a．引发反应b．加快反应速率c．防止乙醇挥发d．减少副反应的发生（2）装置C中盛放的试剂是_______，作用是_______。（3）实验完成时，D中现象是_______。【答案】（1）①.CH3CH2OH浓硫酸170℃⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CH2↑+H2O②.D

（2）①.NaOH溶液②.除去乙烯中混有的SO2(酸性杂质)（3）溴水颜色褪去，液体分层(或有油状液体生成)【解析】【分析】该实验通过乙醇在浓硫酸脱水发生反应生成乙烯，此过程中可能生成副产物碳单质，碳单质与浓硫酸加热反应生成二氧化硫和二氧化碳，二氧

化硫能与溴水反应影响乙烯检验，因此应用氢氧化钠溶液除去二氧化硫后再将乙烯通入溴水中验证其性质，据此分析解答。【小问1详解】A中发生的是乙醇在浓硫酸作用下的消去反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OH浓硫酸17

0℃⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CH2↑+H2O，仪器A需迅速升温至170℃，因为在其他温度下会发生副反应，如140℃时乙醇会生成乙醚，故答案为：CH3CH2OH浓硫酸170℃⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CH2↑+H2O；D；【小问2详解】装置C中盛放氢氧化钠溶液，用

于除去乙烯中的二氧化硫等酸性气体，防止其与溴单质发生反应影响乙烯的检验，故答案为：NaOH溶液；除去乙烯中混有的SO2(酸性杂质)；【小问3详解】D中乙烯与溴单质发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，其为液体密度比水的大，且不溶于水，因此D中能

观察到溴水褪色，溶液分层的现象，故答案为：溴水颜色褪去，液体分层(或有油状液体生成)；31.某兴趣小组以苯和乙烯为主要原料，采用以下路线合成药物普鲁卡因：已知：FeHCl⎯⎯→RX+→+HX请回答：（1）请

写出有机物中官能团的名称_______。（2）化合物D的结构简式是_______。（3）A→B的化学方程式是_______。（4）同时符合下列条件的B的所有同分异构体的结构简式是_______。①红外光谱显示分子中含有羧基；②1H-NMR谱显示分子中含有

苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。（5）设计以乙烯为原料制备X的合成路线(无机试剂任选)_______。【答案】（1）醚键；（2）HOCH2CH2N(CH2CH3)2；（3）；（4）：、、、；（

5）。【解析】【分析】根据普鲁卡因的结构简式，参照题中已知信息，逆推得出E为；E中苯环上对位含原子团，故C中苯环上原子团位置也是对位。苯环和乙烯反应生成A乙苯，A到B发生硝化反应，B的结构简式为；结合E的结构，可知C与D发生酯化反应，故C的结构简式为，D的结构简式为

HOCH2CH2N(CH2CH3)2；环氧乙烷与X反应生成D，参照题中所给已知信息，X为NH(CH2CH3)2。【小问1详解】环氧乙烷中的官能团名称为醚键；【小问2详解】由分析可知D的结构简式为：HOCH2CH2N(CH2CH3)2；【

小问3详解】A到B发生硝化反应，化学方程式为：；【小问4详解】B的结构简式为，与B互为同分异构体，含羧基和苯环，苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明该同分异构体苯环上是对位的二取代，满足条件的结构简式为：、、、；【小问5详解】X为NH

(CH2CH3)2，利用乙烯为原料，可利用乙烯与HCl加成得到CH3CH2Cl，CH3CH2Cl与NH3在一定条件下反应得到X，故合成路线为。