C.WX3和水反应形成的化合物是离子化合物
D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应
『答案』D
『解析』
『分析』根据原子序数以及元素的化合价，可以推出，X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，R为Cl。
『详解』A、X为O，Y为Na，Z为Al，它们的离子的核外电子排布相同，其离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径为X＞Y＞Z，A错误；
B、W为S，R为Cl，非金属性：
Cl＞S，故HCl的稳定性比H2S强，B错误；
C、WX3为SO3，其与H2O化合生成H2SO4，H2SO4是共价化合物，C错误；
D、Y为Na，Z为Al，其最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH与Al（OH）3，它们可以发生反应，D正确；
故选D。
9.下列关于元素金属性和非金属性强弱比较的说法不正确的是（）
A.将稀盐酸滴入大理石中，能产生CO2气体，说明非金属性：
Cl>C
B.Si与H2化合所需温度远高于S与H2化合的温度，说明非金属性：
S>Si
C.Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应缓慢，说明金属性：
Na>Mg
D.Mg（OH）2是中强碱，而Al（OH）3为两性氢氧化物，说明金属性：
Mg>Al
『答案』A
『解析』
『详解』A．将稀盐酸滴入大理石中，能产生CO2气体，说明盐酸的酸性比碳酸的强，但HCl不是Cl的最高价氧化物对应水化物，故不能说明非金属性：
Cl>C，A的说法不正确；
B．Si与H2化合所需温度远高于S与H2化合的温度，说明硫与H2反应比Si与H2反应更容易，故非金属性：
S>Si，B的说法正确；
C．Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应缓慢，说明Na与水反应比Mg与水反应更剧烈，故金属性：
Na>Mg，C的说法正确；
D．Mg（OH）2是中强碱，而Al（OH）3为两性氢氧化物，说明Mg的最高价氧化物对应水化物的碱性比Al的强，故金属性：
Mg>Al，D的说法正确；
故『答案』为：
A。
10.某化学兴趣小组为研究化学能与电能的转化,设计下图装置。
下列叙述错误的是（）
A.a和b不连接时，铁片上会有气泡产生
B.无论a和b是否连接，铁片均发生氧化反应
C.a和b用导线连接时，溶液中H+向铁片移动
D.a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为2H++2e-==H2↑
『答案』C
『解析』
『详解』A．a和b不连接时，铁片之间与稀硫酸发生置换反应生成氢气，故A正确；
B．a和b不连接时，铁片之间与稀硫酸发生置换反应生成氢气，铁片发生氧化反应；a和b连接时，形成原电池，铁片作负极失电子发生氧化反应，故B正确；
C．a和b用导线连接时，形成原电池，铁片为负极，铜片为正极，原电池中阳离子流向正极，故C错误；
D．a和b用导线连接时，形成原电池，铜片为正极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-==H2↑，故D正确；
综上所述『答案』为C。
11.在恒温恒容的密闭容器中发生反应H2（g）+I2（g）⇋2Hl（g）,下列说法正确的是（）
A.达到平衡时,正、逆反应速率相等且等于零
B.达到平衡时,H2（g）和I2（g）浓度不再变化
C.若充入稀有气体,体系压强增大,反应速率变大
D.H2（g）的消耗速率与HI（g）的生成速率之比为2:
1
『答案』B
『解析』
『详解』A．可逆反应达到平衡时正逆反应速率相等，但不为0，故A错误；
B．可逆反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，故B正确；
C．容器恒容，充入稀有气体后，参与反应的各物质浓度不变，反应速率不变，故C错误；
D．同一反应不同物质反应速率之比等于计量数之比，所以H2（g）的消耗速率与HI（g）的生成速率之比为1:
2，故D错误；
故『答案』为B。
12.下列离子方程式书写正确的是（）
A.SiO2和NaOH溶液反应：
SiO2+2OH-=SiO
+H2O
B.AlCl3溶液中加入足量
氨水：
Al3++3OH-==Al（OH）3↓
C.Al2O3投入到NaOH溶液中：
Al2O3+2OH-+H2O=2[Al（OH）4]-
D.向Na[Al（OH）4]溶液中通入少量CO2：
[Al（OH）4]-+CO2=Al（OH）3↓十HCO
『答案』A
『解析』
『详解』A．SiO2和NaOH溶液反应：
SiO2+2OH-=
+H2O，正确；
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水，氨水时弱碱为弱电解质，书写离子方程式时不能改写为离子，正确的写法为Al3++3NH3•H2O==Al（OH）3↓+3
，B错误；
C．Al2O3投入到NaOH溶液中：
Al2O3+2OH-+H2O=2[Al（OH）4]-该离子方程式质量不守恒，正确写法为：
Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-，C错误；
D．向Na[Al（OH）4]溶液中通入少量CO2生成不了
，应该生成
，其正确写法为2[Al（OH）4]-+CO2=2Al（OH）3↓十
+H2O，D错误；
故『答案』为：
A。
13.某物质在酸性条件下水解生成两种物质甲和乙,且甲和乙的相对分子质量相等,该物质可能是（）
A.淀粉B.蛋白质C.甲酸乙酯D.乙酸乙酯
『答案』C
『解析』
『详解』A．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖一种物质，故A不符合题意；
B．蛋白质水解的最终产物有多种氨基酸，不一定是两种，故B不符合题意；
C．甲酸乙酯水解生成甲酸（HCOOH）和乙醇（CH3CH2OH），二者相对分子质量均为46，故C符合题意；
D．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，二者相对分子质量不相等，故D不符合题意；
综上所述『答案』为C。
14.下列实验装置或操作能达到实验目的的是（）
A.
分离乙醇和乙酸
B.
制取乙酸乙酯
C.
石油的蒸馏
D.
甲烷与氯气反应
『答案』D
『解析』
『详解』A、乙酸与乙醇互溶，不能分液，应该是蒸馏，A错误；
B、吸收乙酸乙酯时导管口不能插入溶液中，否则会引起倒吸，B错误；
C、蒸馏时冷却水应该是下口进上口出，C错误；
D、甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，实验装置正确，D正确。
『答案』选D。
15.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH-O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为（）
A.920kJB.557kJC.436kJD.188kJ
『答案』C
『解析』
『详解』已知1g即0.5mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，则该反应的热化学反应方程式为：
H2（g）+
O2（g）===H2O（g）△H=-242kJ/mol，焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，设1molH-H键断裂时吸收热量为xkJ，则有xkJ/mol+
×496kJ/mol-2×463kJ/mol=-242kJ/mol，解得x=436kJ/mol，即1molH-H键断裂时吸收热量为436kJ，故『答案』为C。
『点睛』焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，在进行计算的时候要注意共价键的数目，如一个水分子中含有两个O-H键。
16.两种气态烃组成的混合气体,完全燃烧后所得到CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示，下列对混合烃的判断正确的是（）
①一定有乙烯②一定有甲烷③可能有乙炔（C2H2）④一定没有乙烷
A.①②B.①④C.②③D.②④
『答案』D
『解析』
『详解』1mol该烃的混合物燃烧生成1.6molCO2和2molH2O，所以两种气态烃的平均组成为C1.6H4，则两种烃中其中一种所含碳原子数小于1.6，另一种大于1.6；烃类物质中碳原子数小于1.6的只有甲烷，则混合气体一定含有CH4，而氢原子平均数为4，所以另一种烃所含氢原子个数一定也为4，则可能是C2H4或C3H4；
综上所述只有②④正确，故『答案』为D。
第I卷（非选择题共52分）
二、非选择题（本题包括5小题,共52分）
17.下表是A、B、C三种有机物的相关信息:
A
①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②填充模型为：
B
①可以从煤干馏生成的煤焦油中提取；②填充模型为：
C
工业生产中可通过A与H2O加成获得；②相对分子质量为46
请结合上述信息,回答下列问题:
（1）有机物A的结构式为___________
（2）B与浓硝酸在一定条件下发生反应的化学方程式为__________
（3）有机物C的结构简式为__________。
（4）①C与乙酸反应的化学方程式为____________
②C在铜催化和加热条件下,与O2反应的化学方程式为___________。
『答案』
（1）.
（2）.
+HO-NO2
+H2O（3）.C2H5OH（4）.CH3COOH+HOCH2CH3
CH3COOCH2CH3+H2O（5）.2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O
『解析』
『分析』A能使溴的四氯化碳溶液褪色，结合其填充模型可知应含有碳碳双键，A为CH2=CH2；B可以可以从煤干馏生成的煤焦油中提取，结合其填充模型可知为苯；C可通过A与H2O加成获得，相对分子质量为46，所以C为CH3CH2OH。
『详解』
（1）A为乙烯，其结构式为
；
（2）苯与浓硝酸在浓硫酸、加热（50℃~60℃）的条件下发生取代反应生成硝基苯和水，化学方程式为
+HO-NO2
+H2O；
（3）C为乙醇，结构简式为C2H5OH；
（4）①乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下可以发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为CH3COOH+HOCH2CH3
CH3COOCH2CH3+H2O；
②C在铜催化和加热条件下被氧气氧化成乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O。
18.下表是元素周期表短周期的一部分,请参照元素①~⑨在表中的位置,回答下列问题。
（1）元素②在周期表中的位置是______________。
（2）元素⑤和⑨形成的化合物的电子式为__________________。
（3）元素④、⑤、⑥形成的简单离子的半径依次__________________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）表中元素②、③、⑦最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_____________（填化学式）。
（5）元素⑥形成的单质可与⑤的最高价氧化物对应的水化物发生反应,其反应的离子方程式为___________
（6）在一定条件下,①与③可形成一种化合物X,其相对分子质量与O2相同,且X可在纯氧中燃烧,所得产物对环境均无污染,则X燃烧的化学方程式为________________
『答案』
（1）.第2周期IVA族
（2）.
（3）.减小（4）.HNO3＞H2CO3＞H4SiO4（5）.2Al+2OHˉ+6H2O==2[Al（OH）4]ˉ+3H2↑（6）.N2H4+O2
N2+2H2O
『解析』
『分析』根据各元素在元素周期表中的位置可知①~⑨分别为H、C、N、O、Na、Al、Si、P、S、Cl。
『详解』
（1）元素②为C元素，位于元素周期表第2周期IVA族；
（2）⑤为Na，⑨为Cl，二者形成离子化合物NaCl，电子式为
；
（3）元素④、⑤、⑥形成的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+，三种离子电子层数相同，则核电荷数越小半径越大，所以离子半径O2-＞Na+＞Al3+，即简单离子半径依次减小；
（4）元素②、③、⑦分别为C、N、Si，同周期主族元素非金属性自左至右非金属性减弱，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性N＞C＞Si，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性：
HNO3＞H2CO3＞H4SiO4；
（5）元素⑥为Al，⑤为Na，其最高价氧化物的水化物为NaOH，铝单质可以和NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OHˉ+6H2O==2[Al（OH）4]ˉ+3H2↑；
（6）元素①为H，③为N，二者形成相对分子质量与O2相同的物质，应为N2H4，在纯氧中燃烧产物无污染，应为N2和H2O，根据元素守恒可得化学方程式为N2H4+O2
N2+2H2O。
19.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如右图所示。
根据图中数据填空：
（1）该反应的化学方程式为__________________
（2）反应开始至2min末，以气体X表示的平均反应速率为___________；反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为______________
（3）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行,分别测得甲中
（X）=9mol·L-1·min-1，乙中
（Y）=6mol·L-1·min-1，则反应________更快。
（4）恒温恒容条件下，能说明该反应达到化学平衡状态的标志是________
①混合气体
压强不再变化②混合气体的密度不再变化③X的百分含量不再变化
④混合气体的平均相对分子质量不再变化⑤
（X）：
（Y）=3：
1
A.①②⑤B.①③④C.②③④D.③④⑤
『答案』
（1）.3X+Y
2Z
（2）.0.075mol·L-1·min-1（3）.10:
9（4）.乙（5）.B
『解析』
『分析』由图可知，Y、X的物质的量减少，则Y、X为反应物，而Z的物质的量增加，可知Z为生成物，结合
，速率之比等于化学计量数之比得到化学方程式，达到平衡时，正逆反应速率相等，且各物质的浓度不变。
『详解』
（1）由图可知，Y、X的物质的量减少，则Y、X为反应物，而Z的物质的量增加，可知Z为生成物，
，且2min后物质的量不再变化，由速率之比等于化学计量数之比可知反应为3X+Y
2Z，故『答案』为：
3X+Y
2Z；
（2）反应开始至2min，以气体X表示的平均反应速率为
，反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为（1.0+1.0）mol：
（0.9+0.7+0.2）mol=10:
9，故『答案』为：
0.075mol·L-1·min-1；10:
9；
（3）速率之比等于化学计量数之比，速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，
，则反应乙的更快，故『答案』为：
乙；
（4）①反应前后气体的体积不等，建立平衡的过程中气体的压强变化，混合气体的压强不再改变的状态，可说明达到平衡状态，故①选；
②该体系为恒容条件，且体系内物质总质量不变，则无论反应是否平衡，混合气体的密度都不变，混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，故②不选；
③X的百分含量不再变化，说明X的浓度不再发生变化，说明反应达到平衡状态，故③选；
④体系内总质量不变，反应前后气体的体积不等，即前后的物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明物质的量不再变化，能说明反应达到平衡状态，故④选；
故能说明反应达到平衡状态的是①③④，『答案』选B。
20.实验室可用氯气和金属铁反应制备无水三氯化铁，该化合物呈棕红色、易潮解，受热易升华。
装置如下：
（1）仪器a
名称是____________。
（2）A中反应的离子方程式是__________，D中反应的化学方程式是__________。
（3）反应开始时，先点燃____________处的酒精灯（填“A”或“D”）。
（4）若无B、C两装置，所得产物中可能含有的杂质是_____________（写化学式）。
（5）F中碱石灰的作用是____________（写2点）。
『答案』
（1）.分液漏斗
（2）.
（3）.
（4）.A（5）.FeCl2、Fe（OH）3、Fe2O3、Fe3O4（写任一种）（6）.吸收多余的氯气，防止污染环境；防止外界空气中的水蒸气进入E，氯化铁潮解
『解析』
『分析』
用氯气和Fe在加热条件下制取无水氯化铁，无水氯化铁易潮解，受热易升华，所以应该用干燥的氯气和Fe制取无水氯化铁，得到的氯化铁应该冷却，A装置是制取氯气，浓盐酸具有挥发性，加热条件下水蒸发导致得到的氯气中含有HCl、水蒸气，用饱和食盐水除去氯气中的HCl，用浓硫酸干燥氯气，所以从C导出的是干燥氯气；D中发生的反应为
，E用于收集FeCl3，F装置干燥空气防止水蒸气进入E而使氯化铁发生水解，同时F还能吸收未反应的氯气，防止污染大气，结合题目分析解答。
『详解』
（1）从装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗，故『答案』为：
分液漏斗；
（2）A中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为
，D中是铁粉与氯气在加热
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