湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学2023-2024学年高二下学期4月期中化学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学2023-2024学年高二下学期4月期中化学试题（Word版附解析），文件包含湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题原卷版docx、湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷(选择题)
一、单选题：本大题共15小题，共45分。
1. 下列各组内物质属于同系物的（ ）
A. CH3CH3与CH3CH2CH2CH2CH3
B. CH3CH3与CH2=CHCH3
C. CH3CH2CH2CH2CH3 与 CH3CH(CH3)CH2CH3
D. 和
【答案】A
【解析】
【详解】结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物，即互为同系物的化合物的官能团的种类、个数必须相同，据此分析。
A．CH3CH3、CH3CH2CH2CH2CH3均为烷烃，故结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团，互为同系物，故A正确；
B．CH3-CH3是烷烃，而CH2═CH-CH3为烯烃，故CH3-CH3和CH2═CH-CH3的结构不相似，不互为同系物，故B错误；
C．CH3CH2CH2CH2CH3 与 CH3CH(CH3)CH2CH3的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故C错误；
D．和的分子式相同，结构相同，为同一种物质，故D错误；
故选A。
2. 下列反应中，属于加成反应的是
A. CH4 + C12 CH3Cl + HCl
B. CH2= CH2 + H2O CH3-CH2OH
C. + Br2 + HBr
D. 2 CH3CH2OH + O22 CH3CHO + 2 H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH4 + C12 CH3Cl + HCl发生的是取代反应，故A错误；B．CH2= CH2 + H2O CH3-CH2OH发生的是加成反应，故B正确；C． + Br2 + HBr发生的是取代反应，故C错误；D．2 CH3CH2OH + O22 CH3CHO + 2 H2O发生的是氧化反应，故D错误；答案为B。
3. 在光照条件下，CH4与Cl2能发生取代反应。使1 ml CH4与足量Cl2反应，待反应完全后测得四种有机取代产物的物质的量之比n(CH3Cl)∶n(CH2Cl2)∶n(CHCl3)∶n(CCl4)＝1∶2∶3∶4，则消耗的Cl2的物质的量为
A. 1.0 mlB. 2.0 mlC. 3.0 mlD. 4.0 ml
【答案】C
【解析】
【分析】根据碳原子守恒计算各氯代烃的物质的量，而甲烷与氯气发生取代反应得到氯代烃时，一半的氯原子得到氯代烃，一半氯原子生成HCl。
【详解】得到n（CH3Cl）：n（CH2Cl2）：n（CHCl3）：n（CCl4）=1∶2∶3∶4，
根据碳原子守恒：n（CCl4）+n（CHCl3）+n（CH2Cl2）+n（CH3Cl）=1ml，
则n（CH3Cl）=0.1ml
n（CH2Cl2）=0.2ml
n（CHCl3）=0.3ml
n（CCl4）=0.4ml
而甲烷与氯气发生取代反应得到氯代烃时，氯代烃与氯气的物质的量之比为1：1关系，
故需要氯气为：0.1ml×1+0.2ml×2+0.3ml×3+0.4ml×4=3.0ml，
答案选C。
【点睛】本题考查化学方程式计算、取代反应，关键是理解取代反应，注意取代反应的特点：逐步取代，多步同时发生。
4. 下列说法正确的是
和
A. 主链碳原子数均为个
B. 主链含个碳原子，有甲基、乙基个支链的烷烃有三种
C. 新戊烷、正丁烷、异丁烷和丙烷的熔沸点依次降低
D. 的烷烃中，含有个甲基的同分异构体有种
【答案】C
【解析】
【详解】A．用系统命名法命名有机物和，主链碳原子数分别为个、个，故A错误；
B．主链个C，则乙基只能在中间C上，甲基可以在中间C上，也可以在号C上，所以有如下种：、，故B错误；
C．烷烃分子中碳原子数越多，熔沸点越高，碳原子数目相同，支链越多，沸点越低，所以正戊烷、异戊烷、新戊烷和丙烷的沸点渐低，故C正确；
D．该烃结构式中含有个甲基，则该烷烃只有个支链，若支链为，主链含有个碳原子，符合条件有：；若支链为，主链含有个碳原子，符合条件有：；支链不可能大于个碳原子，故符合条件的烷烃有种，故D错误；
故选C。
5. 除去CH4中少量CH2=CH—CH3的最好方法是
A. 通入足量溴水中B. 点燃C. 催化加氢D. 通入足量酸性KMnO4溶液中
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．甲烷不能使溴水反应，而丙烯可以和溴水反应生成液态有机物，所以用溴水可以除去甲烷中的丙烯，选A；
B．二者都可以被点燃，所以不能用来除杂，不选B；
C．催化加氢，不能保证物质完全反应，而且反应后生成丙烷是新的杂质，不选C；
D．丙烯能被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，是新的杂质，所以不能用来除杂，不选D；
答案选A。
6. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表所示，下列说法正确的是
A. Z的最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物反应生成的化合物中含离子键和极性键
B. 最简单氢化物的稳定性：Z>M
C. 最简单氢化物的沸点高低顺序为：R>M
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性强弱顺序为：X>Y
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意，X为Mg元素，Y为Na元素，Z为N元素，M为O元素，R为S元素。
A．N的最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物反应生成的化合物为NH4NO3，属于离子化合物，其中含离子键和极性键，故A正确；
B．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，最简单氢化物的稳定性：N＜O，故B错误；
C．水分子间能够形成氢键，水的沸点比硫化氢高，故C错误；
D．元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，故D错误；
故选A。
7. 下列说法错误的是
A. 与互为等电子体，中含有的键数目为
B. 已知反应，若该反应中有键断裂，则形成的键数目为
C. 在和中都存在配位键
D. 键和键比例为
【答案】D
【解析】
【详解】A．中含有个键，与互等电子体，则中含有键，数目为，A正确；
B．已知反应，若该反应中有键断裂，则有参加反应，生成，形成的键数目为，B正确；
C．中原子提供孤电子对，提供空轨道形成配位键，中原子提供孤电子对，提供空轨道形成配位键，C正确；
D．根据分子结构，中共包含18个键，含个键、个键、个键、个键、个键、个键，键有个，比值9：1，D错误；
答案选D。
8. 下列说法或有关化学用语的表达正确的是
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B. 基态Fe原子外围电子排布图为：
C. 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，如2p轨道电子的能量小于3s轨道电子的能量，故A错误；
B．基态Fe原子的外围电子排布图为，故B正确；
C．N原子2p能级半充满，结构稳定，氧原子第一电离能比氮原子第一电离能小，故C错误；
D．Cu在周期表中位于ⅠB族，属于ds区元素，故D错误；
选B。
9. 下列对分子性质的解释中，正确的是
A. 极易溶于水而难溶于水只是因为是极性分子，是非极性分子
B. 乳酸()具有光学活性，因为其分子中含有一个手性碳原子
C. 水很稳定以上才会部分分解)是因为水分子间存在大量的氢键
D. 已知酸性：，因为的氧原子数大于的氧原子数
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了氢键对物质性质的影响、手性碳原子、物质的溶解性规律，含氧酸酸性强弱比较，题目难度中等，着重考查对相关知识的积累。
【详解】A．与水分子之间存在氢键，使氨气易溶于水，所以极易溶于水的原因为是极性分子且氨气与水分子间存在氢键，A错误；
B．中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，具有光学活性，B正确；
C．水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有的H-O键非常稳定，与存在氢键无关，C错误；
D．的非羟基氧原子数比的多，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，D错误.
答案为：B。
10. 钛酸锶是人造宝石的主要成分之一，化学式为，其晶体结构如图所示，已知晶胞中Ti处于体心位置。下列说法正确的是
A. Sr位于面心位置
B. 与O最近的Sr有6个
C. 该晶体中含有离子键和非极性键
D. O与Ti构成的空间结构不同
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据人造宝石的化学式，容易得出Sr、Ti、O三种微粒的个数比为1∶1∶3，若Ti处于体心位置，根据均摊法，晶胞中Ti的数目为1，则处于面心位置的属于一个晶胞的粒子数为3，所以处于面心位置的为O不是Sr，Sr应该处于顶点位置，故A错误；
B．与O最近的Sr有4个，故B错误；
C．根据钛酸锶化学式特点，可以得出该晶体中含有离子键和极性键，故C错误；
D．根据该晶体结构特点，可以得出O构成正八面体，而Ti构成正六面体，二者构成的空间结构不同，故D正确；
故选D。
11. 下列各组物质的性质比较中，正确的是
A. 热稳定性：
B. 微粒直径大小：
C. 酸性强弱：
D. 熔点高低：石墨食盐干冰液溴
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．非金属性越强，对应简单氢化物越稳定，则热稳定性：，A错误；
B．具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，微粒直径大小：，B错误；
C．HBrO4为强酸，可由强酸制取弱酸的反应比较酸性为，则酸性强弱：，C正确；
D．石墨为混合型晶体，熔点最高，食盐为离子晶体，干冰、液溴均为分子构成的物质，干冰为固体，则熔点为石墨>食盐>干冰>液溴，D正确；
答案为：CD。
12. 下列有关晶体的说法中正确的是
A. 某晶体固态不导电，水溶液能导电说明该晶体是离子晶体
B. 原子晶体的原子间只存在共价键，而分子晶体内只存在范德华力
C. 区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X﹣射线衍射实验
D. 任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体固态不导电，溶于水导电，则该晶体不一定是离子晶体，分子晶体溶于水也能导电，如氯化铝，错误；
B．原子晶体的原子间只存在共价键，而分子晶体内不仅存在范德华力，分之内还存在共价键，错误；
C．区分晶体和非晶体可以对固体进行X-射线衍射实验，出现明锐的谱线的是晶体，正确；
D．晶体中含有阳离子不一定含有阴离子，如金属晶体中含有金属阳离子，但不含有阴离子，而含有自由移动的电子，错误，
答案选C。
13. 已知Ⅲ的八面体配合物的化学式为，若配合物与溶液反应生成沉淀，则、的值是
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【详解】配合物中外界离子在水溶液里能发生电离，内界原子不能发生电离，配合物生成沉淀，知道配合物电离出，即配离子显价，又因为外界有两个，且显价，所以中有一个氯原子，即，又因为是正八面体，所以，所以；
答案选C。
14. 下列说法中正确的是
A. 离子晶体中每个离子的周围均吸引着6个带相反电荷的离子
B. 金属导电的原因是在外加电场的作用下金属产生自由电子，电子定向运动
C. 分子晶体的熔沸点低，常温下均呈液态或气态
D. 原子晶体中的各相邻原子都以共价键相结合
【答案】D
【解析】
【详解】A、离子所带电荷数和离子半径的大小不同，每个离子周围均吸引带相反电荷的离子数目不同，一个NaCl晶胞为立方体，Na+离子在立方体中心的话，离它最近的Cl-离子在立方体六个面的中央，CsCl的晶胞也是立方体，Cs+离子在立方体中心的话，离它最近的Cl-离子就在立方体的八个顶点上，故A错误；
B、金属里本来就存在有自由电子，在金属未通电的情况下，金属中的电子是在做热运动，即无规则运动，在外加电场的作用下自由电子做定向移动，而不是产生了自由电子，故B错误；
C、分子晶体存在常温下呈固态的物质，例如S、白磷、红磷、C60等都属于分子晶体，在常温下为固态，故C错误；
D、原子晶体中原子间作用力为共价键，所以D选项是正确的。
答案选D。
15. 金属钠晶体为体心立方晶胞（如图），实验测得钠的密度为。已知钠的相对原子质量为a，阿伏加 德罗常数为，假定金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切。则钠原子的半径为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为金属钠晶体为钾型，所以在晶胞中含有钠原子数为1+8×=2，设晶胞边长为x，根据ρ=得，ρ=，所以x=所以晶胞的体对角线长度为3×，所以钠原子半径，
故选：C。
第II卷(非选择题)
二、填空题：本大题共4小题，共55分。
16. 原子序数小于的、、、四种元素，其中是周期表中半径最小的元素，原子基态时最外层电子数是其内层电子数的倍，原子基态时原子轨道上有个未成对的电子，的原子序数为
回答下列问题：
（1） 分子中原子轨道的杂化类型为___________，含有键的数目为___________。
（2）化合物的沸点比化合物的高，其主要原因是___________。
（3）元素的一种氧化物与元素的一种氧化物互为等电子体，元素的这种氧化物的分子式是___________，又已知的这种氧化物的分子中氧原子只与一个原子相连，且每个原子均达到电子稳定结构，则该分子电子式可表示为___________。
（4）元素的硫酸盐溶于水显蓝色，原因是___________；向该溶液中逐滴加入足量的氨水，发生反应的现象为___________，继续加入无水乙醇生成蓝色沉淀，该沉淀的化学式为___________，加入乙醇的作用为___________。
【答案】（1） ①. 杂化 ②.
（2）氨分子间存在氢键，且氨为极性分子，甲烷分子间无氢键，故氨气的沸点更高
（3） ①. ②.
（4） ①. 显蓝色 ②. 先生成蓝色沉淀而后沉淀溶解 ③. ④. 降低溶液极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度便于其晶体析出
【解析】
【分析】原子序数小于、、、四种元素，其中是周期表中半径最小的元素，则X为H；原子基态时最外层电子数是其内层电子数的倍，则Y为C；原子基态时原子轨道上有个未成对的电子，则Z为N；的原子序数为29，则Z为Cu。
【小问1详解】
为C2H2(乙炔)分子中C原子价层电子对数为2，无孤电子对，则C原子轨道的杂化类型为sp，单键都是键，三键中1个键、2个π键，则中含有键的数目为3NA；
【小问2详解】
化合物NH3的沸点比化合物CH4的高，其主要原因是氨分子间存在氢键，且氨为极性分子，甲烷分子间无氢键；
【小问3详解】
元素C的一种氧化物与元素的一种氧化物互为等电子体，和互为等电子体，所以元素的这种氧化物的分子式是；其电子式为：；
【小问4详解】
Cu2+具有空轨道，水分子中O原子含有孤电子对，能与Cu2+形成配位键，则硫酸铜溶液呈蓝色，是因为溶液中存在配离子；向硫酸铜水溶液中逐滴加入足量氨水，发现先生成蓝色沉淀，然后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，沉淀溶解的化学方程式为；若沉淀溶解后的溶液中加入乙醇，则析出固体，加入乙醇的作用是：降低溶液极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度便于其晶体析出。
17. 2015年8月12号接近午夜时分，天津滨海新区一处集装箱码头发生爆炸。发生爆炸的是集装箱内的易燃易爆物品，爆炸火光震天，并产生巨大蘑菇云。根据掌握的信息分析，装箱区的危险化学品可能有钾、钠、氯酸钠、硝酸钾、烧碱，硫化碱、硅化钙、三氯乙烯、氯碘酸等。运抵区的危险化学品可能有环己胺、二甲基二硫、甲酸、硝酸铵、氰化钠、4，6-二硝基苯-邻仲丁基苯酚等。
回答下列问题：
（1）在组成NH4NO3、NaCN两种物质的元素中第一电离能最大的是___________（填元素符号）,解释原因_____________________________________________
（2）二甲基二硫和甲酸中，在水中溶解度较大的是______（填名称），原因是_________________________________；烧碱所属的晶体类型为________；硫化碱（Na2S）的S2-的基态电子排布式是__________________________
（3）硝酸铵中，NO3-的立体构型为_______，中心原子的杂化轨道类型为______________
（4）1ml化合物NaCN中CN-所含的π键数为_____，与CN-互为等电子体的分子有________。（CN）2又称为拟卤素，实验室可以用氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得，写成该制备的化学方程式____________。
（5）钠钾合金属于金属晶体，其某种合金的晶胞结构如图所示。合金的化学式为____________；晶胞中K 原子的配位数为______；已知金属原子半径r（Na）=186pm、r（K）=227pm，计算晶体的空间利用率 __________________（列出计算式，不需要计算出结果）。
【答案】 ①. N ②. 同周期元素的第一电离能由左向右总体呈增大的趋势，同主族由上到下，元素的第一电离能逐渐减小，但N 原子的2p 能级为半充满的稳定结构，其第一电离能比O 的大，故第一电离能最大的是N ③. 甲酸 ④. 因为甲酸和水分子之间可以形成氢键，二甲基二硫和水分子之间只有范德华力 ⑤. 离子晶体 ⑥. 1s22s22p63s23p6 或[Ne] 3s23p6 ⑦. 平面正三角形 ⑧. sp2 杂化 ⑨. 2NA ⑩. N2 或CO ⑪. 2NaCN+MnO2+2H2SO4（浓）MnSO4+ Na2SO4+（CN）2↑+2H2O ⑫. Na3K（或KNa3） ⑬. 6 ⑭.
【解析】
【详解】（1）同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故NH4NO3、NaCN两种物质的元素中第一电离能最大的是N。
故答案为N；同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的；
（2）甲酸与水形成氢键，而二甲基二硫不能，故二甲基二硫和甲酸中溶解度较大的是甲酸，烧碱由钠离子和氢氧根构成，所以烧碱是离子晶体，S2-离子核外有18个电子，其基态电子排布式为1s2s22p63s23p6，
故答案为甲酸；甲酸与水形成氢键；离子晶体；1s2s22p63s23p6；
（3）NO3-离子中氮原子的孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，所以NO3-立体构型为平面正三角形，中心原子氮原子的杂化轨道类型sp2。
故答案为平面正三角形；sp2；
（4）原子序数相等、价电子总数也相等的微粒互为电子，CN-与N2互为等电子体，二者结构相似，CN-中含有C≡N三键，三键中含有1个σ键、2个π键数，所以1ml化合物NaCN中CN-所含的π键数为2NA，CN-中含有两个原子、10个价电子，与CN-互为等电子体的分子有CO、N2；根据制取氯气的反应可知，氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得(CN)2，反应化学方程式为：2NaCN+MnO2+2H2SO4(CN)2+Na2SO4+MnSO4+2H2O。
故答案为2NA；CO、N2；2NaCN+MnO2+2H2SO4(CN)2+Na2SO4+MnSO4+2H2O；
（5）晶胞中，钠原子数为12×1/4=3，钾原子数为8×1/8=1，所以合金的化学式为KNa3；根据晶胞图可知，每个K 原子周围有6个钠原子，所以晶胞中K 原子的配位数为6；晶胞中钠原子和钾原子体积之和为4/3π[（186pm）3×3+（227pm）3]，晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和为2×（186pm+227pm），所以晶胞的体积为（2×186pm+2×227pm）3，晶体的空间利用率为{43π[（186pm）3×3+（227pm）3]÷（2×186pm+2×227pm）3}×100%=×100%，
故答案为KNa3；6；×100%。
18. A、B、C、D、E、F代表周期表中五种短周期元素，已知：
、B、C处于相邻位置，B、C同周期，A、B同主族，其核外电子数之和为41。
与C处于周期表中同一周期，中各层电子数都是个。
、B、C、D、E各元素最外层电子数之和 24，且已知E与A只能形成一种化合物。
是半径最小原子。据此填空下列空白：
写出各元素的名称A ______ C ______ E ______
写出A和D形成化合物的电子式 ______
、C、D三种元素单原子离子的半径由大到小的顺序： ______
、B的氢化物的熔沸点大小并写出原因： ______
写出A与B组成的化合物与C单质水溶液反应的化学方程式： ______ 。
【答案】 ①. 氧 ②. 氯 ③. 硅 ④. ⑤. ⑥. ；水中有氢键 ⑦.
【解析】
【分析】A、B、C、D、E代表周期表中五种短周期元素，中各层电子数都是个，且为短周期元素，则D是Na元素，C和D处于同一周期、B和C同一周期，则B、C都位于第三周期，A和B同一主族，则A位于第二周期，A、B、C处于相邻位置，A、B、C核外电子数之和为41，设A原子序数是为正整数，则B原子序数为，C原子序数为为或，，则舍去，，，则A是O元素、B是S元素、C是Cl元素，A、B、C、D、E各元素最外层电子数之和 24，则E最外层电子数，E与A只能形成一种化合物，则E是Si元素；F是半径最小的原子，应为H元素。
由以上分析可知A为氧，C为氯，E为硅。
和D形成化合物为过氧化钠、氧化钠。
电子层越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小。
水中含有氢键，较一般分子间作用力强。
、B形成的化合物是二氧化硫，C单质是氯气，二氧化硫和氯气在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和HCl。
【详解】A、B、C、D、E代表周期表中五种短周期元素，中各层电子数都是个，且为短周期元素，则D是Na元素，C和D处于同一周期、B和C同一周期，则B、C都位于第三周期，A和B同一主族，则A位于第二周期，A、B、C处于相邻位置，A、B、C核外电子数之和为41，设A原子序数是为正整数，则B原子序数为，C原子序数为为或，，则舍去，，，则A是O元素、B是S元素、C是Cl元素，A、B、C、D、E各元素最外层电子数之和 24，则E最外层电子数，E与A只能形成一种化合物，则E是Si元素；F是半径最小的原子，应为H元素。
由以上分析可知A为氧，C为氯，E为硅。答案为：氧；氯；硅；
和D形成化合物分别为过氧化钠、氧化钠，其电子式可分别表示为、；
电子层越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，B、C、D离子分别是、、，硫离子和氯离子有3个电子层、钠离子有2个电子层，所以离子半径大小顺序是。答案为：；
水中含有氢键，较一般分子间作用力强，水的沸点较高。答案为：；水中有氢键；
、B形成的化合物是二氧化硫，C单质是氯气，二氧化硫和氯气在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，反应方程式为。答案为：。
【点睛】在利用元素周期表进行元素推断时，可将元素在周期表中的相对位置画在演草纸上，以便于与元素周期表进行对照分析。但需注意，A、B同周期时，A可能在B的左边，也可能在B的右边，两种情况都需考虑。
19. 实验室可用酒精、浓硫酸作试剂来制取乙烯，但实验表明，还有许多副反应发生，如反应中会生成、CO2、水蒸气等无机物。某研究性学习小组欲用如图所示的装置制备纯净的乙烯并探究乙烯与单质溴能否反应及反应类型。回答下列问题：
（1）写出实验室制备乙烯反应的化学方程式：___________，实验中，混合浓硫酸与乙醇的方法是将___________慢慢加入另一种物质中；加热装置时必须使液体温度___________(选填缓慢或迅速)升高到，圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片的作用是___________。
（2）为实现上述实验目的，装置的连接顺序为 ___________ 各装置限用一次)
（3）当中观察到___________时，表明单质溴能与乙烯反应；若中___________，表明中发生的是取代反应；若没有出现前面所描述的现象时，表明中发生的是加成反应。
【答案】（1） ①. ②. 浓硫酸 ③. 迅速 ④. 防止暴沸
（2）
（3） ①. 溶液褪色 ②. 有浅黄色沉淀生成
【解析】
【分析】乙醇在浓硫酸作用下加热到发生消去反应生成乙烯，因浓硫酸具有强氧化性，可与乙醇发生氧化还原反应，生成的乙烯混有、CO2、水蒸气等无机物，为乙烯的制备装置，用于除去、用于检验、CO2是否除去，然后在中用浓硫酸干燥可得到纯净的乙烯，在以此通过、，可证明乙烯与溴发生加成反应，中溴的四氯化碳溶液褪色，无现象，以此解答该题。
【小问1详解】
乙醇在时发生消去生成乙烯，温度必须是，反应方程式为，浓硫酸密度大于乙醇，且混合过程中放热大量热，所以应该将浓硫酸加入乙醇中，为了避免副反应发生，应该将反应温度迅速升高到，圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片的作用是防止暴沸，
故答案为：
故答案为：；浓硫酸；迅速；防止暴沸；
【小问2详解】
为得到纯净的乙烯，应用溶液除去、并用石灰水检验是否除尽)，然后用浓硫酸干燥；乙烯与单质溴之间可能发生加成反应，也可能发生取代反应，若是取代反应，则会有生成，与溶液反应会产生浅黄色沉淀，所以装置连接顺序为：，
故答案为：；
【小问3详解】
当中观察到溴水褪色时，表明单质溴能与乙烯反应；若中硝酸银溶液中出现浅黄色沉淀时，表明中生成了溴化银沉淀，发生的是取代反应；
若没有出现前面所描述的现象时，表明中发生的是加成反应，
故答案为：溶液褪色；有浅黄色沉淀生成。元素代号
X
Y
Z
M
R
原子半径(×10-10m)
1.60
1.86
0.75
0.74
1.02
主要化合价
+2
+1
+5，-3
-2
+6，-2