2026届四川省攀枝花市高三最后一模化学试题（含答案解析）

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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，l ml C6H12中含碳碳键的数目一定小于6NA
B．18g果糖分子中含羟基数目为0.6NA
C．4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NA
D．50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目为0.25NA
2、探究Na2O2与水的反应，实验如图：
已知：H2O2⇌H++HO2-；HO2-⇌H++O22-
下列分析不正确的是
A．①、④实验中均发生了氧化还原反应和复分解反应
B．①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃，说明存在H2O2
C．③和④不能说明溶解性：BaO2>BaSO4
D．⑤中说明H2O2具有还原性
3、下列古诗文中对应的化学物质及相关说法均正确的是
A．AB．BC．CD．D
4、下列物质的名称中不正确的是（ ）
A．Na2CO3：苏打B．CaSO4•2H2O：生石膏
C．：3，3-二乙基己烷D．C17H35COOH：硬脂酸
5、下列实验不能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
6、下列条件下，可以大量共存的离子组是（ ）
A．pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-
B．含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+
C．0.1ml•L-1的NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-
D．某酸性无色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+
7、某学习兴趣小组通过2KClO3十H2C2O4CO2忄＋2ClO2↑＋K2CO3＋H2O制取高效消毒剂ClO2。下列说法正确的是
A．KClO3中的Cl被氧化
B．H2C2O4是氧化剂
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1
D．每生成1 ml ClO2转移2 ml电子
8、 “结构决定性质”是学习有机化学尤为重要的理论，不仅表现在官能团对物质性质的影响上，还表现在原子或原子团相互的影响上。以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是
A．乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性
B．卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水
C．甲醇没有酸性，甲酸具有酸性
D．苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化
9、下列说法错误的是
A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用，这里”涉及的反应类型是分解反应
B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏
C．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”因为绿矾能电离出 H+， 所以“味酸”
D．我国晋朝傅玄的《傅鹑觚集·太子少傅箴》中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括， 习与性形。故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是 HgS
10、短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素．下列判断正确的是
A．简单气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊＞丁
B．单质甲与单质乙充分反应一定都可以生成多种化合物
C．可以通过分别电解熔融的金属氯化物的方法冶炼乙和丙的单质
D．因为庚元素的非金属性最强，所以庚的最高价氧化物对应水化物酸性最强
11、Z是一种常见的工业原料，实验室制备Z的化学方程式如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．1mlZ最多能与7mlH2反应
B．Z分子中的所有原子一定共平面
C．可以用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y
D．X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种（不考虑立体异构）
12、25℃时，向20 mL 0.1 ml/L一元弱酸HA溶液中滴加0.1 ml/L NaOH溶液，溶液中lg与pH关系如图所示。下列说法正确的是
A．A点或B点所示溶液中，离子浓度最大的均是Na+
B．HA滴定NaOH溶液时可用甲基橙作指示剂
C．达到图中B点溶液时，加入NaOH溶液的体积小于10 mL
D．对C点溶液加热(不考虑挥发)，则一定增大
13、东汉晚期的青铜奔马（马踏飞燕）充分体现了我国光辉灿烂的古代科技，已成为我国的旅游标志。下列说法错误的是
A．青铜是我国使用最早的合金、含铜、锡、铅等元素
B．青铜的机械性能优良，硬度和熔点均高于纯铜
C．铜器皿表面的铜绿可用明矾溶液清洗
D．“曾青（）得铁则化为铜”的过程发生了置换反应
14、国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，原理示意图如下。该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物，电解质溶液采用LiNO3溶液，聚合物阳离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(已知在水溶液中呈黄色)。下列有关判断正确的是
A．左图是原电池工作原理图
B．放电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜
C．放电时，正极区电解质溶液的颜色变深
D．充电时，阴极的电极反应式为：
15、傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a(－R为烃基)和苯通过傳克反应合成b的过程如下(无机小分子产物略去)
下列说法错误的是
A．一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺［1．3］己烷互为同分异构体
B．b的二氯代物超过三种
C．R为C5H11时，a的结构有3种
D．R为C4H9时，1mlb加成生成C10H10至少需要3mlH1
16、下列有关物质分类正确的是
A．液氯、干冰均为纯净物
B．NO2、CO、CO2均为酸性氧化物
C．互为同系物
D．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物
二、非选择题（本题包括5小题）
17、生物降解高分子材料F的合成路线如下，已知C是密度为1.16 g·L－1的烃。
已知：
(1)下列说法正确的是________。
A．A能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色
B．等物质的量的B和乙烷，完全燃烧，消耗的氧气相同
C．E能和Na反应，也能和Na2CO3反应
D．B和E反应，可以生成高分子化合物，也可以形成环状物
(2)C中含有的官能团名称是________。
(3)由B和E合成F的化学方程式是____________________________________。
(4)完成由CH2=CH2、HCHO合成H3COOCCH2CH2COOCH3合成路线_____________(用流程图表示，无机试剂任选)。
(5)的同分异构体中，分子中含1个四元碳环，但不含—O—O—键。结构简式是________。
18、下列物质为常见有机物：
①甲苯 ②1，3﹣丁二烯 ③直馏汽油 ④植物油
填空：
（1）既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃是____（填编号）；
（2）能和氢氧化钠溶液反应的是______（填编号），写出该反应产物之一与硝酸酯化的化学方程式______．
（3）已知：环己烯可以通过1，3﹣丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：
实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：
现仅以1，3﹣丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：
（a）写出结构简式：A______；B_____
（b）加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_______
（c）1ml A与1ml HBr加成可以得到_____种产物．
19、为测定某硬铝（含有铝、镁、铜）中铝的含量，设计了Ⅰ、Ⅱ两个方案。根据方案Ⅰ、Ⅱ回答问题：
方案Ⅰ：
(1)固体甲是铜，试剂X的名称是_______________。
(2)能确认NaOH溶液过量的是___________（选填选项）。
a. 测溶液pH，呈碱性
b. 取样，继续滴加NaOH溶液，不再有沉淀生成
c. 继续加NaOH溶液，沉淀不再有变化
(3)步骤④的具体操作是：灼烧、_______、________，重复上述步骤至恒重。
(4)固体丙的化学式是______，该硬铝中铝的质量分数为_______________。
方案Ⅱ的装置如图所示：
操作步骤有：
①记录A的液面位置；
②待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，使A和B液面相平；
③再次记录A的液面位置；
④将一定量Y（足量）加入烧瓶中；
⑤检验气密性，将a g硬铝和水装入仪器中，连接好装置。
(1)试剂Y是________________；操作顺序是______________________。
(2)硬铝质量为a g，若不测气体的体积，改测另一物理量也能计算出铝的质量分数，需要测定的是_______，操作的方法是__________。
20、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型，高效、多功能绿色水处理剂，可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备。
已知：①KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3
②K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。
(1)B装置的作用为______________________；
(2)反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为__________________；
(3)制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是________，制备K2FeO4的离子方程式_________________；
(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+所需试剂名称________，其反应原理为______________________(用离子方程式表示)；
(5)向反应后的三颈瓶中加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥。洗涤操作所用最佳试剂为______________________；
A．水 B．无水乙醇 C．稀KOH溶液
(6)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00g K2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为3～4，用1.0ml/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如如图所示：
①消耗Na2S2O3标准溶液的体积为____________mL。
②原样品中高铁酸钾的质量分数为_________________。[M(K2FeO4)=198g/ml]
③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
21、I.SO2是一种重要的化工原料，其合理利用以及废气处理一直是化工研究的热点。
（1）氧元素在元素周期表中位于第______周期______族，硫原子核外有_____种能量不同的电子。
（2）元素的非金属性S比O______（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释原因：__________。
II.工业上利用反应SO2 + MnO2 → MnSO4 可以制备高纯 MnSO4，实验装置如下图：
（3）请标出反应SO2 + MnO2 → MnSO4的电子转移方向和数目____________
（4）在通入干燥空气的条件下，一段时间后，测得反应后溶液中的 n(SO42-)明显大于 n(Mn2+)，请说明原因： ___________________。用化学方程式表示石灰乳的作用： ___________________。
III.SO2可用于处理含 Cr2O72－（铬元素化合价为+6）的废水，最后转化为铬沉淀（铬元素化合价为+3）除去。一种处理流程如下：
（5）NaHSO3与 Cr2O72－反应时，物质的量之比为__________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A. C6H12可能为己烯或环己烷，1ml己烯含有4mlC−C键和1mlC=C键，共5ml碳碳键，但环己烷含6mlC−C键，则l ml C6H12中含碳碳键的数目不一定小于6NA，A项错误；
B. 果糖的摩尔质量为180g/ml，则18g果糖为0.1ml，一分子果糖含有5个羟基，则18g果糖含有羟基数目为0.5 NA，B项错误；
C. H218O的摩尔质量为20g/ml，分子中含中子数=18−8=10，D216O的摩尔质量为20g/ml，分子中含中子数=1×2+16−8=10，则4.0g由H218O与D216O组成的混合物的物质的量为，则所含中子数为0.2ml×10 NA=2 NA，C项正确；
D. 50g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为，乙醇与钠反应生成氢气满足以下关系式：2C2H5OH~H2，则由乙醇与钠反应生成氢气物质的量为0.25ml，而水也能与钠反应生成氢气，则50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目大于0.25NA，D项错误；
答案选C。
2、B
【解析】
A.①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解反应与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解生成了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应。A项正确；
B. ①中过氧化钠与水反应生成氧气，不能说明存在H2O2，B项错误；
C. ④中BaO2与硫酸反应生成过氧化氢和硫酸钡沉淀，证明酸性：硫酸＞过氧化氢，不能说明溶解性：BaO2>BaSO4，C项正确；
D. ⑤中产生的气体为氧气，氧元素化合价升高，做还原剂，说明H2O2具有还原性，D项正确；
答案选B。
3、B
【解析】
A．羽毛的成分是蛋白质，蛋白质中含有C、H、O、N等元素，所以蛋白质燃烧时的产物为除了有CO2和H2O生成，还有其他物质生成，故A错误；
B．卖油翁的油指的是植物油，植物油中含有碳碳双键或碳碳三键，能使酸性的高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．砂糖的成分是蔗糖，不是淀粉，另外淀粉水解需要在酶或稀硫酸加热的作用下才能进行，C错误；
D．棉花的成分是纤维素，纤维素与淀粉都是混合物，它们之间不互为同分异构体，D错误
答案选B。
4、C
【解析】
A.Na2CO3的俗称为纯碱、苏打，故A正确；
B.生石膏即天然二水石膏，化学式为CaSO4•2H2O，故B正确；
C.结构中主碳链有5个碳，其名称为3，3-二乙基戊烷，故C错误；
D.硬脂酸，即十八烷酸，分子式为C18H36O2，亦可表示为C17H35COOH，故D正确；
综上所述，答案为C。
5、C
【解析】
A．氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入NaHCO3能与HCl反应，从而促进平衡正向移动，使次氯酸的浓度增大，A不合题意；
B．苛性钠溶液能与溴反应，产物溶解在溶液中，液体分层，分液后可得下层的溴苯，从而达到除杂目的，B不合题意；
C．粗锌与稀硫酸能发生原电池反应，反应速率快，纯锌与稀硫酸不能形成原电池，反应速率慢，C符合题意；
D．浓氨水滴入新制生石灰中，生石灰与水反应放热，使氨水分解同时降低氨气的溶解度，从而制得少量的氨气，D不合题意；
故选C。
6、D
【解析】
A．pH=9的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-发生络合反应而不能大量共存，故A错误；
B．能和S2O32-反应的离子不能大量共存，酸性条件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B错误；
C．能和氯化铵反应的离子不能大量共存，铵根离子和OH-生成弱电解质而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C错误；
D．酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子，这几种离子都无色且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。
S2O32-为硫代硫酸根，与氢离子可以发生反应：S2O32-+2H+==S↓+SO2+H2O。
7、C
【解析】
A.氯酸钾中的氯元素化合价降低，被还原，故错误；
B.草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，故错误；
C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，二者比例为1∶1，故正确；
D.氯元素化合价变化1价，所以每生成1 ml ClO2转移1ml电子，故错误；
故选C。
8、B
【解析】
A、乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连，乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性是烃基对羟基的影响，错误；
B、卤代烃难溶于水，低级醇、低级醛和水分子间形成氢键，易溶于水，未涉及原子或原子团相互影响，正确；
C、甲醇没有酸性，甲酸中羰基对羟基影响，使羟基氢活泼，发生电离，具有酸性，错误；
D、苯酚中羟基影响苯环使苯环上羟基邻、对位氢原子活泼易被取代，易与浓溴水反应生成白色沉淀，错误。
9、C
【解析】
A．石灰石加热后制得生石灰，同时生成CO2，该反应为分解反应，A正确；
B．根据“蒸令气上”可知，是利用互溶混合物的沸点差异进行分离，其操作是蒸馏，B正确；
C．绿矾的化学式是FeSO4·7H2O，在溶液中电离出二价铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，C错误；
D．“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分为HgS，硫化汞的天然矿石为大红色，D正确。
答案选C。
10、A
【解析】
空气中含量最多的元素是氮元素，则戊是N元素；地壳中含量最多的元素是氧元素，则己是O元素；甲不一定在丁、庚的连线上，则甲可能是H元素或Li元素；乙是Mg元素、丙是Al元素；丁是C元素、庚是F元素。综合信息即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚分别是H（或Li）、Mg、Al、C、N、O、F。
A. 简单气态氢化物的稳定性：HF>H2O>NH3>CH4，A正确；
B. 氢气（或Li）与镁一般不反应，B错误；
C. 氯化铝是共价化合物，故用电解熔融的氧化铝的方法冶炼金属铝，C错误；
D. 氟元素没有最高价氧化物对应水化物，D错误；
故选A。
11、D
【解析】
A. 1分子Z中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基，则1mlZ最多能与8mlH2发生加成反应，故A错误；
B. Z分子中含有甲基，因此Z分子中的所有原子不可能共平面，故B错误；
C. X分子中苯环上含有侧键—CH3，Y分子中含有—CHO，则X和Y都能使酸性KMnO4溶液褪色，则不能用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y，故C错误；
D. X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，取代基为—CH2CH2CHO的结构有1种，取代基为—CH（CHO）CH3的结构有1种，取代基为—CH2CH3和—CHO有3种，取代基为—CH2CHO和—CH3的结构有3种，取代基为2个—CH3和1个—CHO的结构有6种，共14种，故D正确。
综上所述，答案为D。
只要有甲基，原子都不可能共平面，分析共面时一定要从甲烷、乙烯、苯三种结构中推其他共面、共线问题。
12、C
【解析】
A. 溶液在A、B点时，溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，由于c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)0，故B点溶液时，加入NaOH溶液的体积小于10 mL，C正确；
D. 温度升高，盐水解程度增大，A-的水解平衡常数会增大，会随温度的升高而减小，D错误；
故答案选C。
13、B
【解析】
A．我国使用最早的合金是青铜，该合金中含铜、锡、铅等元素，故A正确；
B．合金的熔点比组份金属的熔点低，则青铜熔点低于纯铜，故B错误；
C．铜器皿表面的铜绿为Cu2(OH)2CO3，能溶于酸性溶液，而明矾溶液因Al3+的水解显酸性，则可用明矾溶液清洗铜器皿表面的铜绿，故C正确；
D．“曾青()得铁则化为铜”的过程发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，此反应为置换反应，故D正确；
故答案为B。
14、B
【解析】
题目已知负极采用固体有机聚合物，左图是电子流向固体有机聚合物，左图是电池充电原理图，右图是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：
正极的电极反应式为：I3-+2e-= 3I-。
【详解】
A.左图是电子流向固体有机聚合物，则左图是电池充电原理图，故A项错误；B.放电时，Li+由负极向正极移动，即Li+从右向左通过聚合物离子交换膜，B正确；C.放电时，正极液态电解质溶液的I3-得电子被还原成I-，使电解质溶液的颜色变浅，故C项错误；D.充电时，阴极发生得电子的还原反应，故阴极的电极反应式为：，故D错误；答案：B。
易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。
15、C
【解析】
A.环己烯分子式为C6H10，螺［1．3］己烷分子式为C6H10，所以互为同分异构体，故A正确；
B.若全部取代苯环上的1个H原子，若其中1个Cl原子与甲基相邻，另一个Cl原子有如图所示4种取代位置，有4种结构，若其中1个Cl原子处于甲基间位，另一个Cl原子有如图所示1种取代位置，有1种结构,若考虑烃基上的取代将会更多，故B正确；
C.若主链有5个碳原子，则氯原子有3种位置，即1－氯戊烷、1－氯戊烷和3－氯戊烷；若主链有4个碳原子，此时甲基只能在1号碳原子上，而氯原子有4种位置，分别为1－甲基－1－氯丁烷、1－甲基－1－氯丁烷、3－甲基－1－氯丁烷和3－甲基－1－氯丁烷；若主链有3个碳原子，此时该烷烃有4个相同的甲基，因此氯原子只能有一种位置，即1，3－二甲基－1－氯丙烷。综上所叙分子式为C5H11Cl的同分异构体共有8种，故C错误；
D.-C4H9已经达到饱和，1ml苯环消耗3ml氢气，则lml b最多可以与3ml H1加成，故D正确。
答案：C
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，常考查同分异构体数目、氢气加成的物质的量、消耗氢氧化钠的物质的量、官能团性质等，熟悉官能团及性质是关键。
16、A
【解析】
A.液氯、干冰均为由一种分子构成的物质，因此都属于纯净物，A正确；
B.NO2与水反应产生HNO3和NO，元素化合价发生了变化，因此不属于酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，只有CO2为酸性氧化物，B错误；
C.属于酚类，而 属于芳香醇，因此二者不是同类物质，不能互为同系物，C错误；
D.淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，D错误；
故合理选项是A。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、ABD 碳碳三键 nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋(2n-1)H2O
【解析】
C是密度为1.16 g·L－1的烃，则M=Vm=1.16 g·L－122.4L/ml=26g/ml，C为乙炔，根据已知反应的可知乙炔与甲醛反应生成D为HOCH2CCCH2OH，D催化加氢得E为HOCH2CH2CH2CH2OH；苯催化氧化生成，与水在加热条件下反应生成A为HOOCCH=CHCOOH，HOOCCH=CHCOOH催化加氢得B为HOOCCH2CH2COOH；HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2CH2CH2OH在一定条件下发生缩聚反应生成F为，据此分析。
【详解】
根据上述分析可知：
(1)A.A是HOOCCH=CHCOOH，官能团中碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色，选项A正确；
B.B的分子式是C4H6O4，碳氧抵消后为C2H6，完全燃烧消耗的氧气和等物质的量的乙烷相同，选项B正确；
C.E中有—OH，能和Na反应，不能和Na2CO3反应，选项C错误；
D.B和E中都是双官能团，也可以形成环状物，也可以形成高分子化合物，选项D正确。
答案选ABD；
(2)从以上分析可知，C是乙炔，含有的官能团名称是碳碳三键；
(3)由B和E合成F是缩聚反应，化学方程式是nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋(2n-1)H2O；
(4)题目中要求用CH2=CH2、HCHO制取H3COOCCH2CH2COOCH3，用倒推法应有H3COH和HOOCCH2CH2COOH，已知：RC≡CH＋，甲醇由甲醛氢化还原制取，则合成路线为；
(5)的同分异构体满足：分子中含1个四元碳环，但不含—O—O—键。结构简式是等。
18、② ④ +3HNO3→+3H2O A 4
【解析】
(1)植物油属于酯类物质，既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃中有碳碳不饱和键，据此分析判断；
(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中水解，据此分析解答；
(3)根据碳原子数目可知，反应①为1，3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息Ⅰ反应生成A，则A为，A发生信息Ⅱ的反应生成B，则B为，结合C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C，C为，C发生消去反应生成D，D为，D发生加成反应生成甲基环己烷，据此分析解答。
【详解】
(1)植物油属于酯类物质，不是烃；甲苯和直馏汽油中不存在碳碳双键，不能使溴水因发生化学反应褪色；1，3-丁二烯中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，能够被酸性高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：②；
(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中发生水解反应；植物油是高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油，甘油能够与硝酸发生酯化反应，反应方程式为：
+3HNO3→+3H2O，故答案为：④；+3HNO3→+3H2O；
(3)(a)通过以上分析知，A的结构简式是，B的结构简式是，故答案为：；；
(b)据上述分析，加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是A，故答案为：A；
(c)A的结构简式是，分子中2个碳碳双键上的4个C原子都不等效，所以Br原子加成到4个C原子上的产物都不相同，因此A与HBr加成时的产物有4种，故答案为：4。
19、盐酸或稀硫酸 c 冷却 称量 Al2O3 ×100％ 氢氧化钠溶液 ⑤①④②③ 剩余固体的质量 将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量
【解析】
为了测定硬铝中铝的质量分数，可称得样品质量，测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质，将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积，从而计算得铝的质量分数。
【详解】
方案Ⅰ：
(1)实验流程中，固体甲是铜，则足量X可溶解硬铝中的镁、铝，试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。
(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸，加入足量的NaOH溶液，可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性（a错）；证明NaOH溶液过量不必取样，NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少（b错、c对）。
(3)步骤④是为了获得氧化铝的质量，故需经过灼烧、冷却、称量，重复操作至固体恒重。
(4)固体丙是氧化铝（Al2O3）。实验流程中，硬铝中的铝最终全部变成氧化铝，则样品中铝的质量为(54b/102)g，铝的质量分数为(54b/102a)×100%=×100％。
方案Ⅱ：
(1)该方案中通过测定气体体积来测定铝的质量分数。硬铝中只有铝能与强碱溶液反应放出氢气，则试剂Y可能是氢氧化钠溶液；实验时检查装置气密性、加入试剂、量气管初读数、反应生成氢气、量气管末读数，操作顺序是⑤①④②③。
(2)硬铝质量为a g，若不测气体的体积，向圆底烧瓶中加入足量氢氧化钠溶液，当不再有气泡产生时，将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量，测量剩余固体的质量，也能计算出铝的质量分数。
实验目的是实验的灵魂，故解答实验题应紧扣实验目进行思考，则所用试剂、操作作用、计算原理等问题便容易回答。
20、吸收HClKClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解。或答：将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2。2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O铁氰化钾3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓B18.0089.1%偏低
【解析】
高锰酸钾与浓盐酸在A装置中反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定会混有氯化氢，因此通过装置B除去氯化氢，在装置C中氯气与氢氧化钾反应生成KClO，装置D吸收尾气中的氯气，防止污染。结合题示信息分析解答。
(6)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数。
【详解】
(1)根据上述分析，B装置是用来除去氯气中的氯化氢的，故答案为吸收HCl；
(2)根据题干信息知，KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3，因此反应时需将C装置置于冷水浴中，故答案为KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；
(3)根据题干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，因此制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，防止Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解；KClO浓溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应制备K2FeO4的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解(或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液成酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+可以使用铁氰化钾，如果含有亚铁离子，会产生蓝色沉淀，其反应原理为3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为铁氰化钾；3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓；
(5)根据上述分析，反应后的三颈瓶中生成了KClO，加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，为了减少K2FeO4的损失，洗涤K2FeO4时不能选用水或稀KOH溶液，应该选用无水乙醇，故答案为B；
(6)①根据装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为19.40-1.40=18.00mL，故答案为18.00；
②用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得关系式FeO42-～2I2～4Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为×1.0ml/L×0.018L×198g/ml=0.891g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=89.1%，故答案为89.1%
③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，导致配制的Na2S2O3标准溶液的浓度偏大，滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液的体积偏小，则测得的高铁酸钾的质量分数偏低，故答案为偏低。
21、 二 ⅥA 5 弱 硫原子半径大于氧原子半径，硫原子和氧原子的最外层电子数相等，硫原子的得电子能力比氧原子弱 在溶液中，空气中的氧气将二氧化硫氧化为 H2SO4 SO2+ Ca(OH)2→CaSO3+ H2O（或2SO2+2Ca(OH)2+O2→ 2CaSO4 + 2H2O） 3∶1
【解析】试题分析：（1）氧原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，硫原子核外电子排布式是1S22S22P63S23P4；(2)同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强;（3）反应SO2 + MnO2 → MnSO4中，硫元素化合价由+4升高为+6，锰元素化合价由+4降低为+2；(4)氧气能把二氧化硫氧化为 H2SO4；二氧化硫污染空气，用氢氧化钙能吸收二氧化硫；（5）NaHSO3与 Cr2O72－反应时，硫元素化合价由+4升高为+6，铬元素化合价由+6降低为+3，根据化合价升降相同计算物质的量之比。
解析：（1）氧原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，所以氧元素在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，硫原子核外电子排布式是1S22S22P63S23P4，有5个能级，所以有5种能量不同的电子；(2) 同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，所以S非金属性比O弱;（3）反应SO2 + MnO2 → MnSO4中，硫元素化合价由+4升高为+6，硫失去2个电子，锰元素化合价由+4降低为+2，锰元素得到2个电子，所以电子转移方向和数目是；(4)氧气能把二氧化硫氧化为 H2SO4，所以反应后溶液中的 n(SO42-)明显大于 n(Mn2+)；二氧化硫污染空气，氢氧化钙能吸收二氧化硫，反应方程式为SO2+ Ca(OH)2→CaSO3+ H2O；（5）NaHSO3与 Cr2O72－反应时，硫元素化合价由+4升高为+6，铬元素化合价由+6降低为+3，设NaHSO3与 Cr2O72－反应时的物质的量比为x∶y，根据化合价升降相同，2x=y×2×3，所以x∶y= 3∶1。
点睛：氧化还原反应中，氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高，根据氧化还原反应的升降规律，氧化剂得电子数一定等于还原剂失电子数。
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2通入小苏打溶液中
B
除去溴苯中的少量溴
加入苛性钠溶液洗涤、分液
C
加快氢气的生成速率
将与稀硫酸反应的粗锌改为纯锌
D
制备少量氨气
向新制生石灰中滴加浓氨水