1、江苏省锡山高级中学2019-2020学年高一化学下学期第一次阶段性检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108选 择 题单项选择题：本题包括15小题，每小题2分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学在生活、生产和环境保护中都有着重要的作用。下列说法不正确的是A. 乙烯可作水果催熟剂B. 用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，可消除其污染C. 将甲烷通入氯水中制备四氯化碳D. 采用催化转化技术，将汽车尾气中的
2、有害成分转化为CO2、N2等排出【答案】C【解析】【详解】A由于乙烯是植物当中天然存在的生长激素，能调节植物的成熟和衰老，所以乙烯可作水果的催熟剂，故A正确；B用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵能被氧化生成硫酸铵，既可消除其污染，又可得到副产品硫酸铵，故B正确；C甲烷与氯水不反应，不能制取四氯化碳，故C错误；D汽车尾气主要是CO、NO等有毒气体，使用催化净化装置，可以将其转换为无毒的CO2和N2，减少了空气的污染，故D正确；答案选C【点睛】烷烃的卤素单质的取代反应需要在光照的条件下，例如甲烷和氯气可以在光照的条件下反应生成一氯甲烷，二氯甲烷，三氯甲烷，四
3、氯化碳，氯化氢，成分比较复杂，甲烷和氯水是不反应的。2.下列有机物命名正确的是A. 1，2二甲基戊烷B. 2乙基丁烷C. 2甲基丁烯D. 4，4二甲基2戊烯【答案】D【解析】【详解】A甲基作为取代基不能在主链的顶端，否则会增长碳链，1，2二甲基戊烷命名错误，应为2甲基己烷，故A错误；B乙基作为取代基不能连在主链两端的前两个碳原子上，则2乙基丁烷命名错误，应为3甲基戊烷，故B错误；C烯烃命名时要将碳碳双键的位置描述出来，2甲基丁烯，命名错误，未命名碳碳双键的位置，故C错误；D烯烃命名时，要从离碳碳双键近的一端开始编号，描述取代基位置和双键位置，4，4二甲基2戊烯命名符合要求，故D正确；答案选D。
4、【点睛】给有机物命名时，甲基不能出现在主链的两端，乙基不能出现在主链两端的前两个碳原子上，需要选取最长碳链作主链。3.下列有机物分子中，不可能所有原子处于同一平面上的是A. CH2=CH2（乙烯）B. CH2=CHCH3（丙烯）C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据乙烯、苯分子所有原子处于同一平面上分析。【详解】CH2=CH2是平面结构，6个原子一定处于同一平面上，故不选A；CH2=CHCH3看做乙烯分子中的1个氢原子被甲基代替，甲基上的原子不可能都在同一平面上，故选B；是平面结构，12个原子都在同一平面上，故不选C；可以看做是苯环上的1个氢原子被乙烯基代替，乙烯、苯环决定的2个平面通过碳
5、碳单键相连，单键可以旋转，所以中的原子有可能都处于同一平面上，故不选D。答案选B。4.下列化学用语正确的是A. 乙烯的结构简式：CH2CH2B. 2甲基丁烷的结构简式：C. Cl离子结构示意图：D. 二氧化碳的球棍模型：【答案】BC【解析】【详解】A乙烯含有碳碳双键官能团，不能省略，所以其结构简式：CH2=CH2，故A错误；B2甲基丁烷的主链上有4个碳原子，2号碳原子上有一个甲基，结构简式为：，故B正确；C氯原子为17号元素，得到一个电子变为Cl，离子结构示意图：，故C正确；D二氧化碳中碳原子半径大于氧原子，比例模型为：，而非球棍模型，故D错误；答案选BC。【点睛】写结构简式时，要体现出官能团
6、，结构简式是能看出基团分布的表达方法，结构式是要把所有化学键都写出来的表达方法。5.下列物质中，既有离子键又有共价键的是A. CaCl2B. NH4ClC. H2OD. HF【答案】B【解析】【详解】ACaCl2是离子化合物，钙离子与氯离子之间只有离子键，故A不符合题意；BNH4Cl是离子化合物，铵根离子与氯离子之间是离子键，铵根离子内部含有共价键，故B符合题意；CH2O是共价化合物，氧原子与氢原子之间只有共价键，故C不符合题意；DHF是共价化合物，氢原子与氟原子之间只有共价键，故D不符合题意；答案选B。【点睛】氯化铵属于离子晶体，存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子形成了三对共价键，一对配位
7、键，可以从电子式的书写确定化学键的类型。6.1 mol某气态烃能与1 mol氯化氢发生加成反应，加成后的产物又可与7 mol氯气发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为A. CH2=CH2B. CH3CH=CH2C. .CH3CH2CH=CH2D. CH3CH2CH2CH=CH2【答案】B【解析】【详解】烯烃和HCl发生加成反应时，烯烃中碳碳双键物质的量与所需HCl的物质的量相等，1mol某气态烃能与1mol氯化氢发生加成反应，说明该气态烃中含有1个碳碳双键；卤代烃和氯气发生取代反应时，卤代烃中氢原子的物质的量与所需氯气的物质的量相等，说明该卤代烃中含有7个H原子，且其中一个H原子为加成得到的，
8、所以该烯烃中含有6个H原子，符合条件的为B，故选B。7.对下列事实的解释正确的是A. 不用浓硝酸和铜屑反应制硝酸铜，说明浓硝酸具有挥发性B. 久置的浓硝酸溶液呈黄色，说明浓硝酸具有不稳定性C. 乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有氧化性D. 锌与稀硝酸反应得不到氢气，说明稀硝酸酸性太弱【答案】B【解析】【详解】A1mol铜反应需要消耗4mol浓硝酸，同时生成二氧化氮，污染环境，通常利用硝酸与氧化铜反应取硝酸铜，不产生有害气体，体现了浓硝酸的酸性，与浓硝酸挥发性无关，故A错误；B浓硝酸通常在棕色的试剂瓶中避光保存，久置的浓硝酸溶液呈黄色，说明浓硝酸见光易分解，浓硝酸具有不稳定性，故B正确；
9、C乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有还原性，被被强氧化性的酸性高锰酸钾溶液氧化，故C错误；D硝酸为氧化性酸，与锌反应不能生成氢气，生成氮的氧化物等，与酸性强弱无关，故D错误；答案选B。8.分子式为C4H9Cl的同分异构体有（ ）A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】D【解析】【详解】C4H9Cl由C4H9和Cl组成，而丁基有四种同分异构体，故C4H9Cl有4种同分异构体。9.下列反应属于取代反应的是A. CH2CHCH3Cl2CH2CHCH2ClHClB. Br2C. H2D. 2CH2CH2O22CH3CHO【答案】A【解析】【分析】取代反应是指有机化合物分子中任何一个原子
10、或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应，根据概念分析解答。【详解】ACH2CHCH3Cl2CH2CHCH2ClHCl中，氯原子将CH2CHCH3中的甲基中的氢原子取代，生成CH2CHCH2Cl，属于取代反应，故A符合题意；BBr2中的碳碳双键反应后变单键，属于加成反应，故B不符合题意；CH2中的碳氧双键与氢气反应后变为碳氧单键，属于加成反应，故C不符合题意；D2CH2CH2O22CH3CHO属于乙烯的催化氧化反应，故D不符合题意；答案选A。【点睛】取代反应符合“一上一下，取而代之”，即用一个原子去替代另一个原子，加成反应是一种有机化学反应，它发生在有双键或叁键（不饱和键）的物质中
11、，两个或多个分子互相作用，生成一个加成产物的反应称为加成反应。10.以下变化中只是共价键被破坏的是A. 氢氧化钠溶于水B. 溴溶于四氯化碳C. 甲烷与氯气的取代反应D. 氯化铵受热分解【答案】C【解析】【详解】A氢氧化钠溶于水形成氢氧化钠溶液，溶液中氢氧化钠以钠离子和氢氧根离子形式存在，只破坏了离子键，故A不符合题意；B溴易溶于四氯化碳没有新物质生成，属于物理变化，过程中没有发生化学键的破坏，故B不符合题意；C甲烷与氯气的取代反应中，氯原子破坏了碳氢键，形成碳氯键，过程中破坏了碳氢共价键，故C符合题意；D氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，破坏了铵根离子和氯离子间的离子键以及铵根离子内部的共价键，
12、故D不符合题意；答案选C。【点睛】化学反应的发生伴随着旧键的断裂和新键的形成，一般离子晶体发生化学反应时，断裂的是离子键，也有可能是共价键，共价化合物发生反应时，一般断裂的是共价键。11.某中学一实验小组组装了下列所示实验装置，能达到实验目的的是A. 分离碘四氯化碳中的碘和四氯化碳B. 实验室制氨气C. 除去CH4中的C2H4D. 排水集气法收集NO【答案】D【解析】【详解】A碘易溶于四氯化碳，二者互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，温度降低又化合为氯化铵，不能制取氨气，实验室用氯化铵和氢氧化钙加热条件下制氨气，故B错误；CC2H4具有还原性，可被酸性高锰酸
13、钾氧化为二氧化碳气体，甲烷气体中引入新的杂质气体，达不到提纯的目的，故C错误；D一氧化氮难溶于水，易被空气中的氧气氧化，一般使用排水集气法收集NO，故D正确；答案选D。12.下列方程式书写正确的是A. 乙烯与溴水的反应：CH2CH2Br2CH2CH2Br2B. 铜与稀硝酸反应：Cu4H2NO3Cu22NO22H2OC. 碳铵与盐酸反应：HCO3HCO2H2OD. 聚丙烯的合成：nCH2CHCH3【答案】C【解析】【详解】A乙烯与溴水发生加成反应，化学方程式为：CH2CH2Br2CH2BrCH2Br，故A错误；B铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，离子反应为：3Cu8H2NO33Cu22NO
14、4H2O，故B错误；C碳铵（为碳酸氢铵）与盐酸反应生成二氧化碳、氯化铵和水，离子反应为：HCO3HCO2H2O，故C正确；D聚丙烯的合成：nCH2CHCH3，故D错误；答案选C。【点睛】碳铵是碳酸氢铵的俗称，有可能会写成碳酸铵，为易错点。13.花椒的成分中的挥发油含有的某种月桂烯结构为，下列有关月桂烯的说法不正确的是A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 1 mol月桂烯最多可以与3 mol H2发生加成反应C. 月桂烯在一定条件下能发生取代反应D. 月桂烯极易溶于水【答案】D【解析】【详解】A该有机物中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B1 mol月桂烯中含
15、有3mol碳碳双键，最多可以与3 mol H2发生加成反应，故B正确；C月桂烯中含有甲基和亚甲基等，在一定条件下能发生取代反应，故C正确；D月桂烯属于烃类，难溶于水，故D错误；答案选D。14. 短周期主族元素A、B、C、D，原子序数依次增大。A、C的原子序数的差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半。下列叙述正确的是A. 原子半径：ABCDB. 非金属性：ACC. 最高价氧化物对应水化物的酸性：DCD. 单质B常温下能溶于浓硝酸【答案】BC【解析】【详解】A、C的原子序数的差为8，A、C处于同主族，A、B、C三种元素原子的最外层电子
16、数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则A、C的最外层电子数为6，B的最外层电子数为3，A、B、C都是短周期主族元素且原子序数依次增大，则A为O、B为Al、C为S，D是短周期主族元素且原子序数大于C，则D为Cl；A.根据“层多径大、序大径小”，原子半径：ADCC，B正确；C.同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性：DC，C正确；D.常温下Al遇浓硝酸发生钝化，D错误；答案选BC。15.已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的
17、二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是 ( )A. R的原子半径比Z的大B. R的氢化物的热稳定性比W的强C. X与Y形成的化合物只有一种D. Y的最高价氧化物的水化物的酸性比W的强【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg；W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，原子序数大于Mg，故W为S元素；R原子序数大于W且为短周期主族元素，所以R为Cl；Y的最高正价与最低负价的代数和为0，原子序
18、数小于Mg，处于A族，故Y为C元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。【详解】结合以上分析可知X、Y、Z、W、R分别为：H、C、Mg、S、Cl；A同一周期，从左到右，原子半径减小，因此原子半径：ClMg，即R的原子半径比Z的小，A不正确；B氯元素的非金属性强于S元素，则氯化氢的稳定性强于H2S，B正确；C氢元素和碳元素可以形成烃类化合物，种类不止一种，C不正确；DC的最高价氧化物的水化物为碳酸，S的最高价氧化物的水化物为硫酸，由于非金属性：CS，所以酸性：硫酸大于碳酸，即Y的最高价氧化物的水化物的酸性比W的弱，D不正确；故答案选B。不定项选择题：本题包括5小题，每小题3分，共计15分。每小题
19、只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得1分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。16.下列变化中，由加成反应引起的是A. 乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液褪色B. 甲烷与氯气混合后，光照黄绿色消失C. 在催化剂存在下，乙烯与水反应生成乙醇D. 丙烯通入溴水中，溴水褪色【答案】CD【解析】【详解】A乙烯具有还原性，通入酸性高锰酸钾溶液中被氧化，高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B甲烷与氯气混合光照后发生取代反应，消耗氯气，黄绿色消失，故B错误；C在催化剂存在下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故C
20、正确；D丙烯通入溴水中发生加成反应使溴水褪色，故D正确；答案选CD。17.下列叙述正确的是A. 将CO2通入饱和CaCl2溶液中有沉淀产生，继续通入CO2，沉淀溶解B. 向BaCl2溶液中加入Na2SO3产生沉淀，再通入NO2，沉淀完全溶解C. 溴水中通入足量乙烯后溶液呈中性，说明发生的反应不是取代反应D. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解【答案】C【解析】【详解】A将CO2通入饱和CaCl2溶液中不符合强酸制弱酸原理，二者不反应，故A错误；B向BaCl2溶液中加入Na2SO3产生沉淀亚硫酸钡，再通入NO2生成硝酸能氧化亚硫酸钡为硫酸钡，沉淀不溶解，故B
21、错误；C溴水中通入足量乙烯后若发生取代反应，生成产物中应该有HBr，所以用酸碱指示剂检验溶液应该显酸性，现在溶液呈中性，说明二者反应没有生成溴化氢，溶液不显酸性，发生的反应不是取代反应，故C正确；D在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，在酸溶液中硝酸根离子具有强氧化性能与铜反应，铜粉溶解，故D错误；答案选C。【点睛】硝酸具有氧化性，可以由酸性溶液中加入硝酸根，也相当于硝酸。18.在实验室中，下列除杂的方法中正确的是（ ）A. 溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出溴B. 乙烷中混有乙烯，通入H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将
22、其倒入NaOH溶液中，静置，分液D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通入NaOH溶液中洗气【答案】CD【解析】【详解】A、反应生成的I2溶于溴苯，且汽油和溴苯混溶，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B、氢气和乙烷都是气体，不易分离，且无法控制H2的量，故B错误；C、浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠反应，而硝基苯不反应，且不溶于水，可用氢氧化钠溶液除杂，故C正确；D、乙烯与氢氧化钠不反应，CO2和SO2与氢氧化钠反应，可用于除杂，故D正确。故选：CD。19.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子最外层只有2个，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为0，
23、W与X属于同一主族。下列叙述正确的是A. 元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W强B. 元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z弱C 化合物YX、ZX2、WX3中化学键类型相同D. 原子半径的大小顺序：rYrZrWrX【答案】AD【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为0，则Z为Si元素，据此分析解答。【详解】AX为O元素，W为S元素，
24、非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性OS，故元素O的简单气态氢化物的热稳定性比S的强，故A正确；BW为S元素，Z为Si元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属SiS，故元素S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Si的强，故B错误；CX为O元素，Y为Mg元素，Z为Si元素，W为S元素，化合物YX、ZX2、WX3分别为MgO、SiO2、SO3，化合物MgO为离子化合物，含有离子键，SiO2、SO3属于共价化合物，含有共价键，故C错误；D. 同周期自左而右，原子半径减小，同主族电子层越多原子半径越大，故原子半径：MgSiSO，即rYrZrWrX，故D正确；答案选AD。2
25、0.硝酸工业生产中常用纯碱溶液吸收排出的氮氧化物废气，废气中只含有NO、NO2两种气体。将一定量废气通入到足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，溶液中生成的NO3-、NO2-两种离子的物质的量与废气中NO2的物质的量分数x变化关系可用图所示。已知溶液中可发生以下两个反应：NONO2Na2CO3=2NaNO2CO2；2NO2Na2CO3=NaNO2NaNO3CO2下列说法正确的是A. 图中线段a表示NO3离子B. 随x值增大，溶液中n(NO3-)n(NO2-)增大C. x0.6时，反应中可收集到标准状况下CO2 44.8 LD. 若测得所得溶液中n(NO3-)为0.5 mol，则x值为0.75【答
26、案】D【解析】【分析】由方程式和图象可知，NO单独不能被吸收：当NO和NO2混合气体被NaOH溶液恰好完全吸收，满足n(NO2)：n(NO)=1，即x=0.5，此时只生成NO2-，n(NO3-)=0，n(NO2-)=2mol，所以a曲线表示NO2-离子、b曲线表示NO3-离子；当气体只有NO2时，即x=1，发生反应2NO2+Na2CO3NaNO2+NaNO3+CO2，此时生成n(NO3-)=n(NO2-)=1mol；由x=0.5和x=1可知，一定量废气中n(NO2)n(NO)，并且n(NO2)+n(NO)=2mol，生成n(NO3-)+n(NO2-)=2mol；反应NO+NO2+Na2CO32
27、NaNO2+CO2和2NO2+Na2CO3NaNO2+NaNO3+CO2均有n(N)=2n(C)，即n(NO2)+n(NO)=2n(CO2)=2mol，所以n(CO2)=1mol；综上可知：2mol废气通入到足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，即n(NO2)n(NO)，生成n(NO3-)+n(NO2-)=2mol；n(CO2)=1mol；a曲线表示NO2-离子、b曲线表示NO3-离子。【详解】A当x=0.5时，只发生反应NO+NO2+Na2CO32NaNO2+CO2，n(NO3)=0，n(NO2)=2mol，所以a曲线表示NO2离子、b曲线表示NO3离子，故A错误；B当x=0.5时，只生成NO
28、2，n(NO2)=2mol；当x=1只发生反应2NO2+Na2CO3NaNO2+NaNO3+CO2，此时生成n(NO3)=n(NO2)=1mol，根据N原子守恒可知混合气体的总的物质的量为2mol，即溶液中n(NO3)+n(NO2)不变、始终等于2mol，故B错误；C由于废气中n(NO2)n(NO)，并且n(NO2)+n(NO)=2mol，根据反应可知n(NO2)+n(NO)=2n(CO2)=2mol，即n(CO2)=1mol，标准状况下体积为22.4L，故C错误；D设n(NO2)=a，n(NO)=b，则a+b=2mol，发生反应余下NO2的物质的量为(ab)mol，发生反应生成n(NO3)=
29、0.5(ab)=0.5mol，即ab=1mol，联立方程组解得a=1.5mol，b=0.5mol，废气中NO2的物质的量分数x=100%=75%，故D正确；答案选D。非 选 择 题21.请根据要求书写出方程式。(1)NO2与水形成酸雨的化学方程式为_。(2)1754年，Briestly用硵砂（主要成份NH4Cl）和熟石灰共热制得了氨，化学反应方程式为_。(3)Ertl（获2007年诺贝尔化学奖）对合成氨机理进行深入研究，并将研究成果用于汽车尾气处理中，在催化剂存在下可将NO和CO反应转化为两种无色无毒气体，用化学反应方程式表示这个过程_。(4)可利用CH4等气体除去烟气中的氮氧化物，生成物为可
30、参与大气循环的气体，请写出CH4与NO反应的化学方程式_。【答案】 (1). 3NO2H2O=2HNO3NO (2). 2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O (3). 2NO2CON22CO2 (4). CH44NOCO22H2O2N2【解析】【分析】(1)NO2与水生成硝酸和一氧化氮；(2) NH4Cl和氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水；(3)在催化剂存在下，NO和CO反应生成氮气和二氧化碳；(4)CH4与NO反应生成氮气、二氧化碳和水。【详解】(1)NO2与水生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：3NO2H2O=2HNO3NO；(2)NH4Cl和氢氧化钙在加热条件下反
31、应生成氨气、氯化钙和水，化学方程式为：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O；(3)在催化剂存在下，NO和CO反应生成氮气和二氧化碳，化学方程式为：2NO2CON22CO2；(4)CH4与NO反应生成氮气、二氧化碳和水，化学方程式为：CH44NOCO22H2O2N2。22.通常情况下，微粒A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子，它们都含有10个电子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；B溶于A后所得的物质与E微粒反应后可得C和一种白色沉淀。请回答：(1)A的结构式为_。(2)B的电子式为_。(3)D的电子式为_。(4)B溶于A后所得的物质与E微粒反应后可得C和一种白色沉淀，写出
32、该反应的离子方程式_（写一个即可）。【答案】 (1). HOH (2). (3). (4). Mg22NH3H2OMg(OH)22NH4或Al33NH3H2OAl(OH)33NH4【解析】【分析】常见的10电子分子有H2O、NH3、CH4、HF等，常见的10电子阳离子有Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+，常见的10电子阴离子有F-、OH-，根据“B溶于A后所得的物质可电离出C和D”，可推出A为H2O、B为NH3、C为NH4+、D为OH-，再根据A、B、E反应后可得C和一种白色沉淀，可推出E为Mg2+或Al3+，以此解答。【详解】(1)A为H2O，属于共价化合物，结构式为H-O-H；
33、(2) B为NH3，属于共价化合物，电子式为；(3)D为OH-，电子式为；(4)A为H2O、B为NH3，E为Mg2+或Al3+，B溶于A后所得的物质为一水合氨，与E微粒反应后可得C和一种白色沉淀，该反应的离子方程式Mg22NH3H2OMg(OH)22NH4或Al33NH3H2OAl(OH)33NH4。23.下表为元素周期表的一部分，请回答有关问题：AAAAAAA0234(1)和的元素符号是_和_。(2)元素的最高价氧化物的电子式是_，元素的某种烃A分子的球棍模型为，则A分子中最多有_个原子共平面。(3)元素和的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为：_。(4)请用化学方程式表示比较、单质氧化性
34、的强弱：_。【答案】 (1). P (2). Ar (3). (4). 8 (5). HOH=H2O (6). 2KBrCl2=2KClBr2【解析】【分析】根据元素周期表，可确定为C元素、为F元素、为Mg元素、为Al、为P元素、为S元素、为Cl元素、为Ar元素、为K元素、为Br元素，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，为P元素，为Ar元素；(2) 为C元素，最高价氧化物为CO2，其电子式是，烃A分子的球棍模型为，分子中含有碳碳双键，与碳碳双键直接相连的所有原子在同一平面，甲基上的氢原子最多只有一个与碳原子共面，则A分子中最多有8个原子共平面；(3)为Cl元素，为K元素，Cl元素最高价氧化物
35、的水化物为HClO4，K元素最高价氧化物对应水化物为KOH，反应的离子方程式为：HOH=H2O；(4)为Cl元素，为Br元素，氧化性强的可将氧化性弱的从其盐溶液中置换出单质，方程式为：2KBrCl2=2KClBr2。24.丁烷的分子结构也可用键线式表示为：，有机物A的键线式为，A可由有机物B与等物质的量氢气通过加成反应得到。(1)有机物A的分子式为_。(2)有机物A的名称是_。(3)在A 的主链为5个C原子的所有同分异构体中，其分子结构中含有3个甲基的有机物的名称是_。(4)有机物B可能的结构简式有、_、_、_、_。(5)请写出在一定条件下，发生加聚反应的化学方程式：_。【答案】 (1). C
36、7H16 (2). 2，3-二甲基戊烷 (3). 3-乙基戊烷 (4). (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】(1)中每个顶点、交点均为C，C可形成4个共价键；(2)根据A的结构简式，最长的链为5个碳原子，2、3号C上有甲基，用系统命名法命名有机物A；(3)最长主链为5个C，甲基不得连在主链两端的碳原子上，且有3个甲基；(4)中，1与2、2与3、3与4、4与5、5与6号C之间可存在双键；(5) 中双键断开，相互连接发生聚合反应。【详解】(1)中每个顶点、交点均为C，C可形成4个共价键，则A的分子式为C7H16；(2)根据A的结构简式，最长的链为5个碳原子，2、3号C上有甲基
37、，名称为2，3二甲基戊烷；(3)最长主链为5个C，且结构中含有3个甲基，主链两端为两个甲基，则支链上只有一个甲基，根据分子式C7H16，支链为乙基，且不能连在主链两端前两个碳原子上，则有机物名称是3乙基戊烷；(4)中，1与2、2与3、3与4、4与5、5与6号C之间可存在双键，则有机物B可能的结构简式除了之外，还有 、 、；(5)中双键断开，相互连接发生聚合反应，故加聚反应的化学方程式：25.利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，
38、其目的是_；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是_(填化学式)。(2)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近11。若排放的尾气中NO含量升高，则NO和NO2物质的量之比_；若产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)3含量升高，则NO和NO2物质的量之比_。（填写序号）11 11 11 无法判断(3)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，据此信息，某同学所写的反应离子方程式为2NO22H=NO2NOH2O，你同意吗？_（填“同意”或“不同意“），如不同意，请说明你的理由_。【答案】 (1). 使尾气中NO、NO2被充分吸收 (2). Ca(OH)2 (3).
39、(4). (5). 不同意 (6). 二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮【解析】【分析】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，碱性溶液中尾气处理较好；(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca(OH)2；(2)若n(NO)：n(NO2)1：1，则一氧化氮过量，若1：1，则二氧化氮过量；(3)二氧化氮能与水会发生反应，据此分析解答。【详解】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、N
40、O2被充分吸收，滤渣主要成分是Ca(OH)2；(2)若n(NO)：n(NO2)1：1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，若n(NO)：n(NO2)1：1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2，产品中Ca(NO3)2含量升高；(3)若离子方程式为2NO22H=NO2NOH2O，二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮，则不同意该同学书写的离子反应方程式。26.向Cu和CuO的混合物中加入0.6 L2.0 mol/L的稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成标准状况下NO 4.48 L。向所得溶液中加入一定体积1.0 mol/L NaOH溶液，恰好使Cu2完全沉淀，将
41、沉淀洗涤，充分灼烧后得32.0 g固体。求：(1)混合物中Cu的质量是_。(2)混合物消耗HNO3的物质的量是_。(3)NaOH溶液的体积是_。(4)Cu2完全反应后，溶液中NO3的物质的量浓度是_。【答案】 (1). 19.2 g (2). 1 mol (3). 1000 mL (4). 0.625 mol/L【解析】【分析】(1)计算出标况下4.48LNO的物质的量，根据电子守恒计算出混合物中铜的物质的量，再根据m=nM计算出铜的质量；(2)最终得到的固体为氧化铜，根据n=计算出氧化铜的物质的量；反应消耗的硝酸为生成硝酸铜和生成NO所消耗的，根据N原子守恒计算出消耗硝酸的物质的量；(3)铜
42、离子完全沉淀时，溶质为硝酸钠，根据溶液中硝酸根离子的物质的量计算出氢氧化钠的物质的量；(4)根据c=计算氢氧化钠的浓度、硝酸根离子浓度，据此进行计算。【详解】(1)标况下4.48LNO的物质的量为：=0.2mol，根据电子守恒，原混合物中含有铜的物质的量为：n(Cu)=0.3mol，其质量为：64g/mol0.3mol=19.2g；(2)最终得到的32.0g为氧化铜，氧化铜的物质的量为：=0.4mol，根据铜原子守恒可知，原混合物中含有CuO的物质的量为：0.4mol0.3mol=0.1mol，与该混合物反应的硝酸反应后生成硝酸铜和NO，根据氮原子守恒，消耗硝酸的物质的量为：0.4mol2+0.2mol=1mol；(3)0.6L2.0mol/L稀硝酸中含有硝酸的物质的量为：2.0mol/L0.6L=1.2mol，向所得溶液中加入一定体积1.0mol/LNaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全，此时溶质为硝酸钠，反应后溶液中硝酸根离子的物质的量为：1.2mol0.2mol=1.0mol，根据钠原子守恒，消耗氢氧化钠的物质的量为1.0mol，消耗氢氧化钠溶液的体积为：=1L=1000mL；(4)铜离子完全沉淀时，根据(3)可知，硝酸根离子的物质的量为1mol，浓度为： =0.625mol/L。