新疆兵团农二师华山中学2022学年高一化学下学期期末试题含解析

2022-2022学年新疆兵团农二师华山中学高一（下）期末化学试卷一、选择题（每题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1．化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列做法与社会可持续发展理念相违背的是()A．改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放B．开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用C．研发可降解高分子材料，减少“白色污染”D．过度开采矿物资源，促进地方经济发展2．下列反应中，属于加成反应的是()A．CH2=CH2+HClCH3CH2ClB．CH4+Cl2CH3Cl+HClC．C2H4+3O22CO2+2H2OD．3．下列化学用语使用正确的是()A．丙烷的球棍模型B．N2的电子式C．甲烷的结构式为CH4D．乙烷的分子式CH3CH34．下列说法正确的是()A．医用酒精的浓度通常是95%B．单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料C．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物D．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料5．下列关于浓HNO3与浓H2SO4的叙述正确的是()A．常温下都可用锌制容器贮存B．常温下都能与铜较快反应C．露置于空气中，溶液质量均减轻D．露置于空气中，溶液浓度均降低6．下列有关物质性质的比较中，正确的是()①热稳定性：CH4＞NH3＞H2O②还原性：I﹣＞Br﹣＞Cl﹣③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④原子半径：Na＞Mg＞O．A．①③B．②④C．①④D．②③-22-\n7．下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是()A．配制溶液B．碳酸氢钠受热分解C．制备乙酸乙酯D．制备收集干燥的氨气8．下列说法正确的是()①离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键②共价化合物一定含共价键，也可能含离子键③含金属元素的化合物不一定是离子化合物④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物⑤由分子组成的物质中一定存在共价键⑥熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物．A．①③⑤B．②④⑥C．②③④D．①③⑥9．如图是四种常见有机物的比例模型示意图．有关下列说法正确的是()A．能使酸性KMnO4溶液褪色B．可与溴水发生取代反应而使溴水褪色C．与浓硫酸、浓硝酸的混合液共热发生取代反应-22-\nD．可发生取代、氧化、消去、水解等反应10．下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是()A．苯、油脂均不能使酸性KMnO，溶液褪色B．甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一有机反应类型C．乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同D．葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体11．某有机物的结构简式如图，该物质可能有的化学性质是()①可燃烧；②可跟溴加成；③可使酸性KMnO4溶液褪色；④可跟NaHCO3溶液反应；⑤可跟NaOH溶液反应；⑥1mol该有机物与足量Na反应生成1molH2．A．①②③⑥B．①②④⑤C．①②③④⑤D．全部12．对以下描述的解释或结论中，正确的是()选项描述解释或结论A向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失溶液中含SO42﹣BCl2+H2O=HClO+HClCl2仅为还原剂，HCl为氧化产物CPH=1的溶液中Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣不能大量共存5Fe2++MnO4﹣+8H+=Mn2++5Fe3++4H2ODSO2使酸性高锰酸钾溶液和品红试液褪色SO2具有漂白性A．AB．BC．CD．D13．下列有关除杂质（括号中为杂质）的操作中，错误的是()A．乙醇（水）：加入足量生石灰充分振荡，蒸馏，收集馏出物B．乙烷（乙烯）：通过盛有足量酸性KMnO4溶液的洗气瓶洗气C．CCl4（乙醇）：多次加水，振荡，分液，弃水层D．乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液，充分振荡，分液，弃水层14．已知短周期元素的离子aA﹣、bB2﹣、cC+、dD2+都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是()-22-\nA．原子半径为D＞C＞A＞BB．原子序数为a＞b＞c＞dC．离子半径为A﹣＞B2﹣＞C+＞D2+D．a+2=c15．元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分（1～36号元素），对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律，下列说法正确的是()A．④的最高价氧化物对应的水化物能与其氢化物反应，生成离子化合物B．⑤的三种核素的化学性质不相同C．⑥、⑧、⑨对应单核离子的半径依次增大D．⑧、⑨两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸16．某气态的烷烃与烯烃的混合气体9g，其密度为同状况下H2密度的11.25倍，将混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g，则原混合气体的组成为()A．甲烷，乙烯B．乙烷，乙烯C．甲烷，丙烯D．甲烷，丁烯二、非选择题（共52分）17．下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在空格上．①金刚石与“足球烯”C60；②D与T③和④O2与O3⑤淀粉和纤维素⑥乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）；⑦与；⑧35Cl和37Cl⑨⑩CH2=CH﹣CH2CH3和CH3﹣CH=CH﹣CH3各组物质互为同位素同素异形体同分异构体同系物填写序号18．下表为元素周期表中的一部分，表中列出了11种元素在周期表中的位置，按要求完成下列各小题．（用元素符号或化学式回答）-22-\n（1）化学性质最不活泼的元素是__________在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是__________元素⑥与⑦形成的化合物的电子式为__________（2）⑧、⑨元素形成的单质较活泼的是__________请设计实验证明它们活泼性的强弱__________（3）②、③、⑧三种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是__________（4）实验室用元素⑧的氢化物制取⑧的单质的反应方程式__________（5）⑤单质、石墨和二氧化钛（TiO2）按比例混合，高温下反应得到的两种化合物均由两种元素组成，其中有一种产物是TiC（在火箭和导弹上有重要应用）其反应方程式为__________．19．如图1，已知烃A完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量相等，且其相对分子质量小于30，A可以形成高分子化合物E．请回答下列问题：（1）B中官能团的名称__________E的结构简式__________（2）写出反应的化学方程式，并注明②的反应类型：①B→C的化学方程式__________②B+D→乙酸乙酯的化学方程式__________反应类型__________（3）反应制得的乙酸乙酯粗产品中含有少量乙酸、乙醇和水，现拟分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇，某小组设计了如图2分离操作步骤流程图．请在图2中圆括号内填入适当的试剂，在方括号内填入适当的分离方法．试剂a是__________试剂b是__________分离方法①③分别是__________、__________．20．A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A与D同主族；C与E同主族；B、C同周期；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2；B、A两元素的核电荷数之差等于它们的原子最外层电子数之和；F元素是同周期元素中原子半径最小的主族元素．A、B、C、D、E、F形成的化合物甲、乙、丙、丁、戊、己的组成如下表所示．化合物甲乙丙丁戊己化学式A2CA2C2B2A4D2C2A2EDF回答下列问题：（1）元素E在周期表中的位置__________化合物丙的结构式为__________，化合物甲的稳定性比戊__________（填“高”或“低”）化合物丁的化学键类型是__________（2）用电子式表示己的形成过程：__________（3）单质B与浓硝酸发生化学反应的化学方程式为__________-22-\n（4）向含有0.2mol乙的水溶液中加入少量MnO2，使乙完全反应，发生转移的电子数为__________NA（NA代表阿伏加德罗常数）21．（1）NO分子因污染空气而臭名昭著．近年来，发现少量的NO在生物体内许多组织中存在，它有扩张血管、免疫、增强记忆的功能，而成为当前生命科学的研究的热点，NO亦被称为“明星分子”．请回答下列问题．①现代工业生产NO使用氨的催化氧化法，反应的化学方程式__________②在含Cu+（亚铜离子）的酶的活化中心，亚硝酸根离子可转化为NO，写出Cu+和亚硝酸根离子在酸性水溶液中反应的离子方程式__________．（2）酸牛奶中含有乳酸，其结构简式为：，试写出：①乳酸跟足量金属钠反应的化学反应方程式__________．②乳酸跟少量碳酸钠反应的化学反应方程式__________．（3）已知烃A蒸汽对氦气的相对密度是18，取3.6g烃A在足量的氧气中充分燃烧，并将所得产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4g，碱石灰增重11g，求：①该烃A的分子式（要求写出计算过程）②若烃A的某种同分异构体的一氯代物只有一种，试写出该一氯代物的结构简式．-22-\n2022-2022学年新疆兵团农二师华山中学高一（下）期末化学试卷一、选择题（每题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1．化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列做法与社会可持续发展理念相违背的是()A．改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放B．开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用C．研发可降解高分子材料，减少“白色污染”D．过度开采矿物资源，促进地方经济发展【考点】常见的生活环境的污染及治理；使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【专题】热点问题．【分析】减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，并注意节约能源，应从我们身边做起．【解答】解：A．汽车尾气中含有氮的氧化物等有害气体，则改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放，符合社会可持续发展理念，故A正确；B．开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，故B正确；C．研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，从而减少“白色污染”，符合社会可持续发展理念，故C正确；D．过度开采矿物资源，促进地方经济发展，会使资源匮乏，是只顾眼前不顾将来的做法，不符合社会可持续发展理念，故D错误；故选D．【点评】本题考查环境保护及可持续发展，节约资源、走可持续发展之路，人人有责，并做到从我做起，题目难度不大．2．下列反应中，属于加成反应的是()A．CH2=CH2+HClCH3CH2ClB．CH4+Cl2CH3Cl+HClC．C2H4+3O22CO2+2H2OD．【考点】取代反应与加成反应．【专题】有机反应．【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，根据定义分析解答．【解答】解：A、乙烯中的双键断裂，两个碳原子上分别结合一个氢原子、氯原子，属于加成反应，故A正确；B、甲烷中的氢离子被氯原子取代生成一氯甲烷，该反应属于取代反应，故B错误；-22-\nC、该反应为有机物的燃烧，不属于加成反应，故C错误；D、苯分子中氢原子被溴原子取代生成溴苯，属于取代反应，故D错误；故选A．【点评】本题考查了有机物的反应类型及判断，题目难度不大，注意掌握常见有机物的概念，明确取代反应与加成反应的区别，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．3．下列化学用语使用正确的是()A．丙烷的球棍模型B．N2的电子式C．甲烷的结构式为CH4D．乙烷的分子式CH3CH3【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．丙烷分子中存在2个甲基和1个亚甲基，根据球棍模型的表示方法判断；B．氮气分子中含有1个氮氮三键，氮氮三键的表示方法错误；C．结构式中需要用短线代替所有的共价键；D．分子式只表示分子中原子种类及数目，CH3CH3为结构简式．【解答】解：A．用小球和短棍表示原子和化学键即为球棍模型，丙烷分子的球棍模型为：，故A正确；B．氮气中存在三键，每个氮原子都满足8电子结构，其电子式为，故B错误；C．甲烷是碳原子和氢原子间通过共价单键形成的空间正四面体结构，结构式为：，故C错误；D．乙烷分子中含有两个甲基，其分子式为：C2H6，故D错误；故选A．【点评】本题考查了常见化学用语的书写方法，题目难度中等，涉及结构式、电子式、分子式、球棍模型等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键．4．下列说法正确的是()A．医用酒精的浓度通常是95%B．单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料C．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物D．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料【考点】硅和二氧化硅；生活中的有机化合物；有机高分子化合物的结构和性质．【专题】化学计算．【分析】A、医用酒精的浓度通常是75%，此浓度杀菌消毒作用强；B、单质硅可以制太阳能电池板，是将太阳能转化为电能；C、油脂不是高分子化合物；D、合成纤维是有机非金属材料，光导纤维是新型无机非金属材料；【解答】解：A、医用酒精的浓度通常是75%，此浓度杀菌消毒作用强；故A错误；B、单质硅可以制太阳能电池板，是将太阳能转化为电能；故B正确；C、淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，油脂不是高分子化合物；故C错误；-22-\nD、合成纤维是有机非金属材料，光导纤维是新型无机非金属材料；故D错误；故选B．【点评】本题考查了硅性质的应用，高分子化合物的判断，生活中有机物的分类结构和性质应用判断，题目较简单．5．下列关于浓HNO3与浓H2SO4的叙述正确的是()A．常温下都可用锌制容器贮存B．常温下都能与铜较快反应C．露置于空气中，溶液质量均减轻D．露置于空气中，溶液浓度均降低【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质．【分析】A．常温下，浓硫酸和浓硝酸都能和Zn反应；B．常温下，浓硫酸和Cu不反应；C．浓硫酸具有吸水性、浓硝酸具有挥发性；D．浓硫酸具有吸水性、浓硝酸具有挥发性．【解答】解：A．常温下，浓硫酸和浓硝酸都能和Zn反应生成锌盐，所以不能用锌制容器盛放浓硫酸、浓硝酸，常温下Fe和Al与浓硝酸、浓硫酸发生钝化现象，所以可以用铝或铁制容器盛放浓硫酸、浓硝酸，故A错误；B．常温下，浓硫酸和Cu不反应，加热条件下铜和浓硫酸发生氧化还原反应，故B错误；C．浓硫酸具有吸水性、浓硝酸具有挥发性，所以露置于空气中，浓硫酸质量增加、浓硝酸质量减少，故C错误；D．浓硫酸具有吸水性、浓硝酸具有挥发性，所以浓硫酸中溶质不变、溶剂增加，浓度降低，浓硝酸中溶质减少、溶剂不变，则浓度降低，故D正确；故选D．【点评】本题考查浓硫酸、浓硝酸的性质，侧重考查浓硫酸吸水性、浓硝酸的挥发性及二者强氧化性，知道钝化现象及原理，题目难度不大．6．下列有关物质性质的比较中，正确的是()①热稳定性：CH4＞NH3＞H2O②还原性：I﹣＞Br﹣＞Cl﹣③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④原子半径：Na＞Mg＞O．A．①③B．②④C．①④D．②③【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】①根据元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定；②单质的氧化性越强则离子的还原性越弱；③根据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；④根据同周期元素的半径从左至右逐渐减小以及一般来说下一周期元素原子的半径比上一周期大．【解答】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：O＞N＞C，所以H2O＞NH3＞CH4，故①错误；②元素单质氧化性Cl2＞Br2＞I2，则离子的还原性顺序：Cl﹣＜Br﹣＜I﹣，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：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故③错误；-22-\n④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，原子半径：Na＞Mg＞O，故④正确．故选B．【点评】本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．7．下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是()A．配制溶液B．碳酸氢钠受热分解C．制备乙酸乙酯D．制备收集干燥的氨气【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．向容量瓶中加入水时加到离刻度线1﹣2cm处用胶头滴管定容；B．碳酸氢钠受热分解生成水，应防止水倒流；C．乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；D．氨气的密度比空气小．【解答】解：A．定容时改用胶头滴管，使液面与刻度线相切，不能用烧杯加水，故A错误；B．碳酸氢钠受热分解生成水，应防止水倒流，则试管口应略向下倾斜，故B错误；C．乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，图中制备乙酸乙酯实验合理，故C正确；D．氨气的密度比空气小，选向下排空气法收集，且导管应伸到试管底部，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气体的制备和收集、溶液配制、乙酸乙酯制取、实验操作等知识点，明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键，注意C中用饱和碳酸钠溶液而不能氢氧化钠溶液收集，为易错点．8．下列说法正确的是()①离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键-22-\n②共价化合物一定含共价键，也可能含离子键③含金属元素的化合物不一定是离子化合物④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物⑤由分子组成的物质中一定存在共价键⑥熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物．A．①③⑤B．②④⑥C．②③④D．①③⑥【考点】化学键；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】共价键是由非金属原子之间通过共用电子对形成的化学键，既可存在于离子化合物中，也可存在于共价化合物中；离子键是离子之间的静电作用，只存在于离子化合物中．【解答】解：①离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如NaOH中含有极性键，Na2O2中含有非极性键，故①正确；②共价化合物一定含共价键，一定没有离子键，故②错误；③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3，故③正确；④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl，故④错误；⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故⑤错误；⑥熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，只有离子化合物在熔融状态下电离出自由移动的离子，故⑥正确；故选D．【点评】本题考查了化合物中存在的化学键，难度不大，易错的是⑤，注意离子化合物和共价化合物的区别．9．如图是四种常见有机物的比例模型示意图．有关下列说法正确的是()A．能使酸性KMnO4溶液褪色B．可与溴水发生取代反应而使溴水褪色C．与浓硫酸、浓硝酸的混合液共热发生取代反应D．可发生取代、氧化、消去、水解等反应【考点】球棍模型与比例模型．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】先根据各选项中的比例模型判断表示的有机物名称，如A中为甲烷、B中为乙烯、C中为苯、D中表示的是乙醇，然后根据各有机物的结构与性质进行判断即可．-22-\n【解答】解：A．表示的是甲烷，甲烷的化学性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．表示的为乙烯，乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故B错误；C．表示的是苯，苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液共热发生取代反应生成硝基苯，故C正确；D．表示的是乙醇，乙醇能够发生确定、消去、氧化反应，但是不能发生水解反应，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了球棍模型、有机物结构与性质，题目难度不大，注意明确球棍模型与比例模型的表示方法，熟练掌握常见有机物的结构与性质．10．下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是()A．苯、油脂均不能使酸性KMnO，溶液褪色B．甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一有机反应类型C．乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同D．葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体【考点】苯的性质；甲烷的化学性质；乙醇的化学性质；油脂的性质、组成与结构；葡萄糖的性质和用途．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．不饱和油脂中含有不饱和烃基，可与高锰酸钾发生反应；B．甲烷与氯气发生取代反应，乙烯与溴水发生加成反应；C．乙醇含有﹣OH，乙酸含有﹣COOH；D．同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物．【解答】解：A．苯不能使酸性高锰酸钾褪色，不饱和油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故A错误；B．甲烷与氯气发生取代反应，乙烯与溴水发生加成反应，二者反应类型不同，故B错误；C．乙醇含有﹣OH，乙酸含有﹣COOH，二者含有的官能团不同，故C错误；D．葡萄糖、果糖的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故D正确；故选：D．【点评】本题主要考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题注意把握有机物的官能团的性质以及反应类型的判断．11．某有机物的结构简式如图，该物质可能有的化学性质是()①可燃烧；②可跟溴加成；-22-\n③可使酸性KMnO4溶液褪色；④可跟NaHCO3溶液反应；⑤可跟NaOH溶液反应；⑥1mol该有机物与足量Na反应生成1molH2．A．①②③⑥B．①②④⑤C．①②③④⑤D．全部【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知，分子中含碳碳双键、﹣COOH、﹣OH，结合烯烃、羧酸、醇的性质来解答．【解答】解：①为烃的含氧衍生物，可燃烧，生成二氧化碳和水，故正确；②含双键，可跟溴加成，故正确；③含双键、﹣OH，均可使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；④含﹣COOH，可跟NaHCO3溶液反应，故正确；⑤含﹣COOH，可跟NaOH溶液反应，故正确；⑥含有羧基和羟基，1mol该有机物与足量Na反应生成1molH2．故正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握有机物的结构和官能团的性质是解题的关键，侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查，题目难度不大．12．对以下描述的解释或结论中，正确的是()选项描述解释或结论A向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失溶液中含SO42﹣BCl2+H2O=HClO+HClCl2仅为还原剂，HCl为氧化产物CPH=1的溶液中Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣不能大量共存5Fe2++MnO4﹣+8H+=Mn2++5Fe3++4H2ODSO2使酸性高锰酸钾溶液和品红试液褪色SO2具有漂白性A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．溶液中含有Ag+等离子会干扰SO42﹣的检验；B．该反应中氯元素化合价由0价变为﹣1价和+1价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；C．二价铁能被高锰酸根氧化；D．二氧化硫与品红反应，使品红褪色，表现漂白性．【解答】解：A．溶液中含有Ag+等离子会干扰SO42﹣的检验，应先加入盐酸，没有白色沉淀生成，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明原溶液中含有SO42﹣，故A错误；B．该反应中氯元素化合价由0价变为﹣1价和+1价，所以氯气既是氧化剂又是还原剂，HCl为还原产物，故B错误；-22-\nC．二价铁能被高锰酸根氧化，离子方程式：5Fe2++MnO4﹣+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，故C正确；D．SO2具有还原性，可使酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而褪色，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子检验、氧化还原反应、二氧化硫的还原性、漂白性等，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关知识的积累，难度不大．13．下列有关除杂质（括号中为杂质）的操作中，错误的是()A．乙醇（水）：加入足量生石灰充分振荡，蒸馏，收集馏出物B．乙烷（乙烯）：通过盛有足量酸性KMnO4溶液的洗气瓶洗气C．CCl4（乙醇）：多次加水，振荡，分液，弃水层D．乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液，充分振荡，分液，弃水层【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；C．乙醇易溶于水，与四氯化碳分层；D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层．【解答】解：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏，收集馏出物得到乙醇，故A正确；B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气除杂，故B错误；C．乙醇易溶于水，与四氯化碳分层，分液，弃水层，故C正确；D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，分液，弃水层，故D正确；故选B．【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．14．已知短周期元素的离子aA﹣、bB2﹣、cC+、dD2+都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是()A．原子半径为D＞C＞A＞BB．原子序数为a＞b＞c＞dC．离子半径为A﹣＞B2﹣＞C+＞D2+D．a+2=c【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】aA﹣、bB2﹣、cC+、dD2+四种离子均具有相同的电子层结构，则有：a+1=b+2=c﹣1=d﹣2，A、B在周期表中C、D的上一周期，并且原子序数：d＞c＞a＞b，结合元素周期律递变规律解答该题．【解答】解：aA﹣、bB2﹣、cC+、dD2+四种离子均具有相同的电子层结构，则有：a+1=b+2=c﹣1=d﹣2，A、B在周期表中C、D的上一周期，并且原子序数：d＞c＞a＞b，A．具有相同电子排布的离子，同周期原子随原子序数的增大半径减小，电子层多的半径大，则原子半径为C＞D＞B＞A，故A错误；B．由上述分析可知，原子序数：d＞c＞a＞b，故B错误；C．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为B2﹣＞A﹣＞C+＞D2+，故C错误；D．由a+1=c﹣1可知，a+2=c，故D正确；故选D．-22-\n【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，为高频考点，明确核外电子排布确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，题目难度不大．15．元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分（1～36号元素），对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律，下列说法正确的是()A．④的最高价氧化物对应的水化物能与其氢化物反应，生成离子化合物B．⑤的三种核素的化学性质不相同C．⑥、⑧、⑨对应单核离子的半径依次增大D．⑧、⑨两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Fe，A、氮的最高价氧化物对应的水化物是硝酸与氢化物氨气反应生成离子化合物硝酸铵；B、决定化学性质应是最外层电子数，最外层电子数相同，化学性质相同；C、电子层结构相同核电荷数越大原子半径越小，电子层越多原子半径越大；D、氢硫酸是二元弱酸．【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Fe，A、氮的最高价氧化物对应的水化物是硝酸与氢化物氨气反应生成离子化合物硝酸铵，故A正确；B、决定化学性质应是最外层电子数，最外层电子数相同，化学性质相同，所以氧的三种核素化学性质相同，故B错误；C、电子层结构相同核电荷数越大原子半径越小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Mg＞S＞Cl，故C错误；D、氢硫酸是二元弱酸，所以不全是强酸，故D错误；故选A．【点评】本题考查元素周期表及应用，侧重元素的位置及性质的考查，注意D选项中的硫化氢是弱酸．16．某气态的烷烃与烯烃的混合气体9g，其密度为同状况下H2密度的11.25倍，将混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g，则原混合气体的组成为()A．甲烷，乙烯B．乙烷，乙烯C．甲烷，丙烯D．甲烷，丁烯【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】根据混合气体密度为相同状况下氢气密度的11.25倍，计算混合气体的平均摩尔质量；可确定烷烃，计算混合气体的物质的量；-22-\n混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g为烯烃质量，进而计算烷烃的质量，计算烷烃的物质的量，结合混合气体总的物质的量计算烯烃的物质的量，进而计算烯烃的摩尔质量，利用烯烃组成通式，确定烯烃，然后得出正确答案．【解答】解：由气态烷烃和气态单烯烃组成的混合气体是同种状况下H2密度的11.25倍，则：M（混合）=11.25×2g/mol=22.5g/mol，烯烃的摩尔质量最小为28g/mol，则烷烃的摩尔质量应小于22.4g/mol，所以混合气体中一定含有甲烷，混合气体的物质的量为：n==0.4mol，混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为：9g﹣4.2g=4.8g甲烷的物质的量为：n（CH4）==0.3mol，所以烯烃的物质的量为：0.4mol﹣0.3mol=0.1mol，所烯烃的摩尔质量为：=42g/mol，设烯烃的化学式为CnH2n，则：12n+2n=42，解得：n=3，即烯烃为丙烯，该混合物为甲烷与丙烯的混合气体，故选C．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握有关混合物计算的常用方法，明确混合气体的摩尔质量介于烷烃和烯烃之间得出甲烷是解答本题的关键．二、非选择题（共52分）17．下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在空格上．①金刚石与“足球烯”C60；②D与T③和④O2与O3⑤淀粉和纤维素⑥乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）；⑦与；⑧35Cl和37Cl⑨⑩CH2=CH﹣CH2CH3和CH3﹣CH=CH﹣CH3各组物质互为同位素同素异形体同分异构体同系物填写序号【考点】同位素及其应用；同素异形体；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体．【分析】同位素：质子数相同中子数不同的同一元素的原子互称同位素；同素异形体：同种元素组成的不同单质；同分异构体：分子式相同结构不同的化合物；同系物：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物．-22-\n【解答】解：质子数相同中子数不同的同一元素的原子互称同位素，则②D与T⑧35Cl和37Cl互为同位素；同种元素组成的不同单质，则①金刚石与“足球烯”C60④O2与O3属于同素异形体；分子式相同结构不同的化合物，则⑥乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）⑩CH2=CH﹣CH2CH3和CH3﹣CH=CH﹣CH3属于同分异构体；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，则③和⑦与属于同系物；故答案为：各组物质互为同位素同素异形体同分异构体同系物填写序号②⑧①④⑥⑩③⑦【点评】本题考查了几种常见的化学用语，难度不大，解答时注意从其概念的内涵与外延出发，缜密思考，正确解答．18．下表为元素周期表中的一部分，表中列出了11种元素在周期表中的位置，按要求完成下列各小题．（用元素符号或化学式回答）（1）化学性质最不活泼的元素是Ar在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4元素⑥与⑦形成的化合物的电子式为（2）⑧、⑨元素形成的单质较活泼的是Cl2请设计实验证明它们活泼性的强弱根据置换反应反应Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2可证明单质氧化性Cl2＞Br2（3）②、③、⑧三种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是Cl﹣＞K+＞Mg2+（4）实验室用元素⑧的氢化物制取⑧的单质的反应方程式4HCl（浓）+MnO₂MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O（5）⑤单质、石墨和二氧化钛（TiO2）按比例混合，高温下反应得到的两种化合物均由两种元素组成，其中有一种产物是TiC（在火箭和导弹上有重要应用）其反应方程式为4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】由元素在周期表中位置，可知①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为N、⑧为Cl、⑨为Br、⑩为Ar、⑾为F，-22-\n（1）稀有气体化学性质最不活泼；该11种元素中，非金属性最强的为F，其次为Cl，由于F没有正化合价，则酸性最强的化合物为高氯酸；元素⑥与⑦形成的化合物为（CN）2，其分子中含有两个C≡N和1个C﹣N键，据此写出其电子式；（2）⑧为Cl、⑨为Br，非金属性越强，对应单质的活泼性越强；用卤素单质的相互置换反应，可以证明卤素单质的活泼性；（3）离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越多，离子半径越小；（4）元素⑧的氢化物为HCl，⑧的单质为氯气，写出浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气的化学方程式；（5）根据质量守恒定律判断另一种产物为氧化铝，然后写出反应的化学方程式．【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为N、⑧为Cl、⑨为Br、⑩为Ar、⑾为F，（1）稀有气体Ar化学性质最不活泼；由于F没有最高正价，则最高价氧化物对应水化物酸性最强的为高氯酸：HClO4；C、N形成的化合物为氰气，（CN）2结构为N≡C﹣C≡N，则其电子式为：，故答案为：Ar；HClO4；；（2）同主族自上而下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，故Br2的氧化性较弱，即氧化性Cl2＞Br2，可以利用单质之间的相互置换反应证明，离子方程式为：Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2，故答案为：Cl2；根据置换反应反应Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2可证明单质氧化性Cl2＞Br2；（3）②、③、⑧分别为K、Mg、Cl元素，对应离子为Cl﹣、K+、Mg2+，离子的电子层越多，离子半径越大，则镁离子的离子半径最小；电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则氯离子的离子半径对应钾离子，所以离子半径大小为：Cl﹣＞K+＞Mg2+，故答案为：Cl﹣＞K+＞Mg2+；（4）⑧为Cl元素，其单质为氯气，氢化物为HCl，实验室中用浓盐酸制取氯气的化学方程式为：4HCl（浓）+MnO₂MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O，故答案为：4HCl（浓）+MnO₂MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O；（5）⑤的单质为Al，Al、石墨和二氧化钛（TiO2）按比例混合，高温下反应得到的两种化合物均由两种元素组成，且都是新型陶瓷材料（在火箭和导弹上有重要应用），则Al、C、TiO2在高温下反应Al2O3和TiC，该反应方程式为：4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC，故答案为：4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC．【点评】本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，题目难度中等，熟悉元素周期表的结构及元素的推断是解答本题的关键，并注重利用元素周期律、单质、化合物的性质、化学用语来解答即可．19．如图1，已知烃A完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量相等，且其相对分子质量小于30，A可以形成高分子化合物E．-22-\n请回答下列问题：（1）B中官能团的名称羟基E的结构简式（2）写出反应的化学方程式，并注明②的反应类型：①B→C的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O②B+D→乙酸乙酯的化学方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O反应类型酯化反应（3）反应制得的乙酸乙酯粗产品中含有少量乙酸、乙醇和水，现拟分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇，某小组设计了如图2分离操作步骤流程图．请在图2中圆括号内填入适当的试剂，在方括号内填入适当的分离方法．试剂a是饱和Na2CO3溶液试剂b是硫酸分离方法①③分别是分液、蒸馏．【考点】有机物的推断．【分析】（1）（2）烃A完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量相等，则A中C、H个数比为1：2，其相对分子质量小于30，则A为CH2=CH2，E是高分子化合物，则E为，CH2=CH2和水在催化剂条件下发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇被催化氧化生成C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯，则D为CH3COOH；（3）粗产品乙酸乙酯中含有乙酸与乙醇，用饱和的碳酸钠溶液反应掉乙酸，溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于溶液分层，乙酸乙酯密度比水小，乙酸乙酯在上层，然后利用分液，乙酸乙酯加入无水碳酸钠吸收其中的水，可得乙酸乙酯；溶液中含有乙醇、碳酸钠、乙酸钠，进行蒸馏可以收集乙醇，向蒸出乙醇的溶液中加入硫酸，可以得到乙酸，再进行蒸馏可以收集乙酸，据此答题．【解答】解：烃A完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量相等，则A中C、H个数比为1：2，其相对分子质量小于30，则A为CH2=CH2，E是高分子化合物，则E为，CH2=CH2和水在催化剂条件下发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇被催化氧化生成C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯，则D为CH3COOH，（1）根据上面的分析可知，B为CH3CH2OH，B中的官能团为羟基，E为，故答案为：羟基；；（2）①B→C的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，-22-\n②B+D→乙酸乙酯的化学方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型为酯化反应，故答案为：①2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；②CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应；（3）粗产品乙酸乙酯中含有乙酸与乙醇，用饱和的碳酸钠溶液反应掉乙酸，溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于溶液分层，乙酸乙酯密度比水小，乙酸乙酯在上层，然后利用分液，乙酸乙酯加入无水碳酸钠吸收其中的水，可得乙酸乙酯；溶液中含有乙醇、碳酸钠、乙酸钠，进行蒸馏可以收集乙醇，向蒸出乙醇的溶液中加入硫酸，可以得到乙酸，再进行蒸馏可以收集乙酸，所以试剂a是饱和碳酸钠溶液、试剂b是硫酸，分离方法①为分液，分离方法③为蒸馏，故答案为：饱和Na2CO3溶液；硫酸；分液；蒸馏．【点评】本题考查常见有机物的性质和制备，题目难度中等，注意把握乙烯的性质的用途，把握有机物的官能团变化为解答该题的关键，涉及酯化反应的制备反应装置、化学反应机理的分析判断、分离混合物的操作方法选择及实验评价等知识．20．A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A与D同主族；C与E同主族；B、C同周期；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2；B、A两元素的核电荷数之差等于它们的原子最外层电子数之和；F元素是同周期元素中原子半径最小的主族元素．A、B、C、D、E、F形成的化合物甲、乙、丙、丁、戊、己的组成如下表所示．化合物甲乙丙丁戊己化学式A2CA2C2B2A4D2C2A2EDF回答下列问题：（1）元素E在周期表中的位置第3周期第VIA族化合物丙的结构式为，化合物甲的稳定性比戊高（填“高”或“低”）化合物丁的化学键类型是离子键、共价键（2）用电子式表示己的形成过程：（3）单质B与浓硝酸发生化学反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O（4）向含有0.2mol乙的水溶液中加入少量MnO2，使乙完全反应，发生转移的电子数为0.2NA（NA代表阿伏加德罗常数）【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种短周期元素，B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；B、A两种元素的核电荷数之差等于它们的原子最外层电子数之和，二者不可能同周期，A的原子序数小于碳，只能处于第一周期，可推知A为H元素；A与D同主族，则D为Na；F处于第三周期，F元素是同周期元素中原子半径最小的主族元素，则F为Cl；B、C同周期，C与E同主族，结合C与A形成的化合物A2C，可知C为O元素，则E为S元素，可推知甲为H2O、乙为H2O2、丙为C2H4、丁为Na2O2、戊为H2S、己为NaCl，据此解答．-22-\n【解答】解：原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种短周期元素，B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；B、A两种元素的核电荷数之差等于它们的原子最外层电子数之和，二者不可能同周期，A的原子序数小于碳，只能处于第一周期，可推知A为H元素；A与D同主族，则D为Na；F处于第三周期，F元素是同周期元素中原子半径最小的主族元素，则F为Cl；B、C同周期，C与E同主族，结合C与A形成的化合物A2C，可知C为O元素，则E为S元素，可推知甲为H2O、乙为H2O2、丙为C2H4、丁为Na2O2、戊为H2S、己为NaCl．（1）E为S元素，在周期表中的位置：第3周期第VIA族，化合物丙为C2H4，结构式为，由于非金属性O＞S，故H2O稳定性比H2S的稳定性高，化合物丁为Na2O2，含有离子键、共价键，故答案为：第3周期第VIA族；；高；离子键、共价键；（2）己为NaCl，用电子式表示NaCl的形成过程：，故答案为：；（3）单质B为碳，与浓硝酸发生化学反应的化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（4）向含有0.2molH2O2的水溶液中加入少量MnO2，发生反应：2H2O22H2O+O2↑，生成氧气为0.1mol，故转移电子数目为0.1mol×2=0.2mol，发生转移的电子数为0.2NA，故答案为：0.2．【点评】本题考查元素化合物推断，充分利用短周期元素、核外电子排布特点、化合物中原子数目之比进行推断，难度中等．21．（1）NO分子因污染空气而臭名昭著．近年来，发现少量的NO在生物体内许多组织中存在，它有扩张血管、免疫、增强记忆的功能，而成为当前生命科学的研究的热点，NO亦被称为“明星分子”．请回答下列问题．①现代工业生产NO使用氨的催化氧化法，反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O②在含Cu+（亚铜离子）的酶的活化中心，亚硝酸根离子可转化为NO，写出Cu+和亚硝酸根离子在酸性水溶液中反应的离子方程式Cu++NO2﹣+2H+=Cu2++NO↑+H2O．（2）酸牛奶中含有乳酸，其结构简式为：，试写出：①乳酸跟足量金属钠反应的化学反应方程式CH2OHCH2COOH+2Na═CH2（ONa）CH2COONa+H2↑．②乳酸跟少量碳酸钠反应的化学反应方程式2CH3C（OH）HCOOH+Na2CO3→2CH3C（OH）HCOONa+H2O+CO2↑．-22-\n（3）已知烃A蒸汽对氦气的相对密度是18，取3.6g烃A在足量的氧气中充分燃烧，并将所得产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4g，碱石灰增重11g，求：①该烃A的分子式（要求写出计算过程）②若烃A的某种同分异构体的一氯代物只有一种，试写出该一氯代物的结构简式．【考点】有机物的结构和性质；氧化还原反应；有关有机物分子式确定的计算．【分析】（1）①NH3在催化作用下被氧化生成NO和水；②亚铜离子具有还原性，能够被亚硝酸根离子氧化，生成铜离子，亚硝酸根离子被还原为一氧化氮；（2）乳酸含有羟基和羧基，都可与钠反应生成氢气，羧基具有酸性；（3）烃A蒸汽对氦气的相对密度是18，可知相对分子质量为18×4=72，3.6g烃A的物质的量为=0.05mol，在足量的氧气中充分燃烧，并将所得产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4g，碱石灰增重11g，分别为水、二氧化碳的质量，计算二者的物质的量，可确定分子式，以此解答．【解答】解：（1）①NH3在催化作用下被氧化生成NO和水，方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；②亚铜离子与亚硝酸根离子发生氧化还原反应生成铜离子和一氧化氮，化学方程式为：Cu++NO2﹣+2H+=Cu2++NO↑+H2O．故答案为：Cu++NO2﹣+2H+=Cu2++NO↑+H2O；（2）①乳酸含有羟基和羧基，都可与钠反应生成氢气，反应的方程式为CH2OHCH2COOH+2Na═CH2（ONa）CH2COONa+H2↑，故答案为：CH2OHCH2COOH+2Na═CH2（ONa）CH2COONa+H2↑；②羧基具有酸性，可与碳酸钠反应生成二氧化碳、钠盐和水，方程式为2CH3C（OH）HCOOH+Na2CO3→2CH3C（OH）HCOONa+H2O+CO2↑，故答案为：2CH3C（OH）HCOOH+Na2CO3→2CH3C（OH）HCOONa+H2O+CO2↑；（3）①烃A蒸汽对氦气的相对密度是18，可知相对分子质量为18×4=72，3.6g烃A的物质的量为=0.05mol，在足量的氧气中充分燃烧，并将所得产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4g，碱石灰增重11g，分别为水、二氧化碳的质量，且n（CO2）==0.25mol，n（H2O）==0.3mol，可知1mol烃含有5molC．12molH原子，则分子式为C5H12，答：该烃A的分子式为C5H12；②有机物A的某种同分异构体的一氯代物只有一种，该一氯代物的结构简式（CH3）3CCH2Cl，答：该一氯代物的结构简式为（CH3）3CCH2Cl．【点评】本题考查有机物分子式的确定、限制条件同分异构体的书写，题目难度中等，注意利用等效H确定含有的甲基数目，书写结构式．-22-