云南省曲靖市2020年高一(下)化学期末调研模拟试题含解析

云南省曲靖市2020年高一(下)化学期末调研模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．丙烯醇的结构简式为CH2=CH-CH2OH，它可以发生的反应有：①取代；②加成；③加聚；④氧化；
⑤燃烧，其中正确的是
A．只有①②⑤B．只有②③C．除④外D．全部
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
丙烯醇含有碳碳双键可以发生加成反应、加聚反应、氧化反应；含有羟基可以发生取代反应；只含碳、氢、氧元素可以燃烧，故答案为D。

2．下列有关有机物的叙述不正确的是：
A．C5H10O2的酯有9种结构B．异丁烷的一氯代物有2种
C．淀粉和纤维素互为同分异构体D．C9H12含苯环的烃有8种
【答案】C
【解析】
试题分析：A．若甲酸和丁醇酯化，由于正丁醇和异丁烷都有两种不同化学环境的氢原子，所以丁醇有四种结构，形成的酯有四种结构；若乙酸和丙醇形成的酯，丙烷有两种不同化学环境的氢原子，丙醇有两种结构，形成的酯有两种；若丙酸和乙烷形成的酯只有一种结构；丁酸有两种结构，丁酸和甲醇形成的酯有两种结构，所以一共有9种结构，A正确；B．异丁烷有两种不同化学环境的氢原子，所以一氯代物有2种，B正确；C．淀粉和纤维素的分子式都为（C6H10O5）n，由于聚合度不同，即n不同，所以不是同分异构体，C错误；D．C9H12是苯的同系物，当苯环上只有一个取代基时，丙基有两种结构，所以有两种不同的结构，苯环上有两个取代基时，有邻、间、对三种结构，苯环上有三个取代基时有三种结构，共有8种结构，D正确，答案选C。

考点：考查有机物的同分异构体
3．下列气体不会造成大气污染的是（）
A．氯气B．一氧化氮C．一氧化碳D．氮气
【答案】D
【解析】分析：根据气体的性质特点分析解答。

详解：A. 氯气是有毒气体，会造成大气污染，A错误；
B. 一氧化氮是有毒气体，会造成大气污染，B错误；
C. 一氧化碳是有毒气体，会造成大气污染，C错误；
D. 氮气是无毒气体，属于空气的主要成分，不会造成大气污染，D正确。

答案选D。

4．下列说法正确的是：
A．二氯甲烷没有同分异构体，说明甲烷是正四面体结构
B．乙烯和二氧化硫都能使溴水退色，溴水退色原理一致
C．苯能和氢气加成，说明苯结构中存在C=C键
D．CH3COOH的官能团是羟基
【答案】A
【解析】
【详解】
A项、若甲烷为平面正方形结构，二氯甲烷有两种同分异构体，若为正四面体结构，二氯甲烷不存在同分异构体，故A正确；
B项、二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应，使溴水褪色，乙烯和溴水发生加成反应使溴水褪色，二者原理不一样，故B错误；
C项、苯分子中碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的化学键，不含有碳碳双键，故C错误；
D项、CH3COOH的官能团是羧基，故D错误；
故选A。

【点睛】
本题综合考查有机物的结构和性质，侧重于基础知识的考查，注意把握有机物的结构性质的异同是解答关键。

5．下列化学用语或模型正确的是
A．氮分子的电子式：B．乙烯的结构简式：CH2CH2
C．Na2O2的电子式：D．二氧化碳的比例模型：
【答案】C
【解析】
【详解】
A项、氮气是双原子分子，两个N原子间通过三对共用电子成键，电子式为，故A错误；B项、乙烯的分子式为C2H4，官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C项、Na2O2为离子化合物，是由钠离子和过氧根离子组成，电子式为，故C正确；D项、由二氧化碳的分子式与模型可知，模型中半径较小的球表示碳原子，模型中碳原子的半径应比氧原子半径小，实际碳原子的半径应比氧原子半径大，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题考查化学用语，注意掌握电子式、结构简式、比例模型等常见的化学用语的概念及判断方法是解答关键。

6．下列关于反应焓变及测定说法正确的是
A．甲烷的燃烧热为890kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g) +2O2(g) = CO2(g) +2H2O(g)
△H=－890kJ/mol
B．已知：S(s) +O2(g) = SO2(g) △H1和S(g) +O2(g) = SO2(g) △H2。

则△H1>△H2
C．0.1mol的N2和0.3mol的H2在密闭容器中充分反应放热3.8kJ，其热化学方程式可以表示为：3H2(g) +N2(g) = 2NH3(g) △H=－38 kJ/mol
D．含有2.0gNaOH的稀溶液与足量稀盐酸完全中和放热2.87kJ，则稀醋酸与稀KOH溶液中和反应的热化学方程式：CH3COOH(aq) + KOH(aq) = CH3COONa(aq) + H2O(l) △H =－57.4kJ/mol
【答案】B
【解析】
A. 甲烷的燃烧热为890kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g) +2O2(g)＝CO2(g) +2H2O(l) △H=-890kJ/mol，A错误；
B. 气态硫的能量高于固态硫的能量，因此如果S(s)+O2(g)=SO2(g) △H1和
S(g)+O2(g)=SO2(g) △H2，则△H1＞△H2，B正确；C. 由于是可逆反应，不能计算反应热，C错误；D. 醋酸溶于水电离，电离吸热，因此CH3COOH(aq)+KOH(aq)＝CH3COONa(aq)+H2O(l)的反应热△H＞－57.4kJ/mol，D错误，答案选B。

点睛：ΔH的比较：对放热反应，放热越多，ΔH越小；对吸热反应，吸热越多，ΔH越大。

比较反应热大小的四个注意要点：（1）反应物和生成物的状态。

（2）ΔH的符号：比较反应热的大小时，不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。

（3）参加反应物质的量，当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多放热反应的ΔH越小，吸热反应的ΔH越大。

（4）反应的程度：参加反应物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。

7．下列关于海水资源的说法不正确的是（）
A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
B．从海水中可以提取铀和重水等核原料
C．海水中的溴、氟等元素均为微量元素，但仍有提取的价值
D．海水中金的储存量约为陆地的170倍，但它的富集程度却很低
【答案】C
【解析】试题分析：A、海水淡化的方法是蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故说法正确；B、海水中可以提取铀和重水等核燃料，故说法正确；C、溴和氟元素不是微量元素，故说法错误；D、海水中许多元素富集程度很低，故说法正确。

考点：考查海水资源的综合利用等知识。

8．下列关于物质性质变化的比较，不正确的是（）
A．酸性较强：H2SO4>H2SiO3> H2CO3B．氧化性强弱：Cl2＞Br2＞I2
C．碱性强弱：KOH＞NaOH>LiOH D．金属性强弱：Na＞Mg>Al
【答案】A
【解析】
分析：A.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；B.非金属性越强,卤素单质的氧化性越强；
C.金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
D.同一周期中,原子序数越大金属性越弱。

详解:非金属性：S>C>Si，则最高价含氧酸的酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，A错误；非金属性Cl＞Br＞I，则单质的氧化性: Cl2＞Br2＞I2，B正确；金属性: K＞Na>Li ,则最高价氧化物对应水化物的碱性: KOH＞NaOH>LiOH ,C正确；Na、Mg、Al位于第三周期,原子序数Na<Mg<Al ,则金属性强弱为: Na＞Mg>Al ,D正确；正确选项A。

点睛：元素非金属性比较规律：①非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；②非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。

9．《本草纲目》中对利用K2CO3去油污有如下叙述：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱烷衣。

”文中涉及的化学反应属于（）
A．水解反应B．置换反应C．醋化反应D．加成反应
【答案】A
【解析】
碳酸钾水解生成碱，氢氧化钾，属于水解反应，答案选A。

10．(N2H4)是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应时，N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气。

已知：N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g)ΔH＝＋8.7 kJ/mol，
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534.0 kJ/mol，
下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式，正确的是()
A．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g) ＋4H2O(g)ΔH＝－542.7 kJ/mol
B．2N2H4(g)＋N2O4(g)=== 3N2 (g)＋4H2O (g)ΔH＝－1059.3 kJ/mol
C．2N2H4(g)＋N2O4(g)=== 3N2 (g)＋4H2O (g)ΔH＝－1076.7 kJ/mol
D．N2H4(g)＋12N2O4(g)=== 3N2 (g)＋4H2O (g)ΔH＝－1076.7 kJ/mol
【答案】C
【解析】
【分析】
根据盖斯定律，①N2(g)+2O2(g)=N2O4(g) △H=+8.7kJ/mol，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534.0kJ/mol，将方程式②×2-①得肼和N2H4反应的热化学方程式。

【详解】
肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气，①N2(g)+2O2(g)=N2O4(g) △H=+8.7kJ/mol，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534.0kJ/mol，根据盖斯定律，将方程式②×2-①得肼和N2O4反应的热化学方程式：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1076.7 kJ/mol，故选C。

11．我国成功研制的一种新型可充放电AGDIB电池(铝-石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。

电池反应为C x PF6+Li y Al=C x+LiPF6+Li y-1+Al。

放电过程如图，下列说法正确的是（）
A．B为负极，放电时铝失电子
B．电解液可以用常规锂盐和水代替
C．放电时A电极反应式为C x PF6+e-=C x+PF6-
D．放电时，若转移1mol电子，石墨电极上可增重7g
【答案】C
【解析】分析：电池反应为C x PF6+Li y Al=C x+LiPF6+Li y-1+Al，根据离子的移动方向可知A是正极，B是负极，结合原电池的工作原理解答。

详解：A、根据装置图可知放电时锂离子定向移动到A极，则A极为正极，B极为负极，放电时Li失电子，A错误；
B、锂的金属性很强，能与水反应，故电解液不可以用常规锂盐和水代替，B错误；
C、放电时A电极为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为C x PF6+e-=C x+PF6-，C正确；
D、废旧AGDIB电池进行“放电处理”时，若转移1mol电子，消耗1molLi，即7gLi失电子，铝电极减少7g，D错误。

答案选C。

点睛：本题主要是考查化学电源新型电池，为高频考点，明确正负极的判断、离子移动方向即可解答，难点是电极反应式的书写，易错选项是B。

12．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。

锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn＋MnO2＋H2O=ZnO＋Mn(OH)2。

下列说法中，错误的是()
A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为MnO2＋2H2O＋2e－=Mn(OH)2＋2OH－
C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D．外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量理论上减少6.5 g
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电池总反应可知，该电池中锌是负极，其发生氧化反应生成ZnO，二氧化锰在正极发生还原反应生成Mn(OH)2。

【详解】
A. 电池工作时，锌失去电子，发生氧化反应，A正确；
B. 电池正极的电极反应式为MnO2＋2H2O＋2e－=Mn(OH)2＋2OH－，B正确；
C. 电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，C不正确；
D. 外电路中每通过0.2 mol电子，理论上锌减少0.1mol，质量为6.5 g，D正确。

综上所述，说法中错误的是C，故选C。

13．下列有关化学用语表示正确的是（）
A．次氯酸的结构式：H-Cl-O
B．S2-的结构示意图：
O
C．有8个质子、10个中子的核素：18
8
D．NaCl的电子式:
【答案】C
【解析】
【详解】
A、HClO分子中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，次氯酸的结构式为H-O-Cl，故A错误；
B、S2－是S原子得到两个电子，与质子无关，与最外层电子有关，S2－的示意图为，故B错误；
O，C、根据原子构成，左上角为质量数，左下角为质子数，该核素的质量数为8＋10=18，即该核素为18
8
故C正确；
D、NaCl为离子化合物，是由Na＋和Cl－组成，电子式为，故D错误；
答案选C。

14．中国女药学家屠呦呦因研制新型抗疟青蒿素和双氢青蒿素成果而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖。

青蒿素和双氧青蒿素结构如图所示。

下列关于青蒿素和双氢青蒿素的说法正确的是（）
A．青蒿素的分子式为C15H22O5B．青蒿素和双氢青蒿素是同分异构体
C．青蒿素和双氢青蒿素都能发生酯化反应D．双氢青蒿素在水中的溶解性小于青蒿素
【答案】A
【解析】
【详解】
A．由青蒿素的结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A正确；
B．青蒿素的分子式为C15H22O5，双氢青蒿素的分子式为C15H24O5，二者分子式不同，不是同分异构体，故B错误；
C．青蒿素不含羟基或羧基，不能发生酯化反应，故C错误；
D．双氢青蒿素中含有羟基，可形成氢键，在水中溶解度大于青蒿素，故D错误；
答案选A。

15．下列关于化学能与其它能量相互转化的说法不正确的是（）
A．化学反应过程中既发生物质变化，也发生能量变化
B．可逆反应的正反应若是放热反应，则其逆反应必然是吸热反应
C．图所示装置不能将化学能转化为电能
D．图所示的反应无需加热都能发生
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 化学反应过程中既发生物质变化，也发生能量变化，A正确；
B. 可逆反应的正反应若是放热反应，则其逆反应必然是吸热反应，B正确；
C. 图所示装置没有盐桥，无法构成闭合回路，不能将化学能转化为电能，C正确；
D. 图所示的反应为放热反应，但并不是所有的放热反应都无需加热，如燃烧反
应等，D错误；
故答案选D。

【点睛】
反应是吸热还是放热，与反应条件无关。

16．关于元素周期表的下列叙述，错误的是
A．元素周期表揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一
B．在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期
C．元素周期表中，总共有18个纵行，18个族
D．第IA族的元素又称为碱金属元素（除了H），第ⅦA族的元素又称为卤族元素
【答案】C
【解析】
【详解】
A．元素周期表揭示了化学元素的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一，A正确；
B．在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期，B正确；
C．元素周期表中，总共有18个纵行，16个族，即7个主族、7个副族、1个0族和1个第Ⅷ族，C错误；D．第IA族的元素又称为碱金属（除了H），第ⅦA族的元素又称为卤素，D正确。

答案选C。

17．下列反应或事实不能说明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强的是（）
A．热稳定性：CH4>SiH4B．SiO2+2C Si+2CO↑
C．碳酸酸性比硅酸酸性强D．碳与硅属于同一主族元素，且碳原子序数小于硅
【答案】B
【解析】A项，C和Si同主族，非金属性C>Si，非金属性越强氢化物越稳定，故A不符合题意；B项，在高温下，碳和氧结合成一氧化碳气体，熵增加，属于难挥发性氧化物制易挥发性氧化物，故B符合题意；C项，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，故C不符合题意；D项，碳与硅都属于第ⅣA 族，碳原子序数为6，硅原子序数为14，同主族原子序数越小非金属性越强，故D不符合题意。

点睛：本题考查非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律，非金属性强弱可以通过氢化物的稳定性判断，也可以通过最高价含氧酸的酸性判断。

18．下列说法正确的是
A．蔗糖、油脂、蛋白质都可以水解
B．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
C．Fe(OH)3不能通过化合反应得到
D．交警用酸性重铬酸钾检查司机饮酒过量时乙醇发生了取代反应
【答案】A
【解析】A．蔗糖为二糖，油脂含有-COO-，蛋白质含有肽键，在一定条件下都能水解，故A正确；B．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故B错误；C．氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，属于化合反应，故C错误；D．酸性重铬酸钾具有强氧化性，可与乙醇发生氧化还原反应，故D错误；答案为A。

19．利用金属活动性的不同，可以采取不同的冶炼方法冶炼金属。

下列反应所描述的冶炼方法不可能实现的是（）
A．2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
B．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
C．Fe＋CuSO4 =FeSO4＋Cu
D．2NaCl(水溶液)2Na＋Cl2↑
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．铝很活泼，加入冰晶石降低氧化铝的熔点，工业上电解熔融氧化铝冶炼铝，故A正确；
B．铁位于金属活动顺序表中间位置的金属，通常用热还原法冶炼，故B正确；
C．铁比铜活泼，能从铜的盐溶液中置换出铜，故C正确；
D．氢离子的氧化性比钠离子强，在溶液中电解，氢离子放电，钠离子不放电，电解NaCl水溶液得不到金属钠，故D错误；
故选D。

20．化学与生产、生活密切相关。

下列叙述正确的是（）
A．天然气、石油、甲醇、风力、氢气为一次能源
B．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等
C．石油裂化的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料
D．PM 2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素
【答案】B
【解析】分析：A、氢能属于二次能源；B.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程(又称海水脱盐),其方法较多；C.裂化的目的是得到轻质油；D、砷属于非金属元素。

详解：A、一次能源是自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源。

包括化石燃料(如原煤、原油、天然气等)、核燃料、生物质能、水能、风能、太阳能、地热能、海洋能、潮汐能等,氢能属于二次能源,故A错误；
B.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程(又称海水脱盐)，蒸馏是分离和提纯液态混合物常用的方法之一蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法,技术和工艺比较完备；电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法,是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后,阴离子移向阳极,阳离子移向阴极,分离盐和水,所以B选项是正确的；
C.石油裂化的目的是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错误；
D.铅、镉、铬、钒属于金属元素,砷属于非金属元素,故D错误；
所以B选项是正确的。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．某化学兴趣小组同学用NaHCO3和KHCO3组成的某均匀混合物进行实验，测得如下数据(盐酸的物质的量浓度相等)
(1)该盐酸的物质的量浓度为______mol·Lˉ1
(2)使盐酸恰好完全反应，所需要的样品质量为______g
【答案】1.5 13.8
【解析】
【分析】
NaHCO3和KHCO3与盐酸反应本质都是碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳与水，反应的离子方程式为
H++HCO-3=H2O+CO2↑。

【详解】
（1）由表中数据可知，盐酸完全反应生成标准状况下二氧化碳的体积为3.36L，由H++HCO-3=H2O+CO2↑反
L=0.15mol，则盐酸的浓度为1.5mol/L，故答案为：1.5；
应可知n（HCl）= n（CO2）= 3.36
22.4L/mol
（2）由题给数据可知9.2 g混合物中NaHCO3、KHCO3完全反应，设NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为xmol、
ymol，由碳守恒可得xmol+ymol= 2.24
22.4L/mol
L①，由混合物质量可得84g/mol×xmol+100×ymol=9.2g②，解联立①②得x=0.05，y=0.05，混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1，则使盐
酸恰好完全反应的混合物中aHCO3和KHCO3的物质的量为0.15mol×1
2
，则混合物的质量为
0.15mol×1
2×84g/mol+0.15mol×1
2
×100 g/mol=13.8g，故答案为：13.8.
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．二氧化氯（ClO2）常用于处理含硫废水。

某学习小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。

已知：① ClO2是极易溶于水的黄绿色气体，有毒，沸点为11℃。

② SO2 + NaClO3 + H2SO4→ ClO2 + NaHSO4（未配平）
③ ClO2 + NaOH→NaCl + NaClO3 + H2O（未配平）
请回答下列问题：
（1）设计如下装置制备ClO2
①装置A中反应的化学方程式为__________________________________。

②装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

③欲收集一定量的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为a→g→h→_________________→d。

（2）探究ClO2与Na2S的反应
将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。

一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物
操作步骤实验现象结论
取少量Ⅰ中溶液放入试管甲中，滴加品红
溶液和盐酸。

品红溶液始终不褪色①无_______生成。

另取少量Ⅰ中溶液放入试管乙中，加入
②___________有SO42-生成
Ba(OH)2溶液和盐酸，振荡。

③继续在试管乙中加入Ba(OH)2溶液至过
量，静置，取上层清液放入试管丙中，
有白色沉淀生成有Cl-生成
______________。

④ClO2与Na2S反应的离子方程式为_________________________________________。

用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是_____________________________________________（任写一条）。

【答案】Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4 + SO2↑ + 2H2O 2:1 b→c→e→f SO2有白色沉淀加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液8ClO2 + 5S2- + 4H2O8Cl- + 5SO42- + 8H+均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍，所需ClO2用量更少；或氧化产物硫酸根稳定，ClO2除硫更彻底；或ClO2不会生成可能对人体有害的有机氯化物等（合理即可）
【解析】
【详解】
①装置A中Cu与浓硫酸反应制备二氧化硫，其化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
②由题意知装置B中反应为SO2 + 2NaClO3 + H2SO4= 2ClO2 + 2NaHSO4，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；答案：2:1。

③二氧化硫从a出来，为防止倒吸，故应在B之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d；故答案为：b→c→e→f；
④在Ⅰ中反应过后的溶液加入品红，品红始终不褪色，说明不是由于SO2的漂白作用导致褪色，结论是无SO2生成。

答案：SO2。

在Ⅰ中反应过后的溶液加入Ba(OH)2，结论是有SO42-生成，所以反应生成BaSO4，现象应为白色沉淀。

答案：白色沉淀；
若生成可以证明Cl-存在的白色沉淀，那么操作应为加入足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液。

答案：加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液；
由上述分析可知，生成物有SO42-和Cl-，用溶剂H2O补全反应方程式，所以离子方程式为8ClO2 + 5S2- +
4H2O8Cl- + 5SO42- + 8H+；ClO2相对于Cl2优点包括： ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根稳定，ClO2在水中的溶解度大；剩余的ClO2不会产生二次污染，均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5
倍等。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．(1)烷烃分子可看成由—CH3、—CH2—、和等结合而成的。

试写出同时满足下列条件的烷烃的结构简式：___________ ，此烷烃可由烯烃加成得到，则该烯烃可能有___________种。

①分子中同时存在上述4种基团；②分子中所含碳原子数最少；
③该烷烃的一氯代物同分异构体的数目最少。

(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有_______种。

(3)已知烯烃通过臭氧氧化并经锌和水处理得到醛或酮。

例如：
CH3CH2CHO+
上述反应可用来推断烃分子中碳碳双键的位置。

某烃A的分子式为C6H10，经过上述转化生成，则烃A的结构可表示为
_______________。

(4) 请写出物质与足量的金属钠发生反应的化学方程式_________。

【答案】 2 3 +4Na→+2H2↑
【解析】
【分析】
(1)如果某烷烃分子中同时存在这4种基团，最少-CH2-、和各含有一个，剩下的为甲基，根据烷烃通式确定碳原子个数并确定结构简式，然后根据一氯代物同分异构体的数目最少分析解答；
(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，说明该物质具有对称结构，据此分析判断可能的结构；
(3)某烃A的分子式为C6H10，A中不饱和度=62210
2
⨯+-
=2，则A含有两个碳碳双键或一个碳碳三键或
存在环状结构且含有一个碳碳双键，根据A通过臭氧氧化并经锌和水处理得到，结合信息分析书写A的结构简式；
(4)羟基、羧基可与钠反应生成氢气，据此书写反应的方程式。

【详解】
(1)如果某烷烃分子中同时存在这4种基团，最少-CH2-、和各含有一个，剩下的为甲基，设甲基的个数是x，由烷烃的通式知2(x+3)+2=2+1+3x，x=5，所以最少应含有的碳原子数是8，该烷烃的结构
简式有3种，分别为：、、，其一氯代物的种类分别为：5种、5种、4种，一氯代物同分异构体的数目最少的为；
可由烯烃加成得到，碳碳双键可以有2种位置()，即该烯烃可能有2种，故答案为：；2；
(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，说明该物质具有对称结构，可能的碳架结构有、、共3种，故答案为：3；
(3)某烃A的分子式为C6H10，A的不饱和度=62210
2
⨯+-
=2，则A含有两个碳碳双键或一个碳碳三键或
存在环状结构且含有一个碳碳双键，A通过臭氧氧化并经锌和水处理得到，说明A中含有一个环且含有一个碳碳双键，将两个醛基转化为碳碳双键即是A结构简式，则A为，故答案为：
(4)中含有羟基、羧基和碳碳双键，其中羟基和羧基可与钠反应生成氢气，反应的方程式为
+4Na→+2H2↑，故答案为：
+4Na→+2H2↑。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。

己知Y的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐;Z原子最外层电子数与核外电子总数之比为3: 4；X与Y、Z均可以形成电子总数为10的分子；M是短周期主族元素中原子半径最大的；N原子的最外层电子数与次外电子数之比为3: 4；据此回答：
（1）硒与N同主族，比N多一个电子层，则硒的原子序数为：_______。

（2）X与Z、X与N均可形成18电子分子，这两种分子在水溶液中反应可观察到有浅黄色沉淀生成，反应的化学方程式是_____________。

（3）由X、Z、M、N四种元素组成一种强酸的酸式盐，写出Ba(OH)2溶液中逐滴加入该盐溶液至中性的离子方程式__________________。

（4）Y有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。

在一定条件下，2L的甲气体与0.5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的R的含氧酸盐的化学式是_____。

（5）与Y同主族元素的化合物亚磷酸H3PO3是二元弱酸，写出H3PO3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式：__________________。

【答案】34H2O2+H2S=S↓+2H2O Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O NaNO2H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O
【解析】X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，己知Y的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，则Y为氮元素；Z原子最外层电子数与核外电子总数之比为3: 4，则Z为氧元素；X与Y、Z均可以形成电子总数为10的分子，则X为氢元素；M是短周期主族元素中原子半径最大的，则M为钠元素；N原子的最外层电子数与次外电子数之比为3: 4，则各电子层电子数分别为2、8、6，N为硫元素；故（1）硒与N同主族，比N多一个电子层，多18个电子，则硒的原子序数为34；（2）氢与氧、氢与硫均可形成18电子分子H2O2和H2S，这两种分子在水溶液中反应可观察到有浅黄色沉淀生成，反应的化学方程式是：H2O2+H2S=S↓+2H2O；（3）由氢、氧、钠、硫四种元素组成一种强酸的酸式盐NaHSO4，在Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至中性的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；（4）氮有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小，则甲为NO。

在一定条件下，2L的NO气体与0.5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，则发生反应为：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O 所生成的R的含氧酸盐的化学式是NaNO2；（5）与氮同主族元素的化合物亚磷酸H3PO3是二元弱酸， H3PO3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O。