内江市第六中学2019-2020学年高一下学期入学考试化学C试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精四川省内江市第六中学2019-2020学年高一下学期入学考试化学C试题含解析化学试题（C卷）可能用到的相对原子质量:H-1C—12O—16Na-23Cl—35。5Cu—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（)①汽车尾气中的氮氧化物与光化学烟雾的形成有关②大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因③硅是制造太阳能电池和光导纤维的主要原料④减少CO2排放，可遏制全球气候变暖⑤碘盐中的碘可以直接用淀粉检验⑥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A①③⑤ B.②③④⑤C.②④⑥ D。①②④【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】①氧化物可导致光化学烟雾,故①正确；②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②正确；③二氧化硅是光导纤维的主要原料，故③错误；④减少CO2排放，可减少温室效应，遏制全球气候变暖，故④正确;⑤碘盐中的碘是以化合态存在的，不能直接用淀粉检验，故⑤错误;⑥硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，故⑥错误。答案选D。【点睛】本题考查较为综合，涉及环境污染及治理、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Ⅷ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Ⅷ族，故D错误；故选B。【点睛】注意把握周期、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【解析】【详解】A．CO2和SO2都可与Na2CO3溶液反应，不能用于除杂,选项A错误；B．SO2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；D．SO2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】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【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ⅤⅡA族。【详解】A．16号、52号元素分别位于第三周期ⅥA族、第五周期ⅥA族，X位置正确,故A正确;B．26号、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；C．74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；D．18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，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。H2SO3 D。NH4+【答案】A【解析】【详解】实验（1)中使品红溶液褪色的物质为H2SO3，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。A B.B C.C D。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，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+6HNO3＝Fe（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-＝BaSO4↓D.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，生成一水合氨，不能放出氨气，离子反应为NH4++OH-═NH3·H2O，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↓+2NH3·H2O，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【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bACl2NaBrBCO2CaCl2CSO2Ba（NO3)2DNO2FeSO4A.A B.B C.C D。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HCl〉H2CO3，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。【点睛】物质混合发生的现象与物质的性质有关。如酸性HCl>H2CO3，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HNO3〉H2SO3，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中发生了氧化还原反应，A不合理；B．A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；C．B中发生反应为SO2+I2+2H2O==2I-+SO42—+4H+,则还原性SO2>I-，反应发生后,B中蓝色溶液褪色，C合理；D．SO2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。lmolCl2与足量的铁粉充分反应转移的电子数为0。2NAB.1。0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NAC.标准状况下,11。2L甲烷和乙烯（C2H4）混合物中含氢原子数目为2NAD.0.1molCl2通入水中,HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于0.2NA【答案】B【解析】【详解】A。氯气与铁粉反应时生成氯化铁，则0。lmolCl2与足量的铁粉充分反应转移的电子数为0。2NA,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。0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1。0NA，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0.5×4NA=2NA，故C正确;D。氯气与水反应为可逆反应，0.1molCl2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。2NA，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0.1molCl2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。2NA。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。504mL B.168mL C.336mL D.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()①分子式为C12H20O2②它的同分异构体中有芳香族化合物③能使酸性KMnO4溶液褪色④1mol该有机物在一定条件下能和3molH2反应⑤密度比水小⑥1mol该有机物水解时能消耗1molNaOH⑦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①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②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③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2molH2反应，故④错误；酯类物质的密度比水小，故⑤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⑥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⑦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）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）.①CH3②CH2③CH2O④CH4O【答案】（1).羟基（2）。CH2=CH2（3）。2（4）。2，2—二甲基丙烷（5）.C4H8(6）.①④【解析】【分析】⑴醇的官能团—OH得名称.⑵先计算摩尔质量，再得到分子式和结构简式.⑶该物质有两条对称轴,有2种位置的氢.⑷新戊烷用系统命名法命名.⑸根据CxHy～O2,1molC3H8完全燃烧消耗5molO2，1molC4H8完全燃烧消耗6molO2。⑹①CH3只是乙烷的最简式，只代表一种有机物；②CH2是烯烃的最简式或环烷烃的最简式，不只代表一种有机物；③CH2O是甲醛的最简式或乙酸的最简式，不只代表一种有机物;④CH4O是甲醇的最简式,只代表一种有机物。【详解】⑴醇的官能团的名称是羟基。⑵某气态有机物相对于氢气的密度为14，，M=28g∙mol−1,根据28÷12=2∙∙∙4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.⑶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。⑷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。⑸根据CxHy~O2，1molC3H8完全燃烧消耗5molO2,1molC4H8完全燃烧消耗6molO2,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。⑹①CH3只是乙烷的最简式，只代表一种有机物，故①符合题意;②CH2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②符合题意；③CH2O是甲醛的最简式或乙酸的最简式，不只代表一种有机物，故③符合题意;④CH4O是甲醇的最简式,只代表一种有机物，故④符合题意；综上所述，答案为:①④.23.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).2NH4Cl＋Ca（OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑(6）。使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合(7）.d(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2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑;(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。Ⅰ.（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.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：①用SO2处理含铬废水时，利用了SO2的_____性。②吸收塔中发生反应的离子方程式为_____。Ⅱ.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=2CaSO4·2H2O。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)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】Ⅰ（1)二氧化硫与氯化钙不能发生反应，而与氢氧化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）①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;②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；Ⅱ（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=NaHCO3↓+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：①写出甲中发生反应的离子方程式______。②乙装置中的试剂是_