2019-2020学年江苏省苏州市苏州中学高一下学期期中考试化学试题(解析版)

江苏省苏州市苏州中学2019-2020学年高一下学期期中考试

试题

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32

一、单项选择题(每题只有一个选项符合题意)

1.新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起了重要作用，下列有关说法错误的是( )

A. 使用84消毒液杀菌消毒是利用HClO或ClO-的强氧化性

B. 使用医用酒精杀菌消毒的过程中蛋白质发生了变性

C. N95型口罩的核心材料聚丙烯属于有机高分子材料

D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烃

『答案』D

『解析』

『详解』A．84消毒液的主要成分是NaClO，ClO－能发生水解生成HClO，HClO或ClO－具有强氧化性能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用，故A说法正确；

B．酒精能使蛋白质变性，使用医用酒精杀菌消毒的过程中蛋白质发生了变性，故B说法正确；

C．聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到，即聚丙烯属于有机高分子材料，故C说法正确；D．四氟乙烯的结构简式为CF2=CF2，仅含有C和F两种元素，即四氟乙烯属于卤代烃，不属于烃，故D说法错误；答案选Ｄ。

2.下列有关化学用语的表示中正确的是( )

A. 甲烷的比例模型：

B. 氯乙烯的结构简式为CH2CHCl

C. 8个中子的碳原子的符号：12C

D. 甲基的电子式：

『答案』D

『解析』

『详解』A．甲烷中含有1个C、4个H原子，C原子半径大于氢原子，为正四面体结构，甲烷分子的比例模型为：，选项A错误；

B．因氯乙烯的结构简式应保留碳碳双键，所以氯乙烯的结构简式为CH2＝CHCl，选项B

错误；

C．因8个中子的碳原子质量数为8+6=14，符号为：14C，选项C错误；

D．甲基中碳原子形成3对共用电子对，甲基的电子式为：，选项D正确；答案选D。

3.下列对有机物结构或性质的描述错误的是（）

A. 将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是因为发生了加成反应

B. 苯分子中的6个碳原子之间的化学键完全相同，是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的化学键

C. 若乙烷和丙烯的物质的量共为1mol，则完全燃烧生成3molH2O

D. 一定条件下，Cl2可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反应

『答案』A

『解析』

『详解』A．将溴水加入苯中，由于溴在苯中的溶解度比在水中的溶解度大，故发生萃取，溴水的颜色变浅，发生的是物理变化，A项错误；

B．苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键，而存在一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的化学键，B项正确；

C．乙烷和丙烯的每个分子中都含有6个氢原子，1mol混合物中含6mol氢原子，完全燃烧生成3molH2O，C项正确；

D．苯环上的氢原子在催化剂作用下能被氯原子取代，苯环侧链上的氢原子在光照条件下可被氯原子取代，D项正确。

故选A。

4.下列操作达不到预期目的的是( )

①蒸馏自来水获取蒸馏水时把温度计插入液面以下②用溴水除去乙烯中混有的SO2气体③用乙醇与3mol·L-1的H2SO4混合共热到170℃以上制乙烯④将苯和溴水混合后加入Fe粉制溴苯⑤将饱和食盐水滴入盛有电石的烧瓶中制乙快

A. ①④

B. ③⑤

C. ②③④⑤

D. ①②③④

『答案』D

『解析』

『详解』①蒸馏时温度计用于测量馏分的温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，①不能达到预期目的；

②溴水与乙烯和二氧化硫均反应，不能用溴水除去乙烯中混有的SO2气体，应用氢氧化钠溶液除杂，②不能达到预期目的；

③应该用浓硫酸，稀硫酸不能起到催化和脱水作用，③不能达到预期目的；.

④苯和溴水不反应，应用液溴，④不能达到预期目的；

⑤为减缓反应的速率，可用饱和食盐水与电石反应制取乙炔，⑤能达到预期目的；

操作达不到预期目的的是①②③④；答案选D。

5.实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是( )

A装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液

B. 装置③中气体呈红棕色

C. 装置④中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HNO3生成

D. 通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替

『答案』D

『解析』

『分析』空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧化，4NH3 + 5O24NO + 6H2O，生成的气体经过无水CaCl2，除去氨气和水蒸气，在装置③中NO与空气中的氧气反应生成NO2，并收集，④中的水可以吸收排出的二氧化氮，尾气中的NO在⑤中被吸收，防止污染，因此⑤中可以选用氢氧化钠溶液，据此分析解答。

『详解』A．根据上述分析，装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液，故A正确；

B．装置③NO被氧化生成NO2，气体呈红棕色，故B正确；

C．装置④中发生3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，溶液显酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故C 正确；

D ．通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N 2代替，故D 错误； 故选D 。

6.设N A 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )

A. 在密闭容器中，使1molN 2和3molH 2充分反应后生成NH 3的分子数为2N A

B. 标准状况下，0.56L 丙烷中含有共价键的数目为0.2N A

C. 2gH 218O 和D 2O 的混合物中，含有的中子数为N A

D. 标准状况下1.12LNO 2通入足量NaOH 溶液中被完全吸收，转移电子数为N A

『答案』C

『解析』

『详解』A ．N 2与H 2化合成NH 3的反应为可逆反应，在密闭容器中1molN 2和3molH 2充分反应后生成NH 3分子物质的量小于2mol ，生成的NH 3分子数小于2N A ，A 项错误； B ．n （C 3H 8）=10.5622.4?L L mol

－=0.025mol ，1个丙烷分子中含2个C -C 键和8个C -H 键，标准状况下0.56L 丙烷中含有的共价键物质的量为0.025mol×10=0.25mol ，B 项错误； C ．H 218O 和D 2O 的摩尔质量都是20g/mol ，2gH 218O 和D 2O 混合物中分子物质的量为

1220?g g mol

－=0.1mol ，1个H 218O 分子和1个D 2O 分子中都含有10个中子，2gH 218O 和D 2O 混合物中含有中子物质的量为0.1mol×10=1mol ，含有的中子数为N A ，C 项正确； D ．二氧化氮与氢氧化钠反应的方程式为2NO 2+2NaOH ＝NaNO 3+NaNO 2+H 2O ，标准状况下

1.12LNO 2的物质的量是0.05mol ，通入足量NaOH 溶液中被完全吸收，转移电子数为0.025N A ，D 项错误；

答案选C 。

7.少量铁粉与100mL0.01mol·L -1的稀硫酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H 2的产量，可以使用如下方法中的( )

①加H 2O ②加NaOH 固体 ③滴入几滴浓硫酸 ④加CuO 固体 ⑤加NaCl 溶液 ⑥升高温度 ⑦改用10mL18.3mol·L -1的硫酸

A. ①④⑦

B. ③⑥

C. ②④⑥

D. ③⑥⑦ 『答案』B

『解析』

『分析』根据外界条件对反应速率的影响结合氢气的总量不变以及铁少量分析解答。

『详解』①加水，稀释了硫酸的浓度，故反应速率变慢；

②加氢氧化钠，与氢离子反应，减少了硫酸的浓度，故反应速率变慢；

③滴入几滴浓硫酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，由于铁不足，则生成的氢气量不变；

④加CuO固体与硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜再与铁发生置换反应生成铜，构成原电池，反应速率加快，由于消耗了铁，氢气总量减小；

⑤加氯化钠溶液，相当于稀释硫酸，浓度变小，故反应速率变慢；

⑥温度升高，反应速率加快，且不影响氢气量；

⑦改用10mL18.3mol·L-1的硫酸，常温下铁发生钝化不产生氢气。

因此符合条件的是③⑥。答案选B。

『点睛』参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。外界条件对反应速率的影响一般是温度、压强、浓度和催化剂，注意本题不改变生成氢气总量的要求，答题时注意审题。

8.有8种物质，①甲烷②苯③2-丁烯④环己烷⑤邻二甲苯⑥环己烯⑦二氧化硫

⑧聚乙烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是( )

A. ③⑥⑦

B. ②④⑥⑦⑧

C. ②⑤⑥⑦

D. ④⑤⑥⑧

『答案』A

『解析』

『详解』甲烷、苯、环己烷、聚乙烯既不能与溴水发生反应使溴水褪色也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是：2－丁烯、邻二甲苯、环己烯、SO2，能使溴水褪色的是：2－丁烯、环己烯、SO2，因此既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色的是2－丁烯、环己烯、SO2，故选项A正确。答案选A。

9.X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Y、M同主族且M的核电荷数是Y的2倍，Z原子半径在同周期主族元素原子中最大。下列有关说法正确的是( )

A. X的非金属性强于M

B. Y和M元素的最高正价相同

C. M、N的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：M＞N

D. 元素N分别与X、Z形成的化合物化学键类型不同

『答案』D

『解析』

『分析』X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层最多含有8个电子，则X含有2个电子层，最外层含有4个电子，则X为C元素；Y、M同主族且M的核电荷数是Y的2倍，则Y为O元素、M为S元素；Z原子半径在同周期主族元素原子中最大，Z应该处于第三周期，则Z为Na元素；N的原子序数大于M，则N为Cl元素，据此进行解答。

『详解』A．X为C元素，M为S，硫元素非金属性强于碳，故A错误；

B．Y为O、M为S元素，氧元素没有最高价，故B错误；

C．M为S、N为Cl元素，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：S＜Cl，则其最高价氧化物对应水化物的酸性：M＜N，故C错误；

D．元素N分别与X、Z形成的化合物分别是CCl4、NaCl，化学键类型不同，前者是共价键，后者是离子键，故D正确；故答案选D。

10.利用反应6NO2+8NH3＝7N2+12H2O构成电池的装置如下图所示。此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是( )

A. 电流从左侧A电极经过负载后流向右侧B电极

B. 电极B为正极，发生还原反应

C. 电极A极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+

D. 当有4.48LNO2被处理时，转移电子数0.8N A

『答案』B

『解析』

『分析』由反应6NO2+8NH3＝7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，在B极得到电子，发生还原反应，NH3为还原剂，在A极失去电子，发生氧化反应，则A为负极，B为正极，据此解答。

『详解』A．B为正极，A为负极，电流由正极B经导线流向负极A，故A错误；

B．电极B为正极，发生还原反应，正极反应为6NO2+24e-+12H2O＝3N2+24OH-，故B正确；C．电解质溶液呈碱性，A为负极，电极反应式为2NH3-6e-+60H-＝N2+3H2O，故C错误；D．没有明确4.48 L NO2是否是在标准状况下，无法计算转移电子数，故D错误。答案选B。

二、不定项选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)

11.下列说法正确的是( )

A. 的一氯代物有5种

B. 苯的密度比水小，但由苯反应制得的溴苯、硝基苯、环己烷的密度都比水大

C. 与苯互为同系物，等质量的与苯完全燃烧消耗氧气的量相等

D. 苯与甲苯互为同系物，均能使酸性KMnO4溶液褪色

『答案』A

『解析』

『分析』

『详解』A．分子中含有5类氢原子，其一氯代物有5种，A正确；

B．苯的密度比水小，由苯反应制得的溴苯、硝基苯的密度都比水大，但环己烷的密度比水小，B错误；

C．与苯的结构不相似，不能互为同系物，二者的最简式相同，均是CH，等质量的与苯完全燃烧消耗氧气的量相等，C错误；

D．苯与甲苯互为同系物，甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，苯不能，D错误。

答案选A。

12.化合物1，1—二环丙基乙烯()是重要的医药中间体。下列有关该化合物的说法正确的是( )

A. 分子式为C8H14

B. 其同分异构体可能是苯的同系物

C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D. 可以发生加成反应、氧化反应和加聚反应

『答案』CD

『解析』

『详解』A．化合物1，1—二环丙基乙烯()的分子式为C8H12，故A错误；B．苯环的不饱和度是4，该有机物的不饱和度是3，所以该有机物的同分异构体不可能是

苯的同系物，故B错误；

C．结构中含有碳碳双键，能被酸性髙锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

D．含有碳碳双键，具有烯烃的性质，能发生加成反应、加聚反应，也能发生氧化反应，故D正确；

故选CD。

13.类推的思维方法在化学学习和研究中有时会产生错误的结论，因此类推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其正确与否。下列几种类推结论中正确的是( )

A. ⅣA CH4的沸点低于SiH4，则ⅦA HF的沸点也低于HCl

B. 可电解熔融MgCl2来制取金属镁，则也可电解熔融AlCl3来制取金属铝

C. 第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF>H2O>NH3，则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是HCl>H2S>PH3

D. 晶体中有阴离子必有阳离子，则晶体中有阳离子也必有阴离子

『答案』C

『解析』

『详解』A．CH4、SiH4都是分子晶体，且结构相似，相对分子质量越大沸点越高，HCl和HF结构也相似，但HF分子间存在氢键，其沸点大于HCl，该类推不合理，故A错误；B．MgCl2为离子化合物，电解熔融氯化镁可以获得镁，而AlCl3为共价化合物，熔融AlCl3不导电，无法通过电解熔融氯化铝获得铝，该类推不合理，故B错误；

C．同一周期主族元素，原子序数越大非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，则第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF＞H2O＞NH3，可类推第三周期元素氢化物稳定性顺序也是HCl＞H2S＞PH3，故C正确；

D．晶体中有阴离子必有阳离子，但有阳离子时不一定含有阴离子，如金属晶体，该类推不合理，故D错误；

故答案为C。

『点睛』考查探究化学规律方法，明确晶体构成、氢键对熔沸点影响为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。

14.已知X(g)+3Y(g)?2W(g) +M(g) ΔH= -a kJ·mol-1(a＞0)。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入1 mol X(g)与1mol Y(g)，下列说法正确的是( )

A. 充分反应后，放出热量一定小于a/3 kJ

B. 当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为1：2

C. 当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡

D. 向容器中通入Ar，压强增大，反应速率增大

『答案』AC

『解析』

『详解』A．该反应为可逆反应，不会完全进行，加入1 mol X(g)与1mol Y(g)并未完全反应，故放出的热量小于a/3 kJ，选项A正确；

B．X和W分别为反应物和生成物，化学计量数只表示反应过程的转化比例，并不能说明达到平衡后的浓度之比，选项B不正确；

C．当X物质的量分数不再变化时，反应达到平衡，选项C正确；

D．向容器中通入Ar，压强增大，但反应物的浓度不变，反应速率不变，选项D不正确。答案选AC。

15.将等物质的量的A、B 混合于2L 的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)+B(g)? xC(g) +2D(g)，经2min 后测得D 的浓度为0.5mol·L-1，c(A)∶c(B)=3∶5，以C 表示的平均速率v(C)=0.25mol·L-1·min-1，下列说法正确的是( )

A. 该反应方程式中，x=2

B. 2 min 时，A 的转化率为50%

C. 2 min 时，A 的物质的量为0.75mol

D. 反应速率v(B)=0.25 mol·L-1·min-1『答案』AB

『解析』

『分析』经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，v(D)= 0.5mol/L

2min

=0.25mol?L-1?min-1，C表

示的平均速率v(C)=0.25mol?L-1?min-1，由速率之比等于化学计量数之比可知，x=2，设A、B的起始物质的量均为n，生成D为2L×0.5mol/L=1mol，结合三段式分析解答。

『详解』经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，v(D)=0.5mol/L

2min

=0.25mol?L-1?min-1，C表示

的平均速率v(C)=0.25mol?L-1?min-1，由速率之比等于化学计量数之比可知，x=2，设A、B 的起始物质的量均为n mol，生成D为2L×0.5mol/L=1mol，则的

c(A)∶c(B)=3∶5，则

1.5

0.5

-

-

n

n＝

3

5

，解得n=3。

A．由上述分析可知，x=2，故A正确；

B．2min时，A的转化率为1.5mol

3mol

×100%=50%，故B正确；

C．2min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，故C错误；

D．v(B)=0.5mol

2L

2min

=0.125mol?L-1?min-1，故D错误；

故选AB。

三、非选择题

16.完成下列填空：

(一)下列8 组物质或粒子：

①14N 和14C ②16O 和18O ③氰酸铵(NH4CNO)与尿素『CO(NH2)2』④足球烯(C60)和金刚石⑤CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3⑥CH3CH2CH3

和CH3(CH2)2CH3 ⑦和⑧和

(1)互为同素异形体的是__________(填编号，下同)；

(2)互为同位素的是________________；

(3)互为同系物的是___________；

(4)互为同分异构体的是________________。

(二)有下列几种晶体：

A、水晶

B、冰醋酸

C、白磷

D、金刚石

E、晶体氩

F、干冰

G、氟化钠

H、过氧化钠

(1)属于原子晶体的化合物是__________________(填序号，下同)；

(2)含有共价键的离子晶体是________________________；

(3)受热融化时需要克服共价键的晶体是_________________________；

(4)写出下列物质的电子式：过氧化钠_____________，二氧化碳________________。

(三)某烷烃的结构简式为：

(1)用系统命名法命名该烃：__________________________；

(2)若该烷烃是由烯烃加氢得到的，则原烯烃的结构可能有________种(不包括立体异构，下

同)；

(3)若该烷烃是由炔烃加氢得到的，则原快烃的结构有_________________种；

(4)该烷烃在光照条件下与氯气反应，生成的一氧代烷最多有____________种。

(四)火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当把0.4mol 液态

肼和0.8mol H2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7KJ 的热量(相当于25℃、101

kPa 下测得的热量)。

①反应的热化学方程式为________________________________；

②已知H2O(1)=H2O(g) ΔH=+44kJ/mol。

则16g 液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出热量是_________________kJ；

③此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是的____________。

『答案』(1). ④(2). ②(3). ⑥(4). ③⑤(5). A (6). H (7). AD (8).

(9). (10). 2,3-二甲基戊烷(11). 5 (12). 1 (13). 6

(14). N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ΔH=-641.75kJ/mol (15). 408.875 (16). 产

物环保无污染

『解析』

『分析』

『详解』（一）同一种元素组成的不同单质互为同素异形体；同一种元素的不同核素互为同

位素；分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；结构相似，分子组成上相差一个或

若干个CH2的有机化合物互为同系物；根据上述概念来判断：

①14N和14C两种不同的元素；②16O和18O属于质子数相同，中子数不同的同一种元素的不

同核素，是同位素；③氰酸铵(NH4CNO)与尿素『CO(NH2)2』，二者分子式相同，结构不同

属于同分异构体；④足球烯(C60)和金刚石，二者均是由碳元素构成的不同单质，属于同素异

形体；⑤CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3，二者分子式相同，结构不同属于同分异构体；⑥

CH3CH2CH3和CH3(CH2)2CH3，均属于烷烃，结构相似，分子组成上相差一个CH2的有机化合物互为同系物；⑦和，二者结构相同，分子式相同，是同一种物质；⑧和，二者结构相同，分子式相同，是同一种物质；

答案为:互为同素异形体的是④，互为同位素的是②，互为同系物的是⑥，互为同分异构体的是③⑤。

（二）水晶是硅原子与氧原子之间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，且O-Si原子间形成极性键，属于化合物；冰醋酸是醋酸分子间通过分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体；白磷是通过分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体；金刚石是碳原子之间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，且C-C原子间形成非极性键，属于单质；晶体氩是单原子构成的，无化学键，通过分子间作用力结合形成的分子晶体；干冰是CO2分子间通过分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体；氟化钠是钠离子与氟离子形成离子键，属于离子晶体；过氧化钠中钠离子与过氧根形成离子键，氧原子与氧原子形成共价键，过氧化钠中既有离子键又有共价键，属于离子晶体；由上分析可知：

(1)属于原子晶体的化合物是水晶；(2)含有共价键的离子晶体是过氧化钠；(3)受热融化时需要克服共价键的晶体是原子晶体水晶和金刚石；分子晶体融化只需克服分子间作用力，离子晶体融化克服离子键；(4)过氧化钠中钠离子与过氧根形成离子键，氧原子与氧原子形成共价键，其电子式为，CO2中碳原子与每个氧原子形成两对共用电子对，其电子式为；答案为：A，H，AD，，。

（三）由分析，

(1)此有机物最长碳链（主链）为5个碳原子，编号，2号位有一个甲基，3号位有一个甲基，系统命名为2,3-二甲基戊烷；答案为2，3-二甲基戊烷。

(2)若该烷烃是由烯烃加氢得到的，则原烯烃的结构有，

，，，，

共5种；答案为:5。

(3)若此烷烃为炔烃加氢制得，在该碳架上有碳碳三键，只有一种方式，所以此炔烃的结构简式为：；答案为:1。

(4)在的烷烃中含有6种不同的氢原子，所以该烷烃含有6种一氯代烷；答案为:6。

（四）①0.4mol液态肼放出256.7kJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为256.7kJ

0.4

=641.75kJ，

所以反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-641.75kJ/mol，答案为：N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-641.75kJ/mol；

②由①N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.75kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol；依据盖斯定律①-②×4得到N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l)△H=-817.75kJ/mol，则16g液态

肼即

16

32/

g

g mol

=0.5mol，与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量

0.5mol×817.75kJ/mol=408.875kJ；答案为:408.875KJ。

③此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是产物为氮气和水，是空气成分不会造成环境污染；答案为:产物不会造成环境污染。

17.同分异构现象是有机物之间普遍存在的现象，如分子式为C9H12的有机物存在多种同分异构体，和异丙苯即为其中两种。

(1)能使Br2的CCl4溶液褪色，写出其与Br2发生等物质的量加成反应时可能产物的结构简式___________________、________________、__________________；

(2)异丙苯()是一种重要的有机化工原料，它的1H 核磁共振谱图中出现

__________组特征峰，峰强度之比为_____________；

(3)C9H12还有多种同分异构体，其中一溴代物最少的芳香烃的结构简式是

______________________。

『答案』(1). (2). (3).

(4). 5 (5). 1:2:2:1:6 (6).

『解析』

『分析』根据1，3－丁二烯的加成反应原理类推；根据结构简式判断等效氢原子的个数进而判断结构简式。

『详解』(1)能使Br2的CCl4溶液褪色，其与Br2发生等物质的量加成反应时可以是1，2－加成或1，4－加成，则可能产物的结构简式为、、

；

(2)根据异丙苯的结构简式可知其核磁共振谱图中出现5组特征峰，峰强度之比为1:2:2:1:6；

(3)异丙苯有多种同分异构体，其中一溴代物最少则要求结构对称性最好，若苯环上只有一个取代基，则苯环上就有三种氢，若苯环上有两个取代基，则只能是甲基和乙基，处于对位时苯环上还有两种氢，若苯环三个取代基，则为三个甲基，处于1，3，5位时结构对称性最好，苯环上只有一种氢，连同烃基中仅有两种氢，一溴代物也就是两种，因此一溴代物最少

的芳香烃的结构简式是。

18.某工厂以硝酸为原料生产亚硝酸钠，其工艺流程如图：

已知：Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2

（1）“分解塔”中SO2从塔底进入，硝酸从塔顶喷淋，其目的是____。

（2）“分解塔”中的温度不宜过高，其原因是____。

（3）按一定计量比在“分解塔”中通SO2和喷入硝酸，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好1：1，则“分解塔”中发生反应的化学方程式为____。

（4）为提高氮氧化物的转化率，可向“尾气”中通入一定量的____气体，再通入“吸收塔”中，实现循环吸收。

（5）“吸收塔”所得溶液中除含有NaNO2、NaNO3和少量Na2CO3外，还含有的溶质为___（填化学式）。

『答案』(1). 使SO2气体被充分吸收(2). 硝酸受热会挥发、分解(3). 2HNO3+2SO2+H2O=NO+NO2+2H2SO4(4). O2(5). NaHCO3

『解析』

『详解』(1) “分解塔”中SO2从塔底进入，硝酸从塔顶喷淋，其目的是使SO2气体被充分吸收；

(2) “分解塔”中的温度不宜过高，其原因是温度太高，硝酸会挥发、分解；

(3)按一定计量比在“分解塔”中通SO2和喷入硝酸，SO2被氧化，在酸性条件下生成H2SO4, HNO3被还原，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好1 : 1，根据得失电子守恒，则“分解塔”中发生反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O= NO+NO2 t 2H2SO4；

(4)由于NO不溶于Na2CO3，为提高氮氧化物的转化率，可向“尾气”中通入一定量的O2气体，使NO部分转化为NO2，再通入“吸收塔”中，实现循环吸收；

(5)进入“吸收塔”的混合气体中是NO、NO2，反应后又生成了CO2，CO2被Na2CO3吸收生成了NaHCO3，故“吸收塔”所得溶液中除含有NaNO2、NaNO3和少量Na2CO3外，还含有的溶质为NaHCO3。

19.已知：①R-NO2R-NH2；

②苯环上原有取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。

以下是用苯为原料制备某些化合物的转化关系图：

(1)A 转化为B 的化学方程式是____________________________；

(2)在“”的所有反应中属于取代反应的是

______________(填字母)，属于加成反应的是__________________(填字母)；C 转化为D 的化学方程式是_________________；

(3)B 中苯环上的一氯代物有_______________种同分异构体。

『答案』(1). +CH3Cl+HCl (2). ab (3).

c (4). +H2SO4 +H2O (5). 4

『解析』

『分析』苯与浓硝酸在浓硫酸作用下反应生成A，A为；根据已知信息，由逆推可知B为；苯与溴在催化剂作用下反应生成C，C为；由逆推可知D为，据此分析解答。

『详解』(1)A为，B为，A转化为B的化学方程式为

+CH3Cl+HCl，故答案为：+CH3Cl

+HCl；

(2)a是苯与溴发生取代反应生成，b是与浓硫酸在加热条件下发生取代反应生成，c是与氢气发生加成反应生成

，也属于还原反应；C 转化为D 的化学方程式为+H2SO4

+H 2O ，故答案为：ab ；c ；+H 2SO 4

+H 2O ；

(3)B()中苯环上有4种化学环境不同的H 原子，B 中苯环上的一氯代物有4种同分异构体，故答案为：4。

『点睛』利用逆推法正确判断物质的结构简式是解题的关键。本题的易错点为(2)，书写反应方程式要注意注明反应条件。

20.如图是以乙炔（结构简式为CH CH ≡）为主要原料合成聚氯乙烯、聚丙烯腈和氯丁橡胶的转化关系图。

（1）写出A 、B 、C 、D 四种物质的结构简式：

A ：________，

B ：________，

C ：________，

D ：________。

（2）写出有关反应的化学方程式：

②：____________；

③：_____________；

⑤：___________；

⑦：_________。

『答案』(1). CH 2=CHCl (2). CH 2=CHCN (3). CH 2=CHC CH (4).

(5). nCH 2=CHCl ???→催化剂 (6). HC

CH + HCN ???→催化剂CH 2=CHCN (7). 2 HC CH ???→催化剂 CH 2=CHC CH (8). n

???→催化剂

『解析』

『分析』乙炔与HCl 加成生成氯乙烯，氯乙烯发生加聚生成聚氯乙烯，乙炔与HCN 反应生成CH 2=CHCN ，发生加聚生成聚丙烯腈，两分子乙炔生成CH 2=CHC CH ，与HCl 加成生成

，再发生加聚得到聚丁橡胶。

『详解』⑴根据乙炔加成得到A ，A 聚合生成聚氯乙烯，则可得到A 为氯乙烯，其结构简式为：CH 2=CHCl ，同理可以分析得出B 的结构简式为CH 2=CHCN ，两分子乙炔生成C 的结构简式为CH 2=CHC CH ，由聚丁橡胶得到D 的结构简式为

，故答案

为：CH 2=CHCl ； CH 2=CHCN ；CH 2=CHC CH ；。 ⑵②：nCH 2=CHCl ???→催化剂 ，故答案为：nCH 2=CHCl ???→催化剂

。

③：HC CH + HCN

???→催化剂CH 2=CHCN ，故答案为：HC CH + HCN ???→

催化剂CH 2=CHCN 。 ⑤：2 HC CH ???→催化剂 CH 2=CHC CH ，故答案为：2 HC CH ???→催化剂 CH 2=CHC CH 。

⑦：n ???→催化剂，故答案为：n

???→催化剂。

21.亚硝酰硫酸(NOSO 4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如下图装置(夹持装置略)制备少量NOSO 4H ，并测定产品的纯度。

已知：NOSO 4H 遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。

(1)装置A 利用 Na 2SO 3 和硫酸制取 SO 2

①A 中反应的化学方程式为___________________________；

②导管 b 的作用是_____________________；

(2)装置C 的主要作用是 (用离子方程式表示)_____________________；

(3)该实验装置存在可能导致 NOSO 4H 产量降低的缺陷是___________________________；

(4)测定亚硝酰硫酸NOSO 4H 的纯度：准确称取 1.380g 产品放入 250mL 的碘量瓶中，加入 0.1000mol·L -1、60.00mL 的 KMnO 4 溶液和10mL25%H 2SO 4 溶液，摇匀。然后将 0.2500mol·L -1 草酸钠(Na 2C 2O 4)溶液滴入碘量瓶中，消耗草酸钠溶液的体积为 20.00mL 。 已知：2KMnO 4+5NOSO 4H+2H 2O=K 2SO 4+2MnSO 4+5HNO 3+2H 2SO 4

①配平：_______-4MnO + ______2-

24C O +_______=_____________Mn 2++____CO 2↑+ _______H 2O

②亚硝酰硫酸的纯度=__________(精确到 0.1%)(写出计算过程)

『答案』

(1). Na 2SO 3+H 2SO 4=Na 2SO 4+H 2O+SO 2↑ (2). 平衡压强使分液漏斗内液体顺利流下 (3). SO 2+2OH -=2-3SO +H 2O (4). C 中水会进入B 中导致NOSO 4H 分解 (5). 2

(6). 5 (7). 16H + (8). 2 (9). 10 (10). 8 (11). 92.0% 『解析』

『分析』根据装置A 是制取SO 2的，写出化学方程式；根据导管b 的连接方式知道锥形瓶和分液漏斗的压强相等；根据SO 2是有毒的气体，尾气要处理；根据题目中NOSO4H 遇水分解，由这个信息可判断缺少吸水装置；根据C 2O 42-的量算出与之反应的KMnO 4的量，由KMnO 4量求出NOSO 4H 量，进而求算产品的纯度。

『详解』(1)①装置A 是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO 2，反应的化学方程式：Na 2SO 3+H 2SO 4=Na 2SO 4+SO 2↑+H 2O ；答案为Na 2SO 3+H 2SO 4=Na 2SO 4+SO 2↑+H 2O 。

②导管b 的作用是：平衡压强使分液漏斗中的液体顺利流下；答案为平衡压强使分液漏斗中的液体顺利流下。

(2)装置C 的主要作用是利用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫防止污染空气，反应的离子方程式：SO 2+2OH -=SO 32-+H 2O ；答案为：SO 2+2OH -=SO 32-+H 2O 。

(3)该实验装置存在可能导致NOSO 4H 产量降低的缺陷是：C 装置中的水蒸气会进入装置B 中使NOSO 4H 水解，应在BC 间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶；答案为C 装置中的水蒸气

会进入装置B 中使NOSO 4H 水解。

(4)①酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价+7价降低到+2价，电子转移5e -，碳元素化合价+3价变化为+4价，电子转移e -，电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式：2MnO 4-+5C 2O 42-+16H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ，答案为2，5，16H +，2，10，8。

②设MnO 4-与C 2O 42-反应的物质的量为n 1mol ，

2MnO 4-+5C 2O 42-+16H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O

12mol 5mol n mol 0.25mol /L 0.020L

? n 1=0.002mol ， 则与NOSO 4H 反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol?L -1×0.0600L -0.002mol=0.004mol ， 设亚硝酰硫酸物质的量为n 2mol ，

2KMnO 4+5NOSO 4H+2H 2O=K 2SO 4+2MnSO 4+5HNO 3+2H 2SO 4，

2

2mol 5mol n mol 0.004mol n 2=0.01mol ， 亚硝酰硫酸的纯度=

0.01mol 127g /mol 1.380g

?×100%=92.0%， 故答案为：92.0%。 『点睛』亚硝酰硫酸(NOSO 4H)纯品遇水易分解，故在连结实验仪器时，需要考虑反应中产生的气体是否带有水蒸气，还要考虑外界空气中的水蒸气是否会进入装置，所以应在A 和B 之间和B 和C 之间各加一个装有浓硫酸的洗气瓶。