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2021-2022学年上海市曹杨二中高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年上海市曹杨二中高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了关于该物质的说法正确的是，【答案】C，【答案】D，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市曹杨二中高二（上）期末化学试卷
1. 下列物质中，既可由单质直接化合而得，也可以在溶液中通过复分解反应制得的是( )
A. Al2S3 B. CuS C. FeCl3 D. Fe3O4
2. 某溶液中加入铝粉能产生氢气，在该溶液中一定能大量共存的离子组是( )
A. Na+、Ca2+、Cl−、ClO− B. Cu2+、Fe2+、NO3−、SO42−
C. K+、NH4+、Cl−、SO42− D. Na+、K+、Cl−、SO42−
3. 将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是( )
A. 硫酸 B. 碘水 C. 硝酸锌 D. 氯化铜
4. 下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是( )
A. NaHSO4和Ba(OH)2 B. HCl和Na2CO3
C. NaAlO2和H2SO4 D. AlCl3和NaOH
5. 钢铁生锈过程发生如下反应：
①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2；②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；③2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O.
下列说法正确的是( )
A. 反应①、②中电子转移数目相等
B. 反应①中氧化剂是氧气和水
C. 与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀
D. 钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀
6. 双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl(OH)2CO3.关于该物质的说法正确的是( )
A. 该物质属于两性氢氧化物
B. 该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物
C. 1molNaAl(OH)2CO3最多可消耗3molH+
D. 该药剂不适合于胃溃疡患者服用
7. 为了验证Fe3+的性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验，实验设计错误的是( )
①变成浅绿色②变成红色③变成无色④出现白色沉淀⑤出现红褐色沉淀
A. ①③④ B. ③ C. ③④ D. ②④⑤
8. 已知下述三个实验均能发生化学反应．
①
②
③
将铁钉放入硫酸铜溶液中
向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸
将铁钉放入氯化铁溶液中
下列判断正确的是( )
A. 实验①和③中的铁钉只做还原剂
B. 上述实验证明氧化性：Fe3+>Fe2+>Cu2+
C. 实验②中Fe2+既显氧化性又显还原性
D. 实验③中反应的离子方程式为：Fe+Fe3+=2Fe2+
9. 工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图：
对上述流程中的判断正确的是( )
A. 试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物
B. CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替
C. 反应Ⅱ中的反应为：CO2+AlO2−+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−
D. 工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低
10. 门捷列夫在描述元素周期表时，许多元素尚未发现，但他为第四周期的三种元素留下了空位，并对它们的一些性质做了预测，X是其中的一种“类硅”元素，后来被德国化学家文克勒发现，并证实门捷列夫当时的预测相当准确．根据元素周期律，下列有关X性质的描述中错误的是( )
A. X单质不易与水反应 B. XO2可被碳或氢还原为X
C. XCl4的沸点比SiCl4的高 D. XH4的稳定性比SiH4的高
11. 下列排列顺序正确的是( )
①热稳定性：H2O>HF>H2S②原子半径：Na>Mg>O③酸性：H3PO4>H2SO4>HClO4④结合质子能力：OH−>CH3COO−>Cl−
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③
12. 下列有关实验操作的叙述错误的是( )
A. 过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
B. 从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁
C. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
D. 向容量瓶转移液体时，引流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁
13. X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是( )
A. 由 mXa+与 nYb−，得m+a=n−b
B. X2−的还原性一定大于Y−
C. X、Y一定不是同周期元素
D. 若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY
14. 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
15. 以下是精确配制一定物质的量浓度NaOH溶液的实验步骤，其中操作正确的有( )
A. 1步 B. 2步 C. 3步 D. 4步
16. 世界上最大的碳氢分子由1134个碳原子和1146个氢原子构成．关于此分子构成的物质，下列说法错误的是( )
A. 是烃类化合物 B. 常温下呈固态
C. 易被氧化 D. 具有类似金刚石的硬度
17. β−月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有( )
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 6种
18. 下列关于化石燃料的加工说法正确的是( )
A. 石油裂化是化学变化，主要目的是生产更多的乙烯
B. 煤制成石油，称为煤的液化，属化学变化
C. 煤干馏是物理变化，主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气
D. 石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油
19. 从柑橘中可提炼得1，8−萜二烯()，下列有关它的说法不正确的( )
A. 分子式为C10H16 B. 它的一种同分异构体可能是苯的同系物
C. 能与溴水发生加成反应 D. 属于烃，难溶于水
20. 两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量变化如图所示，则下列对混合烃的判断正确的是( )
A. 一定含有甲烷
B. 一定含有乙烯
C. 一定含有丙炔
D. 一定不含乙烯
21. 人们将有机物中连有四个不同原子(或原子团)的碳原子称为手性碳原子，如图所示烷烃X中含有一个手性碳原子(用*标记).含有手性碳原子的物质通常具有光学活性．回答下列问题：
(1)烷烃X的名称是 ______；其一氯代物共有 ______种(不考虑立体异构，下同).
(2)具有光学活性且式量最小的烷烃的化学式是 ______，其共有 ______种结构．
(3)有一种分子构型宛如一只展翅飞翔的鸟的烃——始祖鸟烯(Pterodactyladiene)，其键线式如图，其中R1、R2为烷烃基．则下列有关始祖鸟烯的说法中正确的是 ______.
A.始祖鸟烯与乙烯互为同系物
B.若R1=R2=甲基，则其化学式为C12H16
C.若R1=R2=甲基，则始祖鸟烯的一氯代物有3种
D.始祖鸟烯既能使酸性高锰酸钾褪色也能使溴水褪色，其褪色原理是一样的
22. 金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过如图所列途径制备：
请回答下列问题：
(1)环戊二烯分子中最多有 ______个C原子共平面，其与溴水发生加成反应的产物有 ______种；金刚烷的分子式为 ______，其分子中的CH2基团有 ______个，其一氯代物有 ______种．
(2)如图是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线：
反应①的反应条件是：______；写出反应③的反应方程式：______.
(3)若以，写出反应的反应方程式 ______.
(4)Dils−Alder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是.Diels−Alder反应属于 ______反应(填反应类型).由A(C5H6)和B经Diels−Alder反应制得．A的结构简式为 ______.
23. 现有1∼20号元素A、B、C、D所对应的物质的性质或微粒结构如下表：
元素
物质性质或微粒结构
A
单质为多原子分子，自然界中的淡黄色固体
B
B的离子与D的离子具有相同电子层结构，且可以相互组合形成干燥剂
C
常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
D
D元素最高正化合价与最低负化合价代数和为6
E
原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半，能形成多种气态氢化物
F
原子的最外层电子数等于2n−3(n为原子核外电子层数)，易失去最外层电子形成Fn+
(1)B的离子与D的离子相互组合形成的干燥剂的化学式是 ______.
(2)元素C与氢元素形成带一个单位正电荷的离子，其电子式是 ______，实验室如何检验溶液中是否含有该微粒？简述实验方法，并用离子方程式配合说明：______；常温时，F的硫酸盐溶液的pH ______7(填“=”、“>”或“<”).实验室用C的氢化物的水溶液制取F的氢氧化物的方法是(用离子方程式表示)：______.
(3)元素D在周期表中的位置是 ______.A、D、E三种元素的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是 ______，因为非金属性由强到弱的顺序是 ______.下列表述中能证明这一事实的是 ______
A.常温下A的单质和D的单质状态不同
B.A的氢化物比D的氢化物稳定
C.一定条件下D能从A的氢化物水溶液中置换出A单质
D.HD的酸性比HA酸性强
24. 由软锰矿制备高锰酸钾的主要反应如下：
熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH−高温3K2MnO4+KCl+3H2O
加酸歧化：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3
完成下列填空：
(1)在实验室进行“熔融氧化”操作时，应选用铁棒、坩埚钳和 ______.(填序号)
a.瓷坩埚
b.蒸发皿
c.铁坩埚
d.泥三角
(2)加酸时不宜用盐酸的原因是 ______.
(3)采用电解法也可实现K2MnO4的转化，2K2MnO4+2H2O−通电2KMnO4+2KOH+H2↑.与原方法相比，电解法的优势为 ______.
(4)用草酸钠(Na2C2O4,M=134)滴定法测定高锰酸钾(KMnO4,M=158)的质量分数．(已知涉及到的反应：Na2C2O4+H2SO4=H2C2O4(草酸)+Na2C2O4、5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)
步骤如下：
Ⅰ称取0.80g的高锰酸钾产品，配成50mL溶液．
Ⅱ称取0.2014gNa2C2O4，置于锥形瓶中，加入蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化．
Ⅲ将瓶中溶液加热到75∼80℃，趁热用Ⅰ中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点．消耗高锰酸钾溶液8.48mL，则样品中高锰酸钾的质量分数为 ______(保留3位小数).达到滴定终点的标志是 ______.
(5)加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，会导致测得产品纯度 ______.(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.铝与硫单质加热反应可生成Al2S3，但铝离子与硫离子在溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，在溶液中通过复分解反应无法制得Al2S3，故A错误；
B.铜与硫单质直接化合生成Cu2S，由单质直接化合无法获得CuS，故B错误；
C.Fe与Cl2加热反应生成FeCl3，硫酸铁与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和氯化铁，所以FeCl3既可由单质直接化合而得，也可以在溶液中通过复分解反应制得，故C正确；
D.铁在纯氧气中燃烧生成Fe3O4，但通过复分解反应无法获得Fe3O4，故D错误；
故选：C。
A.铝离子与硫离子在溶液中发生双水解反应；
B.硫单质与铜直接化合生成硫化亚铜；
C.铁与氯气加热反应生成氯化铁，硫酸铁与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和氯化铁；
D.通过复分解反应无法获得四氧化三铁。
本题考查常见元素元素单质及其化合物性质的应用，明确题干信息、物质组成与性质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：加入铝粉能产生氢气的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，
A.ClO−在酸性条件下不能大量存在，故A错误；
B.Cu2+、Fe2+在碱性条件下不能大量存在，且NO3−在酸性条件下具有氧化性，故B错误；
C.NH4+、在碱性条件下不能大量共存，故C错误；
D.Na+、K+、Cl−、SO42−在酸性条件下和碱性条件下均能稳定存在，故D正确，
故选：D。
A.次氯酸是弱酸；
B.氢氧化铜和氢氧化亚铁是沉淀；
C.氨水是弱碱；
D.钠盐和钾盐均为可溶性盐。
本题主要考查离子之间的相互反应，需要注意根据题干读出隐含信息，难度中等。
3.【答案】C
【解析】解：二价铁离子变为三价铁离子发生了氧化反应，应加入氧化性的物质，在H+存在的情况下，NO3−表现强氧化性，发生反应：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；硫酸必须是浓硫酸才有强氧化性，稀硫酸没有氧化性；碘水不能氧化亚铁离子；Cu2+氧化性很弱，不能氧化二价铁离子；故C正确；
故选：C。
铁屑溶于盐酸后，溶液中主要是H+、Cl−、Fe2+，若要将Fe2+变为Fe3+，需要强氧化性物质，据此分析．
本题考查了铁及其化合物的性质，熟悉氧化还原反应的规律是解题关键，需要注意的是在H+存在的情况下，NO3−表现强氧化性，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．
4.【答案】A
【解析】解：A、NaHSO4和Ba(OH)2反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，反应方程式为：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，当后者滴入前者时，前者开始足量，反应方程式为：2NaHSO4+Ba(OH)2 =Na2SO4+BaSO4↓+2H2O，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，现象都是产生白色沉淀，故A正确；
B.碳酸钠滴入盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，现象立刻产生气泡；盐酸滴入碳酸钠发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，故B错误；
C.NaAlO2和H2SO4反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，先有沉淀立刻溶解，先有沉淀反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓由于H2SO4过量，生成的Al(OH)3立刻被硫酸中和，反应方程式为：2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O，当溶液中铝元素全部变为Al3+时，它与滴入的AlO2−发生双水解反应方程式为：Al3++3AlO2−+6H2O=4Al(OH)3↓现象是最终有沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀，反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓后溶解是由于硫酸过量，反应方程式为：3H2SO4+2Al(OH)3=Al2(SO4)3+6H2O，最终无沉淀，故C错误；
D.因前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，现象为先没有沉淀后有沉淀生成；
而后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH−=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失，则现象不同，故D错误；
故选：A。
A.NaHSO4和Ba(OH)2反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，现象都是产生白色沉淀；
B.碳酸钠滴入盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；盐酸滴入碳酸钠发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
C.NaAlO2和H2SO4反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，先有沉淀立即溶解，最终有沉淀，当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀后溶解，最终无沉淀；
D.前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH−=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O。
本题考查了物质的之间的反应，明确物质的性质及反应物用量对反应的影响是解题关键，题目难度中等。
5.【答案】A
【解析】解：A、反应①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2中的氧化剂是O2，同样在反应②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3中氧化剂也是O2，而且两个反应中氧气的系数都是1，因此1molO2得到的电子均是
4mol，故A正确；
B、反应①中水中的元素化合价在反应前后不变，则氧化剂只有氧气，故B错误；
C、钢质水管与铜质水龙头连接后形成原电池，铁比铜活泼，则钢质水管做负极被腐蚀，故C错误；
D、钢铁在潮湿的空气中容易发生电化学腐蚀，而且主要是发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选A.
氧化还原反应中电子数目的判断要根据参加反应的氧化剂或还原剂的物质的量以及化合价的变化数目来确定，本题中的两个反应的氧化剂都是氧气，并且都反应了1mol，在反应中得到4mol电子，二者转移电子数目相等；金属发生电化学腐蚀时，活泼金属做负极，尤其是在潮湿的环境中易被氧化而发生腐蚀．
本题考查氧化还原反应和金属的腐蚀两个问题，前者在做题时要注意从化合价变化的角度来进行判断和计算，后者要明确金属发生电化学腐蚀的原理，该类问题较为简单，建议掌握好基础知识．
6.【答案】D
【解析】解：A、该物质含有Na、Al、O、H、C，不属于氢氧化物，属于盐，故A错误；
B、双羟基铝碳酸钠是一种盐，故B错误；
C、NaAl(OH)2CO3与盐酸发生反应NaAl(OH)2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑，由方程式可知1mol该物质最多可消耗4molHCl，即消耗4molH+，C错误；
D、该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳，胃溃疡患者容易导致胃穿孔，故不适合胃溃疡患者，故D正确。
故选：D。
A、含有碳元素，不属于氢氧化物，该物质属于盐；
B、双羟基铝碳酸钠是一种盐；
C、羟基(实际为氢氧根)与碳酸根能盐酸反应；
D、该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳．
以为双羟基铝碳酸钠载体考查氧化物、氢氧化铝、碳酸钠的性质等，难度中等，可以根据混合物理解其性质，注意实际为一种盐．
7.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，
Fe和FeCl3溶液反应生成FeCl2，Fe2+的颜色为绿色，故①正确；
KSCN和FeCl3溶液反应生成Fe(SCN)3，Fe(SCN)3溶液为血红色，故②正确；
CuSO4和FeCl3溶液不反应，且两者都是有颜色的，故③错误；
硝酸银溶液和FeCl3溶液反应生成氯化银沉淀，氯化银是白色的，故④正确；
氢氧化钠溶液和FeCl3溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，故⑤正确；
上述实验设计错误的是③，
故选：B。
Fe和FeCl3溶液反应生成FeCl2，Fe2+的颜色为绿色；
KSCN和FeCl3溶液反应生成Fe(SCN)3，Fe(SCN)3的颜色为血红色；
CuSO4和FeCl3溶液不反应，最后得不到无色溶液；
硝酸银溶液和FeCl3溶液反应生成氯化银沉淀，沉淀是白色的；
氢氧化钠溶液和FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀，沉淀是红褐色的；据此分析解答即可。
本题主要考查三氯化铁的性质，掌握氯化铁的性质是解决本题的关键，也是高考高频考点，属于基本知识，基础题型，难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.实验①和③中发生氧化还原反应，单质铁中Fe元素的化合价升高，则都只作还原剂，故A正确；
B.由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性为Fe3+>Cu2+>Fe2+，故B错误；
C.实验②中发生3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O，Fe元素的化合价升高，则Fe2+只显还原性，故C错误；
D.实验③中反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故D错误；
故选：A。
①中发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，②中发生3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O，③中发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，结合元素的化合价升降及氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．
本题考查氧化还原反应，明确发生的氧化还原反应及反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题以铁、铝化合物的性质为载体综合考查工业冶炼铝等知识，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，为高考常见题型，注意把握制备原理和反应的流程，难度中等。
【解答】
综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应Ⅰ过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，溶液Y为NaHCO3，Al(OH)3加热分解生成Al2O3，电解熔融Al2O3生成Al。
A.分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不能用氨水，因氧化铝与氨水不反应，故A错误；
B.CO2可以和偏铝酸钠反应制得氢氧化铝，用H2SO4溶液或稀盐酸代替会导致生成的氢氧化铝溶于其中，酸的用量难以控制，故B错误；
C.过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，即CO2+AlO2−+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，故C正确；
D.Fe活泼性较Al弱，与Al2O3不反应，故D错误。
故选C。
10.【答案】D
【解析】解：A.X和Si的性质相似，和水不反应，故A正确；
B.X位于周期表第四周期，非金属性比Si弱，XO2可被碳或氢还原为X，故B正确；
C.XCl4的沸点比SiCl4的结构相似，形成分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，XCl4相对分子质量大，所以XCl4的沸点比SiCl4的高，故C正确；
D.X位于周期表第四周期，非金属性比Si弱，则XH4的稳定性比SiH4的低，故D错误。
故选：D。
根据硅元素对应的单质和化合物的性质进行判断，Si位于周期表第三周期，原子最外层有4个电子，性质较稳定，结合元素周期律的递变规律分析．
本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，本题注意X和Si在周期表中的位置的判断．
11.【答案】B
【解析】解：①因元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：F>O>S，所以热稳定性：HF>H2O>H2S，故①错误；
②因同周期元素的半径从左至右逐渐减小，Na>Mg，O在Na和Mg的上一周期，半径最小，故②正确；
③因元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S>P，酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，故③错误；
④因H2O、CH3COOH、HCl的电离程度：HCl>CH3COOH>H2O，所以结合质子能力OH−>CH3COO−>Cl−，故④正确；
故选：B。
本题比较简单，选项D直接做有一定的难度，但如果考虑对应物质电离程度越大，其离子结合质子能力越小就简单了．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验原理及实验装置的作用为解答的关键，明确实验基本操作和物质的性质即可解答，注意实验的评价性和操作性分析，题目难度不大。
【解答】
A.过滤时为防止液体飞溅，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使滤液沿烧杯内壁缓缓流下，故A正确；
B.滴加试剂时应防止污染滴管，滴管不能接触试管内壁，故B错误；
C.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，故C正确；
D.向容量瓶转移液体时，为防止流出容量瓶外，用玻璃棒引流可以接触容量瓶内壁，故D正确；
故选B。
13.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查具有相同电子层结构的离子，明确X、Y可能为阴离子、阳离子及相对位置是解答本题的关键，题目难度不大。
【解答】
A.由 mXa+与 nYb−，离子的电子层结构相同，则核外电子数相同，所以m−a=n+b，故A错误；
B.简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，Y的原子序数大，则X2−的还原性一定大于Y−，故B正确；
C.简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，若一个为阳离子一个为阴离子，则一定不在同一周期，故C错误；
D.简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属，则不存在气态氢化物，故D错误。
故选B。
14.【答案】D
【解析】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。
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．
本题考查元素的位置结构性质的相互关系及应用，题目难度不大，注意元素周期表中各主族元素的主要性质的相似性和递变性的应用．
15.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制的正确操作步骤是解题关键，题目难度不大。
【解答】
氢氧化钠为腐蚀品，应放在小烧杯中称量，故Ⅰ错误；
移液时应用玻璃棒引流，故Ⅲ和Ⅴ错误；
定容时，离刻度线1−2cm后，应用胶头滴管逐滴滴加，故Ⅵ错误；
摇匀前应盖上瓶塞，故VⅡ错误；
溶解时应用玻璃棒不断搅拌，且冷却后再移液，故Ⅱ正确；
移液后应用蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2−3次，故Ⅳ正确；
所以正确的操作为Ⅱ和Ⅳ；
故选：B。
16.【答案】D
【解析】解：A.该物质只含有C、H两种元素，属于烃类化合物，故A正确；
B.相对分子质量很大，分子间作用力大，熔点沸点比较大，常温下是固态，故B正确；
C.该物质只由C和H两种元素构成属于烃，可以燃烧生成二氧化碳和水，燃烧属于氧化反应，故D正确；
D.金刚石是原子构成的网状结构，属于原子晶体，而该物质是分子构成的，属于分子晶体不具有类似金刚石的硬度，故D错误；
故选：D。
A.烃是指只含有C、H两种元素的化合物；
B.相对分子质量很大，分子间作用力大，熔点沸点比较大；
C.根据两者的构成进行分析；
D.烃类的燃烧属于氧化反应。
本题考查有机物的组成、结构与性质等，比较基础，难度不大，旨在考查学生对知识的简单利用，注意基础知识的掌握。
17.【答案】C
【解析】解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，
还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项。
根据β−月桂烯含有三个双键，都能发生加成反应，且存在与1，3−丁二烯类似结构，则能发生1，4加成。
本题考查烯烃的加成反应，难度中等，明确加成的规律及利用结构与1，3−丁二烯类似来分析解答即可，难点是分析1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成。
18.【答案】B
【解析】解：A.石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料(汽油，煤油，柴油等)的产量，提高汽油的产量和质量，故A错误；
B.煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，两种过程都生成了新物质，是化学变化，故B正确；
C.将煤隔绝空气加强热使其分解的过程为煤的干馏，煤的干馏是化学变化，故C错误；
D.根据石油中各组分沸点的不同，用加热的方法使其分离的操作为分馏，可以得到汽油、煤油、柴油以及润滑油、沥青等，是物理过程，故D错误；
故选：B。
A.石油催化裂化的目的是提高汽油的产量和质量；
B.煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程；
C.将煤隔绝空气加强热使其分解的过程为煤的干馏；
D.根据石油中各组分沸点的不同，用加热的方法使其分离的操作为分馏。
本题考查了煤和石油的综合利用，难度不大，应注意的是石油的分馏是物理过程，而煤的干馏、石油的裂化和裂解以及催化重整均为化学过程。
19.【答案】B
【解析】解：A.根据结构简式确定分子式知C10H16，故A正确；
B.该物质不饱和度是3，苯的不饱和度是4，所以该物质的一种同分异构体和苯不是同系物，故B错误；
C.碳碳双键能和溴发生加成反应，该物质中含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应，故C正确；
D.只含C、H元素的化合物是烃，烃难溶于水，该物质中只含C、H元素，所以属于烃，难溶于水，故D正确；
故选B.
A.根据结构简式确定分子式；
B.该物质不饱和度是3，苯的不饱和度是4；
C.碳碳双键能和溴发生加成反应；
D.只含C、H元素的化合物是烃，烃难溶于水．
本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃性质，易错选项是B.
20.【答案】A
【解析】解：由图可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体，可能含有乙烯、丙炔，一定没有乙烷、丙烷，故选A.
图可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体，据此判断．
本题考查烃混合物分子式确定，难度中等，注意利用平均分子组成判断烃的组成，常用方法有1、平均碳法 2、平均氢法 3、平均碳氢分子式法 4、平均式量法．
21.【答案】2，2，3，4−四甲基戊烷 5C7H16 2 C
【解析】解：(1)最长的碳链含有5个碳原子，从距离同一碳原子连接2个甲基最近的一端进行编号，该烷烃的名称为：2，2，3，4−四甲基戊烷，分子中含有5种化学环境不同的氢原子，其一氯代物有5种，
故答案为：2，2，3，4−四甲基戊烷；5；
(2)含有手性碳原子的物质通常具有光学活性，具有光学活性且式量最小的烷烃中同一碳原子连接四个不同原子或基团是：氢原子、甲基、乙基、丙基，分子式为C7H16；丙基有正丙基、异丙基两种，故有2种，
故答案为：C7H16；2；
(3)A.始祖鸟烯与乙烯结构不相似，所以二者不互为同系物，故A错误；
B.若R1=R2=−CH3，则其化学式为C12H14，故B错误；
C.若R1=R2=甲基，始祖鸟烯中含有3种氢原子，其一氯代物就有3种，故C正确；
D.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，碳碳双键和溴发生加成反应而使溴水褪色，前者为氧化反应、后者为加成反应，所以褪色原理不同，故D错误；
故答案为：C。
(1)该烷烃中最长碳链上含有5个碳原子，甲基分别位于2、2、3、4号碳原子上；该分子中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
(2)含有手性碳原子的物质通常具有光学活性，同一碳原子连接四个不同原子或基团是：氢原子、甲基、乙基、丙基；丙基有正丙基、异丙基两种；
(3)A.始祖鸟烯与乙烯结构不相似；
B.若R1=R2=甲基，则分子中含有12个碳原子、14个氢原子；
C.若R1=R2=甲基，始祖鸟烯中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
D.碳碳双键和溴发生加成反应而使溴水褪色，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色。
本题考查有机物的结构和性质、有机物命名、有机物一氯代物种类判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、基本概念内涵、有机物命名规则是解本题关键，题目难度不大。
22.【答案】53C10H16 6 2 光照 +Br2→ →△浓硫酸+H2O加成
【解析】解：(1)乙烯分子中6个原子一定在同一平面内，在 中两个所构成的平面为同一平面时，最多可有5个碳原子共平面；环戊二烯和溴水发生加成反应时，可能是1，2−加成，可能是1，4−加成，可能是完全加成，所以其加成产物有3种；金刚烷的分子中有6个CH2，4个CH结构，其分子式为C10H16；有2种氢原子，其一氯代物就有2种，
故答案为：5；3；C10H16；6；2；
(2)①为环烷烃和氯气在光照条件下发生取代反应生成1−氯环戊烷，环戊烯和溴能发生加成反应，反应方程式为+Br2→，
故答案为：光照；+Br2→；
(3)环戊醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成环戊烯，反应方程式为→△浓硫酸+H2O，
故答案为：→△浓硫酸+H2O；
(4)Diels−Alder反应属于加成反应，由A(C5H6)和B经Diels−Alder反应制得，该反应为加成反应，则A为或，但不稳定，则A为，B为1，3丁二烯，
故答案为：加成；。
(1)乙烯分子中6个原子一定在同一平面内，在 中两个所构成的平面为同一平面时；环戊二烯和溴水发生加成反应时，可能是1，2−加成，可能是1，4−加成，可能是完全加成；金刚烷的分子中有6个CH2，4个CH结构；有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
(2)①为环烷烃的取代反应，②为氯代烃的消去反应，③为烯烃的加成反应，④为溴代烃的消去反应；
(3)环戊醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成环戊烯；
(4)Diels−Alder反应属于加成反应；由A(C5H6)和B经Diels−Alder反应制得，则A为或。
本题考查有机物合成、有机物结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、物质之间的转化关系是解本题关键，难点是(4)题A结构简式的确定，题目难度中等。
23.【答案】CaCl2 取溶液少许于试管中，加入氢氧化钠溶液，在酒精灯上微热，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明含有NH4+，发生反应：NH4++OH−−△NH3↑+H2O，否则，不含NH4+H2SO4>H2CO3 Cl>S>CC
【解析】解：由分析可知，A为S、B为Ca、C为N、D为Cl、E为C、F为Al；
(1)B的离子与D的离子相互组合形成的干燥剂的化学式是CaCl2，
故答案为：CaCl2；
(2)元素C与氢元素形成带一个单位正电荷的离子为NH4+，其电子式是；实验室检验溶液中是否含有NH4+的方法：取溶液少许于试管中，加入氢氧化钠溶液，在酒精灯上微热，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明含有NH4+，发生反应：NH4++OH−−△NH3↑+H2O，否则，不含NH4+；Al2(SO4)3溶液中Al3+水解：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+H+，溶液呈酸性，即pH<7；实验室用氨水与铝盐制取氢氧化铝，反应离子方程式为Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，
故答案为：；取溶液少许于试管中，加入氢氧化钠溶液，在酒精灯上微热，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明含有NH4+，发生反应：NH4++OH−−△NH3↑+H2O，否则，不含NH4+；<；Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(3)元素D是Cl，在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族；元素非金属性Cl>S>C，故三种元素的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是HClO4>H2SO4>H2CO3；
A.单质状态属于物理性质，不能说明元素非金属性强弱，故A错误；
B.A的氢化物为H2S，D的氢化物为HCl，而HCl更稳定，故B错误；
C.一定条件下Cl2能从硫化氢水溶液中置换出硫单质，说明Cl元素非金属性更强，故C正确；
D.氢化物的酸性不能说明非金属性强弱，如非金属性F>Cl>S，但酸性HFH2S，故D错误，
故答案为：第三周期第ⅦA族；HClO4>H2SO4>H2CO3；Cl>S>C；C。
在1∼20号元素中，A单质为多原子分子，自然界中为淡黄色固体，故A为S元素；常温下C单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则C为N元素；D元素最高正化合价与最低负化合价代数和为6，则D处于ⅦA族，故D为Cl；B的离子与D的离子具有相同电子层结构，且可以相互组合形成干燥剂，则B为Ca；E原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半，能形成多种气态氢化物，则E为C元素；F原子的最外层电子数等于2n−3(n为原子核外电子层数)，易失去最外层电子形成Fn+，则2n−3=3，解得n=3，故F为Al。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握元素化合物知识，掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实。
24.【答案】cd 生成K2SO4溶解度小，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量 K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高利用率 当最后一滴KMnO4溶液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 70%偏低
【解析】解：(1)熔融固体物质需要再坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚、铁棒、坩埚钳、泥三角、酒精灯，
故答案为：c d；
(2)根据表中数据可知，K2SO4溶解度小，加硫酸时会生成K2SO4，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量，故不宜用盐酸，
故答案为：生成K2SO4溶解度小，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量；
(3)与原方法相比，电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高利用率，
故答案为：K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高利用率；
(4)滴定终点时的现象为：当最后一滴KMnO4溶液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色，根据反应Na2C2O4+H2SO4→H2C2O4(草酸)+Na2SO4、5H2C2O4+2MnO4−+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O可得关系式：5Na2C2O4∼2KMnO4，
设配制的8.48mL配制的样品溶液中含有高锰酸钾的质量为x，
则：5Na2C2O4∼2KMnO4，
134×52×158
0.2014gx
x=158×2×0.2014g134×59=0.0950g，
50mL该样品溶液中含有高锰酸钾的质量为：0.0950g×50mL8.48mL=0.560g，
则样品中高锰酸钾的质量分数为：0.5600.80×100%=70%，
故答案为：当最后一滴KMnO4溶液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；70%；
(5)加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，高锰酸钾用量偏少，会导致测得产品纯度偏低，
故答案为：偏低。
(1)熔融固体物质需要再坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；
(2)根据表中数据可知，K2SO4溶解度小，加硫酸时会生成K2SO4，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量；
(3)与原方法相比，电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中；
(4)滴定终点时的现象为：当最后一滴KMnO4溶液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色，根据反应Na2C2O4+H2SO4→H2C2O4(草酸)+Na2SO4 5H2C2O4+2MnO4−+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O可得关系式：5Na2C2O4∼2KMnO4，
设配制的8.48mL配制的样品溶液中含有高锰酸钾的质量为x，
则：5Na2C2O4∼2KMnO4，
134×52×158
0.2014gx
x=158×2×0.2014g134×59=0.0950g，
50mL该样品溶液中含有高锰酸钾的质量为：0.0950g×50mL8.48mL=0.560g，据此计算；
(5)加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，高锰酸钾用量偏少。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
2021-2022学年上海市曹杨二中高二（上）期末化学试卷
1. 下列物质中，既可由单质直接化合而得，也可以在溶液中通过复分解反应制得的是( )
A. Al2S3 B. CuS C. FeCl3 D. Fe3O4
2. 某溶液中加入铝粉能产生氢气，在该溶液中一定能大量共存的离子组是( )
A. Na+、Ca2+、Cl−、ClO− B. Cu2+、Fe2+、NO3−、SO42−
C. K+、NH4+、Cl−、SO42− D. Na+、K+、Cl−、SO42−
3. 将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是( )
A. 硫酸 B. 碘水 C. 硝酸锌 D. 氯化铜
4. 下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是( )
A. NaHSO4和Ba(OH)2 B. HCl和Na2CO3
C. NaAlO2和H2SO4 D. AlCl3和NaOH
5. 钢铁生锈过程发生如下反应：
①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2；②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；③2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O.
下列说法正确的是( )
A. 反应①、②中电子转移数目相等
B. 反应①中氧化剂是氧气和水
C. 与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀
D. 钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀
6. 双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl(OH)2CO3.关于该物质的说法正确的是( )
A. 该物质属于两性氢氧化物
B. 该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物
C. 1molNaAl(OH)2CO3最多可消耗3molH+
D. 该药剂不适合于胃溃疡患者服用
7. 为了验证Fe3+的性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验，实验设计错误的是( )
①变成浅绿色②变成红色③变成无色④出现白色沉淀⑤出现红褐色沉淀
A. ①③④ B. ③ C. ③④ D. ②④⑤
8. 已知下述三个实验均能发生化学反应．
①
②
③
将铁钉放入硫酸铜溶液中
向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸
将铁钉放入氯化铁溶液中
下列判断正确的是( )
A. 实验①和③中的铁钉只做还原剂
B. 上述实验证明氧化性：Fe3+>Fe2+>Cu2+
C. 实验②中Fe2+既显氧化性又显还原性
D. 实验③中反应的离子方程式为：Fe+Fe3+=2Fe2+
9. 工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图：
对上述流程中的判断正确的是( )
A. 试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物
B. CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替
C. 反应Ⅱ中的反应为：CO2+AlO2−+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−
D. 工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低
10. 门捷列夫在描述元素周期表时，许多元素尚未发现，但他为第四周期的三种元素留下了空位，并对它们的一些性质做了预测，X是其中的一种“类硅”元素，后来被德国化学家文克勒发现，并证实门捷列夫当时的预测相当准确．根据元素周期律，下列有关X性质的描述中错误的是( )
A. X单质不易与水反应 B. XO2可被碳或氢还原为X
C. XCl4的沸点比SiCl4的高 D. XH4的稳定性比SiH4的高
11. 下列排列顺序正确的是( )
①热稳定性：H2O>HF>H2S②原子半径：Na>Mg>O③酸性：H3PO4>H2SO4>HClO4④结合质子能力：OH−>CH3COO−>Cl−
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③
12. 下列有关实验操作的叙述错误的是( )
A. 过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
B. 从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁
C. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
D. 向容量瓶转移液体时，引流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁
13. X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是( )
A. 由 mXa+与 nYb−，得m+a=n−b
B. X2−的还原性一定大于Y−
C. X、Y一定不是同周期元素
D. 若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY
14. 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
15. 以下是精确配制一定物质的量浓度NaOH溶液的实验步骤，其中操作正确的有( )
A. 1步 B. 2步 C. 3步 D. 4步
16. 世界上最大的碳氢分子由1134个碳原子和1146个氢原子构成．关于此分子构成的物质，下列说法错误的是( )
A. 是烃类化合物 B. 常温下呈固态
C. 易被氧化 D. 具有类似金刚石的硬度
17. β−月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有( )
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 6种
18. 下列关于化石燃料的加工说法正确的是( )
A. 石油裂化是化学变化，主要目的是生产更多的乙烯
B. 煤制成石油，称为煤的液化，属化学变化
C. 煤干馏是物理变化，主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气
D. 石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油
19. 从柑橘中可提炼得1，8−萜二烯()，下列有关它的说法不正确的( )
A. 分子式为C10H16 B. 它的一种同分异构体可能是苯的同系物
C. 能与溴水发生加成反应 D. 属于烃，难溶于水
20. 两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量变化如图所示，则下列对混合烃的判断正确的是( )
A. 一定含有甲烷
B. 一定含有乙烯
C. 一定含有丙炔
D. 一定不含乙烯
21. 人们将有机物中连有四个不同原子(或原子团)的碳原子称为手性碳原子，如图所示烷烃X中含有一个手性碳原子(用*标记).含有手性碳原子的物质通常具有光学活性．回答下列问题：
(1)烷烃X的名称是 ______；其一氯代物共有 ______种(不考虑立体异构，下同).
(2)具有光学活性且式量最小的烷烃的化学式是 ______，其共有 ______种结构．
(3)有一种分子构型宛如一只展翅飞翔的鸟的烃——始祖鸟烯(Pterodactyladiene)，其键线式如图，其中R1、R2为烷烃基．则下列有关始祖鸟烯的说法中正确的是 ______.
A.始祖鸟烯与乙烯互为同系物
B.若R1=R2=甲基，则其化学式为C12H16
C.若R1=R2=甲基，则始祖鸟烯的一氯代物有3种
D.始祖鸟烯既能使酸性高锰酸钾褪色也能使溴水褪色，其褪色原理是一样的
22. 金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过如图所列途径制备：
请回答下列问题：
(1)环戊二烯分子中最多有 ______个C原子共平面，其与溴水发生加成反应的产物有 ______种；金刚烷的分子式为 ______，其分子中的CH2基团有 ______个，其一氯代物有 ______种．
(2)如图是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线：
反应①的反应条件是：______；写出反应③的反应方程式：______.
(3)若以，写出反应的反应方程式 ______.
(4)Dils−Alder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是.Diels−Alder反应属于 ______反应(填反应类型).由A(C5H6)和B经Diels−Alder反应制得．A的结构简式为 ______.
23. 现有1∼20号元素A、B、C、D所对应的物质的性质或微粒结构如下表：
元素
物质性质或微粒结构
A
单质为多原子分子，自然界中的淡黄色固体
B
B的离子与D的离子具有相同电子层结构，且可以相互组合形成干燥剂
C
常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
D
D元素最高正化合价与最低负化合价代数和为6
E
原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半，能形成多种气态氢化物
F
原子的最外层电子数等于2n−3(n为原子核外电子层数)，易失去最外层电子形成Fn+
(1)B的离子与D的离子相互组合形成的干燥剂的化学式是 ______.
(2)元素C与氢元素形成带一个单位正电荷的离子，其电子式是 ______，实验室如何检验溶液中是否含有该微粒？简述实验方法，并用离子方程式配合说明：______；常温时，F的硫酸盐溶液的pH ______7(填“=”、“>”或“<”).实验室用C的氢化物的水溶液制取F的氢氧化物的方法是(用离子方程式表示)：______.
(3)元素D在周期表中的位置是 ______.A、D、E三种元素的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是 ______，因为非金属性由强到弱的顺序是 ______.下列表述中能证明这一事实的是 ______
A.常温下A的单质和D的单质状态不同
B.A的氢化物比D的氢化物稳定
C.一定条件下D能从A的氢化物水溶液中置换出A单质
D.HD的酸性比HA酸性强
24. 由软锰矿制备高锰酸钾的主要反应如下：
熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH−高温3K2MnO4+KCl+3H2O
加酸歧化：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3
完成下列填空：
(1)在实验室进行“熔融氧化”操作时，应选用铁棒、坩埚钳和 ______.(填序号)
a.瓷坩埚
b.蒸发皿
c.铁坩埚
d.泥三角
(2)加酸时不宜用盐酸的原因是 ______.
(3)采用电解法也可实现K2MnO4的转化，2K2MnO4+2H2O−通电2KMnO4+2KOH+H2↑.与原方法相比，电解法的优势为 ______.
(4)用草酸钠(Na2C2O4,M=134)滴定法测定高锰酸钾(KMnO4,M=158)的质量分数．(已知涉及到的反应：Na2C2O4+H2SO4=H2C2O4(草酸)+Na2C2O4、5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)
步骤如下：
Ⅰ称取0.80g的高锰酸钾产品，配成50mL溶液．
Ⅱ称取0.2014gNa2C2O4，置于锥形瓶中，加入蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化．
Ⅲ将瓶中溶液加热到75∼80℃，趁热用Ⅰ中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点．消耗高锰酸钾溶液8.48mL，则样品中高锰酸钾的质量分数为 ______(保留3位小数).达到滴定终点的标志是 ______.
(5)加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，会导致测得产品纯度 ______.(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.铝与硫单质加热反应可生成Al2S3，但铝离子与硫离子在溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，在溶液中通过复分解反应无法制得Al2S3，故A错误；
B.铜与硫单质直接化合生成Cu2S，由单质直接化合无法获得CuS，故B错误；
C.Fe与Cl2加热反应生成FeCl3，硫酸铁与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和氯化铁，所以FeCl3既可由单质直接化合而得，也可以在溶液中通过复分解反应制得，故C正确；
D.铁在纯氧气中燃烧生成Fe3O4，但通过复分解反应无法获得Fe3O4，故D错误；
故选：C。
A.铝离子与硫离子在溶液中发生双水解反应；
B.硫单质与铜直接化合生成硫化亚铜；
C.铁与氯气加热反应生成氯化铁，硫酸铁与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和氯化铁；
D.通过复分解反应无法获得四氧化三铁。
本题考查常见元素元素单质及其化合物性质的应用，明确题干信息、物质组成与性质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：加入铝粉能产生氢气的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，
A.ClO−在酸性条件下不能大量存在，故A错误；
B.Cu2+、Fe2+在碱性条件下不能大量存在，且NO3−在酸性条件下具有氧化性，故B错误；
C.NH4+、在碱性条件下不能大量共存，故C错误；
D.Na+、K+、Cl−、SO42−在酸性条件下和碱性条件下均能稳定存在，故D正确，
故选：D。
A.次氯酸是弱酸；
B.氢氧化铜和氢氧化亚铁是沉淀；
C.氨水是弱碱；
D.钠盐和钾盐均为可溶性盐。
本题主要考查离子之间的相互反应，需要注意根据题干读出隐含信息，难度中等。
3.【答案】C
【解析】解：二价铁离子变为三价铁离子发生了氧化反应，应加入氧化性的物质，在H+存在的情况下，NO3−表现强氧化性，发生反应：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；硫酸必须是浓硫酸才有强氧化性，稀硫酸没有氧化性；碘水不能氧化亚铁离子；Cu2+氧化性很弱，不能氧化二价铁离子；故C正确；
故选：C。
铁屑溶于盐酸后，溶液中主要是H+、Cl−、Fe2+，若要将Fe2+变为Fe3+，需要强氧化性物质，据此分析．
本题考查了铁及其化合物的性质，熟悉氧化还原反应的规律是解题关键，需要注意的是在H+存在的情况下，NO3−表现强氧化性，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．
4.【答案】A
【解析】解：A、NaHSO4和Ba(OH)2反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，反应方程式为：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，当后者滴入前者时，前者开始足量，反应方程式为：2NaHSO4+Ba(OH)2 =Na2SO4+BaSO4↓+2H2O，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，现象都是产生白色沉淀，故A正确；
B.碳酸钠滴入盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，现象立刻产生气泡；盐酸滴入碳酸钠发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，故B错误；
C.NaAlO2和H2SO4反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，先有沉淀立刻溶解，先有沉淀反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓由于H2SO4过量，生成的Al(OH)3立刻被硫酸中和，反应方程式为：2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O，当溶液中铝元素全部变为Al3+时，它与滴入的AlO2−发生双水解反应方程式为：Al3++3AlO2−+6H2O=4Al(OH)3↓现象是最终有沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀，反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓后溶解是由于硫酸过量，反应方程式为：3H2SO4+2Al(OH)3=Al2(SO4)3+6H2O，最终无沉淀，故C错误；
D.因前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，现象为先没有沉淀后有沉淀生成；
而后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH−=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失，则现象不同，故D错误；
故选：A。
A.NaHSO4和Ba(OH)2反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，现象都是产生白色沉淀；
B.碳酸钠滴入盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；盐酸滴入碳酸钠发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
C.NaAlO2和H2SO4反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，先有沉淀立即溶解，最终有沉淀，当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀后溶解，最终无沉淀；
D.前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH−=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O。
本题考查了物质的之间的反应，明确物质的性质及反应物用量对反应的影响是解题关键，题目难度中等。
5.【答案】A
【解析】解：A、反应①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2中的氧化剂是O2，同样在反应②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3中氧化剂也是O2，而且两个反应中氧气的系数都是1，因此1molO2得到的电子均是
4mol，故A正确；
B、反应①中水中的元素化合价在反应前后不变，则氧化剂只有氧气，故B错误；
C、钢质水管与铜质水龙头连接后形成原电池，铁比铜活泼，则钢质水管做负极被腐蚀，故C错误；
D、钢铁在潮湿的空气中容易发生电化学腐蚀，而且主要是发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选A.
氧化还原反应中电子数目的判断要根据参加反应的氧化剂或还原剂的物质的量以及化合价的变化数目来确定，本题中的两个反应的氧化剂都是氧气，并且都反应了1mol，在反应中得到4mol电子，二者转移电子数目相等；金属发生电化学腐蚀时，活泼金属做负极，尤其是在潮湿的环境中易被氧化而发生腐蚀．
本题考查氧化还原反应和金属的腐蚀两个问题，前者在做题时要注意从化合价变化的角度来进行判断和计算，后者要明确金属发生电化学腐蚀的原理，该类问题较为简单，建议掌握好基础知识．
6.【答案】D
【解析】解：A、该物质含有Na、Al、O、H、C，不属于氢氧化物，属于盐，故A错误；
B、双羟基铝碳酸钠是一种盐，故B错误；
C、NaAl(OH)2CO3与盐酸发生反应NaAl(OH)2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑，由方程式可知1mol该物质最多可消耗4molHCl，即消耗4molH+，C错误；
D、该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳，胃溃疡患者容易导致胃穿孔，故不适合胃溃疡患者，故D正确。
故选：D。
A、含有碳元素，不属于氢氧化物，该物质属于盐；
B、双羟基铝碳酸钠是一种盐；
C、羟基(实际为氢氧根)与碳酸根能盐酸反应；
D、该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳．
以为双羟基铝碳酸钠载体考查氧化物、氢氧化铝、碳酸钠的性质等，难度中等，可以根据混合物理解其性质，注意实际为一种盐．
7.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，
Fe和FeCl3溶液反应生成FeCl2，Fe2+的颜色为绿色，故①正确；
KSCN和FeCl3溶液反应生成Fe(SCN)3，Fe(SCN)3溶液为血红色，故②正确；
CuSO4和FeCl3溶液不反应，且两者都是有颜色的，故③错误；
硝酸银溶液和FeCl3溶液反应生成氯化银沉淀，氯化银是白色的，故④正确；
氢氧化钠溶液和FeCl3溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，故⑤正确；
上述实验设计错误的是③，
故选：B。
Fe和FeCl3溶液反应生成FeCl2，Fe2+的颜色为绿色；
KSCN和FeCl3溶液反应生成Fe(SCN)3，Fe(SCN)3的颜色为血红色；
CuSO4和FeCl3溶液不反应，最后得不到无色溶液；
硝酸银溶液和FeCl3溶液反应生成氯化银沉淀，沉淀是白色的；
氢氧化钠溶液和FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀，沉淀是红褐色的；据此分析解答即可。
本题主要考查三氯化铁的性质，掌握氯化铁的性质是解决本题的关键，也是高考高频考点，属于基本知识，基础题型，难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.实验①和③中发生氧化还原反应，单质铁中Fe元素的化合价升高，则都只作还原剂，故A正确；
B.由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性为Fe3+>Cu2+>Fe2+，故B错误；
C.实验②中发生3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O，Fe元素的化合价升高，则Fe2+只显还原性，故C错误；
D.实验③中反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故D错误；
故选：A。
①中发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，②中发生3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O，③中发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，结合元素的化合价升降及氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．
本题考查氧化还原反应，明确发生的氧化还原反应及反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题以铁、铝化合物的性质为载体综合考查工业冶炼铝等知识，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，为高考常见题型，注意把握制备原理和反应的流程，难度中等。
【解答】
综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应Ⅰ过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，溶液Y为NaHCO3，Al(OH)3加热分解生成Al2O3，电解熔融Al2O3生成Al。
A.分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不能用氨水，因氧化铝与氨水不反应，故A错误；
B.CO2可以和偏铝酸钠反应制得氢氧化铝，用H2SO4溶液或稀盐酸代替会导致生成的氢氧化铝溶于其中，酸的用量难以控制，故B错误；
C.过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，即CO2+AlO2−+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，故C正确；
D.Fe活泼性较Al弱，与Al2O3不反应，故D错误。
故选C。
10.【答案】D
【解析】解：A.X和Si的性质相似，和水不反应，故A正确；
B.X位于周期表第四周期，非金属性比Si弱，XO2可被碳或氢还原为X，故B正确；
C.XCl4的沸点比SiCl4的结构相似，形成分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，XCl4相对分子质量大，所以XCl4的沸点比SiCl4的高，故C正确；
D.X位于周期表第四周期，非金属性比Si弱，则XH4的稳定性比SiH4的低，故D错误。
故选：D。
根据硅元素对应的单质和化合物的性质进行判断，Si位于周期表第三周期，原子最外层有4个电子，性质较稳定，结合元素周期律的递变规律分析．
本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，本题注意X和Si在周期表中的位置的判断．
11.【答案】B
【解析】解：①因元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：F>O>S，所以热稳定性：HF>H2O>H2S，故①错误；
②因同周期元素的半径从左至右逐渐减小，Na>Mg，O在Na和Mg的上一周期，半径最小，故②正确；
③因元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S>P，酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，故③错误；
④因H2O、CH3COOH、HCl的电离程度：HCl>CH3COOH>H2O，所以结合质子能力OH−>CH3COO−>Cl−，故④正确；
故选：B。
本题比较简单，选项D直接做有一定的难度，但如果考虑对应物质电离程度越大，其离子结合质子能力越小就简单了．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验原理及实验装置的作用为解答的关键，明确实验基本操作和物质的性质即可解答，注意实验的评价性和操作性分析，题目难度不大。
【解答】
A.过滤时为防止液体飞溅，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使滤液沿烧杯内壁缓缓流下，故A正确；
B.滴加试剂时应防止污染滴管，滴管不能接触试管内壁，故B错误；
C.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，故C正确；
D.向容量瓶转移液体时，为防止流出容量瓶外，用玻璃棒引流可以接触容量瓶内壁，故D正确；
故选B。
13.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查具有相同电子层结构的离子，明确X、Y可能为阴离子、阳离子及相对位置是解答本题的关键，题目难度不大。
【解答】
A.由 mXa+与 nYb−，离子的电子层结构相同，则核外电子数相同，所以m−a=n+b，故A错误；
B.简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，Y的原子序数大，则X2−的还原性一定大于Y−，故B正确；
C.简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，若一个为阳离子一个为阴离子，则一定不在同一周期，故C错误；
D.简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属，则不存在气态氢化物，故D错误。
故选B。
14.【答案】D
【解析】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。
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．
本题考查元素的位置结构性质的相互关系及应用，题目难度不大，注意元素周期表中各主族元素的主要性质的相似性和递变性的应用．
15.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制的正确操作步骤是解题关键，题目难度不大。
【解答】
氢氧化钠为腐蚀品，应放在小烧杯中称量，故Ⅰ错误；
移液时应用玻璃棒引流，故Ⅲ和Ⅴ错误；
定容时，离刻度线1−2cm后，应用胶头滴管逐滴滴加，故Ⅵ错误；
摇匀前应盖上瓶塞，故VⅡ错误；
溶解时应用玻璃棒不断搅拌，且冷却后再移液，故Ⅱ正确；
移液后应用蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2−3次，故Ⅳ正确；
所以正确的操作为Ⅱ和Ⅳ；
故选：B。
16.【答案】D
【解析】解：A.该物质只含有C、H两种元素，属于烃类化合物，故A正确；
B.相对分子质量很大，分子间作用力大，熔点沸点比较大，常温下是固态，故B正确；
C.该物质只由C和H两种元素构成属于烃，可以燃烧生成二氧化碳和水，燃烧属于氧化反应，故D正确；
D.金刚石是原子构成的网状结构，属于原子晶体，而该物质是分子构成的，属于分子晶体不具有类似金刚石的硬度，故D错误；
故选：D。
A.烃是指只含有C、H两种元素的化合物；
B.相对分子质量很大，分子间作用力大，熔点沸点比较大；
C.根据两者的构成进行分析；
D.烃类的燃烧属于氧化反应。
本题考查有机物的组成、结构与性质等，比较基础，难度不大，旨在考查学生对知识的简单利用，注意基础知识的掌握。
17.【答案】C
【解析】解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，
还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项。
根据β−月桂烯含有三个双键，都能发生加成反应，且存在与1，3−丁二烯类似结构，则能发生1，4加成。
本题考查烯烃的加成反应，难度中等，明确加成的规律及利用结构与1，3−丁二烯类似来分析解答即可，难点是分析1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成。
18.【答案】B
【解析】解：A.石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料(汽油，煤油，柴油等)的产量，提高汽油的产量和质量，故A错误；
B.煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，两种过程都生成了新物质，是化学变化，故B正确；
C.将煤隔绝空气加强热使其分解的过程为煤的干馏，煤的干馏是化学变化，故C错误；
D.根据石油中各组分沸点的不同，用加热的方法使其分离的操作为分馏，可以得到汽油、煤油、柴油以及润滑油、沥青等，是物理过程，故D错误；
故选：B。
A.石油催化裂化的目的是提高汽油的产量和质量；
B.煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程；
C.将煤隔绝空气加强热使其分解的过程为煤的干馏；
D.根据石油中各组分沸点的不同，用加热的方法使其分离的操作为分馏。
本题考查了煤和石油的综合利用，难度不大，应注意的是石油的分馏是物理过程，而煤的干馏、石油的裂化和裂解以及催化重整均为化学过程。
19.【答案】B
【解析】解：A.根据结构简式确定分子式知C10H16，故A正确；
B.该物质不饱和度是3，苯的不饱和度是4，所以该物质的一种同分异构体和苯不是同系物，故B错误；
C.碳碳双键能和溴发生加成反应，该物质中含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应，故C正确；
D.只含C、H元素的化合物是烃，烃难溶于水，该物质中只含C、H元素，所以属于烃，难溶于水，故D正确；
故选B.
A.根据结构简式确定分子式；
B.该物质不饱和度是3，苯的不饱和度是4；
C.碳碳双键能和溴发生加成反应；
D.只含C、H元素的化合物是烃，烃难溶于水．
本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃性质，易错选项是B.
20.【答案】A
【解析】解：由图可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体，可能含有乙烯、丙炔，一定没有乙烷、丙烷，故选A.
图可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体，据此判断．
本题考查烃混合物分子式确定，难度中等，注意利用平均分子组成判断烃的组成，常用方法有1、平均碳法 2、平均氢法 3、平均碳氢分子式法 4、平均式量法．
21.【答案】2，2，3，4−四甲基戊烷 5C7H16 2 C
【解析】解：(1)最长的碳链含有5个碳原子，从距离同一碳原子连接2个甲基最近的一端进行编号，该烷烃的名称为：2，2，3，4−四甲基戊烷，分子中含有5种化学环境不同的氢原子，其一氯代物有5种，
故答案为：2，2，3，4−四甲基戊烷；5；
(2)含有手性碳原子的物质通常具有光学活性，具有光学活性且式量最小的烷烃中同一碳原子连接四个不同原子或基团是：氢原子、甲基、乙基、丙基，分子式为C7H16；丙基有正丙基、异丙基两种，故有2种，
故答案为：C7H16；2；
(3)A.始祖鸟烯与乙烯结构不相似，所以二者不互为同系物，故A错误；
B.若R1=R2=−CH3，则其化学式为C12H14，故B错误；
C.若R1=R2=甲基，始祖鸟烯中含有3种氢原子，其一氯代物就有3种，故C正确；
D.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，碳碳双键和溴发生加成反应而使溴水褪色，前者为氧化反应、后者为加成反应，所以褪色原理不同，故D错误；
故答案为：C。
(1)该烷烃中最长碳链上含有5个碳原子，甲基分别位于2、2、3、4号碳原子上；该分子中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
(2)含有手性碳原子的物质通常具有光学活性，同一碳原子连接四个不同原子或基团是：氢原子、甲基、乙基、丙基；丙基有正丙基、异丙基两种；
(3)A.始祖鸟烯与乙烯结构不相似；
B.若R1=R2=甲基，则分子中含有12个碳原子、14个氢原子；
C.若R1=R2=甲基，始祖鸟烯中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
D.碳碳双键和溴发生加成反应而使溴水褪色，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色。
本题考查有机物的结构和性质、有机物命名、有机物一氯代物种类判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、基本概念内涵、有机物命名规则是解本题关键，题目难度不大。
22.【答案】53C10H16 6 2 光照 +Br2→ →△浓硫酸+H2O加成
【解析】解：(1)乙烯分子中6个原子一定在同一平面内，在 中两个所构成的平面为同一平面时，最多可有5个碳原子共平面；环戊二烯和溴水发生加成反应时，可能是1，2−加成，可能是1，4−加成，可能是完全加成，所以其加成产物有3种；金刚烷的分子中有6个CH2，4个CH结构，其分子式为C10H16；有2种氢原子，其一氯代物就有2种，
故答案为：5；3；C10H16；6；2；
(2)①为环烷烃和氯气在光照条件下发生取代反应生成1−氯环戊烷，环戊烯和溴能发生加成反应，反应方程式为+Br2→，
故答案为：光照；+Br2→；
(3)环戊醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成环戊烯，反应方程式为→△浓硫酸+H2O，
故答案为：→△浓硫酸+H2O；
(4)Diels−Alder反应属于加成反应，由A(C5H6)和B经Diels−Alder反应制得，该反应为加成反应，则A为或，但不稳定，则A为，B为1，3丁二烯，
故答案为：加成；。
(1)乙烯分子中6个原子一定在同一平面内，在 中两个所构成的平面为同一平面时；环戊二烯和溴水发生加成反应时，可能是1，2−加成，可能是1，4−加成，可能是完全加成；金刚烷的分子中有6个CH2，4个CH结构；有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
(2)①为环烷烃的取代反应，②为氯代烃的消去反应，③为烯烃的加成反应，④为溴代烃的消去反应；
(3)环戊醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成环戊烯；
(4)Diels−Alder反应属于加成反应；由A(C5H6)和B经Diels−Alder反应制得，则A为或。
本题考查有机物合成、有机物结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、物质之间的转化关系是解本题关键，难点是(4)题A结构简式的确定，题目难度中等。
23.【答案】CaCl2 取溶液少许于试管中，加入氢氧化钠溶液，在酒精灯上微热，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明含有NH4+，发生反应：NH4++OH−−△NH3↑+H2O，否则，不含NH4+
【解析】解：由分析可知，A为S、B为Ca、C为N、D为Cl、E为C、F为Al；
(1)B的离子与D的离子相互组合形成的干燥剂的化学式是CaCl2，
故答案为：CaCl2；
(2)元素C与氢元素形成带一个单位正电荷的离子为NH4+，其电子式是；实验室检验溶液中是否含有NH4+的方法：取溶液少许于试管中，加入氢氧化钠溶液，在酒精灯上微热，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明含有NH4+，发生反应：NH4++OH−−△NH3↑+H2O，否则，不含NH4+；Al2(SO4)3溶液中Al3+水解：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+H+，溶液呈酸性，即pH<7；实验室用氨水与铝盐制取氢氧化铝，反应离子方程式为Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，
故答案为：；取溶液少许于试管中，加入氢氧化钠溶液，在酒精灯上微热，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明含有NH4+，发生反应：NH4++OH−−△NH3↑+H2O，否则，不含NH4+；<；Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(3)元素D是Cl，在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族；元素非金属性Cl>S>C，故三种元素的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是HClO4>H2SO4>H2CO3；
A.单质状态属于物理性质，不能说明元素非金属性强弱，故A错误；
B.A的氢化物为H2S，D的氢化物为HCl，而HCl更稳定，故B错误；
C.一定条件下Cl2能从硫化氢水溶液中置换出硫单质，说明Cl元素非金属性更强，故C正确；
D.氢化物的酸性不能说明非金属性强弱，如非金属性F>Cl>S，但酸性HF
故答案为：第三周期第ⅦA族；HClO4>H2SO4>H2CO3；Cl>S>C；C。
在1∼20号元素中，A单质为多原子分子，自然界中为淡黄色固体，故A为S元素；常温下C单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则C为N元素；D元素最高正化合价与最低负化合价代数和为6，则D处于ⅦA族，故D为Cl；B的离子与D的离子具有相同电子层结构，且可以相互组合形成干燥剂，则B为Ca；E原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半，能形成多种气态氢化物，则E为C元素；F原子的最外层电子数等于2n−3(n为原子核外电子层数)，易失去最外层电子形成Fn+，则2n−3=3，解得n=3，故F为Al。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握元素化合物知识，掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实。
24.【答案】cd 生成K2SO4溶解度小，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量 K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高利用率 当最后一滴KMnO4溶液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 70%偏低
【解析】解：(1)熔融固体物质需要再坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚、铁棒、坩埚钳、泥三角、酒精灯，
故答案为：c d；
(2)根据表中数据可知，K2SO4溶解度小，加硫酸时会生成K2SO4，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量，故不宜用盐酸，
故答案为：生成K2SO4溶解度小，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量；
(3)与原方法相比，电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高利用率，
故答案为：K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高利用率；
(4)滴定终点时的现象为：当最后一滴KMnO4溶液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色，根据反应Na2C2O4+H2SO4→H2C2O4(草酸)+Na2SO4、5H2C2O4+2MnO4−+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O可得关系式：5Na2C2O4∼2KMnO4，
设配制的8.48mL配制的样品溶液中含有高锰酸钾的质量为x，
则：5Na2C2O4∼2KMnO4，
134×52×158
0.2014gx
x=158×2×0.2014g134×59=0.0950g，
50mL该样品溶液中含有高锰酸钾的质量为：0.0950g×50mL8.48mL=0.560g，
则样品中高锰酸钾的质量分数为：0.5600.80×100%=70%，
故答案为：当最后一滴KMnO4溶液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；70%；
(5)加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，高锰酸钾用量偏少，会导致测得产品纯度偏低，
故答案为：偏低。
(1)熔融固体物质需要再坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；
(2)根据表中数据可知，K2SO4溶解度小，加硫酸时会生成K2SO4，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量；
(3)与原方法相比，电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中；
(4)滴定终点时的现象为：当最后一滴KMnO4溶液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色，根据反应Na2C2O4+H2SO4→H2C2O4(草酸)+Na2SO4 5H2C2O4+2MnO4−+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O可得关系式：5Na2C2O4∼2KMnO4，
设配制的8.48mL配制的样品溶液中含有高锰酸钾的质量为x，
则：5Na2C2O4∼2KMnO4，
134×52×158
0.2014gx
x=158×2×0.2014g134×59=0.0950g，
50mL该样品溶液中含有高锰酸钾的质量为：0.0950g×50mL8.48mL=0.560g，据此计算；
(5)加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，高锰酸钾用量偏少。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
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