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【化学】江西省新余市分宜中学2018-2019学年高一下学期第二次段考试题（解析版）
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江西省新余市分宜中学2018-2019学年高一下学期第二次段考试题
可能用到的原子量：C:12; H:1; O:16; Cl:35.5; Mg:24; Al:27; Na:23; S:32
一、单选题
1.以下叙述中，错误的是( )
A. 钠单质与氯气反应后，体系的能量降低，稳定性增强
B. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量时，则反应释放能量
D. 化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成
【答案】B
【解析】A项、该反应为放热反应，金属钠与氯气的总能量高于氯化钠总能量，物质的能量越低越稳定，钠单质与氯气反应后，体系的能量降低，氯化钠的稳定性增强，故A正确；
B项、需要加热才能发生的反应不一定是吸热发应，如铝热反应需在高温下发生，属于放热反应，故B错误；
C项、反应物的总能量高于生成物的总能量时，该反应为放热反应，反应释放能量，故C正确；
D项、化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，且伴随能量变化，故D正确。
故选B。
2.某些有机物质的分子式采取适当变形会简化计算．下列计算中错误的是（ ）
A. 等质量的甲烷、乙烯、乙炔充分燃烧，消耗的氧气的物质的量依次增多
B. Wg葡萄糖充分燃烧后，燃烧产物经过足量的Na2O2充分反应，固体质量增加Wg
C. 乙酸和两种链状单烯烃混合物中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是6/7(1-a)
D. 等物质的量的乙醇与丙烯酸充分燃烧，消耗的氧气的物质的量相同
【答案】A
【解析】A.C～O2，4H～O2，
12 32 4 32
1g g 1g 8g，
根据以上关系可知，氢元素的质量分数越高，等质量时消耗的氧气的物质的量越大，三种物质中氢元素质量分数大小关系为：甲烷＞乙烯＞乙炔，则等质量的甲烷、乙烯、乙炔充分燃烧，消耗的氧气的物质的量依次减小，故A错误；
B.葡萄糖在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；Na2O2与H2O反应：H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，质量增重△m=2H2O-O2=4H，可知反应后固体增加的质量为氢元素的质量，葡萄糖可以表示为：（CO）6H12，根据以上分析可知，葡萄糖燃烧产物再与过氧化钠反应，实际上增加的质量恰好等于葡萄糖的质量，即为Wg，故B正确；
C.乙酸的分子式为C2H4O2，单烯烃的通式为CnH2n，混合物中碳氢元素质量比为：12：2=6：1，；在混合物中O元素质量分数为a，则C、H元素的质量分数之和为1-a，所以混合物中碳元素的质量分数为：（1-a）×=，故C正确；
D.乙醇燃烧关系式为：C2H6O～3O2，丙烯酸（CH2=CH-COOH）与氧气反应关系式为：C3H4O2～3O2，等物质的量的乙醇与丙烯酸消耗的氧气的物质的量一定相同，故D正确。
故选A。
3.下列说法不正确的是：（ ）
A. 全由非金属元素构成的化合物中可能含有离子键
B. 某些分子中可能不存在任何化学键
C. 离子键和共价键可能同时存在于同一化合物中
D. 非极性键可能由不同元素的原子形成
【答案】D
【解析】
【分析】根据化学键的类型及其存在物质之间的关系，分析作出判断。
【详解】A项：氯化铵、硝酸铵等物质只由非金属元素构成，其中含有离子键，A项正确；
B项：稀有气体由单原子分子构成，分子内不存在任何化学键，B项正确；
C项：氯化铵、过氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠等离子化合物中，同时存在离子键和共价键，C项正确；
D项：不同元素的原子吸引共用电子对的能力不同，其间的共价键一定为极性键。D项错误。
本题选D。
4.反应 A(s)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)，在不同条件下测得反应速率，其中最快的是（ ）
A. υ(C)＝0.3 mol/(L·s) B. υ(D)＝0.35 mo/l(L·s)
C. υ(B)＝0.6 mol/(L·s) D. υ(A)＝0.3 mol/(L·s)
【答案】C
【解析】
【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意固体物质不能表示化学反应速率。
【详解】不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，==0.15 mol/(L·s)，==0.175 mol/(L·s)，==0.2 mol/(L·s)，A为固体，不能表示化学反应速率，故选C。
5.下列关于化学反应的速率和限度的说法错误的是( )
A. 化学反应速率通过用单位时间里反应物浓度或生成物浓度的变化量表示
B. 影响化学反应速率的条件只有温度和催化剂
C. 化学平衡状态指的是在一定条件下反应物和生成物浓度不再改变时的状态
D. 催化剂只能加快化学反应速率，不能提高原料利用率和转化率
【答案】B
【解析】A项、化学反应速率通过用单位时间里反应物浓度或生成物浓度的变化量表示，为平均速率，故A正确；
B项、决定化学反应速率的主要因素为反应物本身的性质影响反应速率的外界因素有浓度、压强、温度、催化剂、反应物的接触面积等，故B错误；
C项、化学平衡状态指的是在一定条件下正反应速率等于逆反应速率，反应物和生成物浓度不再改变时的状态，故C正确；
D项、催化剂对化学平衡移动无影响，则催化剂只能加快化学反应速率，不能提高原料利用率和转化率，故D正确。
故选B。
6.下列反应过程中的能量变化符合图的是（ ）
①酸碱中和；②镁与盐酸的反应；③生石灰变成熟石灰的反应；④铝热反应；
⑤石灰石分解；⑥甲烷燃烧；⑦灼热的炭与二氧化碳反应
A. ①②③⑤ B. ④⑤⑦ C. ③④⑦ D. ⑤⑦
【答案】D
【解析】
【分析】图中生成物总能量高于反应物总能量，为吸热反应，故找出吸热反应的组合即可。
【详解】⑤石灰石分解、⑦灼热的炭与二氧化碳反应，属于吸热反应。燃烧反应、中和反应、活泼金属与酸反应、铝热反应、生石灰与水反应等都是放热反应。
本题选D。
7.天然气的主要成分为CH4，可将CH4设计成燃料电池，来解决能源问题，装置如图所示。在标准状况下，持续通入甲烷，消耗甲烷VL。下列说法错误的是（ ）
A. 当0
C. 当V=67.2 L时，电池总反应方程式可写为CH4＋2O2＋NaOH== NaHCO3＋2H2O
D. 电解质溶液中的Na+向正极移动
【答案】B
【解析】
【分析】燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，n（NaOH）=1.5mol/L×2L=3mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、③Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。
【详解】A、当0
C、当V=67.2L时，n（CH4）=3mol，n（CO2）=3mol，则电池总反应式为CH4＋2O2＋NaOH=NaHCO3＋2H2O，故选项C正确；
D、燃料电池中，通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，Na+向正极移动，故选项D正确。
正确答案选B。
8.三硫化四磷用于制造火柴及火柴盒摩擦面，分子结构如图所示．下列有关三硫化四磷的说法中正确的是（ ）
A. 该物质中磷元素的化合价为+3
B. 该物质22 g含硫原子的数目约为1.806×1023
C. 该物质分子结构中S、P最外层电子数均不为8
D. 该物质分子中不含非极性共价键
【答案】B
【解析】A.由图可知，有1个P结合3个S为+3价，其它3个P结合1个S都是+1价，正价总数为+6，而S为-2价，故A错误；
B.该物质22g含硫原子的物质的量为×3=0.3mol，则其原子数约为6.02×1023×0.3=1.806×1023，故B正确；
C.该物质分子结构中S最外层电子数为6，差2个电子达到8电子稳定结构，所以只需要形成两个共价键、P最外层电子数为5，差3个电子达到8电子稳定结构，观察分子结构式可以发现P、S均满足8电子稳定结构，故C错误；
D.该分子中含有P-P非极性键，故D错误；
答案：B
9.A、B两种元素为同一族第三周期和第四周期元素，若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为（ ）
①x＋2 ②x＋8 ③x＋18 ④x＋32
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ①②
【答案】C
【解析】同一族第三周期和第四周期元素，原子序数相差可能为8（如19号元素钾与11号元素钠），也可能为18（如31号镓元素与13号铝元素），所以若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为x＋8或x＋18。
故选C。
10.下列说法正确的是（ ）
①石油裂解得到的汽油是纯净物
②石油裂解能得到乙烯，乙烯是生产聚乙烯的原料
③天然气是一种清洁的化石燃料
④用酸性高锰酸钾溶液鉴别四氯化碳、环己烯和环己烷
⑤石油产品都可用于聚合反应
⑥甲烷、苯都属于烃，都不存在同分异构体
⑦煤液化为化学变化
⑧煤中含有苯和甲苯，可以用蒸馏的方法把它们分离出来
A. ③④⑥⑦⑧ B. ②③④⑦ C. ③④⑤⑥⑧ D. ③④⑦⑧
【答案】B
【解析】①汽油是含5个碳至12个碳的烃类，属于混合物，故①说法错误；
②石油裂解得到乙烯、丙烯等，乙烯通过加聚反应得到聚乙烯，故②说法正确；
③天然气的主要成分是甲烷，燃烧过程中生成CO2和H2O，因此天然气是一种清洁的化石燃料，故③说法正确；
④四氯化碳与酸性高锰酸钾不发生反应，且四氯化碳的密度大于水，四氯化碳不溶于水，因此酸性高锰酸钾溶液加入到四氯化碳中，出现分层，上层为紫(红)色，下层为油层，环己烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，环己烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，环己烷不溶于水，密度小于水，酸性高锰酸钾溶液加入到环己烷中，出现分层，上层为油层，下层为紫(红)色，因此可以鉴别，故④说法正确；
⑤石油产品中有些可以发生聚合反应，如裂解过程中生成的烯烃，有些是不可以发生聚合反应的，如裂解过程中生成的烷烃，故⑤说法错误；
⑥甲烷为最简单的烷烃，不存在同分异构体，但苯存在同分异构体，故⑥说法错误；
⑦煤液化为化学变化，如煤液化得到甲醇，故⑦说法正确；
⑧煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，得到出炉煤气、煤焦油、焦炭，煤焦油中含有苯和甲苯，因此煤中不含有苯和甲苯，故⑧说法错误；
综上所述，选项B正确。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 液氯可以储存钢瓶中
B. 天然气的主要成分是甲烷的水合物
C. 天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅
D. 硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等
【答案】B
【解析】A.液氯就是液态的氯气，与钢瓶不反应，可以储存在钢瓶中，A项正确；
B.天然气的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，B项错误；
C.石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均为二氧化硅，C项正确；
D.硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，D项正确。
故答案选B。
12.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）（ ）
【答案】B
【解析】
【分析】A、2NO2N2O4是放热反应；
B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较；
C、△H=△H1+△H2；
D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比；
【详解】A、2NO2N2O4是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故A符合；
B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期很，故B不符合；
C、△H=△H1+△H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律，故C符合；
D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律，故D符合；
故选B。
13.短周期元素A、B、C在周期表所处的位置如图所示。A、B、C三种元素原子的质子数之和为32。E与B形成的化合物E2B是离子化合物。则下列说法正确的是（ ）
A
C
B
A．四种元素形成的简单离子中，E离子的半径最大
B．A、B、C元素形成的气态氢化物中，C元素的氢化物的稳定性最强
C．C离子的还原性比B离子的还原性强
D．A、B两种元素气态氢化物均能与它们对应的最高价氧化物对应的水化物发生反应，且都属于氧化还原反应。
【答案】B
【解析】
【分析】若短周期A、B、C三种元素原子的质子数之和为32，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，故x+x+9+x+2=32，x= 7，A为氮元素，B为硫元素，C为氟元素；E与B形成的是离子化合物E2B，则E为金属元素，化合价为+1，可能为钠元素，钾元素等。
【详解】A. 根据简单离子半径规律，同电子层结构时，阴离子半径大于阳离子半径，故四种元素形成的简单离子中，B离子的半径最大，A错误；
B.元素周期表中非金属性越强，气态氢化物的稳定性越高，故C元素氢化物稳定性最高，B正确；
C. 元素周期表中，从左到右，从下到上元素非金属性增强，对应离子还原性减弱，故C离子的还原性比B离子的还原性弱，C错误；
D. A、B两种元素的气态氢化物为氨气，硫化氢，对应的最高价氧化物对应水化物为硝酸，硫酸，氨气和硝酸反应生成硝酸铵，无元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误。
答案为B。
14.同周期的X，Y，Z 三种元素，已知最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序如下：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则下说法不正确的是：（ ）
A. 原子半径：Z>Y >X
B. 简单阴离子半径按 X，Y，Z 顺序依次增大
C. 非金属性：X>Y>Z
D. 氢化物稳定性按 X，Y，Z 顺序逐渐增强
【答案】D
【解析】
【分析】由最高价含氧酸的酸性强弱可判断同周期元素的左右位置关系，进而利用元素周期律比较原子半径、离子半径、非金属性、气态氢化物的稳定性。
【详解】最高价含氧酸的酸性HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，C项正确；同周期的左右位置关系为Z、Y、X，则原子半径Z>Y >X，A项正确；它们的简单阴离子电子排布相同，离子半径Z>Y >X，B项正确；因元素非金属性越强、气态氢化物越稳定，则氢化物稳定性X>Y>Z，D项错误。
本题选D。
15.医学界通过用14C标记的C60发现的一种C60的羟酸衍生物，这种羟酸衍生物在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖．下列有关14C 的正确叙述是( )
A. 与12C60的碳原子化学性质不同 B. 与14N含的中子数相同
C. 是12C60的同素异形体 D. 与12C互为同位素
【答案】D
【解析】A项、同一种元素的化学性质是一样的， 14C与C60中普通碳原子的化学性质相同，故A错误；
B项、14C和14N中14表示质量数，而C和N的质子数分别为6和7，由中子数=质量数-质子数可知它们的中子数分别为8、7，故B错误；
C项、同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物的互称，而14C与C60都不是化合物，故C错误；
D项、同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称， 14C与12C的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确。
故选D。
16.固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下:
① H2(g) +I2(?)2HI(g) △H1=－9.48kJ·mol－1
② H2(g) +I2(?)2HI(g) △H2=+26.48kJ·mol－1
下列判断不正确的是（ ）
A. ①中的I2为气态，②中的I2为固态
B. ②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C. 反应①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D. l mol固态碘升华时将吸热35.96kJ
【答案】C
【解析】A、根据反应热△ H=生成物的总能量—反应物的总能量，说明①中反应物的总能量大于②中反应物的总能量，由于物质在气态时的能量大于在固体时的能量，则①中的I2为气态,②中的I2为固态，即A、B都正确；C、由于两个反应的产物相同、状态相同，热稳定性也相同，故C错误；D、根据盖斯定律，②—①即得I2(s)I2(g) △ H=△ H2—Hl =+26.48kJ/mol —(-9.48kJ/mol)=+35.96 kJ/mol，说明lmol固态碘升华为碘节气需要吸收35.96kJ的热量，即D正确。故本题正确答案为C。
二、填空题
17.为探究实验室制乙烯及乙烯和溴水的加成反应：
甲同学设计了如图所示的实验装置，并进行了实验。当温度升至170℃左右时，有大量气体产生，产生的气体通入溴水中，溴水的颜色迅速褪去。甲同学认为达到了实验目的。
乙同学仔细观察了甲同学的整个实验过程，发现当温度升到100℃左右时，无色液体开始变色，到160℃左右时，混合液全呈黑色，在170℃超过后生成气体速度明显加快，生成的气体有刺激性气味。由此他推出，产生的气体中应有杂质，可能影响乙烯的检出，必须除去。据此回答下列问题：
(1)写出甲同学实验中认为达到实验目的的两个反应的化学方程式:____________________________、___________________________。
(2)乙同学观察到的黑色物质是__________，刺激性气体是__________。乙同学认为刺激性气体的存在就不能认为溴水褪色是乙烯的加成反应造成的。原因是(用化学方程表示)：____________________
(3)丙同学根据甲乙同学的分析，认为还可能有CO、CO2两种气体产生。为证明CO存在，他设计了如下过程(该过程可把实验中产生的有机产物除净)：发现最后气体经点燃是蓝色火焰，确认有一氧化碳。
①设计装置a的作用是_____________________________________________
②浓溴水的作用是_________________________________________________。
【答案】(1). CH3CH2OH CH2=CH2↑ + H2O (2). CH2=CH2 + Br2 Br－CH2CH2－Br (3). C (4). SO2 (5). Br2 + SO2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4 (6). 安全装置，防倒吸 (7). 吸收乙烯、二氧化硫气体
【解析】
【分析】乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应制备乙烯，由于浓硫酸有脱水性和强氧化性所以会有副产物C、CO、CO2、SO2产生，其中SO2存在干扰乙烯的测定；因此设计实验时应该先除掉SO2再验证乙烯的性质。
【详解】（1）利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应：CH3CH2OH CH2=CH2↑ + H2O；溴水中的溴与乙烯发生加成反应，即CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；
答案：CH3CH2OH CH2=CH2↑ + H2O CH2=CH2 + Br2 Br－CH2CH2－Br
（2）乙同学仔细观察了甲同学的整个实验过程，发现当温度升到100℃左右时，无色液体开始变色，到160℃左右时，混合液全呈黑色，浓硫酸具有强氧化性，能氧化乙醇，把乙醇氧化成碳，同时自身被还原成二氧化硫；二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸：SO2+Br2+2H2O=H2SO4 +2HBr；答案：C；SO2；SO2+Br2+2H2O=H2SO4 +2HBr；
（3）①乙烯易溶于溴水中，装置内的大气压与外面的大气压有一定的差值，设计装置a可防止浓氢氧化钠溶液倒吸到制乙烯的反应容器中；答案：安全装置，防倒吸；
②丙同学设计思路：第一个装置是制取装置，第二个装置是安全瓶，第三个装置（浓氢氧化钠）除掉二氧化硫等酸性气体，第四个装置（浓溴水）吸收乙烯、二氧化硫气体，第五个装置（稀溴水），检验检验乙烯、二氧化硫是否除尽，第六个装置验证CO的存在；
答案：吸收乙烯、二氧化硫气体；
18.现有如下两个反应：
(A)NaOH+HCl=NaCl+H2O
(B)Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+
(1)根据两反应本质，判断各自能否设计成原电池________________________________。
(2)如果不能，说明其原因_______________。
(3)如果可以，则写出正、负极电极反应式：
负极： ________。
正极： ________。
【答案】(1). (A)不能，(B)可以 (2). 不是氧化还原反应，没有电子转移 (3). Cu−2e−=Cu2+ (4). 2Ag++2e−=2Ag
【解析】
【分析】（1）能设计成原电池的化学反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，否则不能设计成原电池；
（2）非氧化还原反应不能设计成原电池；
（3）根据Cu+2Ag+═2Ag+Cu2+可知Cu应为负极，失电子被氧化，正极可为C、Ag等，正极上Ag+得电子生成Ag。
【详解】（1）（A）该反应不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，（B）该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故答案为：（A）不能，（B）可以。
（2）（A）NaOH+HCl═NaCl+H2O该反应中各元素的化合价不变，属于复分解反应，所以不是氧化还原反应，没有电子转移，则不能设计成原电池，故答案为：不是氧化还原反应，没有电子转移。
（3）Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，根据反应方程式可知，铜失去电子发生氧化反应，所以负极的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，正极上Ag+得电子生成Ag发生还原反应，所以正极的电极反应式为：2Ag++2e-=2Ag。故答案为： Cu-2e-=Cu2+；2Ag++2e-=2Ag。
19.请将符合题意的下列变化的序号填在对应的横线上：①碘的升华；②氧气溶于水；③氯化钠溶于水；④烧碱熔化；⑤氯化氢溶于水；⑥氯化铵受热分解。
（1）化学键没有被破坏的是__________；仅发生离子键破坏的是________；
（2）既发生离子键破坏、又发生共价键破坏的是______________；
（3）Na2O2的电子式为________；
（4）用电子式表示MgCl2的形成过程 _____________
【答案】(1). ①② (2). ③④ (3). ⑥ (4). (5).
【解析】①碘的升华属于物理变化，只是状态发生变化，只破坏分子间作用力，没有化学键的破坏；
②氧气溶于水，只破坏分子间作用力，化学键不变；
③氯化钠溶于水，在水分子的作用下，氯化钠中的离子键被破坏，所以破坏的是离子键；
④烧碱中存在离子键和共价键，融化烧碱时，阴阳离子间的离子键被破坏，所以破坏的是离子键；
⑤氯化氢溶于水，在水分子作用下，氯化氢中的共价键被破坏，所以破坏的是共价键；
⑥氯化铵受热分解，氯化铵是离子化合物，存在的化学键有离子键、共价键，受热分解时，阴阳离子间的离子键、及铵根离子中的共价键被破坏，所以破坏的是离子键、共价键；
（1）化学键没有被破坏的是①②，仅发生离子键破坏的是③④，故答案为：①②；③④。
（2）既发生离子键又发生共价键破坏的是⑥，故答案为：⑥。
（3）过氧化钠属于离子化合物，是由钠离子和过氧根离子构成，钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O-O原子之间存在非极性共价键，电子式为：，故答案为：。
（4）镁原子和氯原子通过得失电子形成氯化镁，其形成过程为：，故答案为：。
20.有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外最外层共有24个电子，在周期表中的位置如图所示．E的单质可与酸反应，1mol E单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6L H2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同
回答下列问题：
(1) A与E形成的化合物的化学式是__________．B的最高价氧化物化学式为_____________，
(2)D的单质与水反应的方程式为__________________________________________________．
(3) 向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液直至过量，观察到的现象是___________________：有关反应的离子方程式为：_____________________________________．
【答案】(1). Al2O3 (2). P2O5 (3). Cl2 + H2O = HCl + HClO (4). 先产生白色胶状沉淀，后又逐渐溶解 (5). Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓、Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O
【解析】
【分析】观察这些元素的位置关系推断A位于第二周期，BCD位于第三周期，设C的最外层电子数为x，那么A的最外层电子数为x，B的最外层电子数为x-1，D的最外层电子数为x+1，得x+x+x-1+x+1=24，x=6，因最外层电子数等于主族序数，即AC位于第ⅥA族，则A为O元素，C为S元素，继而B为P元素，D为Cl元素。设E的价态为+n，则E与盐酸的化学方程式可写为E + nHCl = ECln + H2↑，n(E):n(H2)=1:，其中n(E)=1mol，n(H2)=mol=1.5mol，带入数据于上述方程中，解得n=3，由题意知E3+与A的阴离子，即O2-，核外电子层结构完全相同可推知E是Al元素。
故ABCDE分别为O、P、S、Cl、Al。
【详解】（1）AE分别为O和Al，其构成的化合物的化学式为Al2O3，B是P元素，其最高正价为+5，因而它最高价氧化物化学式是P2O5。
（2）D的单质是Cl2，与水反应生成盐酸和次氯酸，化学方程式为Cl2 + H2O = HCl + HClO。
（3）D与E形成的化合物为AlCl3，向其水溶液中滴入烧碱溶液，Al3+和OH-反应生成Al(OH)3白色胶状沉淀，当Al3+恰好完全反应，继续滴加碱液，Al(OH)3和OH-反应生成AlO2-和水。因而现象是先产生白色胶状沉淀，后又逐渐溶解，有关离子方程式为Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓、Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O。
21.按要求在下列空格中填空。
（1）一定量的乙醇与苯的混合物与足量的金属钠反应，可生成11.2L氢气（在标准状况下），将此混合物燃烧能生成108g水。
①求混合物中苯的质量__________________
（2）某种烃A的蒸气折合成标况下的密度是3.214g/L，已知该烃的碳氢质量比为5∶1，求：
①该烃的相对分子质量：_________,
②如果该烃的一氯取代物有4种，写出该烃的结构简式：___________________________________________
（3）5.8g有机物完全燃烧，只生成CO2和H2O蒸气，其体积比为1:1(同压同温)，若把它们通过碱石灰，碱石灰质量增加18.6g，同量的有机物与0.1mol乙酸完全发生酯化反应．又知该有机物对空气的相对密度为2。（注意：羟基不能直接连在双键上）
①有机物的分子式___________________________________________________________
②有机物的结构简式___________________________________________________________
【答案】(1). 78g (2). 72 (3). (4). C3H6O (5). CH2=CHCH2OH
【解析】（1）标况下11.2L氢气的物质的量为：=0.5mol，则混合物中含有C2H5OH的物质的量为：0.5mol×2=1mol；1mol乙醇完全燃烧会生成水的物质的量为：=3mol，质量为：18g/mol×3mol=54g，混合物燃烧能生成108g水，则混合物中苯完全燃烧生成水的质量为：108g-54g=54g，水的物质的量为：=3mol，3mol水中含有6molH原子，则苯的物质的量为：=1mol，所以，混合物中含有C2H5OH的物质的量为1mol；混合物中苯的质量为：78g/mol×1mol=78g。故答案为：78g。
（2）①该烃的碳氢质量比为5：1，C、H元素的物质的量之比为：：=5：12，该烃的最简式为：C5H12；该烃的摩尔质量为：M=ρVm=3.214g/L×22.4L/mol=72g/mol，即该烃的相对分子质量为72，故答案为：72。
②该烃的相对分子质量为72，所以该有机物的分子式为：C5H12。C5H12为戊烷，戊烷的同分异构体分为正戊烷、异戊烷和新戊烷，其中正戊烷的一氯代物有3种、异戊烷的一氯代物的同分异构体有4种、新戊烷的一氯代物的同分异构体有1种，所以满足条件的烃的同分异构体为：，故答案为：。
（3）①该有机物对空气的相对密度为2，则有机物相对分子质量=29×2=58，5.8g有机物的物质的量为=0.1mol，依据燃烧生成CO2和H2O蒸气且体积比为1：1，碱石灰质量增加18.6g为CO2和H2O的质量，则n(CO2)=n(H2O)==0.3mol，则有机物分子中N(C)==3、N(H)==6、N(O)==1，故有机物分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O。
②同量的有机物与0.1mol乙酸完全发生酯化反应，则有机物分子含有1个-OH，有机物分子式为C3H6O，含有1个C=C双键，故其结构简式为CH2=CHCH2OH。故答案为：CH2=CHCH2OH。
可能用到的原子量：C:12; H:1; O:16; Cl:35.5; Mg:24; Al:27; Na:23; S:32
一、单选题
1.以下叙述中，错误的是( )
A. 钠单质与氯气反应后，体系的能量降低，稳定性增强
B. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量时，则反应释放能量
D. 化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成
【答案】B
【解析】A项、该反应为放热反应，金属钠与氯气的总能量高于氯化钠总能量，物质的能量越低越稳定，钠单质与氯气反应后，体系的能量降低，氯化钠的稳定性增强，故A正确；
B项、需要加热才能发生的反应不一定是吸热发应，如铝热反应需在高温下发生，属于放热反应，故B错误；
C项、反应物的总能量高于生成物的总能量时，该反应为放热反应，反应释放能量，故C正确；
D项、化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，且伴随能量变化，故D正确。
故选B。
2.某些有机物质的分子式采取适当变形会简化计算．下列计算中错误的是（ ）
A. 等质量的甲烷、乙烯、乙炔充分燃烧，消耗的氧气的物质的量依次增多
B. Wg葡萄糖充分燃烧后，燃烧产物经过足量的Na2O2充分反应，固体质量增加Wg
C. 乙酸和两种链状单烯烃混合物中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是6/7(1-a)
D. 等物质的量的乙醇与丙烯酸充分燃烧，消耗的氧气的物质的量相同
【答案】A
【解析】A.C～O2，4H～O2，
12 32 4 32
1g g 1g 8g，
根据以上关系可知，氢元素的质量分数越高，等质量时消耗的氧气的物质的量越大，三种物质中氢元素质量分数大小关系为：甲烷＞乙烯＞乙炔，则等质量的甲烷、乙烯、乙炔充分燃烧，消耗的氧气的物质的量依次减小，故A错误；
B.葡萄糖在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；Na2O2与H2O反应：H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，质量增重△m=2H2O-O2=4H，可知反应后固体增加的质量为氢元素的质量，葡萄糖可以表示为：（CO）6H12，根据以上分析可知，葡萄糖燃烧产物再与过氧化钠反应，实际上增加的质量恰好等于葡萄糖的质量，即为Wg，故B正确；
C.乙酸的分子式为C2H4O2，单烯烃的通式为CnH2n，混合物中碳氢元素质量比为：12：2=6：1，；在混合物中O元素质量分数为a，则C、H元素的质量分数之和为1-a，所以混合物中碳元素的质量分数为：（1-a）×=，故C正确；
D.乙醇燃烧关系式为：C2H6O～3O2，丙烯酸（CH2=CH-COOH）与氧气反应关系式为：C3H4O2～3O2，等物质的量的乙醇与丙烯酸消耗的氧气的物质的量一定相同，故D正确。
故选A。
3.下列说法不正确的是：（ ）
A. 全由非金属元素构成的化合物中可能含有离子键
B. 某些分子中可能不存在任何化学键
C. 离子键和共价键可能同时存在于同一化合物中
D. 非极性键可能由不同元素的原子形成
【答案】D
【解析】
【分析】根据化学键的类型及其存在物质之间的关系，分析作出判断。
【详解】A项：氯化铵、硝酸铵等物质只由非金属元素构成，其中含有离子键，A项正确；
B项：稀有气体由单原子分子构成，分子内不存在任何化学键，B项正确；
C项：氯化铵、过氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠等离子化合物中，同时存在离子键和共价键，C项正确；
D项：不同元素的原子吸引共用电子对的能力不同，其间的共价键一定为极性键。D项错误。
本题选D。
4.反应 A(s)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)，在不同条件下测得反应速率，其中最快的是（ ）
A. υ(C)＝0.3 mol/(L·s) B. υ(D)＝0.35 mo/l(L·s)
C. υ(B)＝0.6 mol/(L·s) D. υ(A)＝0.3 mol/(L·s)
【答案】C
【解析】
【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意固体物质不能表示化学反应速率。
【详解】不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，==0.15 mol/(L·s)，==0.175 mol/(L·s)，==0.2 mol/(L·s)，A为固体，不能表示化学反应速率，故选C。
5.下列关于化学反应的速率和限度的说法错误的是( )
A. 化学反应速率通过用单位时间里反应物浓度或生成物浓度的变化量表示
B. 影响化学反应速率的条件只有温度和催化剂
C. 化学平衡状态指的是在一定条件下反应物和生成物浓度不再改变时的状态
D. 催化剂只能加快化学反应速率，不能提高原料利用率和转化率
【答案】B
【解析】A项、化学反应速率通过用单位时间里反应物浓度或生成物浓度的变化量表示，为平均速率，故A正确；
B项、决定化学反应速率的主要因素为反应物本身的性质影响反应速率的外界因素有浓度、压强、温度、催化剂、反应物的接触面积等，故B错误；
C项、化学平衡状态指的是在一定条件下正反应速率等于逆反应速率，反应物和生成物浓度不再改变时的状态，故C正确；
D项、催化剂对化学平衡移动无影响，则催化剂只能加快化学反应速率，不能提高原料利用率和转化率，故D正确。
故选B。
6.下列反应过程中的能量变化符合图的是（ ）
①酸碱中和；②镁与盐酸的反应；③生石灰变成熟石灰的反应；④铝热反应；
⑤石灰石分解；⑥甲烷燃烧；⑦灼热的炭与二氧化碳反应
A. ①②③⑤ B. ④⑤⑦ C. ③④⑦ D. ⑤⑦
【答案】D
【解析】
【分析】图中生成物总能量高于反应物总能量，为吸热反应，故找出吸热反应的组合即可。
【详解】⑤石灰石分解、⑦灼热的炭与二氧化碳反应，属于吸热反应。燃烧反应、中和反应、活泼金属与酸反应、铝热反应、生石灰与水反应等都是放热反应。
本题选D。
7.天然气的主要成分为CH4，可将CH4设计成燃料电池，来解决能源问题，装置如图所示。在标准状况下，持续通入甲烷，消耗甲烷VL。下列说法错误的是（ ）
A. 当0
C. 当V=67.2 L时，电池总反应方程式可写为CH4＋2O2＋NaOH== NaHCO3＋2H2O
D. 电解质溶液中的Na+向正极移动
【答案】B
【解析】
【分析】燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，n（NaOH）=1.5mol/L×2L=3mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、③Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。
【详解】A、当0
C、当V=67.2L时，n（CH4）=3mol，n（CO2）=3mol，则电池总反应式为CH4＋2O2＋NaOH=NaHCO3＋2H2O，故选项C正确；
D、燃料电池中，通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，Na+向正极移动，故选项D正确。
正确答案选B。
8.三硫化四磷用于制造火柴及火柴盒摩擦面，分子结构如图所示．下列有关三硫化四磷的说法中正确的是（ ）
A. 该物质中磷元素的化合价为+3
B. 该物质22 g含硫原子的数目约为1.806×1023
C. 该物质分子结构中S、P最外层电子数均不为8
D. 该物质分子中不含非极性共价键
【答案】B
【解析】A.由图可知，有1个P结合3个S为+3价，其它3个P结合1个S都是+1价，正价总数为+6，而S为-2价，故A错误；
B.该物质22g含硫原子的物质的量为×3=0.3mol，则其原子数约为6.02×1023×0.3=1.806×1023，故B正确；
C.该物质分子结构中S最外层电子数为6，差2个电子达到8电子稳定结构，所以只需要形成两个共价键、P最外层电子数为5，差3个电子达到8电子稳定结构，观察分子结构式可以发现P、S均满足8电子稳定结构，故C错误；
D.该分子中含有P-P非极性键，故D错误；
答案：B
9.A、B两种元素为同一族第三周期和第四周期元素，若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为（ ）
①x＋2 ②x＋8 ③x＋18 ④x＋32
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ①②
【答案】C
【解析】同一族第三周期和第四周期元素，原子序数相差可能为8（如19号元素钾与11号元素钠），也可能为18（如31号镓元素与13号铝元素），所以若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为x＋8或x＋18。
故选C。
10.下列说法正确的是（ ）
①石油裂解得到的汽油是纯净物
②石油裂解能得到乙烯，乙烯是生产聚乙烯的原料
③天然气是一种清洁的化石燃料
④用酸性高锰酸钾溶液鉴别四氯化碳、环己烯和环己烷
⑤石油产品都可用于聚合反应
⑥甲烷、苯都属于烃，都不存在同分异构体
⑦煤液化为化学变化
⑧煤中含有苯和甲苯，可以用蒸馏的方法把它们分离出来
A. ③④⑥⑦⑧ B. ②③④⑦ C. ③④⑤⑥⑧ D. ③④⑦⑧
【答案】B
【解析】①汽油是含5个碳至12个碳的烃类，属于混合物，故①说法错误；
②石油裂解得到乙烯、丙烯等，乙烯通过加聚反应得到聚乙烯，故②说法正确；
③天然气的主要成分是甲烷，燃烧过程中生成CO2和H2O，因此天然气是一种清洁的化石燃料，故③说法正确；
④四氯化碳与酸性高锰酸钾不发生反应，且四氯化碳的密度大于水，四氯化碳不溶于水，因此酸性高锰酸钾溶液加入到四氯化碳中，出现分层，上层为紫(红)色，下层为油层，环己烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，环己烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，环己烷不溶于水，密度小于水，酸性高锰酸钾溶液加入到环己烷中，出现分层，上层为油层，下层为紫(红)色，因此可以鉴别，故④说法正确；
⑤石油产品中有些可以发生聚合反应，如裂解过程中生成的烯烃，有些是不可以发生聚合反应的，如裂解过程中生成的烷烃，故⑤说法错误；
⑥甲烷为最简单的烷烃，不存在同分异构体，但苯存在同分异构体，故⑥说法错误；
⑦煤液化为化学变化，如煤液化得到甲醇，故⑦说法正确；
⑧煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，得到出炉煤气、煤焦油、焦炭，煤焦油中含有苯和甲苯，因此煤中不含有苯和甲苯，故⑧说法错误；
综上所述，选项B正确。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 液氯可以储存钢瓶中
B. 天然气的主要成分是甲烷的水合物
C. 天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅
D. 硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等
【答案】B
【解析】A.液氯就是液态的氯气，与钢瓶不反应，可以储存在钢瓶中，A项正确；
B.天然气的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，B项错误；
C.石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均为二氧化硅，C项正确；
D.硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，D项正确。
故答案选B。
12.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）（ ）
【答案】B
【解析】
【分析】A、2NO2N2O4是放热反应；
B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较；
C、△H=△H1+△H2；
D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比；
【详解】A、2NO2N2O4是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故A符合；
B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期很，故B不符合；
C、△H=△H1+△H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律，故C符合；
D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律，故D符合；
故选B。
13.短周期元素A、B、C在周期表所处的位置如图所示。A、B、C三种元素原子的质子数之和为32。E与B形成的化合物E2B是离子化合物。则下列说法正确的是（ ）
A
C
B
A．四种元素形成的简单离子中，E离子的半径最大
B．A、B、C元素形成的气态氢化物中，C元素的氢化物的稳定性最强
C．C离子的还原性比B离子的还原性强
D．A、B两种元素气态氢化物均能与它们对应的最高价氧化物对应的水化物发生反应，且都属于氧化还原反应。
【答案】B
【解析】
【分析】若短周期A、B、C三种元素原子的质子数之和为32，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，故x+x+9+x+2=32，x= 7，A为氮元素，B为硫元素，C为氟元素；E与B形成的是离子化合物E2B，则E为金属元素，化合价为+1，可能为钠元素，钾元素等。
【详解】A. 根据简单离子半径规律，同电子层结构时，阴离子半径大于阳离子半径，故四种元素形成的简单离子中，B离子的半径最大，A错误；
B.元素周期表中非金属性越强，气态氢化物的稳定性越高，故C元素氢化物稳定性最高，B正确；
C. 元素周期表中，从左到右，从下到上元素非金属性增强，对应离子还原性减弱，故C离子的还原性比B离子的还原性弱，C错误；
D. A、B两种元素的气态氢化物为氨气，硫化氢，对应的最高价氧化物对应水化物为硝酸，硫酸，氨气和硝酸反应生成硝酸铵，无元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误。
答案为B。
14.同周期的X，Y，Z 三种元素，已知最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序如下：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则下说法不正确的是：（ ）
A. 原子半径：Z>Y >X
B. 简单阴离子半径按 X，Y，Z 顺序依次增大
C. 非金属性：X>Y>Z
D. 氢化物稳定性按 X，Y，Z 顺序逐渐增强
【答案】D
【解析】
【分析】由最高价含氧酸的酸性强弱可判断同周期元素的左右位置关系，进而利用元素周期律比较原子半径、离子半径、非金属性、气态氢化物的稳定性。
【详解】最高价含氧酸的酸性HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，C项正确；同周期的左右位置关系为Z、Y、X，则原子半径Z>Y >X，A项正确；它们的简单阴离子电子排布相同，离子半径Z>Y >X，B项正确；因元素非金属性越强、气态氢化物越稳定，则氢化物稳定性X>Y>Z，D项错误。
本题选D。
15.医学界通过用14C标记的C60发现的一种C60的羟酸衍生物，这种羟酸衍生物在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖．下列有关14C 的正确叙述是( )
A. 与12C60的碳原子化学性质不同 B. 与14N含的中子数相同
C. 是12C60的同素异形体 D. 与12C互为同位素
【答案】D
【解析】A项、同一种元素的化学性质是一样的， 14C与C60中普通碳原子的化学性质相同，故A错误；
B项、14C和14N中14表示质量数，而C和N的质子数分别为6和7，由中子数=质量数-质子数可知它们的中子数分别为8、7，故B错误；
C项、同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物的互称，而14C与C60都不是化合物，故C错误；
D项、同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称， 14C与12C的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确。
故选D。
16.固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下:
① H2(g) +I2(?)2HI(g) △H1=－9.48kJ·mol－1
② H2(g) +I2(?)2HI(g) △H2=+26.48kJ·mol－1
下列判断不正确的是（ ）
A. ①中的I2为气态，②中的I2为固态
B. ②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C. 反应①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D. l mol固态碘升华时将吸热35.96kJ
【答案】C
【解析】A、根据反应热△ H=生成物的总能量—反应物的总能量，说明①中反应物的总能量大于②中反应物的总能量，由于物质在气态时的能量大于在固体时的能量，则①中的I2为气态,②中的I2为固态，即A、B都正确；C、由于两个反应的产物相同、状态相同，热稳定性也相同，故C错误；D、根据盖斯定律，②—①即得I2(s)I2(g) △ H=△ H2—Hl =+26.48kJ/mol —(-9.48kJ/mol)=+35.96 kJ/mol，说明lmol固态碘升华为碘节气需要吸收35.96kJ的热量，即D正确。故本题正确答案为C。
二、填空题
17.为探究实验室制乙烯及乙烯和溴水的加成反应：
甲同学设计了如图所示的实验装置，并进行了实验。当温度升至170℃左右时，有大量气体产生，产生的气体通入溴水中，溴水的颜色迅速褪去。甲同学认为达到了实验目的。
乙同学仔细观察了甲同学的整个实验过程，发现当温度升到100℃左右时，无色液体开始变色，到160℃左右时，混合液全呈黑色，在170℃超过后生成气体速度明显加快，生成的气体有刺激性气味。由此他推出，产生的气体中应有杂质，可能影响乙烯的检出，必须除去。据此回答下列问题：
(1)写出甲同学实验中认为达到实验目的的两个反应的化学方程式:____________________________、___________________________。
(2)乙同学观察到的黑色物质是__________，刺激性气体是__________。乙同学认为刺激性气体的存在就不能认为溴水褪色是乙烯的加成反应造成的。原因是(用化学方程表示)：____________________
(3)丙同学根据甲乙同学的分析，认为还可能有CO、CO2两种气体产生。为证明CO存在，他设计了如下过程(该过程可把实验中产生的有机产物除净)：发现最后气体经点燃是蓝色火焰，确认有一氧化碳。
①设计装置a的作用是_____________________________________________
②浓溴水的作用是_________________________________________________。
【答案】(1). CH3CH2OH CH2=CH2↑ + H2O (2). CH2=CH2 + Br2 Br－CH2CH2－Br (3). C (4). SO2 (5). Br2 + SO2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4 (6). 安全装置，防倒吸 (7). 吸收乙烯、二氧化硫气体
【解析】
【分析】乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应制备乙烯，由于浓硫酸有脱水性和强氧化性所以会有副产物C、CO、CO2、SO2产生，其中SO2存在干扰乙烯的测定；因此设计实验时应该先除掉SO2再验证乙烯的性质。
【详解】（1）利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应：CH3CH2OH CH2=CH2↑ + H2O；溴水中的溴与乙烯发生加成反应，即CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；
答案：CH3CH2OH CH2=CH2↑ + H2O CH2=CH2 + Br2 Br－CH2CH2－Br
（2）乙同学仔细观察了甲同学的整个实验过程，发现当温度升到100℃左右时，无色液体开始变色，到160℃左右时，混合液全呈黑色，浓硫酸具有强氧化性，能氧化乙醇，把乙醇氧化成碳，同时自身被还原成二氧化硫；二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸：SO2+Br2+2H2O=H2SO4 +2HBr；答案：C；SO2；SO2+Br2+2H2O=H2SO4 +2HBr；
（3）①乙烯易溶于溴水中，装置内的大气压与外面的大气压有一定的差值，设计装置a可防止浓氢氧化钠溶液倒吸到制乙烯的反应容器中；答案：安全装置，防倒吸；
②丙同学设计思路：第一个装置是制取装置，第二个装置是安全瓶，第三个装置（浓氢氧化钠）除掉二氧化硫等酸性气体，第四个装置（浓溴水）吸收乙烯、二氧化硫气体，第五个装置（稀溴水），检验检验乙烯、二氧化硫是否除尽，第六个装置验证CO的存在；
答案：吸收乙烯、二氧化硫气体；
18.现有如下两个反应：
(A)NaOH+HCl=NaCl+H2O
(B)Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+
(1)根据两反应本质，判断各自能否设计成原电池________________________________。
(2)如果不能，说明其原因_______________。
(3)如果可以，则写出正、负极电极反应式：
负极： ________。
正极： ________。
【答案】(1). (A)不能，(B)可以 (2). 不是氧化还原反应，没有电子转移 (3). Cu−2e−=Cu2+ (4). 2Ag++2e−=2Ag
【解析】
【分析】（1）能设计成原电池的化学反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，否则不能设计成原电池；
（2）非氧化还原反应不能设计成原电池；
（3）根据Cu+2Ag+═2Ag+Cu2+可知Cu应为负极，失电子被氧化，正极可为C、Ag等，正极上Ag+得电子生成Ag。
【详解】（1）（A）该反应不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，（B）该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故答案为：（A）不能，（B）可以。
（2）（A）NaOH+HCl═NaCl+H2O该反应中各元素的化合价不变，属于复分解反应，所以不是氧化还原反应，没有电子转移，则不能设计成原电池，故答案为：不是氧化还原反应，没有电子转移。
（3）Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，根据反应方程式可知，铜失去电子发生氧化反应，所以负极的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，正极上Ag+得电子生成Ag发生还原反应，所以正极的电极反应式为：2Ag++2e-=2Ag。故答案为： Cu-2e-=Cu2+；2Ag++2e-=2Ag。
19.请将符合题意的下列变化的序号填在对应的横线上：①碘的升华；②氧气溶于水；③氯化钠溶于水；④烧碱熔化；⑤氯化氢溶于水；⑥氯化铵受热分解。
（1）化学键没有被破坏的是__________；仅发生离子键破坏的是________；
（2）既发生离子键破坏、又发生共价键破坏的是______________；
（3）Na2O2的电子式为________；
（4）用电子式表示MgCl2的形成过程 _____________
【答案】(1). ①② (2). ③④ (3). ⑥ (4). (5).
【解析】①碘的升华属于物理变化，只是状态发生变化，只破坏分子间作用力，没有化学键的破坏；
②氧气溶于水，只破坏分子间作用力，化学键不变；
③氯化钠溶于水，在水分子的作用下，氯化钠中的离子键被破坏，所以破坏的是离子键；
④烧碱中存在离子键和共价键，融化烧碱时，阴阳离子间的离子键被破坏，所以破坏的是离子键；
⑤氯化氢溶于水，在水分子作用下，氯化氢中的共价键被破坏，所以破坏的是共价键；
⑥氯化铵受热分解，氯化铵是离子化合物，存在的化学键有离子键、共价键，受热分解时，阴阳离子间的离子键、及铵根离子中的共价键被破坏，所以破坏的是离子键、共价键；
（1）化学键没有被破坏的是①②，仅发生离子键破坏的是③④，故答案为：①②；③④。
（2）既发生离子键又发生共价键破坏的是⑥，故答案为：⑥。
（3）过氧化钠属于离子化合物，是由钠离子和过氧根离子构成，钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O-O原子之间存在非极性共价键，电子式为：，故答案为：。
（4）镁原子和氯原子通过得失电子形成氯化镁，其形成过程为：，故答案为：。
20.有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外最外层共有24个电子，在周期表中的位置如图所示．E的单质可与酸反应，1mol E单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6L H2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同
回答下列问题：
(1) A与E形成的化合物的化学式是__________．B的最高价氧化物化学式为_____________，
(2)D的单质与水反应的方程式为__________________________________________________．
(3) 向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液直至过量，观察到的现象是___________________：有关反应的离子方程式为：_____________________________________．
【答案】(1). Al2O3 (2). P2O5 (3). Cl2 + H2O = HCl + HClO (4). 先产生白色胶状沉淀，后又逐渐溶解 (5). Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓、Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O
【解析】
【分析】观察这些元素的位置关系推断A位于第二周期，BCD位于第三周期，设C的最外层电子数为x，那么A的最外层电子数为x，B的最外层电子数为x-1，D的最外层电子数为x+1，得x+x+x-1+x+1=24，x=6，因最外层电子数等于主族序数，即AC位于第ⅥA族，则A为O元素，C为S元素，继而B为P元素，D为Cl元素。设E的价态为+n，则E与盐酸的化学方程式可写为E + nHCl = ECln + H2↑，n(E):n(H2)=1:，其中n(E)=1mol，n(H2)=mol=1.5mol，带入数据于上述方程中，解得n=3，由题意知E3+与A的阴离子，即O2-，核外电子层结构完全相同可推知E是Al元素。
故ABCDE分别为O、P、S、Cl、Al。
【详解】（1）AE分别为O和Al，其构成的化合物的化学式为Al2O3，B是P元素，其最高正价为+5，因而它最高价氧化物化学式是P2O5。
（2）D的单质是Cl2，与水反应生成盐酸和次氯酸，化学方程式为Cl2 + H2O = HCl + HClO。
（3）D与E形成的化合物为AlCl3，向其水溶液中滴入烧碱溶液，Al3+和OH-反应生成Al(OH)3白色胶状沉淀，当Al3+恰好完全反应，继续滴加碱液，Al(OH)3和OH-反应生成AlO2-和水。因而现象是先产生白色胶状沉淀，后又逐渐溶解，有关离子方程式为Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓、Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O。
21.按要求在下列空格中填空。
（1）一定量的乙醇与苯的混合物与足量的金属钠反应，可生成11.2L氢气（在标准状况下），将此混合物燃烧能生成108g水。
①求混合物中苯的质量__________________
（2）某种烃A的蒸气折合成标况下的密度是3.214g/L，已知该烃的碳氢质量比为5∶1，求：
①该烃的相对分子质量：_________,
②如果该烃的一氯取代物有4种，写出该烃的结构简式：___________________________________________
（3）5.8g有机物完全燃烧，只生成CO2和H2O蒸气，其体积比为1:1(同压同温)，若把它们通过碱石灰，碱石灰质量增加18.6g，同量的有机物与0.1mol乙酸完全发生酯化反应．又知该有机物对空气的相对密度为2。（注意：羟基不能直接连在双键上）
①有机物的分子式___________________________________________________________
②有机物的结构简式___________________________________________________________
【答案】(1). 78g (2). 72 (3). (4). C3H6O (5). CH2=CHCH2OH
【解析】（1）标况下11.2L氢气的物质的量为：=0.5mol，则混合物中含有C2H5OH的物质的量为：0.5mol×2=1mol；1mol乙醇完全燃烧会生成水的物质的量为：=3mol，质量为：18g/mol×3mol=54g，混合物燃烧能生成108g水，则混合物中苯完全燃烧生成水的质量为：108g-54g=54g，水的物质的量为：=3mol，3mol水中含有6molH原子，则苯的物质的量为：=1mol，所以，混合物中含有C2H5OH的物质的量为1mol；混合物中苯的质量为：78g/mol×1mol=78g。故答案为：78g。
（2）①该烃的碳氢质量比为5：1，C、H元素的物质的量之比为：：=5：12，该烃的最简式为：C5H12；该烃的摩尔质量为：M=ρVm=3.214g/L×22.4L/mol=72g/mol，即该烃的相对分子质量为72，故答案为：72。
②该烃的相对分子质量为72，所以该有机物的分子式为：C5H12。C5H12为戊烷，戊烷的同分异构体分为正戊烷、异戊烷和新戊烷，其中正戊烷的一氯代物有3种、异戊烷的一氯代物的同分异构体有4种、新戊烷的一氯代物的同分异构体有1种，所以满足条件的烃的同分异构体为：，故答案为：。
（3）①该有机物对空气的相对密度为2，则有机物相对分子质量=29×2=58，5.8g有机物的物质的量为=0.1mol，依据燃烧生成CO2和H2O蒸气且体积比为1：1，碱石灰质量增加18.6g为CO2和H2O的质量，则n(CO2)=n(H2O)==0.3mol，则有机物分子中N(C)==3、N(H)==6、N(O)==1，故有机物分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O。
②同量的有机物与0.1mol乙酸完全发生酯化反应，则有机物分子含有1个-OH，有机物分子式为C3H6O，含有1个C=C双键，故其结构简式为CH2=CHCH2OH。故答案为：CH2=CHCH2OH。
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