【化学】四川省巴中中学2018-2019学年高一下学期期中考试考试题（解析版）

四川省巴中中学2018-2019学年高一下学期期中考试考试题
高一科目：化学 考试时间：90分钟 总 分：100分 命题人：冯艺明
I卷（选择题）
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)
1.化学在生产、生活中有着广泛的应用，下列物质性质与实际应用对应关系错误的是（ ）

物质性质
实际应用
A
明矾溶于水能生成胶体
明矾用作净水剂
B
SiO2熔点高、硬度大
SiO2作光导纤维
C
次氯酸具有强氧化性
漂粉精用于游泳池消毒
D
Na2CO3溶液呈碱性
用热的纯碱溶液除去油污
【答案】B
【解析】A．明矾电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能够用于水的净化，A正确；
B．SiO2作光导纤维，是因为其良好的光学特性，与其熔点高、硬度大小无关，B错误；
C．氯酸根离子具有强氧化性，能够使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，C正确；
D．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，加热促进碳酸根离子水解，溶液碱性增强，油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，所以可用热的纯碱溶液除去油污，D正确；
故合理选项是B。
2.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. 氧根离子电子式：
C. 氯离子的结构示意图：
D. 中子数为146、质子数为92铀(U)原子：14692U
【答案】B
【解析】A．次氯酸的结构式为：H－O－Cl，故A错误；
B．氢氧根离子带1个单位的负电荷，离子中O原子与H原子之间形成1个共用电子对，氧原子达到八电子稳定结构，氢氧根电子式为，故B正确；
C．氯原子质子数为17，核外电子数为17，3个电子层，各层电子数分别为2、8、7，氯原子结构示意图为，离子结构示意图为，故C错误；
D．中子数为146、质子数为92的铀（U）原子的质量数为146+92=238，该铀原子符号为23892U，故D错误。
答案选B。
3.某化学课外小组利用废铜制取硫酸铜，设计了如下制取方案，其中从理论、操作、经济和环保等方面考虑，你认为最合理的是（ ）
A. CuCuOCuSO4
B. CuCuSO4
C. CuCuSO4
D. CuCu（NO３)2Cu(OH)2CuSO4
【答案】A
【解析】A. CuCuOCuSO4中原子利用率高，经济、环保；
B. CuCuSO4中原子利用率低，且产生大气污染物SO2；
C. Cu与稀硫酸不反应；
D. CuCu（NO３)2Cu(OH)2CuSO4中步骤过多，成本较高，不经济。
综上所述，最合理的方案是A，答案选A。
4.氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO(NH2)2] （ ）
A. 都是共价化合物 B. 都是离子化合物
C. 互同分异构体 D. 互为同素异形体
【答案】C
【解析】试题分析：氰酸铵（NH4OCN）是铵盐，是离子化合物，尿素[CO（NH2）2]中只含共价键，是共价化合物，氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO（NH2）2]的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，同素异形体是单质，氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO（NH2）2]都是化合物，不是同素异形体。答案选C。
5.某元素的原子最外层有2个电子，该元素(　 　)
A. 一定是金属元素 B. 最高化合价一定为＋2价
C. 一定是ⅡA族元素或是He D. 无法确定属于哪类元素
【答案】D
【解析】最外层有2个电子的元素原子，可能是ⅡA族元素，也可能是He，还可能是副族元素，若为副族元素，其最高正价不一定为＋2价，答案选D。
6.列说法中正确的是( )
A. 第ⅦA族中元素的最高化合价都是+7价
B. 第VA族元素的最高化合价一定是+6价
C. 第ⅣA族元素的最高化合价都是+4价
D. 第IA族中都是活泼的金属元素
【答案】C
【解析】
【分析】主族元素的最高价一般等于元素原子的最外层电子数，据此判断。
【详解】A. 第ⅦA族中元素的最高化合价不一定都是+7价，例如F没有正价，A错误；
B. 第VA族元素的最高化合价一定是+5价，B错误；
C. 第ⅣA族元素的最高化合价都是+4价，C正确；
D. 第IA族中并非都是活泼的金属元素，例如H是非金属，D错误；
答案选C。
7.下列粒子中与NH4＋具有不同质子数但具有相同电子数的粒子是（ ）
A. Na+ B. Cl－ C. OH－ D. －CH3
【答案】C
【解析】NH4＋的质子数和电子数分别是11、10。则：
A. Na+的质子数和电子数分别是11、10，A不选。
B. Cl－的质子数和电子数分别是17、18，B不选。
C. OH－的质子数和电子数分别是9、10，C选。
D. －CH3的质子数和电子数分别是9、9，D不选。
答案选C。
8. 对下列事实解释错误的是( )
A. 向蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓H2SO4具有脱水性
B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应
D. 反应CuSO4＋H2S==CuS↓＋H2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸
【答案】C
【解析】常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，是因为铝表面被氧化为致密的氧化物薄膜阻止了进一步的反应，而不是没有反应。答案选C。
9. 如图所示，锥形瓶内盛有气体X，滴管内盛有液体Y．若挤压滴管胶头，使液体Y滴入瓶中，振荡，过一会可见小气球a鼓起．气体X和液体Y不可能是（ ）

A. X是NH3，Y是水
B. X是SO2，Y是NaOH浓溶液
C. X是CO2，Y是稀硫酸
D. X是HCl，Y是NaNO3稀溶液
【答案】C
【解析】试题分析：挤压胶头滴管，使液体Y滴入瓶中，振荡，一会儿可见小气球a鼓起，说明锥形瓶内压强减小，X可能溶于Y或与Y发生反应．
解：A、NH3极易溶于水，NH3溶于水时，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a鼓起，气体X和液体Y可能是NH3和水，故A正确；
B、SO2能够与NaOH浓溶液反应，SO2被吸收，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a鼓起，气体X和液体Y可能是SO2和NaOH浓溶液，故B正确；
C、CO2与稀硫酸不反应，难溶于稀硫酸溶液，压强基本不变，小气球不能鼓起，气体X和液体Y不可能CO2和稀硫酸，故C错误；
D、氯化氢不与NaNO3反应，但氯化氢极易溶于水，氯化氢溶于水时，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a鼓起，气体X和液体Y可能是氯化氢和NaNO3稀溶液，故D正确；
故选C．
10.下列反应中硝酸既能表现出酸性又能表现出氧化性的是（ ）
A. 使石蕊试液变红
B. 与铜反应放出NO气体，生成Cu(NO3)2
C. 与Na2CO3反应放出CO2气体，生成NaNO3
D. 与硫单质共热时生成H2SO4和NO2
【答案】B
【解析】A. 使石蕊试液变红体现硝酸的酸性，A不选；
B. 与铜反应放出NO气体，生成Cu(NO3)2，反应中氮元素化合价降低，由硝酸盐生成，硝酸既能表现出酸性又能表现出氧化性，B选；
C. 与Na2CO3反应放出CO2气体，生成NaNO3只体现硝酸的酸性，不是氧化还原反应，C不选；
D. 与硫单质共热时生成H2SO4和NO2，反应中氮元素化合价降低，没有硝酸盐生成，只体现硝酸的氧化性，D不选；
答案选B。
11.在4mol/L的硫酸和2mol/L的硝酸混合溶液10mL中，加入6.5g锌粉，充分反应后最多可收集到标准状况下的气体的体积为( )
A. 112mL B. 224mL C. 448mL D. 672mL
【答案】D
【解析】锌与稀硝酸反应的实质是3Zn+8H++2NO3-＝3Zn2++2NO↑+4H2O，混合溶液中含H+物质的量＝0.04mol×2+0.02mol＝0.10mol，硝酸根离子的物质的量是0.02mol，6.5g锌的物质的量＝6.5g÷65g/mol＝0.1mol。根据离子方程式可知3Zn～2NO3-～8H+～2NO，因此氢离子、锌过量，硝酸根离子完全反应，则生成的NO气体的物质的量为0.02mol，剩余的锌是0.07mol，氢离子是0.02mol，根据方程式Zn+2H＋＝Zn2＋＋H2↑可知还可以产生0.01mol氢气，则标准状况下的体积为0.03mol×22.4L/mol＝0.672L＝672mL，答案选D。
12.下列关于物质性质变化的比较中不正确的是（ ）
A. 酸性强弱：HIO4＜HBrO4＜HClO4
B. 原子半径大小：Na＞S＞O
C. 碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH
D. 还原性强弱F－＞Cl－＞I－
【答案】D
【解析】A. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性I＜Br＜Cl，则酸性强弱：HIO4＜HBrO4＜HClO4，A正确；
B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小：Na＞S＞O，B正确；
C. 金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性K＞Na＞Li，则碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH，C正确；
D. 非金属性越强，相应阴离子的还原性越强，非金属性F＞Cl＞I，则还原性强弱F－＜Cl－＜I－，D错误；
答案选D。
13.X和Y均为短周期元素，两者能组成化合物X2Y3，已知X的原子序数为n，则Y的原子序数不可能是（ ）
A. n+1 B. n－6 C. n+3 D. n－5
【答案】B
【解析】A、如果是N2O3，则Y的原子序数是n＋1，A不选；
B、根据价序原则，化合价为奇数的，核电荷数为奇数，化合价为偶数的，核电荷数为偶数，则X、Y的核电荷数之差不可能是偶数，因为奇数和偶数的差与和还是奇数，B选；
C、化合物X2Y3中X、Y的化合价分别是＋3价和－2价，即分别可能为第ⅢA和第ⅥA。若X、Y位于同一周期，则Y的原子序数n＋3，若位于X的下一周期，则Y的原子序数n＋3＋8＝n＋11，若位于X的上一周期，则Y的原子序数n＋3－8＝n－5，C不选；
D、根据C中分析可知D不选。
答案选B。
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 离子化合物只能由金属元素和非金属元素组成
B. 离子化合物只能存在离子键
C. 盐酸能电离出氢离子和氯离子，所以HCl存在离子键
D. 共价化合物中不可能存在离子键
【答案】D
【解析】A．离子化合物中可能不含金属元素，如氯化铵中不含金属元素，但氯化铵是离子化合物，故A错误；
B．离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，如氢氧化钠中含有共价键，故B错误；
C．氯化氢分子中氯原子和氢原子之间只存在共价键，所以氯化氢是共价化合物，但氯化氢溶于水后在水分子的作用下能电离出自由移动的阴阳离子，故C错误；
D．共价化合物中只含共价键，一定不含离子键，故D正确；
故答案为D。
15.X、Y、Z三种非金属元素具有相同的电子层数，它们的气态氢化物的稳定性的强弱顺序为：XH3＜H2Y＜HZ，下列说法中正确的是（ ）
A. 原子序数：X＞Y＞Z B. 非金属性：X＜Y＜Z
C. 原子半径：X＜Y＜Z D. 离子的还原性：X3-＜Y2-＜Z-
【答案】B
【解析】A、X、Y、Z三种非金属元素具有相同的电子层数说明X、Y、Z为同一周期，同一周期元素气态氢化物的稳定性逐渐增强，气态氢化物的稳定性的强弱顺序为：XH3＜H2Y＜HZ，故原子序数为X＜Y＜Z，故A错误；
B、同一周期从左到右非金属性逐渐增强，故非金属性为X＜Y＜Z，故B正确；
C、同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径X＞Y＞Z，故C错误；
D、同一周期从左到右元素原子的氧化性增强，对应离子的还原性逐渐减弱，还原性X3－＞Y2－＞Z－，故D错误；
答案选B。
16.如图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B的质量数，B元素的原子核内质子数等于中子数，下列叙述正确的是（　　　　）
A

C

B

A. B为第二周期的元素 B. C为VA族元素
C. 三种元素不全是非金属元素 D. C是化学性质最活泼的非金属元素
【答案】D
【解析】
【分析】由周期表中短周期的一部分，设A的质子数为x，则B的质子数为x+9，C的质子数为x+2，由A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B的质量数，B元素的原子核内质子数等于中子数可知x+(x+9)+(x+2)=2(x+9)，解得x=7，则A为N元素，B为S元素，C为F元素，然后利用元素的位置及性质来解答。
【详解】根据上述分析可知：A为N元素，B为S元素，C为F元素。
A.B为S元素，位于第三周期，是第三周期的元素，A错误；
B.C为F元素，为ⅦA族元素，B错误；
C.A、B、C三种元素分别是N、S、F，它们都是非金属元素，C错误；
D.C为F，为ⅦA族元素，极易得电子，则C元素单质是化学性质最活泼的非金属，D正确；
答案选D。
17.A和B是同周期的相邻元素，B和C是同主族的相邻元素，且ABC最外层电子数之和为19，则A、B、C三种元素按用顺序是（ ）
A. S、O、F B. F、O、S
C. S、Cl、O D. N、F、Cl
【答案】B
【解析】A和B是同周期的相邻元素，B和C是同主族的相邻元素，且A、B、C最外层电子数之和为19，则在周期表中可能存在以下几种位置：

①设A的最外层电子数为x，则B、C的最外层电子数都为x-1，则有x+x-1+x-1=19，x=7，则A为Cl，B为S，C为O；
②设A的最外层电子数为x，则B、C的最外层电子数都为x+1，则有x+x+1+x+1=19，x=17/3，不符合题意；
③设A的最外层电子数为x，则B、C的最外层电子数都为x-1，则有x+x-1+x-1=19，x=7，则A为F，B为O，C为S；
④设A的最外层电子数为x，则B、C的最外层电子数都为x+1，则有x+x+1+x+1=19，x=17/3，不符合题意，
答案选B。
18.元素X的原子序数为116，下列叙述正确的是（ ）
A. X是非金属元素 B. X的钠盐的化学式为Na2X
C. X的最高价氧化物的化学式为XO3 D. X的最高价氧化物的水化物为强酸
【答案】C
【解析】元素周期表的前六周期已填满，所容纳的元素种数是：2+8+8+18+18+32=86，而前七周期可容纳元素的种数是：86+32=118；可见116号元素位于第七周期ⅥA族，属于氧族元素。则
A、该元素属于氧族元素，位于钋的下一周期，同主族自上而下金属性增强，故该元素为金属元素，故A错误；
B、该元素是金属元素，没有负化合价，不能存在Na2X，故B错误；
C、该元素最外层有6个电子，最高正价为+6价，故X的最高价氧化物的化学式为XO3，故C正确；
D、该元素为金属元素，因此该元素的最高价氧化物的水化物为碱，故D错误。
答案选C。
19.在离子RO3n－中，共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是（ ）
A. A－x+n+48 B. A－x+n+24
C. A－x－n－48 D. A+x－n－24
【答案】B
【解析】R原子的质量数为A，设R原子核内含中子的数目为N，则R的质子数为A-N，离子RO3n-中共有x个核外电子，所以A-N+24+n=x，所以R原子核内含中子的数目N=A-x+n+24。答案选B。
20. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是（ ）
A. 上述四种元素的原子半径大小为W B. W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20
C. W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
D. 由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点
【答案】C
【解析】试题分析：X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C，采用的是断代法；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子，所以可只能是稀有气体Ne，X、Y、Z核外内层电子是2个，所以W是H，则：A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，Z为He，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，A错误；B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，B错误；C．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，C正确；D．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，D错误；答案选C。
21. 下列化学性质中，烷烃不具备的是（ ）
A. 一定条件下发生分解反应 B. 可以在空气中燃烧
C. 与氯气发生取代反应 D. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】试题分析：A、甲烷分解生成氢气和碳单质，故A正确；B、烷烃是由碳氢两种元素组成的，具有可燃性，可以在空气中燃烧，故B正确；C、烷烃能够和氯气光照条件下发生取代反应，故C正确；D、由于烷烃性质稳定，不能够使高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选D。
22.有一类组成最简单的有机硅化合物叫硅烷，它的分子组成与烷烃相似。下列有关说法中错误的是（ ）
A. 硅烷的分子通式可表示为SinH2n+2
B. 甲硅烷燃烧生成二氧化硅和水
C. 甲硅烷(SiH4)相同条件下的密度大于甲烷(CH4)
D. 甲硅烷的热稳定性强于甲烷
【答案】D
【解析】A、硅烷的分子组成和烷烃相似，故可表示为SinH2n+2，故A正确；
B、与甲烷性质类比，甲硅烷充分燃烧生成二氧化硅和水，故B正确；
C、SiH4的相对分子质量比CH4大，所以密度应比甲烷大，故C正确；
D、硅的非金属性比碳弱，所以甲硅烷的热稳定性不如甲烷，故D错误。
答案选D。
23.下列各物质的名称正确的是（ ）
A. 3，3－二甲基丁烷 B. 2，3，3－三甲丁烷
C. 2，2－二甲基－3－乙基丁烷 D. 2，3－二甲基－4－乙基己烷
【答案】D
【解析】A、不符合离支链最近的一端编号，应是2，2－二甲基丁烷，A错误；
B、不符合支链的代数和最小，应是2，2，3－三甲基丁烷，B错误；
C、不符合主链碳原子最多，应是2，2，3－三甲基戊烷，C错误；
D、2，3－二甲基－4－乙基己烷命名正确，D正确；
答案选D。
24. 在常温下，把一个盛有一定量的甲烷和氯气的密闭玻璃容器放在光亮的地方，两种气体发生反应，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 容器内原子的总数不变 B. 容器内的分子总数不变
C. 容器内压强不变 D. 发生的反应属于取代反应
【答案】C
【解析】试题分析：A.化学反应应该遵循质量守恒定律，即反应前后各种元素的原子个数不变。正确。B．甲烷与氯气发生的的取代反应，在反应前后，容器内分子总数不变。正确。C．由于反应后会得到二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，这些物质在常温下是液态物质，因此反应后容器内压强会减小。错误。D．甲烷与氯气在光照时发生反应是甲烷分子中的H原子被Cl原子代替，因此发生的反应属于取代反应。正确。
25.0.4molCH4与Cl2发生取代反应，待反应完成后测得四种有机取代产物的物质的量相等，则消耗氯气的物质的量为（ ）
A. 0.5 mol B. 1 mol C. 1.5 mol D. 2 mol
【答案】B
【解析】0.4mol CH4与Cl2发生取代反应，待反应完成后测得4种取代物物质的量相等，则CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量都是0.1mol，CH4与Cl2发生取代反应时消耗的氢原子和氯气的物质的量之比是1：1，生成0.1molCH3Cl需要Cl2的物质的量为0.1mol，生成0.1molCH2Cl2需要Cl2的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，生成0.1molCHCl3需要Cl2的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，生成0.1molCCl4需要Cl2的物质的量为0.1mol×4=0.4mol，所以总共消耗的氯气的物质的量=（0.1+0.2+0.3+0.4）mol=1.0mol。答案选B
二、填空题(共50分)
26.在2008年初我国南方遭遇的冰雪灾害中，使用了一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1molXY2含有54mol电子。
(1)该融雪剂的化学式是__________：X与氢元素形成的化合物的电子式是__________。
(2)元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，D与E能形成一种三核分子，该分子的结构式为__________；D所在族元素的氢化物中沸点最低的是__________。
(3)元素R与Y同主族，其氢化物能用于刻蚀玻璃，R2与NaOH溶液反应的产物之一是OR2，该反应的离子方程式为__________。
【答案】(1). CaCl2 (2). (3). S＝C＝S (4). H2S (5). 2F2+2OH－＝OF2+2F－+H2O
【解析】
【分析】融雪剂主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为54÷3=18，则X为Ca、Y为Cl，据此判断。
【详解】（1）根据以上分析可知X为Ca、Y为Cl，所以该融雪剂的化学式是CaCl2：Ca与氢元素形成的化合物是离子化合物，电子式是。
（2）元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与氯元素相邻，则D为硫元素；故E有2个电子层，最外层电子数为4，则E为碳元素，碳元素与硫元素形成的一种三核分子为CS2，与二氧化碳结构类似，结构式为S＝C＝S。第ⅥA族元素氢化物的沸点随原子序数的增大而减小，但水分子间存在氢键，沸点最高，所以硫所在族元素的氢化物中沸点最低的是H2S；
（3）元素R与Y同主族，其氢化物能用于刻蚀玻璃，则R为F元素，F2与NaOH溶液反应的产物之一是OF2，OF2中氧元素为+2，F元素为-1价，反应中O元素化合价升高，故F元素化合价还降低，有NaF生成，反应的离子方程式为2F2+2OH－＝OF2+2F－+H2O。
27.把1体积CH4和4体积Cl2组成的混合气体充入大试管中。

将此试管倒立在盛有AgNO3溶液的水槽中，放在光亮处，片刻后发现试管壁上有油状液滴出现，该油状液滴可能是________，水槽中还观察到________，原因是________(用离子方程式解释)。若向水槽中再滴入几滴紫色石蕊试液又观察到________，原因是___________________________。
【答案】CH2Cl2、CHCl3、CCl4　有白色沉淀产生　Ag＋＋Cl－=AgCl↓　溶液变红　因反应生成HCl溶于水使溶液显酸性
【解析】CH4和Cl2光照生成CH3Cl(气体)、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，随着反应进行，Cl2不断消耗，黄绿色逐渐消失，又由于生成CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色液体，Cl2易溶于有机溶剂，使试管壁上有黄色油滴；因生成的HCl易溶于水，反应后，试管内气体压强减小，水位在试管内上升，HCl溶于水后，与AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，同时溶液中溶质为HCl，故加入紫色石蕊试液后溶液变红。
28.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题：
(1)甲的化学式是__________；乙的电子式是__________。
(2)甲与水反应的化学方程式是__________。
(3)气体丙与金属镁反应的产物是__________(用化学式表示)。
(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式__________。有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之__________（已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O）。
【答案】(1). AlH3 (2). (3). AlH3＋3H2O＝Al(OH）3↓＋3H2↑ (4). Mg3N2 (5). 2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O (6). 将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O
【解析】
【分析】将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L的H2(已折算成标准状况），甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，因此白色沉淀是Al(OH）3，则金属单质是铝，因此甲是AlH3。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25 g·L－1，则丙的相对分子质量是1.25×22.4＝28，因此丙是氮气，则乙是氨气NH3，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析可知甲的化学式是AlH3。乙是氨气，含有共价键的共价化合物，电子式为；
（2）甲与水反应生成氢气和氢氧化铝，反应的化学方程式是AlH3＋3H2O＝Al(OH）3↓＋3H2↑。
（3）氮气与金属镁反应的产物是Mg3N2。
（4）氨气在加热条件下与CuO反应可生成Cu和氮气，根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O。铜与稀硫酸不反应，则根据Cu2O＋2H＋＝Cu＋Cu2＋＋H2O可知,要检验产物Cu中可能还混有Cu2O可以将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O。
29.(1)下列几组物质中，互为同位素的有__________，互为同素异形体的有__________，互为同系物的有__________，互为同分异构体的有__________，属于同种物质的__________。
①O2和O3 ②35Cl和37Cl③CH3CH3和CH3CH2CH3④CH3CH2CH(CH3)CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)CH3
⑤H2、D2和T2⑥⑦CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3 ⑧CH3CH(CH3）CH和CH(CH3)3
(2)含有10个及10个以下碳原子的烷烃，其一氯代物只有一种的共有4种，请写出这4种烷烃的结构简式和名称：_______、_______、______、______。
【答案】(1). ② (2). ① (3). ③④ (4). ⑦ (5). ⑥⑧ (6). 甲烷，CH4 (7). 乙烷，CH3CH3 (8). 新戊烷，C(CH3)4 (9). 2，2，3，3－四甲基丁烷，(CH3)3CC(CH3)3
【解析】
【分析】（1）质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素。由同一种元素形成的不同单质，互称为同素异形体。分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体。结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质互为同系物。性质和结构都完全相同的属于同一种物质；
（2）烷烃的一氯代物只有一种，说明分子中只有一类氢原子，据此解答。
【详解】（1）①O2和O3均是氧元素形成的单质，互为同素异形体；
②35Cl和37Cl的质子数相同，中子数不同，互为同位素；
③CH3CH3和CH3CH2CH3均是烷烃，分子组成相差1个CH2原子团，互为同系物；
④CH3CH2CH(CH3)CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)CH3均是烷烃，分子组成相差1个CH2原子团，互为同系物；
⑤H2、D2和T2均表示氢气分子；
⑥的结构和性质完全相同，是同一种物质；
⑦CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3的分子式均是C4H10，结构不同，互为同分异构体；
⑧CH3CH(CH3）CH3和CH(CH3)3的结构和性质完全相同，是同一种物质；
因此互为同位素的有②，互为同素异形体的有①，互为同系物的有③④，互为同分异构体的有⑦，属于同种物质的是⑥⑧；
（2）含有10个及10个以下碳原子的烷烃，其一氯代物只有一种，说明分子中氢原子均只有一类，则符合条件的共有4种，分别是甲烷，结构简式为CH4，乙烷，结构简式为CH3CH3，新戊烷，结构简式为C(CH3)4，2，2，3，3－四甲基丁烷，结构简式为(CH3)3CC(CH3)3。