浙江省诸暨市诸暨中学2018_2019学年高一化学上学期期中试题（实验班含解析）.docx

浙江省诸暨市诸暨中学2018-2019学年高一化学上学期期中试题（实验班，含解析）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1原子结构模型的演变图中，为道尔顿实心球式原子模型、为卢瑟福带核的原子模型、为汤姆生葡萄干面包式原子模型、为玻尔轨道式原子模型。其中符合历史演变顺序的一组排列是 A B C D2下列物质为含有共价键的离子化合物的是ANa2O BCaCl2 CNH3H2O DNaOH3下列变化需要克服相同类型作用力的是A溴和汞的气化B氯化氢和氯化钠的溶解C晶体硅和C60的熔化D碘和干冰的升华4下列顺序排列不正确的是A非金属性FOS B熔沸点SiO2NaClH2OC原子半径ClSiC D热稳定性HFH2ONH35下列说法不正确的是A李比希法是最早用于测定有机化合物中碳、氢元素质量分数的方法B元素分析仪可以确定有机物的分子结构C从红外光谱图上可以获得分子中含有何种化学键或官能团的信息D氢核磁共振谱是测定有机物结构的重要方法6下列表示不正确的是ANa+ 结构示意图 B乙烷的球棍模型C乙炔的结构简式C2H2 D氯化钙的电子式 7苯环结构中，不存在单、双键交替结构，下列可以作为证据的事实是苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色苯中碳碳键的键长均相等苯能在一定条件下跟氢气加成生成环己烷经实验测得邻二甲苯仅有一种结构苯在溴化铁做催化剂的条件下可以与液溴发生取代反应，但不因化学变化使溴水褪色苯的氢核磁共振谱图只有一组峰A B C D全部8下列叙述正确的是A浓硫酸是一种具有强氧化性的干燥剂，能够干燥H2、O2等气体，但不能干燥有较强还原性的SO2气体B浓硫酸与单质碳反应，既表现了其强氧化性又表现了其酸性C工业上用98.3%的硫酸吸收SO3，目的是为了防止形成酸雾，使SO3吸收完全D将某气体通入品红溶液，品红溶液褪色，则该气体一定为SO29下列说法不正确的是A18O和16O是质子数相同的两种核素B戊烷的一种同分异构体可命名为2,2-二甲基丙烷C丙烷的一氯代物和正丁烷的一氯代物种数不同D金刚石和石墨在氧气中完全燃烧均只生成二氧化碳气体10元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是XYZQA原子半径(r)：r(Q)r(Y)r(Z)B元素X有-4，+2、+4等多种价态CZ的氧化物对应的水化物酸性比Y强，故非金属性ZYD可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物11下列说法不正确的是A石油裂解气可以使溴水褪色，也可以使高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同B在酒化酶的作用下葡萄糖厌氧发酵可以生成乙醇C石油裂化的目的是为了提高轻质油的质量和产量DCH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2 Cl+ HCl属于取代反应12下列说法正确的是ACaO与水反应过程中，有共价键的断裂和形成BH2O的热稳定性比H2S强，是由于H2O的分子间作用力较大CKCl、HCl、KOH的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物D葡萄糖、二氧化碳和足球烯(C60)都是共价化合物，它们的晶体都属于分子晶体13下列关于乙苯的叙述正确的是能使酸性高锰酸钾褪色能发生加聚反应可溶于水，密度比水小能与H2发生加成反应，1mol乙苯最多消耗3molH2能因物理变化使溴水褪色苯环上的一溴代物有三种同分异构体所有的碳原子都可能共平面A B C D全部14乙烷中混有乙烯，欲除去乙烯得到纯净的乙烷气体，最好依次通过哪一组试剂A澄清石灰水、浓硫酸B酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸C溴水、浓硫酸D足量氢气15下列说法正确的是ACH3CH(C2H5)CH2CH3的名称是 2-乙基丁烷BC2H4 和 C3H6 互为同系物C35Cl2 与 37Cl2互称同素异形体DC5H12的同分异构体有 3 种，其沸点各不相同16下列说法正确的是A甲烷有两种二氯代物B甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了甲基对苯环的影响C甲烷与乙烯可以通过燃烧的方法加以区分D煤中含有苯和甲苯，通过干馏、分馏可以分离得到苯17四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若mn，则下列叙述的判断正确的是a-b=n-m 元素的原子序数abcd 元素非金属性ZR 最高价氧化物对应水化物碱性XY 离子半径r(Rm-)r(Zn-)r(Yn+)r(Xm+)A正确 B只有正确 C正确 D正确18下列反应的产物中，有的有同分异构体，有的没有同分异构体，其中一定不存在同分异构体的反应是A异戊二烯CH2=C(CH3)CH=CH2与等物质的量的Br2发生加成反应B2-氯丙烷CH3CHClCH3与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应C甲苯在一定条件下发生硝化生成一硝基甲苯的反应D乙烷与氯气在光照下发生取代反应19某元素原子的质量数为A，它的离子Xn+核外有y个电子，Wg这种原子的原子核内中子数为A BC D20某化学兴趣小组进行了有关Cu、稀硝酸、稀硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是A实验中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明HNO3被Cu还原为NO2B实验中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强C实验发生反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO44CuSO4+2NO+4H2OD由上述实验可得出结论:Cu在常温下既可以和稀硝酸反应，又可以和稀硫酸反应21设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A32 g S8(分子结构：)中的共价键数目为NAB2 g由H218O和2H2O组成的物质中含有的质子数为NAC14 g乙烯和丙烯的混合物完全燃烧时，产生的CO2分子数目为NAD15 g 甲基中所含的电子数为10NA22通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实解释或结论正确的是现象解释或结论A向某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液并加热，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该固体试样中不可能存在NH4+B浓硫酸可使pH试纸现变红后变黑浓硫酸具有酸性和脱水性C向溶液中先滴加稀硝酸，在滴加Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀原溶液中一定含有SO42-D氯乙烷与NaOH溶液共热，冷却后，取样，先滴加硝酸至酸性，再滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀氯乙烷发生了消去反应23现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是A制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2B喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，肯定是因为装置的气密性不好C关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈烧瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈D工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷水处理效果好241.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况。向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是A该合金中铜与铁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mLDNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%二、实验题25某校学生用如图所示装置进行实验，以探究苯与溴发生反应的原理并分离提纯反应的产物。请回答下列问题：(1)冷凝管所起的作用为冷凝回流和导气，冷凝水从_口进入(填“a或“b”)。(2)实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。 中小试管内苯的作用是_。能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是_。中球形干燥管的作用是_。(3)待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时，关闭分液漏斗活塞，再_，这样操作的目的是_。(用化学方程式表示)三、推断题26短周期四种元素A、B、C、D，它们的原子序数依次增大。A、D同主族且最外层电子数为奇数，A为元素周期表中原子半径最小的元素，B原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，C为地壳中含量最多的元素。请回答下列问题：(1)C元素的离子结构示意图_，C元素形成的常见液态化合物的结构式_。(2)D元素在元素周期表中的位置_，写出D在C单质中燃烧形成的化合物的电子式_。(3)B与C分别形成的简单气态氢化物中较稳定的是_，其中B形成的简单气态氢化物的空间结构 _，画出B与C反应生成的XY2型化合物的电子式_。(4)过量B的最高价氧化物与D的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应的离子方程式_。(5)分子式为B6A14的物质含有多种同分异构体，其中一种同分异构体的一氯代物只有两种，写出该种物质的结构简式_。27烃A是一种重要的化工原料，已知A在标准状况下的密度为1.25gL-1，D是塑料的主要成分，据此回答下列有关问题：(1)A的结构简式为_。(2)反应的反应类型为_。(3)反应的方程式为_。(4)下列说法不正确的是_。A通过石蜡油的裂化可以得到多种A的同系物，如丙烯B反应的条件是氯气、光照C反应的反应类型为消去反应D反应为加聚反应，得到的产物可使酸性高锰酸钾溶液褪色E得到C有多种途径，通过途径得到C，产率较低28A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质。E、F均为气体，且F为红棕色。有关的转化关系如下图所示(反应条件均已略去)。 请回答下列问题：(1)D的化学式为_ 。(2)反应的离子方程式为_ 。(3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为_ 。四、填空题29(1)用系统命名法命名下列有机物CH3CH(C2H5)CH(CH3)2 _ (2)写出下列物质的结构简式对二甲苯_2-甲基-1,3-丁二烯_2018-2019学年浙江省诸暨市诸暨中学高一(实验班)上学期期中考试化学试题化学 答 案参考答案1A【解析】试题分析：19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型；911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型；1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，所以正确的答案选A。 考点：考查原子的结构和化学史的判断点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。注意基础知识的结论和总结，有利于培养学生的学习兴趣，激发学生的学习积极性。2D【解析】【详解】A.氧化钠是只含离子键的离子化合物，故A错误；B.氯化钙是只含离子键的离子化合物，故B错误；C.一水合氨是只含共价键的共价化合物，故C错误；D.氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，氢氧化钠是含有共价键的离子化合物，故D正确。故选D。【点睛】含活泼金属(Na、K、Ca、Ba)或铵根离子的化合物是离子化合物，是离子化合物都含离子键，其它同种的或不同种的非金属原子之间形成的化学键都是共价键。3D【解析】【详解】A.溴的气化克服分子间作用力，汞的气化克服金属键，故A不选；B.氯化氢的溶解克服共价键，氯化钾的溶解克服离子键，故B不选；C.晶体硅的熔化克服共价键，C60的熔化克服分子间作用力，故C不选；D.碘和干冰的升华都需要克服分子间作用力，故D选。故选D。4C【解析】【详解】A.同周期元素从左向右非金属性增强，则FO，同主族元素从上到下非金属性减弱，则OS，所以非金属性FOS，故A正确；B.三种晶体中，SiO2为原子晶体，熔沸点最高，H2O为分子晶体，H2O熔沸点最低，NaCl为离子晶体，熔沸点较高，正确顺序为：SiO2NaClH2O，故B正确；C.Si、Cl是同周期元素原子，同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，所以原子半径SiCl；C、Si是同主族元素原子，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，所以原子半径SiC；故C错误；D.同周期从左到右元素的非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，热稳定性顺序为：HFH2ONH3，故D正确。故选C。【点睛】熔沸点高低：一般来说，原子晶体离子晶体分子晶体。5B【解析】【分析】A.测定有机化合物中碳、氢元素质量分数的方法最早是由李比希于1831年提出的；B.元素分析仪是一种能分析物质所含元素的一种仪器，能利用先进的技术精密地分析物质；C.当一束具有连续波长的红外光通过物质，物质分子中某个基团的振动频率或转动频率和红外光的频率一样时，分子就吸收能量由原来的基态振(转)动能级跃迁到能量较高的振(转)动能级，分子吸收红外辐射后发生振动和转动能级的跃迁，该处波长的光就被物质吸收；D.核磁共振仪能确定有机化合物中氢元素的化学环境。【详解】A.李比希于1831年最早提出测定有机化合物中碳、氢元素质量分数的方法，故A正确；B.元素分析仪是一种能分析物质所含元素的一种仪器，能利用先进的技术精密地分析物质所含元素，不能测定有机物的结构，故B错误；C.当一束具有连续波长的红外光通过物质，物质分子中某个基团的振动频率或转动频率和红外光的频率一样时，分子就吸收能量由原来的基态振(转)动能级跃迁到能量较高的振(转)动能级，分子吸收红外辐射后发生振动和转动能级的跃迁，该处波长的光就被物质吸收，以确定分子中含有何种化学键或官能团的信息，故C正确；D.核磁共振仪能确定有机化合物中氢原子的种类，可用于研究有机化合物的结构，故D正确。故选B。6C【解析】【详解】A.钠离子的核外电子数为10，质子数为11，故A正确；B.球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型，图中模型是乙烷的球棍模型，故B正确；C.乙炔的结构简式CHCH，故C错误；D.氯化钙是由氯离子和钙离子组成的离子化合物，电子式为，故D正确。故选C。7A【解析】【分析】依据苯的性质判断苯的结构，高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；根据碳碳单键和双键的性质判断，双键可以发生加成反应；依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；苯分子中不论是否存在碳碳单、双键的交替结构，邻二氯苯只有一种；根据碳碳单键和双键的性质判断，单键可以发生取代反应，双键可以发生加成反应；根据氢核磁共振谱图原理分析。【详解】苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以说明苯分子中不存在碳碳单、双键的交替结构，故正确；苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，说明苯分子中不存在碳碳单、双键的交替结构，故正确；苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故错误；如果是单双键交替结构，邻二氯苯的结构有两种，邻二氯苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯在溴化铁做催化剂的条件下可以与液溴发生取代反应，但不因化学变化使溴水褪色，说明苯分子中不存在碳碳双键，可以说明苯分子中不存在碳碳单、双键的交替结构，故正确；因为即使苯的化学键是碳碳单键和碳碳双键交替的结构，根据对称性，苯的6个H原子依旧是等价的，核磁共振氢谱也是只有1组峰，所以不能用这个方法证明苯分子中不存在碳碳单、双键的交替结构，故错误。所以可以作为证据的事实是。故选A。8C【解析】【详解】A.浓硫酸具有吸水性，但由于其具有强氧化性和酸性，故不能用来干燥具有还原性的气体和碱性气体，但是可以用来干燥SO2气体，两者之间不发生化学反应，故A错误；B.金属与浓硫酸反应时，生成相应的盐和SO2，此时浓硫酸显酸性和强氧化性，而与S、C等非金属单质作用时，由于没有盐生成，故只显强氧化性，故B错误；C.在吸收塔中三氧化硫与水反应生成硫酸，但水直接吸收三氧化硫会形成酸雾，使三氧化硫的吸收率降低，生产实践中用98.3%的浓H2SO4吸收三氧化硫，可以防止形成酸雾，使SO3吸收完全，故C正确；D.能使品红褪色的不一定为SO2，也可能为其它氧化性气体，故D错误。故选C。9C【解析】【详解】A.核素是具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子，18O和16O的质子数均为8，故A正确；B.C5H12共有3种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH3、C(CH3)4，名称分别为：正戊烷、2-甲基丁烷、2，2-二甲基丙烷，故B正确；C.正丁烷的一氯代物有2种，丙烷的一氯代物也有2种，故C错误；D.金刚石和石墨是碳的两种同素异形体，所以在氧气中完全燃烧均只生成二氧化碳气体，故D正确。故选C。10C【解析】【分析】设X的最外层电子数为x，所以Y的最外层电子数为x+2，Z的最外层电子数为x+3，由于X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，所以3x+5=17，解得x=4，已知Q位于第四周期，所以X在第二周期第A族，为C元素，Y、Z分别为S元素、Cl元素，根据元素周期表结构可知Q为As元素，位于第A族。综上所述，X、Y、Z、Q分别为碳、硫、氯、砷。【详解】A.同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径r(Q)r(Y)r(Z)，故A正确；B.碳化硅中碳元素为-4价，一氧化碳中碳元素为+2价，二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，所以碳元素有-4，+2、+4等多种价态，故B正确；C.非金属性是根据最高价氧化物对应的水化物的酸性进行比较的，硫的氧化物有二氧化硫和三氧化硫，其中二氧化硫对应的水化物为亚硫酸，为弱酸，故C错误；D.Q位于第A族，所以Q的最高正价为+5价，则Q的最高价氧化物的水化物是H3QO4，故D正确。故选C。11B【解析】【详解】A.石油裂解气中含有乙烯等不饱和烃，可以使溴水和高锰酸钾溶液褪色，使溴水褪色是因为发生加成反应，使高锰酸钾溶液褪色是因为发生氧化反应，故A正确；B.葡萄糖在酒化酶的作用下发生厌氧发酵可以生成乙醇和二氧化碳，故B错误；C.石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料(汽油，煤油，柴油等)的产量，特别是提高汽油的产量，故C正确；D.取代反应是指有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应，丙烯的氢原子被氯原子取代，属于取代反应，故D正确。故选B。12A【解析】【详解】A、氧化钙与水化合过程中水中的共价键会断裂，并会形成氢氧根离子，选项A正确；B、热稳定性与共价键即非金属性有关，氧元素的非金属性大于硫元素，选项B不正确；C、HCI属于共价化合物，选项C不正确；D、足球烯(C60)并非共价化合物，选项D不正确。答案选A。【点睛】本题考查了分子的结构和性质，特别注意共价键、氢键、离子键的区别。13B【解析】【详解】乙苯中乙基能被酸性高锰酸钾氧化，则能使酸性高锰酸钾褪色，故正确；乙苯中不含碳碳双键或碳碳三键，不能发生加聚反应，故错误；乙苯为难溶于水的有机物，密度比水小，故错误；根据乙苯的结构，分子中含有苯环，乙基与氢气不发生加成反应，则1mol乙苯最多消耗3molH2，故正确；乙苯中含有苯环，则具备苯的同系物的性质，因为萃取而使溴水褪色，萃取是物理变化，故正确；乙苯的苯环上有3种不同环境的氢原子，所以苯环上的一溴代物有三种同分异构体，故正确；苯环为平面结构，根据甲烷为正四面体结构可知乙基为立体结构，则所有的碳原子都可能共平面，故正确，所以关于乙苯的叙述正确的是，故选B。【点睛】要认真审题，比如题目要求“最多有多少个原子共面”还是“最多有多少个碳原子共面”，是“可能共面的原子”还是“一定共面的原子”等等。14C【解析】【详解】乙烯含有碳碳双键，酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化生成CO2，所以除去乙烷中的乙烯用溴水，最后通过干燥即可得到乙烷。所以答案选C。故选C。15D【解析】【详解】A.根据有机物的命名原则，CH3CH(C2H5)CH2CH3的名称为3-甲基戊烷，故A错误；B.C2H4是乙烯，C3H6可能是环丙烷，也可能是丙烯，结构不一定相似，则不一定互为同系物，故B错误；C.同种元素形成的结构和性质不同的单质互称同素异形体，35Cl2和37Cl2是同一种物质，故C错误；D.C5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷、新戊烷，沸点各不相同，故D正确。故选D。16C【解析】【详解】A.甲烷是正四面体结构，其二氯代物只有一种，故A错误；B.甲基能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成-COOH，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为苯环影响甲基，使甲基氧化生成-COOH，故B错误；C.由于甲烷与乙烯中含碳量不同，燃烧时的现象不同，甲烷燃烧的现象是淡蓝色火焰，乙烯燃烧的现象是有黑烟，故C正确；D.煤是有无机物和有机物组成的复杂的混合物，通过干馏可以得到苯、甲苯、二甲苯等有机物，故D错误。故选C。17A【解析】【分析】四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，可确定它们的位置，然后利用同周期元素性质的变化规律来分析解答。【详解】离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，故错误；由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若mn，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为abcd，故正确；Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数的离子cd，在同一周期元素非金属性从左向右增强，即非金属性ZR，故正确；四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数ab，在同一周期元素的金属性从左向右减弱，即金属性YX，则最高价氧化物对应水化物碱性YX，故错误；由可知元素的原子序数为abcd，这四种主族元素的离子具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子半径，序数越大半径越小，故正确。所以正确的为。故选A。18B【解析】【详解】A.异戊二烯与溴可发生1，2加成或1，4加成两种物质，则存在同分异构体，故A错误；B.2-氯丙烷(CH3CHClCH3)与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应只生成丙烯，则不存在同分异构体，故B正确；C.甲苯在一定条件下发生硝化生成一硝基甲苯的反应，可生成邻硝基甲苯、间硝基甲苯和对硝基甲苯三种物质，则存在同分异构体，故C错误；D.乙烷与氯气在光照下发生取代反应，可以生成一氯乙烷1种，二氯乙烷2种，三氯乙烷2种，四氯乙烷2种，五氯乙烷1种，六氯乙烷1种，则存在同分异构体，故D错误。故选B。19D【解析】【详解】元素原子的质量数为A，Wg的这种原子，其物质的量为W/Amol，阳离子Xn+核外有y个电子，则质子数为y+n，原子核内中子数为A-(y+n)=A-y-n，则Wg这种原子的原子核内中子数为W/Amol(A-y-n)=W(A-y-n)/Amol，所以答案D正确。故选D。20C【解析】试题分析：稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；实验发生反应的化学方程式为:3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO44CuSO4+2NO+4H2O，故C错误；由上述实验可得出结论:Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。考点：本题考查硝酸的性质。21D【解析】【详解】A.1分子S8中含有8个共价键，32gS8分子的物质的量是1/8mol，分子中含S-S键为NA个，故A正确；B.H218O与D2O的相对分子质量均为20，其物质的量为2g20g/mol=0.1mol，且所含有质子数均为10个，所以含有的质子数为NA，故B正确；C.乙烯和丙烯的最简式都是CH2，故14 g中混合物所含的碳原子数为14g14g/mol=1mol，即碳原子数目为NA，产生的CO2分子数目为NA，故C正确；D.甲基的式量是15，15g甲基的物质的量为1mol，每个甲基中含有的电子数为9个，因此15g甲基(CH3)所含的电子数为9NA，故D错误。故选D。22B【解析】【详解】A.如果固体试样中含有铝离子，氨气也是无法产生的，故A错误；B.浓硫酸可使pH试纸先变红后变黑，表明浓硫酸具有酸性和脱水性，故B正确；C.向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为亚硫酸根离子滴加稀硝酸会被硝酸氧化成硫酸根离子，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，故C错误；D.氯乙烷水解产生氯离子，加入硝酸中和至酸性，再加入AgNO3溶液，可以生成氯化银白色沉淀，说明氯乙烷发生了水解反应，故D错误。故选B。【点睛】SO42-的检验：先加稀盐酸，再加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，说明一定含有SO42-。23D【解析】【详解】A.CaO能和水反应，使c(OH-)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2为中性的盐，能够溶于水，热量的变化很小，与水不反应，对氨气的逸出没有作用，故A错误；B.喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，可能是因为装置的气密性不好，也可能是因为氨气中混有空气，故B错误；C.三颈烧瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点的压强最小，大气压不变；所以大气压和C点压强差最大，则C点喷泉最剧烈，故C错误；D.盐酸显酸性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于在水中的吸收效率，故D正确。故选D。24C【解析】设合金中Cu、Mg的物质的量分别为x、y，根据题目所给信息知64x+24y1.52；在反应过程中有：Cu-2e-=Cu2+、Mg-2e-=Mg2+，Cu2+2OH-=Cu(OH)2、Mg2+2OH-=Mg(OH)2，所以金属失去电子的物质的量等于金属阳离子完全沉淀所需OH-的物质的量，n(OH-)=0.06mol，故2x2y0.06，由和组成方程组解得x0.02 mol，y0.01 mol。A项，由上述计算可得，铜与镁的物质的量之比是21，A正确；B项，根据c=可得：c(HNO3)=molL-1=14.0 molL-1，B正确；由上述分析可知，Cu、Mg共失去0.06 mol电子，根据得失电子守恒，硝酸完全被还原为NO2，则NO2的物质的量应为0.06 mol，已知得到混合气体1 120 mL(标准状况)，即0.05 mol混合气体，是因为存在2NO2N2O4，可求得N2O4为0.01 mol，NO2为0.04 mol，故C正确；D项，得到2.54 g沉淀时，消耗0.06 mol NaOH(浓度为1.0 molL-1)，体积为60 mL，故D错误。25a 吸收溴蒸气 中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成 防止倒吸 松开K2夹，关闭K1夹 2Fe3Br22FeBr3、 【解析】【分析】实验原理为：溴与苯在铁丝催化下剧烈反应，放出大量热，此时由于K1打开，溴蒸气和苯反应得到的HBr到了，溴溶于苯，HBr与硝酸银反应得到沉淀。剩余的HBr和溴被NaOH吸收。完成后由于温度下降，气压负差，此时打开K2会使水被吸入，据此答题。【详解】(1)冷凝管采用逆向通水，即从a进水，使气体与水充分接触，冷凝效果好，故答案为：a。(2)因该实验的目的是要探究苯与溴发生反应的原理，若为加成反应无HBr生成，而取代反应则有，通过III中硝酸银溶液内是否出现淡黄色沉淀来证明反应为取代还是加成，故需先除去溴蒸气的干扰；能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是III中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀；中球形干燥管的作用是防止倒吸；故答案为：吸收溴蒸气；中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成；防止倒吸。(3)由于溴化氢极易溶于水，所以待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时，松开K2夹，关闭K1夹，可以看到的现象是与K2相连的烧杯中的水倒流入三颈烧瓶中；铁与液溴反应生成三溴化铁，在催化剂的作用下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯，所以有关反应的化学方程式分别是：2Fe3Br22FeBr3、，故答案为：松开K2夹，关闭K1夹；2Fe3Br22FeBr3、。26 H-O-H 第三周期第A族(或第3周期第A族) H2O 正四面体 CO2+2OH=CO32-+H2O CH3CH(CH3)CH(CH3)2 【解析】【分析】A为元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；C为地壳中含量最多的元素，则C为O元素；根据B的结构，核外各层电子数应分别为2、4，B应为C元素；根据原子序数递增和A、D同主族可确定D是Na元素，据此答题。【详解】(1)C为氧元素，质子数为8，质子数小于核外电子数，氧离子结构示意图为：，氧元素形成的常见液态化合物是水，它的结构式为H-O-H，故答案为：，H-O-H；(2)D为钠元素，钠元素位于周期表的第三周期第A族，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中既含离子键又含共价键，电子式为：，故答案为：第三周期第A族(或第3周期第A族)，；(3)B与C两种元素所形成的气态氢化物分别为CH4、H2O，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性OC，稳定性CH4H2O，所以CH4、H2O较稳定的是H2O；B形成的简单气态氢化物是CH4，CH4的空间构型是正四面体；B与C反应生成的XY2型化合物为CO2，CO2是由非金属形成的共价键，CO2的电子式为：，故答案为：H2O，正四面体，；(4)B的最高价氧化物是CO2，D的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，反应的化学方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，离子方程式为：CO2+2OH=CO32-+H2O，故答案为：CO2+2OH=CO32-+H2O；(5)分子式为B6A14的物质为C6H14，同分异构体有5种：CH3CH2CH2CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH(CH3)2、(CH3)3CCH2CH3；一氯代物种数：CH3(CH2)4CH3有三种不同环境氢原子，所以一氯代物有3种；CH3CH(CH3)(CH2)2CH3有五种不同环境氢原子，所以一氯代物有5种；CH3CH2CH(CH3)CH2CH3有四种不同环境氢原子，所以一氯代物有4种；CH3C(CH3)2CH2CH3有三种不同环境氢原子，所以一氯代物有3种；CH3CH(CH3)CH(CH3)2有两种不同环境氢原子，所以一氯代物有2种；故答案为：CH3CH(CH3)CH(CH3)2。【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用定一移一法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。27CH2=CH2 消去反应 CH3CH2Cl+NaOHNaCl+CH3CH2OH AD 【解析】【分析】A在标准状况下的密度为1.25gL-1，A的摩尔质量为1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，由合成流程可知，A为CH2=CH2，A与H2O反应生成B，B为CH3CH2OH，A与HCl反应生成C，C为CH3CH2Cl