1、浙江省丽水市松阳县第二中学2019-2020学年高一化学4月线上教学检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 Be-9 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ag-108 Ba-137一、选择题（每小题2分，共24小题，一共48分）1.X、Y、Z三种非金属元素具有相同的电子层数，它们的气态氢化物的稳定性强弱顺序是XH3H2YYZB. 原子得电子能力XYZC. 原子半径XYZD. 离子还原性X3Y2YX，故错误；B、同周期从左向右非金属性增强，得电子能力增强，即ZYX
2、，故正确；C、同周期从左向右半径减小，即XYZ，故错误；D、一般非金属性强，其离子的还原性减弱，X3Y2Z，故错误。2.有Wn+、Xm+、Ym-、Zn-四种短周期元素的离子(mn)，且W、X、Y、Z四种原子的M电子层上的电子数均为奇数。下列说法中正确的是（ ）A. Wn+、Xm+、Ym-、Zn-的离子半径依次减小B. Y、Z的气态氢化物的热稳定性：YHmHnZC. W、X、Y、Z最高价氧化物对应的水化物都是强电解质D. W、X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z四种原子的M电子层上的电子数均为奇数，则均为第三周期元素，Wn+、X
3、m+、Ym-、Zn-四种短周期元素的离子mn，则W、X、Y、Z四种元素分别为Na、Al、P、Cl。【详解】ANa+、Al3+核外有两层电子，P3-、Cl-的核外有三层电子，所以P3-、Cl-的半径大于Na+、Al3+的半径，故A错误；B元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性ClP，所以气态氢化物的热稳定性：HClPH3，故B错误；CW、X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H3PO4、HClO4，NaOH是强碱，HClO4是强酸，均为强电解质，Al(OH)3是两性氢氧化物，是弱电解质，H3PO4是弱酸，也是弱电解质，故C错误；D根据C的分析，可知 N
4、a、Al、P、Cl的最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强，故D正确；故选D。【点睛】同一周期元素，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，所以最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强。3.X、Y、Z、W、M均为短周期元素，M的一种核素不含中子，X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，Y原子最外层电子数为内层电子数的3倍。下列说法不正确的是A. 原子半径：ZXYMB. X、Y、Z、W与M均能形成18电子分子C. X、Y、M形成的化合物水溶液一定呈酸性D. Y的简单阴离子还原性弱于X的简单阴离子还原性【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，M
5、的一种核素不含中子，则M是H元素，Y原子最外层电子数为内层电子数的3倍，则Y是O元素，根据元素的相对位置各种X是N元素，Z是Si元素，W是Cl元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知，X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，W是Cl元素，M是H元素。A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，M原子核外只有1层，X、Y核外有2个电子层；Z、W核外有3个电子层，所以原子半径ZXYM，A正确；B. X、Y、Z、W分别是N、O、Si、Cl，M是H，这些元素与H形成的18电子的分子分别是N2H4、H2O2、SiH4、HCl，B正确；C.X、Y、M形成的化合物如HN
6、O3、HNO2、NH4NO3水溶液呈酸性，而NH3H2O显碱性，C错误；D.元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱，由于元素的非金属性YX，所以Y的简单阴离子还原性弱于X的简单阴离子还原性，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了元素周期律中位、构、性三者之间的关系，元素的推断是解答的关键，M的一种核素不含中子及Y原子最外层电子数为内层电子数的3倍是判断的突破口，注意利用元素的相对位置确定元素的种类，根据原子结构中的关系及非金属性的比较，题目难度中等。4.氮化钠(Na3N)是科学家制备的一种重要的化合物，它与水作用可产生NH3，主要用于制造炸药及用作分析试剂等。下列分析不正确的是（
7、）A. 化合物Na3N是由离子键形成的B. 比较Na3N中两种粒子的半径：r(Na+)r(N3-)C. Na3N与水反应的化学方程式为Na3N+3H2O=3NaOH+NH3D. Na3N与过量的HCl(aq)反应，生成两种盐【答案】B【解析】【详解】A化合物Na3N是由Na+和N3-通过离子键形成的，故A正确；BNa+和N3-的电子层结构相同，半径取决于质子数；质子数越多，半径越小，所以半径：r(Na+)r(N3-)，故B错误；CNa3N与水反应可产生NH3，同时生成NaOH，化学方程式为Na3N+3H2O=3NaOH+NH3，故C正确；DNa3N与过量的HCl(aq)反应，生成NaCl和NH
8、4Cl两种盐，故D正确；故选B。5.对于4NH3(g) + 3O2(g) 2N2(g) + 6 H2O(g) 的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是A. v(NH3)0.6 mol L-1min-1B. v(O2) 0.4 mol L-1min-1C. v(N2)0.2 mol L-1min-1D. v(H2O) 0.3 mol L-1min-1【答案】A【解析】【分析】对于反应4NH3(g) + 3O2(g) 2N2(g) + 6 H2O(g)，用不同物质表示其反应速率，数值不同但意义相同，所以比较反应速率要转化为同种物质的反应速率来比较大小，利用反应速率之比等于化学计量数之比
9、来分析。【详解】4NH3(g) + 3O2(g) 2N2(g) + 6 H2O(g)A.v（NH3）=0.6molL -1min -1； B.v（O2）=0.4molL -1min -1，则v（NH3）=0.4molL -1min -1=0.53 molL -1min -1； C.v（N2）=0.2molL -1min -1，则v（NH3）=0.2 molL -1min -12=0.4 molL -1min -1； D.v（H2O）=0.3 molL -1min -1，则v（NH3）=0.3molL -1min -1=0.2 molL -1min -1； 显然A表示的该反应的反应速率最大， 故
10、选A。【点睛】本题考查化学反应速率的比较，明确反应速率之比等于化学计量数之比及转化为同种物质的反应速率再进行比较是解答本题的关键。6.下到表示正确的是A. 氯原子结构示意图B. 乙炔的球棍模型C. 乙烯的结构简式CH2=CH2D. 氯化氢的电子式-【答案】C【解析】【详解】A氯原子最外层为7个电子，氯原子的结构示意图为：，故A错误；B乙炔分子中含有两个碳氢键和1个碳碳三键，乙炔的球棍模型为：，故B错误；C乙烯中存在碳碳双键，双键不能省略，结构简式为：CH2=CH2，故C正确；DHCl为共价化合物，电子式为，故D错误；故选C。7.下列离子方程式正确的是A. 用食醋除水垢的原理： 2H+CaCO3
11、=Ca2+H2OCO2B. 小苏打治疗胃酸过多的反应：CO32-2H+=CO2H2OC. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe6H+=2Fe3+3H2D. 氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钡溶液反应：OHBa2+HCO3=BaCO3H2O【答案】D【解析】【详解】A醋酸和碳酸钙都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO-，故A错误；B用小苏打治疗胃酸过多反应，碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体和水，正确的离子方程式为：HCO3-+H+CO2+H2O，故B错误；C浓盐酸与铁屑反应生成亚铁离子，反应的离子反应为Fe+2H+Fe2+H2，故C错误；D氢氧
12、化钠溶液与过量的碳酸氢钡溶液反应，离子方程式：OH-+Ba2+HCO3-BaCO3+H2O，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆开。8.下列说法正确的是A. 乙烯、苯均能与H2发生加成反应，说明两者均含碳碳双键B. 相同质量的烃完全燃烧，耗氧量最大的是CH4C. 相同质量的乙炔、苯分别在足量氧气中燃烧，苯比乙炔消耗的氧气质量多D. 乙烯、氯乙烯、聚氯乙烯均能使溴水褪色【答案】B【解析】【详解】A苯不含碳碳双键，但可与氢气发生加成反应，故A错误；B甲烷的含氢量最大，等质量时耗氧量最大，故B正确；C乙炔与苯的最简式相同，均为CH，含C、H的质量分数
13、相同，则相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同，故C错误；D聚乙烯不含碳碳双键，与溴水不反应，故D错误； 故选B。9.下列晶体熔化时不需要破坏化学键的是A. 晶体硅B. 食盐C. 干冰D. 金属钾【答案】C【解析】【详解】A晶体硅 是原子晶体，熔化时破坏共价键，错误；B食盐是离子晶体，熔化时破坏离子键，错误；C干冰是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关，正确；D金属钾是金属晶体，熔化时破坏的为金属键，错误.故选C。10.我国最近在太阳能光电催化化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是A. 该装置工作时，H+由b极
14、区流向a极区B. 该制氢工艺中光能最终转化为化学能C. a极上发生的电极反应为Fe3+e-=Fe2+D. a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液【答案】B【解析】【分析】根据电子的移动方向，a极为原电池的负极，b极为原电池的正极，结合原电池原理分析解答。【详解】A该装置工作时，H+从a极区流向b极区，在b极得到电子生成氢气，故A错误；B该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，故B正确；Ca极上亚铁离子失去电子生成铁离子，发生氧化反应，电极反应为Fe2+-e-Fe3+，故C错误；D根据图示，该过程涉及两个反应步骤，第一步亚铁离子失去电子生成铁离子，第二步，铁离子氧化硫化氢生成硫单质和亚
15、铁离子，所以a极区无需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液，故D错误；故选B。11.下列属于酸的是A. HClO3B. Na2CO3C. SO2D. KOH【答案】A【解析】【分析】酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，据此分析解答。【详解】AHClO3溶于水电离出氢离子和氯酸根离子，属于酸，故A正确；B碳酸钠是金属离子和酸根离子构成的盐，故B错误；CSO2是由硫、氧两种元素组成的化合物，属于酸性氧化物，故C错误；D氢氧化钾电离出阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，故D错误；故选A。12.下列仪器名称为“分液漏斗”的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】AA的名称为漏斗、
16、或普通漏斗、或短颈玻璃漏斗；BB的名称为容量瓶；CC的名称为量筒；DD的名称为分液漏斗；故选D。13.下列属于电解质的是A. 硫酸B. 淀粉C. 氢气D. 硅【答案】A【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，据此分析判断。【详解】A硫酸在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子，其溶液能导电，所以硫酸是电解质，故A正确；B淀粉在水溶液里或熔融状态下都不导电，淀粉是混合物，既不属于电解质，也不是非电解质，故B错误；C氢气为单质，不是非电解质也不是电解质，故C错误；D硅为单质，不是非电解质也不是电解质，故D错误；故选A。14.下列说法正确的是A. 天然气的主要成分是甲烷的水合物B.
17、 石油裂解、煤的气化、液化都属于化学变化C. 石油裂化的目的是为了得到气态烯烃D. 煤中含有苯和甲苯，可用先干馏后分馏的方法把它们分离出来【答案】B【解析】【详解】A天然气的主要成分是甲烷，选项A错误；B、通过石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等重要的基本化工原料，所以石油的裂解是化学变化，煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤转化为液体燃料的过程，属于化学变化，选项B正确；C、石油裂化的主要目的是获得更多的汽油等轻质油，选项C错误；D煤中不含苯和甲苯，煤干馏后获得煤焦油，煤焦油蒸馏能分离出苯和甲苯，煤的干馏属于化学变化，选项D错误；答案选B。15.下列说法不正确的是A.
18、 氯气可用于合成药物B. SO2环境污染大，工业生产中没有价值C. 纯碱在造纸工业中有着重要的应用D. 硫酸铜可作泳池池水消毒剂【答案】B【解析】【详解】A氯气的用途比较广泛，可用于合成多种药物，如氯仿可用于麻醉剂，故A正确；B二氧化硫是污染气体，但可以利用二氧化硫制备硫酸等化工原料，故B错误；C纯碱是造纸的重要原料，所以纯碱在造纸工业中有着重要的应用，故C正确；D重金属离子能使蛋白质发生变性，可用于消毒，所以硫酸铜可作泳池池水消毒剂，故D正确；故选B。16.一定温度下，向容器为2L的密闭容器通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（ ）A. 该反应
19、的化学方程式为3B4D6A2CB. 反应进行到1s时，v(A)=v(C)C. 反应进行到6s时，B的平均反应速率0.05mol/(Ls)D. 反应进行到6s时，各物质的反应速率相等【答案】C【解析】【详解】A从图像可以看出，B和C的物质的量减少，为反应物，A和D的物质的量增加，为生成物，物质的量变化的比为方程式的系数比，所以该反应的化学方程式为3B4C6A2D，故A错误；B反应进行到1s时，A和C的物质的量相等，但用A和C表示的反应速率的比为方程式的系数比，即2v(A)=3v(C)，故B错误；C反应进行到6s时，B的物质的量的变化为1.0mol-0.4mol=0.6mol，所以用B表示的平均反
20、应速率为=0.05mol/(Ls)，故C正确；D反应进行到6s时，各物质的反应速率之比等于方程式的系数比，故D错误；故选C17.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是（ ）A. 2v(NH3)=v(CO2)B. 密闭容器中c(NH3)c(CO2)=21C. 密闭容器中混合气体的密度不变D. 密闭容器中氨气的体积分数不变【答案】C【解析】【详解】A、2v(NH3)=v(CO2)未体现正逆的关系，故A错误；B、只要反应发生，密闭容器中就存在c(
21、NH3)：c(CO2)=2：1，故B错误；C、密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故C正确；D、从反应开始到平衡，密闭容器中氨气的体积分数一直不变，故D错误；答案选C。【点晴】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1、各物质的浓度不变。2、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变
22、的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。18.下列反应中，属于吸热反应的是（ ）A 乙醇燃烧B. 氧化钙溶于水C. 碳酸钙受热分解D. 盐酸和氢氧化钠反应【答案】C【解析】【详解】A. 乙醇燃烧是放热反应；B. 氧化钙溶于水，发生化合反应，是放热反应；C. 碳酸钙受热分解是吸热反应；D. 盐酸和氢氧化钠发生酸碱中和反应，是放热反应；故选C。【点睛】常见的放热反应：燃烧反应、酸碱中和反应、铝热反应、大多数的化合反应、活泼金属跟水或酸的置换反应；常见的吸热反应：大多数的分解反应、C和CO2化合成CO的反应、C和水蒸气在高温下生成水煤气的反应、Ba
23、(OH)28H2O和NH4Cl的复分解反应。19.已知在1105 Pa、298 K条件下，2 mol氢气燃烧生成水蒸气放出484 kJ热量，下列热化学方程式正确的是()A. H2O(g)= H2(g)O2(g)H242 kJmol1B. 2H2(g)O2(g)= 2H2O(l)H484 kJmol1C. H2(g)O2(g)= H2O(g)H242 kJmol1D. 2H2(g)O2(g)= 2H2O(g)H484 kJmol1【答案】A【解析】【详解】A项、2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，则1mol氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，其逆过程就要吸收这些热量，则热化学方程式为
24、H2O(g)= H2(g)O2(g)H242 kJmol1，故A正确；B项、2mol氢气燃烧生成的水应该为气态，而不是液态，故B错误；C项、反应为放热反应，此时焓变符号为负，则热化学方程式为H2(g)O2(g)= H2O(g)H242 kJmol1，故C错误；D项、反应为放热反应，此时焓变符号为负，则热化学方程式为2H2(g)O2(g)= 2H2O(g)H484 kJmol1，故D错误；故选A。【点睛】注意热化学方程式的化学计量数，热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数；热化学方程式中的反应热表示反
25、应已完成时的热量变化，由于H与反应完成的量有关，所以方程式中化学式前面的化学计量数必须与H相对应，如果化学计量数加倍，则H也要加倍。当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。20.镍镉（Ni-Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充、放电反应按下式进行：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，有关这个电池的说法正确的是（ ）A. 原电池时的正极反应是：Cd(OH)2+2e-=Cd+OH-B. 原电池时的负极反应是：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2C. 放电时负极附近的溶液的碱性不变D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动【答案】B【解析】
26、【分析】根据Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O可知，放电时Cd是负极，发生氧化反应，NiOOH是正极，发生还原反应；充电时Ni(OH)2在阳极发生氧化反应，Cd(OH)2在阴极发生还原反应。【详解】A原电池的正极是NiOOH发生还原反应：2NiOOH +2e-+2H2O = 2Ni(OH)2+2OH-，故A错误；B原电池的负极是Cd发生氧化反应：Cd - 2e- + 2OH- = Cd(OH)2，故B正确；C放电时负极反应是Cd-2e-+2OH- = Cd(OH)2，所以负极附近的溶液的碱性减弱，故C错误；D放电时电解质溶液中的OH-向负极移动，故D错误；故选B。【点
27、睛】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。21.在密闭系统中有反应C(s)CO2(g) 2CO(g)，能使反应速率加快的措施是通过减小容器体积增大压强 升高温度 将炭粉碎 通入CO2 增加炭的量 恒容条件下通入N2使得压强增大A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】加快反应速率，可从影响化学反应速率的因素思考，可通过升高温度、有气体参加的反应可增大压强、增大固体的表面积以及增大反应物的浓度等。【详解】反应有气体参加，增大压强，反应物的浓度增大，反应速率增大，故正确；升高温度，反应速率增大，故正确；将炭粉碎，固体表面积增大，反应速率
28、增大，故正确；通CO2气体，反应物的浓度增大，反应速率增大，故正确；增加炭的量，固体的浓度不变，反应速率不变，故错误恒容条件下通入N2，参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，故错误正确的有；答案：C【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，本题注意影响化学反应速率的因素和影响原因，注重常见相关基础知识的积累，易错点。22.一定量的甲烷在O2不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和H2O的总质量为14.4 g，若其中水的质量为7.2 g，则CO的质量是 ()。A. 2.8 gB. 4.4 gC. 5.6 gD. 在2.8 g5.6 g之间【答案】A【解析】【详解】先由可知生成物中H2O为0.4mol
29、，再由组成关系式H2O2H可知，生成物中所含H为0.8mol，则由甲烷组成关系式CH44H可知，反应物中甲烷为0.2mol；设生成物中CO、CO2分别为xmol、ymol，由碳元素守恒可得：x+y=0.2，由nM可知，28x+44y+7.2=14.4，解上述方程组可得：x=0.1、y=0.1，则CO、CO2的质量分别为2.8g、4.4g；答案选A。【点睛】本类题的解题策略：（1）掌握基本概念，找出各化学量之间的关系；（2）找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用。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
30、进行计算。23.1mol C2H4与Cl2完全加成，再与Cl2彻底取代，两过程共用Cl2A. 2 molB. 4molC. 5molD. 6mol【答案】C【解析】【详解】1mol C2H4有1mol碳碳双键，能与1mol Cl2完全加成生成ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl再与Cl2彻底取代，理解取代的实质，1个氯气取代一个氢原子，ClCH2CH2Cl有4个氢原子，则全部取代完需要4个氯气，即1mol ClCH2CH2Cl中的氢全部取代需要4mol氯气，因此总共需要5mol氯气，故C正确；综上所述，答案C。24.苯分子中不存在碳碳单键、碳碳双键的交替结构，下列可以作为证据的事实是（
31、）苯不能使酸性KMnO4溶液褪色苯不能因发生化学反应而使溴的四氯化碳溶液褪色苯在加热和有催化剂存在的条件下能与H2加成生成环己烷苯分子中碳碳键的键长完全相等邻二氯苯()只有一种间二氯苯()只有一种A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】若苯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，能说明苯中不存在单双键交替结构；若苯中含有碳碳双键，则能和溴加成而使溴的四氯化碳溶液褪色，苯不能因发生化学反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，则说明苯中不存在单双键交替结构；不管苯中有无单双键交替结构，苯在加热和有催化剂存在的条件下都能与H2加成生成环己烷，所以苯能和氢气加成生
32、成环己烷不能说明苯中不存在单双键交替结构；若苯分子中存在碳碳单键、碳碳双键的交替结构，则苯分子中碳碳键的键长不会完全相等，所以苯分子中碳碳键的键长完全相等，能说明苯中不存在单双键交替结构；若苯分子中存在碳碳单键、碳碳双键交替结构，则邻二氯苯有两种：一种是连接两个氯原子的两个碳原子之间是碳碳单键，另一种是连接两个氯原子的两个碳原子之间是碳碳双键，所以邻二氯苯只有一种，可以说明苯中不存在单双键交替结构；不管苯中有无单双键交替结构，间二氯苯()都只有一种，所以间二氯苯只有一种，不能说明苯中不存在单双键交替结构；故选D。二、填空题25.（1）写出以下两种物质的化学式：天然气的主要成分：_；生石灰：_。
33、（2）写出乙烯制备乙醇的化学方程式：_。【答案】 (1). CH4 (2). CaO (3). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH【解析】【详解】（1）天然气的主要成分是甲烷，化学式为CH4；生石灰是氧化钙，化学式为CaO。（2）乙烯和水加成可以制备乙醇，化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。26.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图1。E原子最外层电子数是D原子最外层电子数的4倍，D的简单离子核外电子排布与C2相同。图1 图2试回答：(1)元素E在元素周期表中的位置是_。(2)与元素D的简单离子所含电子数和质子数均相同
34、的微粒是_(用化学式作答，下同)。(3)B和E的最高价氧化物对应的水化物，酸性较弱的为_。若用上图2中装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)由以上五种元素组成的中学常见的物质，其组成和结构信息如下表：物质组成和结构信息a含有A、C、D的盐bC、D组成的化合物，且原子个数之比为11c化学组成为AC2a含有的化学键有_；b与c反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 第三周期A族 (2). NH (或H3O) (3). H2SiO3 (4). HNO3 (5). Na2SiO3 (6). 中出现白色胶状沉淀 (7). 离子键、共价键 (8).
35、2Na2O22CO2=2Na2CO3O2【解析】【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，E原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，则D处于IA族，E处于A族，E与A最外层电子数相同，二者同周期，且E的原子半径较大，故A为碳元素、E为Si；最外层电子数CB4，且二者原子半径小于碳原子，故B、C处于第二周期，C利用形成离子C2-，故C为O元素，则B为N元素；D离子核外电子排布与O2-相同，且D处于IA族，故D为Na。【详解】（1）元素E为Si，在元素周期表中的位置是：第三周期A族；（2）元素D离子为Na+，与Na+所含电子数和质子数均相同的微粒是：NH4+ （或H3O
36、+）；（3）B和E最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、H2SiO3，酸性较弱的为H2SiO3，若验证这两种酸的酸性强弱，根据强酸制弱酸的原理，则在装置中加入的试剂分别为：为HNO3，为Na2SiO3，发生反应：2HNO3+Na2SiO3=H2SiO3+2NaNO3，现象为：中出现白色胶状沉淀；（4）由以上五种元素组成的中学常见物质，a是含有C、O、Na的盐，则a为Na2CO3，c的化学组成为AC2，则c为CO2，b是O、Na组成的化合物，且原子数之比为1：1，则b为Na2O2，a为Na2CO3，含有离子键、共价键；b与c反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。27
37、.断开1 mol AB(g)分子中的化学键使其分别生成气态A原子和气态B原子所吸收的能量称为AB键的键能。下表列出了一些化学键的键能E：化学键HHClClOOCClCHOHHClE/kJmol1436247x330413463431请回答下列问题：如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为_(填“吸热”或“放热”)反应，其中H_(用含有a、b的关系式表示)。若图示中表示反应H2(g)1/2O2(g)H2O(g) H241.8 kJmol1，则b_kJmol1，x_。(3)历史上曾用“地康法”制氯气，这一方法是用CuCl2作催化剂，在450 利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气。反应的化学方程式为_
38、。若忽略温度和压强对反应热的影响，根据上题中的有关数据，计算当反应中有1 mol电子转移时，反应的能量变化为_。【答案】 (1). 放热 (2). (ab)kJmol1 (3). 926 (4). 496.4 (5). O24HCl2Cl22H2O (6). 放出热量31.4 kJ【解析】【分析】（1）由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，焓变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量；（2）b为1mol水中含有的化学键的键能，即为2倍的OH的键能，根据焓变H=反应物的键能总和生成物的键能总和可计算出x数值；（3）用CuCl2作催化剂，在450利用空气中
39、的氧气跟氯化氢反应制氯气，生成氯气和水；先根据H=反应物的键能总和生成物的键能总和求出反应的H，然后根据转移电子数与焓变的对应比例关系确定热量变化。【详解】（1）由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，焓变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量，因此H=（ab）kJmol-1；（2）b为1mol水中含有的化学键的键能，即为2倍的OH的键能，因此b=2463kJ/mol=926kJ/mol，根据焓变H=反应物的键能总和-生成物的键能总和可得：436+x/2-4632=-241.8，解得x=496.4；（3）用CuCl2作催化剂，在450利用空气中的氧气跟
40、氯化氢反应制氯气，生成氯气和水，反应的化学方程式为O24HCl2Cl22H2O；该反应的反应热H=E（O=O）+4E（H-Cl）-2E（Cl-Cl）-4E（O-H）=（496.4+4431-2247-4463）kJmol-1=125.6 kJmol-1，当1mol氧气完全反应时转移电子为4mol，放出125.6kJ热量，因此当1mol电子转移时放出的热量为125.6kJ1/4=31.4kJ。28.下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在空格上。同位素 ，同系物 ，同素异形体 ，同分异构体 。金刚石与“足球烯”C60； D与T； 16O、17O和18O；氧气（O2）与臭氧（O3）； CH4和
41、CH3CH2CH3；乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）；【答案】、 、。【解析】【详解】同位素是质子数相同，而中子数不同的同一元素的不同种原子，有D与T；16O、17O和18O；同素异形体是有同种元素组成的不同性质的单质，包括金刚石与“足球烯”C60和氧气（O2）与臭氧（O3）；同分异构体是分子式相同结构不同的化合物。包括乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）和和。三、实验题29.某同学用如图所示装量制取少量溴苯并证明该反应是取代反应。请回答：(1)仪器A的名称为_，冷凝水的进水口为_，(填“m”或“n”)。(2)制取溴苯的化学方程式为_。(3)锥形瓶中足量NaOH溶液
42、的作用是_。(4)从实验安全的角度分析，该实验装置存在一处明显的缺陷请指出_。(5)反应结束后向三颈瓶中滴加氢氧化钠溶液，充分振荡，然后用_(填仪器名称)分离出溴苯(仍含有少量苯)。(6)设计实验证明制取溴苯的反应是取代反应_。【答案】 (1). 冷凝管 (2). n (3). (4). 吸收溴化氢 (5). 锥形瓶内的长导管的管口不应伸入溶液中 (6). 分液漏斗 (7). 取反应后锥形瓶中的溶液少许于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，说明为取代反应【解析】【详解】（1）仪器A的名称为：冷凝管；冷凝水应该为下口进上口出，进水口为n。（2）制取溴苯的化学方程式为：。（3）实验
43、中产生的HBr为有毒气体，需要进行尾气处理，锥形瓶中足量NaOH溶液的作用是：吸收溴化氢。（4）溴化氢容易与氢氧化钠反应发生倒吸，故该实验装置中的缺陷是：锥形瓶内的长导管的管口不应伸入溶液中。（5）反应结束后向三颈瓶中滴加氢氧化钠溶液，充分振荡，溴苯不溶于水，应该用分液漏斗进行分离，故答案为分液漏斗。（6）取反应后锥形瓶中的溶液少许于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，说明为取代反应。四、计算题30.（1）某气态烃A在标况下的密度是1.34g/L，其相对分子质量为：_。（2）根据（1）中信息，该烃A中碳元素的质量分数为80%，则其一氯取代物有几种：_。【答案】 (1). 30 (2). 1【解析】【详解】（1）某气态烃A在标况下的密度是1.34g/L，根据标况下气体摩尔体积为22.4L/mol，可计算其摩尔质量为1.34g/L22.4L/mol=30g/mol，所以其相对分子质量为30。（2）A的相对分子质量为30，碳元素的质量分数为80%，则1个A分子中含有的碳原子个数为=2，所以氢原子个数为30-212=6，所以A的分子式为C2H6，为乙烷，结构简式为CH3CH3，分子中只有一种氢原子，所以其一氯取代物只有一种。
