高中化学鲁科版第一章原子结构与元素周期律第一节原子结构 答案

课时作业部分智能提升作业(1)原子核核素1．D同位素原子的质子数、电子数都相同，而化学性质主要是由最外层电子数决定的，所以同位素原子的化学性质也相同；两者的中子数不同，质量数不同。2．C3He和1H原子中的中子数分别为1、0，A错误；核聚变不属于化学变化研究的范畴，B错误；稀有气体的分子均为单原子分子，C正确；3He和4He互为同位素，D错误。3．C4．D对于中性微粒，质子数等于电子数；对于阳离子，由于失电子，故质子数大于电子数；对于阴离子，由于得电子，故质子数小于电子数；“电子数大于质子数”的只可能为C、D，但能满足“质子数大于中子数”的只有D。5．A元素的种类是由质子数决定的，故不同元素的原子(包括离子)质子数一定不等。6．D质量数＝13＝质子数＋中子数＝6＋(13－6)，D正确。7．BC8．答案：99109．答案：65eq\o\al(6,3)Lieq\o\al(7,3)Lieq\o\al(14,7)Neq\o\al(14,6)Ceq\o\al(23,11)Naeq\o\al(24,12)Mg解析：一种原子就是一种核素，因此共有6种核素，但由于eq\o\al(6,3)Li、eq\o\al(7,3)Li是同位素，因此共有5种元素，质量数相同的是eq\o\al(14,7)N和eq\o\al(14,6)C，中子数相同的是eq\o\al(23,11)Na和eq\o\al(24,12)Mg。10．答案：(1)C(2)B(3)A(4)C(5)A(6)B(7)D(8)①eq\o\al(a＋b,a)X②eq\o\al(18,9)F③eq\o\al(3,1)H④eq\o\al(16,8)Oeq\o\al(17,8)Oeq\o\al(18,8)O⑤eq\o\al(35,17)Cleq\o\al(37,17)Cl解析：(1)离子带2个单位正电荷说明质子数比电子数多2，核外电子数为24，则质子数为26。(2)质量数＝质子数＋中子数，质子数为36＋1＝37，则中子数为86－37＝49。(3)A的质子数为(x＋n)，又由于质子数等于中子数，故质量数为质子数的2倍。(4)质子数为(a－m)，离子带n个单位正电荷，故电子数比质子数少n个。(5)OH－有9个质子、10个电子。只有F－跟OH－具有相同质子数和电子数。(6)离子所带电荷数与电子数、质子数有关。阳离子的电子数比质子数少，阴离子的电子数比质子数多。(7)1个O原子中有8个质子，设1个R原子中有z个质子，则有：z＋3×8＋n＝x，z＝x－24－n，故R的中子数为A－z＝A＋n＋24－x。(8)根据核素的表示方法即可写出。智能提升作业(2)核外电子排布1．B核外电子在原子核外高速运动，没有固定的轨道，无法测定电子在某一时刻所处的位置。2．B典型非金属元素的原子最外层电子数大于4，容易得到电子变为阴离子。A是氩原子结构示意图，B是氟原子结构示意图，C为氯离子结构示意图，D为铝离子结构示意图。3．C根据原子核外电子排布规律：若该元素有3个或3个以上的电子层，则最外层电子数必大于8，这与“原子最外层电子数不能超过8个”相矛盾，故该元素应该只有2个电子层，其原子结构示意图为，再根据原子的核内质子数＝核外电子数，可求得该元素原子核内质子数为8。4．AX失去m个电子变成aXm＋，aXm＋的电子数为(a－m)；bY得到n个电子变成bYn－，bYn－的电子数为(b＋n)。Xm＋和Yn－的核外电子排布相同，则a－m＝b＋n即a＝b＋m＋n。5．A核电荷数为14的元素的核外电子排布为2、8、4；核电荷数为4的元素的核外电子排布为2、2；核电荷数为6的元素的核外电子排布为2、4；核电荷数为16的元素的核外电子排布为2、8、6，则次外层电子数为最外层电子数2倍的元素应选A。6．BA错误，3号元素的核外电子排布应是2、1；C错误，12号元素的核外电子排布应是2、8、2；D错误，19号元素的核外电子排布应是2、8、8、1。7．C根据核外电子排布规律，原子核外有3个电子层，最外层有5个电子的原子的核外电子排布应为2、8、5，故核内质子数应为15。8．D氩原子核外有18个电子，既无氧化性也无还原性；氯离子核外有18个电子，只有还原性；钾离子核外有18个电子，只有氧化性。9．BD核电荷数为8的元素的原子核外电子排布为2、6；核电荷数为17的元素的原子核外电子排布为2、8、7；核电荷数为16的元素的原子核外电子排布为2、8、6；核电荷数为9的元素的原子核外电子排布为2、7。10．答案：H、Be、Al解析：画出1～18号元素的原子结构示意图，观察即可得到答案。11．答案：(1)BeCLi、Si(2)①Ne②Cl③Mg④O2－解析：(1)根据1～18号元素的原子结构示意图可知：电子总数是最外层电子数2倍的元素是Be；最外层电子数是次外层电子数2倍的元素是C；次外层电子数是最外层电子数2倍的元素是Li、Si。(2)①对原子来说，质子数等于电子数且质子数为10的原子只能是Ne；②根据核外电子排布规律，原子核外有3个电子层，最外层有7个电子的原子是Cl；③根据质量数、质子数、中子数的关系可知，该原子为Mg；④最外层电子数是次外层电子数的n倍(n＞1)，则次外层只能是第一层，则该二价阴离子核外有10个电子，为O2－。12．答案：(1)(2)硫化钠Na2S解析：A元素原子第三电子层上有6个电子，该元素为S；B元素与A元素的原子核外电子层数相同，B元素的原子最外电子层只有1个电子，则B元素为Na。智能提升作业(3)元素周期律1．C元素的性质是由结构决定的，所以元素性质的周期性变化的根本原因是元素原子核外电子排布的周期性变化。2．CC、N、O、F具有相同的电子层数，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，原子核对核外电子的吸引能力逐渐增强，失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱，单质还原性逐渐减弱；得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强，单质氧化性逐渐增强。3．C11～17号元素位于周期表中第3周期，都有3个电子层，最外层电子数从1递增到7，原子半径依次减小，最高化合价从＋1递增到＋7。4．BA错误，第1周期原子最外层电子数从1递增到2；C错误，O，F无正价，且随原子序数的递增，最低负价从－4到－1重复出现；D错误，随元素原子序数的递增，元素的原子半径从大到小呈周期性变化。5．B由于主族元素的最高正价在数值上一般等于最外层电子数(除氧、氟外)。我们可以通过比较各原子最外层电子数的多少来确定化合价的高低。根据分析得知，只有B项中各元素的最高正价：K为＋1价，Mg为＋2价，C为＋4价，S为＋6价依次递增。6．B四种元素都位于同一周期，同周期，除稀有气体元素外，从左往右，元素原子半径逐渐减小，故选B。7．AD随原子序数的递增呈周期性变化的有元素原子的最外层电子数、原子半径、元素的化合价。8．答案：(1)(2)HClO4(3)Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O(4)2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑解析：A元素原子各个电子层上的电子数依次为2、8、7，为氯元素，其最高价氧化物对应的水化物是高氯酸；B元素原子各个电子层上的电子数依次为2、8、1，为钠元素，其最高价氧化物对应的水化物是NaOH。9．答案：(1)②＞③＞④＞①(2)①②(3)④(4)①②③④解析：(1)Na与Mg属于同一周期的元素，从左到右，随着原子序数的递增原子半径逐渐减小，所以Na的原子半径比Mg的大；同理，N的原子半径比O的大。Na与Mg有三个电子层，N和O有两个电子层，电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径Na＞Mg＞N＞O；(2)中子数＝质量数－质子数，①②质子数小于中子数，③④质子数等于中子数；(3)氮元素有－3价、0价、＋1价、＋2价、＋3价、＋4价、＋5价多种化合价；(4)各元素之间可以形成如下化合物：Na2O、Na2O2、Na3N、MgO、Mg3N2、NO、NO2、N2O4等化合物，符合题意的是Na2O2和Mg3N2。10．答案：(1)最外层电子数电子层数电子层数最外层电子数8氖、氩稳定(2)Mg解析：按核电荷数从1～18的顺序排列见下图(1)核电荷数为6的是碳元素，其核外电子排布为2、4，核电荷数为14的是硅元素，其核外电子排布为2、8、4，二者的最外层上的电子数相同，都是4个，但二者的电子层数不同；15号的核外电子排布为2、8、5,16号的核外电子排布为2、8、6，可见它们的电子层数相同，但最外层电子数不同；10号和18号元素属于稀有气体元素，它们的最外层上都有8个电子，化学性质稳定。(2)根据核外有三个电子层，所以某元素应在核电荷数为11(钠)至核电荷数为18(氩)之间。设该元素最外层电子数为x，则有10＋x＝6x，x＝2，即该元素的核电荷数为12，为镁元素，其结构示意图为。智能提升作业(4)元素周期表1．AA错误，因为中性原子和阴离子的电子层数等于其周期数，阳离子的核外电子层数一般小于其周期数。2．B主族元素的最外层电子数等于其族序数，电子层数等于其所在周期的序数。3．A根据题干信息确定A的原子序数为15，是磷元素。则B、C、D分别是硫、氯、氧。再进行分析判断即可得出答案。4．D最外层上有两个电子的元素有He、Be、Mg、Ca及多数过渡金属。5．D过渡元素的单质中，唯有汞在常温常压下呈液态，其他的都有较高熔点、较大硬度。6．AⅡA族元素包括Be、Mg、Ca、Sr、Ba、Ra，都是金属元素，A正确；除ⅡA族元素最外层有2个电子外，0族元素He及过渡元素中有一些元素最外层也有2个电子，但不属ⅡA族，B错误；ⅤA族元素有非金属元素N、P、As，也有金属元素Sb、Bi，C错误；过渡元素包括副族元素和Ⅷ族元素，不全为副族元素，D错误。7．ABF元素无正价，A错；第六周期的元素种类是32种，第七周期排满也是32种，B错。8．答案：(1)eq\o\al(18,8)eq\o\al(17,8)O(2)Ⅷ(3)67解析：(1)该原子的质量数＝质子数＋中子数＝18，根据原子组成符号的书写要求将该原子表示为eq\o\al(18,8)O。(2)周期表中的第8、9、10三个纵列合称为第Ⅷ族。(3)位于第6周期ⅢB族的镧系元素和位于第7周期ⅢB族的锕系元素各有15种元素，它们所在周期的元素种数皆超过18种。9．答案：OCSiNa解析：短周期元素A、B、C、D的原子半径依次增大。A、B在同一周期，A在B的右侧；B、C在同一主族，C在B的下方；C元素的原子核外电子数等于A、B元素的原子核外电子数之和，可推断出A是氧，B、C分别是碳、硅；C元素的原子最外层电子数是D元素的原子最外层电子数的4倍，D的半径又比C大，D是钠。10．答案：(1)氮硫氟(2)第3周期ⅥA族(3)S>N>F(4)S>N>F(5)(6)A解析：B原子核内质子数和中子数相等，则B原子的质量数为其质子数的两倍。A、B、C3种元素原子核外电子数之和等于B原子的质量数，说明A、C元素原子核外电子数之和等于B原子的核外电子数。又由于A、C元素原子核外电子数之和等于A、C之间的元素(设为D)原子核外电子数的两倍。所以，在同一主族的B与D的核外电子数存在两倍的关系，分析可知B是硫。11．答案：(1)a、b、c、f、g、i、j、l、ma、b、c、d、f、g、h、i、j、k、l5ⅡA3ⅤA(2)D(3)b＞c＞f＞l＞a(4)非金属＋5P2O5H3PO4－3(5)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑(6)Cl2＋H2O=HCl＋HClOHCl解析：分析可得a～m代表的元素分别为：H、Na、Mg、Sr、Ti、Al、C、Ge、P、O、Se、Cl、Ar。在(1)中d是Sr元素，位于元素周期表中第5周期ⅡA族；i是P元素，位于元素周期表中第3周期ⅤA族。在(2)中是电的良导体的单质为金属，故选D。智能提升作业(5)认识同周期元素性质的递变规律本题中元素为同一周期，从左至右最外层电子数依次增加。而单质的活泼性分金属与非金属，氧化能力随着单质不同及分子内的化学键不同也有变化，最高化合价随原子序数的递增有特例(O、F无正价)。2．C得失电子能力强弱体现在氧化还原反应中。①②两项不能说明元素原子的得失电子能力强弱；③是正确的；④的顺序反了，应该是H2S的还原性比HCl强；⑤中HClO不是最高价含氧酸；⑥中非金属单质在相同条件下与变价金属反应，产物中变价金属的价态越高，说明非金属元素原子得电子能力越强；⑦是作为氧化剂的非金属单质在水溶液中置换另一种非金属单质的反应；⑧是利用元素在周期表中的相对位置进行判断的；⑨是利用逆向思维来进行判断的。3．B题述X、Y属同周期非金属元素，因原子半径X大于Y，故X位于Y左方，原子序数Y大于X。依据同周期性质的递变规律知，从X→Y，非金属性X弱于Y，形成的气态氢化物的稳定性Y强于X，最高价氧化物对应水化物的酸性Y强于X，阴离子的还原性X强于Y。故B正确。4．C非金属原子结合同数量的电子形成稳定结构，放出能量多的，元素的得电子能力强，放出能量B<A，则得电子能力A>B；气态氢化物越稳定，元素的得电子能力越强，气态氢化物的稳定性HD>HA，则元素的得电子能力D>A；由B、C稳定结构的核外电子数相等，且原子序数B>C，说明B、C处在同一周期，且B位于C右面，同周期元素自左向右，元素的得电子能力增强，则元素的得电子能力B>C。5．B根据同周期元素性质递变规律可知：同周期从左至右(除第一周期)，原子半径随原子序数的递增而减小(稀有气体除外)，金属单质熔点递增，非金属单质熔点递减；元素的金属性递减，非金属性递增；金属元素最高价氧化物对应水化物的碱性递减，非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性递增；因R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素，若R(OH)n为强碱，则W(OH)n＋1不一定为强碱；若HnXOm为强酸，则Y必定是活泼非金属元素；若Y的最低化合价为－2，则Z的最高正化合价应为＋7；若X的最高正化合价为＋5，则R可以是Al；故A、C、D错误。6．BC、N、O、F是同周期原子序数依次增大的元素，根据同周期元素性质递变规律，原子半径应逐渐减小，元素原子得电子能力逐渐增强，最高正价应逐渐升高(但氧、氟无正价)，气态氢化物的稳定性应逐渐增强。7．D具有相同电子层数的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以原子序数Y>X；具有相同电子层数的原子，原子序数越大，原子半径越小，所以Z>Y，故选D。8．BD判断非金属性强弱的一般依据：最高价氧化物对应水化物的酸性强弱、单质跟氢气化合的难易程度以及气态氢化物的稳定性。元素的化合价种数；熔点和沸点均不能作为判断元素的非金属性强弱的依据。9．答案：(1)NaSiP(2)剧烈燃烧，发出耀眼白光Mg＋Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))MgCl2(3)OH－＋Al(OH)3=[Al(OH)4]－解析：D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4，D为2、8、4(硅)；E元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，E为2、8、5(磷)；A、C、F的原子序数依次增大，3种原子的最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水，则C只能是铝，A是钠，F是氯，B是镁。10．答案：(1)NaMgClBr(2)(3)Na和Cl原因是四种元素的原子都未达到稳定结构，要达到稳定结构，Na、Mg要失去电子，Cl、Br要得到电子。Na失电子能力比Mg强，Cl得电子能力比Br强，易失电子的原子Na跟易得电子的Cl容易结合。(4)Na＋、Mg2＋的电子层数相同，质子数Mg2＋>Na＋，因此原子核对外层电子的吸引力Mg2＋>Na＋，Mg2＋比Na＋更容易得到电子。(5)Cl＋Br－的反应体系可看作是Cl＋Br＋e－，由原子的结构示意图可以看出，Cl比Br更容易得到电子，所以Cl能够从Br－处夺得电子从而生成Cl－＋Br。(6)金属原子失电子变为阳离子的过程与其相应的阳离子得电子变为原子的过程是完全相反的过程，如果其中一个过程容易进行，则另一过程必定难于进行，所以两者有必然的联系；同样可以证明，非金属原子的得电子能力与其相应的阴离子的失电子能力也有必然的联系。其中的规律可以总结为金属原子越容易失电子，其唯一对应的阳离子就越难得到电子；非金属原子越容易得电子，其相应的阴离子就越难失电子。解析：(1)先由已学知识判断出D，C、A、B就很容易推断出来。(2)根据核外电子排布规律画出。(3)得电子能力最强和失电子能力最强的元素原子最容易结合。(4)类似(3)，也可以从质子数和微粒半径两个方面判断。(5)从得失电子难易的角度解释。(6)利用逆向思维思考。智能提升作业(6)预测同主族元素的性质1．D2．B本题可根据同周期、同主族元素的性质递变规律来分析判断，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则同周期元素的原子半径以ⅦA族的为最小；ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大越容易失去电子；所有主族元素的原子形成单核离子时的最高价数不一定和它的族序数相等，如氧、氟无正价。3．D核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，A正确；同周期元素气态氢化物从左到右稳定性增强，B正确；非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C正确；同主族元素，从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，所以碱性NaOH<KOH<CsOH，D错误。4．B同一主族，从上往下，元素的金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，故A、C错误；铊属于第ⅢA族元素，容易失去3个电子，显＋3价，故B正确；在金属元素和非金属元素的分界线附近的元素能表现出一定的金属性，又能表现出一定的非金属性，而铊不符合。5．D可根据元素在周期表中的位置及同周期、同主族元素性质的递变规律来进行分析判断，选项A、B、C正确；选项D中氢化物的稳定性应是HCl>H2S>PH3>SiH4。6．D由最外电子层上有2个电子可知该元素为第4周期ⅡA族元素，即钙元素。结合元素周期律、元素性质的递变规律和元素化合物的性质，即可得到答案。7．CⅦA族元素，原子的电子层数越大，得电子能力越弱，越难与H2化合，所以选项A、B错误；气态氢化物的稳定性、非金属单质之间的置换关系，是判断非金属性强弱的依据，选项D错误。8．AD同一周期，从左往右，元素原子的半径逐渐减小(稀有气体元素原子除外)；同一主族，自上往下，元素的金属性逐渐增强；同一周期，从左往右，元素对应氢氧化物(最高价氧化物对应水化物)的碱性逐渐减弱，最外层电子数逐渐增多。综上，只有A、D错误。9．答案：(1)F2(2)S硫(3)第4周期ⅤA族砷半导体处于金属和非金属交界线附近解析：由X、Y、Z在周期表中位置知，X为F，Y为S，Z为As(砷)。As位于第4周期ⅤA族，处于金属与非金属交界线附近，As可作半导体材料。10．答案：(1)NSiSCa(2)KFAr(3)HClO4KOHAl(OH)33HClO4＋Al(OH)3=Al(ClO4)3＋3H2OHClO4＋KOH=KClO4＋H2OKOH＋Al(OH)3=K[Al(OH)4](4)FK(5)Na可以用它们跟水反应的实验证明：钠跟水剧烈反应，放出氢气，并生成强碱NaOH；Mg跟沸水才反应，放出氢气，并生成中强碱Mg(OH)2Cl可用氯气通入溴化钠溶液的实验证明：溶液呈棕红色，发生的反应为Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2解析：解答本题关键要掌握：①1～20号元素的名称及符号；②元素周期表的结构；③能根据元素周期表中元素性质递变规律进行分析、判断。11．答案：(1)Al(OH)3＋NaOH=Na[Al(OH)4]NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O(2)H3PO4>H4SiO4解析：A、B、E三元素最高价氧化物对应的水化物为酸或碱，两两皆能反应，必有一种是两性物质Al(OH)3；另两种为强酸、强碱，碱是NaOH；又因为A、B、E三个原子最外层电子数之和为11，且原子序数依次增大，可推出E原子最外层有7个电子，短周期元素中只有Cl符合要求，两两反应的三种物质是NaOH、Al(OH)3、HClO4；C、D原子序数小于17，大于13，推出为Si和P，非金属性Si<P，因此最高价氧化物的水化物酸性H4SiO4<H3PO4。智能提升作业(7)化学键与化学反应中的物质变化化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，所以化学反应中化学键一定发生变化；物质的颜色和状态不一定发生变化；原子是化学变化中的最小微粒，所以化学反应中原子核一定不发生变化。2．CA中O3是单质，B、D的物质都是共价化合物。3．C金属元素K、Na在形成化合物时，只能失去电子变成离子，只能形成离子键；稀有气体元素Ar很难形成化学键；非金属元素Cl与活泼金属元素形成化合物时得电子，生成阴离子，形成离子键，与非金属元素化合时，以共用电子对形成共价键。4．B化学键是相邻原子间强烈的相互作用，A错误；稀有气体单质是由单原子组成的，没有化学键，C错误；由非金属元素组成的化合物，如NH4Cl、NH4NO3等铵盐是离子化合物，D错误。5．AA中NaCl含离子键，H2SO4含有共价键，类型不同；B中二者都含有共价键，类型相同；C中二者都含有离子键，类型相同；D中CCl4、H2O2含有共价键，类型相同。6．CA、B两项中所有的元素组合形成的化合物均为离子化合物；D项中所有的元素组合形成的化合物均为共价化合物；C项中可形成HNO3，为共价化合物，也可形成NH4NO3，为离子化合物。7．DNa＋、Mg2＋、F－的电子层结构都与氖原子相同，S2－、Cl－、K＋、Ca2＋的电子层结构都与氩原子相同。8．AC离子化合物NH4Cl中的阳离子NHeq\o\al(＋,4)不是金属离子；HCl溶于水能导电，但不是离子化合物。9．答案：(1)①②④③⑤⑥⑦⑨⑩⑧(2)④③⑤⑥⑦⑨⑩(3)离子键、共价键NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)离子NaHSO4=Na＋＋HSOeq\o\al(－,4)解析：O2、金刚石中只含共价键；H2SO4只含共价键是共价化合物；NaBr中只含离子键，是离子化合物；Na2CO3、NH4Cl、NaHSO4、Na2O2、NaOH都是既含离子键又含共价键，是离子化合物；稀有气体Ne是单原子分子不含任何化学键。NaHSO4溶于水电离时，Na＋与HSOeq\o\al(－,4)之间的离子键被破坏，HSOeq\o\al(－,4)中“H”与“SO4”之间的共价键也受到破坏；而在熔融状态下只断裂离子键。10．答案：(1)氮镁(2)A(3)2Mg＋CO2eq\o(=,\s\up7(点燃))2MgO＋C共价键(4)离子解析：由X元素原子的L电子层比Y元素原子的L电子层少3个电子，而电子总数比Y元素原子少5个，可推知Y元素原子M电子层有2个电子，Y为Mg元素，则X为N元素；X、Y可形成化合物Mg(NO3)2，为离子化合物；X、Y可形成离子化合物Y3X2，即Mg3N2；Mg在空气中燃烧能与CO2发生置换反应生成MgO和C；NH3能与HNO3反应，生成的NH4NO3属于离子化合物。11．答案：(1)H、C、N、O、F、S、Cl(2)H、F、Cl(3)NH3(4)共价(5)C、H(6)H2O2(7)NaOH离子键、共价键(8)H2SCS2共价键解析：本题考查短周期元素在周期表中的位置。第ⅠA族与第ⅦA族元素可形成一个共价单键；自然界中有机物种类繁多，形成化合物种类最多的是C和H；含氧量最高的共价化合物是H2O2；氢化物为H2B，则B的最高价氧化物为BO3，由B的质量分数为40%，可求B的相对原子质量为32，为S元素，它能与C形成化合物CS2。12．答案：(1)①2ⅥA②共价键(2)B解析：(1)由于Y2－的最外层电子数为8，则Y原子的最外层电子数为6，结合Y在周期表中的位置可知，Y为O元素，位于第2周期第ⅥA族，则Z为S元素，X为H元素，X2Y2为H2O2，含有共价键。(2)由题意知，Y为C元素，则Z为Si元素。A为H2CO3，可能形成；B为CO3，不可能形成；C为CCl4，可能形成；D为SiC，可能形成。智能提升作业(8)化学键与化学反应中的能量变化由于反应2H→H2可放出kJ的热量，故一个氢分子能量比两个氢原子能量之和低；则氢气离解成氢原子时要吸收能量；氢气与其他物质反应时首先要变为氢原子，然后再显示还原性，故氢分子还原性比氢原子弱。2．A酸碱中和与燃烧都是放热反应，A正确，B错误；化学键的形成放出能量，C错误；化学反应过程中，化学能还有可以转化为光能等其他形式的能量。3．B只浓硫酸与水、石灰石与水是放热的，但浓硫酸与水混合成稀硫酸与铝箔反应，有危险。4．D由该反应为吸热反应可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定低于M和N的总能量；吸热反应不一定需要加热反应才能进行，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应，常温下就可以发生；破坏化学键所吸收的能量小于形成化学键所放出的能量时，为放热反应。5．B化学反应是吸热还是放热取决于反应过程中旧化学键断裂吸收的总能量与新化学键形成放出的总能量的相对多少或生成物具有的总能量与反应物具有的总能量的相对大小。6．A断开化学键要吸收能量；有些放热反应也需要吸热，如木炭燃烧；氧化反应都是放热反应。7．AD氧化反应与酸碱中和反应是放热反应。8．答案：③解析：a端高于b端，即锥形瓶内气体的压强减小，推知加入A的物质，溶解时应吸热，使温度下降，而溶于水吸热的只有NH4NO3。9．答案：(1)①镁片上有大量气泡产生②镁片逐渐溶解③烧杯中溶液变浑浊(2)镁与盐酸反应产生H2，该反应为放热反应，Ca(OH)2在水中的溶解度随温度升高而减小，故析出Ca(OH)2固体(3)Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑(4)小于解析：镁片和盐酸的反应是放热反应，是由于反应物(Mg和盐酸)的总能量高于生成物(MgCl2和H2)的总能量，放出的热量通过小试管传递给饱和石灰水溶液，使饱和石灰水的溶解度变小而析出Ca(OH)2晶体。10．答案：解析：设当20.0gNaOH跟足量稀盐酸反应时生成水的质量为NaOH＋HCl=NaCl＋H2O40g20gx＝9设生成18g水放出热量为QkJ，有18∶9＝Q∶智能提升作业(9)化学反应的快慢1．D2．AB项中应设浓度确实有变化，而固体或纯液体一般不考虑；C项中有的化学反应从外观可能观察不到明显现象；D项中应为某物质浓度的变化量为mol·L－1。3．C决定化学反应速率的主要因素是参加反应的物质的性质而不是浓度，故A错误，C正确；固体的质量不是影响反应速率的因素，C错误；压强只对气体的反应体系有影响，D错误。4．B增大反应物的量不一定能增大反应物的浓度，故A错误；压强只对气体的体系有影响，故C错误；催化剂可改变反应速率，故D错误；只有升高温度一定能增大反应速率。5．B本题考查化学反应速率的有关计算，可列式为：2A(g)＋B(g)2C(g)起始浓度(mol·L－1)210变化浓度(mol·L－1)2s后浓度(mol·L－1)2－1－根据化学反应速率的定义：v(A)＝mol·L－1÷2s＝mol·L－1·s－1v(B)＝mol·L－1÷2s＝mol·L－1·s－16．DH2SO4的浓度越大，反应速率越快；锌粒的表面积越大，反应速率越快；溶液的温度越高，反应速率越快；故A、B、C都影响氢气产生的速率，D项中Na2SO4固体不影响氢气产生的速率。7．BA项KClO3分解产生O2，助燃，作反应物；C项粉末状表面积大，接触充分，反应快，不是由催化剂引起的；D项加硫酸是为了增强溶液的导电性，与H2O的反应无直接关系。8．BCv(C)＝2v(B)，说明方程式中物质C的系数是物质B系数的2倍，则选项A、D不符合；由“该反应过程中气体的物质的量一直保持不变”可知，m＋n＝p＋q，B、C选项均符合。9．答案：2A＋B=2C解析：根据单位时间内各物质浓度的变化比等于各对应物质的化学计量数之比，即m∶n∶p＝a∶eq\f(a,2)∶a＝2∶1∶2故反应的化学方程式是2A＋B=2C。10．答案：(1)(2)有正催化剂(3)＞＞解析：(1)实验1中，10～20min内Δc(A)＝mol·L－1－mol·L－1＝mol·L－1，故v(A)＝mol·L－1·min－1；(2)实验2中，0～10min内Δc(A)＝mol·L－1，故隐含着使用正催化剂的条件。(3)实验3中，10～20min内平均速率为v(A)＝mol·L－1－mol·L－1)÷10min＝mol·L－1·min－1，即v3＞v1，A的初始浓度c3＞mol·L－1。11．答案：在此反应中，N2、H2、NH3的反应速率分别为mol·L－1·min－1、mol·L－1·min－1、mol·L－1·min－1。解析：在这个反应中，Δt＝5min，Δc(N2)＝2mol·L－1，所以v(N2)＝Δc(N2)/Δt＝2mol·L－1÷5min＝mol·L－1·min－1，再根据v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)＝1∶3∶2得，Δc(H2)＝6mol·L－1，Δc(NH3)＝4mol·L－1，所以v(NH3)＝mol·L－1·min－1，v(H2)＝mol·L－1·min－1。智能提升作业(10)化学反应的限度1．C化学平衡状态的标志是正反应速率和逆反应速率相等、反应物和生成物浓度不再发生变化时的状态，浓度相等不意味着浓度不再发生变化。2．D加入Na2O2粉末，由于Na2O2有强氧化性，能漂白有机色质，最终溶液变为无色。此题中的可逆反应具有很强的干扰性。3．A有利于Z的生成，就是使化学平衡正向移动。由于该反应的正反应是气体体积减小的吸热反应，故可采取高温高压的方法使平衡正向移动。4．A密闭容器中，容器体积增加一倍则B的浓度是原来的50%。达到新的平衡后B的浓度变为原来的60%，说明平衡正向移动，因而A的转化率、B的质量分数都增大，且a＜b。5．B加压时(体积变小)，正、逆反应速率都增大，平衡逆向移动；保持体积不变，加入N2O4，使正反应速率增大，平衡正向移动，NO2浓度增大，平衡时颜色变深；体积不变，升高温度，平衡正向移动，NO2浓度增大，平衡时颜色变深。6．B可逆反应达平衡后，v(正)＝v(逆)且各组分的百分含量不变，故A、C两项正确；由于不知各反应物的初始浓度的关系，因而各反应物的转化率不一定相等，但反应时各反应物按固定的比例进行。7．B因为不知道A、B、C的聚集状态，若A和C为固体或纯液体，则改变它们的用量，浓度不变，反应速率不变；若A、B、C都为非气体，则增大压强，化学反应速率不变；但不论A、B、C处于何种状态，升高温度，分子运动的速率一定加快，化学反应速率一定加快。8．BA项，升高温度，正逆反应速率都增加；B项，升高温度反应速率增加，达到平衡所用的时间缩短；C项，此反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；D项，此反应为气体体积减小的反应，减小压强平衡向逆反应方向移动。9．BDt1、t2、t3时刻，v(正)>v(逆)；t4时刻，v(正)＝v(逆)。10．答案：(1)XY(2)X＋YZ(3)D解析：①水平线代表平衡状态；②各物质的Δc呈反应系数比；③达到平衡前，一般反应物浓度减小，生成物浓度增大。综上所述，反应物为X和Y，生成物为Z，三者的物质的量之比为1∶1∶1，则该反应的方程式为X＋YZ；t2到t3时，Z的浓度减少，X、Y的浓度增加，平衡逆向移动，该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，因此改变的条件为升高温度。11．答案：(1)吸(2)气(3)气气解析：升高温度，平衡向吸热的方向移动，故(1)中正反应是吸热反应；(2)减小压强时，平衡逆向移动，则A为气态，由于B是固体，则C一定是气态；(3)A是气态，加压时，平衡不移动，说明左右两侧气体的系数相等，只有B和C都是气体时才符合题意。智能提升作业(11)利用化学反应制备物质排空气法会混入空气，因此排除A、B两项；Cl2能溶于水，故不能用排水法。2．CCl2为酸性气体，浓硫酸和五氧化二磷为酸性干燥剂，氯化钙为中性干燥剂，都可用于干燥Cl2，而碱石灰为碱性干燥剂，能与Cl2反应，故不能用于干燥Cl2。3．C由二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式：MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O可知，4molHCl反应，只生成1molCl2，则被氧化的HCl只有2mol，即作为还原剂的HCl占参加反应的HCl的一半。4．BCO2能溶于水，不能用排水法收集，且反应过程中生成水，试管口不能向上倾斜，故排除A项；NH3的溶解度大，不能用溶液反应来制取，且易溶于水不能用排水法收集，故排除C项；HCl气体易溶于水，故排除D项；只有B项中的反应可用图示装置制取NO。5．DMnO2不溶于水，也不与碱溶液和稀盐酸反应，故排除A、B、C项。6．D自来水通常用漂白粉来消毒，故溶液中会残留Cl－，而酚酞试液、氯化钡试液和氢氧化钠试液遇到Cl－均没有明显现象，故排除。7．AC一般说来，物质的实验室制法所要求的条件为：反应尽可能快一些、比较容易进行；实验操作比较简单易行，且安全可控；尽量使制备的产物单一而易于分离。对反应物的成本以及能耗，可较少考虑，这一点和物质的工业制法是截然不同的。从以上论述容易得出：氧气的实验室制法除可用高锰酸钾受热分解外，过氧化氢的催化分解也简单易行；选项B和D制得的都是混合气体且不易分离，而且硝酸铵受热可能发生爆炸，二氧化氮是气体，作为反应物使反应不易操作。8．答案：(1)NaOH溶液(2)水(3)点燃法CO2解析：Cl2、SO2、Br2(蒸气)、H2S等可与NaOH溶液反应，故可用NaOH溶液吸收；HCl、NH3极易溶于水，可用水来吸收，但要注意防止倒吸；CO气体有毒，与溶液难反应，但易燃烧且生成的CO2对空气无影响。9．答案：(1)②④⑦⑧(2)①③⑥A(3)①③⑤(4)①②③④⑧B解析：(1)由B口进气收集的气体应是密度大于空气且不与空气反应的气体，故为Cl2、HCl、H2S、SO2；(2)排水法收集气体，该气体难溶于水或者不与水反应，故H2、CH4、NO符合题意，此时气体应从短管口A进入；(3)由A口进气收集的气体应是密度小于空气且通常条件下不与空气反应的，故为H2、CH4、NH3；(4)能用浓硫酸干燥的气体应是酸性或中性气体且不能被浓硫酸氧化，故H2、Cl2、CH4、HCl、SO2符合题意；NH3为碱性气体，NO和H2S具有还原性，能被浓硫酸氧化，故排除；此时气体应从长管口B进入。10．答案：(1)a(2)MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2Oba(3)b(4)D解析：(1)为了通过观察产生气泡的快慢以便调节供氧速率，则进气管应是长导管，即a管为进气管；(2)为防止吸收多余的Cl2时NaOH溶液倒吸，则将Cl2从装置短管进入，即由b进，a出；(3)由于NH3的密度比空气的小，则收集NH3时，应从短管b进气；(4)若用此装置收集NO，由于NO与氧气反应，则需将装置中的空气排尽，利用排液体法收集，故应将广口瓶盛满水，NO气体由短管b进入。11．答案：(1)acde(2)浓硝酸、水、块状大理石解析：(1)灵活运用启普发生器原理，抓住能控制气体关停就必须使用c(玻璃活塞)，能连接c的仪器有b、e、h，但b、h和c连接后形成一封闭的空间，无法排出液体使固液分离，而e能将液体从尖端排出，排出的液体必须用烧杯盛接，e的固定靠a来完成。(2)为防止固体从干燥管中流出达到固液分离的目的，需用不溶于水的块状固体大理石，由于硫酸钙微溶于水，故通常使用盐酸或硝酸与大理石反应制二氧化碳，由于浓硝酸和浓盐酸都具有挥发性，所以一般使用稀的酸溶液以保证所制得气体的纯度。智能提升作业(12)化学反应为人类提供能量1．B2．D白炽灯工作时，并不是电能全部转变成光能，而是大部分电能转变成光能，还有一部分电能转变成热能。3．B锌片和铜片与稀硫酸组成原电池，负极锌失去电子被氧化，电子流出；正极铜片上电子流入，H＋在其表面得电子，被还原，故溶液中H＋浓度降低，溶液中SOeq\o\al(2－,4)向负极移动。4．D能设计成原电池的化学反应必须是氧化还原反应，通过把氧化反应和还原反应设计在两个电极上进行，从而实现电子在外电路中定向移动而形成电流。5．C氢气不能从自然界中直接取得，是二次能源。电能也是二次能源，且使用方便、污染最小，A、B都正确；以煤为原料，火电的能量转化过程为：(煤)化学能eq\o(→,\s\up7(燃烧))热能eq\o(→,\s\up7(蒸汽))机械能eq\o(→,\s\up7(发电机))电能；故C错误，D正确。6．B①构成原电池要有三个基本条件：a.电解质溶液；b.两个电极，其中一个相对较活泼(一般与电解质溶液能自发发生氧化还原反应)，另一个相对较不活泼。两个电极直接或间接地连接在一起，并插入电解质溶液中；c.形成闭合电路。②构成原电池的三个基本条件是相互联系的，不能孤立、片面地看待某一条件，其中氧化还原反应是核心。对于本题，按照构成原电池的条件，B、D可构成原电池，但D中的Zn与硫酸锌不反应，即不存在自发的氧化还原反应。7．C该原电池中M棒变粗，N棒变细，说明原电池反应时N棒溶解作负极，溶液中有金属析出在M棒上，M棒作正极。A、B选项中，电解质溶液分别为稀硫酸和稀盐酸，原电池工作时，不会有金属析出；C选项正极反应为Ag＋＋e－=Ag，符合题意；D选项正极反应为Fe3＋＋e－=Fe2＋，不会有金属析出。8．B根据原电池原理，作为负极的金属活动性比正极金属的活动性强。外电路中电子流动方向是由负极流向正极，电流方向与电子流动方向相反，因此可依次作出如下判断：活动性①a＞b；②c＞d；③a＞c；④d＞b。综合得出结论，金属活动性：a＞c＞d＞b。9．CU形管左侧液面升高，原因是锥形瓶内空气压强减小，造成压强减小的因素只能是温度降低。NaOH固体溶于水、浓硫酸稀释均使温度升高；NH4NO3晶体溶于水使温度降低；Na2O2和水反应放热且有气体生成。10．AC11．答案：(1)Zn－2e－=Zn2＋2H＋＋2e－=H2↑(2)4.48解析：(1)由锌片、银片和稀硫酸组成的原电池中很显然锌片为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋；银片为正极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。(2)两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出洗净、干燥、称重为47g，说明锌片反应掉13V(H2)＝eq\f(13g,65g·mol－1)×22.4L·mol－1＝4.48L智能提升作业(13)有机化合物的性质1．B虽然有机物与无机物性质差别较大，但有些有机物也具有某些无机物的性质，如乙酸具有酸性等，故A错误；有机物之间的反应一般比较复杂，副反应多，反应速率慢，故B正确；有机物和无机物之间可以相互转化，如大多数有机物燃烧生成CO2和H2O，而CO2和H2O在光合作用下可生成有机物等，故C错误；大多数有机化合物易燃烧，但也有例外，如CCl4可用作灭火剂，故D错误。2．C3．BCH4的性质比较稳定，通常情况下，不与强酸、强碱、强氧化剂反应，而不是不能被任何氧化剂氧化，A正确，B错误；CH4在光照条件下与Cl2发生取代反应，生成四种有机产物，它们是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4，且均难溶于水，故C、D均正确。4．DCH4与Cl2的取代反应体系中，各步的取代同时发生，因此得到的产物是含多种成分的混合物。5．C由甲烷的化学性质可知，一般条件下甲烷不与强酸、强碱、强氧化剂发生反应，但在光照条件下甲烷可与纯净的卤素单质发生取代反应，此外，甲烷可以在氧气中燃烧，故选C项。6．B由于氯仿变质时会产生HCl，所以检验氯仿是否变质时，检验是否有HCl存在即可，A、C、D项无法检验是否存在HCl。7．BCH4与Cl2发生取代反应，结合其反应的化学方程式分析可知A、C、D三项正确，反应前后分子总数相等，判断压强是否变化，需比较气态物质的化学计量数，但由于CH2Cl2、CHCl3、CCl4为液态物质，故反应后容器内压强减小。8．ACH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl五种产物，其中CH3Cl和HCl为气体，CH2Cl2、CHCl3和CCl4均为液体，导致反应后气体体积减小，使得左边液柱上升，中间气柱的压强减小，体积变大，故选A。9．AC10．答案：(1)无明显现象(2)发生爆炸(3)黄绿色逐渐变浅，最后消失，瓶壁上出现油状液滴(4)取代CHCl3、CCl4CCl4(5)解析：将混合气体(CH4与Cl2)置于黑暗处，由于两者反应是在光照下进行的，因而在黑暗处不会发生；将点燃的镁条靠近集气瓶，则因光太强烈，反应较快，能发生爆炸；放于光亮的教室里，反应较平缓地发生，黄绿色渐渐变浅甚至退去，瓶壁上出现油状液滴。该类有机反应是典型的取代反应，其产物中有机物共四种，常作有机溶剂的是CHCl3、CCl4，作灭火剂的是CCl4。CH4与Cl2发生取代反应生成四种取代产物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，根据碳元素守恒，四种取代产物的物质的量相等则为eq\f,4)mol＝mol，根据取代反应的特点，每个CH4分子中1个氢原子被取代时均消耗1个Cl2，则需要Cl2的物质的量等于有机物中氯原子物质的量，即mol×(1＋2＋3＋4)＝mol。11．答案：(1)gfehicd(或dc)ab(或ba)(2)吸收水分，得干燥纯净的氧气(3)催化剂，加快产生氧气的速率(4)使有机物未完全燃烧生成的CO充分被氧化生成二氧化碳(5)CH4解析：(1)氧气被制取出来后，必须经过干燥才能通入燃烧室，否则将影响有机物燃烧生成物中水的测量。因为NaOH既能吸收CO2，又能吸水，所以要准确测定水的量，应先通过CaCl2，再通过NaOH。(2)浓硫酸不与氧气反应，能吸水，通过C装置主要是为了干燥O2。(3)H2O2分解放出氧气的反应很慢，为了得到稳定且足够的氧气与有机物反应，就需要加入催化剂MnO2。(4)如果有机物未完全燃烧，而生成物中含有CO，则通过CuO后，CO可以被氧化生成CO2。(5)A管质量增加1.32g，说明有机物中n(C)＝1.32g÷44g·mol－1＝mol，B管质量增加1.08g，说明有机物中n(H)＝2×1.08g÷18g·mol－1＝mol，因为mol×12g·mol－1＋mol×1g·mol－1＝0.48g，而且n智能提升作业(14)有机化合物的结构特点1．A甲烷与氧气只能在点燃的条件下反应，通常条件下与溴水和高锰酸钾溶液不反应。2．C根据烷烃的通式为CnH2n＋2可得，2n＋2＝200，故n＝99，则该烃的分子式：C99H200。3．D烷烃中从丁烷开始出现同分异构体，故CH4和C3H8都是纯净物，CH4的结构是正四面体形，故CH2Cl2是纯净物。4．A两种气态烷烃的平均相对分子质量为M＝×＝26>16，故混合气体中一定有甲烷，另一烷烃可能为乙烷、丙烷或丁烷，故A正确。5．B甲烷是正四面体结构，CCl4可看成是甲烷分子中的H原子全部被Cl原子所代替，故CCl4也是正四面体结构，而CH3Cl分子是四面体但不是正四面体，故A错误，B正确；CH4、CCl4中的化学键虽然都是共价键，但CH4中是碳氢键，CCl4中是碳氯键，故C错误；CH4、CCl4的结构相同，但性质不相同。6．B金刚石、甲烷、四氯化碳的分子构型为正四面体形；氨气的分子构型为三角锥形；乙烷()中由于C—C键和C—H键不同，分子构型不是四面体形。7．D88gCO2含有的碳原子数为88g÷44g·mol－1×1＝2mol,54g水含有的氢原子数为54g÷18g·mol－1×8．AD9．答案：C5H12解析：根据烷烃通式为CnH2n＋2，相对分子质量＝14n＋2＝72，故n＝5。由于含有一个，说明含有一个支链，支链可以是甲基，也可以是—Cl。10．答案：(1)A(2)C(3)AB解析：根据球棍模型可知，A为CH4，B为C2H4，C为C2H6。(1)等质量的烃完全燃烧时，氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，CH4、C2H4、C2H6中的eq\f(y,x)依次为eq\f(4,1)、eq\f(4,2)、eq\f(6,2)，故CH4耗O2最多；(2)等物质的量的烃CxHy完全燃烧时，(x＋eq\f(y,4))的值越大，耗氧量越大，CH4、C2H4、C2H6的x＋eq\f(y,4)依次为2、3、，故C2H6耗氧量最多；(3)温度≥100℃条件下，当烃分子中含有4个氢原子时，该烃完全燃烧前后气体体积不变，y＝4的为CH4、C2H4，故这两种气体为CH4、C2H4。11．答案：(1)甲方案(2)m(H2O)＝2.52g，则m(H)＝eq\fg,18g·mol－1)×1g·mol－1×2＝0.28g；生成CO2的总质量为＋g，其中碳元素的质量为＋g÷44g·mol－1×12g·mol－1＝5g，碳与氢的物质的量之比为5÷12)∶(3)不同意，因为在甲烷的最简式中，氢原子已经达到饱和，故最简式就是其分子式，不需要测定其他数据。解析：通过方案很明显可以看出乙先将产物通过碱石灰，增重5.60g是生成的CO2和H2O的质量之和，无法求出CO2和H2O各是多少。甲方案能够分别求得A燃烧后的产物CO智能提升作业(15)石油的炼制乙烯1．B石油是经过千百万年的复杂物理和化学变化形成的，主要是烃的混合物；石油的炼制过程中的分馏得到的是不同沸点范围的烃的混合物；石油的裂化是分解过程，属于化学变化。2．BCH2=CHCH3与HCl在一定条件下加成可以得到或两种产物。3．C根据CH2=CH2＋Cl2→CH2Cl—CH2Cl,1mol乙烯与Cl2加成需1molCl2；加成反应的产物C2H4Cl2与Cl2在光照条件下发生完全取代反应又需要4molCl2，故共需5molCl2。4．D在通常情况下，乙烯与水不能发生加成反应。5．C按一般常识，汽车所用的燃料为汽油或柴油，且酒精、液化石油气燃烧一般不会产生黑烟，所以答案应在B、C中选择。汽油的主要成分为C5～C11的烷烃，柴油的主要成分为C15～C18的烷烃，柴油分子中的碳原子数目多于汽油分子中的碳原子数，而碳原子数越多的烷烃，其中碳的质量分数越大，多发生不完全燃烧，生成单质碳而产生黑烟，故排出黑烟者，其燃料为柴油。6．AB等质量有机物完全燃烧时生成CO2的量决定于有机物的含碳量。在给定的5种有机物中，其含碳量为乙炔>乙烯＝丙烯>丙烷>乙烷，则含碳量一定比丙烯低的组合是A、B项。7．ADmol混合烃燃烧生成mol的CO2和mol的H2O，则混合烃组成可表示为，由平均值规律可知：混合烃中必含一个碳原子的烃，即甲烷CH4，甲烷分子含4个氢原子，则另一种烃也必含4个氢原子，故混合烃中一定有甲烷，不一定有乙烯，一定没有乙烷，故选AD。8．答案：(1)使乙烯转化为乙醇，乙醇无催熟作用，得以使水果在较低温度下长时间保鲜(2)CH2=CH2＋H—OHeq\o(→,\s\up7(光照))CH3CH2OH解析：水果能放出少量的乙烯，乙烯是催熟剂。根据题意，这种新技术能除去乙烯，把乙烯转化为一种没有催熟作用的有机物，生成什么有机物呢？联系题中给出的反应条件“潮湿、光化学反应”可得出乙烯是跟水反应生成乙醇。9．答案：⑤②④①③解析：可根据各反应类型的定义来判断。取代反应的特点是“有上有下”，故属于取代反应的是⑤；加成反应的特点是“只上不下”，故属于加成反应的是①和③；乙烷在空气中燃烧发生的是氧化反应，乙烯通入酸性高锰酸钾溶液的反应中，乙烯被氧化为CO2，故②和④是氧化反应。10．答案：(1)ABAD(2)①中品红溶液退色(3)除去SO2气体检验SO2气体是否除尽(4)③中品红溶液不退色，④中酸性KMnO4溶液退色解析：因为C2H4和SO2都能使溴水和酸性KMnO4溶液退色，因此，不能确定混合气体中是否含有或者只含有CH2=CH2。由于CH2=CH2不与NaOH溶液和品红溶液反应，而SO2却能与这两种溶液反应，且SO2与品红溶液反应有明显的退色现象，故可利用此性质差异先检验和除净SO2，再用装置③确认SO2除净之后，才能用酸性KMnO4溶液验证CH2=CH2的存在。智能提升作业(16)煤的干馏苯1．A苯分子中6个碳碳键长相等。因此，邻、间、对二甲苯都只有一种。若存在单、双键交替的结构，则邻二甲苯有两种同分异构体，，而实际上只有一种，说明不存在单、双键交替结构。而不管什么结构，间、对二甲苯都有一种，不能作为反证。2．D苯在一定条件下既可发生取代反应，又可发生加成反应；苯不能萃取KMnO4，苯可萃取溴但应在上层(苯的密度比水的小)。3．B分液漏斗用于分离两种互不相溶的液体混合物。四氯化碳和苯、苯和环己烷都是有机物，都能相互混溶，酒精和水能以任意比互溶，都不能用分液漏斗进行分离。4．C烃完全燃烧时含碳量越高，耗氧量越小。5．C苯分子(C6H6)尽管很不饱和但却不能与溴水和酸性KMnO4溶液反应，这是明显不同于一般的烯烃性质的事实。6．D7．AB由取代反应、加成反应的概念可判断A、B项发生的是取代反应，C、D项发生的是加成反应。8．答案：无特殊溶液分层，上层显紫色小不互溶有机溶解析：本题主要考查学生对苯的物理性质的记忆能力和理解能力。9．答案：(1)酸性KMnO4(2)溶液分层，溶液紫色不退去(3)错误(4)相同特殊的在(5)不同意，由于苯是一种有机溶剂且不溶于水，而溴单质在苯中的溶解度比在水中的大许多，故将苯与溴水混合振荡时，苯将溴单质从其水溶液中萃取出来，从而使溴水退色，与此同时，苯层颜色加深。解析：苯分子的结构是平面正六边形，六个碳碳键完全相同，是介于单键和双键之间的独特的键，故不同于凯库勒式，不存在双键，所以不和溴水及酸性高锰酸钾溶液反应；苯是有机溶剂，溴单质易溶于苯，且苯与水互不相溶，故苯能萃取溴水中的溴。10．答案：(2)分别取少许两种无色油状液体于两支小试管中，并做以标记(或编号)，再分别加入少量的酸性高锰酸钾溶液，充分振荡，静置后观察水层的颜色变化：紫色退去的是甲苯，无退色现象的是苯。(3)依据教材有关内容分析可知：①煤是由有机化合物和无机化合物组成的复杂的混合物；②煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程。因此，干馏产物均是煤分解生成的物质，故煤中不含有苯及甲苯等。解析：苯和甲苯在分子结构上有相同之处——都有苯环，因而它们具有一些相同的性质，如都能发生取代反应；但它们的结构又有差异，甲苯分子中的苯环上有一个甲基，而苯没有，这又使它们的性质出现差异，如甲苯能使酸性高锰酸钾溶液退色，而苯不能；甲苯与硝酸发生取代反应生成的是三硝基甲苯，而苯生成的是硝基苯。11．答案：M(苯)＝39×2＝78gn(C)＝(78×%)÷12＝6moln(H)＝78×(1－%)÷1＝6mol所以分子式为C6H6。智能提升作业(17)乙醇1．C乙醇为一种有机物，有一定的还原性，可以被酸性K2Cr2O7氧化，同时由于乙醇沸点低具有挥发性，可以随呼吸而呼出，能被检测到。2．A少量甲醇就会使人中毒；乙酸是食醋的主要成分；油脂被人体食用后可提供所需的能量；乙酸乙酯有香味，无毒。3．A此题可用排除法，酒精与NaCl、(NH4)2SO4两种盐不会发生任何反应，它们相遇不可能引起火灾；酒精与乙酸相遇时在无浓硫酸加热的条件下即使反应也是相当缓慢的，绝不可能引发火灾；KMnO4是具有很强的氧化性的物质，乙醇具有较强的还原性，两者相遇极有可能发生剧烈的放热反应而引发火灾。4．A乙醇可以与水以任意比互溶，故不能用分液的方法将二者分开。5．C本题主要考查乙醇的分子结构及性质。乙醇分子中有6个氢原子，但1mol乙醇和足量的钠反应只得到molH2，说明6个氢原子中只有1个氢原子可以被钠置换，这个氢原子与另外的氢原子不同；燃烧产物中有水，只能说明乙醇分子中有氢元素；1mol乙醇生成1mol乙醛，只能说明乙醇和乙醛中碳原子数相等；制酒精饮料是酒精的用途。6．A由于钠的密度比乙醇大且反应不剧烈，放出的热量也不多，故B、C、D错误。7．BD8．答案：CuO变红刺激性乙醛2Cu＋O2eq\o(=,\s\up7(△))2CuO，CH3CH2OH＋CuOeq\o(→,\s\up7(△))CH3CHO＋Cu＋H2O氧化催化剂解析：铜丝在酒精灯火焰上加热，生成黑色的CuO，迅速插入盛有乙醇的试管里，乙醇将CuO重新还原为铜，因此铜丝表面又变红；乙醇脱去两个氢原子被氧化为乙醛，乙醛易挥发，故可闻到刺激性气味。在乙醇的催化氧化过程中Cu的变化为：Cu→CuO→Cu，反应前后质量及组成未变，故起催化作用。9．答案：Ⅰ乙醇和钠反应产生氢气，从量的关系看mol乙醇产生mol氢气，说明1个乙醇分子中只有1个氢原子与其他氢原子不同，因此可确定乙醇分子的结构为Ⅰ(2)ac(3)乙醇样品的密度解析：(1)Ⅰ式中有5个氢原子直接与碳原子形成C—H键，有1个氢原子直接和氧原子形成O—H键，Ⅱ式中6个氢原子全部和碳原子形成C—H键。与足量的钠反应，如果是Ⅰ式，有4种可能情况：①6个氢原子全反应；②有5个氢原子反应；③只有1个氢原子反应；④都不反应。如果是Ⅱ式，则只有两种情况：①6个氢原子全反应；②都不反应。分析实验数据知，只有1个氢原子被置换出来，显然乙醇的结构应为Ⅰ式。(2)在读数时，仰视和俯视都会对读数的准确性造成影响，因此一定要平视；另外，假设甲、乙两管液面不相平的话，就会造成仪器内部的压强与外部大气压不同，造成误差，因此读数时，应上下移动乙管，使甲、乙两管液面相平。(3)如果不直接称取乙醇的质量，可以用量筒或其他仪器量出乙醇的体积，然后用其体积乘以密度，求出质量，再进一步确定其物质的量。智能提升作业(18)乙酸酯和油脂1．C酯化反应中，酯、乙醇、乙酸均可被蒸出反应器，H2SO4具有高沸点、难挥发的特性，不易被蒸出反应器；能够在振荡时生成气体的只有CH3COOH跟Na2CO3溶液反应，乙醇与乙酸乙酯在常温下不与Na2CO3溶液反应；CH3COOH酸性强于碳酸，与Na2CO3反应生成了CO2气体。2．D生石灰不仅能与水反应，还能与乙酸反应，A错误；乙酸与水沸点相差不大，不能用蒸馏法分离，B错误；由于乙酸与乙醇易形成共沸混合物，所以不能用蒸馏法直接分离，C错误；乙酸中混有乙醇，先加NaOH，将乙酸转化为乙酸钠，蒸馏便可得到乙醇，加硫酸将乙酸钠转化为乙酸，再蒸馏，便可获得乙酸，D正确。3．C根据油脂的组成，即高级脂肪酸和甘油所形成的酯来判断。形成A的酸不是高级脂肪酸；润滑油来自石油，主要成分为烃；形成D的醇是乙二醇，不是甘油。4．B乙酸与乙醇反应方程式为生成的水为Heq\o\al(18,2)O，故生成物中水的相对分子质量为20。5．D料酒的主要成分是乙醇，食醋的主要成分是乙酸，两者在炒菜的时候发生化学反应，生成了有特殊香味的乙酸乙酯。6．A乙酸和乙醇均易溶于水，且乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度极低；NaOH溶液会加快乙酸乙酯的水解；乙酸乙酯易溶于苯、汽油等有机溶剂。7．CD乙酸、乙醇均可溶于NaCl溶液和KNO3溶液，不反应且无明显现象，故A、B不符合；向Na2CO3溶液和紫色石蕊试液中滴入乙酸的现象分别为产生气泡、溶液变红，滴入乙醇则无任何明显现象，故选C、D。8．答案：(1)C4H6O5(2)(3)ABCD解析：本题考查结构与性质的关系。由题目所给苹果醋的结构简式可知，该物质同时有2个羧基和1个醇羟基，既有酸的性质，又有醇的性质，COOH与OH都与Na反应，故1mol苹果醋可与3mol钠反应生成molH2即标准状况下为33.69．答案：①2CH3COOH＋Mg→(CH3COO)2Mg＋H2↑②2CH3COOH＋CaO→(CH3COO)2Ca＋H2O③CH3COOH＋NaOH→CH3COONa＋H2O④2CH3COOH＋Na2CO3→2CH3COONa＋H2O＋CO2↑⑤CH3COOH＋CH3OHCH3COOCH3＋H2O解析：乙酸是一种有机酸，具有无机酸的通性，且能与醇发生酯化反应。10．答案：【实验原理】催化剂吸水剂【装置设计】乙防倒吸【问题讨论】a.装置的气密性b．无色、不溶于水、密度比水小等c．溶解乙醇中和乙酸降低乙酸乙酯的溶解度d．分液解析：实验室用乙醇、乙酸在浓硫酸的催化作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯。浓硫酸的作用是催化和吸水。该实验中由于酒精灯加热可能使其受热不均匀，若导管插入液面以下有可能发生倒吸现象，所以装置要能防止倒吸。由于乙酸乙酯、乙酸、乙醇的沸点都较低，加热时都能挥发出来，故加热后在试管②的上层为乙酸、乙醇、乙酸乙酯的混合液，用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸。在上层得到乙酸乙酯油状液体，经分液漏斗分液即可。智能提升作业(19)糖类蛋白质1．DA中方法不易辨出真伪；B、C的做法不可行；真皮和真羊毛的主要成分都是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，D正确。2．AA项，在蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，是盐析过程，析出的蛋白质并没有失去生理活性，即没有新物质生成，析出的蛋白质加水仍能溶解，故不是化学变化；B项，皮肤不慎沾上浓硝酸显黄色属于蛋白质的显色反应，是化学变化；C项，在蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，析出沉淀，原因是蛋白质发生了变性，是化学变化；D项，用稀释的福尔马林溶液杀灭种子上的细菌和微生物，使这些生物体的蛋白质变性，是化学变化。3．A向蛋白质溶液中加入重金属盐会使蛋白质变性而析出，但加入非重金属盐溶液，如(NH4)2SO4，蛋白质会因盐析而析出。4．D纤维素在人体中虽不能水解，不能被人体直接吸收，但它在人体消化过程中有重要作用，有助于食物的消化和排泄。5．B米中含有大量淀粉，在微生物的作用下，首先水解为麦芽糖，然后再水解为葡萄糖，葡萄糖再转化为酒精，因此甜味主要是葡萄糖。6．CA不可，BaCl2＋CuSO4=BaSO4↓＋CuCl2，铜盐仍可使人体中毒；B不可，Ba2＋与HCOeq\o\al(－,3)不生成沉淀，无法解毒；D不可，蛋白质变性是不可逆的。7．D纤维素和淀粉水解的最终产物均为葡萄糖。8．CD蛋白质遇强碱、强酸、甲醛溶液及重金属盐溶液都会变性，故选CD。9．答案：蓝蓝砖红蓝葡萄糖解析：淀粉遇I2显蓝色，有蓝色出现可以证明淀粉的存在。淀粉在酸的催化作用下发生了水解，如果完全水解，不存在淀粉，则加I2不变蓝色。淀粉水解生成葡萄糖，可以在碱性条件下与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应，生成砖红色的Cu2O沉淀。10．答案：(1)甲蛋白酶能使蛋白质水解，这样既能消除沉淀，又能保存营养成分(2)乙氨基酸氧化酶不仅不能使蛋白质水解消除沉淀，而且还会分解营养成分氨基酸解析：化学是为生产、生活服务的，注意运用化学知识解决日常生活中遇到的问题。此酒厂生产的酒，放置久了会产生沉淀物蛋白质，说明酒中存在氨基酸这种营养物质。如果加入少量蛋白酶，由于酶具有专一性，它既能使蛋白质水解，消除沉淀，又不破坏酒中原有的氨基酸；若加入氨基酸氧化酶，不但不能使蛋白质水解，消除沉淀，还会氧化分解氨基酸，降低啤酒品质。11．答案：(2)184(3)乙醇汽油能有效地降低由汽车尾气排放带来的大气污染，改善环境质量解析：本题在新情景下考查了淀粉的水解和转化。智能提升作业(20)塑料橡胶纤维1．A我们把塑料制品造成的污染称为“白色污染”。“白色污染”最为严重的是食品包装袋、原料包装袋等废弃物造成的污染，由于它们大多数是不能被微生物分解的材料，因而造成的危害较大。2．D在通常情况下，高分子化合物结构并不复杂，它们是由简单的结构单元重复连接而成的，A不正确；线型结构的高分子材料具有热塑性，B不正确；线型高分子是长链状的，而体型高分子是网状结构，C不正确；高分子材料是由许多n值相同或不同的高分子聚集起来的，因此高分子材料都是混合物。3．B聚丙烯酸酯为有机高分子化合物，结构中的化学键全部为共价键，故为共价化合物。4．D塑料是合成高分子材料；聚乙烯的单体为CH2=CH2，而不是CH2=CHCl；塑料有的有热固性，有的有热塑性；塑料的主要成分是合成树脂。5．A天然纤维不仅包括纤维素，还包括羊毛、蚕丝等；生产合成纤维的主要原料是天然气、石油化工产品、煤化工产品，在生产过程中发生聚合反应，应属于化学变化；化学纤维的原料可以是天然纤维，如黏胶纤维就是用木材、草类等天然纤维经化学加工制成的。6．D实验室制取硝基苯需要浓硫酸作催化剂，加热到55～60℃，A项不成功；苯和硝基苯都是有机物，互相溶解，分液时不分层，B项不成功；乙烯生成聚乙烯，聚乙烯分子中不含碳碳双键，所以不能使高锰酸钾溶液退色，C项不成功；苯、四氯化碳难溶于水，与水混合时分层，苯的密度小于水，浮在水上面，CCl7．AC8．答案：甲(或乙)甲方理由：塑料的制造成本较低，而且耐用、防水(或容易被塑制成不同的形状，是良好的绝缘体等)乙方理由：塑料容易燃烧，燃烧时产生有毒气体(或塑料是用石油加工产品制成的，石油资源是有限的等)解析：塑料的使用有利也有弊，你支持哪个观点都可以，只要理由合理即可。9．答案：解析：关键在于对结构单元的判断，根据顺丁橡胶的结构单元—CH2—CH=CH—CH2—可知，氯丁橡胶结构单元为。10．答案：AAAB解析：nCH2CH2eq\o(→,\s\up7(引发剂))nCH2CHCleq\o(→,\s\up7(引发剂))这两个反应类型都是加聚反应，(1)正确；浓硝酸使蛋白质显黄色，人体皮肤就是由蛋白质组成，(2)正确；制取硝基苯时要加热到55～60℃，为了控制温度，需采用水浴加热，(3)正确；人造羊毛指的是丙烯腈的加聚产物，不是丙烯腈这种小分子物质，(4)错误。11．答案：加聚反应混合物解析：该反应属于加聚反应，重复结构单元为CH2CCOOCH3CH3，由于n值不定，故属于混合物。节节检验(一)原子结构1．B根据质量数(A)、质子数(Z)、中子数(N)之间的关系：A＝Z＋N可推知，②12C和⑤32S的中和质子数分别相等2．A根据质量守恒可知，聚合后质量数减少了66＋208－227＝47，即为放出的中子数。3．CA中，氕(eq\o\al(1,1)H)中没有中子；B中，元素不同，质子数不同，但质量数是质子数和中子数之和，由于中子数的变化，不同元素的质量数可能相同；D中，质子数相同的微粒，核外电子数可能不同，如原子和其对应的离子。4．BAl3＋电荷数是3，电子层数是2；Mg2＋电荷数是2，电子层数是2；Be2＋电荷数是2，电子层数是1；H＋电荷数是1，电子层数是0。5．B由于电子带负电，所以原子失去n个电子后就变成带n个单位的相应阳离子，原子得到n个电子后就变成带n个单位负电荷的阴离子。又由于对于原子来说，质子数等于核外电子数，对本题来说，Xm－的电子数为a＋m，Yn＋的电子数为b－n，Zp＋的电子数为c－p，而这三种微粒的电子数相等，即a＋m＝b－n＝c－p，已知n＞p，故有b＞c＞a。6．C①粒子包括原子、分子、离子等，因此质子数相同的粒子不一定是同种元素；②同位素原子由于质子数相同，故化学性质几乎完全相同，但由于中子数不同，其物理性质差别较大；③离子的电子数和质子数一定不相同，故正确；④10电子微粒中有分子、原子、离子，故正确；⑤质量数是对原子而言的，元素无质量数；⑥质量数是指原子的质子数和中子数的和。7．AC9．答案：(1)Ar(2)S2－(3)K＋(4)Cl－解析：题中微粒的核外电子排布为2、8、8，是一种稳定结构，该微粒可以是原子、也可以是阴、阳离子。如果是中性微粒即原子，核内质子数等于核外电子数，该元素是Ar；在溶液中能使溴水退色并出现浑浊的物质应该是硫化物，该离子应该是S2－；微粒得到一个电子后变为原子，则该原子的电