汕头市重点名校2018-2019学年高一下学期期末学业水平测试化学试题含解析

汕头市重点名校2018-2019学年高一下学期期末学业水平测试化学试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．有氯化钠、氯化铁、氯化亚铁、氯化镁、氯化铝五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是( )
A．盐酸B．烧碱溶液
C．氨水D．硫氰化钾溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
五种溶液含有的阳离子各不相同，但都是氯化物，因而KSCN溶液不能达到目的，且盐酸与五种氯化物都不反应，利用金属氢氧化物的溶解性及颜色来鉴别，因又涉及到Al3+和Mg2+的鉴别，因此必需选强碱，据此解答。

【详解】
A．加入盐酸，与五种物质都不反应，不能鉴别，A错误；
B．加入NaOH溶液，氯化钠不反应，FeCl3生成红褐色沉淀，FeCl2生成白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，MgCl2生成白色沉淀，AlCl3先生成白色沉淀，沉淀然后溶解，现象各不相同，可鉴别，B正确；
C．加入氨水，不能鉴别MgCl2、AlCl3，C错误；
D．加入KSCN只能鉴别FeCl3，不能鉴别其它物质，D错误。

答案选B。

2．下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（）
A．甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷
C．苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成；乙烯与水生成乙醇的反应
D．在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应
【答案】C
【解析】
【详解】
A．甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代甲烷，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是乙烯和高锰酸钾发生了氧化反应的结果，故A不符合题意；
B．乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B不符合题意；
C．在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，
乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C符合题意；
D．苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，没有发生化学变化；乙烯生成聚乙烯的反应属于加成聚合反应，故D不符合题意；
故答案为C。

【点睛】
准确理解加成反应和取代反应的反应原理是解题关键，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。

3．下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)（）
A．C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH=-1367.0kJ·mol-1(燃烧热)
B．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=+57.3kJ·mol-1(中和热)
C．S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296.8kJ·mol-1(反应热)
D．2NO2=O2+2NO ΔH=+116.2kJ·mol-1(反应热)
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 水为气态，不表示燃烧反应的热化学方程式，A不正确；
B. 中和反应都是放热反应，ΔH应小于0，B不正确；
C. 标明了反应物或生成物的状态，且燃烧反应放热，C正确；
D. 没有标明物质的状态，D不正确。

故选C。

4．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．46g N2O4气体中含有的原子数为3N A
B．标准状况下，22.4L SO3中含有SO3分子数为N A
C．50mL 12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3N A
D．用电解法精炼铜的反应中转移0.2N A个电子时，阳极溶解6.4g铜
【答案】A
【解析】
【详解】
A．46g N2O4的物质的量为
46g
92g/mol
=0.5mol，含有的原子数为0.5mol×6×N A/mol=3 N A，故A正确；
B．标况下SO3是固态，不能根据气体的摩尔体积计算22.4L SO3的物质的量，故B错误；
C．二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，即HCl不能反应完全，则反应中转移的电子数小于0.3N A 个，故C错误；
D．用电解法精炼铜时阳极为粗铜，溶解的是Cu和比Cu活泼的金属，则反应中转移0.2 N A个电子时，阳极溶解铜的质量会小于6.4g，故D错误；
故答案为A。

【点睛】
本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。

顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。

特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。

关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。

5．“嫦娥一号”需完成的四大科学目标之一是探测下列14种元素K、Th、U、O、Si、Mg、Al、Ca、Fe、Ti、Na、Mn、Cr、Gd在月球的含量和分布，其中属于短周期元素的有( )
A．4种B．5种C．6种D．7种
【答案】B
【解析】分析：短周期元索是一、二、三周期，也就是一、二、三个电子层，其中：Na、Mg、Si、Al为三个电子层，O是第二周期第ⅥA族，由此分析解答。

详解：短周期元索是一、二、三周期，也就是一、二、三个电子层，其中：Na、Mg、Si、Al为三个电子层，O是第二周期第ⅥA族，共五种元素是短周期元素；
故选：B。

点睛：本题考查原子结构与元素周期表，题目侧重于学生的识记能力的考查，解题关键：短周期元索是一、二、三周期。

6．在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式为：
CO(g)+1/2O2(g)＝CO2(g) △H =－283 kJ/mol；
CH4(g)+ 2O2(g)＝CO2(g) +2H2O(g) △H =－890 kJ/mol。

现有4 mol CO和CH4组成的混合气体在上述条件完全燃烧，释放的热量为2953 kJ，则CO和CH4的体积比A．1:3 B．3:1 C．1:2 D．2:1
【答案】A
【解析】
设一氧化碳物质的量为x，则甲烷物质的量为(4-x)，
CO(g)+O2=CO2(g)△H═-283KJ/mol；
x 283xKJ
CH4(g)+2O2=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890KJ/mol，
4-x (4-x)890KJ
则283xKJ+(4-x)890KJ=2953KJ，解得：x=1，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，则CO和CH4的体积比为1：3，故选A。

7．某科研人员提出HCHO(甲醛）与O2在羟基磷灰石（HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）：
下列说法不正确的是
A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B．HCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】
A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；
B.HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B正确；
C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，C错误；
D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为
HCHO+O2CO2+H2O，D正确；
故合理选项是C。

8．下列化学用语正确的是
A．CO 2的电子式：:O::C::O: B．氮气的电子式：
C．氨气的电子式：D．氯离子的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．漏写了O原子上的一对孤电子对，A项错误；
B．漏写了N原子上的一对孤电子对，B项错误；
C．氨气中N原子最外层共有5个电子，N原子与每个H原子共用一对电子对，N原子还剩一对孤电子对，C项正确；
D．氯元素核内质子数为17，质子数不会因为得失电子而发生变化，D项错误；
答案选C。

【点睛】
书写电子式易发生的错误：
（1）未正确使用“［］”；
（2）漏写未共用的电子；
（3）电子的得失或共用电子对书写错误。

9．从海水中提取溴的流程如图所示。

下列有关说法错误的是（）
A．X试剂可以是SO2
B．步骤Ⅲ反应的离子方程式为2Br-+Cl2=2C1-+Br2
C．步骤IV包含萃取、分液和蒸馏
D．当生成1 mol Br2时.需要消耗22.4 L C12
【答案】D
【解析】A、SO2具有还原性，可以和氧化性的溴单质间发生氧化还原反应，可以用所给物质来吸收溴单质，A正确；B、氯气具有氧化性，可以将溴离子氧化为溴单质，即2Br-+Cl2=2C1-+Br2，B正确；C、从溴水中提取溴可以采用萃取、分液和蒸馏的方法，C正确；D、根据化学方程式2Br-+Cl2=2C1-+Br2，每获得1molBr2，需要消耗标况下Cl222.4L，D错误；答案选D。

10．下列物质的俗名与化学式对应正确的是
A．石灰石—CaO B．铁红—Fe3O4C．苛性钠—NaOH D．漂白粉—CaCl2
【答案】C
【解析】
【详解】
A项、石灰石的主要成分是碳酸钙，不是氧化钙，故A错误；
B项、铁红的主要成分是氧化铁，不是四氧化三铁，故B错误；
C项、氢氧化钠的俗名为苛性钠或烧碱，故C正确；
D项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故D错误；
故选C。

11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。

Y是地壳中含量最高的元素，X、Y原子的最外层电子数之比为2:3，Z是短周期中金属性最强的元素，W原子与X原子的最外层电子数相同。

下列说法正确的是
A．Z位于元素周期表中第2周期ⅠA族
B．X的非金属性比Y的强
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
D．原子半径：r(Y)< r(X)<r(W)<r(Z)
【答案】D
【解析】
【详解】
短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是氧元素，X、Y原子的最外层电子数之比为2：3，所以X是6号C元素；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素，W原子与X原子的最外层电子数相同，则W是Si元素。

A.Z位于元素周期表中第三周期ⅠA族，A错误；
B.X是碳、Y是氧，O的非金属性强于C，B错误；
C.碳的非金属性强于硅，所以W的简单气态氢化物的热稳定性比X的弱，C错误；
D.原子核外电子层数越多原子半径越大；当原子核外电子层相同时，核电荷数越多，原子半径越小，所以原子半径：r(Y)< r(X)<r(W)<r(Z)，D正确；
故合理选项是D。

12．不存在化学键的物质是
A．氢气B．二氧化碳C．氩气D．金刚石
【答案】C
【解析】
【详解】
A.氢气含有非极性共价键，A项错误；
B. 二氧化碳分子内含碳氧极性共价键，B项错误；
C.稀有气体为单原子分子，不存在化学键，所以氩气不存化学键，C项正确；
D. 金刚石是以碳碳单键连接而成的原子晶体，D项错误；
答案选C。

13．四种短调期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。

下列说法错误的是（）
A．Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族
B．原子半径Z<M
C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
【答案】D
【解析】分析：因为4种元素中只有M是金属，M是第三周期元素，所以M是Al元素，X是Si元素，Y 是N元素，Z是O元素，据此解答。

详解：根据以上分析可知M是Al，X是Si，Y是N，Z是O，则
A、Z是O元素，位于元素周期表中第二周期VIA族，A正确；
B、M的电子层数大于Z，所以原子半径Z＜M，B正确；
C、根据元素周期律，Z的非金属性大于X，所以X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小，C正确；
D、Y的非金属性大于X，所以Y的最高价氧化物的水化物的酸性比X的强，D错误。

答案选D。

14．人类使用金属材料历史悠久。

下列说法不正确的是
A．电解NaCl溶液制备Na B．电解熔融MgCl2制备Mg
C．钢体船外镇嵌锌板可起防腐作用D．青铜器的材质属于含锡合金
【答案】A
【解析】
【详解】
A、电解熔融NaCl溶液制备Na，选项A不正确；
B、电解熔融的MgCl2制备Mg，选项B正确；
C、钢体船外镇嵌锌板为牺牲阳极的阴极保护法，可起防腐作用，选项C正确；
D. 青铜器的材质属于含锡合金，选项D正确。

答案选A。

15．下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是（）
A．煤干馏可以得到甲烷,苯和氨等重要化工原料
B．天然气是一种清洁燃料
C．用大米酿的酒在一定条件下密封保存,时间越长越香醇
D．纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应
【答案】D
【解析】分析：A、煤的干馏是将煤在隔绝空气作用下，加强热使之发生化学反应的过程；
B、甲烷燃烧生成二氧化碳和水；
C、乙醇能被氧化成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应；
D、葡萄糖是单糖不水解。

详解：A、煤的干馏是将煤在隔绝空气作用下，加强热使之发生化学反应，产物是焦炉气、粗氨、粗苯等，A正确；
B、天然气的主要成分是甲烷，甲烷完全燃烧生成CO2和H2O，是一种清洁燃料，B正确；
C、酒被氧化成乙酸，然后乙醇和乙酸发生酯化反应，因此酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇，C 正确；
D、葡萄糖是单糖，不能水解，D错误。

答案选D。

16．如图所示装置，电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的（）
A．A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸
B．A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸
C．A是Cu，B是Fe，C为硝酸铜溶液
D．A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】
该原电池中，A极逐渐变粗，B极逐渐变细，所以B作负极，A作正极，B的活泼性大于A的活泼性，所以A、D错误；A极逐渐变粗，说明有金属析出，B选项析出氢气不是金属，故B项错误；C选项析出金属，所以C 符合题意，故选C 。

17．下列叙述中，正确的是( )
A．两种粒子，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同
B．H2O比H2S分子稳定，是因为H2O分子间能形成氢键
C．含有共价键的化合物一定是共价化合物
D．两种原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 两种粒子，若核外电子排布完全相同，化学性质可能相似，但不一定相同，因为核电荷可能不同，得
失电子的能力可能不同，比如钠离子和氖原子，故A错误；
B共价化合物的稳定性是由键能大小决定的，而氢键不是化学键，是分子间的作用力，氢键可以影响物质熔、沸点、溶解性等物理性质，故B错误；
C. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物，也可能是离子化合物，所以C错误；
D. 原子中核外电子数等于核电荷数，如果核外电子排布相同，则核电荷数相同，则一定属于同种元素，故D正确，
故选D。

18．下列实验中的操作中不能达到目的的是
A．在用锌粒与稀硫酸反应制取氢气过程中，加入少量硫酸铜溶液，可加快反应速率
B．在用氯化铁固体和蒸馏水配制氯化铁溶液的过程中，加入少量稀盐酸，可抑制Fe3+水解而得到澄清的溶液
C．在电解水的过程中，加入少量氢氧化钠溶液，可增强导电性
D．将一定量的CO2通入氢氧化钠溶液后，加入酚酞溶液，可确定溶液中溶质的组成
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．加入少量硫酸铜溶液，Zn置换出Cu，构成Cu、Zn原电池，则加快反应速率，故A正确；
B．由于FeCl3是强酸弱碱生成的盐，可以水解生成难溶的Fe(OH)3使溶液浑浊，因此在配制FeCl3时如果加入一定量的盐酸，就可使平衡向逆方向移动从而抑制水解而得到澄清的溶液，故B正确；
C．水能导电的原因是因为水中有自由移动的离子，水只能微弱的电离，水电离生成氢离子和氢氧根离子，而水中加入氢氧化钠，氢氧化钠在水分子的作用下解离出自由移动的钠离子和氢氧根离子，使水溶液中含有的自由移动的离子浓度增大，导电性增强，而且氢氧化钠不影响电解生成的氢气和氧气，故C正确；D．在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，发生的反应有：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3(CO2足量)，这两种情况溶液都呈碱性，加入酚酞试剂都变红，不能确定溶液中溶质的组成，故D错误；
故选D。

19．下列叙述正确的是
A．稀硫酸溶液中不存在H2SO4分子
B．凡是能电离的物质一定能达到电离平衡
C．氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子
D．氨水中全部是NH4+、OH-，无分子存在
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．硫酸是强电解质，在水溶液中完全电离，故其溶液中不存在H2SO4分子，A项正确；
B．强电解质电离完全，不存在电离平衡，B项错误；
C．氯化钠溶液在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子，无需通电；通电电解氯化钠溶液，产物为氢氧化钠和氯气，C项错误；
D．氨水是弱电解质，部分电离，氨水中除了NH4+、OH-，还有NH3·H2O分子，D项错误；
答案选A。

20．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．石灰石与稀醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH==Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑
B．三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：FeCl3+3OH-==Fe(OH)3↓+3Cl-
C．氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应:Ba2++SO42-=BaSO4↓
D．钠投入水中：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
【答案】A
【解析】A. 石灰石与稀醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A正确；B. 三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：Fe3++3OH-＝Fe(OH)3↓，B错误；C. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡、氢氧化铜两种沉淀，C错误；D. 钠投入水中：2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑，D错误，答案选A。

点睛：明确物质的性质、发生的化学反应以及掌握物质的拆分是解答此类问题的关键，该类问题一般可以从反应能否发生、反应物和生成物是否正确、各物质拆分是否正确、是否符合守恒关系以及是否符合原化学方程式等几个方面分析判断。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．某化合物由碳、氢两种元素组成，其中含碳的质量分数为85.7%，在标准状况下11.2L此化合物的质量为14g，求此化合物的分子式_______。

【答案】C2H4
【解析】
【分析】
根据n＝V/V m计算气体的物质的量，再结合M＝m/n计算摩尔质量，根据元素质量分数计算分子中C、H 原子数目，进而确定分子式。

【详解】
标况下11.2L气体的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol
因此该气态烃的摩尔质量是14g÷0.5mol/L＝28g/mol
则烃分子中C原子数目是28×0.857/12＝2
H原子数目是（28－24）/1＝4
所以该烃的分子式是C2H4
七、工业流程
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．某化学研究性学习小组针对原电池形成条件，设计了实验方案，进行如下探究。

(1)请填写有关实验现象并得出相关结论。

编号实验装置实验现象
1 锌棒逐渐溶解，表面有气体生成；铜棒表面无现象
两锌棒逐渐溶解，表面均有气体生成；电流计指针不
2
偏转
铜棒表面的现象是______________________，电流计
3
指针___________________
①通过实验2和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。

②通过实验1和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。

③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，从而可得出原电池形成条件是
___________________。

(2)分别写出实验3中Zn棒和Cu棒上发生的电极反应式：
Zn棒：______________________________。

Cu棒：______________________________。

(3)实验3的电流是从________棒流出(填“Zn”或“Cu”)，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，则Zn电极质量减轻___________g。

【答案】有气体生成发生偏转活泼性不同的两个电极形成闭合回路有电解质溶液Zn －2e－＝Zn2＋2H＋＋2e－＝H2↑Cu13
【解析】
分析：（1）根据实验现象、装置特点结合原电池的构成条件、原电池工作原理分析解答；
（2）实验3中锌是负极，铜是正极，据此解答。

（3）原电池中电流与电子的流向相反，根据负极反应式计算。

详解：（1）实验3中构成原电池，锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子放电，则铜棒表面的现象是有气
体生成，电流计指针发生偏转；
①实验2和3相比电极不一样，因此可得出原电池的形成条件是有活泼性不同的两个电极。

②实验1和3相比实验3中构成闭合回路，由此可得出原电池的形成条件是形成闭合回路。

③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，由于乙醇是非电解质，硫酸是电解质，因此可得出原电池形成条件是有电解质溶液。

（2）锌是负极，发生失去电子的氧化反应，则Zn棒上发生的电极反应式为Zn－2e－＝Zn2＋。

铜是正极，溶液中的氢离子放电，则Cu棒上发生的电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑。

（3）实验3中锌是负极，铜是正极，则电流是从Cu棒流出，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，根据Zn－2e－＝Zn2＋可知消耗0.2mol锌，则Zn电极质量减轻0.2mol×65g/mol＝13.0g。

点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池的构成条件，即：能自发地发生氧化还原反应；电解质溶液或熔融的电解质(构成电路或参加反应)；由还原剂和导体构成负极系统，由氧化剂和导体构成正极系统；形成闭合回路(两电极接触或用导线连接)。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．下面是元素周期表的一部分，请按要求填空：
A B C
D E F G
H I
（1）A元素的最高价氧化物的电子式______。

（2）元素G在周期表中的位置是_______。

（3）C与D简单离子中半径较大的是________（用离子符号表示）。

（4）C与F的气态氢化物中较稳定是________（用化学式表示）。

（5）写出G单质与I的最高价氧化物对应水化物的溶液反应的化学方程式______。

（6）下列说法或实验不能证明H和I两种元素的金属性强弱的是_____。

a 比较两种元素的单质的熔点、沸点高低
b 将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度
c 比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱
【答案】第三周期ⅦA族O2-H2O 2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O a
【解析】
【分析】
依据元素在周期表的位置关系可知，A、B、C、D、E、F、G、H和I分别是C、N、O、Na、Si、S、Cl、K
和Ca，结合元素周期律和物质的结构与性质分析作答。

【详解】
（1）A元素的最高价氧化物为CO2，为共价化合物，C与O原子之间共用2对电子对，使各原子达到满8电子稳定结构，其电子式为；
（2）元素G为Cl，原子序数为17，在周期表中位于第三周期ⅦA族；
（3）电子层数越大，简单离子的半径越大；电子层数相同时，原子序数越小，简单离子半径越大，则C 与D简单离子中半径较大的是O2-；
（4）同主族中元素的非金属性从上到下依次减弱，则C与F的气态氢化物中较稳定是H2O；
（5）G单质为Cl2，I的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钙，两者参与反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，其反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（6）
a. 两种元素的单质的熔点、沸点高低，指的是物理性质，与元素的非金属性无关，符合题意，a项正确；
b. 将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度，若与冷水反应越剧烈，则单质的金属性越强，b项错误；
c. 比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱，碱性越强，则金属性越强，c项错误；
答案选a。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．苧烯有新鲜橙子香气，结构简式为：。

回答下列问题：
(1)苧烯的分子式为_________。

下列有关苧烯的说法正确的是________
a．苧烯属于芳香烃 b．苧烯与1，3-丁二烯互为同系物
c．苧烯分子中键角均为120°d．苧烯不能发生1，4-加成反应
(2)有机物A是苧烯的同分异构体，分子中含有两个六元环，能使溴水褪色，一氯代物只有两种，则A的结构简式为______________。

碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，写出苧烯的结构简式，用星号（*）标出苧烯中的手性碳________________。

(3)苧烯在较高温度下分解为异戊二烯，异戊二烯发生加聚反应得到4种聚异戊二烯，其结构简式为
、、__________、___________。

(4)苧烯通过下列路径可以制备松油醇：
反应①属于__________________（填反应类型），反应②条件是_______________。

松油醇与苯甲酸发生反应的化学方程式为_______________________________________。

【答案】C10H16 d
加成反应NaOH溶液/加热+H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由苧烯的分子结构可知其分子式为C10H16；
a．苧烯的分子结构中没有苯环，不属于芳香烃，故a错误；
b．苧烯的分子式为C10H16，而1，3-丁二烯的分子式为C4H6，二者结构不相似，分子式也不是相差多个CH2结构，故b错误；
c．苧烯分子结构中有甲基，甲基可以看成类似甲烷的构型，键角不是120°，故c错误；
d．苧烯分子结构中不含有单双键交替的结构，则不能发生1，4-加成反应，故d正确；
综上所述，答案为：C10H16；d；
（2）有机物A能使溴水褪色，则分子结构中有双键，一氯代物只有两种，则分子结构中化学环境不同的氢有两种，所以A的结构简式为；根据手性碳的限定条件，可知苧烯中的手性碳为，故答案为：；；
（3）因为异戊二烯存在单双键交替的结构，可以发生类似于1,2-加成和1,4-加成的聚合反应，发生1,2-
加成聚合时，可得到和，当发生1,4加成聚合时，可得到
和，故答案为：；；
（4）对比①反应前后两种有机物的结构可知，反应物双键断裂，反应属于加成反应，对比反应②的反应物和生成物可知，酯基断裂生成羟基和羧基，为酯类的水解反应，反应的条件为氢氧化钠溶液加热；松油醇与苯甲酸可以发生酯化反应，其化学反应方程式为：
+H2O
故答案为：加成反应；NaOH溶液/加热；+H2O。