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精品解析：江西省宜春市宜丰中学2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：江西省宜春市宜丰中学2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
江西省宜丰中学2022-2023学年高一下学期4月期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Fe-56 Mg 24 Cu-64 Zn-65
一、选择题(本题共18个小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 突飞猛进的新科技改变着人类的生活，生产方式，下列说法正确的是
A. 我国自主研发的东方超环(人造太阳)使用的氕、氘、氚互为同素异形体
B. 天眼用到的碳化硅是一种新型有机材料
C. 法能够实现直接从空气中捕获二氧化碳，该法可缓解全球日益严重的温室效应
D. 北斗导航专用硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为
【答案】C
【解析】
【详解】A．氕、氘、氚是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，A错误；
B．碳化硅属于无机物，碳化硅硬度大，熔点高，是一种新型的无机非金属材料，B错误；
C．捕获空气中的CO2可使空气中CO2的含量降低，能够减缓温室效应，C正确；
D．芯片的主要成分为晶体Si，D错误；
故选C
2. 下列关于元素周期表的判断，正确的是
A. 镧系和锕系位于周期表第IVB族
B. 第三周期第IVA族元素和第四周期第VIA族元素的原子序数之差为11
C. 已知第六周期某主族元素最外层电子数为2，那么该元素的原子序数为56
D. 电子层数相同的粒子，对应元素一定属于同一周期
【答案】C
【解析】
【详解】A．镧系和锕系位于周期表第ⅢB族，故A错误；
B．第三周期第IVA族元素和第四周期第VIA族元素的原子序数之差为20，故B错误；
C．已知第六周期某主族元素的最外层电子数为2，其位于第六周期ⅡA族，该元素的原子序数为56，故C正确；
D．电子层数相同的粒子，对应元素不一定属于同一周期，如O2-和Na+，故D错误；
故选C。
3. 下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下不能大量共存的是
A. K+、Na+、Cl-、SO B. Ca2+、Fe3+、NO、Cl-
C. Ba2+、Na+、I-、NO D. NH、Fe2+、Cl-、NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．K+、Na+、Cl-、SO与OH-能大量共存，与H+也能大量共存，A不符合题意；
B．Ca2+、Fe3+、NO、Cl-中Fe3+与OH-不能大量共存，Ca2+、Fe3+、NO、Cl-与H+能大量共存，B不符合题意；
C．Ba2+、Na+、I-、NO与OH-能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与I-发生氧化还原反应不能大量共存，C符合题意；
D．NH、Fe2+、Cl-、NO中的NH、Fe2+与OH-都不能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
4. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. NO2与水反应：2NO2+H2O=2H++2NO
B. 将通入过量冷氨水中：SO2+NH3·H2O=NH+HSO
C. 铜与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 向NH4HCO3溶液中加入过量的溶液并加热：NH+ OH-NH3↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，其离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO+NO，故A错误；
B．二氧化硫通入过量的氨水中，应生成SO，故B错误；
C．稀硝酸具有强氧化性，能与Cu反应生成硝酸铜、NO、H2O，其离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；
D．因加入过量的NaOH溶液，因此过量OH-与HCO反应生成CO和H2O，题中丢失一个离子反应，故D错误；
答案为C。
5. 下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
SO2有漂白性
SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B
NH3极易溶于水
充满NH3的试管倒置于水槽中，水面迅速上升
C
浓硫酸有强氧化性
浓硫酸可用于干燥H2和CO
D
常温下，铁与浓硝酸发生钝化
常温下，铁与浓硝酸不反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、SO2能使酸性高锰酸钾褪色，利用SO2的还原性和KMnO4的强氧化性，与SO2的漂白性无关，I和Ⅱ之间无因果关系，故A不符合题意；
B、NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和Ⅱ之间存在因果关系，故B符合题意；
C、浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C不符合题意；
D、钝化也是化学反应，故D不符合题意。
【点睛】易错点是选项A，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，利用SO2的还原性，SO2的漂白性一般仅限于使品红溶液褪色，且不能漂白酸碱指示剂，基础知识应记准。
6. 某元素的单质及其化合物间有如下的直接转化关系，则该元素是
单质氧化物酸(或碱) 盐
A. Fe B. Si C. N D. S
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁的氧化物无法与水反应生成酸或者碱，第二步反应无法实现，A错误；
B．硅的氧化物无法与水反应生成酸或者碱，第二步反应无法进行，B错误；
C．氮气与氧气直接反应生成NO，NO不与水反应，第二步无法实现，C错误；
D．单质S与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，S能实现题干中物质间的直接转化，D正确；
故答案选D。
7. 下图为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是
A. 若按③→②→①顺序连接，可检验所有气体产物
B. 若装置②只保留a、b，酸性高锰酸钾溶液足量，同样可以达到实验目的
C. 浓硫酸在反应中显酸性和强氧化性
D. 实验中a、b、c溶液均褪色
【答案】B
【解析】
【分析】为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物，装置①用于检验水蒸气，组合装置②中，a装置用于检验二氧化硫，装置b除去二氧化硫，装置c检验二氧化硫是否除尽，装置③检验二氧化碳。
【详解】A．二氧化硫、二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，且气体通过水溶液，会带出水蒸气，若按③→②→①顺序连接，无法检验所有气体产物，故A错误；
B．若装置②只保留a、b，酸性高锰酸钾溶液足量，通过酸性高锰酸钾溶液溶液颜色变浅，可以判断二氧化硫除尽，同样可以达到实验目的，通过澄清石灰水变浑浊检验二氧化碳，故B正确；
C．在浓硫酸和木炭的反应中，+6价S只转化成了二氧化硫，故浓硫酸在反应中只显强氧化性，故C错误；
D．实验中a、b溶液均褪色，装置c检验二氧化硫是否除尽，c溶液不褪色，说明二氧化硫除尽，故D错误；
故选B。
8. 如图是氮元素形成物质的价类二维图及氮循环的部分信息：
下列说法错误的是
A. 一定条件下，将b转化为a，这是一种固氮方式
B. a→c→d→f这几个反应中，均发生了N元素被氧化的反应
C. h可与f反应生成i
D. g只具有氧化性，还可能与碱发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a为氨气、b为氮气、c为一氧化氮、d为二氧化氮或四氧化二氮、e为五氧化二氮、f为硝酸、g为亚硝酸、h为一水合氨、+5价的盐为硝酸盐、-3价的盐为铵盐。
【详解】A． 一定条件下，将b转化为a，既氮气与氢气反应生成氨气，反应中氮元素从游离态转化为化合态，属于氮的固定，故A正确；
B． a→c→d→f这几个反应中，氮元素的化合价均升高被氧化，均发生了被氧化的反应，故B正确；
C． h可与f反应生成i，即一水合氨能与硝酸反应生成硝酸铵和水，故C正确；
D． g为亚硝酸，亚硝酸中氮元素的化合价+3价为中间价态，既具有氧化性也具有还原性，故D错误；
故选D。
9. 草甘膦，是一种有机膦类除草剂，其结构式如下图。其中X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素。其中E的原子序数为最外层电子数三倍，W的最外层电子数为内层电子数的三倍，下列说法正确的是
A. X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是Z
B. X、Z、W可构成既含离子键，又含共价键的化合物
C. 含有的溶液一定能使红色石蕊试剂变蓝
D. Z的氧化物对应水化物的酸性高于E的氧化物对应水化物的酸性
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素。其中E的原子序数为最外层电子数三倍，则E为P，W的最外层电子数为内层电子数的三倍，则W为O，根据结构式分析X有一个价键，Y有四个价键，Z有三个价键，则X、Y、Z分别为H、C、N。
【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是Y，故A错误；
B．X、Z、W可构成既含离子键，又含共价键的化合物，比如硝酸铵，故B正确；
C．含有的溶液可能显酸性，酸性溶液不能使红色石蕊试剂变蓝，故C错误；
D．Z的氧化物对应水化物的酸性不一定高于E的氧化物对应水化物的酸性，比如亚硝酸酸性小于磷酸酸性，故D错误。
综上所述，答案为B。
10. 将的混合物完全溶解于足量硝酸中，收集到、。再向所得溶液中加入过量的溶液，生成沉淀质量为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】将的混合物完全溶解于足量硝酸中，收集到、，由得失电子守恒可知，共转移电子为，再向所得溶液中加入过量的溶液，反应生成氢氧化镁和氢氧化铜沉淀，生成沉淀的质量为合金的质量和与金属离子反应的氢氧根的质量之和，由关系式，可知，，则，则沉淀的质量为5.6g+5.1g=10.7g；
选B。
11. 开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如图，下列有关说法正确的是
A. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应
B. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均为还原产物
C. 在制粗硅时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
D. 石灰石、纯碱、石英都属于盐，都能与盐酸反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．生产铝、铜、高纯硅的过程中都是由化合物生成单质，有元素化合价的变化，是氧化还原反应，生成玻璃的过程中只有SiO2与Na2CO3、CaCO3的反应，没有化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故A错误；
B．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应的化学方程式为：2 CuFeS2+4O2Cu2S+2FeO+3SO2，Cu的化合价从+2价降低到+1价，Cu2S是还原产物，O2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，FeO和SO2都是还原产物，所以Cu2S、FeO均为还原产物，故B正确；
C．制粗硅的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，氧化产物为CO，还原产物为Si，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，故C错误；
D．石灰石、纯碱属于盐，能与盐酸反应，石英不属于盐，不能与盐酸反应，故D错误；
故选B。
12. 在某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，则下列关于该溶液所含离子的推断中正确的是（ ）
A. 一定含有SO
B. 含有SO和Ag+
C. 可能含有SO、Ag+、SO中的一种或两种
D. 可能含有SO或CO
【答案】C
【解析】
【分析】加入BaCl2溶液产生了不溶于硝酸的白色沉淀，因为稀硝酸具有氧化性，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，则原溶液中可能存在SO、Ag+或SO，分别生成硫酸钡沉淀、氯化银沉淀，二者都不溶于硝酸。
【详解】A．Ag+、SO离子均能与BaCl2反应生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，故不能排除Ag+或SO的存在，A项错误；
B．硝酸具有氧化性，原溶液中若存在SO，也能生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，B项错误；
C．SO、Ag+、SO三种离子均能与BaCl2反应生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，故该溶液可能含有SO、Ag+、SO中的一种或两种，C项正确；
D．该溶液中不可能有CO的存在，因为BaCO3能溶于稀硝酸中，D项错误；
答案选C。
13. 下列关于甲烷、乙烯、聚乙烯的描述中错误的是
A. 甲烷、乙烯都能使溴水褪色，且褪色原理相同
B. 甲烷、聚乙烯均不能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 乙烯通过加聚反应得到聚乙烯
D. 甲烷、乙烯、聚乙烯都属于烃类
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷属于饱和烃，不能使溴水褪色，A错误；
B．甲烷、聚乙烯均属于饱和烃，不能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；
C．乙烯分子内含有碳碳双键，能发生加聚反应得到聚乙烯，C正确；
D．甲烷、乙烯、聚乙烯分子中都只含有碳、氢两种元素，都属于烃类，D正确；
故选A。
14. 实验室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，下列说法正确的是
A. 试管中发生了取代反应，试管内壁上有油珠产生
B. 反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，说明生成的一氯甲烷具有酸性
C. 甲烷和反应后的产物有4种
D. 和完全反应后液面上升，液体充满试管
【答案】A
【解析】
【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中HCl和CH3Cl是气体，其他三种均为液体，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，试管中发生了取代反应，试管内壁上有油珠产生，A项正确；
B．CH3Cl是非电解质，不显酸性，所得的混合气体显酸性的原因是HCl，B项错误；
C．甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl五种产物，C项错误；
D．甲烷和氯气的反应是不彻底的，且生成的一氯甲烷为难溶于水的气体，故最终液体不能充满整个试管，D项错误；
答案选A。
15. 正己烷是优良的有机溶剂，其球棍模型为，下列有关说法正确的是
A. 正己烷的分子式为C6H12 B. 正己烷的一氯代物有4种
C. 正己烷与正丁烷互为同系物 D. 正己烷能与溴发生取代反应而使溴水褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．正己烷为烷烃，其中只含C、H元素，球棍模型中直径较大的原子为C，直径较小的原子为H，根据球棍模型可知正己烷的分子式为C6H14，故A错误；
B．正己烷具有对称结构，结构中存在3种不同化学环境的氢原子，因此正己烷的一氯代物有3种，故B错误；
C．正丁烷的化学式为C4H10，其结构与正己烷相似，二者的化学式相差2个CH2基团，二者互为同系物，故C正确；
D．正己烷与溴水不发生反应，但溴单质能溶于正己烷中，因此正己烷与溴水混合时，发生萃取而使溴水褪色，故D错误；
综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。
16. 下列反应属于加成反应的是
A. CH4+Cl2CH3Cl+HCl
B. CH2=CH2+H2CH3CH3
C. 2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑
D. C2H4+3O22CO2+2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．CH4+Cl2CH3Cl+HCl甲烷中H原子被Cl原子代替，属于取代反应，故A不选；
B．CH2=CH2+H2CH3CH3乙烯分子中的碳碳双键变成了单键，属于加成反应，故B选；
C．2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑有单质参与和生成，属于置换反应，故C不选；
D．C2H4+3O22CO2+2H2O是乙烯与氧气燃烧反应，属于氧化反应，故D不选。
故选B。
17. 下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是
A. 都由C、H、O三种元素组成 B. 都能发生水解反应
C. 都是食品工业的重要原料 D. 都是高分子营养物质
【答案】C
【解析】
【详解】A．糖类、油脂都由C、H、O三种元素，蛋白质除了由C、H、O三种元素组成之外，还含有N、P、S等元素，A错误；
B．糖类中的单糖不能水解，多糖、油脂、蛋白质在一定条件下可以水解，B错误；
C．食品工业都需要糖类、油脂、蛋白质作为原料，C正确；
D．单糖、二糖、油脂的相对分子质量均在10000以下，不是高分子，D错误；
故答案选C。
18. 有机物A的分子式为，可发生如下转化。已知B、D是生活中的两种常见有机物。下列说法不正确的是
A. 有机物E的结构简式为
B. 由有机物B生成C的化学方程式为：
C. 用饱和溶液可鉴别B、D、E
D. 由B、D制备E时常用浓硫酸作催化剂和吸水剂
【答案】B
【解析】
【分析】有机物A分子式为，A与水发生加成反应生成B，B可发生连续氧化反应，则A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为，以此来解答。
【详解】A．由分析可知，有机物E的结构简式为，A正确；
B．由有机物B生成C是乙醇的催化氧化，其化学方程式为：，B错误；
C．用饱和溶液可鉴别B、D、E分别是乙醇，乙酸，乙酸乙酯，它们和碳酸钠混合时现象分别为无显现，气泡，分层，故可以区分，C正确；
D．酯化反应需要浓硫酸作催化剂和吸水剂，D正确；
故选B。
二、非选择题：共46分。
19. 写出下列链状烷烃的分子式：
（1）含有30个氢原子的烷烃的分子式为___________。
（2）烷烃A在同温同压下蒸气的密度是H2的36倍，则其分子式为___________。
（3）甲烷的电子式为___________。
（4）现有CH4、C2H4、C2H6、C3H6、C3H8五种有机物。同质量的以上物质完全燃烧时耗O2的量最多的是___________；同状况、同体积、同物质的量的以上物质完全燃烧时耗O2的量最多的是___________。
【答案】（1）C14H30
（2）C5H12 （3）
（4） ①. CH4 ②. C3H8
【解析】
【小问1详解】
已知烷烃的分子组成通式为：CnH2n+2，则含有30个氢原子，即2n+2=30，解得n=14，则该烷烃的分子式为C14H30，故答案为：C14H30；
【小问2详解】
已知烷烃的分子组成通式为：CnH2n+2，且知同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比等于其相对分子质量之比，故烷烃A在同温同压下蒸气的密度是H2的36倍，该烷烃的相对分子质量为36×2=72，则有14n+2=72，解得n=5，则其分子式为C5H12，故答案为：C5H12；
【小问3详解】
已知甲烷的分子式为CH4，则甲烷的电子式为，故答案为：；
【小问4详解】
现有CH4、C2H4、C2H6、C3H6、C3H8五种有机物，同质量烃完全燃烧时耗O2取决于氢的质量分数，氢的质量分数越大，则耗氧量越大，因此同质量的以上物质完全燃烧时耗O2的量最多的是CH4；同状况、同体积、同物质的量的烃(CxHy)完全燃烧时耗O2的量取决于，因此同状况、同体积、同物质的量的以上物质完全燃烧时耗O2的量最多的是C3H8，故答案为：CH4；C3H8。
20. 为纪念元素周期表诞生150周年，IUPAC等向世界介绍118位优秀青年化学家，并形成一张“青年化学家元素周期表”，其中包括8位中国青年化学家。中国学者雷晓光、姜雪峰、刘庄分别成为“N、S、Hg”元素的代言人。回答下列问题：
（1）上图为汞的原子结构示意图，汞在第___________周期。
（2）①叠氮化钠可用于汽车安全气囊的产气药，在撞击时能发生分解反应生成两种单质。计算理论上完全分解，释放出标准状况下的气体体积___________L。
②氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，工业将氧化铝、氮气和碳在一定条件下反应制得AlN和CO，请将下列的化学反应方程式配平，并用单线桥表示电子转移情况___________。
___________________ ________AlN+________CO
（3）利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的“价—类”二维图：
①从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有___________(填化学式)。
②Z的浓溶液与铝单质在加热条件下可以发生化学反应生成Y，该反应的化学方程式为___________，可用___________法收集Y(填序号)
A．向上排空气 B．向下排空气 C．排饱和食盐水 D．排饱和溶液
③Y和均能使品红溶液褪色，但两种气体按一定比例同时通入品红溶液中无明显现象。请用离子方程式解释原因___________。
【答案】（1）六 （2） ①. 33.6 ②.
（3） ①. SO2、H2SO3、Na2SO3 ②. 2Al ＋6H2SO4(浓) 3SO2↑＋Al2(SO4)3＋6H2O ③. AD ④. SO2＋Cl2＋2H2O ＝2Cl－＋＋4H＋
【解析】
【小问1详解】
上图为汞的原子结构示意图，汞原子核外电子有6个电子层，说明汞在第六周期；故答案为：六。
【小问2详解】
①在撞击时能发生分解反应生成两种单质即氮气和钠，其方程式为，(物质的量为1mol)完全分解，释放出氮气1.5mol，则标准状况下的气体体积1.5mol×22.4 L∙mol−1＝33.6L；故答案为：33.6。
②氮气中由0价变为−3价，降低6个价态，碳化合价升高，升高2个价态，根据化合价升降守恒得到氮气系数为1，碳系数为3，一氧化碳系数为3，氮化铝系数为2，氧化铝系数为1,得到1132AlN+3CO，单线桥表示电子转移为 ；故答案为： 。
【小问3详解】
①从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物，说明该化合物中硫处于中间价态即有SO2、H2SO3、Na2SO3；故答案为：SO2、H2SO3、Na2SO3。
②Z的浓溶液与铝单质在加热条件下可以发生化学反应生成Y(SO2)、硫酸铝和水，该反应的化学方程式为2Al ＋6H2SO4(浓) 3SO2↑＋Al2(SO4)3＋6H2O，二氧化硫密度比空气大，可采用向上排空气法收集，二氧化硫易溶于水，不能采用排水法收集，但可采用排饱和亚硫酸氢钠溶液法收集二氧化硫；故答案为：2Al ＋6H2SO4(浓) 3SO2↑＋Al2(SO4)3＋6H2O；AD。
③Y和均能使品红溶液褪色，但两种气体按一定比例同时通入品红溶液中无明显现象，主要两者反应在水中生成硫酸和盐酸而没有漂白性，其离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O ＝2Cl－＋＋4H＋；故答案为：SO2＋Cl2＋2H2O ＝2Cl－＋＋4H＋。
21. 硝酸在生产生活及国防建设中非常重要，工业制备硝酸的流程如下：
（1）②反应的化学方程式为___________。
（2）与浓硝酸反应的离子方程式为___________。
（3）硝酸工厂产生的氮氧化物的尾气需处理后才能排放，可用溶液吸收。主要反应为，。下列措施能提高NO和去除率的有___________(填字母)。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
（4）也可用溶液吸收氮氧化物的尾气制备。工艺流程如下：
已知：
①母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是___________。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中___________中(填“中和液”或“转化液”)。
②若将两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产时，的理论用量为___________t(假定恰好完全反应)。
【答案】（1）
（2）
（3）BC （4） ①. 将NaNO2氧化为NaNO3 ②. 转化液 ③. 106
【解析】
【分析】反应①为工业合成氨反应，②为NH3被O2氧化产生NO，③为NO被O2氧化为红棕色NO2，④为NO2与水反应产生HNO3；
用溶液吸收氮氧化物的尾气制备时，由制备流程可知，碳酸钠溶解后，“碱吸收”发生的反应为，然后中和液进行蒸发I、结晶I操作，过滤分离出，母液I主要含，母液I进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，氧气可将转化为，转化液进行蒸发II、结晶II、过滤II分离出，母液II主要含，应在转化液及结晶中提高利用率。
【小问1详解】
②为NH3被O2氧化产生NO，反应的化学方程式为；
【小问2详解】
与浓硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化氮：，故离子方程式为：；
【小问3详解】
A．加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A错误；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，能提高和去除率，故B正确；
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，能提高和去除率，故C正确；
故答案为：BC；
【小问4详解】
①据分析，母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是将NaNO2氧化为NaNO3，母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中转化液；
②若将两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产时，n(NaNO2)== 106mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为1：1，则n(NaNO3)= 106mol，由Na原子守恒可知，2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，的理论用量m(Na2CO3)=( 106mol+106mol)××106g/mol=1.06×108g=106t。
22. Ca3N2是一种极易水解的试剂。某小组利用氨气与钙反应制备氮化钙。
（1）装置A的分液漏斗中盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是___________；分液漏斗和烧瓶间连接的橡皮管的作用___________。
（2）装置B中盛放的试剂是___________，D中球形干燥管的作用是___________。
（3）点燃C处酒精灯之前的操作是： ___________，加入药品，启动A处的反应，使浓氨水滴入烧瓶中产生氨气，利用氨气赶走装置中的空气，避免O2与Ca反应；
（4）C中硬质玻璃管中反应的化学方程式为___________，若将Ca3N2溶于足量稀硝酸，反应的化学方程式为___________。
（5）从产品纯度考虑，应增加E装置在___________装置之间。
【答案】（1） ①. CaO或Ca(OH)2固体或NaOH固体 ②. 使烧瓶和分液漏斗内气体压强相等，便于浓氨水顺利滴下
（2） ①. 碱石灰 ②. 防止倒吸
（3）检验装置的气密性
（4） ①. 2NH3+3CaCa3N2+3H2 ②. Ca3N2+8HNO3=3Ca(NO3)2+2NH4NO3
（5）C、D
【解析】
【分析】装置A的分液漏斗中盛放浓氨水，能与CaO或Ca(OH)2固体或NaOH固体反应制备氨气，装置B中盛放碱石灰，用于干燥氨气，C中硬质玻璃管中氨气在加热条件下与钙反应制备氮化钙，D装置用于尾气吸收，D中球形干燥管能起到防倒吸的作用。
【小问1详解】
装置A分液漏斗中盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是CaO或Ca(OH)2固体或NaOH固体；橡胶管a可使烧瓶和分液漏斗内气体压强相等，便于浓氨水顺利滴下；
【小问2详解】
装置B的作用是干燥NH3，由于NH3是碱性气体，可以使用碱性干燥剂，其中盛放的试剂可以是碱石灰；NH3极易溶于水，用水吸收NH3时产生倒吸现象，在导气管末端安装了一个球形干燥管，可防止倒吸，故装置D中球形干燥管的作用是防止产生倒吸现象；
【小问3详解】
点燃C处酒精灯之前的操作是：检验装置的气密性，加入药品，使浓氨水滴入烧瓶中产生氨气，利用氨气赶走装置中的空气，避免O2与Ca反应；
【小问4详解】
在C中硬质玻璃管中NH3与Ca发生置换反应产生Ca3N2、H2，发生反应的化学方程式为：2NH3+3CaCa3N2+3H2；若将Ca3N2溶于足量稀硝酸，反应产生Ca(NO3)2、NH4NO3，反应的化学方程式为：Ca3N2+8HNO3=3Ca(NO3)2+2NH4NO3；
【小问5详解】
Ca是活泼金属，容易与水会发生反应产生Ca(OH)2导致物质纯度降低，装置D中的水蒸气会通过导气管进入装置C与Ca发生反应，导致物质纯度降低，应该在装置C、D之间增加装置E，来吸收水蒸气。
江西省宜丰中学2022-2023学年高一下学期4月期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Fe-56 Mg 24 Cu-64 Zn-65
一、选择题(本题共18个小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 突飞猛进的新科技改变着人类的生活，生产方式，下列说法正确的是
A. 我国自主研发的东方超环(人造太阳)使用的氕、氘、氚互为同素异形体
B. 天眼用到的碳化硅是一种新型有机材料
C. 法能够实现直接从空气中捕获二氧化碳，该法可缓解全球日益严重的温室效应
D. 北斗导航专用硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为
【答案】C
【解析】
【详解】A．氕、氘、氚是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，A错误；
B．碳化硅属于无机物，碳化硅硬度大，熔点高，是一种新型的无机非金属材料，B错误；
C．捕获空气中的CO2可使空气中CO2的含量降低，能够减缓温室效应，C正确；
D．芯片的主要成分为晶体Si，D错误；
故选C
2. 下列关于元素周期表的判断，正确的是
A. 镧系和锕系位于周期表第IVB族
B. 第三周期第IVA族元素和第四周期第VIA族元素的原子序数之差为11
C. 已知第六周期某主族元素最外层电子数为2，那么该元素的原子序数为56
D. 电子层数相同的粒子，对应元素一定属于同一周期
【答案】C
【解析】
【详解】A．镧系和锕系位于周期表第ⅢB族，故A错误；
B．第三周期第IVA族元素和第四周期第VIA族元素的原子序数之差为20，故B错误；
C．已知第六周期某主族元素的最外层电子数为2，其位于第六周期ⅡA族，该元素的原子序数为56，故C正确；
D．电子层数相同的粒子，对应元素不一定属于同一周期，如O2-和Na+，故D错误；
故选C。
3. 下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下不能大量共存的是
A. K+、Na+、Cl-、SO B. Ca2+、Fe3+、NO、Cl-
C. Ba2+、Na+、I-、NO D. NH、Fe2+、Cl-、NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．K+、Na+、Cl-、SO与OH-能大量共存，与H+也能大量共存，A不符合题意；
B．Ca2+、Fe3+、NO、Cl-中Fe3+与OH-不能大量共存，Ca2+、Fe3+、NO、Cl-与H+能大量共存，B不符合题意；
C．Ba2+、Na+、I-、NO与OH-能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与I-发生氧化还原反应不能大量共存，C符合题意；
D．NH、Fe2+、Cl-、NO中的NH、Fe2+与OH-都不能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
4. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. NO2与水反应：2NO2+H2O=2H++2NO
B. 将通入过量冷氨水中：SO2+NH3·H2O=NH+HSO
C. 铜与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 向NH4HCO3溶液中加入过量的溶液并加热：NH+ OH-NH3↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，其离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO+NO，故A错误；
B．二氧化硫通入过量的氨水中，应生成SO，故B错误；
C．稀硝酸具有强氧化性，能与Cu反应生成硝酸铜、NO、H2O，其离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；
D．因加入过量的NaOH溶液，因此过量OH-与HCO反应生成CO和H2O，题中丢失一个离子反应，故D错误；
答案为C。
5. 下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
SO2有漂白性
SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B
NH3极易溶于水
充满NH3的试管倒置于水槽中，水面迅速上升
C
浓硫酸有强氧化性
浓硫酸可用于干燥H2和CO
D
常温下，铁与浓硝酸发生钝化
常温下，铁与浓硝酸不反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、SO2能使酸性高锰酸钾褪色，利用SO2的还原性和KMnO4的强氧化性，与SO2的漂白性无关，I和Ⅱ之间无因果关系，故A不符合题意；
B、NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和Ⅱ之间存在因果关系，故B符合题意；
C、浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C不符合题意；
D、钝化也是化学反应，故D不符合题意。
【点睛】易错点是选项A，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，利用SO2的还原性，SO2的漂白性一般仅限于使品红溶液褪色，且不能漂白酸碱指示剂，基础知识应记准。
6. 某元素的单质及其化合物间有如下的直接转化关系，则该元素是
单质氧化物酸(或碱) 盐
A. Fe B. Si C. N D. S
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁的氧化物无法与水反应生成酸或者碱，第二步反应无法实现，A错误；
B．硅的氧化物无法与水反应生成酸或者碱，第二步反应无法进行，B错误；
C．氮气与氧气直接反应生成NO，NO不与水反应，第二步无法实现，C错误；
D．单质S与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，S能实现题干中物质间的直接转化，D正确；
故答案选D。
7. 下图为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是
A. 若按③→②→①顺序连接，可检验所有气体产物
B. 若装置②只保留a、b，酸性高锰酸钾溶液足量，同样可以达到实验目的
C. 浓硫酸在反应中显酸性和强氧化性
D. 实验中a、b、c溶液均褪色
【答案】B
【解析】
【分析】为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物，装置①用于检验水蒸气，组合装置②中，a装置用于检验二氧化硫，装置b除去二氧化硫，装置c检验二氧化硫是否除尽，装置③检验二氧化碳。
【详解】A．二氧化硫、二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，且气体通过水溶液，会带出水蒸气，若按③→②→①顺序连接，无法检验所有气体产物，故A错误；
B．若装置②只保留a、b，酸性高锰酸钾溶液足量，通过酸性高锰酸钾溶液溶液颜色变浅，可以判断二氧化硫除尽，同样可以达到实验目的，通过澄清石灰水变浑浊检验二氧化碳，故B正确；
C．在浓硫酸和木炭的反应中，+6价S只转化成了二氧化硫，故浓硫酸在反应中只显强氧化性，故C错误；
D．实验中a、b溶液均褪色，装置c检验二氧化硫是否除尽，c溶液不褪色，说明二氧化硫除尽，故D错误；
故选B。
8. 如图是氮元素形成物质的价类二维图及氮循环的部分信息：
下列说法错误的是
A. 一定条件下，将b转化为a，这是一种固氮方式
B. a→c→d→f这几个反应中，均发生了N元素被氧化的反应
C. h可与f反应生成i
D. g只具有氧化性，还可能与碱发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a为氨气、b为氮气、c为一氧化氮、d为二氧化氮或四氧化二氮、e为五氧化二氮、f为硝酸、g为亚硝酸、h为一水合氨、+5价的盐为硝酸盐、-3价的盐为铵盐。
【详解】A． 一定条件下，将b转化为a，既氮气与氢气反应生成氨气，反应中氮元素从游离态转化为化合态，属于氮的固定，故A正确；
B． a→c→d→f这几个反应中，氮元素的化合价均升高被氧化，均发生了被氧化的反应，故B正确；
C． h可与f反应生成i，即一水合氨能与硝酸反应生成硝酸铵和水，故C正确；
D． g为亚硝酸，亚硝酸中氮元素的化合价+3价为中间价态，既具有氧化性也具有还原性，故D错误；
故选D。
9. 草甘膦，是一种有机膦类除草剂，其结构式如下图。其中X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素。其中E的原子序数为最外层电子数三倍，W的最外层电子数为内层电子数的三倍，下列说法正确的是
A. X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是Z
B. X、Z、W可构成既含离子键，又含共价键的化合物
C. 含有的溶液一定能使红色石蕊试剂变蓝
D. Z的氧化物对应水化物的酸性高于E的氧化物对应水化物的酸性
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素。其中E的原子序数为最外层电子数三倍，则E为P，W的最外层电子数为内层电子数的三倍，则W为O，根据结构式分析X有一个价键，Y有四个价键，Z有三个价键，则X、Y、Z分别为H、C、N。
【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是Y，故A错误；
B．X、Z、W可构成既含离子键，又含共价键的化合物，比如硝酸铵，故B正确；
C．含有的溶液可能显酸性，酸性溶液不能使红色石蕊试剂变蓝，故C错误；
D．Z的氧化物对应水化物的酸性不一定高于E的氧化物对应水化物的酸性，比如亚硝酸酸性小于磷酸酸性，故D错误。
综上所述，答案为B。
10. 将的混合物完全溶解于足量硝酸中，收集到、。再向所得溶液中加入过量的溶液，生成沉淀质量为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】将的混合物完全溶解于足量硝酸中，收集到、，由得失电子守恒可知，共转移电子为，再向所得溶液中加入过量的溶液，反应生成氢氧化镁和氢氧化铜沉淀，生成沉淀的质量为合金的质量和与金属离子反应的氢氧根的质量之和，由关系式，可知，，则，则沉淀的质量为5.6g+5.1g=10.7g；
选B。
11. 开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如图，下列有关说法正确的是
A. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应
B. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均为还原产物
C. 在制粗硅时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
D. 石灰石、纯碱、石英都属于盐，都能与盐酸反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．生产铝、铜、高纯硅的过程中都是由化合物生成单质，有元素化合价的变化，是氧化还原反应，生成玻璃的过程中只有SiO2与Na2CO3、CaCO3的反应，没有化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故A错误；
B．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应的化学方程式为：2 CuFeS2+4O2Cu2S+2FeO+3SO2，Cu的化合价从+2价降低到+1价，Cu2S是还原产物，O2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，FeO和SO2都是还原产物，所以Cu2S、FeO均为还原产物，故B正确；
C．制粗硅的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，氧化产物为CO，还原产物为Si，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，故C错误；
D．石灰石、纯碱属于盐，能与盐酸反应，石英不属于盐，不能与盐酸反应，故D错误；
故选B。
12. 在某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，则下列关于该溶液所含离子的推断中正确的是（ ）
A. 一定含有SO
B. 含有SO和Ag+
C. 可能含有SO、Ag+、SO中的一种或两种
D. 可能含有SO或CO
【答案】C
【解析】
【分析】加入BaCl2溶液产生了不溶于硝酸的白色沉淀，因为稀硝酸具有氧化性，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，则原溶液中可能存在SO、Ag+或SO，分别生成硫酸钡沉淀、氯化银沉淀，二者都不溶于硝酸。
【详解】A．Ag+、SO离子均能与BaCl2反应生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，故不能排除Ag+或SO的存在，A项错误；
B．硝酸具有氧化性，原溶液中若存在SO，也能生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，B项错误；
C．SO、Ag+、SO三种离子均能与BaCl2反应生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，故该溶液可能含有SO、Ag+、SO中的一种或两种，C项正确；
D．该溶液中不可能有CO的存在，因为BaCO3能溶于稀硝酸中，D项错误；
答案选C。
13. 下列关于甲烷、乙烯、聚乙烯的描述中错误的是
A. 甲烷、乙烯都能使溴水褪色，且褪色原理相同
B. 甲烷、聚乙烯均不能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 乙烯通过加聚反应得到聚乙烯
D. 甲烷、乙烯、聚乙烯都属于烃类
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷属于饱和烃，不能使溴水褪色，A错误；
B．甲烷、聚乙烯均属于饱和烃，不能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；
C．乙烯分子内含有碳碳双键，能发生加聚反应得到聚乙烯，C正确；
D．甲烷、乙烯、聚乙烯分子中都只含有碳、氢两种元素，都属于烃类，D正确；
故选A。
14. 实验室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，下列说法正确的是
A. 试管中发生了取代反应，试管内壁上有油珠产生
B. 反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，说明生成的一氯甲烷具有酸性
C. 甲烷和反应后的产物有4种
D. 和完全反应后液面上升，液体充满试管
【答案】A
【解析】
【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中HCl和CH3Cl是气体，其他三种均为液体，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，试管中发生了取代反应，试管内壁上有油珠产生，A项正确；
B．CH3Cl是非电解质，不显酸性，所得的混合气体显酸性的原因是HCl，B项错误；
C．甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl五种产物，C项错误；
D．甲烷和氯气的反应是不彻底的，且生成的一氯甲烷为难溶于水的气体，故最终液体不能充满整个试管，D项错误；
答案选A。
15. 正己烷是优良的有机溶剂，其球棍模型为，下列有关说法正确的是
A. 正己烷的分子式为C6H12 B. 正己烷的一氯代物有4种
C. 正己烷与正丁烷互为同系物 D. 正己烷能与溴发生取代反应而使溴水褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．正己烷为烷烃，其中只含C、H元素，球棍模型中直径较大的原子为C，直径较小的原子为H，根据球棍模型可知正己烷的分子式为C6H14，故A错误；
B．正己烷具有对称结构，结构中存在3种不同化学环境的氢原子，因此正己烷的一氯代物有3种，故B错误；
C．正丁烷的化学式为C4H10，其结构与正己烷相似，二者的化学式相差2个CH2基团，二者互为同系物，故C正确；
D．正己烷与溴水不发生反应，但溴单质能溶于正己烷中，因此正己烷与溴水混合时，发生萃取而使溴水褪色，故D错误；
综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。
16. 下列反应属于加成反应的是
A. CH4+Cl2CH3Cl+HCl
B. CH2=CH2+H2CH3CH3
C. 2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑
D. C2H4+3O22CO2+2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．CH4+Cl2CH3Cl+HCl甲烷中H原子被Cl原子代替，属于取代反应，故A不选；
B．CH2=CH2+H2CH3CH3乙烯分子中的碳碳双键变成了单键，属于加成反应，故B选；
C．2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑有单质参与和生成，属于置换反应，故C不选；
D．C2H4+3O22CO2+2H2O是乙烯与氧气燃烧反应，属于氧化反应，故D不选。
故选B。
17. 下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是
A. 都由C、H、O三种元素组成 B. 都能发生水解反应
C. 都是食品工业的重要原料 D. 都是高分子营养物质
【答案】C
【解析】
【详解】A．糖类、油脂都由C、H、O三种元素，蛋白质除了由C、H、O三种元素组成之外，还含有N、P、S等元素，A错误；
B．糖类中的单糖不能水解，多糖、油脂、蛋白质在一定条件下可以水解，B错误；
C．食品工业都需要糖类、油脂、蛋白质作为原料，C正确；
D．单糖、二糖、油脂的相对分子质量均在10000以下，不是高分子，D错误；
故答案选C。
18. 有机物A的分子式为，可发生如下转化。已知B、D是生活中的两种常见有机物。下列说法不正确的是
A. 有机物E的结构简式为
B. 由有机物B生成C的化学方程式为：
C. 用饱和溶液可鉴别B、D、E
D. 由B、D制备E时常用浓硫酸作催化剂和吸水剂
【答案】B
【解析】
【分析】有机物A分子式为，A与水发生加成反应生成B，B可发生连续氧化反应，则A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为，以此来解答。
【详解】A．由分析可知，有机物E的结构简式为，A正确；
B．由有机物B生成C是乙醇的催化氧化，其化学方程式为：，B错误；
C．用饱和溶液可鉴别B、D、E分别是乙醇，乙酸，乙酸乙酯，它们和碳酸钠混合时现象分别为无显现，气泡，分层，故可以区分，C正确；
D．酯化反应需要浓硫酸作催化剂和吸水剂，D正确；
故选B。
二、非选择题：共46分。
19. 写出下列链状烷烃的分子式：
（1）含有30个氢原子的烷烃的分子式为___________。
（2）烷烃A在同温同压下蒸气的密度是H2的36倍，则其分子式为___________。
（3）甲烷的电子式为___________。
（4）现有CH4、C2H4、C2H6、C3H6、C3H8五种有机物。同质量的以上物质完全燃烧时耗O2的量最多的是___________；同状况、同体积、同物质的量的以上物质完全燃烧时耗O2的量最多的是___________。
【答案】（1）C14H30
（2）C5H12 （3）
（4） ①. CH4 ②. C3H8
【解析】
【小问1详解】
已知烷烃的分子组成通式为：CnH2n+2，则含有30个氢原子，即2n+2=30，解得n=14，则该烷烃的分子式为C14H30，故答案为：C14H30；
【小问2详解】
已知烷烃的分子组成通式为：CnH2n+2，且知同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比等于其相对分子质量之比，故烷烃A在同温同压下蒸气的密度是H2的36倍，该烷烃的相对分子质量为36×2=72，则有14n+2=72，解得n=5，则其分子式为C5H12，故答案为：C5H12；
【小问3详解】
已知甲烷的分子式为CH4，则甲烷的电子式为，故答案为：；
【小问4详解】
现有CH4、C2H4、C2H6、C3H6、C3H8五种有机物，同质量烃完全燃烧时耗O2取决于氢的质量分数，氢的质量分数越大，则耗氧量越大，因此同质量的以上物质完全燃烧时耗O2的量最多的是CH4；同状况、同体积、同物质的量的烃(CxHy)完全燃烧时耗O2的量取决于，因此同状况、同体积、同物质的量的以上物质完全燃烧时耗O2的量最多的是C3H8，故答案为：CH4；C3H8。
20. 为纪念元素周期表诞生150周年，IUPAC等向世界介绍118位优秀青年化学家，并形成一张“青年化学家元素周期表”，其中包括8位中国青年化学家。中国学者雷晓光、姜雪峰、刘庄分别成为“N、S、Hg”元素的代言人。回答下列问题：
（1）上图为汞的原子结构示意图，汞在第___________周期。
（2）①叠氮化钠可用于汽车安全气囊的产气药，在撞击时能发生分解反应生成两种单质。计算理论上完全分解，释放出标准状况下的气体体积___________L。
②氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，工业将氧化铝、氮气和碳在一定条件下反应制得AlN和CO，请将下列的化学反应方程式配平，并用单线桥表示电子转移情况___________。
___________________ ________AlN+________CO
（3）利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的“价—类”二维图：
①从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有___________(填化学式)。
②Z的浓溶液与铝单质在加热条件下可以发生化学反应生成Y，该反应的化学方程式为___________，可用___________法收集Y(填序号)
A．向上排空气 B．向下排空气 C．排饱和食盐水 D．排饱和溶液
③Y和均能使品红溶液褪色，但两种气体按一定比例同时通入品红溶液中无明显现象。请用离子方程式解释原因___________。
【答案】（1）六 （2） ①. 33.6 ②.
（3） ①. SO2、H2SO3、Na2SO3 ②. 2Al ＋6H2SO4(浓) 3SO2↑＋Al2(SO4)3＋6H2O ③. AD ④. SO2＋Cl2＋2H2O ＝2Cl－＋＋4H＋
【解析】
【小问1详解】
上图为汞的原子结构示意图，汞原子核外电子有6个电子层，说明汞在第六周期；故答案为：六。
【小问2详解】
①在撞击时能发生分解反应生成两种单质即氮气和钠，其方程式为，(物质的量为1mol)完全分解，释放出氮气1.5mol，则标准状况下的气体体积1.5mol×22.4 L∙mol−1＝33.6L；故答案为：33.6。
②氮气中由0价变为−3价，降低6个价态，碳化合价升高，升高2个价态，根据化合价升降守恒得到氮气系数为1，碳系数为3，一氧化碳系数为3，氮化铝系数为2，氧化铝系数为1,得到1132AlN+3CO，单线桥表示电子转移为 ；故答案为： 。
【小问3详解】
①从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物，说明该化合物中硫处于中间价态即有SO2、H2SO3、Na2SO3；故答案为：SO2、H2SO3、Na2SO3。
②Z的浓溶液与铝单质在加热条件下可以发生化学反应生成Y(SO2)、硫酸铝和水，该反应的化学方程式为2Al ＋6H2SO4(浓) 3SO2↑＋Al2(SO4)3＋6H2O，二氧化硫密度比空气大，可采用向上排空气法收集，二氧化硫易溶于水，不能采用排水法收集，但可采用排饱和亚硫酸氢钠溶液法收集二氧化硫；故答案为：2Al ＋6H2SO4(浓) 3SO2↑＋Al2(SO4)3＋6H2O；AD。
③Y和均能使品红溶液褪色，但两种气体按一定比例同时通入品红溶液中无明显现象，主要两者反应在水中生成硫酸和盐酸而没有漂白性，其离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O ＝2Cl－＋＋4H＋；故答案为：SO2＋Cl2＋2H2O ＝2Cl－＋＋4H＋。
21. 硝酸在生产生活及国防建设中非常重要，工业制备硝酸的流程如下：
（1）②反应的化学方程式为___________。
（2）与浓硝酸反应的离子方程式为___________。
（3）硝酸工厂产生的氮氧化物的尾气需处理后才能排放，可用溶液吸收。主要反应为，。下列措施能提高NO和去除率的有___________(填字母)。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
（4）也可用溶液吸收氮氧化物的尾气制备。工艺流程如下：
已知：
①母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是___________。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中___________中(填“中和液”或“转化液”)。
②若将两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产时，的理论用量为___________t(假定恰好完全反应)。
【答案】（1）
（2）
（3）BC （4） ①. 将NaNO2氧化为NaNO3 ②. 转化液 ③. 106
【解析】
【分析】反应①为工业合成氨反应，②为NH3被O2氧化产生NO，③为NO被O2氧化为红棕色NO2，④为NO2与水反应产生HNO3；
用溶液吸收氮氧化物的尾气制备时，由制备流程可知，碳酸钠溶解后，“碱吸收”发生的反应为，然后中和液进行蒸发I、结晶I操作，过滤分离出，母液I主要含，母液I进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，氧气可将转化为，转化液进行蒸发II、结晶II、过滤II分离出，母液II主要含，应在转化液及结晶中提高利用率。
【小问1详解】
②为NH3被O2氧化产生NO，反应的化学方程式为；
【小问2详解】
与浓硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化氮：，故离子方程式为：；
【小问3详解】
A．加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A错误；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，能提高和去除率，故B正确；
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，能提高和去除率，故C正确；
故答案为：BC；
【小问4详解】
①据分析，母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是将NaNO2氧化为NaNO3，母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中转化液；
②若将两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产时，n(NaNO2)== 106mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为1：1，则n(NaNO3)= 106mol，由Na原子守恒可知，2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，的理论用量m(Na2CO3)=( 106mol+106mol)××106g/mol=1.06×108g=106t。
22. Ca3N2是一种极易水解的试剂。某小组利用氨气与钙反应制备氮化钙。
（1）装置A的分液漏斗中盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是___________；分液漏斗和烧瓶间连接的橡皮管的作用___________。
（2）装置B中盛放的试剂是___________，D中球形干燥管的作用是___________。
（3）点燃C处酒精灯之前的操作是： ___________，加入药品，启动A处的反应，使浓氨水滴入烧瓶中产生氨气，利用氨气赶走装置中的空气，避免O2与Ca反应；
（4）C中硬质玻璃管中反应的化学方程式为___________，若将Ca3N2溶于足量稀硝酸，反应的化学方程式为___________。
（5）从产品纯度考虑，应增加E装置在___________装置之间。
【答案】（1） ①. CaO或Ca(OH)2固体或NaOH固体 ②. 使烧瓶和分液漏斗内气体压强相等，便于浓氨水顺利滴下
（2） ①. 碱石灰 ②. 防止倒吸
（3）检验装置的气密性
（4） ①. 2NH3+3CaCa3N2+3H2 ②. Ca3N2+8HNO3=3Ca(NO3)2+2NH4NO3
（5）C、D
【解析】
【分析】装置A的分液漏斗中盛放浓氨水，能与CaO或Ca(OH)2固体或NaOH固体反应制备氨气，装置B中盛放碱石灰，用于干燥氨气，C中硬质玻璃管中氨气在加热条件下与钙反应制备氮化钙，D装置用于尾气吸收，D中球形干燥管能起到防倒吸的作用。
【小问1详解】
装置A分液漏斗中盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是CaO或Ca(OH)2固体或NaOH固体；橡胶管a可使烧瓶和分液漏斗内气体压强相等，便于浓氨水顺利滴下；
【小问2详解】
装置B的作用是干燥NH3，由于NH3是碱性气体，可以使用碱性干燥剂，其中盛放的试剂可以是碱石灰；NH3极易溶于水，用水吸收NH3时产生倒吸现象，在导气管末端安装了一个球形干燥管，可防止倒吸，故装置D中球形干燥管的作用是防止产生倒吸现象；
【小问3详解】
点燃C处酒精灯之前的操作是：检验装置的气密性，加入药品，使浓氨水滴入烧瓶中产生氨气，利用氨气赶走装置中的空气，避免O2与Ca反应；
【小问4详解】
在C中硬质玻璃管中NH3与Ca发生置换反应产生Ca3N2、H2，发生反应的化学方程式为：2NH3+3CaCa3N2+3H2；若将Ca3N2溶于足量稀硝酸，反应产生Ca(NO3)2、NH4NO3，反应的化学方程式为：Ca3N2+8HNO3=3Ca(NO3)2+2NH4NO3；
【小问5详解】
Ca是活泼金属，容易与水会发生反应产生Ca(OH)2导致物质纯度降低，装置D中的水蒸气会通过导气管进入装置C与Ca发生反应，导致物质纯度降低，应该在装置C、D之间增加装置E，来吸收水蒸气。
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