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A组——双基达标
1．下列说法正确的是( )
A．日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒
B．用乙醇作萃取剂可以将碘从碘水中萃取出来
C．乙醇、乙烷和苯都可以与钠反应生成氢气
D．乙醇是一种可再生能源
解析： 日常生活中常用75%(体积分数)的乙醇水溶液杀菌消毒，故A项错误；由于乙醇与水互溶，不能发生分层，所以乙醇不能将碘从碘水中萃取出来，故B项错误；乙烷和苯都不与钠发生反应，故C项错误；由于乙醇燃烧生成CO2和H2O，CO2和H2O通过绿色植物的光合作用生长出粮食，而粮食是生产乙醇的重要原料，所以乙醇属于可再生能源，故D项正确。
答案： D
2．能证明乙醇分子中有一个羟基的是( )
A．乙醇完全燃烧生成CO2和H2O
B．乙醇能与水以任意比互溶
C．0.1 mol乙醇与足量钠反应只能生成0.1 g氢气
D．乙醇在铜催化下可被氧化
解析： A、B均不能证明乙醇中含有羟基，D能证明乙醇中有羟基，但不能确定羟基的数目，乙醇中与钠反应产生H2的是羟基上的氢原子，且1 mol羟基产生0.5 mol的H2。
答案： C
3.
如图是某有机分子的填充模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。该物质不具有的性质是( )
A．与氢氧化钠反应 B．与稀硫酸反应
C．发生酯化反应 D．使紫色石蕊变红
解析： 由填充模型知，该物质为CH3COOH，显酸性，能使紫色石蕊变红，能与NaOH反应，能与醇发生酯化反应，故选B项。
答案： B
4．在CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O的平衡体系中，加入一定量的C2HOH，当重新达到平衡时，18O原子还应存在于( )
A．乙酸乙酯中 B．乙酸中
C．水中 D．乙酸、乙酸乙酯和水中
解析： 羧酸分子中羧基上的羟基跟醇分子的羟基中的氢原子结合成水，其余部分互相结合成酯，所以18O存在于乙酸乙酯中。
答案： A
5．实验室制乙酸乙酯1 mL后，沿器壁加入紫色石蕊溶液0.5 mL，这时石蕊溶液将存在于饱和碳酸钠溶液层与乙酸乙酯层之间(整个过程不振荡)。对可能出现的现象，叙述正确的是 ( )
A．石蕊层仍为紫色，有机层无色
B．石蕊层为3层环，由上而下呈红、紫、蓝3种颜色
C．石蕊层有两层，上层为紫色，下层为蓝色
D．石蕊层为3层环，由上而下呈蓝、紫、红3种颜色
解析： 石蕊试液处于饱和碳酸钠溶液层与乙酸乙酯层之间，石蕊与饱和Na2CO3溶液接触的部分显蓝色，石蕊与乙酸乙酯层接触的部分，由于乙酸乙酯中含有杂质乙酸显红色，石蕊中间层显紫色。
答案： B
6．下列物质中，可一次性鉴别乙酸、乙醇、苯及氢氧化钡溶液的是( )
A．金属钠 B．溴水
C．碳酸钠溶液 D．稀硫酸
解析：
乙酸 乙醇 苯 氢氧化钡溶液
钠 产生无色气体 产生无色气体 无明显现象 产生无色气体
溴水 不分层 不分层 分层，上层为橙红色 溴水退色
碳酸钠溶液 产生无色气泡 不分层 分层 产生白色沉淀
稀硫酸 无明显现象 无明显现象 分层 产生白色沉淀
通过比较可知，当加入碳酸钠溶液时，现象各不相同，符合题意。
答案： C
7．在焊接铜漆包线的线头时，通常先把线头放在火上烧一下除去漆层，并立即在酒精中蘸一下再进行焊接的操作，这是因为(用反应方程式表示)：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
解析： 线头放在火上烧时，铜丝受热被氧化，发生反应：2Cu＋O22CuO。这时铜丝的温度还比较高，在酒精中蘸一下时，被乙醇还原，发生反应：CuO＋CH3CH2OHCH3CHO＋H2O＋Cu，这样被氧化的铜丝又被还原，就可以进行焊接的操作。
答案： ①2Cu＋O22CuO
②CuO＋CH3CH2OHCH3CHO＋H2O＋Cu
8．化学式为C2H6O的化合物A具有如下性质：
①A＋Na―→慢慢产生气泡
②A＋CH3COOH有香味的产物
(1)根据上述信息，对该化合物可做出的判断是________。
A．一定含有—OH B．一定含有—COOH
C．A为乙醇 D．A为乙醛
(2)含A的体积分数为75%的水溶液可以作________。
(3)A与金属钠反应的化学方程式为
________________________________________________________________________
______________。
(4)化合物A和CH3COOH反应生成的有香味的产物的结构简式为__________________。
解析： 由题意可知，A能与Na反应生成气体，A又能与CH3COOH反应生成有香味的产物即能发生酯化反应，可推断A中含有羟基，又根据A的化学式C2H6O，可判断A为乙醇，75%的乙醇的水溶液在医疗上用于消毒。
答案： (1)AC (2)消毒剂
(3)2Na＋2CH3CH2OH―→2CH3CH2ONa＋H2↑
(4)CH3COOC2H5
B组——能力拔高
9．具有一个羟基的化合物A 10 g，与乙酸反应生成乙酸某酯11.85 g，并回收了未反应的A 1.3 g，则A的相对分子质量约为( )
A．98 B．116
C．158 D．278
解析： 设醇的分子式为ROH，其摩尔质量为x，实际参加反应的A的质量为：10 g－1.3 g＝8.7 g，则反应的方程式表示为：
ROH＋CH3COOH―→CH3COOR＋H2O ΔM
x 42
8.7 g 11.85 g－8.7 g
＝，解得：x＝116。
答案： B
10．某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。
(1)实验过程中铜网出现红色和黑色交替出现的现象，请写出相应的化学反应方程式：________________________________________________________________________，
________________________________________________________________________。
(2)甲和乙两个水浴作用不相同。
甲的作用是
________________________________________________________________________；
乙的作用是
________________________________________________________________________。
(3)反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到不同的物质，它们是________；集气瓶中收集到的气体的主要成分是________________。
解析： (1)在乙醇的催化氧化实验中，Cu作催化剂，反应过程中，红色的Cu先生成黑色的CuO，黑色的CuO又被还原为红色的Cu，有关的化学方程式为2Cu＋O22CuO，CuO＋CH3CH2OHCH3CHO＋Cu＋H2O。
(2)常温下乙醇为液体，如果要在玻璃管中进行反应则需要转化为气体，所以甲中水浴加热的目的是将乙醇汽化得到稳定的乙醇气流；而生成的乙醛在高温时为气体，所以乙装置是为了提高冷凝乙醛的效果。
(3)经过反应后并冷却，a中收集到的物质有易挥发的乙醇及反应生成的乙醛和水。集气瓶中收集到的气体主要为氮气。
答案： (1)2Cu＋O22CuO
CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O
(2)加热 冷却
(3)乙醛、乙醇、水 氮气
现
象
试
剂
被
检
物
质(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．下列关于高分子化合物的叙述正确的是( )
A．高分子化合物特点之一是：组成元素简单，结构复杂，相对分子质量大，是纯净物
B．高分子链之间作用弱，高分子材料强度较小
C．高分子化合物不溶于任何溶剂，不能导电的原因是相对分子质量太大
D．带支链的高分子化合物也可能为线型分子
解析： 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，是混合物，高分子材料的强度一般都比较大，故A、B不正确，高分子化合物中线型分子可溶于有机溶剂，体型分子不溶于有机溶剂，只能是一定程度的溶胀，高分子不能导电的原因是形成高分子化合物的价键均为共价键，故C错，高分子化合物是线型结构还是体型结构取决于分子链之间是否以价键相连，带支链的高分子化合物也可能为线型分子。
答案： D
2．现在有两种高聚物A和B，A能溶于氯仿等有机溶剂，并能在加热到一定温度时熔融成黏稠的液体，B不溶于任何溶剂，加热不会变软或熔融，则下列叙述中不正确的是( )
A．高聚物A可能具有弹性，而高聚物B一定没有弹性
B．高聚物A一定是线型高分子材料
C．高聚物A一定是体型高分子材料
D．高聚物B一定是体型高分子材料
解析： 由于线型高分子材料具有热塑性，加热时会变软，流动，能溶于适当的有机溶剂中，而体型高分子具有热固性，受热不会变软，只能被彻底裂解，且不溶于有机溶剂，只能有一定程度的溶胀，应选C项。
答案： C
3．下列对乙烯和聚乙烯的描述不正确的是(双选) ( )
A．乙烯是纯净物，聚乙烯是混合物
B．乙烯的性质与聚乙烯相同
C．常温下，乙烯是气体，聚乙烯是固体
D．等物质的量的乙烯和聚乙烯完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量相等
解析： 乙烯分子中含有键，聚乙烯分子中没有键，两者的性质不同；1 mol乙烯完全燃烧产生2 mol CO2；而1 mol聚乙烯完全燃烧产生2n mol CO2。
答案： BD
4．保鲜膜按材质分为聚乙烯(PE)、聚氯乙烯(PVC)等种类。PVC被广泛地用于食品、蔬菜外包装，它对人体有潜在危害。下列有关叙述不正确的是( )
A．PVC保鲜膜属于链状聚合物，在高温时易熔化，能溶于酒精
B．PVC的单体可由PE的单体与氯化氢加成制得
C．鉴别PE和PVC，可把其放入试管中加热，在试管口放置一湿润的蓝色石蕊试纸，如果试纸变红，则是PVC；不变红，则为PE
D．等质量的聚乙烯和乙烯燃烧消耗的氧气相等
解析： A项PVC保鲜膜属于链状聚合物，具有热塑性，在高温时易熔化，能溶于酒精，A项正确。B项PVC单体(氯乙烯)不能由PE的单体(乙烯)与氯化氢加成制得，两者反应生成氯乙烷，B项错误。C项鉴别PE和PVC，可把其放入试管中加热，在试管口放置一湿润的蓝色石蕊试纸，如果试纸变红，则是PVC(分解产生HCl)；不变红，则为PE，C项正确。D项等质量的聚乙烯和乙烯燃烧消耗的氧气相等，D项正确。
答案： B
5．关于天然橡胶的下列叙述中，不正确的是( )
A．天然橡胶是天然高分子化合物
B．天然橡胶受空气、日光作用，会被还原而老化
C．天然橡胶能溶于汽油、苯等有机溶剂
D．天然橡胶含有双键，能发生加成反应
解析： 天然橡胶的结构单元中含有键，受日光、空气作用，会逐渐被氧化而老化。
答案： B
6．下列说法中正确的是 ( )
A．天然纤维就是纤维素
B．合成纤维的主要原料是天然气、石油化工产品、煤化工产品
C．化学纤维的原料不可以是天然纤维
D．生产合成纤维的过程中发生的是物理变化
解析： 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，应属化学变化；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。
答案： B
7．现有下列高分子化合物，请从下列各项中选择出最恰当的选项，将代号填入下表中：
(1)高分子结构型式示意图：
(2)高分子材料的主要性质特点：
A．具有热塑性 B．可溶于有机溶剂
C．不溶于有机溶剂 D．具有确定的熔点
(3)主要应用：(a)用于制备塑料薄膜 (b)用于制备光学仪器
(c)用于制备车辆轮胎
硫化橡胶
(1)
(2)
(3)
解析： (1)硫化橡胶为体型结构：聚乙烯是线型结构，无支链；有机玻璃也是线型结构，但有支链。(2)线型结构的高分子具有热塑性，可溶于有机溶剂；体型结构的高分子不具有热塑性(有的有热固性)，不溶于有机溶剂；高分子材料，不论线型结构，还是体型结构，都是混合物，没有固定的熔、沸点。(3)硫化橡胶常用于制备车辆轮胎；聚乙烯可制备塑料薄膜；有机玻璃可制备光学仪器。
答案：
Ⅲ Ⅰ Ⅱ
C AB AB
(c) (a) (b)
8.塑料制品是人类日常生活中使用量最大的合成高分子材料。大量塑料制品的生产和使用，给人们的生活带来了极大的方便，同时也造成了严重的环境问题——白色污染。当今白色污染问题已得到了人们应有的重视，一些科学家也成功地寻找到了治理白色污染的有效途径。结合学过的知识，回答下列问题：
(1)写出工业上利用石油裂解气生产聚乙烯的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(2)塑料废弃物的危害有________。
①破坏土壤结构，影响植物生长 ②造成海难事件 ③破坏环境卫生 ④危及海洋生物的生存
A．①②④ B．①②③
C．①③④ D．全部
(3)某些废旧塑料可采用下列方法处理：将废塑料隔绝空气加强热，使其变成有用的物质，实验装置如图(加热装置略)。
加热某种废弃塑料得到的产物有氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯、甲苯、炭等。
①试管B收集到的产品为________和________，其一氯代物分别有几种？____________。
②锥形瓶C中观察到的现象为
________________________________________________________________________。
③写出C中逸出的气体在工业上的两种用途
________________________________________________________________________、
__________________。
解析： (1)乙烯加聚生成聚乙烯：
nCH2===CH2
(2)塑料结构稳定，不易分解，不透气，不透水，这些性质造成了它的危害是D。
(3)①经冷水的冷却，试管B中可收集到常温下为液态的产物——苯和甲苯，其一氯代物分别为一种和四种。
②乙烯、丙烯等使C中溴水退色。
③C中逸出的气体为氢气和甲烷，可作为合成氨的原料或做燃料。
答案： (1)nCH2===CH2
(2)D (3)①苯 甲苯 一种、四种 ②溴水退色 ③合成氨的原料 燃料
B组——能力拔高
9．下列说法正确的是(双选)( )
A．硝酸等强酸、CCl4等有机溶剂均可用配有橡胶塞的试剂瓶盛放
B．塑料燃烧的产物是CO2和H2O，不会造成空气污染。因此，将塑料垃圾进行焚烧处理是消除“白色污染”的有效途径
C．聚乳酸是一种新型、环保的高分子材料，是制作手术缝合线的理想材料
D．可用燃烧法来检验一件衣服的面料到底是纯棉还是合成纤维
解析： 虽然橡胶塞中的橡胶经过了一定程度的硫化处理，但仍然含有一定量不饱和碳碳双键，可以被硝酸等强氧化剂氧化，虽然不能直接被CCl4等有机溶剂溶解，但仍然能发生溶胀作用，A错误；塑料有多种，如聚氯乙烯燃烧还可生成含氯污染物，B错误；聚乳酸是一种可以降解的高分子，符合当前环保材料的要求，尤其是在人体中可以逐步水解，产物为乳酸，而乳酸本身就是人体代谢过程中的产物之一，不会对人体带来副作用，C正确；纯棉与合成纤维燃烧的气味以及产物状态各不相同，燃烧法是检验各种纤维织物的简单方法，D正确。
答案： CD
10．如图是以乙炔(结构简式为CHCH)为主要原料合成聚氯乙烯、聚丙烯腈和氯丁橡胶的转化关系图。
(1)写出A、B、C、D四种物质的结构简式：
A：________，B：________，C：________，D：________。
(2)写出有关反应的化学方程式：
②：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
③：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
⑤________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
⑦________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．近期我国冀东渤海湾发现储量达10亿吨的大型油田。下列关于石油的说法正确的是( )
A．石油属于可再生矿物能源
B．石油主要含有碳、氢两种元素
C．石油的裂化是物理变化
D．石油分馏的各馏分均是纯净物
解析： 石油属于化石燃料，是不可再生能源；其主要的组成元素是碳、氢；裂化是石油中某些碳链较长的成分在较高温度或者是在催化剂作用下反应生成一些短链的烃类物质，该变化属于化学变化；分馏是在一定温度范围内把沸点较接近的成分蒸馏出来，所得的馏分是沸点在这个范围内的多种烃的混合物。
答案： B
2．(2010·泉州高一质检)
一辆卡车在启动、刹车时排出黑烟，由此可推断这辆卡车所用的燃料是( )
A．酒精 B．汽油
C．柴油 D．液化石油气
解析： 燃料油分子中碳的质量分数越大，燃烧时产生的烟越浓。题给四种燃料中，柴油含碳质量分数最大。
答案： C
3．用氯气漂白过的石蜡(一种从石油分馏得到的固体)，燃烧时会产生HCl气体，这是由于石蜡漂白时与氯气发生了( )
A．加成反应 B．取代反应
C．燃烧反应 D．物理溶解
解析： 由石油的成分及石油分馏得石蜡知，石蜡与Cl2发生取代反应。
答案： B
4．(2010·周口高一质检)下列物质中，不可能是乙烯的加成产物的是( )
A．CH3CH3 B．CH3CHCl2
C．CH3CH2OH D．CH3CH2Br
解析：
答案： B
5．(2010·中山高一质检)常温下，下列各种物质既能使溴水退以，又能使酸性KMnO4溶液退色，并且化学反应原理相同的是( )
A．CH2===CH2 B．SO2
C．H2 D．CH3—CH3
解析： H2和CH3—CH3既不能使溴水退色又不能使酸性KMnO4溶液退色；乙烯与Br2发生加成反应使溴水退色，被酸性KMnO4溶液氧化的同时，KMnO4溶液退色；因发生氧化还原反应，SO2使溴水或KMnO4溶液退色。
答案： B
6．可以用来鉴别甲烷和乙烯，还可以用来除去甲烷中乙烯的操作方法的是( )
A．将混合气体通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶
B．将混合气体通过盛有适量溴水的洗气瓶
C．将混合气体中通入氢气，在Ni催化加热的条件下反应
D．将混合气体通过盛有NaOH溶液的洗气瓶
解析： 酸性KMnO4溶液可用于鉴别甲烷和乙烯，但不能用于除去甲烷中的乙烯，因为KMnO4将乙烯氧化生成CO2仍为杂质。乙烯通过溴水与Br2发生加成反应，液态的1,2 二溴乙烷留在溴水中，甲烷不与溴水反应，B方法可行；C方法不可取，因为通入的H2的量不好控制，少了不能将乙烯全部除去，多了就会使乙烷中混有H2，而且该反应条件要求高；由于乙烯与NaOH溶液不反应，D方法不可取。
答案： B
7．在一定条件下，乙烯和乙烷都能制得氯乙烷，据此回答问题：
(1)由乙烷制备氯乙烷的化学方程式：
________________________________________________________________________
______________________，该反应类型属于________反应。
(2)由乙烯制备氯乙烷的化学方程式为：
________________________________________________________________________
____________________，该反应类型属于________反应。
(3)比较两种方法，第________种方法较好，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)CH3—CH3＋Cl2CH3CH2Cl＋HCl 取代
(2)CH2===CH2＋HClCH3CH2Cl 加成
(3)(2) 第(2)种方法得到的产物较为纯净，而第(1)种方法会发生多种副反应，生成多种产物的混合物
8．最近国外研究出一种高效的水果长期保鲜新技术：在3 ℃潮湿条件下的水果保鲜室中用一种特制的低压水银灯照射，引起光化学反应，使水果贮存过程中缓缓释放的催熟剂转化为没有催熟作用的有机物。试回答：
(1)可能较长期保鲜的主要原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)写出主要反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
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。
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保鲜时间长
(2)CH2===CH2＋H2OC2H5OH
B组——能力拔高
9．实验室通常用浓硫酸和乙醇反应来制取乙烯，常因温度过高而生成少量的二氧化硫。有人设计下列实验以确认上述混合气体中有乙烯和二氧化硫，试回答下列问题。
(1)图中①、②、③、④装置可盛放的试剂分别是：
①________，②________，③________，④________(将下列有关试剂的序号填)。
A．品红溶液 B．NaOH溶液
C．浓硫酸 D．酸性KMnO4溶液
(2)能说明二氧化硫气体存在的现象是
________________________________________________________________________。
(3)使用装置②和③的目的是
____________________________________________________。
(4)说明含有乙烯的现象是
______________________________________________________________。
解析： 乙烯和二氧化硫都能使酸性KMnO4溶液退色。利用乙烯不与NaOH溶液反应而二氧化硫能与NaOH溶液反应的性质可除去二氧化硫。用品红溶液是否退色可检验二氧化硫的存在和是否除尽。除去二氧化硫后，可利用酸性KMnO4溶液是否退色来确定乙烯的存在。
答案： (1)A B A D
(2)装置①中品红溶液退色
(3)除去SO2气体，以免干扰乙烯的性质实验；检验SO2是否被除尽
(4)装置③中的品红溶液不退色，装置④中的酸性KMnO4溶液退色
10．某种塑料分解产物为某种烃，对这种烃进行以下实验：
①取一定量的该烃，使其燃烧后的气体通过干燥管，干燥管增重7.2 g；再通过石灰水，石灰水增重17.6 g。
②经测定，该烃(气体)的密度是相同状况下氢气密度的14倍。
请回答：
(1)该烃的电子式为____________，该烃的名称是________。
(2)0.1 mol该烃能与________g溴起加成反应；加成产物需________mol溴蒸气完全取代。
解析： 由条件①知，该烃燃烧产物中CO2为17.6 g，H2O为7.2 g，碳、氢原子个数比为：
∶＝1∶2
该烃的最简式为CH2。
由条件②可知：该烃的相对分子质量：Mr＝2×14＝28，该烃分子式为C2H4，即乙烯。
答案： (1) 乙烯
(2)16 0.4(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．(2011·扬州高一质检)下列氧化物对应的含氧酸酸性最强的是( )
A．SiO2 B．N2O5
C．P2O5 D．CO2
解析： 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强。显然其非金属性强弱的顺序为N>P>C>Si。
答案： B
2．下列各组物质的性质比较，不正确的是( )
A．酸性：HClO4>H3PO4>H2SO4
B．氢化物稳定性：HF>H2O>NH3
C．碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3
D．氧化性：F2>O2>N2
解析： 同周期元素随原子序数递增元素的金属性减弱，非金属性增强(稀有气体元素除外)。
答案： A
3．下列事实不能作为实验判断依据的是( )
A．钠和镁分别与冷水反应，判断金属活动性强弱
B．铁投入CuSO4溶液中，能置换出铜，钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，判断钠与铁的金属活动性强弱
C．酸性H2CO3
D．Br2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属活动性强弱
解析： A项符合金属与水反应判断金属活动性强弱的依据；因Na的金属活动性太强，与溶液反应时会先与H2O反应，故B项不能作为判断依据；C项中根据H2CO3、H2SO4都是最高价含氧酸，由它们的酸性强弱可以推知硫的非金属性比碳强；D项所述符合根据非金属单质与H2反应难易判断非金属活动性强弱的依据。
答案： B
4．具有相同电子层数的A、B、C 3种元素，已知它们的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则下列判断正确的是(双选)( )
A．原子半径：A＞B＞C
B．单质的氧化性：A＞B＞C
C．气态氢化物的稳定性：A＜B＜C
D．阴离子的还原性：A＜B＜C
解析： 此题可以根据最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱判断出同周期元素A、B、C在周期表中的位置从左到右的顺序为C、B、A，也可以根据最高化合价(分别为＋7、＋6、＋5)进行判断。进而再运用元素周期律判断元素及其单质的各项性质。
答案： BD
5．(2011·宁波高一质检)已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是( )
A．质子数c>d B．离子的还原性Y2－>Z－
C．氢化物的稳定性H2Y>HZ D．原子半径X解析： 因四种离子的电子层结构相同，所以质子数a、b、c、d的大小关系应为a>b>d>c，所以氢化物稳定性应为HZ>H2Y，原子半径大小关系应为X>W。
答案： B
6．(金版新学案最新原创)X2、Y、Z2为三种元素的单质。已知有下列反应：
Cu＋X2CuX2
2Cu＋YCu2Y
2KX＋Z2===2KZ＋X2
在Cu2Y中Y为－2价。下列关于X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱排列顺序正确的是( )
A．HXO4>H2YO4>HZO4 B．HZO4>HXO4>H2YO4
C．HZO4>H2YO4>HXO4 D．H2YO4>HZO4>HXO4
解析： 由题中提供的方程式可知：Z2可置换出X2，即非金属性Z>X，而X能使变价金属Cu显＋2价，Y仅使Cu显－1价，证明非金属性X>Y。结合题干则它们的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为：HZO4>HXO4>H2YO4。
答案： B
7．在第3周期中，从水或酸中置换氢能力最强的元素的符号为________；化学性质最稳定的元素的符号是________。最高价氧化物对应水化物酸性最强的物质的化学式是________，碱性最强的物质的化学式是________，显两性的氢氧化物的化学式是________，该两性氢氧化物与盐酸、烧碱溶液分别反应的离子方程式为__________________________、____________________________；原子半径最大的金属元素的名称是________；原子半径最小的元素的原子结构示意图为________________；稳定性最强的气态氢化物是________。
解析： 第3周期元素中失电子能力最强的是Na，碱性最强的是NaOH；化学性质最稳定的是稀有气体Ar；得电子能力最强的是Cl，酸性最强的是HClO4，最稳定的气态氢化物是HCl；两性氢氧化物是Al(OH)3；半径最大的是Na，最小的是Cl。
答案： Na Ar HClO4 NaOH Al(OH)3
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－
钠 HCl
8．(2011·洛阳高一质检)a、b、c、d、e、f、g为7种短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，其结构特点如下：
粒子 a b c d e f g
原子核数 单核 单核 双核 多核 单核 多核 多核
所带电荷数 0 ＋1 －1 0 ＋2 ＋1 0
其中d是四原子分子，c与f反应可生成2个g分子。
试写出：
(1)a粒子的原子结构示意图________。
(2)b与e相应元素对应氧化物的水化物碱性强弱：________>________(用化学式表示)。
(3)d的水溶液显________性(填“酸”、“碱”或“中”)，电离方程式__________________________________。
(4)b与e的离子半径________>________(填元素符号)。
(5)c粒子是________；f粒子是________(用化学式表示)。
解析： 由信息可知a为氖，b、e分别为Na＋、Mg2＋，c为OH－。c与f反应可生成两个g分子，故f为H3O＋，g为H2O；d是四原子分子且含有10个电子，即d为NH3。
答案： (1)
(2)NaOH Mg(OH)2
(3)碱 NH3·H2O??NH＋OH－
(4)Na＋ Mg2＋
(5)OH－ H3O＋
B组——能力拔高
9．(2010·温州高一检测)R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素。下列说法一定正确的是( )
A．若R(OH)n为强碱，则W(OH)n＋1也为强碱
B．若HnXOm为强酸，则Y是活泼非金属元素
C．若Y的最低化合价为－2价，则Z的最高正化合价为＋6价
D．若X的最高正化合价为＋5价，则五种元素都是非金属元素
解析： 由题干信息知R、W、X、Y、Z金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。若R(OH)n为强碱，W(OH)n＋1的碱性比R(OH)n弱， W(OH)n＋1可能为弱碱，所以A项错；若HnXOm为强酸，说明X是活泼的非金属元素，且Y的非金属性比X强，故B项正确；若Y的最低化合价为－2价，则其最高正化合价为＋6价，即Y为第ⅥA族元素，Z为第ⅦA族，没有＋6价，故C项错误；若X的最高正化合价为＋5价，则X为第ⅤA族元素，同时知R为第ⅢA族元素，此时R可以为铝，故D项错。
答案： B
10．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素。已知A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应水化物之间两两皆能反应生成盐和水；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，回答：
(1)写出下列元素符号：
A______________、C______________、D______________；
(2)A、E两元素最高价氧化物对应水化物相互反应的化学方程式
________________________________________________________________________；
(3)比较C、D最高价氧化物对应水化物的酸性__________。
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A、B、E三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，推出分别为Si和P，非金属性Si答案： (1)Na Si P
(2)NaOH＋HClO4===NaClO4＋H2O
(3)H3PO4>H2SiO3(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．下列能源不属于可再生能源的是( )
A．乙醇 B．氢气
C．沼气 D．天然气
解析： 天然气与煤、石油等一样，属于化石燃料，是自然形成的不可再生的能源；而乙醇通过光合作用、氢气通过水分解、沼气通过有机物发酵的方式均可再生；故选D。
答案： D
2．下列变化过程需要吸收能量的是( )
A．2H2＋O22H2O B．Cl＋Cl―→Cl2
C．CaO＋H2O===Ca(OH)2 D．H2―→H＋H
解析： H2在O2中燃烧放出大量的热，生石灰溶于水放热，原子间化合放出能量，而拆开H—H键则需吸收能量。
答案： D
3．下列说法中正确的是( )
A．化学反应中的能量变化，表现形式除热量外还可以是光能和电能等
B．化学反应中的能量变化不一定服从能量守恒定律
C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量可能相同
D．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量
解析： 该题主要考查对化学反应中的能量变化的理解与应用。物质发生化学反应都伴随着能量的变化，所以反应物的总能量与生成物的总能量一定不同。化学反应中的能量变化遵循能量守恒定律。在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量(E1)与生成物的总能量(E2)之间的关系为：①E1>E2，化学反应为放热反应；②E1答案： A
4．(2011·焦作高一质检)已知反应X＋Y===M＋N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是( )
A．X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的
B．因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行
C．破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量
D．反应物X和Y的总能量一定小于生成物M和N的总能量
解析： X＋Y===M＋N为吸热反应，X和Y的总能量一定小于生成物M和N的总能量，但X的能量不一定低于M的，Y的能量不一定低于N的；吸热反应不一定要加热才能进行；反应吸热，破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键放出的能量。
答案： D
5．已知：①能量越低的物质就越稳定；②白磷转化成红磷是放热反应。据此，下列判断或说法中正确的是(双选)( )
A．在相同的条件下，红磷比白磷稳定
B．在相同的条件下，白磷比红磷稳定
C．红磷和白磷的结构不同
D．红磷容易发生自燃而白磷则不会自燃
解析： 由题目提供的信息知，红磷比白磷稳定，白磷易自燃，说明性质不同，进一步说明结构不同。
答案： AC
6．已知化学反应2C(s)＋O2(g)点燃,2CO(g)和2CO(g)＋O2(g)点燃,2CO2(g)都是放热反应。据此判断，下列说法中不正确的是(其他条件均相同)( )
A．12 g C所具有的能量一定高于28 g CO所具有的能量
B．56 g CO和32 g O2所具有的总能量大于88 g CO2所具有的能量
C．12 g C和32 g O2所具有的总能量大于44 g CO2所具有的总能量
D．将一定质量的C燃烧，生成CO2比生成CO时放出的热量多
解析： 放出热量的化学反应，反应物的总能量一定高于生成物的总能量。C和CO的燃烧反应都是放热反应，故B、C正确；由于CO2,CO放热，COO2,CO2也放热，即若由C直接燃烧生成CO2，其放出的热量一定比C燃烧生成CO放出的热量多，故D对；A项中，由上述分析知C与O2的总能量大于生成的产物CO的能量，但这并不能得出C的能量高于CO的能量的结论，故A错。
答案： A
7．氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰。在反应过程中，破坏1 mol H2中的化学键消耗的能量为Q1 kJ，破坏1 mol Cl2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1 mol HCl中的化学键释放的能量为Q3 kJ。下列关系中，正确的是( )
A．Q1＋Q2>Q3 B．Q1＋Q2>2Q3
C．Q1＋Q2解析： 由H2＋Cl2点燃,2HCl可知，破坏1 mol H—H键以后，形成2 mol H—Cl键，形成2 mol H—Cl键释放的能量之和是2Q3 kJ。在H2＋Cl2点燃,2HCl的物质变化的过程中，能量的变化是释放能量，即Q1＋Q2＜2Q3。
答案： D
8．下表中的数据是破坏1 mol物质中的化学键所消耗的能量(kJ)：
物质 Cl2 Br2 I2 HCl HBr HI H2
能量/kJ 243 193 151 432 366 298 436
根据上述数据回答下列问题：
(1)下列氢化物中最稳定的是________。
A．HCl B．HBr
C．HI
(2)X2＋H2===2HX(X代表Cl、Br、I)的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出(或吸收)的热量最多的是______。
(4)若无上表中的数据，你能正确回答出问题(4)吗？你的依据是
________________________________________________________________________
________________________。
解析： (1)破坏化学键所需能量越高越稳定，由表中数据知应选A。
(2)(3)两小题中以氯元素为例计算断开1 mol Cl—Cl键和1 mol H—H键需要吸收的能量为243 kJ＋436 kJ＝679 kJ，而形成2 mol HCl放出的能量为2×432 kJ＝864 kJ，所以在Cl2＋H2===2HCl反应中放出864 kJ－679 kJ＝185 kJ的热量，同理可以计算在Br2＋H2===2HBr，I2＋H2??2HI反应中分别放出的热量为103 kJ、9 kJ。
(4)可以从非金属元素非金属性的强弱进行判断。
答案： (1)A (2)放热 (3)Cl2 (4)能。元素的非金属性越强，则生成的氢化物稳定，且越容易生成，放出的热量越多
B组——能力拔高
9．将V1 mL 1.0 mol·L－1HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)。下列叙述正确的是( )
A．做该实验时环境温度为22 ℃
B．该实验表明化学能可以转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约是1.00 mol·L－1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
解析： 由题图可知，5 mL 1.0 mol·L－1 HCl溶液与NaOH溶液混合后温度为22 ℃，因此，做该实验时环境温度低于22 ℃，A项错误；既然反应后溶液温度升高，则B项正确；两者恰好完全反应时，放出热量最多，温度最高，从图上看出，30 mL 1.0 mol·L－1 HCl溶液和20 mL NaOH溶液恰好完全反应。因此，该NaOH溶液的浓度为1.0 mol·L－1×30 mL÷20 mL＝1.5 mol·L－1，C项错误；有水生成的反应并不都是放热反应，如某些氢氧化物的分解，D项错误。
答案： B
10．Ⅰ.(2010·信阳高一检测)如图所示，把试管放入盛有25 ℃的饱和澄清石灰水的烧杯中，试管开始放入几小块镁片，再用滴管滴入5 mL盐酸于试管中，试回答下列问题：
(1)实验中观察到的现象是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)产生上述现象的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出有关反应的离子方程式
________________________________________________________________________。
(4)由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量________(填“大于”、“小于”或“等于”)镁片和盐酸的总能量。
Ⅱ.已知断开1 mol H—H键，1 mol N—H键、1 molNN键分别需要吸收的能量为436 kJ、391 kJ、946 kJ。一定条件下由氢气和氮气反应生成1 mol NH3需要________(填“放出”或“吸收”)________kJ的热量。
解析： Ⅰ.镁片与盐酸反应放热，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下降而析出Ca(OH)2固体。
Ⅱ.根据化学方程式N2＋3H22NH3，生成1 mol NH3时需要消耗0.5 mol的N2和1.5 mol的H2。因此在上述的反应过程中断裂0.5 molNN键和1.5 mol H—H键，共吸收热量0.5×946 kJ＋1.5×436 kJ＝1 127 kJ；形成1 mol NH3 中的3 mol N—H键，共放出热量3×391 kJ＝1 173 kJ。因为1 173 kJ>1 127 kJ，因此反应放热，共放出1 173 kJ－1 127 kJ＝46 kJ。
答案： Ⅰ.(1)①镁片上有大量气泡产生；②镁片逐渐溶解；③烧杯中析出固体(或烧杯中溶液变浑浊)
(2)镁与盐酸反应产生氢气，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
Ⅱ.放出 46(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．下列电子层上的电子能量一定最低的是( )
A．K层 B．最外层
C．次外层 D．L层
答案： A
2．下列粒子的核外电子排布正确的是( )
解析： 本题可用排除法，电子总是尽先排在离核近的电子层上，故A错；最外电子层最多可排8个电子，故B错；倒数第二层最多可排18个电子，故C错。
答案： D
3．(2011·佛山高一质检)下列化学符号表示同一种元素的是( )
A．只有①③ B．①②③
C．只有②③ D．全部
解析： 元素的种类由质子数决定，由给出符号可知①、②、③核内质子数均为17，为同一种元素。
答案： B
4．(2011·泉州高一质检)下列结构示意图所代表的微粒中，最难发生化学反应的是( )
解析： A项表示的是Ne原子，B项表示的是Al3＋，C项表示的是Cl－，D项表示的是S2－。Ne是稀有气体元素，它及其他的稀有气体原子具有非常稳定的电子层结构，极难发生化学反应。
答案： A
5．(2011·宝鸡高一质检)某元素的原子核外电子排布中，K电子层和L层电子层电子数之和等于M电子层和N电子层电子数之和，则该元素的核电荷数为( )
A．30 B．20
C．12 D．17
解析： 据题意，结合核外电子排布所遵循的规律可知，该元素原子核外K层上有2个电子，L层上有8个电子，M层上有8个电子，N层上有2个电子，因此核外共有20个电子，则核外电荷数为20。
答案： B
6．(2010·梅州高一检测)A、B、C三种元素原子的核电荷数依次为a、b、c，它们的离子An＋、Bn－、Cm－具有相同的电子层结构，且n>m，则下列关系正确的是( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．a＝b＋m＋n D．a＝c－n－m
解析： A原子失电子成为阳离子An＋，而B、C原子分别得电子变成阴离子Bn－、Cm－，且n>m，所以质子数a>c>b。三种离子核外电子数相等，所以a－n＝b＋n＝c＋m即a＝b＋2n＝c＋m＋n。
答案： B
7．写出下列微粒的符号并画出相应的离子结构示意图。
(1)最外层电子数是次外层电子数4倍的二价阴离子__________________。
(2)电子总数为18的＋1价单核阳离子__________________。
解析： 解此题的关键是要熟练掌握原(离)子符号的书写及粒子结构示意图的画法。要弄清题目要求画的究竟是原子结构示意图还是离子结构示意图，是阳离子结构示意图还是阴离子结构示意图。再结合原子核外电子排布规律画出符合题目要求的原(离)子结构示意图。
8．用下面的原子或离子结构示意图的编号(A、B、C、D)填空：
①电子层排布相同的是________；
②属于同种元素的是________；
③属于金属元素的是________；
④属于稀有气体元素的是________。
解析： 电子层排布相同是指电子层数相同，各层上的电子数相同；同种元素是指核内质子数相同；金属元素的最外层电子数一般小于4；稀有气体元素的最外层电子为8(或2)。
答案： ①BC ②AB ③D ④C
B组——能力拔高
9．某元素R原子的核外电子数等于核内中子数，该元素(相对原子质量的整数部分与R原子的质量数相同)的单质R 2.8 g与氧气充分反应，可得到6.0 g化合物RO2，则该元素的原子(双选)( )
A．具有3个电子层 B．具有2个电子层
C．最外层电子数为6 D．最外层电子数为4
解析： 设该元素的相对原子质量为x，则单质R的相对原子质量为x。
R ＋ O2 === RO2
x 32
2．8 g 6.0 g－2.8 g
列式可解得：x＝28，则R原子的质量数A＝28。由题意知，对于R原子而言：质子数＝中子数，则R原子：核内质子数Z＝A÷2＝28÷2＝14，此为硅元素，原子结构示意图为：
答案： AD
10．Fe的核电荷数为26，核外有4个电子层，其中能量最高的电子层上有2个电子。请回答下列问题：
(1)画出Fe的原子结构示意图________。
(2)Fe原子既可失去2个电子显＋2价，又可失去3个电子显＋3价。写出Fe3＋的结构示意图________，Fe3＋与Fe反应的离子方程式__________________。
(3)Fe3O4中有＋2、＋3价铁，＋2价铁有________个，与盐酸反应可产生两种盐，写出与盐酸反应的离子方程式____________________________。
解析： (1)根据题设信息及核外电子排布规律推出，Fe的原子结构示意图为：
(2)失去2个电子时，容易失去最外层电子，若再失去一个电子，一定失去次外层一个电子，即为；Fe3＋具有强氧化性，与Fe反应：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
(3)Fe3O4中有＋2、＋3价铁，相当于FeO·Fe2O3，Fe3O4中有1个＋2价铁。与盐酸反应的离子方程式为Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O。
答案： (1)
(2) 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
(3)1 Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．下列关于葡萄糖的说法错误的是( )
A．葡萄糖的分子式是C6H12O6
B．葡萄糖属于单糖
C．葡萄糖是碳水化合物，因为它的分子是由6个碳原子和6个水分子组成
D．葡萄糖能与新制的氢氧化铜悬浊液共热反应，生成砖红色的沉淀
解析： 葡萄糖分子式为C6H12O6，其中氧原子和氢原子并不以水的形式存在，故C错误，葡萄糖结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，分子中含有醛基(—CHO)能与新制Cu(OH)2悬浊液反应。
答案： C
2．常温下能溶于水，一定条件下又能与水反应的是( )
A．乙酸乙酯 B．麦芽糖
C．葡萄糖 D．纤维素
解析： 常温下乙酸乙酯、纤维素不溶于水，麦芽糖、葡萄糖可溶于水，在一定条件下麦芽糖又能发生水解反应，而葡萄糖不能水解，故正确答案为B。
答案： B
3．下列关于淀粉的说法中不正确的是( )
A．淀粉易溶于水
B．淀粉属于高分子化合物
C．淀粉与碘水作用呈现蓝色
D．淀粉在人体内能够水解，生成葡萄糖，经肠壁吸收进入血液
解析： 淀粉是一种不溶于水的高分子化合物，它在人体内能够水解生成葡萄糖，其特征反应是遇碘变蓝。
答案： A
4．市场上有一种加酶洗衣粉，它是在洗衣粉中加入少量的碱与蛋白酶制成的。蛋白酶的催化活性很强，衣物的汗渍、血迹遇到它，都能水解而除去。下列衣料中，不能用加酶洗衣粉洗涤的是( )
①棉织品 ②毛织品 ③腈纶织品 ④丝织品
A．① B．②③
C．①③ D．②④
解析： 毛和丝的成分都是蛋白质。
答案： D
5．为了鉴别某白色纺织品的成分是蚕丝还是“人造丝”，通常选用的方法是( )
A．滴加浓硝酸 B．滴加浓硫酸
C．滴加酒精 D．火焰上灼烧
解析： 鉴别蛋白质的依据主要有：①有些蛋白质分子(有苯环存在)跟浓HNO3作用时呈黄色。②蛋白质被灼烧时，有烧焦羽毛的气味(常以此来区别毛纺物和棉织物)。
答案： D
6．用石灰水保存鲜蛋是一种化学保鲜法，石灰水能保存鲜蛋的原理是( )
①石灰水具有强碱性，杀菌能力强
②Ca(OH)2能与鲜蛋呼出的CO2反应，生成CaCO3薄膜，起保护作用
③石灰水是电解质溶液，能使蛋白质凝聚
④石灰水能渗入蛋内中和酸性物质
A．①② B．③④
C．②④ D．①③
解析： 用石灰水保存鲜蛋，目的是不使鲜蛋内蛋白质凝聚或变性，否则就不能称为“保鲜”，其原理主要是利用石灰水的杀菌和消毒及能与鲜蛋呼出的CO2作用生成CaCO3，增加了蛋壳的厚度，起保护作用。
答案： A
7．应用所学知识回答下列问题：
(1)下列物质对蛋白质的化学性质具有明显影响的是(写代号)________。
A．重晶石 B．蓝矾 C．碘酒 D．高锰酸钾
E．酒精 F．生牛奶 G．熟鸡蛋
(2)如果你发现有人误服重金属盐而出现了轻微中毒症，需要你马上对病人进行抢救，你认为上述物质中可以应用的是(写代号) ________。
(3)当你选择物质对病人进行抢救以后，下一步的打算或做法是(写代号) ________。
A．建议病人快去医院继续治疗
B．将病人安置于通风处呼吸新鲜的空气
C．建议病人卧床休息
解析： (1)蓝矾、碘酒、高锰酸钾、酒精等物质都能使蛋白质变性，蛋白质的变性属于化学变化。重晶石的主要成分是硫酸钡，它既不溶于水又不溶于酸，不能使蛋白质变性，对人无毒。
(2)生牛奶中含有较多的未变性的蛋白质，熟鸡蛋中蛋白质已经变性了。
(3)重金属盐中毒者服用生牛奶能降低重金属盐对人体的作用，但这种作用是有限的。病人去医院请医生做更有效的冶疗是最佳选择。
答案： (1)BCDE (2)F (3)A
8．用含淀粉的物质制备陈醋(醋酸)的主要过程，可用化学方程式表示为：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________；
④2CH3CHO＋O22CH3COOH。
检验所酿的陈醋中是否含有淀粉的方法是
________________________________________________________________________
______________________。
答案： ①(＋nH2On(
②C6H12O6(葡萄糖)2C2H5OH＋2CO2↑
③2C2H5OH＋O22CH3CHO＋2H2O
加碘水，若溶液变蓝，说明有淀粉，否则没有淀粉
B组——能力拔高
9．将10 mL淀粉溶液和5 mL氯化钠溶液混合后，放入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中(如下图所示)，2 min后分别取袋内和烧杯内液体进行实验。下列说法正确的是( )
A．烧杯内液体加入硝酸银溶液后有白色沉淀产生
B．烧杯内液体加入碘水后呈蓝色
C．袋内液体加入碘水后不变蓝
D．袋内液体加入硝酸银溶液后无变化
解析： 淀粉不能透过半透膜，而较小的Cl－等能透过半透膜，一段时间后，半透膜内外的离子浓度保持相等，所以袋中、烧杯中的液体加入AgNO3溶液后均有白色沉淀生成。
答案： A
10．某市拟投资建设一个工业酒精厂，目的是用工业酒精与汽油混合制成“乙醇汽油”，以节省石油资源。已知制酒精的方法有三种：
①在催化剂作用下乙烯与水反应；
②CH3CH2Br＋H2OCH3CH2OH＋HBr；
③(C6H10O5)n(淀粉)＋nH2OnC6H12O6(葡萄糖)；
C6H12O6(葡萄糖)2C2H5OH＋2CO2↑。
(1)方法①的化学方程式是
________________________________________________________________________。
(2)方法②的化学反应类型是____________。
(3)为缓解石油短缺带来的能源危机，你认为该市应选用哪一种方法生产工业酒精？请简述理由________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)如果从绿色化学(“原子利用率”最大化)的角度看，制酒精最好的一组方法是________。
A．① B．③
C．①③ D．①②③
答案： (1)CH2===CH2＋H2OCH3CH2OH
(2)取代反应
(3)应该用法③，因为淀粉是可再生资源，而乙烯、溴乙烷都是来自于以石油为原料制得的产品，是不可再生资源，用它们制成酒精还不如直接利用石油 (4)A(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．炒菜时，加酒加醋可使菜变得味香可口，原因是( )
A．有盐类物质生成 B．有酸类物质生成
C．有醇类物质生成 D．有酯类物质生成
解析： 酒的主要成分乙醇可以和醋的主要成分乙酸发生酯化反应，生成具有香味的乙酸乙酯。
答案： D
2．为了促进酯的水解，可以采取最有效的措施是( )
A．增加酯的用量 B．增加水的用量
C．加热 D．加入氢氧化钠溶液并加热
解析： 加入碱液可以中和酯水解生成的羧酸，使酯的水解程度变大，促进酯的水解。
答案： D
3．下列关于油脂的叙述不正确的是 ( )
A．利用油脂在碱性条件下的水解反应，可以生产甘油和肥皂
B．油脂在小肠内受酶的催化作用而水解，生成的高级脂肪酸和甘油作为人体营养成分为肠壁所吸收，同时提供人体活动所需要的能量
C．油脂中的碳链为碳碳单键时，主要是高沸点的动物脂肪
D．油脂是人体所需的基本营养物质之一，应尽量多食用油脂类物质
答案： D
4．下列物质属于油脂的是( )
解析： 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。
答案： C
5．植物油厂为了提取大豆中丰富的油脂，下列方案设计合理的是( )
A．将大豆用水浸泡，使其中的油脂溶于水，然后再分馏
B．先将大豆压成颗粒状，再用无毒的有机溶剂浸泡，然后对浸出液进行蒸馏分离
C．将大豆用碱溶液处理，使其中的油脂溶解下来，然后再蒸发
D．将大豆粉碎，然后隔绝空气加热，使其中的油脂挥发出来
解析： 此题考查了油脂的性质。油脂是难溶于水的物质，故用水浸泡不会使油脂溶解，则A项不合理；D项中的提取方法利用油脂在有机物中可以溶解，并利用蒸馏的方法进行分离，故B项合理；大豆如果用碱溶液处理，则油脂会水解生成高级脂肪酸盐和甘油，蒸发出来的不是油脂，故C项不合理；D项也不合理。
答案： B
6．(2010·西安高一检测)可以判断油脂皂化反应基本完成的现象是( )
A．反应液使红色石蕊试纸变蓝色
B．反应液使蓝色石蕊试纸变红色
C．反应后静置，反应液分为两层
D．反应后静置，反应液不分层
解析： 油脂不溶于水，皂化反应后生成物易溶于水，故D项符合题意，C项不符合题意；由于皂化反应中加入NaOH溶液，红色石蕊试纸变蓝只能说明反应液呈碱性，无法证明皂化反应进行的程度，A项不符合题意；B项现象不可能出现。
答案： D
7．(1)某油脂常温呈液态，其中一种成分的结构简式为：
写出该油脂在NaOH热溶液中水解产物的结构简式：__________________________。
(2)请将分离下列有机混合物所用的试剂、分离方法及主要仪器填写在下表中：
混合物 试剂 分离方法 主要仪器
甲烷(乙烯)
乙酸乙酯(乙酸)
肥皂(甘油)
解析： 甲烷中混有乙烯，可将混合气体通过溴水，乙烯与溴发生加成反应生成1,2 二溴乙烷留在了溴水中，乙酸乙酯中乙酸可用饱和Na2CO3溶液并分液，因为乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中溶解度很小，且乙酸易溶于水。肥皂中混有甘油，可加盐发生盐析，然后过滤即可分离开。
答案： (1)C17H35COONa C17H33COONa C15H29COONa
(2)溴水 洗气 洗气瓶 饱和Na2CO3溶液 分液 分液漏斗 NaCl 过滤(或盐析) 漏斗、烧杯
8．右图为硬脂酸甘油酯
在碱性条件下水解的装置图。进行皂化反应的步骤如下：
(1)在烧瓶中装入7～8 g硬脂酸甘油酯，然后加入2～3 g的NaOH、5 mL H2O和10 mL酒精。加入酒精的作用是
________________________________________________________________________。
(2)图中长玻璃导管的作用是
________________________________________________________________________。
(3)该反应的化学方程式是
________________________________________________________________________
______________________。
答案： (1)溶解硬脂酸甘油酯 (2)冷凝回流
(3)(C17H35COO)3C3H5＋3NaOH3C17H35COONa＋
B组——能力拔高
9．下列物质中各含有少量的杂质，能用饱和碳酸钠溶液并借助于分液漏斗除去杂质的是( )
A．苯中含有少量甲苯 B．乙醇中含有少量乙酸
C．溴苯中含有少量苯 D．乙酸乙酯中含有少量乙酸
解析： A中苯与甲苯互溶，且不溶于碳酸钠；B中乙醇易溶于碳酸钠溶液；C中苯和溴苯互溶，因此前三项均不能用分液的方法分离；D中饱和碳酸钠溶液可降低乙酸乙酯的溶解度，中和乙酸。
答案： D
10．现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下面是分离操作步骤流程图。请在流程图下面的空格处填入适当的试剂及分离方法(括号内为试剂，圆圈内为分离方法)：
(1)试剂a是______________，试剂b是____________；分离方法①是__________，分离方法②是__________，分离方法③是________。
(2)在得到的A中加入无水碳酸钠粉末，振荡，目的是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： 粗产品中有乙酸乙酯、乙酸、乙醇三种物质，用饱和碳酸钠溶液进行萃取、分液可把混合物分离成两种半成品，其中一份是乙酸乙酯(即A)、另一份是乙酸钠和乙醇的水溶液(即B)。蒸馏B可得到乙醇(即E)，留下残液是乙酸钠溶液(即C)。再在C中加稀硫酸，经蒸馏可得到乙酸溶液。
答案： (1)饱和碳酸钠溶液 硫酸 分液 蒸馏 蒸馏
(2)除去乙酸乙酯中的水(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．下列物质中，属于烷烃的是( )
解析： A项不属于烃，因分子中含氧元素；B项中碳原子间不是单键结合；C项中碳原子形成的不是链状结构。
答案： D
2．下列关于烷烃的说法正确的是( )
A．丙烷(C3H8)发生取代反应生成的C3H7Cl的结构只有一种
B．丙烷分子中三个碳原子在一条直线上
C．分子中含有6个碳原子的烷烃在常温下为液态物质
D．烷烃的分子为开链式结构，不可以带支链
解析： A中得到的C3H7Cl有两种结构：CH3CH2CH2Cl和，故A错；B中C3H8分子中3个碳原子不在一条直线上，故B错；C中烷烃常温下应为液态，C对；D中烷烃碳链可为直链状，也可带支链，D错。
答案： C
3． (2010·福州高一质检)下列化学式只表示一种纯净物的是( )
A．C2H6 B．C4H10
C．C2H4Cl2 D．C
解析： C4H10可表示CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3 2种物质；C项可表示CH2Cl CH2Cl和CHCl2CH3 2种物质；D项可表示金刚石或石墨。
答案： A
4．下面的式子是某同学书写的C5H12的同分异构体的结构简式：①CH2CH3CH2CH2CH3
这些结构中出现重复的是( )
A．①② B．④⑤
C．②③④ D．均不重复
解析： ②③④均为2 甲基丁烷，是同一种物质，只是书写形式不同而已。
答案： C
5．下列有机物的一氯取代物的同分异构体有3种的是( )
①CH3CH2CH2CH2CH3 ②(CH3)3CCH2CH3 ③CH(CH2CH3)3 ④(CH3)2C(CH2CH3)2 ⑤(CH3)2CH—C(CH3)3
⑥(CH3)3C—C(CH3)3
A．①②③④⑤ B．②⑥
C．①②⑥ D．④⑤⑥
解析： 要判断一氯取代物的种类数，需对烃中氢原子种类数进行判断，分子中有三类氢原子，则其一氯取代物就有3种。
答案： A
6．(2011·开封高一质检)已知丙烷的二氯代物有4种同分异构体，则其六氯代物的同分异构体的数目为( )
A．2种 B．3种
C．4种 D．5种
解析： 根据确定同分异构体种数的替代法知，丙烷(C3H8)的二氯代物与六氯代物的同分异构体种数相同。
答案： C
7．(2010·长沙高一检测)验证某有机物属于烃，应完成的实验内容是( )
A．只测定它的C、H比
B．只要证明它完全燃烧后产物只有H2O和CO2
C．只测定其燃烧产物H2O和CO2的物质的量之比
D．测定该试样的质量及完全燃烧后生成H2O和CO2的质量
解析： A、B、C选项均无法判断该有机物中是否含氧，故不能达到目的；而D选项中，通过生成物CO2和H2O的质量，可计算出碳和氢的质量，若两者的质量和等于该试样的质量，则证明只含碳、氢两元素，即该有机物是烃。
答案： D
8．如下图所示4个碳原子相互结合的方式。小球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢结合。
(1)图中属于烷烃的是__________________(填字母)。
(2)在如图的有机化合物中，碳原子与碳原子之间不仅可以形成碳碳单键，还可以形成________和________；不仅可以形成________，还可以形成碳环。
(3)如图中互为同分异构体的是：A与______；B与________；
D与________。(填字母)
解析： A的分子式为C4H10；B的分子式为C4H8，分子中存在碳碳双键；C的分子式为C4H10；D的分子式为C4H6，分子中存在碳碳叁键；E的分子式为C4H8；F的分子式为C4H8；G的分子式为C4H6；H的分子式为C4H8，分子中碳原子之间形成碳环。
答案： (1)A、C (2)碳碳双键 碳碳叁键 碳链
(3)C E、F、H G
B组——能力拔高
9．燃烧0.1 mol两种气态烃的混合物，生成3.58 L CO2(标准状况)和3.6 g H2O，则混合气体中( )
A．一定有甲烷 B．一定有乙烷
C．一定无甲烷 D．一定有丙烷
解析： 生成n(CO2)＝＝0.16 mol，生成n(H2O)＝＝0.2 mol，因此两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据混合物的平均组成可知，碳原子组成小于1.6的烃只有甲烷，而另一种烃必为氢原子数为4、碳原子数大于或等于2的气态烃。因此只有选项A正确。
答案： A
10．写出下列各烷烃的分子式。并写出烷烃A的同分异构体的结构简式。
(1)烷烃A在同温同压下蒸气的密度是H2的36倍____________。
(2)烷烃B的分子中含有200个氢原子__________。
(3)1 L烷烃D的蒸气完全燃烧时，生成同温同压下15 L的水蒸气________。
(4)分子中含有22个共价键的烷烃________。
解析： (1)利用分子通式与相对分子质量的关系来计算烷烃分子通式中的n值：12n＋2n＋2＝36×2＝72，所以n＝5；先写最长碳链：①C—C—C—C—C，减碳变位：②，
③，用H原子补齐C原子的剩余价键，即：
①CH3CH2CH2CH2CH3，②，
③。
(2)烷烃B分子中的氢原子数为2n＋2＝200，即n＝99。
(3)由关系式CnH2n＋2～(n＋1)H2O得：n＋1＝15，所以n＝14。
(4)分析烷烃CnH2n＋2中的共价键个数，有(2n＋2)个碳氢单键，还有把n个碳连成链状的(n－1)个碳碳单键，即(n－1)＋(2n＋2)＝22，所以n＝7。
答案： (1)C5H12，同分异构体为CH3CH2CH2CH2CH3、
(2)C99H200 (3)C14H30 (4)C7H16(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．(2011·杭州高一质检)下列关于煤的干馏的叙述中，正确的是(双选)( )
A．煤加强热而分解的过程
B．煤干馏的目的是得到冶金用的优质焦炭
C．煤的干馏和石油的分馏的本质区别是：干馏是化学变化而分馏是物理变化
D．工业上芳香烃原料可由煤干馏得到，其存在于煤干馏所得的焦炉气中
解析： A项干馏要在隔绝空气的条件下进行。B项煤干馏的主要产物是焦炭，同时得到焦炉气、煤焦油等物质。C项煤干馏时发生了分解反应，所以是化学变化；分馏仅仅是利用沸点不同而分开液体混合物中的各成分，所以是物理变化。D项芳香烃主要存在于煤焦油中。
答案： BC
2．(2009·海南高考)将等体积的苯、汽油和水在试管中充分混合后静置。下列图示现象正确的是( )
解析： 题中苯、汽油和水的密度有差别，其中苯和汽油密度比水小，且能互溶，所以分两层，上下层比例为2∶1。
答案： D
3．(2010·邯郸高一检测)下列变化属于化学变化的是( )
A．石油分馏
B．用四氯化碳水溴水中萃取溴
C．煤的干馏
D．苯散发出特殊气味
解析： A、B两选项都是物理变化，D属于苯的物理性质。
答案： C
4．下列分子中各原子不在同一平面上的是( )
A．乙烷 B．乙烯
C．二氧化碳 D．苯
解析： 乙烯分子中的2个碳原子和4个氢原子在同一平面上；二氧化碳分子中的碳原子和2个氧原子在同一直线上，因此，碳原子和2个氧原子共面；苯分子中的6个碳原子和6个氢原子在同一平面上。
答案： A
5．在实验室中，下列除杂的方法正确的是(双选)( )
A．溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出溴
B．乙烷中混有乙烯，通过H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
C．硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，用NaOH溶液除去
D．乙烯中混有CO2和SO2，将其通入NaOH溶液中洗气
解析： 溴苯中的溴可以通过NaOH溶液除去，乙烷中的乙烯可通过溴水而除去。
答案： CD
6．已知二氯苯的同分异构体有3种，可以推知四氯苯的同分异构体的数目是( )
A．2种 B．3种
C． 4种 D．5种
解析： 四氯苯可以看做四个氯原子占了四个氢的位置，其同分异构体数目与二氯苯相同。
答案： B
7．(1)苯与甲烷都可以发生取代反应，反应的主要差异表现在________；苯与乙烯都可以发生加成反应，反应的差异主要表现在________。
(2)是同一种物质还是两种物质？________。理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)反应条件不同 反应条件不同
(2)同种物质 苯分子中不存在单双键的区分，而是介于单、双键之间的特殊的键，即这6个键是完全相同的，且苯环为平面正六边形结构
8．人们对苯的认识有一个不断深化的过程。
(1)苯不能使溴水退色，性质类似烷烃，任写一个苯发生取代反应的化学方程式________________________________________________________________________。
(2)烷烃中脱去2 mol氢原子形成1 mol双键要吸热，但1,3－环己二烯()脱去2 mol氢原子变成苯却放热，可由此推断苯比1,3－环己二烯________(填“稳定”或“不稳定”)。
(3)1866年凯库勒提出了苯的单双键交替的正六边形平面结构，解释了苯的部分性质，但还有一些问题尚未解决，它不能解决下列________事实(填入编号)。
a．苯不能使溴水退色 b．苯能与H2发生加成反应
c．溴苯没有同分异构体 d．邻二溴苯只有一种
(4)现代化学认为苯分子碳碳之间的键是
________________________________________________________________________
____________________。
解析： (1)依据取代反应的特点，不难写出化学方程式。苯的溴代或苯的硝化反应均可。(2)由题中条件，只从脱氢的角度分析，由1,3－环己二烯脱氢生成苯应该吸热，而实际转化过程放热，说明1,3－环己二烯的自身能量高于苯，即苯比1,3－环己二烯稳定。(3)不能解释a、d两条，因苯分子中碳碳键若是单双键交替结构应能与溴水反应，同时邻二溴苯应有两种。(4)现代学化认为苯分子碳碳之间的键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键。
答案： (1)
(2)稳定 (3)ad (4)介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键
B组——能力拔高
9．已知甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化而使其紫色退去，但与溴水不反应，现有己烯(液态，性质类似于乙烯)、苯、甲苯三种失去标签的无色液体，有酸性KMnO4溶液、溴水和NaOH溶液三种试剂，能将三种无色液体鉴别开来的是( )
A．只用酸性KMnO4溶液 B．只用溴水
C．只用NaOH溶液 D．用酸性KMnO4溶液和溴水
解析：
答案： D
10．阅读下列材料，并回答有关问题。
1965年，凯库勒从苯的化学式C6H6出发，结合以往研究的成果，综合提出了苯的构造式()。根据现代物理方法如X射线法、光谱法等证明了苯分子是一个平面正六边形构型，且其中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，易溶解许多有机化合物及溴单质和碘单质等，不溶于水，密度为0.879 g·cm－3，沸点为80.5 ℃。
(1)苯分子中各碳碳键夹角是________。
(2)苯的二氯代物有________种，其结构简式分别为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)用苯提取溴水中的溴或碘水中的碘是利用了
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________的性质。
解析： (1)苯分子结构是平面正六边形构型，而平面正六边形内角为120°，故苯分子中碳碳键夹角应为120°。
(2)由苯分子中碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键的事实，可知苯分子环状结构中的各个顶点上碳及碳上面的氢应是分别等同的，各碳碳键(即正六边形各个边)也是等同的，因此，苯的二氯代物应为3种表示如下：
(3)由于苯为液体可做有机溶剂，且苯不溶于水，而且溴或碘的单质在苯中的溶解度比在水中的大，故利用苯可将溴或碘单质从其相应水溶液中提取出来。
答案： (1)120°
(2)3
(3)溴或碘的单质在苯中的溶解度比其在水中的大，且苯不溶于水，也不与溴或碘单质反应(九)
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．(2011·许昌高一质检)下列反应体系中，不属于可逆反应的是( )
A．Cl2溶解于水
B．氨气溶解于水
C．工业合成氨
D．水电解生成H2和O2与H2在O2中燃烧生成H2O
解析： 可逆反应是指在相同条件下，同时向正、逆两个方向进行的反应。
A：Cl2＋H2OHCl＋HClO
B：NH3＋H2ONH3·H2O
C：N2＋3H22NH3，故A、B、C均为可逆反应；D项中水电解生成H2和O2与H2在O2中燃烧生成H2O，两反应的反应条件不同，因此不属于可逆反应，故选D。
答案： D
2．在容器中充入SO2和只由18O原子组成的氧气(18O2)。在一定条件下达到平衡时，18O存在于( )
A．只存在于O2中 B．只存在于O2和SO3中
C．只存在于SO2和SO3中 D．SO3、SO2和O2中都有可能存在
解析： 化学平衡的特征之一是动态平衡，达平衡时一方面18O2与SO2结合生成含18O的SO3，另一方面SO3又分解成SO2和O2，因此18O在O2、SO2以及SO3中都有可能存在。
答案： D
3．(2011·池州高一质检)
右图是可逆反应X2＋3Y22Z2在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是( )
A．t1时，只有正方向反应
B．t1～t2时，X2的物质的量越来越多
C．t2～t3，反应不再发生
D．t2～t3，各物质的浓度不再发生变化
解析： t1时v(正)>v(逆)>0，A项错；由于t1～t2时v(正)>v(逆)>0，反应物X2或Y2物质的量逐渐减少至t2时刻保持不变，B项错；t2～t3达平衡状态，v(正)＝v(逆)≠0，C项错。
答案： D
4．硫酸是一种重要的化工产品，硫酸的消耗量常被视为一个国家工业发达水平的一种标志。目前的主要生产方法是“接触法”，有关2SO2＋O22SO3的说法中，不正确的是( )
A．该反应为可逆反应，故在一定条件下SO2和O2不可能全部转化为SO3
B．达到平衡后，反应就停止了，故正、逆反应速率相等且均为零
C．一定条件下，向某密闭容器中加入2 mol SO2和1 mol O2，则从反应开始到达到平衡的过程中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，某一时刻之后，正、逆反应速率相等
D．平衡时SO2、O2、SO3的分子数之比不再改变
解析： 化学平衡是动态平衡，到达化学平衡状态反应并没停止，只是正、逆反应速率相等而已。
答案： B
5．下列叙述中可以说明反应2HI(g) H2(g)＋I2(g)已达平衡状态的是( )
①单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI
②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂
③百分组成HI%＝I2%
④反应速率v(H2)＝v(I2)＝1/2v(HI)
⑤[HI]∶[H2]∶[I2]＝2∶1∶1
⑥v(HI)分解＝v(HI)生成
⑦压强不变
A．①③⑤ B．②⑥
C．④⑤ D．④⑥⑦
解析： ①H2和HI在方程式中的系数之比为1∶2，因此单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI时正逆反应速率还不相等，故此时还没有达到平衡状态。②H—H键断裂代表的是逆反应速率，而H—I键断裂代表的是正反应速率，因此一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂表示此时正逆反应速率相等，反应达到了化学平衡。③HI的百分组成与I2的百分组成相等，这是反应中的一种特殊时刻，不一定达到化学平衡状态。④因为在同一反应中各物质的反应速率之比等于各物质的方程式系数之比，因此在任何状态都有v(H2)＝v(I2)＝1/2v(HI)。⑤HI、I2和H2的浓度之比为2∶1∶1，这只是反应中的一种特殊时刻，不一定达到化学平衡状态。⑥v(HI)分解＝v(HI)生成表示正逆反应速率相等，达到化学平衡状态。⑦由于化学方程式可逆号两端气体的系数相等，因此压强不能作为判断是否达到化学平衡的依据。
答案： B
6．(2011·南京高一质检)在一体积为10 L的容器中，通过一定量的CO和H2O,850 ℃时发生反应：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)
(1)CO和H2O浓度变化如图，则0～4 min的平均反应速率v(CO)＝________mol·L－1·min－1。
(2)如图中4～5 min之间该反应________(填“是”或“否”)处于平衡状态，判断理由________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： v(CO)＝(0.20－0.08) mol/L/4 min＝0.03 mol·L－1·min－1
根据反应物的浓度不再变化可知4～5 min之间是化学平衡状态。
答案： (1)0.03 (2)是 反应物的浓度不再变化
7．(2009·上海高考题改编)在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)。
(1)该温度下，在2 L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10 min后，生成了单质铁11.2 g。则10 min内CO的平均反应速率为________________。
(2)请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：①__________________________，②______________________。
解析： (1)Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)
3 mol 2×56 g
0.3 mol 11.2 g
v(CO)＝＝0.3 mol/(2 L×10 min)＝0.015 mol·L－1·min－1。
答案： (1)0.015 mol·L－1·min－1 (2)①CO或(CO2)的生成速率与消耗速率相等 ②CO(或CO2)的质量不再改变
B组——能力拔高
8．(2011·扬州高一质检)在一个密闭容器中发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，反应过程中某一时刻测得SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.2 mol·L－1，当反应达到平衡时，可能出现的数据是(双选)( )
A．c(SO3)＝0.4 mol·L－1
B．c(SO2)＝c(SO3)＝0.15 mol·L－1
C．c(SO2)＝0.25 mol·L－1
D．c(SO2)＋c(SO3)＝0.4 mol·L－1
解析： 反应过程中某一时刻c(SO2)＝0.2 mol·L－1，c(O2)＝0.2 mol·L－1，c(SO3)＝0.2 mol·L－1，若SO2全部转化为SO3，c(SO3)＝0.2 mol·L－1＋0.2 mol·L－1＝0.4 mol·L－1，由于是可逆反应，可逆反应的特点是正反应与逆反应同时进行，所以无论是反应物或生成物都不可能消耗完，非起始状态，任何物质的物质的量也不可能是0，所以A选项错误，在题述某一时刻之后，无论平衡怎样移动，都不可能出现c(SO2)＝c(SO3)＝0.15 mol·L－1这种情形，SO2与SO3的浓度都比原来小，这显然违反了质量守恒定律。抓住S元素守恒，D选项恒成立，C选项可能出现。
答案： CD
9．在2 L密闭容器中，800 ℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间(s) 0 1 2 3 4 5
n(NO)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
(1)A点处，v(正)_______ _v(逆)，A点正反应速率________B点正反应速率(用“大于”、“小于”或“等于”填空)。
(2)如图中表示NO2的变化的曲线是________。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝________________。
(3)能说明该反应已经达到平衡状态的是________。
a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内的密度保持不变
(4)能使该反应的反应速率增大的是________。
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效的催化剂
解析： (1)A点，反应未达平衡，由表中数据知n(NO)随反应进行不断减小，说明反应从正向开始，所以A点v(正)>v(逆)；A点处反应物的浓度大于B点，所以A点正反应速率大于B点。
(2)图中纵坐标为浓度，平衡时消耗n(NO)＝0.020 mol－0.007 mol＝0.013 mol，生成n(NO2)＝0.013 mol。平衡时c(NO2)＝0.006 5 mol·L－1，所以NO2的变化曲线为b。0～2 s内，v(O2)＝v(NO)＝×＝1.5×10－3 mol·L－1·s－1。
(3)v(NO2)＝2v(O2)未指明v(正)、v(逆)，不能表明是平衡状态，该反应遵循质量守恒定律，且容器的体积未变化，所以容器内的密度不论反应是否达平衡状态一直保持不变。
(4)分离出NO2气体后，浓度减小，反应速率减慢，而升高温度，加催化剂及增大反应物浓度都会使反应速率增大。
答案： (1)大于 大于 (2)b 1.5×10－3mol/(L·s)
(3)bc (4)bcd(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．下列关于ⅡA族元素的说法中，不正确的是( )
A．元素的主要化合价都是＋2价
B．元素的单质都呈亮白色
C．有的元素的单质可在自然界中稳定存在
D．其中包括被誉为“国防金属”的元素
解析： 第ⅡA族元素的原子最外层都有2个电子，最外层电子易失去，因此，第ⅡA族元素的主要化合价都是＋2价；元素的金属性较强，单质的性质活泼，在自然界中都以化合态存在。镁的合金大量用于制造飞机、导弹等，因此被誉为“国防金属”。
答案： C
2．(2011·东莞高一质检)下列各组元素中，按最高正价递增顺序排列的是( )
A．C、N、O、F B．K、Mg、C、S
C．F、Cl、Br、I D．Li、Na、K、Rb
解析： 由于元素的最高正化合价在数值上一般等于最外层电子数，我们可以通过比较各原子最外层电子数的大小来确定最高正化合价的高低。据分析知，只有B项中各元素的化合价为K：＋1价、Mg：＋2价、C：＋4价、S：＋6价，依次递增。而A项中虽然最外层电子数依次增多，但由于F并无正价，因而不选。
答案： B
3．某元素R的最高价氧化物的化学式为RO2，且R的气态氢化物中氢的质量分数为25%，此元素是( )
A．C B．N
C．Si D．S
解析： 本题涉及元素的最高正价与负价的换算，由最高价氧化物的化学式RO2可知它的最高正价为＋4价，则负价为－4价，所以其气态氢化物的化学式为RH4，根据已知条件可求得R的相对原子质量为12，即碳元素。
答案： A
4．(2011·福州高一质检)下列4种微粒中，半径按由大到小的顺序排列的是( )
A．①>②>③>④ B．③>④>①>②
C．③ >①>②>④ D．①>②>④>③
解析： ①～④依次为S、Cl、S2－、F。①②比原子半径①>②；①③比原子半径①<③；②④比原子半径②>④，故有③>①>②>④。
答案： C
5．我国的纳米技术研究能力已跻身于世界前列，如曾作为我国两年前十大科技成果之一的RN就是一种合成纳米材料。已知该化合物中的Rn＋核外有28个电子，则R元素位于元素周期表的( )
A．第3周期ⅤA族 B．第4周期ⅢA族
C．第5周期ⅢA族 D．第4周期ⅤA族
解析： 本题利用科学前沿的纳米技术为背景，考查元素周期表结构的知识。R元素在化合物RN中的化合价决定于氮元素的化合价。因RN中R显正化合价，故氮元素在RN中显－3价，因此，R元素离子应为R3＋，则R元素原子应含有28＋3＝31个电子，其质子数为31。第4周期0族元素的原子序数为36，说明R元素为第4周期元素。再由36－31＝5说明R元素在ⅢA族，即R为第4周期ⅢA族元素。
答案： B
6．(2011·中山高一质检)原子序数小于20的X元素能形成H2X和XO2两种化合物，该元素的原子序数是( )
A．13 B．14
C．15 D．16
解析： X元素在H2X中呈－2价，在XO2中呈＋4价，按－2价分析，该元素原子最外层应有6个电子，只有原子序数为16的元素原子才满足此条件。
答案： D
7.短周期元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如右图所示，下列判断正确的是( )
A．X是最活泼的非金属元素
B．Y的最高化合价为＋7
C．Z原子的最外层电子数是6
D．3种元素的单质分子都是双原子分子
解析： 由于X、Y、Z都属于短周期，则X一定是第1周期，而第1周期只有两种元素，X一定是He，不难判断出Y、Z分别为F、S。He为稀有气体，化学性质非常稳定，是单原子分子，A、D错误；F是最活泼的非金属元素，没有正价，B错误；硫原子的最外层电子数是6，C正确。
答案： C
8．下列叙述中正确的是( )
A．除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数
B．除短周期外，其他周期均有18种元素
C．副族元素中没有非金属元素
D．碱金属元素是指第ⅠA族的所有元素
解析： F的最高价为0，但不等于族序数，A错。周期与元素种类数关系为：第1周期2种元素；第2、3周期均为8种元素；第4、5周期均为18种元素；第6周期为32种元素；第7周期目前为26种元素，故B错。由元素周期表结构可看出副族元素中没有非金属元素，C对。第ⅠA族中的H元素不属于碱金属元素，D错。
答案： C
B组——能力拔高
9．(1)有下列四种微粒：①O ②Na ③Mg ④N(用序号填空)。
Ⅰ.按原子半径由大到小顺序排列是
________________________________________________________________________。
Ⅱ.微粒中质子数小于中子数的是
________________________________________________________________________。
Ⅲ.在化合物中呈现的化合价的数值最多的是
________________________________________________________________________。
Ⅳ.能形成X2Y2型化合物的是________，能形成X3Y2型的化合物的是________。
(2)已知An＋、B(n＋1)＋、Cn－、D(n＋1)－都具有相同的电子层结构，则A、B、C、D的离子半径由大到小的顺序是____________________，原子序数由大到小的顺序是________。
解析： (1)Ⅰ.由O、N具有2个电子层，而Na、Mg具有3个电子层，因此Na、Mg的原子半径大于O、N，而对于11Na、12Mg来说，由于Mg的核电荷数大，因此r(Na)>r(Mg)，同样r(N)>r(O)，故原子半径由大到小排列为r(Na)>r(Mg)>r(N)>r(O)。
Ⅱ.由N＝A－Z得中子数分别为N(O)＝10、N(Na)＝12、N(Mg)＝12、N(N)＝7。
Ⅳ.能形成X2Y2型化合物，则X可呈＋1价而Y呈－1价，故为Na2O2，能形成X3Y2型化合物，则X呈＋2价，Y呈－3价，故为Mg3N2。
(2)当微粒具有相同电子层时，核电荷数越大，核对最外层电子的吸引就越大，其微粒半径就越小。
设An＋、B(n＋1)＋、Cn－、D(n＋1)－具有电子数为x，则质子数分别为x＋n、x＋(n＋1)、x－n、x－(n＋1)，故半径由大到小为：D(n＋1)－、Cn－、An＋、B(n＋1)＋。
答案： (1)Ⅰ.②>③>④>① Ⅱ.①② Ⅲ.④
Ⅳ.①② ③④
(2)D(n＋1)－、Cn－、An＋、B(n＋1)＋ B、A、C、D
10．(2011·南通高一质检)下表所列是五种短周期元素的原子半径及主要化合价(已知铍的原子半径为0.090 nm)。
元素代号 A B C D E
原子半径/nm 0.130 0.118 0.102 0.099 0.073
主要化合价 ＋2 ＋3 ＋6，－2 －1 －2
(1)用元素代号标出它们在周期表中的对应位置(以下为周期表的一部分)。
(2)A元素处于周期表中第________周期________族。
(3)B、C两种元素的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(4)C、E两种元素能形成一种既有氧化性又有还原性的化合物，试分别写出表现其不同性质的化学方程式
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： 由表中给出的主要化合价结合原子半径推知，C、E最外层有6个电子，且r(E)r(E)知D为Cl，r(A)>r(B)>r(C)且均为短周期元素，说明A为Mg，B为Al。
答案： (1)
(2)3 ⅡA
(3)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
(4)2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，
2SO2＋O22SO3(其他合理答案也可)(本栏目内容,在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1.下列说法错误的是( )
A.化学反应除了生成新的物质外,还伴随着能量的变化
B.物质的燃烧一定是放热反应
C.放热的化学反应不需要加热就能发生
D.化学能与光能之间可以相互转化
解析: 化学反应伴随着能量的变化,化学能可与热能、光能、电能等相互转化;燃烧就是剧烈的发光、发热的化学反应;放热反应有的也需要加热。
答案: C
2.(2011·宁波高一质检)下列关于能量转化的认识不正确的是( )
A.绿色植物的光合作用是将光能转变为化学能
B.煤燃烧时化学能转变成热能和光能
C.原电池工作时,化学能转变为电能
D.白炽灯工作时,电能全部转变成光能
解析: 白炽灯工作时,并不是电能全部变成光能,而是大部分电能转化成光能,还有一部分电能转化成热能。
答案: D
3.随着人们生活质量提高,废电池必须进行集中处理的问题又被提到议事日程上,其首要原因是( )
A.利用电池外壳的金属材料
B.回收其中石墨电极
C.防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对水和土壤的污染
D.不使电池中泄漏的电解液腐蚀其他物品
解析: 废电池的危害主要是所含的重金属离子能引起水和土壤污染。
答案: C
4.将铁片和银片用导线连接置于同一稀盐酸中,经过一段时间后,下列叙述正确的是( )
A.负极有Cl2逸出,正极有H2逸出
B.负极附近Cl－的浓度逐渐减小
C.正极附近Cl－的浓度逐渐增大
D.溶液中Cl－的浓度基本不变
解析: 铁片、银片用导线连接起来插入稀盐酸中形成原电池,其中铁片做负极,银片做正极,溶液中的H＋在正极(Ag片)上得到铁提供的电子生成H2,而铁片上的铁失电子生成Fe2＋,此时,Cl－移向负极。因此负极附近Cl－浓度增大,正极附近Cl－浓度减小,而溶液中Cl－的浓度基本不变。
答案: D
5.两种金属A与B和稀硫酸组成原电池时,A是正极。下列有关推断正确的是( )
A.A的金属性强于B
B.电子不断由A电极经外电路流向B电极
C.A电极上发生的电极反应是还原反应
D.A的金属活动性一定排在氢前面
解析: 两种金属构成原电池时,一般是活泼金属做负极,不活泼金属做正极,电子由负极B经外电路流向正极A,在A电极上发生还原反应。做正极的金属活动性可以排在氢前面也可以排在氢后面,只要比负极金属不活泼即可。
答案: C
6.下列关于实验现象的描述不正确的是(双选)( )
A.把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中,铜片表面产生气泡
B.用铜片作正极,铁片作负极,CuSO4作电解质溶液形成原电池,结果铁片上有铜析出,铜片溶解
C.把铜片插入FeCl3溶液中,铜片上有铁析出
D.把锌粒放入盛有盐酸的试管中,加几滴CuCl2溶液,产生气泡的速率加快
解析: B中铁溶解,溶液中的Cu2＋在正极Cu片上得电子而析出Cu,故B不正确;C中Fe3＋得电子只能生成Fe2＋,而不能生成铁。
答案: BC
7.现有如下两个反应:
(A)NaOH＋HCl===NaCl＋H2O
(B)Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu
(1)根据两反应本质,判断能否设计成原电
池:________________________________________________________________________。
(2)如果不能,说明其原
因:________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)如果可以,则写出正、负极材料及其电解质溶液的名称:正极:________、负极:________、电解质溶液:________。
解析: 由于原电池的实质是发生氧化还原反应,所以,只有发生氧化还原反应才能设计成原电池。对于:Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu,Zn失去电子做原电池的负极,Cu2＋得到电子在正极上发生还原反应,正极为活泼性比Zn弱的导电固体材料,如Cu、Ag、石墨等。
答案: (1)(A)不能;(B)能
(2)(A)的反应为非氧化还原反应,没有电子转移
(3)铜(银、石墨等) 锌 硫酸铜溶液
8.如图所示,组成一种原电池。试回答下列问题(灯泡功率合适):
(1)电解质溶液为稀H2SO4时,灯泡________(填“亮”或“不亮”,填“亮”做①题,填“不亮”做②题)。
①若灯泡亮,则Mg电极上发生的反应
为:__________________________________________________________________ ______;
Al电极上发生的反应
为:________________________________________________________________________。
②若灯泡不亮,其理由
为:________________________________________________________________________。
(2)电解质溶液为NaOH(aq)时,灯泡________(填“亮”或“不亮”)。
解析: 电解质溶液为稀H2SO4时,镁、铝都能与稀硫酸反应,但由于镁的金属活动性比铝强,因此镁为原电池的负极,铝为正极;当电解质溶液为NaOH(aq)时,由于铝和NaOH(aq)反应,而镁不反应,因此铝为原电池的负极。可见,原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关,也与电解质溶液有关。
答案: (1)亮 Mg―→Mg2＋＋2e－ 2H＋＋2e－―→H2↑
(2)亮
B组——能力拔高
9.(1)某研究性学习小组为了证明铁的金属性比铜强,他们设计了如下几种方案,其中合理的是________(填序号)。
A.铁片置于硫酸铜溶液中置换出铜
B.铁、铜与氯气反应分别生成FeCl3、CuCl2
C.铜片置于FeCl3溶液中,铜片逐渐溶解
D.铁片、铜片分别置于盛有稀硫酸的烧杯中,铁片上有气泡产生,而铜片无气泡
E.常温下,分别将铁片和铜片置于浓硝酸中,铁片不溶解,而铜片溶解
(2)请你另设计一个能证明铁的金属活动性比铜强的实验。要求:
a.此方案的原理不同于上述任一合理方案;
b.绘出实验装置图并注明所需的药品;
c.写出实验过程中的主要实验现象。
实验装置实验现象______________。
解析: (1)A中铁置换铜可说明铁的金属性比铜强;B中元素单质在化学反应中失去电子数目的多少与金属性无关;C只能说明还原剂铜的还原性比还原产物Fe2＋的还原性强,不能说明金属性铜比铁强;D中铁片能置换氢气,而铜片不能,可说明金属性铁比铜强;E中铁与浓硫酸发生钝化,与金属性强弱无关。
(2)可利用原电池中负极金属性比正极强说明。
答案: (1)A、D
(2)
铁棒溶解,铜棒变粗
10.由铜、铁片和200 mL硫酸铜溶液组成的原电池中,若铁片发生电化学腐蚀,则当铜片质量增加了12.8 g,硫酸铜恰好全部作用完,试计算:
(1)铜片质量增重了12.8 g,消耗了多少克铁？
(2)有多少个电子通过了导线？
(3)200 mL硫酸铜溶液的物质的量浓度是多少？
解析: 分析本题中的原电池,Fe作负极,Cu作正极,电极反应分别为负极:Fe―→Fe2＋＋2e－,正极:Cu2＋＋2e－―→Cu2＋,电池总反应为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。由题意知Cu片增重12.8 g,即为＝0.2 mol,可设消耗的铁的物质的量为x,CuSO4溶液中Cu2＋物质的量为y,则有:
Fe＋ Cu2＋ === Cu ＋ Fe2＋
1 1 1
x y 0.2 mol
解得x＝0.2 mol,y＝0.2 mol
则消耗Fe的质量为0.2 mol×56 g·mol－1＝11.2 g,通过的电子为0.2 mol×2＝0.4 mol。即为0.4 mol×6.02×1023＝2.408×1023个,CuSO4的物质的量为＝1 mol·L－1。
答案: (1)11.2 (2)2.408×1023 (3)1 mol·L－1(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．(2011·绍兴高一质检)在下列过程中，需要加快化学反应速率的是( )
A．钢铁腐蚀 B．食物腐烂
C．工业炼钢 D．塑料老化
解析： 在工农业生产和日常生活中，我们应尽量防止钢铁腐蚀、食物腐烂、塑料老化，以便延长钢铁和塑料的使用寿命以及延长食物的保存时间，所以A、B、D三项均应减慢化学反应速率；工业炼钢应尽量在单位时间内多出钢，所以应加快化学反应速率，故C对。
答案： C
2．某学生在一次探究“制取氢气最适宜的金属”的实验时测得铝在与稀硫酸反应，10 s末硫酸的浓度减少了0.6 mol·L－1，若不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10 s内生成硫酸铝的平均反应速率是(双选)( )
A．0.06 mol·L－1·s－1 B．3.6 mol·L－1·min－1
C．1.2 mol·L－1·min－1 D．0.02 mol·L－1·s－1
解析： 铝与硫酸的反应方程式为2Al＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2↑，在溶液体积不变的情况下，H2SO4的浓度减小了0.6 mol·L－1，则v(H2SO4)＝＝0.06 mol/(L·s)，故v[Al2(SO4)3]＝×0.06 mol/(L·s)＝0.02 mol/(L·s)＝1.2 mol/(L·min)，故选C、D。
答案： CD
3．(2011·泰安高一质检)反应2SO2＋O22SO3经过一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 mol·L－1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol·(L·s)－1，则这段时间为( )
A．0.1 s B．2.5 s
C．5 s D．10 s
解析： SO3的浓度增加了0.4 mol/L，则O2的浓度减小了0.2 mol/L，v(O2)＝Δc(O2)/Δt，Δt＝Δc(O2)/v(O2)＝0. 2 mol·L－1/0.04 mol·(L·s)－1＝5 s。
答案： C
4．当温度不变时，恒容的容器中进行反应2A===B，若反应物的浓度由0.1 mol·L－1降到0.06 mol·L－1需20秒，那么由0.06 mol·L－1降到0.036 mol·L－1，所需反应的时间为( )
A．等于10秒 B．等于12秒
C．大于12秒 D．小于12秒
解析： 浓度由0.1 mol·L－1降到0.06 mol·L－1过程中的平均反应速率v(A)＝＝
0．002 mol·L－1·s－1。若后阶段平均速率不变，所需时间为＝12 s，由于随反应的进行，反应物浓度不断减小，反应速率不断减小，故所需时间大于12 s。
答案： C
5．(2011·宣城高一质检)对于在密闭容器中进行的反应C＋O2CO2，下列有关说法不正确的是(双选)( )
A．将炭块磨成粉末在同样条件下可加快反应速率
B．降低温度会使木炭的燃烧反应速率减慢
C．增大CO2的浓度可加快反应速率
D．增加炭的量可以加快反应速率
解析： 增大固体反应物的表面积、增大反应物浓度、升高温度都可以加快化学反应速率，但增大生成物浓度不能加快反应速率，CO2浓度的增大反而不利于木炭的燃烧；增加固体或纯液体反应物的量，不能改变其浓度，也就不能加快化学反应速率。
答案： CD
6．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是( )
实验 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol·L－1) V/mL c/(mo l·L－1) V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
解析： 影响化学反应速率的因素众多，本题从浓度和温度两个因素考查，非常忠实于新教材必修2，只要抓住浓度越大，温度越高反应速率越大，便可以选出正确答案D。
答案： D
7．反应A(g)＋B(s)===C(g) ΔH<0，在其他条件不变时，改变其中一个条件，则生成C的速率(填“加快”、“减慢”或“不变”)：
(1)升温
________________________________________________________________________；
(2)增大压强
________________________________________________________________________；
(3)增大容器容积
________________________________________________________________________；
(4)加入
A________________________________________________________________________；
(5)加入
B________________________________________________________________________；
(6)加催化剂
________________________________________________________________________。
解析： 记清影响化学反应速率的因素是解答本题的关键。
答案： (1)加快 (2)加快 (3)减慢 (4)加快 (5)不变
(6)加快
8.
(1)把镁条投入盛有盐酸的敞口容器中，产生氢气速率变化如图所示。在反应过程中导致速率变化的因素有________(填序号)：
①H＋的浓度 ②镁条的表面积 ③溶液的温度 ④Cl－的浓度
(2)影响速率的有关因素有：物质本身的性质、浓度、温度、催化剂等方面，依据影响速率的有关因素分析下列问题：
①Mg和Fe均可以与O2反应，Mg在空气中可以点燃，Fe在空气中不能点燃，是由于__________________的影响。
②Fe在空气中加热不能燃烧，但在纯氧中可以，是由于______的影响。
解析： (1)从图中看出反应速率先增大后又减小，增大是因为反应放热，使溶液温度升高；随后降低是随反应进行，H＋的浓度不断减小。
(2)在相同条件下，Mg在空气中可以点燃，Fe在空气中不能点燃，显然是因为Fe的性质不如Mg活泼。纯氧和空气的区别就在于氧气的浓度不同。
答案： (1)①、③
(2)①物质本身的性质 ②氧气浓度
B组——能力拔高
9．高温下，炽热的铁与水蒸气在一容积可变的密闭容器中进行如下反应：
3Fe(s)＋4H2O(g)高温,Fe3O4(s)＋4H2(g)
下列条件的改变对反应速率几乎无影响的是(双选)( )
A．增加Fe的量
B．保持体积不变，充入N2使体系压强增大
C．将容器的体积缩小一半
D．保持压强不变，充入N2使容器体积增大
解析： Fe为固态反应物，因此增加Fe的量对反应速率基本无影响；容器体积缩小一半则压强增大，水蒸气和H2浓度都增加，反应速率增大；体积不变充入N2，体系内总压强增大，但N2不参与反应，体系内H2、H2O(g)浓度并没有改变，因此反应速率不变；充入N2使容器体积增大，总压强虽然不变，但体系内H2、H2O(g)浓度减小，反应速率变小。
答案： AB
10．某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了科学探究，采集的数据见下表：
(1)表一：用10 mL H2O2制取150 mL O2所需的时间(秒)
30% H2O2 15% H2O2 10% H2O2 5% H2O2
无催化剂、不加热 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应
无催化剂、加热 360 480 540 720
MnO2催化剂、加热 10 25 60 120
请问：①该研究小组在设计方案时。考虑了浓度、________、________等因素对过氧化氢分解速率的影响。
②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中选一个，说明该因素对分解速率有何影响？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)将质量相同但聚集状态不同的MnO2分别加入到5 mL 5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果见表二：
催化剂(MnO2) 操作情况 观察结果 反应完成所需的时间
粉末状 混合不振荡 剧烈反应，带火星的木条复燃 3.5分钟
块状 反应较慢，火星红亮但木条未复燃 30分钟
③写出H2O2分解的化学方程式
________________________________________________________________________。
④实验结果说明催化剂作用的大小与____________________有关。
解析： 从表一可看出，实验探究了浓度、温度和催化剂对反应速率的影响，温度升高时，反应速率加快，加催化剂时，反应速率加快；从表二可看出粉末状MnO2催化效果更好。
答案： (1)①温度 催化剂 ②其他条件不变时，升高温度(或增大浓度)化学反应速率增大或加催化剂化学反应速率增大(任选一个即可)
(2)③2H2O22H2O＋O2↑
④催化剂的聚集状态或表面积
浓
度
时
间
(
秒
)
反
应
条
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A组——双基达标
1．下列关于同主族元素的说法中错误的是( )
A．同主族元素原子序数递增，元素原子失电子能力逐渐增强
B．同主族元素原子序数递增，单质氧化性逐渐增强
C．同主族元素原子最外层电子数都相同
D．同主族元素的原子半径，随原子序数增大而逐渐增大
答案： B
2．“北大富硒康”中含有微量元素硒(Se)，对人体有保健作用。已知硒为第4周期ⅥA族元素，根据它在周期表中的位置推测硒不可能具有的性质为(双选)( )
A．硒化氢很稳定
B．硒化氢的水溶液显弱酸性
C．得电子能力强于硫
D．其最高价氧化物的水化物酸性强于砷弱于溴
解析： 根据同主族元素性质可以推出其化合物性质的变化规律，ⅥA中硫的氢化物H2S不稳定，因此硒化氢不稳定；根据元素得电子能力越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强判断D项正确；同一族中由上到下得电子能力逐渐减弱，所以C项错误。
答案： AC
3．如图是元素周期表的一部分，关于图中阴影部分元素的说法中，正确的是( )
A．N元素为第1周期元素
B．PH3的稳定性比H2S强
C．该纵行元素的最高价氧化物对应的水化物化学式均为H3RO4
D．H3AsO4的酸性比H3PO4弱
解析： 阴影元素为第ⅤA族元素，7N为第2周期元素，A项错误；P和S同一周期，PH3的稳定性小于H2S的稳定性，B项错误；第ⅤA族元素，N的最高价含氧酸为HNO3、P的最高价含氧酸为H3PO4，故C项错误。
答案： D
4．下列各项叙述正确的是( )
A．(2010·福建高考)从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属性递增的规律
B．(2010·全国卷Ⅰ)Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2
C．(2010·山东高考)第3周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
D．(2010·山东高考)元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果
解析： A项应推出F、Cl、Br、I的非金属性递减，该项错误；Li在空气中燃烧应主要生成Li2O，该项错误；C项应为最高价含氧酸的酸性从左到右增强，该项错误。
答案： D
5．(2011·厦门高一质检)W、X、Y、Z 4种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示，其中Z位于ⅦA族。下列判断错误的是( )
A．W、Y可形成两种不同的化合物
B．Z的阴离子电子层结构与氩原子的相同
C．W的氢化物的沸点比Y的氢化物的沸点高
D．Y元素的非金属性比X元素的非金属性强
解析： W、X、Y、Z为短周期元素，所以W、Y为第2周期，X、Z为第3周期，Z为Cl，Y为O，X为P，W为C。A项，C与O元素可形成CO和CO2两种化合物；B项，Cl－的核外电子数为18与Ar相同；C项，W的氢化物CH4常温下为气态，而Y的氢化物H2O常温下为液态，沸点H2O>CH4；D项，Y在X右上角，非金属性Y>X。
答案： C
6．(2010·广东高考)
短周期元素甲～戊在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的是( )
A．原子半径：丙<丁<戊 B．金属性：甲>丙
C．氢氧化物碱性：丙>丁>戊 D．最外层电子数：甲>乙
解析： 同周期元素原子半径从左至右是依次减小的，故A项错误；同主族元素金属性自上而下是增强的，故B项错误；同周期元素的金属性从左至右越来越弱，故对应氢氧化物的碱性是逐渐减弱的，故C项正确；同周期元素的原子最外层电子数从左到右越来越多，故D项错误。
答案： C
7．(2011·无锡高一质检)X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子的少1。下列说法正确的是(双选)( )
A．元素非金属性由弱到强的顺序为ZB．Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3YO4
C．3种元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定
D．原子半径由大到小的顺序为Z>Y>X
解析： 由X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，知X为氧元素，又X、Y为同一主族的短周期元素，则Y为硫元素，又由Y、Z同周期，Z原子的核电荷数比Y原子的少1，则Z为磷元素；由元素周期律知三种元素的非金属性强弱为O>S>P，原子半径为P>S>O，气态氢化物的稳定性为H2O>H2S>PH3，硫的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4。
答案： AD
8．如下表为元素周期表的一部分，请回答有关问题：
ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
2 ① ②
3 ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
4 ⑨ ⑩
(1)⑤和⑧的元素符号是________和________。
(2)表中最活泼的金属是________，非金属性最强的元素是________(填写元素符号)。
(3)表中能形成两性氢氧化物的元素是________，分别写出该元素的氢氧化物与⑥、⑨最高价氧化物的水化物反应的化学方程式____________________________________、________________________________。
(4)请设计一个实验方案，比较⑦、⑩单质氧化性的强弱：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： 由元素周期表各元素具体位置直接推出①～⑩元素分别为：N、F、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Br。然后分析回答问题。表中最活泼金属位于左下角为K，非金属性最强的在右上角为F。两性氢氧化物为Al(OH)3，与强酸、强碱均发生反应。若比较Cl2和Br2的氧化性强弱，最好组合在同一反应中，即置换反应最适宜，即2KBr＋Cl2===2KCl＋Br2等。
答案： (1)Si Ar (2)K F
(3)Al 2Al(OH)3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋6H2O
Al(OH)3＋KOH===K[Al(OH)4]
(4)在试管中加5 mL KBr稀溶液再滴加少量新制氯水，振荡，再加入5 mL CCl4，振荡、静置、观察到CCl4层呈橙红色(其他合理答案也可)
B组——能力拔高
9．(2011·芜湖高一质检)现有下列短周期元素性质的数据：
元素编号元素性质 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
原子半径 0.74 1.60 1.52 1.10 0.99 1.86 0.75 0.82
最高化合价 ＋2 ＋1 ＋5 ＋7 ＋1 ＋5 ＋3
最低化合价 －2 －3 －1 －3
下列说法正确的是(双选)( )
A．元素原子序数④大于⑦
B．②、③号元素处于同一周期
C．⑤号元素最高价氧化物的水化物酸性最强
D．⑧号元素是金属元素
解析： 根据元素④与⑦的化合价，可知它们属于同一主族，半径越大，原子序数越大，故A正确；同一周期中，元素从左到右的半径逐渐减小，由于②的半径比③的大，故它们不可能属于同一周期。⑤的半径比⑦大，故⑤只能是Cl元素，高氯酸是含氧酸中酸性最强的。
答案： AC
10．碱金属元素在科学研究和生产生活中有着广泛用途。
(1)锂是最轻的金属，如果用锂做一架飞机，两个人就可以抬动。锂在元素周期表中的表示如图所示，填写以下空格。
①Li在元素周期表中的位置：________。
②6.941的意义：
________________________________________________________________________。
(2)光电管是利用碱金属铯受到光照射时能形成电流这一光电效应的性质制成的。
①完成铯的原子结构示意图：
②下列有关铯的说法正确的是________。
A．其单质在常温下与水反应不如钠剧烈
B．其原子半径比钾原子半径小
C．其氢氧化物的水溶液不能使氢氧化铝溶解
D．其碳酸盐易溶于水
解析： (1)Li原子序数为3，位于第2周期第ⅠA族，图中6.941的意义是锂元素的相对原子质量。
(2)主族元素铯的L层应排8个电子，铯属碱金属，最外层电子数为1，将所有电子数加和为55，所以核电荷数为55由Na→K→Cs，原子序数依次增大，原子半径依次增大，失电子能力依次增强，所以铯与水反应比钠强烈，其氢氧化物的碱性强于NaOH、KOH，所以可使Al(OH)3溶解；Na2CO3、K2CO3都易溶于水，所以Cs2CO3易溶于水。
答案： (1)①第2周期第ⅠA族 ②锂元素的相对原子质量
(2)① ②D(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．在实验室利用浓盐酸和MnO2制氯气，制备装置中应安装分液漏斗而不能使用长颈漏斗，有关理由叙述错误的是( )
A．防止氯气扩散到空气中造成污染
B．便于控制加入盐酸的量
C．长颈漏斗不便于添加液体
D．尽量避免HCl挥发到空气中
解析： 制取Cl2时需要浓盐酸，为防止HCl气体和氯气通过长颈漏斗扩散到空气中污染环境，同时又为了便于控制盐酸的量和反应速率而使用分液漏斗。
答案： C
2．下列物质可用来干燥Cl2的是( )
①碱石灰 ②浓硫酸 ③无水CaCl2 ④P2O5
A．①② B．①③④
C．②③④ D．①②③④
解析： 碱石灰属于碱性干燥剂，可以用来干燥碱性气体和中性气体，但不能用于干燥酸性气体；浓H2SO4和P2O5属于酸性干燥剂，可以用来干燥酸性气体和中性气体(除H2S、HBr、HI外)；无水CaCl2属于中性干燥剂，可以用于干燥所有气体(除NH3外)。
答案： C
3．(2011·中山高一质检)下列各组气体在常温下能共存且能用向上排空气法收集的是( )
A．NO和O2 B．HCl和NH3
C．H2和CO D．SO2和CO2
解析： A和B选项中的两组气体常温下会发生反应，不能共存；C选项中的H2不能用向上排空气法收集，而CO一般用排水法收集；而D选项中的SO2和CO2常温下不发生反应，而且两者的密度均比空气大，都可以用向上排空气法收集。所以符合题意的选项为D。
答案： D
4．下图所示是气体制取装置，下列能用此装置制取气体并能“随开随用、随关随停”的是( )
A．大理石和稀硫酸制取二氧化碳
B．锌粒和稀硫酸制氢气
C．浓盐酸和二氧化锰制取氯气
D．固体NH4Cl和消石灰制取氨气
解析： 能用启普发生器制取的气体应满足的条件为：块状固体和液体进行反应，生成的气体难溶于反应液，反应不需要加热(反应过程中不能有太大热量变化，生成物除气体外应易溶于水)。大理石和稀硫酸反应生成的硫酸钙微溶于水，附着大理石的表面阻止反应的进行，因此A项不合题意。浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，且MnO2为粉末状固体，C项不合题意。固体NH4Cl和消石灰制取氨气需要加热，且氨气易溶于水，D项不合题意。只有B项中锌与稀硫酸的反应符合题意。
答案： B
5．(2011·福州高一质检)下图所示是一套实验室制气装置，用于发生、干燥和收集气体。下列各组物质中能利用这套装置进行实验的是( )
A．铜屑和浓硝酸 B．二氧化锰和浓盐酸
C．氯酸钾和MnO2 D．碳酸钙和稀盐酸
解析： 铜屑与浓硝酸反应制取NO2没有尾气吸收装置；用碳酸钙与稀盐酸反应制CO2的反应不需加热，CO2跟浓硫酸不反应且密度大于空气，可用这套装置。用MnO2跟浓盐酸反应制取氯气需加热，氯酸钾和MnO2反应制取氧气需加热，均不符合题意。
答案： D
6．(2011·湘潭高一质检)为了净化和收集由盐酸和大理石制得的CO2气体，从下图中选择合适的装置并连接。合理的是( )
A．a—a′→d—d′→e B．b—b′→d—d′→g
C．c—c′→d—d′→g D．d—d′→c—c′→f
解析： 由盐酸和大理石制得的CO2气体中会含有杂质H2O(g)和HCl，除去它们的试剂分别为浓硫酸和饱和碳酸氢钠溶液，应先让气体通过饱和NaHCO3溶液除去HCl，再通过浓硫酸干燥。CO2的相对分子质量为44，比空气的大，因此收集CO2时应用向上排空气法。所以正确的答案应为C选项。
答案： C
7．用下列两种方法制取氯气：①用含氯化氢146 g的浓盐酸与足量的二氧化锰反应 ②用87 g二氧化锰与足量的浓盐酸反应，则所得氯气( )
A．②比①多 B．①比②多
C．一样多 D．无法比较
解析： 根据4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，用87 g二氧化锰与足量的浓盐酸反应，所得氯气为1 mol，而用含氯化氢146 g的浓盐酸与足量的二氧化锰反应，会因随反应的进行浓盐酸逐渐变稀而使反应逐渐停止，最后有一定量的氯化氢剩余，所得氯气的物质的量小于1 mol。
答案： A
8．今有下列气体：H2、Cl2、HCl、NH3、NO、H2S、SO2，用如图所示的装置进行实验，填空下列空白：
(1)烧瓶干燥时，从A口进气可收集的气体是________，从B口进气可收集的气体是______________。
(2)烧瓶中充满水时，可用来测量________等气体的体积。
(3)当烧瓶中装入洗液，用于洗气时，气体应从________口进入烧瓶。
解析： (1)用排空气法收集气体时，要注意气体的密度及是否与空气中的某种成分发生反应。由于H2、NH3的密度比空气小，且不与空气中的成分发生反应。可用向下排空气法来收集，结合本题干燥烧瓶的位置特征，H2、NH3应从A口进，将空气从B口赶出。Cl2、HCl、H2S、SO2的密度比空气大，且不与空气中的成分发生反应，应从B口进，将空气从A口赶出。NO能与空气中的O2反应，不能用排空气法收集。(2)对于难溶于水的气体，可用排水法收集，可以用来收集、测量的气体有H2、NO。(3)当烧瓶中装有洗液时，被净化的气体应从B口进。
答案： (1)H2、NH3 Cl2、HCl、H2S、SO2
(2)H2、NO (3)B
B组——能力拔高
9．下图所示各种尾气吸收装置中，适合于吸收易溶性气体，而且能防止倒吸的是(双选)( )
解析： A装置是完全密封的装置，不适宜于用做气体的吸收；C装置中漏斗已经完全浸没在水中，极易产生倒吸现象；B、D两种装置中的球形部分能很好地起到缓冲作用，从而防止倒吸。所以应选B、D。
答案： BD
10．在没有现成的CO2气体发生器的情况下，请你选用下图所示部分仪器，装配成一个简易的、能随开随用、随关随停的CO2气体发生装置。
(1)应选用的仪器是________________(填入编号)；
(2)若用上述装置制取CO2气体，而实验室只有稀硫酸、浓硝酸、水、块状纯碱、块状大理石，比较合理的方案，应选用的药品是
________________________________________________________________________。
解析： 实验室CO2的制取是利用石灰石或大理石与盐酸反应，属于“固＋液―→气”型的装置。题中无长颈漏斗。只能根据试题要求来设计。如果用c和b或h组成气体发生装置，无法调节产生或停止CO2，所以可以否定这种设计。如果c和e组成盛放块状大理石的装置，让d的烧杯里盛有盐酸。实验时，将c和e组成的装置固定在a的铁架台上，然后调节铁夹，使干燥管e细颈一端浸入盐酸，并让盐酸浸没盛有块状大理石的部位，这样CO2便产生了。如果把c上的阀门关闭，会使e中CO2体积越来越大，气压也越来越大，可导致e中盐酸液面下降至不再发生反应。这样的装置满足了试题的要求。
答案： (1)a、c、d、e (2)浓硝酸、水、块状大理石(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．下列各数值表示有关元素的原子序数，其所表示的各原子组中能以共价键相互结合成稳定化合物的是( )
A．8与11 B．9与9
C．2与19 D．6与8
解析： 本题考查共价键的形成条件：一般情况下，非金属元素的两个原子间形成共价键，活泼金属元素原子与活泼非金属元素原子间形成离子键。A项中O与Na形成以离子键结合的化合物；B项中氟元素的两个原子形成共价键，为单质；C项中氦元素难以形成化合物；D项中C与O均为非金属元素的原子，二者形成以共价键结合的化合物。
答案： D
2．(2011·常德高一质检)下列各组原子序数所表示的两种元素，不能形成离子键的是( )
A．6和8 B．8和11
C．12和9 D．11和17
解析： A中6和8对应的是C和O，都是非金属元素，不能形成离子键；B中对应的是O和Na，C中对应的是Mg和F，D中对应的是Na和Cl，它们都是典型的金属和非金属，故都能形成离子键。
答案： A
3．某元素原子最外层只有1个电子，它跟卤素相结合时，所形成的化学键( )
A．一定是共价键
B．一定是离子键
C．可能是共价键，也可能是离子键
D．以上说法均不正确
解析： 最外层只有1个电子的元素，可能是活泼的金属(如Na)，也可能是过渡元素(如Ag)，也可能是非金属元素(如H)，因此它们跟卤素相结合时，所形成的化学键可能是离子键，也可能是共价键，所以C对。
答案： C
4．(2011·洛阳高一质检)下列各组化合物中，化学键类型相同的是(双选)( )
A．CaCl2和Na2S B．Na2O和Na2O2
C．CO2和CS2 D．HCl和NaOH
解析： 本题考查了离子键、共价键、极性键、非极性键等多个概念，解题的关键是正确、透彻地理解这些概念。CaCl2、Na2S、Na2O只含离子键，Na2O2、NaOH既含离子键又含共价键，CO2、CS2、HCl只含共价键。故选A、C。
答案： AC
5．下列事实中，能够证明HCl是共价化合物的是( )
A．HCl易溶于水 B．液态的HCl不导电
C．HCl不易分解 D．HCl溶于水能电离，呈酸性
解析： 本题是从实验事实来判断化合物所属类型。A、C、D都不能作为判断HCl是共价化合物的依据，因离子化合物也会有这些现象发生，B中液态状况下不导电可能作为确定化合物为共价化合物的依据，因离子化合物在该状态下会导电。
答案： B
6．下列变化不需要破坏化学键的是( )
A．加热氯化铵 B．干冰气化
C．NaCl熔化 D．氯化氢溶于水
解析： A项：NH4Cl受热分解，既有化学键的断裂同时又有化学键的形成；干冰是由CO2分子构成的，汽化后形成CO2气体，仍由CO2分子组成，干冰汽化的过程中无化学键断裂；熔化时NaCl===Na＋＋Cl－，离子键断裂；HCl溶于水：HCl===H＋＋Cl－，HCl分子中的共价键断裂。
答案： B
7．下列变化中，既有共价键和离子键断裂，又有共价键和离子键形成的是( )
A．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
B．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
C．Cl2＋H2O??HCl＋HClO
D．Na2CO3＋BaCl2===BaCO3↓＋2NaCl
解析： A项Na2O2中既含有共价键，也含有离子键，与CO2反应时，其中共价键和离子键都会断裂，又重新组合为新的共价键和离子键；B、C项不涉及离子键的断裂；D项不涉及共价键的断裂和形成。
答案： A
8．有H、C、O、Cl、Na五种元素。
(1)在由两种元素组成的化合物里，其中离子化合物有(写2种)______________________，共价化合物有(写2种)_ _____________________。
(2)在由三种元素组成的化合物里，其中离子化合物有(写2种)______________________，共价化合物有(写2种)______________________。
答案： (1)Na2O、NaCl、Na2O2 CO2、CO、CH4、H2O(任写2种)
(2)Na2CO3、NaClO H2CO3、HClO
B组——能力拔高
9．下列各分子中所有原子都满足最外层为8电子稳定结构的是( )
A．BH3 B．PCl3
C．SO2 D．NO
解析： 硼原子的最外层电子数为3，BH3中又含有氢元素，所以BH3中各原子均不能满足最外层8电子稳定结构；磷原子最外层有5个电子，在PCl3中磷元素显＋3价，二者之和等于8，氯原子最外层有7个电子，在PCl3中氯元素显－1价，二者绝对值之和也为8，故PCl3中各原子均满足最外层8电子稳定结构；用相同方法分析可知，SO2和NO中各原子都不满足最外层8电子稳定结构。
答案： B
10．(2011·泉州高一质检)短周期元素的单质X、Y、Z在通常状况下均为气态，并有下列转化关系(反应条件略去)：
已知：a.常见双原子单质分子中，X分子含共价键最多。
b．甲分子中含10个电子，乙分子含有18个电子。
(1)写出X的化学式是____________________；
甲的电子式是____________________。
(2)化合物丙中含有化学键的类型____________________。
(3)写出甲与乙反应生成丙的化学方程式
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： X为双原子单质分子且共价键最多，X为N2；甲与乙两种共价化合物反应生成离子化合物丙，丙为铵盐；甲分子中含10个电子，乙分子中含18个电子，甲为NH3，乙为HCl。
答案： (1)N2
(2)离子键、共价键
(3)HCl＋NH3===NH4Cl
