1、四川省内江市第六中学2019-2020学年高一化学下学期入学考试试题C（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64一、选择题(本题包括21小题，每小题2分，共42分，每小题只有1个选项符合题意)1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是( )A. 工业可用二氧化硫漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，也可用于杀菌消毒B. 医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)为 95%C. 燃煤中加入 CaO 可以减少酸雨的形成却不能减少温室气体的排放D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫具有漂白性，工业上可用于漂白
2、纸浆、毛、丝、草帽辫等，也可用于杀菌消毒，故A正确；B.医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)为 75%，故B错误；C.燃煤时会产生二氧化硫、二氧化碳气体，加入 CaO 可以与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，能减少酸雨的形成，但不能减少温室气体二氧化碳的排放，故C正确；D.天然气和液化石油气的主要成分为烃类，燃烧时不产生污染空气的气体，是我国目前推广使用的清洁燃料，故D正确；综上所述，答案为B。2.下列叙述中正确的是 () 汽车尾气中的氮氧化物与光化学烟雾的形成有关大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因硅是制造太阳能电池和光导纤维的主要原料减少CO2排放，可遏制全球气候变暖碘盐中的碘可以直接用淀粉检
3、验点燃的硫在氧气中剧烈燃烧，发出蓝紫色火焰，生成三氧化硫A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由常见环境污染形成的原因可知，光化学烟雾与氮氧化物有关，酸雨与二氧化硫有关，温室效应与二氧化碳有关；制造光导纤维的主要原料为二氧化硅；合金易形成电化学腐蚀，以此解答。【详解】氧化物可导致光化学烟雾，故正确；大量燃烧含硫燃料生成二氧化硫，是形成酸雨的主要原因，故正确；二氧化硅是光导纤维的主要原料，故错误；减少CO2排放，可减少温室效应，遏制全球气候变暖，故正确；碘盐中的碘是以化合态存在的，不能直接用淀粉检验，故错误；硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，故错误。答案选D。【点睛】本题考查较为综合，涉及环
4、境污染及治理、材料以及金属的腐蚀等知识，侧重于学生基础知识的考查，为高考常见题型和高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大。3.下列关于元素周期表的说法正确的是（ ）A. 元素周期表有7个周期，8个主族B. 元素周期表有18个纵行，共16个族C. 短周期元素中可能有副族元素D. 元素周期表中的过渡元素就是副族元素【答案】B【解析】【详解】A元素周期表中有7个主族，7个周期，故A错误；B元素周期表中共18个纵行，7个主族，7个副族，1个0族，1个第族，共16个族，故B正确；C短周期为一、二、三周期，不包含副族元素，故C错误；D元素周期表中过渡元素包括副族元素和第族，故D错误；故选B。【点睛】注
5、意把握周期、族及元素在周期表中的位置是解答的关键。本题的易错点是D，要正确区分过渡元素与副族元素。4.下列关于有机物的说法中，错误的是（ ）A. 在一定条件下葡萄糖能与新制Cu(OH)2发生反应B. 肥皂的主要成分是油脂在碱性条件下水解生成的C. 淀粉、纤维素和油脂都是天然高分子化合物D. 蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀不能重新溶于水【答案】C【解析】【分析】A.葡萄糖中含-CHO，具有还原性； B.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油；C.高分子化合物的相对分子质量在10000以上；D.硫酸铜是重金属盐。【详解】A.葡萄糖分子结构中含-CHO，具有还原性，与新制的Cu(OH)2反应生成
6、砖红色沉淀，A正确； B.油脂(动物油、植物油)在碱性条件下水解(进行皂化反应)，生成高级脂肪酸盐(钠盐、钾盐等)和丙三醇(甘油)，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B正确；C.油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C错误；D.蛋白质溶液遇重金属盐硫酸铜溶液后会发生变性，变性是不可逆过程，产生的沉淀不能重新溶于水，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了食物中的有机物的结构和性质分类、应用等，注意把握相关基础知识，在学习中注意积累、掌握和运用。5.除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫气体，不可选用的试剂是（ ）A. 饱和碳酸钠溶液B. 高锰酸钾溶液C. 溴水D. 饱和碳酸氢钠溶液【答案】A【解
7、析】【详解】ACO2和SO2都可与Na2CO3溶液反应，不能用于除杂，选项A错误；BSO2具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，可用于除杂，选项B正确；C二氧化硫可与溴发生氧化还原反应，可用于除杂，选项C正确；DSO2可与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，但CO2不反应，选项D正确；答案选A。6.铜锌合金的颜色酷似金的颜色，所以近来用铜锌合金制成的假金元宝欺骗行人的事件屡有发生。要检验市面上的金首饰是否为纯金或者真金，可取样品与一种试剂进行反应，根据现象即可判断，所取的试剂是（王水是3份浓盐酸和1份浓硝酸的混合物）（ ）A. 硫酸B. “王水”C. 盐酸D. 硝酸【答案】D【解析】【详解
8、】A. 硫酸与锌反应，与铜不反应，与金不反应，不能鉴别，故A不符合题意；B. “王水”与铜、锌、金都要反应，不能鉴别，故B不符合题意；C. 盐酸与锌反应，与铜不反应，与金不反应，不能鉴别，故C不符合题意；D. 硝酸与锌、铜反应，不与金反应，能鉴别，故D符合题意。综上所述，答案为D。7.化学实验中常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施正确的是A. 定性检验SO，将BaCl2溶液用HNO3酸化B. 为提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用盐酸将高锰酸钾溶液酸化C. 检验溶液中是否含有Fe2时，用硝酸酸化D. 检验溶液中是否含有SO时，在无其他阳离子干扰的条件下，先用盐酸酸化，所得溶液再加BaCl2溶液
9、【答案】D【解析】A、硝酸具有强氧化性，能把SO32氧化成SO42，对SO3的检验产生干扰，故错误；B、高锰酸钾具有强氧化性，能把HCl氧化成Cl2，高锰酸钾溶液中加入稀硫酸，故错误；C、硝酸具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，故错误；D、加入盐酸排除其他离子的干扰，加入BaCl2，产生沉淀，说明含有SO42，故正确。8.下图所示各为元素周期表中的一部分，表中数字是原子序数，其中X为35的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】X的原子序数为35，为Br元素，位于周期表中第四周期第A族。【详解】A16号、52号元素分别位于第三周期A族、第五周期A族，X位置正确，故A正确；B26号
10、、28号元素均位于第四周期，则X在第五周期，不符合，故B错误；C74号、76号元素均位于第六周期，则X为第五周期的元素，不符合，故C错误；D18号、54号元素均为0族元素，则X也为0族元素，不符合，故D错误。故选A。9.下列现象或事实不能用同一原理解释的是A. 浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B. 硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质C. 常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D. SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色【答案】C【解析】【详解】A、浓硝酸和氯水均见光易分解，需要用棕色试剂瓶保存，A不符合题意；B、硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴露在空气中变质，B不符合题意；C、常温下铁遇浓硝酸钝化
11、，珀与浓硝酸不反应，原理不同，C符合题意；D、SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，D不符合题意；答案选C。10.有一酸性溶液可能含有Br-、SO42-、H2SO3、NH4+ 等微粒，对该酸性溶液分别进行实验：（1）加热，放出的气体可以使品红溶液褪色；（2）取原溶液加碱，调至溶液呈碱性，加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；（3）取原溶液加氯水，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸。对于下列微粒不能确认其在原溶液中是否存在的是A. SO42-B. Br-C. H2SO3D. NH4+【答案】A【解析】【详解】实验（1）中使品红溶液褪色的物质为H
12、2SO3，说明溶液中含有H2SO3；实验（2）中，使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，说明溶液中含有NH4+；实验（3）中，加入氯水之后，溶液略显黄色，是因为生成了Br2，说明溶液中含有Br-；由于三个实验是独立进行的，则实验（3）的溶液中也含有H2SO3，由于该物质的还原性比Br-强，故氯水先氧化H2SO3为H2SO4，故加入BaCl2之后，一定会产生BaSO4，因此不能确认原溶液中SO42-是否存在，故选A。11.通过对实验现象的观察、分析推理得出结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实解释正确的是（ ）现象解释AKI淀粉溶液中通入Cl2，溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B浓硝酸在光
13、照条件下变黄浓硝酸不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸C向氨水中滴加酚酞溶液变红NH3是一元弱碱D向盐酸中加入浓硫酸时产生白雾浓硫酸具有脱水性A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. KI淀粉溶液中通入Cl2，溶液变蓝，Cl2将KI氧化成单质碘，单质碘与淀粉发生显色反应，故A错误；B. 浓硝酸在光照条件下变黄，浓硝酸不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸，故B正确；C. 向氨水中滴加酚酞溶液变红，氨水中一水合氨电离出氢氧根离子和铵根离子，而氨气不是一元弱碱，故C错误；D. 向盐酸中加入浓硫酸时产生白雾，浓硫酸具有吸水性，放出大量热，盐酸易挥发，挥发出的HCl与空气中水蒸气形成白雾，
14、故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】氨水中一水合氨电离显碱性，氨气是碱性气体，不是一元弱碱。12.以下指定化学反应的离子方程式正确的是A. 常温下，将铁片置于浓硝酸中：Fe+6HNO3Fe(NO3)3+3NO2+3H2OB. 向氯化铵的稀溶液中加入少量NaOH ：NH4+OH- NH3+H2OC. 向(NH4)2SO4溶液中加入适量Ba(OH)2 ：Ba2+SO42- BaSO4D. 向浓硝酸中加入铜片：Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O【答案】D【解析】【详解】A常温下铁遇到浓硝酸发生钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，故A错误；B向氯化铵的稀溶液中加入少量NaOH反应，生成
15、一水合氨，不能放出氨气，离子反应为NH4+OH-NH3H2O，故B错误；C向(NH4)2SO4溶液中加入适量Ba(OH)2的离子反应为2NH4+2OH-+Ba2+SO42-BaSO4+2NH3H2O，故C错误；D向浓硝酸中加入铜片的离子反应为Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O，故D正确；故选D。13.下列实验装置不能达到实验目的的是()A. 用SO2做喷泉实验B. 验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C. 验证NH3易溶于水D. 比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性【答案】D【解析】【详解】A二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小，可形成喷泉，A正确；B如反应为放热反应，则U形管
16、左端液面下降，右端液面上升，可判断反应是否属于放热反应，B正确；C如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，C正确；D套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，D错误。答案选D。14.如图装置，将溶液A逐渐加入固体B中，下列叙述中不正确的是（ ）A. 若a为浓硫酸，b为Na2SO3固体，c中盛石蕊溶液，则c中溶液先变红后褪色B. 若a为浓盐酸，b为MnO2，c中盛品红溶液，则c中溶液不褪色C. 若a为醋酸溶液，b为贝壳，c中盛过量澄清石灰水，则c中溶液变浑浊D. 若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛AlCl3溶液，则c中产生白色沉淀【答案】A
17、【解析】【详解】A.二氧化硫只能使石蕊溶液变红，不能使其褪色，A错误；B.浓盐酸与MnO2常温下不反应，B正确；C.醋酸溶液与贝壳反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，C正确；D.浓氨水与生石灰生成氨气，AlCl3溶液与氨气反应生成氢氧化铝沉淀，D正确。答案为A。15.将气体a通入溶液b中，始终无明显变化的是 气体a溶液bACl2NaBrBCO2 CaCl2CSO2 Ba(NO3)2 DNO2 FeSO4 A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A氯气通入溴化钠溶液中，发生反应： 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，导致溶液呈橙黄色，故A与题意不符；B由于酸性H
18、ClH2CO3，所以将CO2通入CaCl2溶液中不会产生碳酸钙沉淀，始终无任何明显现象反应，故B符合题意；C将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，由于SO2有还原性，在酸性条件下，H+、NO3-起硝酸的作用表现强的氧化性，二者会发生氧化还原反应：3SO2+2H2O+3Ba2+2NO3-=3BaSO4 +2NO+4H+,会观察到产生白色沉淀，同时产生一种无色气体，该气体遇空气变为红棕色，故C与题意不符；D将NO2通入FeSO4溶液中，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO；4H+NO3-+3Fe2+=3Fe3+2H2O+NO，因此会看到溶液变为黄色，同时产生无色气体，故D与题意不符；答案选B
19、。【点睛】物质混合发生的现象与物质的性质有关。如酸性HClH2CO3，因此把CO2通入CaCl2溶液中，就不会发生反应，也就不能看到有任何实验现象；将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，由于SO2容易溶于水发生反应产生H2SO3，H2SO3电离使溶液显酸性，在酸性条件下，H+、NO3-起硝酸的作用，表现强的氧化性，而H2SO3有还原性，因此会发生氧化还原反应，使H2SO3转化为H2SO4，H2SO4电离产生SO42-与溶液中的Ba2+结合形成难溶性的BaSO4白色沉淀，若只考虑酸性HNO3H2SO3，忽略了硝酸的氧化性、亚硫酸的还原性，则上述物质混合现象与选项B相同；NO2能够溶于水，与水发生反
20、应：3NO2+H2O=2HNO3+NO, HNO3有强的氧化性，而Fe2+具有还原性，溶液被氧化变为Fe3+，使溶液变为黄色。16.某兴趣小组探究 SO2 气体还原 Fe3+，他们使用的药品和装置如图所示，下列说法不合理的是( )A. 为了验证 A 中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去B. 为了验证 A 中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀C. 能表明I的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色D. 装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气【答案】A【解析】【详解】A二氧化硫、Cl-都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A
21、中发生了氧化还原反应，A不合理；BA中加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，表明溶液中含有SO42-，从而表明FeCl3将SO2氧化为SO42-，B合理；CB中发生反应为SO2+I2+2H2O=2I-+SO42-+4H+，则还原性SO2I-，反应发生后，B中蓝色溶液褪色，C合理；DSO2有毒，会污染环境，所以装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气，D合理；故选A。17.NA 为阿伏加德罗常数值，下列说法不正确的是( )A. 0.l mol Cl2与足量的铁粉充分反应转移的电子数为 0.2 NAB. 1.0 mol CH4 与Cl2 在光照下反应生成的 CH3Cl 分子数为 1.0
22、 NAC. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯(C2H4)混合物中含氢原子数目为2 NAD. 0.1mol Cl2 通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于 0.2 NA【答案】B【解析】【详解】A.氯气与铁粉反应时生成氯化铁，则0.l mol Cl2与足量的铁粉充分反应转移的电子数为 0.2 NA，故A正确；B.氯气与甲烷光照时发生反应生成氯化氢、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，则1.0 mol CH4 与Cl2 在光照下反应生成的 CH3Cl 分子数小于1.0 NA，故B错误；C.甲烷和乙烯分子中均含有4个氢原子，甲烷和乙烯的物质的量之和为，则混合物中含氢原子数目为0.5
23、 4NA= 2 NA，故C正确；D.氯气与水反应为可逆反应，0.1mol Cl2 通入水中，溶液中存在氯气分子、HClO、Cl-、ClO-等粒子，根据原子守恒，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于 0.2 NA，故D正确；综上所述，答案为B。【点睛】根据质量守恒定律可知，反应前后原子的数目不会增减，则0.1mol Cl2 通入水中，氯原子的数目会保持0.2NA不变，而溶液中氯原子以氯气分子、HClO、Cl-、ClO-等粒子形式存在，则HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于 0.2 NA。18.短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。m、p、r 是由这些元素组成的二元化合物，n 是元
24、素Z 的单质，通常为黄绿色气体，q 的水溶液具有漂白性，r 溶于水是强酸，s 通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是 ( )A. W 在周期表中所在族全是金属B. X 的最高价氧化物的水化物为强酸C. Y 的氢化物常温常压下为气态D. 1molZ 单质与氢氧化钠溶液反应转移 1mol 电子【答案】D【解析】【分析】n 是元素Z 的单质，通常为黄绿色气体，为氯气，则Z为氯元素；q 的水溶液具有漂白性，则q为次氯酸；r 溶于水是强酸，可推知为盐酸； 由框图和对应的条件，可推知p为甲烷，m为水，则W、X、Y、Z 分别为H、C、O、Cl。【详解】A.氢元素在第IA族，氢为
25、非金属元素，故A错误；B.X的最高价氧化物的水化物碳酸，碳酸为弱酸，故B错误；C.Y为氧元素，其气态氢化物为水、双氧水，常温常压下均为液态，故C错误；D.氯气与氢氧化钠发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，根据化合价变化可知，1mol氯气参加反应转移 1mol电子，故D正确；综上所述，答案为D。19.下列说法正确的是（ ）A. 乙烯与环丙烷(C3H6)互为同系物B. 乙烯和聚乙烯均能和溴水发生加成反应而使溴水褪色C. 皮肤沾上浓HNO3变成黄色，立即用饱和NaOH溶液冲洗D. 丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A.结构相似，在分子组成上相差
26、一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，乙烯与环丙烷(C3H6)的结构不相似，所以二者不是同系物，A错误；B.聚乙烯不含碳碳双键，不能和溴发生加成反应，所以不能使溴水褪色，B错误；C.皮肤沾上浓HNO3变成黄色，应立即用大量的水冲洗，再用3-5%的NaHCO3溶液涂上，C错误；D.丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)结构简式分别为CH3CH2COOH、CH3COOCH3、CH3CHOHCHO，三种物质分子式相同，但结构不同，因此它们互为同分异构体，D正确；故合理选项是D。20.1.92g 铜投入一定量浓 HNO3 中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL 气
27、体(标况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的 O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2 的体积可能是A. 504mLB. 168mLC. 336mLD. 224mL【答案】C【解析】【分析】铜与硝酸反应可能生成二氧化氮、一氧化氮，二氧化氮、一氧化氮与氧气和水能反应又生成硝酸，在这个过程中，铜失去电子，氧气得到电子，根据得失电子守恒可进行计算。【详解】1.92g 铜的物质的量为n（Cu）=，则根据得失电子守恒可知，铜失去电子的总物质的量等于氧气得到电子的总物质的量，即，解得，综上所述，答案为C。21.某食用香料乙酸橙花酯的结构简式如图所示，则关于该有机物叙述中正确的个数是( )
28、分子式为C12H20O2 它的同分异构体中有芳香族化合物 能使酸性KMnO4溶液褪色 1mol该有机物在一定条件下能和3mol H2反应 密度比水小 1mol该有机物水解时能消耗1mol NaOH 能在一定条件下生成高分子化合物A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个【答案】C【解析】根据乙酸橙花酯的结构简式可知其分子式为C12H20O2，故正确；乙酸橙花酯的不饱和度是3，它的同分异构体中不可能有芳香族化合物，故错误；乙酸橙花酯结构中含有碳碳双键，所以能使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；碳碳双键与氢气发生加成反应，酯基上的碳氧双键不能与氢气加成，所以1mol该有机物在一定条件下能和2mol H
29、2反应，故错误；酯类物质的密度比水小，故正确；乙酸橙花酯分子中含有1个酯基，1mol该有机物水解时能消耗1molNaOH，故正确；乙酸橙花酯结构中含有碳碳双键，所以能在一定条件下生成高分子化合物，故正确；选C。点睛：苯环的不饱和度是4，食用香料乙酸橙花酯分子中有3个双键，不饱和度是3；根据不饱和度，乙酸橙花酯的同分异构体中不可能有芳香族化合物。二、非选择题(本题共4个小题，共58分）22.请按要求回答下列问题：（1）醇的官能团的名称是_。（2）某气态有机物相对于氢气的密度为14，则其结构简式为_。（3）某有机物的结构简式如图所示，则其一氯代物共有_种。（4）新戊烷用系统命名法命名应为_。（5）
30、分别将等物质的量的C3H8、C4H8完全燃烧，消耗氧气质量多的是_（填分子式）。（6）下列最简式中，只能代表一种有机物的有_（选填对应的序号）。CH3 CH2 CH2O CH4O【答案】 (1). 羟基 (2). CH2=CH2 (3). 2 (4). 2，2-二甲基丙烷 (5). C4H8 (6). 【解析】【分析】醇的官能团OH得名称。先计算摩尔质量，再得到分子式和结构简式。该物质有两条对称轴，有2种位置的氢。新戊烷用系统命名法命名。根据CxHyO2，1mol C3H8完全燃烧消耗5mol O2，1mol C4H8完全燃烧消耗6mol O2。CH3只是乙烷的最简式，只代表一种有机物；CH2
31、是烯烃的最简式或环烷烃的最简式，不只代表一种有机物；CH2O是甲醛的最简式或乙酸的最简式，不只代表一种有机物；CH4O是甲醇的最简式，只代表一种有机物。【详解】醇的官能团的名称是羟基。某气态有机物相对于氢气的密度为14，M=28 gmol1，根据2812 =24得到分子式为C2H4，该有机物是烯烃，则其结构简式为CH2=CH2；故答案为：CH2=CH2。某有机物的结构简式如图所示，该物质有两条对称轴，有2种位置的氢，因此其一氯代物共有2种；故答案为：2。新戊烷用系统命名法命名应为2，2-二甲基丙烷；故答案为：2，2-二甲基丙烷。根据CxHyO2，1mol C3H8完全燃烧消耗5mol O2，1
32、mol C4H8完全燃烧消耗6mol O2，因此等物质的量的C3H8、C4H8完全燃烧消耗氧气质量多的是C4H8；故答案为：C4H8。CH3只是乙烷的最简式，只代表一种有机物，故符合题意；CH2是烯烃的最简式或环烷烃的最简式，不只代表一种有机物，故符合题意；CH2O是甲醛的最简式或乙酸的最简式，不只代表一种有机物，故符合题意；CH4O是甲醇的最简式，只代表一种有机物，故符合题意；综上所述，答案为：。23.某化学兴趣小组利用以下各装置连接成一整套装置，探究氯气与氨气之间的反应。其中D为纯净干燥的氯气与纯净干燥氨气反应的装置。请回答下列问题：（1）连接好装置后，必需进行的一步实验操作是_。（2）装
33、置E的作用是_，橡胶管k的作用是_。（3）从装置D的G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，处理方法是_。（4）装置F中试管内发生反应的化学方程式_。（5）接入D装置的两根导管左边较长、右边较短，目的是_（6）整套装置从左向右的连接顺序是（j）接（ ）（ ）接（f）（g）接（ ）（ ）接（ ）（ ）接（a）。【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 除去氯气中的氯化氢 (3). 使分液漏斗中的盐酸顺利流下 (4). 在G连接导管直接通入盛有烧碱的烧杯中 (5). 2NH4ClCa(OH)2 CaCl22H2O2NH3 (6). 使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合 (7). d
34、(8). e (9). b (10). c (11). h (12). i【解析】【详解】（1）连接好装置后，需进行装置气密性的检查；（2）D为纯净干燥的氯气与纯净干燥氨气反应的装置，所以反应前应先除杂、干燥，因此装置E的作用是除去氯气中的氯化氢气体；橡胶管k与分液漏斗的上口相连，达到平衡气压，使分液漏斗中的浓盐酸顺利流下；（3）从装置D的G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，该黄绿色气体为Cl2，氯气有毒，直接排放会污染空气，处理的方法是：在G连接导管直接通入盛有烧碱的烧杯中；（4）装置A制取氯气，装置F为实验室制取氨气的装置，所以装置F中发生反应的化学方程式为2NH4ClCa(OH)2
35、CaCl22H2O2NH3；（5）因为氯气密度较大，氨气密度较小，所以左边长导管应通入氨气，右边短导管通入氯气使二者较快地均匀混合；（6）整套装置从左向右的连接顺序是（j），说明装置左边是制取氨气的装置，经过碱石灰干燥通入D的f口中；装置A中产生的氯气经过饱和食盐水除去HCl、再经浓硫酸干燥，最后通入D的g口中，所以装置的连接顺序是（j）接（d）（e）接（f）（g）接（b）（c）接（h）（i）接（a）。24.燃煤的烟气中含有 SO2，为了治理雾霾天气，工厂采用多种方法实现烟气脱硫。.(1)“湿式吸收法”利用吸收剂与 SO2 发生反应从而脱硫。下列试剂中适合用作该法吸收剂的是_(填字母序号)。a
36、. 石灰乳 b.CaCl2溶液(2)某工厂利用含 SO2 的烟气处理含Cr2O72-的酸性废水，吸收塔中反应后的铬元素以Cr3+形式存在，具体流程如下：用 SO2 处理含铬废水时，利用了 SO2 的_性。吸收塔中发生反应的离子方程式为_。.石灰-石膏法和烧碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收反应为Ca(OH)2+SO2= CaSO3+H2O。吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O =2CaSO42H2O。其流程如图：烧碱法的吸收反应为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。该法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。其流程如图：已知：试剂Ca(OH)
37、2NaOH价格(元/kg)0.362.9吸收 SO2 的成本(元/mol)0.0270.232(3)石灰-石膏法和烧碱法相比，石灰-石膏法的优点是_，缺点是_。(4)某学习小组在石灰-石膏法和烧碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案，流程图中的甲、乙、丙各是_、_、_(填化学式)【答案】 (1). a (2). 还原 (3). 3SO2+Cr2O72-+2H+=2Cr3+3SO42-+H2O (4). 原料便宜，成本低 (5). 吸收慢，效率低 (6). NaOH (7). Ca(OH)2 (8). Na2SO3【解析】【详解】（1）二氧化硫与氯化钙不能发生反应，而与氢氧化
38、钙可以反应生成亚硫酸钙，因为氢氧化钙溶解度不大，所以用石灰乳来吸收二氧化硫，故答案为：a；（2）重铬酸根具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，则可以用 SO2 处理含铬废水，故答案为：还原；吸收塔中为二氧化硫与重铬酸根发生氧化还原反应，其发生反应的离子方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=2Cr3+3SO42-+H2O，故答案为：3SO2+Cr2O72-+2H+=2Cr3+3SO42-+H2O；（3）对比两个流程可知，基本反应原理都为二氧化硫与碱发生反应，氢氧化钙原料廉价易得，成本低，但氢氧化钙溶解度不大，吸收慢，效率低，故答案为：原料便宜，成本低；吸收慢，效率低；（4）分析流程并对比前两个流
39、程可知，该流程的目的是改进前两个流程的缺点，即氢氧化钙吸收效率低，应用吸收效率较高的氢氧化钠，则甲为氢氧化钠，又氢氧化钠成本高，需要循环利用，则可用氢氧化钙制备氢氧化钠，则乙为氢氧化钙，由此可推知丙为亚硫酸钠，亚硫酸钠与氢氧化钙可以发生复分解反应生成氢氧化钠和亚硫酸钙，实现氢氧化钠的再生，降低成本，故答案为：NaOH；Ca(OH)2；Na2SO3。25.1942年，我国化工专家侯德榜以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱，他的“侯氏制碱法”为世界制碱工业做出了突出贡献。有关反应的化学方程式如下：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=Na
40、HCO3+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O（1）“侯氏制碱法”把合成氨和纯碱两种产品联合生产，请写出工业合成氨的化学反应方程式_。（2）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是_。a.碳酸氢钠难溶于水b.碳酸氢钠受热易分解c.碳酸氢钠溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出（3）某探究活动小组根据上述制碱原理，欲制备碳酸氢钠，同学们按各自设计的方案进行实验。第一位同学：将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。请回答：写出甲中发生反应的离子方程式_。乙装置中的试剂是_。实验结束后，分离出NaHCO3晶体
41、的操作是_（填分离操作的名称）。（4）第二位同学：用图中戊装置进行实验（其它装置未画出）。为提高二氧化碳在此反应溶液中被吸收的程度，实验时，须先从a管通入_气体，再从b管中通入_气体。装置c中试剂为_（选填字母）。e.碱石灰 f.浓硫酸 g.无水氯化钙若该同学进行实验时，所用饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为5.04g，则NaHCO3的产率为_。【答案】 (1). N2+3H22NH3 (2). c (3). CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 (4). 饱和碳酸氢钠 (5). 过滤 (6). NH3（氨） (7). CO2（二氧化碳）
42、(8). g (9). 60%【解析】【分析】工业合成氨是氢气和氮气反应生成氨气。碳酸氢铵、氯化钠易溶于水，因碳酸氢钠的溶解度相对较小。甲中发生反应是碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水；乙装置中主要是除掉挥发出的HCl杂质；实验结束后，从溶液中分离出NaHCO3晶体。为提高二氧化碳在此反应溶液中被吸收的程度，实验时，先通入氨气形成饱和溶液，氨气极易溶于水，要注意防倒吸，再通入二氧化碳气体反应；装置c目的是除去杂质，碱石灰不能除掉氨气，浓硫酸是液体，不能装在干燥管中，无水氯化钙与氨气反应；先根据NaClNaHCO3，得到理论生成NaHCO3质量，再计算NaHCO3的产率。【详解】工业合成氨
43、是氢气和氮气反应生成氨气，其化学反应方程式N2+3H22NH3；故答案为：N2+3H22NH3。碳酸氢铵、氯化钠易溶于水，因碳酸氢钠的溶解度相对较小，因此碳酸氢铵与饱和食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，溶液中析出碳酸氢钠；故答案为：c。甲中发生反应是碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，其离子方程式CaCO3+ 2H+ = Ca2+H2O+CO2；故答案为：CaCO3+2H+ = Ca2+H2O+CO2。乙装置中主要是除掉挥发出的HCl杂质，因此用饱和碳酸氢钠溶液除HCl；故答案为：饱和碳酸氢钠。实验结束后，从溶液中分离出NaHCO3晶体，因此分离出NaHCO3晶体的操作是过滤；故答案为：过滤。为提高二氧化碳在此反应溶液中被吸收的程度，实验时，先通入氨气形成饱和溶液，氨气极易溶于水，要注意防倒吸，再通入二氧化碳气体反应，因此先从a管通入NH3气体，再从b管中通入CO2气体；故答案为：NH3(氨)；CO2(二氧化碳)。装置c目的是除去杂质，碱石灰不能除掉氨气，浓硫酸是液体，不能装在干燥管中，无水氯化钙与氨气反应，因此c中的试剂为无水氯化钙；故答案为：g。若该同学进行实验时，所用饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，根据NaClNaHCO3，得到理论生成NaHCO3质量为，实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为5.04g，则NaHCO3的产率为；故答案为：60%。