1、福建省泉州第十六中学2019-2020学年高一化学下学期5月月考试题（含解析）考试时间：90分钟 满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 P-31 S-32 Cu-64第卷(选择题 共44分)一、选择题(本题共24小题，每小题2分，共44分，每小题只有一个正确选项。)1.清代赵学敏本草纲目拾遗中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是指（ ）A. 氨水B. 氢氟酸C. 硫酸D. 食醋【答案】A【解析】分析：A.氨水具有挥
2、发性，能够贮以玻璃瓶密封保存；B.氢氟酸腐蚀玻璃，不能贮以玻璃瓶；C.硫酸是一种强氧化性强腐蚀性的强酸，不具有药性；D.醋可以食用。详解：氨水具有挥发性，挥发出氨气，因此需要密封贮存，氨气的密度比空气小，且有刺激性气味；硫酸是一种强氧化性强腐蚀性的强酸，不具有药性，醋可以食用，而氢氟酸虽然为弱酸，但是能够腐蚀玻璃，不能用贮以玻璃瓶，综上所述，“鼻冲水”是指氨水，正确选项A。2.下列表达正确的是A. F原子结构示意图： B. CO2分子的球棍模型：C. 氢氧化钾的电子式：D. N2的结构式：NN【答案】C【解析】【详解】AF为9号元素，其核外电子排布为，表示的是F，A错误；BCO2为直线形分子，
3、其球棍模型为，B错误；CKOH由K和OH组成，其电子式为，C正确；DN2的结构式为NN，D错误。答案选C。3.下列互为同分异构体的是A. 12C和14CB. 甲烷与戊烷C. 金刚石和石墨D. 乙醇和二甲醚CH3OCH3【答案】D【解析】【详解】A12C和14C质子数相同，中子数不同，是碳元素的不同的核素，互称同位素，A错误；B甲烷分子式CH4，戊烷分子式为C5H10，结构相似，碳与碳之间均为单键，其余键与H相连，分子相差4个CH2，是同系物，B错误；C金刚石和石墨均为C元素构成的单质，为同素异形体，C错误；D乙醇和二甲醚的分子式均为C2H6O，分子式相同，结构不同，是同分异构体，D正确。答案选
4、D。4.实现下列变化，需克服相同类型作用力的是A. 干冰和碘的升华B. 冰的融化和水的分解C. NaCl和HCl溶于水D. 石英和氯化钠分别受热熔化【答案】A【解析】【详解】A干冰和碘升华克服的均为分子间作用力，A正确；B冰融化克服分子间作用力，水分解破坏的是H和O之间的共价键，B错误；CNaCl溶于水，离子键被破坏，HCl溶于水电离出H和Cl，共价键被破坏，C错误；D石英受热熔化，共价键被破坏，NaCl熔化离子键被破坏，D错误；答案选A。5.2016年IUPAC命名117号元素为TS(中文名“” tin)，Ts的原子核外最外层电子数是7，下列说法不正确的是A. TS是第七周期第VIIA族元素
5、B. 中子数为176的Ts核素符号是TsC. Ts在同周期元素中金属性最弱D. Ts的同位素原子具有相同的电子数【答案】B【解析】【详解】A元素周期表前7周期填满共118号元素，117号元素，为第七周期A族元素，A正确，不选；B中子数为176的Ts元素，其质量数117176=293，其核素符号为，B错误，符合题意；C同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，Ts在同周期元素中金属性最弱，C正确，不选；D同位素具有相同的质子数，质子数相同，则核外电子数相同，D正确，不选；答案选B。6. 依据元素周期表和元素周期律，下列推断正确的是A. H3BO3的酸性比H2CO3的强B. Mg(OH)2的碱性比Be
6、(OH)2的强C. HCl 、HBr 、HI的热稳定性依次增强D. 若M+和R2-核外电子层结构相同，则原子序数：M【答案】B【解析】【详解】A、同周期非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，同周期从左向右非金属性增强，则H3BO3的酸性比H2CO3弱，错误；B、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族从上到下，金属性增强，则Mg(OH)2的碱性比Be(OH)2的强，正确；C、氢化物的稳定性与其非金属性强弱有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，氯、溴、碘非金属性减弱 ，则HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，错误；D、M和R2的核外电子层结构相同，M所在周期在R的下周期
7、，则原子序数：RM，错误；故选B。7.下列叙述不正确的是A. 离子晶体中，只存在离子键B. 氦晶体属于分子晶体C. 原子晶体中，只存在共价键D. 晶体熔点：金刚石食盐冰干冰【答案】A【解析】【详解】A离子晶体中可能存在共价键，如KOH，A错误，符合题意；B稀有气体晶体属于分子晶体，B正确，不选；C原子晶体中原子间通过共价键结合形成空间网状晶体，所以原子晶体中只有共价键，C正确，不选；D一般来说，晶体熔点高低顺序是：原子晶体离子晶体分子晶体，含有氢键的物质熔沸点升高，水中含有氢键，所以晶体熔点高低顺序为金刚石食盐冰干冰，D正确，不选；答案选A。【点睛】稀有气体为单原子分子，构成的晶体为分子晶体。
8、8.下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是A. H3O和OHB. CO和N2C. HNO2和NO2D. CH3和NH4【答案】D【解析】【详解】AH3O和OH均含有10个电子，A不正确；BCO和N2均含有14个电子，B不正确；CHNO2和NO2均含有24个电子，C不正确；DCH3中含有8个电子，而NH4含有10个电子，D正确；答案选D。9.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质的溶解性分析解答。
9、【详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。【点睛】明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。10.北京奥运会祥云火炬的主要燃料为丙烷，下列关于丙烷的说法正确的是A. 丙烷分子中3个碳原子在一条直线上B. 丙烷可以与溴水发生取代反应C. 丙烷在空气中燃烧只可能生成CO2和H2OD. 常温
10、常压下，22g丙烷所含氢原子数为4NA【答案】D【解析】【详解】A丙烷分子中含有3个碳原子，每个碳原子连接的原子、基团都呈四面体结构，故3个碳原子呈角型，所以碳原子不可能在一条直线上，A错误；B丙烷可以与溴蒸汽，在光照下发生取代反应，丙烷与溴水不反应，B错误；C丙烷属于烷烃，若在空气中完全燃烧生成CO2和H2O，若不完全燃烧可能有C和CO等产物，C错误；D常温常压下，22g丙烷所含氢原子的物质的量，则H原子数为4NA，D正确。答案选D。11.的一氯代产物有(不考虑立体异构)A 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】C【解析】【详解】该物质中含有5种H原子，其一氯代物有5种，可取代如图所示的
11、位置，C符合题意。答案选C。12.某单质有如下转化关系，该单质可能是单质ABCA. 氮气B. 硅C. 硫D. 铁【答案】A【解析】【详解】A氮气和O2反应生成NO，NO和O2反应生成NO2，NO2和水反应生成HNO3，HNO3见光分解生成NO2，如图所示N2NONO2HNO3，A符合题意；BSi和O2反应生成SiO2，SiO2不与O2反应，B错误；CS和O2反应生成SO2，SO2和O2反应生成SO3，SO3和水反应生成硫酸，但是硫酸稳定，见光不分解，C错误；D铁和O2反应生成Fe3O4，Fe3O4不和O2反应，D错误。答案选A。13.下列实验事实可用同一原理解释的是A. 常温下，铁片、铜片均不
12、溶于浓硫酸中B. 久置的浓硫酸和浓硝酸浓度均变小C. 分别加热盛有I2和NH4Cl的试管，管口处有固体凝结D. SO2能使酸性高锰酸钾溶液、溴水均褪色【答案】D【解析】【详解】A常温下，Fe遇浓硫酸发生钝化，生成一层致密的氧化膜，阻止了进一步反应；而铜与浓硫酸在常温下不反应，需要加热，原理不同，A不符合题意；B浓硫酸具有吸水性，吸收空气中的水蒸气，使得浓度降低；而浓硝酸具有挥发性，HNO3挥发，使得浓度降低，原理不同，B不符合题意；C加热I2，I2受热升华，然后再凝华，是物理变化；而NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl再结合生成NH4Cl，是化学变化；原理不同，C不符合题意；D
13、SO2具有还原性，而高锰酸钾溶液和溴水均具有氧化性，SO2能使它们褪色，原理相同，D符合题意。答案选D。14.部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图：下列说法不正确的是A. x、z、d三种元素能形成具有强氧化性的酸B. g、h氧化物对应的水化物都是强酸C. e最高价氧化物对应的水化物是强碱D. f的氧化物是两性氧化物【答案】B【解析】【详解】A根据原子序数和化合价可知，x为H，z为N，d为O，这三种元素能够形成HNO3，具有强氧化性，A正确，不选；Bg为S，h为Cl，其氧化物对应的水化物不一定是强酸，如H2SO3是弱酸，HClO也是弱酸，B错误，符合题意；
14、Ce为Na，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，是强碱，C正确，不选；Df为Al，其氧化物Al2O3，即可与酸反应生成盐和水，又可以与碱反应生成盐和水，是两性氧化物，D正确，不选。答案选B。15.X、Y、Z、W 四种短周期主族元素，原子序数依次增大，X的原子半径是短周期元素中原子半径最小的，Y是形成化合物种类最多的元素，W原子的核外电子总数是K层电子数的4倍。下列说法不正确的是A. 只含X、Y元素的最简单有机物，其二氯代物仅有一种B. Z的+4价氧化物能与水反应能生成一种酸和另一种氧化物C. 由X、Y、Z、W 四种元素形成的化合物可能是离子化合物D. Z单质与W单质相比，更易与氢气发生化合反
15、应的是Z单质【答案】D【解析】【分析】X的原子半径是短周期元素中原子半径最小的，X为H元素；Y是形成化合物种类最多的元素，Y为C元素；W原子的核外电子总数是K层电子数的4倍。K层填满有2个电子，则W核外电子总数为8，W为O元素；根据原子序数大小，则Z为N元素。【详解】AX、Y构成的简单有机物为CH4，其二氯代物是CH2Cl2，由于甲烷是空间正四面体的结构，因此其二氯代物只有一种，A正确，不选；BN的4氧化物，有NO2，NO2与水反应化学方程式为3NO2H2O=2HNO3NO，生成一种酸和一种氧化物，B正确，不选；C由H、C、N、O四种元素构成的物质可能是离子化合物，如(NH4)2CO3、NH4
16、HCO3等，均为离子化合物，C正确，不选；D同周期元素从左到右，非金属性增强，非金属性越强，与氢气化合越容易，O的非金属性强于N。则O2更容易与H2化合。此外N2是非常稳定的，不易于氢气化合。D错误，符合题意。答案选D。16.下列物质不能用单质直接化合而制得的是（ ）A. Na2O2B. FeCl3C. NO2D. SO2【答案】C【解析】【详解】A.氧气与钠在加热条件下直接化合生成Na2O2，A不选；B.氯气和铁加热时直接化合生成FeCl3，B不选；C.N2和O2高温或放电条件下直接化合生成NO，不能生成NO2，一氧化氮和氧气化合生成NO2，C选；D.硫和氧气直接化合生成SO2，D不选；答案
17、选C。17.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A. 雾和霾的分散剂相同B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化
18、为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。18.将相同质量的两块铜片分别和浓硝酸、稀硝酸（两者均过量）反应，下
19、列叙述正确的是A. 反应速率：两者相同B. 消耗HNO3的物质的量：前者多，后者少C. 反应生成气体的颜色：前者浅，后者深D. 反应中转移的电子总数：前者多，后者少【答案】B【解析】【详解】铜分别与浓硝酸、稀硝酸反应方程式为Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2 +2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。A.溶液浓度越大，反应速率越快，所以浓硝酸比稀硝酸反应速率快，选项A错误；B.由铜与浓硝酸、稀硝酸反应方程式可知，等质量的铜分别与浓、稀硝酸反应，浓硝酸消耗的物质的量多，选项B正确；C.根据反应方程式知，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成
20、一氧化氮，二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，选项C错误；D.根据方程式知，铜元素的化合价均由0价变为+2，1mol铜参加反应转移2mol电子，相同质量的铜与过量浓、稀硝酸反应转移电子数相等，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查了铜与浓、稀硝酸的反应，难度不大，能正确书写铜与浓、稀硝酸反应的方程式是解本题的关键，易错点为选项C，二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，根据生成气体的颜色判断。19.下列各组离子一定能大量共存的是A. 在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32B. 含有0.1 molL1Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32-、Cl-C. 在pH=13的溶液中：F
21、e3+、Na+、SO42、NO3D. 在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO3【答案】A【解析】【详解】A在碱性环境中，Na、K、AlO2、CO32不发生反应，能够大量共存，A正确；BCa2与CO32反应生成CaCO3沉淀，不能大量共存，B错误；CpH=13的溶液为碱性，Fe3会与OH反应生成Fe(OH)3，不能大量共存，C错误；DpH=1的酸性溶液中，NO3会将Fe2氧化成Fe3，不能大量共存，D错误。答案选A。20.下列离子方程式中，正确的是A. 钠与水反应： Na +2H2O=Na+ +2OH-+H2B. Cu(OH)2与稀硝酸反应：H+ + OH= H2OC. 用氨水吸收少量二
22、氧化硫：2NH3H2O + SO2=2NH4+ +SO32 +H2OD. NaHSO4溶液与过量的Ba(OH)2溶液反应：Ba2+2OH+2H+SO42= BaSO4+2H2O【答案】C【解析】【详解】A选项中的离子方程式电荷不守恒，Na与H2O反应的离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2，A错误；BCu(OH)2难溶于水，离子方程式中不能拆开，正确的离子方程式为Cu(OH)22H=Cu22H2O，B错误；C氨水吸收少量的SO2生成亚硫酸铵，NH3H2O是弱碱不能拆写成离子形式，选项中的离子方程式正确，C正确；DNaHSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2，则NaHSO4完全反应，溶液中的
23、H和SO42的比例为1：1， 离子方程式为HSO42OHBa2=H2OBaSO4，D错误。答案选C。【点睛】D项中涉及到量的反应，一般把少量的物质的系数定为“1”，若向NaHSO4溶液中加入少量的Ba(OH)2，则Ba(OH)2是少量的，其系数为1，1molBa(OH)2中含有1molBa2和2molOH，离子方程式为Ba2+2OH+2H+SO42= BaSO4+2H2O。21.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）A. 制取SO2B. 验证漂白性C. 收集SO2D. 尾气处理【答案】B【解析】【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不
24、反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。22.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 0.1 mol 的11B中，所含中子数为0.6NAB. 标准状况下，22.4 L CCl4中所含氯原子数为4NAC. 1.0 mol CH4与1.0 molCl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NAD. 常温常压下，124 g P4中所含PP键数目为4NA【答案】A【解析】【详解】AB为5号元素，11B的质量数为11，则
25、其中子数为115=6，则0.1mol11B所含中子数为0.6NA，A正确；B在标准状况下，CCl4是液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B错误；CCH4和Cl2在光照下得到的产物有CH3Cl、CH2Cl2等多种，无法计算CH3Cl的量，C错误；DP4的结构简式为，124gP4的物质的量为，1molP4中含有6molPP键，则其PP的数目为6NA，D错误。答案选A。第卷(非选择题 共56分)二、填空题(本题包括6小题，共56分)23.短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，请回答：(1)T原子结构示意图为_(2)元素的非金属性：Q_W(填“强
26、于”或“弱于”)(3)R有多种氧化物，其中相对分子质量最小的氧化物为_(4)原子序数比R多1的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是_ (5)T的最高价氧化物对应的水化物和强碱溶液反应的离子方程式为_(6)W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为 _【答案】 (1). (2). 弱于 (3). NO(或一氧化氮) (4). 2H2O22H2O + O2 (5). OH-+ Al(OH)3 = AlO2-+ 2H2O (6). S + 2H2SO4(浓)3SO2 + 2H2O【解析】【分析】从元素周期表中得
27、到T、Q、R、W，结合元素周期表的结构，可知T在第三周期，T所在周期序数与主族序数相当，则T为Al，Q为Si、R为N、W为S。【详解】(1)T为Al，为13号元素，其核外电子排布为；(2)同周期元素，从左到右，非金属性增强，则Q(Si)弱于W(S)；(3)R为N元素，相对分子质量最小的为NO；(4)元素序数比R多1的元素为O元素，其一种氢化物能分解，则该氢化物为H2O2，其分解方程式为2H2O22H2O+O2；(5)T的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，与强碱反应生成AlO2，离子方程式为OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O；(6)W为S，其最高价氧化物的水化物为硫酸，发生氧化还原
28、反应，生成SO2，化学方程式为S+2H2SO4(浓)3SO2+2H2O。24.联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，B的单质是空气的最主要成分，C的单质在某些浓酸溶液中能发生钝化，D和A在同一主族，E的其中一种氧化物是造成酸雨的主要物质之一。请回答下列问题：(1)A元素的名称为_；元素E在周期表中的位置是_。(2)A、B、D的原子半径的大小顺序是_(用元素符号表示)。A和D的简单气态氢化物中稳定性较强的是_(用化学式表示)。(3)B和D最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是_。若用如图中装
29、置验证这两种酸的酸性强弱，则在装置中加入的试剂分别为_，观察到的实验现象是_。(4)AE2常温下呈液态，则AE2的化学键类型是_。已知AE2在氧气中完全燃烧，生成AO2和EO2，若 0.1 mol AE2在 1 mol O2中完全燃烧，所得混合气体在标准状况下的体积为_L。(5)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与SO2反应的离子方程式为_【答案】 (1). 碳 (2). 第三周期第VIA族 (3). SiCN (4). CH4 (5). HNO3 (6). Na2SiO3 (7). 中产生白色沉淀 (8). 共价键 (9). 22.4L (10). 3SO2 + 2NO3- + 2H2O
30、= 3SO42- + 2NO + 4H+【解析】【分析】A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，A的内层为K层，K层填满有2个电子，则A的最外层有4个电子，A为C；B的单质是空气的最主要成分，则B为N；C的单质在某些浓酸溶液中能发生钝化，在短周期中Al遇浓硫酸、浓硝酸钝化，则C为Al；D和A在同一主族，D为Si；E的其中一种氧化物是造成酸雨的主要物质之一，结合原子序数，E为S。则A、B、C、D、E分别为C、N、Al、Si、S。【详解】(1)A为C元素，其名称为碳；E为S元素，在周期表的位置是第三周期第A族；(2)同周期元素原子从左到右依次减小，CN；同主族元素原子从上到下依次增大，则SiC；
31、则A、B、D原子半径的大小半径是SiCN；同主族元素从上到下，非金属性减弱，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则CH4的稳定性强；(3)同主族元素非金属性从上到下依次减弱，同周期元素从左到右依次增强，可知非金属性N(B)CSi(D)，非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性较强的是HNO3；要证明HNO3的酸性强于H2SiO3，利用强酸制弱酸的方法，分液漏斗中盛装硝酸，锥形瓶中盛装Na2SiO3溶液，发生生成硅酸沉淀；可看到中产生白色沉淀；(4)AE2为CS2，C达到稳定结构需要得到4个电子，S达到稳定结构需要得到2个电子，因此C和S通过共用达到稳定结构，CS2中含有共价键
32、；CS2燃烧的化学方程式为CS23O2=CO22SO2，CS2是液体，该反应前后气体体积不变，因此0.1molCS2在1molO2中完全燃烧，所得混合气体的物质的量为1mol，其在标准状况下的体积为22.4L；(5)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液为稀硝酸；SO2具有还原性，HNO3具有氧化性，发生氧化还原反应，离子方程式为3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+2NO+4H+。25.(1)系统命名法给下列有机物命名：_(2)某烷烃的相对分子质量为114，该烷烃的化学式为_。(3)完全燃烧0.2mol某烃，燃烧产物依次通过浓硫酸和碱石灰，实验结束后，称得浓硫酸增重18g，碱石灰增重3
33、5.2g。则：该烃的化学式_；写出其可能的结构简式：_【答案】 (1). 3,3,5-三甲基庚烷 (2). C8H18 (3). C4H10 (4). CH3CH2CH2CH3、【解析】【详解】(1)选取碳原子最多的一条链为主链，编号的时候取代基的位次要小，则主链C原子的编号如图所示，主链有7个碳，为庚烷，3号碳上有2个甲基，5号碳上有1个甲基，则名称为3,3,5-三甲基庚烷；(2)烷烃的通式为CnH2n2，其相对分子质量为114，则12n2n2=114，求得n=8，则烷烃的化学式为C8H18；(3)浓硫酸增重为水的质量，浓碱液增重为二氧化碳的质量，n(H2O)=9g18gmol1=0.5mo
34、l，n(H)=0.5mol2=1mol，则烃分子H原子数目=，n(CO2)=17.6g44g/mol=0.4mol，n(C)=0.4mol，则烃分子C原子数目=，故该烃的分子式为C4H10，可能的结构简式有CH3CH2CH2CH3、。26.烟气中主要污染物为SO2、NO、NO2，可用如图工艺进行脱硫脱硝及产物回收。(1)空气预处理过程中，发生主要反应的化学方程式为_。(2)洗气过程中，尿素作还原剂，转化成两种无污染的气体的化学式是_(3)充分曝气氧化过程中，发生反应的含镁化合物是_。(4)完成沉镁过程中生成碱式碳酸镁的离子方程式_Mg2+_= MgCO3Mg(OH)2+_CO2+_H2O(5)
35、(NH4)2SO4粗品中含有的主要杂质为_(填名称)。(6)碱式碳酸镁经过简单加工可循环利用，加工过程发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 2NO O2 2NO2 (2). CO2、N2 (3). MgSO3 (4). 2 (5). 4HCO3 (6). 3 (7). 1 (8). 硝酸铵 (9). MgCO3Mg(OH)22MgOCO2H2O【解析】【分析】根据题中工业流程可知，烟气中主要污染物为SO2、NO、NO2，在空气中预处理时，主要将NO氧化成NO2，再用含尿素的氧化镁悬浊液还原生成氮气和二氧化碳，同时溶液中有硫酸镁、亚硫酸镁、硝酸镁等物质生成，在充分曝气氧化中，亚硫酸镁被氧
36、化成硫酸镁，再加入碳酸氢铵溶液生成碱式碳酸镁沉淀，过滤后将滤液浓缩结晶可得硫酸铵晶体。【详解】(1)在空气中预处理时，主要将NO氧化成NO2，发生主要反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2；(2)根据上面的分析可知，洗气过程中，生成两种无污染的气体是CO2、N2，(3)在充分曝气氧化中，亚硫酸镁被氧化成硫酸镁，发生反应的为MgSO3；(4)镁离子和碳酸氢根离子发生双水解，生成碱式碳酸镁，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子反应方程式为2Mg2+4HCO3=MgCO3Mg(OH)2+3CO2+H2O；(5)根据物料守恒，在Mg2和HCO3发生反应生成碱式碳酸镁时，还有硫酸铵、硝酸铵生成，因此(NH
37、4)2SO4粗品中含有的主要杂质为硝酸铵；(6) 碱式碳酸镁经过加热生成氧化镁和二氧化碳及水，氧化镁可循环利用，反应的方程式为MgCO3Mg(OH)22MgOCO2H2O。27.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3SO2Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为_。（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_。（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_。(填序号
38、)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_。实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：馏分中的二氧化硫在滴入碘水时发生的反应为SO2I22H2OH2SO42HI)在测定时消耗了0.01molL1的I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_gL1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】 (1). Na2SO3+H2
39、SO4=Na2SO4+SO2+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O） (2). 过滤 (3). d (4). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 (5). 0.16 (6). 偏低【解析】【详解】（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离，故答案
40、为过滤；（3）a装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为d；（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（5）令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI64g 1mol mg 0.025L0.01mol/L所以，64g：mg=1mol：0.025L0.01mol/L，解得m=0.016故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.016/0.1= 0.16 g/L。若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低。