还剩11页未读，
继续阅读
【化学】湖北省长阳县第一高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
展开
湖北省长阳县第一高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
1. 为了延长水果的保鲜期，下列的水果存放方法最合适的是（ ）
A. 放入敞口的容器中
B. 放入浸泡过高锰酸钾溶液硅土的密封容器中
C. 放入密封的容器中
D. 放入充有少量乙烯的密封容器中
【答案】B
【解析】试题分析：水果成熟后会产生乙烯气体，乙烯是水果的催熟剂，含有大量乙烯容易使水果腐烂，所以应除去乙烯，才能延长水果的保鲜期，乙烯与高锰酸钾溶液反应，所以应放入浸泡过高锰酸钾溶液硅土的密封容器中，答案选B。
2.用于制造隐形飞机的某种物质具有吸收微波的功能，其主要成分的结构简式如图，它属于（ ）
A. 烃 B. 无机物
C. 有机化合物 D. 烷烃
【答案】C
【解析】根据有机物的结构简式可知，该化合物是有机物，烃中只有碳和氢两种元素。答案选C。
3.化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是( )
A. 氨气分子的比例模型 B. Cl-的结构示意图为
C. 乙烯的结构简式为C2H4 D. 质量数为37的氯原子为 1737Cl
【答案】B
【解析】A．该结构是球棍模型，氨气分子的比例模型为：， A错误；
B．Cl-核内有17个质子，核外有18个电子，根据核外电子排布规律，K层排2个电子，L层排8个电子，M层排8个电子，结构示意图为，B正确；
C．乙烯分子里含有碳碳双键，分子式为C2H4，结构简式为CH2＝CH2，C错误；
D．元素符号的左下角的数字表示质子数，左上角的数字表示质量数，质量数为37的氯原子可表示为3717Cl，D错误。
答案选B。
4.某同学设计如下元素周期表，已知X元素的气态氢化物水溶液呈碱性，空格中均有对应的元素填充。以下说法正确的是( )
A. X、Y、Z元素分别为N、P、O
B. 白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素
C. 因Y元素单质比X元素的单质活泼，故Y元素的非金属性比X要强。
D. X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是：X的氢化物
【答案】A
【解析】A、根据该同学设计的元素周期表的形式和位置可知：X的原子序数为7，Z的原子序数为8，Y的原子序数为15，因此X为N，Z为O，Y为P，故A正确；
B、白格中的稀有气体He、Ne、Ar不属于主族元素，故B错误；
C、X为N，Y为P，N和P位于同一主族，同主族自上而下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性 P
答案选A。
5.进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是( )
A. (CH3)2CHCH2CH2CH3 B. (CH3CH2)2CHCH3
C. (CH3)2CHCH(CH3)2 D. (CH3)3CCH2CH3
【答案】D
【解析】
【分析】一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物，说明有3种不同环境的氢原子，然后分析每种物质等效氢即可；
【详解】一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物，说明有3种不同环境的氢原子，
A、根据所给有机物，有5种不同环境的氢原子，故A不符合题意；
B、根据所给有机物，有4种不同环境的氢原子，故B不符合题意；
C、根据所给有机物，有2种不同环境的氢原子，故C不符合题意；
D、根据所给有机物，有3种不同环境的氢原子，故D符合题意。
6.下列化合物中同分异构体数目最少的是（ ）
A. 丁烷 B. C5H11Cl
C. 戊烯 D. 二溴丙烷
【答案】A
【解析】丁烷只存在碳链异构，同分异构体为2种，而C5H11Cl和戊烯存在碳链异构、位置异构，二溴丙烷存在位置异构，异构类型越多，同分异构体的数目越多，因此C5H11Cl、戊烯和二溴丙烷的同分异构体的数目均大于两种，所以A选项是正确的。
答案选A。
7.有8种物质：①乙烷；②乙烯；③乙炔；④苯；⑤甲苯；⑥溴乙烷；⑦聚丙烯；⑧环己烯。其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是（ ）
A. ①②③⑤ B. ④⑥⑦⑧
C. ①④⑥⑦ D. ②③⑤⑧
【答案】C
【解析】②③⑧中含有碳碳双键或碳碳三键，既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色。甲苯和溴水不反应，但能被酸性高锰酸钾溶液氧化。所以正确的答案是C。
8.某有机物其结构简式为，关于该有机物下列叙述正确的是（ ）
A. 不能使酸性KMnO4溶液褪色
B. 不能能使溴水褪色
C. 一定条件下，能和NaOH醇溶液反应
D. 在加热和催化剂作用下，最多能和4 mol H2反应
【答案】D
【解析】
【分析】该有机物中含苯环、碳碳双键、-Cl，结合烯烃、卤代烃的性质来解答。
【详解】A.含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；
B.含碳碳双键，能使溴水褪色，故B错误；
C. 与-Cl相连C的邻位C上不含H，则一定条件下，不能和NaOH醇溶液发生消去反应，故C错误；
D.苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，则在加热和催化剂作用下，最多能和4 mol H2反应，所以D选项是正确的。
答案选D。
9.若短周期中的两种元素可以形成原子个数比为2∶3的化合物，则这两种元素的原子序数之差不可能是（ ）
A. 1 B. 3 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】可以用列举法，也可以考虑元素所属族的关系。
【详解】两种元素形成的原子个数比为2:3的化合物，那么一定有一种元素属于奇数族，有一种元素属于偶数族，它们的原子序数差一定为奇数，而不为偶数。或者用列举，符合2:3的物质有Al2O3、N2O3、Al2S3、B2O3，分别差5、1、3、3，没有出现6。本题答案选D。
10.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3—、dD—都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）
A. 原子半径 A>B>D>C B. 原子序数 d>c>b>a
C. 离子半径 C>D>B>A D. 单质的还原性 A>B>D>C
【答案】C
【解析】
【分析】aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则存在a-2=b-1=c+3=d+1，原子序数大小顺序是a>b>d>c，A、B在C和D元素下一周期，据此解答。
【详解】A.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是B>A >C>D，故A错误；
B. 原子序数大小顺序是a>b>d>c，故B错误；
C.电子层结构相同离子，离子半径随着原子序数增大而减小，原子序数大小顺序是a>b>d>c，所以离子半径大小顺序是C>D>B>A，所以C选项是正确的；
D.元素的金属性越强，其单质的还原性越强，同一周期元素金属性随着原子序数增大而减弱，这几种元素单质的还原性强弱顺序是B>A>C>D，故D错误。
所以C选项是正确。
11.已知碳有三种常见的同位素：12C、13C、14C。氧也有三种同位素：16O、17O、18O，由这六种核素构成的二氧化碳分子中，其式量最多有（ ）。
A. 7种 B. 12种 C. 18种 D. 6种
【答案】A
【解析】碳元素有12C、13C、14C；氧元素有16O、17O、18O，选任意的两种O原子与C原子组合，根据数学组合可以知道，它们能够形成33（3-1）=18种CO2分子。这18种分子中式量最小的是12C16O2为44，式量最大的是14C18O2为50，除此之外，式量还有45、46、47、48、49，所以式量最多有7种，故答案选A。
12.已知：①硫酸比氯酸稳定；②硫酸的酸性弱于高氯酸；③H2S比HCl易被氧化；④HCl比H2S更容易由单质合成；⑤盐酸的酸性比H2S的酸性强。上述事实能够说明硫的非金属性比氯弱的是（ ）
A. ①②③ B. ③④⑤ C. ②③④ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】
【分析】比较元素的非金属性强弱可根据：元素对应最高价氧化物的水化物的酸性；氢化物的还原性、稳定性强弱；与氢气反应的难易程度以及单质的氧化性的强弱等角度，据此解答。
【详解】①硫酸比氯酸稳定，但Cl的非金属性比S强，不能用来比较非金属性强弱，故①错误；
②元素对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应的元素的非金属性越强，可说明非金属性Cl>S，故②正确；
③元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氢化物的还原性越弱，H2S比HCl易被氧化，可说明非金属性Cl>S，故③正确；
④元素的非金属性越强，单质与氢气反应越剧烈，HCl比H2S更容易由单质合成，可说明非金属性Cl>S，故④正确；
⑤比较元素的非金属性应用元素对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，不能根据氢化物的酸性强弱比较，例如，盐酸的酸性比氢硫酸强，非金属性：Cl>S，，但HF溶液的酸性比HCl弱，但非金属性：F>Cl，故⑤错误。
所以正确的有②③④；
故答案选C。
13.短周期元家W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W与Y、X与Z位于同一主族。W与X可形成共价化合物WX2。Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍。下列叙述中不正确的是（ ）
A. WX2分子中所有原子最外层都为8电子结构
B. WX2、YX2都是酸性氧化物，都可以和水作用生成对应的酸
C. WX2是以极性键结合成的分子
D. 原子半径大小顺序为X＜W＜Y
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是最外层电子数的2.5倍，则原子只能有3个电子层，最外层电子数为4，故Y为Si，W与Y同主族，则W为C元素，W与X可形成共价化合物WX2，则X表现-2价，X与Z位于同一主族，故X为O元素、Z为S元素，据此解答。
【详解】A．CO2分子中C原子与氧原子之间形成2对共用电子对，所有原子最外层都为8电子结构，故A正确；
B．CO2、SiO2均为酸性氧化物，但SiO2不溶于水，不能和水作用生成硅酸，故B错误；
C．CO2分子中C、O原子之间形成极性键，故C正确；
D．同一周期从左到右元素的原子半径逐渐减小，同一周期从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序为O＜C＜Si，故D正确。
故答案选B。
14. 已知碳碳单键可绕键轴自由旋转,某烃的结构简式如下图所示,下列说法中正确的是（ ）
A. 该物质所有原子均可共面
B. 分子中至少有10个碳原子处于同一平面上
C. 分子中至少有11个碳原子处于同一平面上
D. 该烃与苯互为同系物
【答案】C
【解析】试题分析：A、甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面，两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面，如图所示（已编号）的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，共有6个原子共线，所以至少有11个碳原子共面，所有原子不可能共面，故A错误；B、由A分析可知，分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，故B错误；C、由A分析可知，分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，故C正确；D、该有机物含有2个苯环，不是苯的同系物，故D错误，故选C。
15.下列各物质的名称正确的是（ ）
A. 1，2—二甲基丁烷 B. 2-乙基-1-丁烯
C. 2，3，3—三甲基丁烷 D. 2，3—二甲基-4-乙基戊烷
【答案】B
【解析】A、1，2-二甲基丁烷，选取的主链不是最长的，所以原命名错误，应该是3－甲基戊烷，故A错误；
B、2-乙基-1-丁烯符合烯烃命名规则，命名正确，故B正确；
C、2，3，3-三甲基丁烷，丁烷中取代基的编号之和不是最小的，正确命名应该为：2，2，3-三甲基丁烷，故C错误；
D、2，3-二甲基-4-乙基戊烷，选取的主链不是最长的，所以原命名错误，应该是2，3，4－三甲基己烷，故D错误。
故选B。
16.下列说法正确的是（ ）
A. 因Al（OH）3只能与强酸强碱反应，故在AlO2-溶液中通入CO2不论少量还是足量均可用同一离子方程式表示。
B. C8H8和C4H8O3二者的混合物无论是总质量一定还是总物质的量一定，充分燃烧生成水的量总是不变的。
C. 当总质量一定，KHCO3和CaCO3因混合比例不同，与足量的盐酸反应生成CO2的量是不相同的
D. 要证明某物是卤代烃，只需将其和氢氧化钠溶液混合加热，再向所得溶液中滴加硝酸银，看是否生成沉淀即可。
【答案】B
【解析】A. 在AlO2-溶液中若通入少量CO2生成氢氧化铝和碳酸钠，若通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，所以离子方程式不同，故A错误；
B. C8H8和C4H8O3的相对分子量相等，都含有8个H原子，则二者的含氢量相同，符合题意，故B正确；
C. 因为CaCO3和KHCO3的相对分子质量相等，且1molCaCO3和1molKHCO3与足量的盐酸反应产生气体的体积相等，所以当总质量一定，CaCO3和KHCO3无论以何种比例组成，与足量的盐酸反应生成CO2的量是相同的，故C错误；
D. 卤元素检验需要在酸性条件下进行，否则氢氧化钠和硝酸银反应生成沉淀而干扰实验，故D错误。
故答案选B。
17.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多４个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。
（1）C在周期表中的位置____________________；
（2）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为______________________。
（3）元素C、D、E形成的离子半径大小关系是___________________（用离子符号表示）.
（4）用电子式表示化合物D2C的形成过程____________________________________。
C、D还可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是_____________________________。其主要用途有______________________。
（5）现有空气中加热片刻生成的D的氧化物（假定全为D2C2和D2C的混合物）a克，与VLHCl反应至中性，则HCl的浓度取值范围为________
【答案】(1). 第二周期，VIA族 (2). NH4NO3 (3). S2-＞O2-＞Na+ (4). (5). 离子键，非极性共价键 (6). 呼吸面具中供氧剂，漂白等（合理都给分） (7). a/39V＜c(HCl)＜a/31V
【解析】
【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则C原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素；C、E主族，则E为S元素，据此解答。
【详解】（1）C为O元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则位于周期表第二周期，VIA族，因此，本题正确答案是：第二周期，VIA族；
（2）由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，因此，本题正确答案是：NH4NO3；
（3）S2-离子核外有3个电子层，比O2-、Na+离子多1个电子层，故离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2->Na+，故离子半径S2-＞O2-＞Na+，因此，本题正确答案是：S2-＞O2-＞Na+；
（4）化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物,含有离子键和非极性共价键，Na2O2的主要用途有呼吸面具中供氧剂，漂白等，因此，本题正确答案是：；离子键、非极性共价键；呼吸面具中供氧剂，漂白等；
（5）若ag固体全为Na2O2，与VLHCl反应至中性则恰好生成NaCl，根据钠元素和氯元素守恒，则HCl的浓度为=mol/L；同理，若ag固体全为Na2O，与VLHCl反应至中性则恰好生成NaCl，根据钠元素和氯元素守恒，则HCl的浓度为=mol/L；则HCl的浓度取值范围为a/39V＜c(HCl)＜a/31V，因此，本题正确答案是：a/39V＜c(HCl)＜a/31V。
18.如图所示，在实验室里，通常利用浓硫酸与乙醇混合加热制乙烯，加热一段时间后溶液中有棕色、黑色现象出现。过一段时间后，发现经硫酸酸化的高锰酸钾溶液褪色。
甲同学认为酸性高锰酸钾溶液褪色，能证明乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化了；乙同学认为酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化了。
（1）你认为哪个同学的观点正确？ _____（填“甲”或“乙”），理由是_____ （填代号）。
A.(Ⅱ)瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，能证明乙烯发生了氧化反应
B.(Ⅱ)瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，能证明乙烯发生了加成反应
C.(Ⅱ）瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明通入的气体是纯净物
D.(Ⅱ)瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，只能证明通入的气体一定具有还原性
（2）丙同学取（Ⅱ）瓶中少量溶液于试管里，加入盐酸和氯化钡溶液，产生白色沉淀，他认为乙烯中一定混有二氧化硫，你认为他的结论是否可靠？ _____（填“可靠”或“不可靠”）；理由是_____________________。若你认为不可靠，改进上述实验方案，证明乙烯中是否含有SO2：__________________ 。
（3）丁同学对上述实验方案进行了适当改进，用于证明乙烯能否发生加成反应，他的改进方法可能是在装置（Ⅰ）和（Ⅱ）之间增加一个装有足量_____的洗气瓶且将（Ⅱ）瓶中溶液换成_____，发生反应的化学方程式为_________________。
【答案】(1). 乙 (2). C、D (3). 不可靠 (4). 酸性高锰酸钾溶液中可能含有SO42－ (5). 瓶中溶液换成品红溶液 (6). NaOH溶液 (7). 溴的四氯化碳溶液 (8).
【解析】
【分析】(1)浓硫酸与乙醇混合加热制乙烯，加热一段时间后观察到烧瓶中溶液变黑，说明浓硫酸氧化乙醇生成碳，同时自身被还原，制得的乙烯气体中通常会含有CO2、SO2等气体，二氧化硫和高锰酸钾能发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色；
(2)硫酸酸化的高锰酸钾溶液中本身就含有SO42-；
(3)氢氧化钠溶液可除掉二氧化硫，溴的四氯化碳溶液褪色可证明乙烯能发生加成反应。
【详解】(1)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，二氧化硫与高锰酸钾反应5SO2+2KMnO4+2H2OK2SO4+2MnSO4+2H2SO4褪色，乙烯被高锰酸钾溶液氧化5CH2=CH2+12 KMnO4+18 H2SO4 →10CO2+12 MnSO4+28 H2O +6 K2SO4，导致高锰酸钾溶液褪色；
A.(Ⅱ)瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是二氧化硫与高锰酸钾反应，故A错误；
B.(Ⅱ)瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是乙烯被高锰酸钾氧化，故B错误；
C. 能使高锰酸钾褪色的有二氧化硫和乙烯，所以不能证明通入的气体是纯净物，所以C选项是正确的；
D. 无论是二氧化硫，还是乙烯，使高锰酸钾褪色，都是与高锰酸钾发生氧化还原反应，且高锰酸钾是氧化剂，气体是还原剂具有还原性，所以D选项是正确的；选CD。
因此，本题正确答案是：乙；CD；
(2)装置(Ⅱ)中装有经硫酸酸化的高锰酸钾溶液，酸化引入硫酸根离子，加入盐酸和氯化钡溶液，产生白色沉淀，不能说明是二氧化硫被高锰酸钾氧化所得，证明乙烯中是否含有SO2所用试剂是品红溶液，
因此，本题正确答案是：不可靠；硫酸酸化的高锰酸钾溶液中本身就含有SO42-；瓶中溶液换成品红溶液；
(3)氢氧化钠溶液可除掉二氧化硫，溴的四氯化碳溶液褪色可证明乙烯能发生加成反应；因此，为除去二氧化硫气体，在装置(Ⅰ)和(Ⅱ)之间增加一个装有足量NaOH溶液的洗气瓶，将装置(Ⅱ)换成盛有溴的四氯化碳溶液的洗气瓶，溴的四氯化碳溶液褪色可证明乙烯能发生加成反应。反应的化学方程式：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br，
因此，本题正确答案是：NaOH溶液；溴的四氯化碳溶液；CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br。
19.W、X、Y和Z都是元素周期表中前20号元素，已知：
①W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为W2Y的化合物；
②Y 和Z属同族元素，他们能形成两种常见化合物；
③X和Z属同一周期元素，他们能形成两种气态化合物；
④W和Z能形成组成为W2Z和W2Z2的化合物；
⑤X和Y不在同一周期，他们能形成组成为XY2的化合物。请回答：
（1）Y元素名称是___________；
（2）用一方程式证明Y与X非金属性的强弱__________，证明Y与Z非金属性的强弱_____________。
（3）标准状况22.4LXZ2和通过足量W2Z2时，转移的电子数是____，W2Z2的质量将增加______g
（4）观察W元素的焰色的操作注意事项__________________________
（5）上述某元素形成的分子式为C8H10的属于苯的同系物的同分异构体有______________ 种。其中，苯环上的一氯代物种类最多的结构简式为_______________。
【答案】(1). 硫 (2). H2SO4+Na2CO3Na2SO4+H2O+CO2↑ (3). O2+2H2S2H2O+2S (4). NA (5). 28 (6). 隔着蓝色钴玻璃观察 (7). 4 (8).
【解析】
【分析】W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，②Y和Z属同主族元素，它们能形成两种常见化合物，化合物为SO2、SO3，则分别为O、S元素中的一种，结合③中X和Z属同周期元素，它们能形成两种气态化合物，可推知X为C元素，Z为O元素，Y为S元素，⑤X和Y不在同一周期，它们能形成组成CS2，由①W的阳离子Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为W2Y的化合物，则W为K，化合物W2Y为K2S；④W和Z能形成组成为K2O和K2O2的化合物，据此解答。
【详解】（1）由上述分析可知，Y为硫元素，故答案：硫；
（2）由上述分析可知，Y为硫元素，X为碳元素，Z为氧元素，元素的非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，能证明硫酸的酸性强于碳酸，则证明硫的非金属性比碳强，化学方程式为：H2SO4+Na2CO3Na2SO4+H2O+CO2↑；元素的非金属性越强氢化物还原性越强，能证明还原性H2S大于H2O，则证明氧的非金属性强于硫，化学方程式为：O2+2H2S2H2O+ 2S，故答案为：H2SO4+Na2CO3Na2SO4+H2O+CO2↑；O2+2H2S2H2O+ 2S；
（3）标准状况22.4LCO2为1mol，反应2CO2+2K2O22K2CO3+O2中，K2O2既作氧化剂又作还原剂，部分K2O2中氧元素从-1价升高到0价，每生成1molO2转移2mol电子，则有1mol CO2反应时生成0.5mol O2转移1mol电子，转移的电子数是NA；根据质量守恒定律，K2O2的质量增加等于气体质量的减小，44g-32g=28g，故答案为：NA ；28；
（4））由上述分析可知，W为钾元素，观察钾元素的焰色隔着蓝色钴玻璃观察，滤去钠元素的黄光，故答案为：隔着蓝色钴玻璃观察；
（5）C8H10的属于苯的同系物的同分异构体有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯共4种，苯环上的一氯代物分别有3种、2种、3种和1种，种类最多的是乙苯、间二甲苯，结构简式为、，故答案为：4；、。
20.从环己烷可制备1，4－环己二醇，下列有关7步反应（其中无机产物都已略去），其中有2步属于取代反应，2步属于消去反应，3步属于加成反应。试回答：
（1）反应①反应类型属于______________。
（2）羟基的电子式______________。
（3）化合物的结构简式：B______________，C______________。
（4）反应④所用试剂和条件是______________。
（5）完成以下步骤方程式（注明反应条件）④______________。
【答案】(1). 取代反应 (2). (3). (4). (5). NaOH的醇溶液，加热 (6). +2NaOH2NaCl+2H2O+
【解析】
【分析】和Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠醇作用下发生消去反应生成A，A为，与氯气发生加成反应生成B，B为，发生消去反应生成，与溴水发1，4加成生成，发生水解生成C，C为，与氢气发生加成反应生成，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析，反应①为环己烷和氯气在光照条件下发生的取代反应，反应类型属于取代反应，故答案为：取代反应；
（2）羟基是由一个氧原子和一个氢原子构成的，电子式为，故答案为：；
（3）根据以上分析，化合物B的结构简式为：，C的结构简式为：，故答案为： ；；
（4）反应④为发生消去反应生成，为卤代烃的消去反应，所用试剂和条件是NaOH的醇溶液，加热，故答案为：NaOH的醇溶液，加热；
（5）反应④为发生消去反应生成，化学方程式为：+2NaOH2NaCl+2H2O+，故答案为：+2NaOH2NaCl+2H2O+。
1. 为了延长水果的保鲜期，下列的水果存放方法最合适的是（ ）
A. 放入敞口的容器中
B. 放入浸泡过高锰酸钾溶液硅土的密封容器中
C. 放入密封的容器中
D. 放入充有少量乙烯的密封容器中
【答案】B
【解析】试题分析：水果成熟后会产生乙烯气体，乙烯是水果的催熟剂，含有大量乙烯容易使水果腐烂，所以应除去乙烯，才能延长水果的保鲜期，乙烯与高锰酸钾溶液反应，所以应放入浸泡过高锰酸钾溶液硅土的密封容器中，答案选B。
2.用于制造隐形飞机的某种物质具有吸收微波的功能，其主要成分的结构简式如图，它属于（ ）
A. 烃 B. 无机物
C. 有机化合物 D. 烷烃
【答案】C
【解析】根据有机物的结构简式可知，该化合物是有机物，烃中只有碳和氢两种元素。答案选C。
3.化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是( )
A. 氨气分子的比例模型 B. Cl-的结构示意图为
C. 乙烯的结构简式为C2H4 D. 质量数为37的氯原子为 1737Cl
【答案】B
【解析】A．该结构是球棍模型，氨气分子的比例模型为：， A错误；
B．Cl-核内有17个质子，核外有18个电子，根据核外电子排布规律，K层排2个电子，L层排8个电子，M层排8个电子，结构示意图为，B正确；
C．乙烯分子里含有碳碳双键，分子式为C2H4，结构简式为CH2＝CH2，C错误；
D．元素符号的左下角的数字表示质子数，左上角的数字表示质量数，质量数为37的氯原子可表示为3717Cl，D错误。
答案选B。
4.某同学设计如下元素周期表，已知X元素的气态氢化物水溶液呈碱性，空格中均有对应的元素填充。以下说法正确的是( )
A. X、Y、Z元素分别为N、P、O
B. 白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素
C. 因Y元素单质比X元素的单质活泼，故Y元素的非金属性比X要强。
D. X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是：X的氢化物
【答案】A
【解析】A、根据该同学设计的元素周期表的形式和位置可知：X的原子序数为7，Z的原子序数为8，Y的原子序数为15，因此X为N，Z为O，Y为P，故A正确；
B、白格中的稀有气体He、Ne、Ar不属于主族元素，故B错误；
C、X为N，Y为P，N和P位于同一主族，同主族自上而下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性 P
答案选A。
5.进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是( )
A. (CH3)2CHCH2CH2CH3 B. (CH3CH2)2CHCH3
C. (CH3)2CHCH(CH3)2 D. (CH3)3CCH2CH3
【答案】D
【解析】
【分析】一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物，说明有3种不同环境的氢原子，然后分析每种物质等效氢即可；
【详解】一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物，说明有3种不同环境的氢原子，
A、根据所给有机物，有5种不同环境的氢原子，故A不符合题意；
B、根据所给有机物，有4种不同环境的氢原子，故B不符合题意；
C、根据所给有机物，有2种不同环境的氢原子，故C不符合题意；
D、根据所给有机物，有3种不同环境的氢原子，故D符合题意。
6.下列化合物中同分异构体数目最少的是（ ）
A. 丁烷 B. C5H11Cl
C. 戊烯 D. 二溴丙烷
【答案】A
【解析】丁烷只存在碳链异构，同分异构体为2种，而C5H11Cl和戊烯存在碳链异构、位置异构，二溴丙烷存在位置异构，异构类型越多，同分异构体的数目越多，因此C5H11Cl、戊烯和二溴丙烷的同分异构体的数目均大于两种，所以A选项是正确的。
答案选A。
7.有8种物质：①乙烷；②乙烯；③乙炔；④苯；⑤甲苯；⑥溴乙烷；⑦聚丙烯；⑧环己烯。其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是（ ）
A. ①②③⑤ B. ④⑥⑦⑧
C. ①④⑥⑦ D. ②③⑤⑧
【答案】C
【解析】②③⑧中含有碳碳双键或碳碳三键，既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色。甲苯和溴水不反应，但能被酸性高锰酸钾溶液氧化。所以正确的答案是C。
8.某有机物其结构简式为，关于该有机物下列叙述正确的是（ ）
A. 不能使酸性KMnO4溶液褪色
B. 不能能使溴水褪色
C. 一定条件下，能和NaOH醇溶液反应
D. 在加热和催化剂作用下，最多能和4 mol H2反应
【答案】D
【解析】
【分析】该有机物中含苯环、碳碳双键、-Cl，结合烯烃、卤代烃的性质来解答。
【详解】A.含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；
B.含碳碳双键，能使溴水褪色，故B错误；
C. 与-Cl相连C的邻位C上不含H，则一定条件下，不能和NaOH醇溶液发生消去反应，故C错误；
D.苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，则在加热和催化剂作用下，最多能和4 mol H2反应，所以D选项是正确的。
答案选D。
9.若短周期中的两种元素可以形成原子个数比为2∶3的化合物，则这两种元素的原子序数之差不可能是（ ）
A. 1 B. 3 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】可以用列举法，也可以考虑元素所属族的关系。
【详解】两种元素形成的原子个数比为2:3的化合物，那么一定有一种元素属于奇数族，有一种元素属于偶数族，它们的原子序数差一定为奇数，而不为偶数。或者用列举，符合2:3的物质有Al2O3、N2O3、Al2S3、B2O3，分别差5、1、3、3，没有出现6。本题答案选D。
10.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3—、dD—都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）
A. 原子半径 A>B>D>C B. 原子序数 d>c>b>a
C. 离子半径 C>D>B>A D. 单质的还原性 A>B>D>C
【答案】C
【解析】
【分析】aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则存在a-2=b-1=c+3=d+1，原子序数大小顺序是a>b>d>c，A、B在C和D元素下一周期，据此解答。
【详解】A.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是B>A >C>D，故A错误；
B. 原子序数大小顺序是a>b>d>c，故B错误；
C.电子层结构相同离子，离子半径随着原子序数增大而减小，原子序数大小顺序是a>b>d>c，所以离子半径大小顺序是C>D>B>A，所以C选项是正确的；
D.元素的金属性越强，其单质的还原性越强，同一周期元素金属性随着原子序数增大而减弱，这几种元素单质的还原性强弱顺序是B>A>C>D，故D错误。
所以C选项是正确。
11.已知碳有三种常见的同位素：12C、13C、14C。氧也有三种同位素：16O、17O、18O，由这六种核素构成的二氧化碳分子中，其式量最多有（ ）。
A. 7种 B. 12种 C. 18种 D. 6种
【答案】A
【解析】碳元素有12C、13C、14C；氧元素有16O、17O、18O，选任意的两种O原子与C原子组合，根据数学组合可以知道，它们能够形成33（3-1）=18种CO2分子。这18种分子中式量最小的是12C16O2为44，式量最大的是14C18O2为50，除此之外，式量还有45、46、47、48、49，所以式量最多有7种，故答案选A。
12.已知：①硫酸比氯酸稳定；②硫酸的酸性弱于高氯酸；③H2S比HCl易被氧化；④HCl比H2S更容易由单质合成；⑤盐酸的酸性比H2S的酸性强。上述事实能够说明硫的非金属性比氯弱的是（ ）
A. ①②③ B. ③④⑤ C. ②③④ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】
【分析】比较元素的非金属性强弱可根据：元素对应最高价氧化物的水化物的酸性；氢化物的还原性、稳定性强弱；与氢气反应的难易程度以及单质的氧化性的强弱等角度，据此解答。
【详解】①硫酸比氯酸稳定，但Cl的非金属性比S强，不能用来比较非金属性强弱，故①错误；
②元素对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应的元素的非金属性越强，可说明非金属性Cl>S，故②正确；
③元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氢化物的还原性越弱，H2S比HCl易被氧化，可说明非金属性Cl>S，故③正确；
④元素的非金属性越强，单质与氢气反应越剧烈，HCl比H2S更容易由单质合成，可说明非金属性Cl>S，故④正确；
⑤比较元素的非金属性应用元素对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，不能根据氢化物的酸性强弱比较，例如，盐酸的酸性比氢硫酸强，非金属性：Cl>S，，但HF溶液的酸性比HCl弱，但非金属性：F>Cl，故⑤错误。
所以正确的有②③④；
故答案选C。
13.短周期元家W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W与Y、X与Z位于同一主族。W与X可形成共价化合物WX2。Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍。下列叙述中不正确的是（ ）
A. WX2分子中所有原子最外层都为8电子结构
B. WX2、YX2都是酸性氧化物，都可以和水作用生成对应的酸
C. WX2是以极性键结合成的分子
D. 原子半径大小顺序为X＜W＜Y
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是最外层电子数的2.5倍，则原子只能有3个电子层，最外层电子数为4，故Y为Si，W与Y同主族，则W为C元素，W与X可形成共价化合物WX2，则X表现-2价，X与Z位于同一主族，故X为O元素、Z为S元素，据此解答。
【详解】A．CO2分子中C原子与氧原子之间形成2对共用电子对，所有原子最外层都为8电子结构，故A正确；
B．CO2、SiO2均为酸性氧化物，但SiO2不溶于水，不能和水作用生成硅酸，故B错误；
C．CO2分子中C、O原子之间形成极性键，故C正确；
D．同一周期从左到右元素的原子半径逐渐减小，同一周期从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序为O＜C＜Si，故D正确。
故答案选B。
14. 已知碳碳单键可绕键轴自由旋转,某烃的结构简式如下图所示,下列说法中正确的是（ ）
A. 该物质所有原子均可共面
B. 分子中至少有10个碳原子处于同一平面上
C. 分子中至少有11个碳原子处于同一平面上
D. 该烃与苯互为同系物
【答案】C
【解析】试题分析：A、甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面，两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面，如图所示（已编号）的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，共有6个原子共线，所以至少有11个碳原子共面，所有原子不可能共面，故A错误；B、由A分析可知，分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，故B错误；C、由A分析可知，分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，故C正确；D、该有机物含有2个苯环，不是苯的同系物，故D错误，故选C。
15.下列各物质的名称正确的是（ ）
A. 1，2—二甲基丁烷 B. 2-乙基-1-丁烯
C. 2，3，3—三甲基丁烷 D. 2，3—二甲基-4-乙基戊烷
【答案】B
【解析】A、1，2-二甲基丁烷，选取的主链不是最长的，所以原命名错误，应该是3－甲基戊烷，故A错误；
B、2-乙基-1-丁烯符合烯烃命名规则，命名正确，故B正确；
C、2，3，3-三甲基丁烷，丁烷中取代基的编号之和不是最小的，正确命名应该为：2，2，3-三甲基丁烷，故C错误；
D、2，3-二甲基-4-乙基戊烷，选取的主链不是最长的，所以原命名错误，应该是2，3，4－三甲基己烷，故D错误。
故选B。
16.下列说法正确的是（ ）
A. 因Al（OH）3只能与强酸强碱反应，故在AlO2-溶液中通入CO2不论少量还是足量均可用同一离子方程式表示。
B. C8H8和C4H8O3二者的混合物无论是总质量一定还是总物质的量一定，充分燃烧生成水的量总是不变的。
C. 当总质量一定，KHCO3和CaCO3因混合比例不同，与足量的盐酸反应生成CO2的量是不相同的
D. 要证明某物是卤代烃，只需将其和氢氧化钠溶液混合加热，再向所得溶液中滴加硝酸银，看是否生成沉淀即可。
【答案】B
【解析】A. 在AlO2-溶液中若通入少量CO2生成氢氧化铝和碳酸钠，若通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，所以离子方程式不同，故A错误；
B. C8H8和C4H8O3的相对分子量相等，都含有8个H原子，则二者的含氢量相同，符合题意，故B正确；
C. 因为CaCO3和KHCO3的相对分子质量相等，且1molCaCO3和1molKHCO3与足量的盐酸反应产生气体的体积相等，所以当总质量一定，CaCO3和KHCO3无论以何种比例组成，与足量的盐酸反应生成CO2的量是相同的，故C错误；
D. 卤元素检验需要在酸性条件下进行，否则氢氧化钠和硝酸银反应生成沉淀而干扰实验，故D错误。
故答案选B。
17.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多４个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。
（1）C在周期表中的位置____________________；
（2）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为______________________。
（3）元素C、D、E形成的离子半径大小关系是___________________（用离子符号表示）.
（4）用电子式表示化合物D2C的形成过程____________________________________。
C、D还可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是_____________________________。其主要用途有______________________。
（5）现有空气中加热片刻生成的D的氧化物（假定全为D2C2和D2C的混合物）a克，与VLHCl反应至中性，则HCl的浓度取值范围为________
【答案】(1). 第二周期，VIA族 (2). NH4NO3 (3). S2-＞O2-＞Na+ (4). (5). 离子键，非极性共价键 (6). 呼吸面具中供氧剂，漂白等（合理都给分） (7). a/39V＜c(HCl)＜a/31V
【解析】
【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则C原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素；C、E主族，则E为S元素，据此解答。
【详解】（1）C为O元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则位于周期表第二周期，VIA族，因此，本题正确答案是：第二周期，VIA族；
（2）由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，因此，本题正确答案是：NH4NO3；
（3）S2-离子核外有3个电子层，比O2-、Na+离子多1个电子层，故离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2->Na+，故离子半径S2-＞O2-＞Na+，因此，本题正确答案是：S2-＞O2-＞Na+；
（4）化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物,含有离子键和非极性共价键，Na2O2的主要用途有呼吸面具中供氧剂，漂白等，因此，本题正确答案是：；离子键、非极性共价键；呼吸面具中供氧剂，漂白等；
（5）若ag固体全为Na2O2，与VLHCl反应至中性则恰好生成NaCl，根据钠元素和氯元素守恒，则HCl的浓度为=mol/L；同理，若ag固体全为Na2O，与VLHCl反应至中性则恰好生成NaCl，根据钠元素和氯元素守恒，则HCl的浓度为=mol/L；则HCl的浓度取值范围为a/39V＜c(HCl)＜a/31V，因此，本题正确答案是：a/39V＜c(HCl)＜a/31V。
18.如图所示，在实验室里，通常利用浓硫酸与乙醇混合加热制乙烯，加热一段时间后溶液中有棕色、黑色现象出现。过一段时间后，发现经硫酸酸化的高锰酸钾溶液褪色。
甲同学认为酸性高锰酸钾溶液褪色，能证明乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化了；乙同学认为酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化了。
（1）你认为哪个同学的观点正确？ _____（填“甲”或“乙”），理由是_____ （填代号）。
A.(Ⅱ)瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，能证明乙烯发生了氧化反应
B.(Ⅱ)瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，能证明乙烯发生了加成反应
C.(Ⅱ）瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明通入的气体是纯净物
D.(Ⅱ)瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，只能证明通入的气体一定具有还原性
（2）丙同学取（Ⅱ）瓶中少量溶液于试管里，加入盐酸和氯化钡溶液，产生白色沉淀，他认为乙烯中一定混有二氧化硫，你认为他的结论是否可靠？ _____（填“可靠”或“不可靠”）；理由是_____________________。若你认为不可靠，改进上述实验方案，证明乙烯中是否含有SO2：__________________ 。
（3）丁同学对上述实验方案进行了适当改进，用于证明乙烯能否发生加成反应，他的改进方法可能是在装置（Ⅰ）和（Ⅱ）之间增加一个装有足量_____的洗气瓶且将（Ⅱ）瓶中溶液换成_____，发生反应的化学方程式为_________________。
【答案】(1). 乙 (2). C、D (3). 不可靠 (4). 酸性高锰酸钾溶液中可能含有SO42－ (5). 瓶中溶液换成品红溶液 (6). NaOH溶液 (7). 溴的四氯化碳溶液 (8).
【解析】
【分析】(1)浓硫酸与乙醇混合加热制乙烯，加热一段时间后观察到烧瓶中溶液变黑，说明浓硫酸氧化乙醇生成碳，同时自身被还原，制得的乙烯气体中通常会含有CO2、SO2等气体，二氧化硫和高锰酸钾能发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色；
(2)硫酸酸化的高锰酸钾溶液中本身就含有SO42-；
(3)氢氧化钠溶液可除掉二氧化硫，溴的四氯化碳溶液褪色可证明乙烯能发生加成反应。
【详解】(1)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，二氧化硫与高锰酸钾反应5SO2+2KMnO4+2H2OK2SO4+2MnSO4+2H2SO4褪色，乙烯被高锰酸钾溶液氧化5CH2=CH2+12 KMnO4+18 H2SO4 →10CO2+12 MnSO4+28 H2O +6 K2SO4，导致高锰酸钾溶液褪色；
A.(Ⅱ)瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是二氧化硫与高锰酸钾反应，故A错误；
B.(Ⅱ)瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是乙烯被高锰酸钾氧化，故B错误；
C. 能使高锰酸钾褪色的有二氧化硫和乙烯，所以不能证明通入的气体是纯净物，所以C选项是正确的；
D. 无论是二氧化硫，还是乙烯，使高锰酸钾褪色，都是与高锰酸钾发生氧化还原反应，且高锰酸钾是氧化剂，气体是还原剂具有还原性，所以D选项是正确的；选CD。
因此，本题正确答案是：乙；CD；
(2)装置(Ⅱ)中装有经硫酸酸化的高锰酸钾溶液，酸化引入硫酸根离子，加入盐酸和氯化钡溶液，产生白色沉淀，不能说明是二氧化硫被高锰酸钾氧化所得，证明乙烯中是否含有SO2所用试剂是品红溶液，
因此，本题正确答案是：不可靠；硫酸酸化的高锰酸钾溶液中本身就含有SO42-；瓶中溶液换成品红溶液；
(3)氢氧化钠溶液可除掉二氧化硫，溴的四氯化碳溶液褪色可证明乙烯能发生加成反应；因此，为除去二氧化硫气体，在装置(Ⅰ)和(Ⅱ)之间增加一个装有足量NaOH溶液的洗气瓶，将装置(Ⅱ)换成盛有溴的四氯化碳溶液的洗气瓶，溴的四氯化碳溶液褪色可证明乙烯能发生加成反应。反应的化学方程式：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br，
因此，本题正确答案是：NaOH溶液；溴的四氯化碳溶液；CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br。
19.W、X、Y和Z都是元素周期表中前20号元素，已知：
①W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为W2Y的化合物；
②Y 和Z属同族元素，他们能形成两种常见化合物；
③X和Z属同一周期元素，他们能形成两种气态化合物；
④W和Z能形成组成为W2Z和W2Z2的化合物；
⑤X和Y不在同一周期，他们能形成组成为XY2的化合物。请回答：
（1）Y元素名称是___________；
（2）用一方程式证明Y与X非金属性的强弱__________，证明Y与Z非金属性的强弱_____________。
（3）标准状况22.4LXZ2和通过足量W2Z2时，转移的电子数是____，W2Z2的质量将增加______g
（4）观察W元素的焰色的操作注意事项__________________________
（5）上述某元素形成的分子式为C8H10的属于苯的同系物的同分异构体有______________ 种。其中，苯环上的一氯代物种类最多的结构简式为_______________。
【答案】(1). 硫 (2). H2SO4+Na2CO3Na2SO4+H2O+CO2↑ (3). O2+2H2S2H2O+2S (4). NA (5). 28 (6). 隔着蓝色钴玻璃观察 (7). 4 (8).
【解析】
【分析】W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，②Y和Z属同主族元素，它们能形成两种常见化合物，化合物为SO2、SO3，则分别为O、S元素中的一种，结合③中X和Z属同周期元素，它们能形成两种气态化合物，可推知X为C元素，Z为O元素，Y为S元素，⑤X和Y不在同一周期，它们能形成组成CS2，由①W的阳离子Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为W2Y的化合物，则W为K，化合物W2Y为K2S；④W和Z能形成组成为K2O和K2O2的化合物，据此解答。
【详解】（1）由上述分析可知，Y为硫元素，故答案：硫；
（2）由上述分析可知，Y为硫元素，X为碳元素，Z为氧元素，元素的非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，能证明硫酸的酸性强于碳酸，则证明硫的非金属性比碳强，化学方程式为：H2SO4+Na2CO3Na2SO4+H2O+CO2↑；元素的非金属性越强氢化物还原性越强，能证明还原性H2S大于H2O，则证明氧的非金属性强于硫，化学方程式为：O2+2H2S2H2O+ 2S，故答案为：H2SO4+Na2CO3Na2SO4+H2O+CO2↑；O2+2H2S2H2O+ 2S；
（3）标准状况22.4LCO2为1mol，反应2CO2+2K2O22K2CO3+O2中，K2O2既作氧化剂又作还原剂，部分K2O2中氧元素从-1价升高到0价，每生成1molO2转移2mol电子，则有1mol CO2反应时生成0.5mol O2转移1mol电子，转移的电子数是NA；根据质量守恒定律，K2O2的质量增加等于气体质量的减小，44g-32g=28g，故答案为：NA ；28；
（4））由上述分析可知，W为钾元素，观察钾元素的焰色隔着蓝色钴玻璃观察，滤去钠元素的黄光，故答案为：隔着蓝色钴玻璃观察；
（5）C8H10的属于苯的同系物的同分异构体有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯共4种，苯环上的一氯代物分别有3种、2种、3种和1种，种类最多的是乙苯、间二甲苯，结构简式为、，故答案为：4；、。
20.从环己烷可制备1，4－环己二醇，下列有关7步反应（其中无机产物都已略去），其中有2步属于取代反应，2步属于消去反应，3步属于加成反应。试回答：
（1）反应①反应类型属于______________。
（2）羟基的电子式______________。
（3）化合物的结构简式：B______________，C______________。
（4）反应④所用试剂和条件是______________。
（5）完成以下步骤方程式（注明反应条件）④______________。
【答案】(1). 取代反应 (2). (3). (4). (5). NaOH的醇溶液，加热 (6). +2NaOH2NaCl+2H2O+
【解析】
【分析】和Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠醇作用下发生消去反应生成A，A为，与氯气发生加成反应生成B，B为，发生消去反应生成，与溴水发1，4加成生成，发生水解生成C，C为，与氢气发生加成反应生成，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析，反应①为环己烷和氯气在光照条件下发生的取代反应，反应类型属于取代反应，故答案为：取代反应；
（2）羟基是由一个氧原子和一个氢原子构成的，电子式为，故答案为：；
（3）根据以上分析，化合物B的结构简式为：，C的结构简式为：，故答案为： ；；
（4）反应④为发生消去反应生成，为卤代烃的消去反应，所用试剂和条件是NaOH的醇溶液，加热，故答案为：NaOH的醇溶液，加热；
（5）反应④为发生消去反应生成，化学方程式为：+2NaOH2NaCl+2H2O+，故答案为：+2NaOH2NaCl+2H2O+。
相关资料
更多
