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2015-2016学年上海市位育中学高二（上）期末化学试卷（等级考）（解析版）
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这是一份2015-2016学年上海市位育中学高二（上）期末化学试卷（等级考）（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2015-2016学年上海市位育中学高二（上）期末化学试卷（A ）
一、选择题（每小题只有一个正确选项）
1．科学家人工合成的第一种有机物是（ ）
A．酒精 B．纤维素 C．尿素 D．橡胶
2．通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是（ ）
A．石油的需求量 B．合成纤维 C．石油的产量 D．乙烯的产量
3．中国南海海域是全球范围内石油储量与可开采储量较丰富、开采潜力较大的地方，有“第二个波斯湾”之称．下列关于石油的说法正确的是（ ）
A．石油属于可再生矿物能源
B．石油只含有碳、氢、氧三种元素
C．将原油通过萃取、分液可获得汽油
D．石油分馏所得的各馏分仍是混合物
4．下列仪器中不属于定量仪器的是（ ）
A．量筒 B．滴定管 C．温度计 D．锥形瓶
5．下列事实不能用元素周期律解释的只有（ ）
A．碱性：KOH＞NaOH B．酸性：HClO4＞H2SO4
C．相对原子质量：Ar＞K D．元素的金属性：Mg＞Al
6．元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n﹣2，则在气态氢化物中R元素的化合价为（ ）
A．12﹣3n B．3n﹣12 C．3n﹣10 D．6﹣3n
7．下列烷烃中沸点最高的是（ ）
A．乙烷 B．正戊烷 C．正丁烷 D．新戊烷
8．某学生的实验报告有如下数据：①用电子天平称取11.700g食盐；②用量筒量取21.48mL盐酸；③用容量瓶配制210mL 1mol/L的硫酸溶液；④用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去18.20mL NaOH溶液，其中数据合理的是（ ）
A．①② B．②④ C．①④ D．②③
9．若甲烷与氯气以物质的量之比1：3混合，在光照下得到的产物：①CH3Cl；②CH2Cl2；③CHCl3；④CCl4，其中正确的是（ ）
A．只有① B．只有② C．①②③的混合物 D．①②③④的混合物
10．下列数据是有机物的式量，可能是同系物的一组是（ ）
A．16、30、58、72 B．16、28、40、52 C．16、32、48、54 D．16、30、42、56
11．能证明乙烯分子里含有一个碳碳双键的事实是（ ）
A．乙烯分子里碳氢原子的个数比为1：2
B．乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等
C．乙烯容易与溴水发生加成反应，且1 mol乙烯完全加成消耗1 mol溴单质
D．乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色
12．下列各对物质中，互为同分异构体的是（ ）
A．CH3﹣CH2﹣CH3和CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3
B．
C．
D．
13．目前含有元素硒（Se）的保健品已开始涌入市场，已知它与氧同主族，而与钙同周期，下列关于硒的有关描述中不正确的是（ ）
A．原子序数为24
B．最高价氧化物为SeO3，为酸性氧化物
C．原子半径比钙小
D．气态氢化物分子式为H2Se，性质不稳定
14．已知氧的相对原子质量为16，用氢气还原氧化铜法测定铜的相对原子质量，实验数据如下：
空硬质玻璃管
硬质玻璃管+氧化铜
硬质玻璃管+铜
质量（g）
w
m
n
则铜的相对原子质量为（ ）
A． B． C． D．
15．烃的系统命名法中，首先要选取主链碳原子，下列主链碳原子数目最多的是（ ）
A．CH3CH2CH2CH2CH2CH3 B．
C． D．
16．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似．由此可推测BeCl2（ ）
A．熔融态不导电 B．水溶液呈中性
C．熔点比BeBr2高 D．不与NaOH溶液反应
17．设阿伏加德罗常数为NA，则下列说法正确的是（ ）
A．15g甲基（﹣CH3）所含有的电子数是NA
B．常温常压下，4g氦气所含有的原子数目为NA
C．标准状况下，1L己烷充分燃烧后生成的气态产物的分子数为NA
D．常温常压下，1mol丙烷所含有的共价键数目为12NA
18．标况下，2.2gCH4和C2H4组成的混合气体所占的体积为2.24L，则该混合气中CH4和C2H4的比值是（ ）
A．摩尔比1：1 B．摩尔比1：2 C．质量比1：1 D．质量比7：4
二、选择题（每小题有1-2个正确选项）
19．X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（ ）
A．X的原子半径一定大于Y的原子半径
B．X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构
C．两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1
D．X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物
20．10mL某种气态烃，在50mL O2中完全燃烧，得到液态水和体积为35mL的混合气体（所有气体都是在常温常压下测定），则该气态烃不可能是（ ）
A．乙烷 B．丙烯（C3H6） C．丁炔（C4H6） D．新戊烷
三、填空题
21．0.1mol烷烃完全燃烧时生成11.2LCO2（标况），则其化学式是 ．若其一氯化物有四种同分异构体，则该烷烃的名称（系统命名法）是 ，结构简式是 ．
22．“温室效应”是全球关注的环境问题之一，科学家们一直致力于CO2的“组合转化”技术研究．例如将CO2和H2以1：4或1：3的比例混合，在适当条件下反应，生成H2O的同时可分别获得重要的气态能源物质A和对植物生长有调节作用的有机物B．请回答下列问题：
（1）写出生成A的化学方程式： （不必写反应条件）
（2）某小组做了如下三组对照实验来证实有机物B对植物生长的调节作用．
实验I：集气瓶中放青色、未熟的水果，在空气中盖上玻璃片．
实验II：集气瓶中放青色、未熟的水果，通入一定量的有机物B．
实验III：集气瓶中放青色、未熟的水果，瓶底放少量KMnO4固体．
该三组实验中，水果成熟的先后顺序为 ．
（3）A分子的空间构型为 ，结构式为 ；B分子中有 个原子共面，结构简式为 ．
23．A、B、C、D均为短周期元素，A和B同周期且相邻，A和C同主族且相邻，三种元素的原子序数之和为31．D元素与A、B、C即不同族也不同周期，A、B、D可组成化学组成为D4B2A3的离子化合物．试回答：
（1）元素符号：A ，B ，C ，D ．
（2）化合物D4B2A3的水溶液pH小于7（常温），原因是（用离子方程式表示原因） ．
四、实验题
24．利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，所设计的装置如图所示：
（1）A中制取C12反应的化学方程式是 ．
（2）C中发生反应的化学方程式是 ．（写出一个即可）
（3）D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI粉末，其作用是 ．
（4）E装置的作用是 （填序号）．
a．收集气体 b．吸收氯气 c．吸收氯化氢
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法是 （填操作名称）．
（6）将l mol CH4与C12发生取代，测得4种有机取代物的物质的量相等，则消耗的氯气的物质的量是 mol．
25．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g•100mL﹣1）．
Ⅰ．实验步骤
（1）用 （填仪器名称）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL （填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液．
（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴 作指示剂．
（3）读取盛装0.100 0mol•L﹣1 NaOH 溶液的碱式滴定管的初始读数．如果液面位置如图所示，则此时的读数为 mL．
（4）滴定．当 时，
停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．
Ⅱ．实验记录
滴定次数实验数据（mL）
1
2
3
4
V（样品）
20.00
20.00
20.00
20.00
V（NaOH）（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论
（1）按实验所得数据，可得c（市售白醋）= mol•L﹣1（列式计算）；市售白醋总酸量= g•100mL﹣1（列式计算）．
（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是 填写序号）．
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．
2015-2016学年上海市位育中学高二（上）期末化学试卷（A ）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确选项）
1．科学家人工合成的第一种有机物是（ ）
A．酒精 B．纤维素 C．尿素 D．橡胶
【考点】无机化合物与有机化合物的概念．
【分析】尿素是人工合成的第一种有机物，据此即可解答．
【解答】解：1828年，维勒合成尿素，是人工合成的第一种有机物，
故选C．
2．通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是（ ）
A．石油的需求量 B．合成纤维 C．石油的产量 D．乙烯的产量
【考点】石油的裂化和裂解．
【分析】依据乙烯的用途可知，乙烯可以用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是重要的化工原料，通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是乙烯的产量，据此解答．
【解答】解：乙烯可以用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是重要的化工原料，乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展．因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故选D．
3．中国南海海域是全球范围内石油储量与可开采储量较丰富、开采潜力较大的地方，有“第二个波斯湾”之称．下列关于石油的说法正确的是（ ）
A．石油属于可再生矿物能源
B．石油只含有碳、氢、氧三种元素
C．将原油通过萃取、分液可获得汽油
D．石油分馏所得的各馏分仍是混合物
【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．
【分析】石油属于化石燃料，是由远古时代的动物的遗体转化而来，故不可再生；石油是多种烷烃和环烷烃的混合物，常见的综合利用的方法是分馏，即利用石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将各组分分离的方法，故石油的分馏是物理变化，据此分析．
【解答】解：A、石油属于化石燃料，不能再生，故A错误；
B、石油是多种烷烃和环烷烃组成的混合物，故主要元素为C、H，故B错误；
C、石油要经分馏获得汽油，而不是萃取分液，故C错误；
D、石油中的很多组分的沸点相近，故石油的分馏产物仍然是混合物，故D正确．
故选D．
4．下列仪器中不属于定量仪器的是（ ）
A．量筒 B．滴定管 C．温度计 D．锥形瓶
【考点】计量仪器及使用方法．
【分析】定量仪器是指能精密量取一定量液体的玻璃仪器，常用的有量筒和滴定管，据此分析．
【解答】解：定量仪器是指能精密量取一定量液体的玻璃仪器，常用的有量筒和滴定管．温度计用来测定温度，容量瓶用作反应容器，均不属于定量仪器，故选CD．
5．下列事实不能用元素周期律解释的只有（ ）
A．碱性：KOH＞NaOH B．酸性：HClO4＞H2SO4
C．相对原子质量：Ar＞K D．元素的金属性：Mg＞Al
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】A．金属性越强，对应碱的碱性越强；
B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；
C．Ar的相对原子质量为39.95，K的相对原子质量为39.10；
D．同周期从左向右金属性减弱．
【解答】解：A．金属性K＞Na，对应碱的碱性KOH＞NaOH，可用元素周期律解释，故A不选；
B．非金属性Cl＞S，对应最高价含氧酸的酸性HClO4＞H2SO4，可用元素周期律解释，故B不选；
C．Ar的相对原子质量为39.95，K的相对原子质量为39.10，不能利用元素周期律解释，故C选；
D．同周期从左向右金属性减弱，则元素的金属性：Mg＞Al，可用元素周期律解释，故D不选；
故选C．
6．元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n﹣2，则在气态氢化物中R元素的化合价为（ ）
A．12﹣3n B．3n﹣12 C．3n﹣10 D．6﹣3n
【考点】根据化学式判断化合价．
【分析】根据HnRO2n﹣2利用化合价代数和为0计算R元素的最高化合价，再利用最高正化合价﹣8=最低负价，即为气态氢化物中R元素的化合价，据此计算．
【解答】解：令HnRO2n﹣2中R元素的化合价为x，
由化合价代数和为0，所以（+1）×n+x+（﹣2）×（2n﹣2）=0，
解得x=3n﹣4，
所以最低负价为3n﹣4﹣8=3n﹣12．
故选B．
7．下列烷烃中沸点最高的是（ ）
A．乙烷 B．正戊烷 C．正丁烷 D．新戊烷
【考点】饱和烃与不饱和烃．
【分析】烷烃的相对分子质量越大，沸点越高；分子式相同的烷烃，支链越多，沸点越低，以此进行判断．
【解答】解：戊烷的相对分子质量比乙烷、正丁烷大，所以戊烷的沸点比乙烷、正丁烷高，
戊烷的同分异构体中正戊烷无支链，而新戊烷中存在支链，所以正戊烷的沸点最高，
故选B．
8．某学生的实验报告有如下数据：①用电子天平称取11.700g食盐；②用量筒量取21.48mL盐酸；③用容量瓶配制210mL 1mol/L的硫酸溶液；④用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去18.20mL NaOH溶液，其中数据合理的是（ ）
A．①② B．②④ C．①④ D．②③
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】①托盘天平称量物质准确度为0.1g；
②量筒量取液体体积的准确度为0.1mL；
③容量瓶只能配置与瓶上所标的体积相同的溶液；
④滴定管的准确度为0.01mL．
【解答】解：①托盘天平称量物质准确度为0.1g，可称取11.7g食盐，故①正确；
②量筒量取液体体积的准确度为0.1mL，所以量取21.48mL不合理，故②错误；
③容量瓶的规格中有50mL、100mL、200mL、250mL、500m、1000mL等等，没有210mL的，故③错误；
④中和滴定要用滴定管，滴定管的准确度为0.01mL，18.20mL的数值合理，故④正确；
故选C．
9．若甲烷与氯气以物质的量之比1：3混合，在光照下得到的产物：①CH3Cl；②CH2Cl2；③CHCl3；④CCl4，其中正确的是（ ）
A．只有① B．只有② C．①②③的混合物 D．①②③④的混合物
【考点】甲烷的化学性质．
【分析】甲烷和氯气在光照下，反应进行到哪一步不是由反应物甲烷和氯气的物质的量之比来决定的，即使甲烷和氯气的物质的量之比是1：1的情况，也不会仅生成CH3Cl，因为一旦生成CH3Cl后，CH3Cl分子中的氢原子又可继续被氯原子取代，直到分子中氢原子都被取代完，因此其产物不是纯净的CH3Cl．题设甲烷与氯气以物质的量之比1：3混合，则四步取代反应都可能发生．
【解答】解：甲烷和氯气在光照下，会发生四步取代反应，而反应进行到哪一步不是由反应物甲烷和氯气的物质的量之比来决定的，即使甲烷和氯气的物质的量之比是1：1的情况，也不会仅生成CH3Cl，因为一旦生成CH3Cl后，CH3Cl分子中的氢原子又可继续被氯原子取代，直到分子中氢原子都被取代完，因此其产物不是纯净的CH3Cl．题设甲烷与氯气以物质的量之比1：3混合，则四步取代反应都可能发生，所以得到的是四种氯代烃的混合物．
故选D．
10．下列数据是有机物的式量，可能是同系物的一组是（ ）
A．16、30、58、72 B．16、28、40、52 C．16、32、48、54 D．16、30、42、56
【考点】芳香烃、烃基和同系物．
【分析】同系物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，具有如下特征：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物．
【解答】解：同系物在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团，所以相对原子质量之间的差量为14n，n代表相差CH2原子团个数．
A、各相对原子质量之间的差量均为14的倍数，故A正确；
B、各相对原子质量之间的差量为均12的倍数，故B错误；
C、各相对原子质量之间的差量分别为16、16、6，不是14的倍数，故C错误；
D、各相对原子质量之间的差量分别为14、12、14，故D错误．
故选A．
11．能证明乙烯分子里含有一个碳碳双键的事实是（ ）
A．乙烯分子里碳氢原子的个数比为1：2
B．乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等
C．乙烯容易与溴水发生加成反应，且1 mol乙烯完全加成消耗1 mol溴单质
D．乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色
【考点】有机物的鉴别．
【分析】A．碳、氢原子个数比为1：2的烃不一定是烯烃；
B．乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等，说明乙烯分子里碳、氢原子个数比为1：2；
C．根据乙烯和溴之间反应的比例关系分析判断；
D．能使酸性KMnO4溶液褪色，不一定是碳碳双键．
【解答】解：A．碳、氢原子个数比为1：2的烃可能为环烷烃，不一定是碳碳双键，故A错误；
B．乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等，说明乙烯分子里碳、氢原子个数比为1：2，不能说明含有一个碳碳双键，故B错误；
C．乙烯与溴水能发生加成反应，说明存在碳碳双键，1mol乙烯消耗1mol溴单质，说明含有一个碳碳双键，故C正确；
D．碳碳三键也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但是不是烯烃，故D错误．
故选C．
12．下列各对物质中，互为同分异构体的是（ ）
A．CH3﹣CH2﹣CH3和CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3
B．
C．
D．
【考点】辨识简单有机化合物的同分异构体．
【分析】同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，同分异构体包含碳链异构、官能团异构、位置异构等，以此来解答．
【解答】解：A．CH3﹣CH2﹣CH3和CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3 两种物质的分子式不同，相差CH2为同系物，不是同分异构体，故A错误；
B．二者分子式不同，组成上相差1个CH2，含碳碳双键为烯烃，属于同系物，不是同分异构体，故B错误；
C．二者分子式相同，结构不同，是同分异构体，故C正确；
D．分子式和结构相同为同种物质，故D错误；
故选C．
13．目前含有元素硒（Se）的保健品已开始涌入市场，已知它与氧同主族，而与钙同周期，下列关于硒的有关描述中不正确的是（ ）
A．原子序数为24
B．最高价氧化物为SeO3，为酸性氧化物
C．原子半径比钙小
D．气态氢化物分子式为H2Se，性质不稳定
【考点】元素周期表的结构及其应用．
【分析】元素硒（Se）与氧同主族，而与钙同周期，则位于第四周期第ⅥA族，结合同主族元素及化合物的性质来解答．
【解答】解：A．Se原子序数为8+8+18=34，故A错误；
B．位于ⅥA族，最高价为+6价，则最高价氧化物为SeO3，为酸性氧化物，故B正确；
C．同周期从左向右原子半径减小，则Se的原子半径比钙小，故C正确；
D．最低价为﹣2价，同主族非金属性从上到下减弱，则气态氢化物分子式为H2Se，性质不稳定，故D正确；
故选A．
14．已知氧的相对原子质量为16，用氢气还原氧化铜法测定铜的相对原子质量，实验数据如下：
空硬质玻璃管
硬质玻璃管+氧化铜
硬质玻璃管+铜
质量（g）
w
m
n
则铜的相对原子质量为（ ）
A． B． C． D．
【考点】相对原子质量及其计算．
【分析】由题意，根据一氧化碳与氧化铜反应的化学方程式，列比例式计算出Cu的相对原子质量即可，注意硬质玻璃管的质量去除．
【解答】解：设Cu的相对原子质量为x
CuO+COCu+CO2
x+16 x
（m﹣w）g （ n﹣w）g
解得：x=，
故选D．
15．烃的系统命名法中，首先要选取主链碳原子，下列主链碳原子数目最多的是（ ）
A．CH3CH2CH2CH2CH2CH3 B．
C． D．
【考点】有机化合物命名．
【分析】依据烷烃的命名法则中：选取最长碳链为主链进行判断即可，注意乙基所连C至少为3号碳，据此依次对选项中的烷烃作出判断即可．
【解答】解：A、CH3CH2CH2CH2CH2CH3的最长碳链为6，为己烷；
B、的最长碳链从上到下数是5，故为戊烷；
C、的最长碳链为左上方开始，到右下方，最长碳链为7，即庚烷；
D、的最长碳链为5，从上到下数，为戊烷，故综合以上分析，C选项中碳链最长，故选C．
16．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似．由此可推测BeCl2（ ）
A．熔融态不导电 B．水溶液呈中性
C．熔点比BeBr2高 D．不与NaOH溶液反应
【考点】真题集萃；元素周期表的结构及其应用．
【分析】AlCl3的结构和化学性质：氯化铝是共价化合物，熔融态不导电，铝离子能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀．BeCl2化学性质与AlCl3相似，依此进行判断．
【解答】解：氯化铝是共价化合物，是分子晶体，熔融态不导电，能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似，故
A．BeCl2为共价化合物，故熔融态不导电，故A正确；
B．BeCl2能发生水解使溶液呈酸性，故B错误；
C．BeCl2和BeBr2为分子晶体，BeBr2相对分子质量大于BeCl2，故BeCl2熔点比BeBr2低，故C错误；
D．能与NaOH溶液反应生成氢氧化铍沉淀，故D错误，
故选A．
17．设阿伏加德罗常数为NA，则下列说法正确的是（ ）
A．15g甲基（﹣CH3）所含有的电子数是NA
B．常温常压下，4g氦气所含有的原子数目为NA
C．标准状况下，1L己烷充分燃烧后生成的气态产物的分子数为NA
D．常温常压下，1mol丙烷所含有的共价键数目为12NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、求出甲基的物质的量，然后根据甲基中含9个电子来分析；
B、氦气由氦原子构成；
C、标况下己烷为液态；
D、丙烷中含10条共价键．
【解答】解：A、15g甲基的物质的量为1mol，而甲基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个电子，故A错误；
B、氦气由氦原子构成，故4gg氦气中含有的氦原子的物质的量为1mol，个数为NA个，故B正确；
C、标况下己烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D、丙烷中含10条共价键，故1mol丙烷中含10NA共价键，故D错误．
故选B．
18．标况下，2.2gCH4和C2H4组成的混合气体所占的体积为2.24L，则该混合气中CH4和C2H4的比值是（ ）
A．摩尔比1：1 B．摩尔比1：2 C．质量比1：1 D．质量比7：4
【考点】物质的量的相关计算．
【分析】令CH4和C2H4的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量、体积列方程计算，再根据m=nM计算混合气体中相关量之比，由此分析解答．
【解答】解：令CH4和C2H4的物质的量分别为xmol、ymol，则：
解得x=0.05 y=0.05
故混合气体中CH4和C2H4的质量比为0.05×16：0.05×28=4：7，
故选A．
二、选择题（每小题有1-2个正确选项）
19．X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（ ）
A．X的原子半径一定大于Y的原子半径
B．X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构
C．两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1
D．X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素，以此进行解答题中各问．
【解答】解：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素：
A、当X为H、Li等元素，Y为S元素时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；
B、X为Na时，其对应离子为Na+，离子有10个电子，Y为O元素时，其对应的离子为O2﹣，离子有10个电子，二者具有相同的电子层结构，故B错误；
C、两元素形成的化合物中，原子个数为1：1的有H2O2或Na2O2，故C错误；
D、化学式为X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故D正确．
故选D．
20．10mL某种气态烃，在50mL O2中完全燃烧，得到液态水和体积为35mL的混合气体（所有气体都是在常温常压下测定），则该气态烃不可能是（ ）
A．乙烷 B．丙烯（C3H6） C．丁炔（C4H6） D．新戊烷
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为35mL的混合气体，则只能有氧气剩余，充分燃烧：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，再利用气体体积差量计算解答．
【解答】解：令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为35mL的混合气体，则只能有氧气剩余，故烃完全燃烧，有氧气剩余，
CxHy+（x+）O2xCO2+H2O 气体体积减小△V
1 1+
10mL 60mL﹣35mL=25mL
10mL：25mL=1：（1+）
解得y=6，
故选BC．
三、填空题
21．0.1mol烷烃完全燃烧时生成11.2LCO2（标况），则其化学式是 C5H12 ．若其一氯化物有四种同分异构体，则该烷烃的名称（系统命名法）是 2﹣甲基﹣丁烷 ，结构简式是 CH3CH2CH（CH3）CH3 ．
【考点】有关有机物分子式确定的计算．
【分析】n（CO2）==0.5mol，由C原子守恒可知烷烃含C为=5，为戊烷，一氯化物有四种同分异构体，则含4种H，以此来解答．
【解答】解：n（CO2）==0.5mol，由C原子守恒可知烷烃含C为=5，分子式为C5H12，为戊烷，戊烷同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH3、C（CH3）4，符合一氯化物有四种同分异构体为CH3CH2CH（CH3）CH3，名称为2﹣甲基﹣丁烷，
故答案为：C5H12；2﹣甲基﹣丁烷；CH3CH2CH（CH3）CH3．
22．“温室效应”是全球关注的环境问题之一，科学家们一直致力于CO2的“组合转化”技术研究．例如将CO2和H2以1：4或1：3的比例混合，在适当条件下反应，生成H2O的同时可分别获得重要的气态能源物质A和对植物生长有调节作用的有机物B．请回答下列问题：
（1）写出生成A的化学方程式： CO2+H2=CH4+2H2O （不必写反应条件）
（2）某小组做了如下三组对照实验来证实有机物B对植物生长的调节作用．
实验I：集气瓶中放青色、未熟的水果，在空气中盖上玻璃片．
实验II：集气瓶中放青色、未熟的水果，通入一定量的有机物B．
实验III：集气瓶中放青色、未熟的水果，瓶底放少量KMnO4固体．
该三组实验中，水果成熟的先后顺序为 II、I、III ．
（3）A分子的空间构型为 正四面体结构 ，结构式为 ；B分子中有 6 个原子共面，结构简式为 CH2=CH2 ．
【考点】化学方程式的书写．
【分析】将CO2和H2以1mol：4mol的比例混合，在适当条件下反应，生成H2O的同时可分别获得重要的气态能源物质A，由原子守恒可知生成H2O为2mol，故A中C、H原子物质的量之比为1mol：（4mol×2﹣4mol）=1：4，故A为CH4，
将CO2和H2以1mol：3mol的比例混合，在适当条件下反应，生成H2O的同时获得对植物生长有调节作用的有机物B，B为乙烯，
（1）二氧化碳与氢气按1：4反应生成甲烷与水；
（2）水果成熟会产生乙烯，乙烯对水果具有催熟作用，且被酸性高锰酸钾氧化，据此判断；
（3）甲烷为正四面体结构，碳原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氢原子能形成一个共价键达到稳定结构，据此写出甲烷的结构式，乙烯为平面型结构，乙烯分子式为C2H4，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个碳碳双键，据此书写结构简式．
【解答】解：“温室效应”是全球关注的环境问题之一，科学家们一直致力于CO2的“组合转化”技术研究．例如将CO2和H2以1：4或1：3的比例混合，在适当条件下反应，生成H2O的同时可分别获得重要的气态能源物质A和对植物生长有调节作用的有机物B，A为甲烷，B为乙烯，
（1）二氧化碳与氢气按1：4反应生成甲烷与水，方程式：CO2+H2=CH4+2H2O；
故答案为：CO2+H2=CH4+2H2O；
（2）II中通入乙烯，对水果具有催熟作用，最先成熟，水果成熟过程中会产生乙烯，对水果具有催熟作用，乙烯易被酸性高锰酸钾氧化，故III中产生的乙烯被氧化，成熟最慢，故成熟先后顺序为：II、I、III，
故答案为：II、I、III；
（3）甲烷为正四面体结构，1个甲烷分子中含1个C、4个H原子，分子式为CH4，碳原子的最外层有4个电子，氢原子最外层1个电子，一个碳原子形成4对共用电子对，一个氢原子形成一对共用电子对，所以电子式为：，其结构式为，乙烯为平面型结构，6个原子共面，乙烯分子中含有2个碳原子和4个氢原子，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个碳碳双键，碳碳键与碳氢键之间夹角120度，为平面型结构，其电子式为：，结构式为：，结构简式为CH2=CH2，
故答案为：正四面体结构；；6；CH2=CH2．
23．A、B、C、D均为短周期元素，A和B同周期且相邻，A和C同主族且相邻，三种元素的原子序数之和为31．D元素与A、B、C即不同族也不同周期，A、B、D可组成化学组成为D4B2A3的离子化合物．试回答：
（1）元素符号：A O ，B N ，C S ，D H ．
（2）化合物D4B2A3的水溶液pH小于7（常温），原因是（用离子方程式表示原因） NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ ．
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】A、B、C、D均为短周期元素，A和B是同周期相邻的两种元素，A和C是同主族相邻的两种元素：A、B、C三种元素的原子序数之和为31，则A、B、C可能有如下几种相对位置：
①设A的原子序数为x，则C为x﹣8，B为x+1，则x+x﹣8+x+1=31，解之得：x=，不符合题意；
②设A的原子序数为x，则C为x﹣8，B为x﹣1，则x+x﹣8+x﹣1=31，解之得：x=，不符合题意；
③设A的原子序数为x，则C为x+8，B为x+1，则x+x+8+x+1=31，解之得：x=，不符合题意；
④设A的原子序数为x，则C为x+8，B为x﹣1，则x+x+8+x﹣1=31，解之得：x=8，则A为O元素，B为N元素，C为S元素，D元素与A、B、C三种元素既不是同周期，也不同主族，且为短周期元素，应为H元素，A、B、D可组成化学组成为D4B2A3的离子化合物，应为NH4NO3，根据原子的结构以及物质的性质解答该题．
【解答】解：A、B、C、D均为短周期元素，A和B是同周期相邻的两种元素，A和C是同主族相邻的两种元素：A、B、C三种元素的原子序数之和为31，则A、B、C可能有如下几种相对位置：
①设A的原子序数为x，则C为x﹣8，B为x+1，则x+x﹣8+x+1=31，解之得：x=，不符合题意；
②设A的原子序数为x，则C为x﹣8，B为x﹣1，则x+x﹣8+x﹣1=31，解之得：x=，不符合题意；
③设A的原子序数为x，则C为x+8，B为x+1，则x+x+8+x+1=31，解之得：x=，不符合题意；
④设A的原子序数为x，则C为x+8，B为x﹣1，则x+x+8+x﹣1=31，解之得：x=8，则A为O元素，B为N元素，C为S元素，D元素与A、B、C三种元素既不是同周期，也不同主族，且为短周期元素，应为H元素，A、B、D可组成化学组成为D4B2A3的离子化合物，应为NH4NO3，
（1）由以上分析可知A为O，B为N，C为S，D为H，故答案为：O；N；S；H；
（2）A、B、D可组成化学式为D4B2A3的离子化合物为NH4NO3，由于发生水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，溶液呈酸性，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+．
四、实验题
24．利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，所设计的装置如图所示：
（1）A中制取C12反应的化学方程式是 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
（2）C中发生反应的化学方程式是 CH4+Cl2CH3Cl+HCl ．（写出一个即可）
（3）D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI粉末，其作用是 除去过量的氯气 ．
（4）E装置的作用是 C （填序号）．
a．收集气体 b．吸收氯气 c．吸收氯化氢
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法是 分液 （填操作名称）．
（6）将l mol CH4与C12发生取代，测得4种有机取代物的物质的量相等，则消耗的氯气的物质的量是 2.5 mol．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应生成多种氯代甲烷和氯化氢．A装置是浓盐酸和二氧化锰制取氯气的发生装置，通过B装置，除去氯气中的水蒸气，控制两种气体的流速，使氯气和甲烷混合均匀，C装置是甲烷和氯气发生取代反应的装置，D装置盛有湿润的KI粉末可以用来除去过量的氯气，尾气中含有有毒气体CH3Cl和过量的甲烷，容易污染空气，需要进行尾气处理．
（1）MnO2能将HCl（浓）氧化为MnCl2和Cl2；
（2）甲烷可以和氯气放生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、三氯甲烷和氯化氢；
（3）氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘单质，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是吸收过量的氯气；
（4）尾气中含有有毒气体CH3Cl和过量的甲烷，容易污染空气，需要进行尾气处理；
（5）盐酸和有机物不能互溶，所以可以采用分液的方法分离；
（6）根据四种取代物的物质的量相等结合碳原子守恒计算取代物的物质的量，再根据被取代的氢原子和氯气分子之间的关系式计算消耗氯气的物质的量；
【解答】解：甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应生成多种氯代甲烷和氯化氢．A装置是浓盐酸和二氧化锰制取氯气的发生装置，通过B装置，除去氯气中的水蒸气，控制两种气体的流速，使氯气和甲烷混合均匀，C装置是甲烷和氯气发生取代反应的装置，D装置盛有湿润的KI粉末可以用来除去过量的氯气，尾气中含有有毒气体CH3Cl和过量的甲烷，容易污染空气，需要进行尾气处理．
（1）MnO2能将HCl（浓）氧化为MnCl2和Cl2，A中制取Cl2反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）甲烷与氯气反应生成一氯甲烷的方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，
故答案为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；
（3）湿润的KI粉末可以用来除去过量的氯气，发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，
故答案为：除去过量的氯气；
（4）由于上述过程中产生的氯气和HCl均易导致大气污染，所以E的作用是吸收尾气，HCl极易溶于水易发生倒吸，所以E还可以防止倒吸，
故答案为：C；
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开，
故答案为：分液；
（6）1mol甲烷完全与氯气发生取代反应，若生成相同物质的量的四种取代物，所以每种取代物的物质的量是0.25mol，甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，所以生成0.25mol一氯甲烷需要氯气0.25mol氯气，生成0.25mol二氯甲烷需要氯气0.5mol，生成0.25mol三氯甲烷需要氯气0.75mol氯气，生成0.25mol四氯化碳需要氯气1mol，所以总共消耗氯气的物质的量=0.25mol+0.5mol+0.75mol+1mol=2.5mol，
故答案为：2.5mol；
25．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g•100mL﹣1）．
Ⅰ．实验步骤
（1）用 酸式滴定管 （填仪器名称）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL 容量瓶 （填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液．
（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴 酚酞 作指示剂．
（3）读取盛装0.100 0mol•L﹣1 NaOH 溶液的碱式滴定管的初始读数．如果液面位置如图所示，则此时的读数为 0.60 mL．
（4）滴定．当 溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色 时，
停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．
Ⅱ．实验记录
滴定次数实验数据（mL）
1
2
3
4
V（样品）
20.00
20.00
20.00
20.00
V（NaOH）（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论
（1）按实验所得数据，可得c（市售白醋）= 0.75 mol•L﹣1（列式计算）；市售白醋总酸量= 4.5 g•100mL﹣1（列式计算）．
（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是 ab 填写序号）．
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．
【考点】中和滴定．
【分析】Ⅰ．（1）根据量取液体体积的精确度以及液体的性质选择仪器；溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
（2）醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性，可用酚酞作指示剂；
（3）根据滴定管的结构与精确度来分析；
（4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅱ．（1）根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH 溶液反应的关系式：CH3COOOH～NaOH来解答；
（2）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．
【解答】解：Ⅰ．（1）滴定管精确度为0.01ml，醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋；用酸式滴定管量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；
故答案为：酸式滴定管；容量瓶；
（2）由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂，则用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞，
故答案为：酚酞；
（3）滴定管液面的读数0.60mL；
故答案为：0.60；
（4）NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
故答案为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅱ．（1）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去，3次消耗NaOH溶液的体积为：15.00mL、15.05mL、14.95mL，则NaOH溶液的平均体积为15.00mL；
设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOH xg，则
CH3COOOH～NaOH
60 40
xg×0.2 0.1000mol/L×0.015L×40g/mol
x=0.450
c（市售白醋）==0.75mol•L﹣1，样品总酸量=4.50g•100mL﹣1；
故答案为：0.75；4.5；
（2）a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故a正确；
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故b正确；
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析，可知c（待测）不变，故c错误；
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏小，故d错误；
故选：ab．
2015-2016学年上海市位育中学高二（上）期末化学试卷（A ）
一、选择题（每小题只有一个正确选项）
1．科学家人工合成的第一种有机物是（ ）
A．酒精 B．纤维素 C．尿素 D．橡胶
2．通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是（ ）
A．石油的需求量 B．合成纤维 C．石油的产量 D．乙烯的产量
3．中国南海海域是全球范围内石油储量与可开采储量较丰富、开采潜力较大的地方，有“第二个波斯湾”之称．下列关于石油的说法正确的是（ ）
A．石油属于可再生矿物能源
B．石油只含有碳、氢、氧三种元素
C．将原油通过萃取、分液可获得汽油
D．石油分馏所得的各馏分仍是混合物
4．下列仪器中不属于定量仪器的是（ ）
A．量筒 B．滴定管 C．温度计 D．锥形瓶
5．下列事实不能用元素周期律解释的只有（ ）
A．碱性：KOH＞NaOH B．酸性：HClO4＞H2SO4
C．相对原子质量：Ar＞K D．元素的金属性：Mg＞Al
6．元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n﹣2，则在气态氢化物中R元素的化合价为（ ）
A．12﹣3n B．3n﹣12 C．3n﹣10 D．6﹣3n
7．下列烷烃中沸点最高的是（ ）
A．乙烷 B．正戊烷 C．正丁烷 D．新戊烷
8．某学生的实验报告有如下数据：①用电子天平称取11.700g食盐；②用量筒量取21.48mL盐酸；③用容量瓶配制210mL 1mol/L的硫酸溶液；④用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去18.20mL NaOH溶液，其中数据合理的是（ ）
A．①② B．②④ C．①④ D．②③
9．若甲烷与氯气以物质的量之比1：3混合，在光照下得到的产物：①CH3Cl；②CH2Cl2；③CHCl3；④CCl4，其中正确的是（ ）
A．只有① B．只有② C．①②③的混合物 D．①②③④的混合物
10．下列数据是有机物的式量，可能是同系物的一组是（ ）
A．16、30、58、72 B．16、28、40、52 C．16、32、48、54 D．16、30、42、56
11．能证明乙烯分子里含有一个碳碳双键的事实是（ ）
A．乙烯分子里碳氢原子的个数比为1：2
B．乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等
C．乙烯容易与溴水发生加成反应，且1 mol乙烯完全加成消耗1 mol溴单质
D．乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色
12．下列各对物质中，互为同分异构体的是（ ）
A．CH3﹣CH2﹣CH3和CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3
B．
C．
D．
13．目前含有元素硒（Se）的保健品已开始涌入市场，已知它与氧同主族，而与钙同周期，下列关于硒的有关描述中不正确的是（ ）
A．原子序数为24
B．最高价氧化物为SeO3，为酸性氧化物
C．原子半径比钙小
D．气态氢化物分子式为H2Se，性质不稳定
14．已知氧的相对原子质量为16，用氢气还原氧化铜法测定铜的相对原子质量，实验数据如下：
空硬质玻璃管
硬质玻璃管+氧化铜
硬质玻璃管+铜
质量（g）
w
m
n
则铜的相对原子质量为（ ）
A． B． C． D．
15．烃的系统命名法中，首先要选取主链碳原子，下列主链碳原子数目最多的是（ ）
A．CH3CH2CH2CH2CH2CH3 B．
C． D．
16．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似．由此可推测BeCl2（ ）
A．熔融态不导电 B．水溶液呈中性
C．熔点比BeBr2高 D．不与NaOH溶液反应
17．设阿伏加德罗常数为NA，则下列说法正确的是（ ）
A．15g甲基（﹣CH3）所含有的电子数是NA
B．常温常压下，4g氦气所含有的原子数目为NA
C．标准状况下，1L己烷充分燃烧后生成的气态产物的分子数为NA
D．常温常压下，1mol丙烷所含有的共价键数目为12NA
18．标况下，2.2gCH4和C2H4组成的混合气体所占的体积为2.24L，则该混合气中CH4和C2H4的比值是（ ）
A．摩尔比1：1 B．摩尔比1：2 C．质量比1：1 D．质量比7：4
二、选择题（每小题有1-2个正确选项）
19．X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（ ）
A．X的原子半径一定大于Y的原子半径
B．X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构
C．两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1
D．X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物
20．10mL某种气态烃，在50mL O2中完全燃烧，得到液态水和体积为35mL的混合气体（所有气体都是在常温常压下测定），则该气态烃不可能是（ ）
A．乙烷 B．丙烯（C3H6） C．丁炔（C4H6） D．新戊烷
三、填空题
21．0.1mol烷烃完全燃烧时生成11.2LCO2（标况），则其化学式是 ．若其一氯化物有四种同分异构体，则该烷烃的名称（系统命名法）是 ，结构简式是 ．
22．“温室效应”是全球关注的环境问题之一，科学家们一直致力于CO2的“组合转化”技术研究．例如将CO2和H2以1：4或1：3的比例混合，在适当条件下反应，生成H2O的同时可分别获得重要的气态能源物质A和对植物生长有调节作用的有机物B．请回答下列问题：
（1）写出生成A的化学方程式： （不必写反应条件）
（2）某小组做了如下三组对照实验来证实有机物B对植物生长的调节作用．
实验I：集气瓶中放青色、未熟的水果，在空气中盖上玻璃片．
实验II：集气瓶中放青色、未熟的水果，通入一定量的有机物B．
实验III：集气瓶中放青色、未熟的水果，瓶底放少量KMnO4固体．
该三组实验中，水果成熟的先后顺序为 ．
（3）A分子的空间构型为 ，结构式为 ；B分子中有 个原子共面，结构简式为 ．
23．A、B、C、D均为短周期元素，A和B同周期且相邻，A和C同主族且相邻，三种元素的原子序数之和为31．D元素与A、B、C即不同族也不同周期，A、B、D可组成化学组成为D4B2A3的离子化合物．试回答：
（1）元素符号：A ，B ，C ，D ．
（2）化合物D4B2A3的水溶液pH小于7（常温），原因是（用离子方程式表示原因） ．
四、实验题
24．利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，所设计的装置如图所示：
（1）A中制取C12反应的化学方程式是 ．
（2）C中发生反应的化学方程式是 ．（写出一个即可）
（3）D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI粉末，其作用是 ．
（4）E装置的作用是 （填序号）．
a．收集气体 b．吸收氯气 c．吸收氯化氢
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法是 （填操作名称）．
（6）将l mol CH4与C12发生取代，测得4种有机取代物的物质的量相等，则消耗的氯气的物质的量是 mol．
25．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g•100mL﹣1）．
Ⅰ．实验步骤
（1）用 （填仪器名称）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL （填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液．
（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴 作指示剂．
（3）读取盛装0.100 0mol•L﹣1 NaOH 溶液的碱式滴定管的初始读数．如果液面位置如图所示，则此时的读数为 mL．
（4）滴定．当 时，
停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．
Ⅱ．实验记录
滴定次数实验数据（mL）
1
2
3
4
V（样品）
20.00
20.00
20.00
20.00
V（NaOH）（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论
（1）按实验所得数据，可得c（市售白醋）= mol•L﹣1（列式计算）；市售白醋总酸量= g•100mL﹣1（列式计算）．
（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是 填写序号）．
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．
2015-2016学年上海市位育中学高二（上）期末化学试卷（A ）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确选项）
1．科学家人工合成的第一种有机物是（ ）
A．酒精 B．纤维素 C．尿素 D．橡胶
【考点】无机化合物与有机化合物的概念．
【分析】尿素是人工合成的第一种有机物，据此即可解答．
【解答】解：1828年，维勒合成尿素，是人工合成的第一种有机物，
故选C．
2．通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是（ ）
A．石油的需求量 B．合成纤维 C．石油的产量 D．乙烯的产量
【考点】石油的裂化和裂解．
【分析】依据乙烯的用途可知，乙烯可以用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是重要的化工原料，通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是乙烯的产量，据此解答．
【解答】解：乙烯可以用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是重要的化工原料，乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展．因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故选D．
3．中国南海海域是全球范围内石油储量与可开采储量较丰富、开采潜力较大的地方，有“第二个波斯湾”之称．下列关于石油的说法正确的是（ ）
A．石油属于可再生矿物能源
B．石油只含有碳、氢、氧三种元素
C．将原油通过萃取、分液可获得汽油
D．石油分馏所得的各馏分仍是混合物
【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．
【分析】石油属于化石燃料，是由远古时代的动物的遗体转化而来，故不可再生；石油是多种烷烃和环烷烃的混合物，常见的综合利用的方法是分馏，即利用石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将各组分分离的方法，故石油的分馏是物理变化，据此分析．
【解答】解：A、石油属于化石燃料，不能再生，故A错误；
B、石油是多种烷烃和环烷烃组成的混合物，故主要元素为C、H，故B错误；
C、石油要经分馏获得汽油，而不是萃取分液，故C错误；
D、石油中的很多组分的沸点相近，故石油的分馏产物仍然是混合物，故D正确．
故选D．
4．下列仪器中不属于定量仪器的是（ ）
A．量筒 B．滴定管 C．温度计 D．锥形瓶
【考点】计量仪器及使用方法．
【分析】定量仪器是指能精密量取一定量液体的玻璃仪器，常用的有量筒和滴定管，据此分析．
【解答】解：定量仪器是指能精密量取一定量液体的玻璃仪器，常用的有量筒和滴定管．温度计用来测定温度，容量瓶用作反应容器，均不属于定量仪器，故选CD．
5．下列事实不能用元素周期律解释的只有（ ）
A．碱性：KOH＞NaOH B．酸性：HClO4＞H2SO4
C．相对原子质量：Ar＞K D．元素的金属性：Mg＞Al
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】A．金属性越强，对应碱的碱性越强；
B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；
C．Ar的相对原子质量为39.95，K的相对原子质量为39.10；
D．同周期从左向右金属性减弱．
【解答】解：A．金属性K＞Na，对应碱的碱性KOH＞NaOH，可用元素周期律解释，故A不选；
B．非金属性Cl＞S，对应最高价含氧酸的酸性HClO4＞H2SO4，可用元素周期律解释，故B不选；
C．Ar的相对原子质量为39.95，K的相对原子质量为39.10，不能利用元素周期律解释，故C选；
D．同周期从左向右金属性减弱，则元素的金属性：Mg＞Al，可用元素周期律解释，故D不选；
故选C．
6．元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n﹣2，则在气态氢化物中R元素的化合价为（ ）
A．12﹣3n B．3n﹣12 C．3n﹣10 D．6﹣3n
【考点】根据化学式判断化合价．
【分析】根据HnRO2n﹣2利用化合价代数和为0计算R元素的最高化合价，再利用最高正化合价﹣8=最低负价，即为气态氢化物中R元素的化合价，据此计算．
【解答】解：令HnRO2n﹣2中R元素的化合价为x，
由化合价代数和为0，所以（+1）×n+x+（﹣2）×（2n﹣2）=0，
解得x=3n﹣4，
所以最低负价为3n﹣4﹣8=3n﹣12．
故选B．
7．下列烷烃中沸点最高的是（ ）
A．乙烷 B．正戊烷 C．正丁烷 D．新戊烷
【考点】饱和烃与不饱和烃．
【分析】烷烃的相对分子质量越大，沸点越高；分子式相同的烷烃，支链越多，沸点越低，以此进行判断．
【解答】解：戊烷的相对分子质量比乙烷、正丁烷大，所以戊烷的沸点比乙烷、正丁烷高，
戊烷的同分异构体中正戊烷无支链，而新戊烷中存在支链，所以正戊烷的沸点最高，
故选B．
8．某学生的实验报告有如下数据：①用电子天平称取11.700g食盐；②用量筒量取21.48mL盐酸；③用容量瓶配制210mL 1mol/L的硫酸溶液；④用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去18.20mL NaOH溶液，其中数据合理的是（ ）
A．①② B．②④ C．①④ D．②③
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】①托盘天平称量物质准确度为0.1g；
②量筒量取液体体积的准确度为0.1mL；
③容量瓶只能配置与瓶上所标的体积相同的溶液；
④滴定管的准确度为0.01mL．
【解答】解：①托盘天平称量物质准确度为0.1g，可称取11.7g食盐，故①正确；
②量筒量取液体体积的准确度为0.1mL，所以量取21.48mL不合理，故②错误；
③容量瓶的规格中有50mL、100mL、200mL、250mL、500m、1000mL等等，没有210mL的，故③错误；
④中和滴定要用滴定管，滴定管的准确度为0.01mL，18.20mL的数值合理，故④正确；
故选C．
9．若甲烷与氯气以物质的量之比1：3混合，在光照下得到的产物：①CH3Cl；②CH2Cl2；③CHCl3；④CCl4，其中正确的是（ ）
A．只有① B．只有② C．①②③的混合物 D．①②③④的混合物
【考点】甲烷的化学性质．
【分析】甲烷和氯气在光照下，反应进行到哪一步不是由反应物甲烷和氯气的物质的量之比来决定的，即使甲烷和氯气的物质的量之比是1：1的情况，也不会仅生成CH3Cl，因为一旦生成CH3Cl后，CH3Cl分子中的氢原子又可继续被氯原子取代，直到分子中氢原子都被取代完，因此其产物不是纯净的CH3Cl．题设甲烷与氯气以物质的量之比1：3混合，则四步取代反应都可能发生．
【解答】解：甲烷和氯气在光照下，会发生四步取代反应，而反应进行到哪一步不是由反应物甲烷和氯气的物质的量之比来决定的，即使甲烷和氯气的物质的量之比是1：1的情况，也不会仅生成CH3Cl，因为一旦生成CH3Cl后，CH3Cl分子中的氢原子又可继续被氯原子取代，直到分子中氢原子都被取代完，因此其产物不是纯净的CH3Cl．题设甲烷与氯气以物质的量之比1：3混合，则四步取代反应都可能发生，所以得到的是四种氯代烃的混合物．
故选D．
10．下列数据是有机物的式量，可能是同系物的一组是（ ）
A．16、30、58、72 B．16、28、40、52 C．16、32、48、54 D．16、30、42、56
【考点】芳香烃、烃基和同系物．
【分析】同系物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，具有如下特征：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物．
【解答】解：同系物在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团，所以相对原子质量之间的差量为14n，n代表相差CH2原子团个数．
A、各相对原子质量之间的差量均为14的倍数，故A正确；
B、各相对原子质量之间的差量为均12的倍数，故B错误；
C、各相对原子质量之间的差量分别为16、16、6，不是14的倍数，故C错误；
D、各相对原子质量之间的差量分别为14、12、14，故D错误．
故选A．
11．能证明乙烯分子里含有一个碳碳双键的事实是（ ）
A．乙烯分子里碳氢原子的个数比为1：2
B．乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等
C．乙烯容易与溴水发生加成反应，且1 mol乙烯完全加成消耗1 mol溴单质
D．乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色
【考点】有机物的鉴别．
【分析】A．碳、氢原子个数比为1：2的烃不一定是烯烃；
B．乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等，说明乙烯分子里碳、氢原子个数比为1：2；
C．根据乙烯和溴之间反应的比例关系分析判断；
D．能使酸性KMnO4溶液褪色，不一定是碳碳双键．
【解答】解：A．碳、氢原子个数比为1：2的烃可能为环烷烃，不一定是碳碳双键，故A错误；
B．乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等，说明乙烯分子里碳、氢原子个数比为1：2，不能说明含有一个碳碳双键，故B错误；
C．乙烯与溴水能发生加成反应，说明存在碳碳双键，1mol乙烯消耗1mol溴单质，说明含有一个碳碳双键，故C正确；
D．碳碳三键也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但是不是烯烃，故D错误．
故选C．
12．下列各对物质中，互为同分异构体的是（ ）
A．CH3﹣CH2﹣CH3和CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3
B．
C．
D．
【考点】辨识简单有机化合物的同分异构体．
【分析】同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，同分异构体包含碳链异构、官能团异构、位置异构等，以此来解答．
【解答】解：A．CH3﹣CH2﹣CH3和CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3 两种物质的分子式不同，相差CH2为同系物，不是同分异构体，故A错误；
B．二者分子式不同，组成上相差1个CH2，含碳碳双键为烯烃，属于同系物，不是同分异构体，故B错误；
C．二者分子式相同，结构不同，是同分异构体，故C正确；
D．分子式和结构相同为同种物质，故D错误；
故选C．
13．目前含有元素硒（Se）的保健品已开始涌入市场，已知它与氧同主族，而与钙同周期，下列关于硒的有关描述中不正确的是（ ）
A．原子序数为24
B．最高价氧化物为SeO3，为酸性氧化物
C．原子半径比钙小
D．气态氢化物分子式为H2Se，性质不稳定
【考点】元素周期表的结构及其应用．
【分析】元素硒（Se）与氧同主族，而与钙同周期，则位于第四周期第ⅥA族，结合同主族元素及化合物的性质来解答．
【解答】解：A．Se原子序数为8+8+18=34，故A错误；
B．位于ⅥA族，最高价为+6价，则最高价氧化物为SeO3，为酸性氧化物，故B正确；
C．同周期从左向右原子半径减小，则Se的原子半径比钙小，故C正确；
D．最低价为﹣2价，同主族非金属性从上到下减弱，则气态氢化物分子式为H2Se，性质不稳定，故D正确；
故选A．
14．已知氧的相对原子质量为16，用氢气还原氧化铜法测定铜的相对原子质量，实验数据如下：
空硬质玻璃管
硬质玻璃管+氧化铜
硬质玻璃管+铜
质量（g）
w
m
n
则铜的相对原子质量为（ ）
A． B． C． D．
【考点】相对原子质量及其计算．
【分析】由题意，根据一氧化碳与氧化铜反应的化学方程式，列比例式计算出Cu的相对原子质量即可，注意硬质玻璃管的质量去除．
【解答】解：设Cu的相对原子质量为x
CuO+COCu+CO2
x+16 x
（m﹣w）g （ n﹣w）g
解得：x=，
故选D．
15．烃的系统命名法中，首先要选取主链碳原子，下列主链碳原子数目最多的是（ ）
A．CH3CH2CH2CH2CH2CH3 B．
C． D．
【考点】有机化合物命名．
【分析】依据烷烃的命名法则中：选取最长碳链为主链进行判断即可，注意乙基所连C至少为3号碳，据此依次对选项中的烷烃作出判断即可．
【解答】解：A、CH3CH2CH2CH2CH2CH3的最长碳链为6，为己烷；
B、的最长碳链从上到下数是5，故为戊烷；
C、的最长碳链为左上方开始，到右下方，最长碳链为7，即庚烷；
D、的最长碳链为5，从上到下数，为戊烷，故综合以上分析，C选项中碳链最长，故选C．
16．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似．由此可推测BeCl2（ ）
A．熔融态不导电 B．水溶液呈中性
C．熔点比BeBr2高 D．不与NaOH溶液反应
【考点】真题集萃；元素周期表的结构及其应用．
【分析】AlCl3的结构和化学性质：氯化铝是共价化合物，熔融态不导电，铝离子能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀．BeCl2化学性质与AlCl3相似，依此进行判断．
【解答】解：氯化铝是共价化合物，是分子晶体，熔融态不导电，能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似，故
A．BeCl2为共价化合物，故熔融态不导电，故A正确；
B．BeCl2能发生水解使溶液呈酸性，故B错误；
C．BeCl2和BeBr2为分子晶体，BeBr2相对分子质量大于BeCl2，故BeCl2熔点比BeBr2低，故C错误；
D．能与NaOH溶液反应生成氢氧化铍沉淀，故D错误，
故选A．
17．设阿伏加德罗常数为NA，则下列说法正确的是（ ）
A．15g甲基（﹣CH3）所含有的电子数是NA
B．常温常压下，4g氦气所含有的原子数目为NA
C．标准状况下，1L己烷充分燃烧后生成的气态产物的分子数为NA
D．常温常压下，1mol丙烷所含有的共价键数目为12NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、求出甲基的物质的量，然后根据甲基中含9个电子来分析；
B、氦气由氦原子构成；
C、标况下己烷为液态；
D、丙烷中含10条共价键．
【解答】解：A、15g甲基的物质的量为1mol，而甲基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个电子，故A错误；
B、氦气由氦原子构成，故4gg氦气中含有的氦原子的物质的量为1mol，个数为NA个，故B正确；
C、标况下己烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D、丙烷中含10条共价键，故1mol丙烷中含10NA共价键，故D错误．
故选B．
18．标况下，2.2gCH4和C2H4组成的混合气体所占的体积为2.24L，则该混合气中CH4和C2H4的比值是（ ）
A．摩尔比1：1 B．摩尔比1：2 C．质量比1：1 D．质量比7：4
【考点】物质的量的相关计算．
【分析】令CH4和C2H4的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量、体积列方程计算，再根据m=nM计算混合气体中相关量之比，由此分析解答．
【解答】解：令CH4和C2H4的物质的量分别为xmol、ymol，则：
解得x=0.05 y=0.05
故混合气体中CH4和C2H4的质量比为0.05×16：0.05×28=4：7，
故选A．
二、选择题（每小题有1-2个正确选项）
19．X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（ ）
A．X的原子半径一定大于Y的原子半径
B．X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构
C．两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1
D．X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素，以此进行解答题中各问．
【解答】解：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素：
A、当X为H、Li等元素，Y为S元素时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；
B、X为Na时，其对应离子为Na+，离子有10个电子，Y为O元素时，其对应的离子为O2﹣，离子有10个电子，二者具有相同的电子层结构，故B错误；
C、两元素形成的化合物中，原子个数为1：1的有H2O2或Na2O2，故C错误；
D、化学式为X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故D正确．
故选D．
20．10mL某种气态烃，在50mL O2中完全燃烧，得到液态水和体积为35mL的混合气体（所有气体都是在常温常压下测定），则该气态烃不可能是（ ）
A．乙烷 B．丙烯（C3H6） C．丁炔（C4H6） D．新戊烷
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为35mL的混合气体，则只能有氧气剩余，充分燃烧：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，再利用气体体积差量计算解答．
【解答】解：令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为35mL的混合气体，则只能有氧气剩余，故烃完全燃烧，有氧气剩余，
CxHy+（x+）O2xCO2+H2O 气体体积减小△V
1 1+
10mL 60mL﹣35mL=25mL
10mL：25mL=1：（1+）
解得y=6，
故选BC．
三、填空题
21．0.1mol烷烃完全燃烧时生成11.2LCO2（标况），则其化学式是 C5H12 ．若其一氯化物有四种同分异构体，则该烷烃的名称（系统命名法）是 2﹣甲基﹣丁烷 ，结构简式是 CH3CH2CH（CH3）CH3 ．
【考点】有关有机物分子式确定的计算．
【分析】n（CO2）==0.5mol，由C原子守恒可知烷烃含C为=5，为戊烷，一氯化物有四种同分异构体，则含4种H，以此来解答．
【解答】解：n（CO2）==0.5mol，由C原子守恒可知烷烃含C为=5，分子式为C5H12，为戊烷，戊烷同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH3、C（CH3）4，符合一氯化物有四种同分异构体为CH3CH2CH（CH3）CH3，名称为2﹣甲基﹣丁烷，
故答案为：C5H12；2﹣甲基﹣丁烷；CH3CH2CH（CH3）CH3．
22．“温室效应”是全球关注的环境问题之一，科学家们一直致力于CO2的“组合转化”技术研究．例如将CO2和H2以1：4或1：3的比例混合，在适当条件下反应，生成H2O的同时可分别获得重要的气态能源物质A和对植物生长有调节作用的有机物B．请回答下列问题：
（1）写出生成A的化学方程式： CO2+H2=CH4+2H2O （不必写反应条件）
（2）某小组做了如下三组对照实验来证实有机物B对植物生长的调节作用．
实验I：集气瓶中放青色、未熟的水果，在空气中盖上玻璃片．
实验II：集气瓶中放青色、未熟的水果，通入一定量的有机物B．
实验III：集气瓶中放青色、未熟的水果，瓶底放少量KMnO4固体．
该三组实验中，水果成熟的先后顺序为 II、I、III ．
（3）A分子的空间构型为 正四面体结构 ，结构式为 ；B分子中有 6 个原子共面，结构简式为 CH2=CH2 ．
【考点】化学方程式的书写．
【分析】将CO2和H2以1mol：4mol的比例混合，在适当条件下反应，生成H2O的同时可分别获得重要的气态能源物质A，由原子守恒可知生成H2O为2mol，故A中C、H原子物质的量之比为1mol：（4mol×2﹣4mol）=1：4，故A为CH4，
将CO2和H2以1mol：3mol的比例混合，在适当条件下反应，生成H2O的同时获得对植物生长有调节作用的有机物B，B为乙烯，
（1）二氧化碳与氢气按1：4反应生成甲烷与水；
（2）水果成熟会产生乙烯，乙烯对水果具有催熟作用，且被酸性高锰酸钾氧化，据此判断；
（3）甲烷为正四面体结构，碳原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氢原子能形成一个共价键达到稳定结构，据此写出甲烷的结构式，乙烯为平面型结构，乙烯分子式为C2H4，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个碳碳双键，据此书写结构简式．
【解答】解：“温室效应”是全球关注的环境问题之一，科学家们一直致力于CO2的“组合转化”技术研究．例如将CO2和H2以1：4或1：3的比例混合，在适当条件下反应，生成H2O的同时可分别获得重要的气态能源物质A和对植物生长有调节作用的有机物B，A为甲烷，B为乙烯，
（1）二氧化碳与氢气按1：4反应生成甲烷与水，方程式：CO2+H2=CH4+2H2O；
故答案为：CO2+H2=CH4+2H2O；
（2）II中通入乙烯，对水果具有催熟作用，最先成熟，水果成熟过程中会产生乙烯，对水果具有催熟作用，乙烯易被酸性高锰酸钾氧化，故III中产生的乙烯被氧化，成熟最慢，故成熟先后顺序为：II、I、III，
故答案为：II、I、III；
（3）甲烷为正四面体结构，1个甲烷分子中含1个C、4个H原子，分子式为CH4，碳原子的最外层有4个电子，氢原子最外层1个电子，一个碳原子形成4对共用电子对，一个氢原子形成一对共用电子对，所以电子式为：，其结构式为，乙烯为平面型结构，6个原子共面，乙烯分子中含有2个碳原子和4个氢原子，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个碳碳双键，碳碳键与碳氢键之间夹角120度，为平面型结构，其电子式为：，结构式为：，结构简式为CH2=CH2，
故答案为：正四面体结构；；6；CH2=CH2．
23．A、B、C、D均为短周期元素，A和B同周期且相邻，A和C同主族且相邻，三种元素的原子序数之和为31．D元素与A、B、C即不同族也不同周期，A、B、D可组成化学组成为D4B2A3的离子化合物．试回答：
（1）元素符号：A O ，B N ，C S ，D H ．
（2）化合物D4B2A3的水溶液pH小于7（常温），原因是（用离子方程式表示原因） NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ ．
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】A、B、C、D均为短周期元素，A和B是同周期相邻的两种元素，A和C是同主族相邻的两种元素：A、B、C三种元素的原子序数之和为31，则A、B、C可能有如下几种相对位置：
①设A的原子序数为x，则C为x﹣8，B为x+1，则x+x﹣8+x+1=31，解之得：x=，不符合题意；
②设A的原子序数为x，则C为x﹣8，B为x﹣1，则x+x﹣8+x﹣1=31，解之得：x=，不符合题意；
③设A的原子序数为x，则C为x+8，B为x+1，则x+x+8+x+1=31，解之得：x=，不符合题意；
④设A的原子序数为x，则C为x+8，B为x﹣1，则x+x+8+x﹣1=31，解之得：x=8，则A为O元素，B为N元素，C为S元素，D元素与A、B、C三种元素既不是同周期，也不同主族，且为短周期元素，应为H元素，A、B、D可组成化学组成为D4B2A3的离子化合物，应为NH4NO3，根据原子的结构以及物质的性质解答该题．
【解答】解：A、B、C、D均为短周期元素，A和B是同周期相邻的两种元素，A和C是同主族相邻的两种元素：A、B、C三种元素的原子序数之和为31，则A、B、C可能有如下几种相对位置：
①设A的原子序数为x，则C为x﹣8，B为x+1，则x+x﹣8+x+1=31，解之得：x=，不符合题意；
②设A的原子序数为x，则C为x﹣8，B为x﹣1，则x+x﹣8+x﹣1=31，解之得：x=，不符合题意；
③设A的原子序数为x，则C为x+8，B为x+1，则x+x+8+x+1=31，解之得：x=，不符合题意；
④设A的原子序数为x，则C为x+8，B为x﹣1，则x+x+8+x﹣1=31，解之得：x=8，则A为O元素，B为N元素，C为S元素，D元素与A、B、C三种元素既不是同周期，也不同主族，且为短周期元素，应为H元素，A、B、D可组成化学组成为D4B2A3的离子化合物，应为NH4NO3，
（1）由以上分析可知A为O，B为N，C为S，D为H，故答案为：O；N；S；H；
（2）A、B、D可组成化学式为D4B2A3的离子化合物为NH4NO3，由于发生水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，溶液呈酸性，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+．
四、实验题
24．利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，所设计的装置如图所示：
（1）A中制取C12反应的化学方程式是 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
（2）C中发生反应的化学方程式是 CH4+Cl2CH3Cl+HCl ．（写出一个即可）
（3）D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI粉末，其作用是 除去过量的氯气 ．
（4）E装置的作用是 C （填序号）．
a．收集气体 b．吸收氯气 c．吸收氯化氢
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法是 分液 （填操作名称）．
（6）将l mol CH4与C12发生取代，测得4种有机取代物的物质的量相等，则消耗的氯气的物质的量是 2.5 mol．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应生成多种氯代甲烷和氯化氢．A装置是浓盐酸和二氧化锰制取氯气的发生装置，通过B装置，除去氯气中的水蒸气，控制两种气体的流速，使氯气和甲烷混合均匀，C装置是甲烷和氯气发生取代反应的装置，D装置盛有湿润的KI粉末可以用来除去过量的氯气，尾气中含有有毒气体CH3Cl和过量的甲烷，容易污染空气，需要进行尾气处理．
（1）MnO2能将HCl（浓）氧化为MnCl2和Cl2；
（2）甲烷可以和氯气放生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、三氯甲烷和氯化氢；
（3）氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘单质，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是吸收过量的氯气；
（4）尾气中含有有毒气体CH3Cl和过量的甲烷，容易污染空气，需要进行尾气处理；
（5）盐酸和有机物不能互溶，所以可以采用分液的方法分离；
（6）根据四种取代物的物质的量相等结合碳原子守恒计算取代物的物质的量，再根据被取代的氢原子和氯气分子之间的关系式计算消耗氯气的物质的量；
【解答】解：甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应生成多种氯代甲烷和氯化氢．A装置是浓盐酸和二氧化锰制取氯气的发生装置，通过B装置，除去氯气中的水蒸气，控制两种气体的流速，使氯气和甲烷混合均匀，C装置是甲烷和氯气发生取代反应的装置，D装置盛有湿润的KI粉末可以用来除去过量的氯气，尾气中含有有毒气体CH3Cl和过量的甲烷，容易污染空气，需要进行尾气处理．
（1）MnO2能将HCl（浓）氧化为MnCl2和Cl2，A中制取Cl2反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）甲烷与氯气反应生成一氯甲烷的方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，
故答案为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；
（3）湿润的KI粉末可以用来除去过量的氯气，发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，
故答案为：除去过量的氯气；
（4）由于上述过程中产生的氯气和HCl均易导致大气污染，所以E的作用是吸收尾气，HCl极易溶于水易发生倒吸，所以E还可以防止倒吸，
故答案为：C；
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开，
故答案为：分液；
（6）1mol甲烷完全与氯气发生取代反应，若生成相同物质的量的四种取代物，所以每种取代物的物质的量是0.25mol，甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，所以生成0.25mol一氯甲烷需要氯气0.25mol氯气，生成0.25mol二氯甲烷需要氯气0.5mol，生成0.25mol三氯甲烷需要氯气0.75mol氯气，生成0.25mol四氯化碳需要氯气1mol，所以总共消耗氯气的物质的量=0.25mol+0.5mol+0.75mol+1mol=2.5mol，
故答案为：2.5mol；
25．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g•100mL﹣1）．
Ⅰ．实验步骤
（1）用 酸式滴定管 （填仪器名称）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL 容量瓶 （填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液．
（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴 酚酞 作指示剂．
（3）读取盛装0.100 0mol•L﹣1 NaOH 溶液的碱式滴定管的初始读数．如果液面位置如图所示，则此时的读数为 0.60 mL．
（4）滴定．当 溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色 时，
停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．
Ⅱ．实验记录
滴定次数实验数据（mL）
1
2
3
4
V（样品）
20.00
20.00
20.00
20.00
V（NaOH）（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论
（1）按实验所得数据，可得c（市售白醋）= 0.75 mol•L﹣1（列式计算）；市售白醋总酸量= 4.5 g•100mL﹣1（列式计算）．
（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是 ab 填写序号）．
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．
【考点】中和滴定．
【分析】Ⅰ．（1）根据量取液体体积的精确度以及液体的性质选择仪器；溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
（2）醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性，可用酚酞作指示剂；
（3）根据滴定管的结构与精确度来分析；
（4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅱ．（1）根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH 溶液反应的关系式：CH3COOOH～NaOH来解答；
（2）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．
【解答】解：Ⅰ．（1）滴定管精确度为0.01ml，醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋；用酸式滴定管量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；
故答案为：酸式滴定管；容量瓶；
（2）由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂，则用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞，
故答案为：酚酞；
（3）滴定管液面的读数0.60mL；
故答案为：0.60；
（4）NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
故答案为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅱ．（1）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去，3次消耗NaOH溶液的体积为：15.00mL、15.05mL、14.95mL，则NaOH溶液的平均体积为15.00mL；
设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOH xg，则
CH3COOOH～NaOH
60 40
xg×0.2 0.1000mol/L×0.015L×40g/mol
x=0.450
c（市售白醋）==0.75mol•L﹣1，样品总酸量=4.50g•100mL﹣1；
故答案为：0.75；4.5；
（2）a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故a正确；
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故b正确；
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析，可知c（待测）不变，故c错误；
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏小，故d错误；
故选：ab．
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