山东省德州市夏津一中2022-2022学年高一化学下学期月考考试试题含解析.doc

山东省德州市夏津一中2022-2022学年高一化学下学期月考考试试题含解析可能用到的相对原子质量：H1，C12，N14，O16，Mg24，S32，Cl35.5，Fe56，Ba137第 I 卷选择题 共80分一、单项选择题：1.为防止2022-nCoV病毒的传播，许多公共场所都注意环境消毒，以下消毒药品属于强电解质的是A. 84 消毒液B. 高锰酸钾C. 75%酒精D. 醋酸【答案】B【解析】【详解】A84消毒液是次氯酸钠的溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B高锰酸钾水溶液中完全电离，属于强电解质，故B正确；C75%酒精是溶液，属混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D醋酸在水溶液中局部电离，属于弱电解质，故D错误；故答案为B。【点睛】考查强弱电解质的判断，强电解质是在水溶液中或熔化状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大局部盐，特别注意溶液属混合物，既不是电解质也不是非电解质，这是易错点。2.化学科学需要借助化学专用语言来描述，以下化学用语书写正确的选项是( )A. 氯原子的结构示意图：B. 氨分子的电子式为：C. 氯化镁的电子式：D. HCl的形成过程为：【答案】C【解析】【详解】A氯原子的核电荷数=核外电子总数=17，最外层含有7个电子，其正确的原子结构示意图为，故A错误；B氨气为共价化合物，分子中含有3个N-H键，N原子核外除成键电子对外，还有2个未成键电子，其电子式为，故B错误；C氯化镁属于离子化合物，其电子式 ，故C正确；DHCl为共价化合物，分子中含有1个H-Cl键，用电子式表示其形成过程为，故D错误；故答案为C。3.周期表中镓Ga元素处在铝元素下方。氮化镓可把 信号扩大 10 倍，让电脑的速度提高 1 万倍。以下有关氮化镓的说法中正确的选项是A. 镓比铝原子的失电子能力弱B. 氮化镓的化学式为 GaNC. 镓原子最外层比氮原子最外层多两个电子D. 氮化镓是由同主族元素形成的化合物【答案】B【解析】【详解】A同主族从上到下金属性增强，那么镓元素比铝元素金属性强，即镓比铝原子的失电子能力强，故A错误；BGa为+3价，氮元素显-3价，氮化镓化学式为GaN，故B正确；C氮原子最外层电子数为5，镓原子最外层电子数为3，氮原子最外层比镓原子最外层多2个电子，故C错误；D氮化镓中N元素为A族，Ga元素为A元素，是不同主族元素形成的化合物，故D错误；故答案为B。4.钡的活动性介于钠和钾之间，以下表达不正确的选项是( )A. 钡与水反响不如钾与水反响剧烈B. 碱性：KOH>Ba(OH)2>NaOHC. 氧化性：Na+ >Ba2+ > K+D. 钾可以从BaCl2溶液中置换出钡【答案】D【解析】【详解】A钡的活动性介于钠和钾之间，钡的金属性比钾弱，钡与水反响比钾与水反响剧烈程度弱，故A正确；B金属性KBaNa，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性KOHBa(OH)2NaOH，故B正确；C金属性KBaNa，金属性越强对应离子的氧化性越弱，所以离子氧化性为Na+ >Ba2+ > K+，故C正确；D钾先与水反响生成KOH和氢气，无法从BaCl2溶液中置换出钡，故D错误；故答案为D。【点睛】元素金属性强弱的判断依据：金属单质跟水(或酸)反响置换出氢的难易程度，金属单质跟水(或酸)反响置换出氢越容易，那么元素的金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱，氢氧化物的碱性越强，对应金属元素的金属性越强，反之越弱；复原性越强的金属元素原子，对应的金属元素的金属性越强，反之越弱(金属的相互置换)。5.以下有关原电池的说法中正确的选项是( )A. 在外电路中，电子由正极流向负极B. 原电池工作时，可能会伴随着热能变化C. 原电池工作时，正极上发生氧化反响D. 原电池的负极材料一定比正极材料活泼【答案】B【解析】【详解】A原电池工作时，外电路中电子从负极流向正极，故A错误；B原电池工作时，化学能转变为电能，同时可能会伴随着热量变化，故B正确；C原电池工作时，正极上发生复原反响，故C错误；D在原电池中一般是相对较活泼的金属做负极，不活泼的金属做正极，但在Mg、Al和氢氧化钠构成原电池中，较不活泼的Al作负极，活泼的镁为正极，故D错误；故答案为B。【点睛】考查原电池根底知识，注意对原电池正负极反响原理的理解掌握，原电池是把化学能转变为电能的装置，原电池放电时，负极上失去电子发生氧化反响，正极上得电子发生复原反响，电子从负极经外电路流向正极。6.以下说法中正确的选项是A. H2和D2互为同素异形体B. 和互为同分异构体C. 和不是同种物质D. 金刚石和石墨都是碳元素的同素异形体【答案】D【解析】【详解】AH2和D2是由不同核素组成的分子，其对应单质都是氢气，是不同氢分子，而不是同素异形体，故A错误；B和均为2-甲基丁烷，是同种物质，故B错误；CCH4是正四面体结构，那么和是同种物质，故C错误；D金刚石和石墨都是碳元素的不同单质，为碳元素的同素异形体，故D正确；故答案为D。7.元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置。以下说法不正确的选项是(   )A. 元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价B. 多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较低C. P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强D. 人们在金属元素和非金属元素交界处寻找半导体材料【答案】A【解析】【详解】AO元素、F元素一般没有正化合价，大多数副族元素最外层电子数不等于最高正化合价，故A错误；B离核较近的区域能量较低，多电子原子中，能量低的电子在离核较近的区域内运动，故B正确；C因P、S、Cl同周期，且核电荷数依次增大，原子半径依次减小，原子核对电子吸引增大，得电子能力增强、非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强，故C正确；D半导体材料应在元素周期表金属和非金属分界线附近的元素中寻找，如Si，故D正确；故答案为A。8.在实验室中，以下除去杂质的方法不正确的选项是A. 除去溴苯中的少量溴，可以加稀碱溶液洗涤、分液后，得到溴苯B. 乙烷中混有乙烯，通氢气在一定条件下反响，使乙烯转化为乙烷C. 除去硝基苯中混有的少量浓 HNO3 和浓 H2SO4，将其缓慢倒入到 NaOH 溶液中，冷却静置，分液D. 乙烯中混有SO2和CO2，将其通入盛有碱石灰的枯燥管中洗气【答案】B【解析】【详解】A溴与NaOH反响后，与溴苯分层，那么混有少量溴的溴苯在NaOH稀溶液中反复洗涤、分液可得溴苯，故A正确；B乙烯与氢气发生加成反响，但易引入新杂质氢气，不能除杂，应选溴水、洗气除杂，故B错误；C酸与NaOH反响后，与硝基苯分层，那么在NaOH溶液中，静置、分液可除杂，故C正确；D碱石灰能吸收SO2和CO2，那么含有SO2和CO2的乙烯通过盛有碱石灰的枯燥管可除杂，得到纯洁的乙烯，故D正确；故答案为B。【点睛】在解答物质别离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原那么：不能引入新的杂质(水除外)，即别离提纯后的物质应是纯洁物(或纯洁的溶液)，不能有其他物质混入其中；别离提纯后的物质状态不变；实验过程和操作方法简单易行，即选择别离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原那么。9.某短周期主族元素R的最高化合价与最低化合价的代数和为6，以下判断正确的选项是( )A. R的氧化物对应的水化物的浓溶液一定具有脱水性B. R的单质可与过量的O2在点燃条件下充分化合生成RO2C. HR的沸点比H2O的沸点高D. R的气态氢化物溶于水呈酸性【答案】D【解析】【详解】某短周期主族元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，其最高正化合价为+7，那么R处于A族，由于F元素没有最高正化合价，故该元素为Cl元素；A氯元素的氧化物对应的水化物HClO、HClO4等均没有脱水性，故A错误；BCl2在氧气中不能燃烧生成ClO2，故B错误；CHCl常温下为气体，而H2O为液体，可知HCl的沸点比H2O低，故C错误；DHCl的水溶液为盐酸，呈酸性，故D正确；故答案为D。10.在 2Ag+Bs3Cg+4Dg反响中，下面表示的反响速率最快的是 A. vA=0.5 mol/LminB. vB=0.05 mol/LsC. vC=1.0 mol/LminD. vD=1.0 mol/Lmin【答案】C【解析】【详解】反响速率与化学计量数的比值越大，反响速率越快，那么：A=0.25；BB为固体，不能表示反响速率；C0.33；D=0.25；显然C中比值最大，反响速率最快，故答案为C。11.以下表示粒子结构的化学用语或模型正确的选项是 A. NH4Cl的电子式：B. 中子数为7的氮原子：C. 丙烷分子的球棍模型：D. 乙烯结构简式：CH2CH2【答案】C【解析】【详解】A氯化铵为离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，正确的电子为，故A错误；B中子数为7的氮原子的质量数为14，其核素表示为，故B错误；C丙烷的分子式为C3H8，结构简式为CH3CH2CH3，球棍模型与其结构简式相对应，故C正确；D乙烯结构简式中应该包含碳碳双键，写为：CH2=CH2，故D错误；故答案为C。12.以下说法正确的选项是( )A族元素是同周期中非金属性最强的元素第2周期A族元素的原子质子数和中子数一定为6原子序数为9的元素的最高化合价为+7A族和A族的元素全部是金属元素元素周期表有7个周期、16个族A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】同周期从左到右非金属性增强，所以第A族元素是同周期中非金属性最强的元素，故正确；第二周期A族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同，如14C含有6个质子和8个中子，故错误；原子序数为9的元素为F元素，非金属性很强，无正价，故错误；A族的元素全部是金属元素，那么A族的元素氢是非金属元素，故错误；元素周期表有7个周期、18个纵行，有七个主族、七个副族、1个族和1个0族，共16个族，故正确；正确，故答案为C。13.化学能可与热能、电能等相互转化。以下说法正确是( )A. 图所示的装置能将化学能转化为电能B. 中和反响中，反响物的总能量比生成物的总能量低C. 化学反响中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成D. 图所示的反响为吸热反响【答案】C【解析】【详解】A该装置不能构成闭合回路，不能构成原电池，那么不能将化学能转化为电能，故A错误；B中和反响为放热反响，那么反响物总能量大于生成物总能量，故B错误；C断键吸收热量、成键放出热量，化学反响实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，所以化学反响中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成，故C正确；D图所示反响物总能量大于生成物总能量，那么该反响为放热反响，否那么为吸热反响，根据图知，反响物总能量大于生成物总能量，那么为放热反响，故D错误；故答案为C。14.以下说法正确的选项是( )A. 只含有共价键的物质属于共价化合物B. 吸热反响不一定需要加热才能发生C. 含有离子键的物质肯定含金属元素D. 所有物质中均含有化学键【答案】B【解析】【详解】A只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是单质，如氢气、氧气等，故A错误；B氯化铵与氢氧化钡晶体的反响是吸热反响，常温下能进行，不需要加热，故B正确；C含有离子键的物质不一定含有金属元素，如铵盐，故C错误；D稀有气体中不含任何化学键，故D错误；故答案为B。【点睛】物质的类别与化学键之间的关系：当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。15.在恒容密闭容器中发生反响：3CO(g)+Fe2O3(s)3CO2(g)+2Fe(s)，以下说法不正确的选项是( )A. 增加块状Fe2O3的量，反响速率加快B. 升高温度，反响速率加快C. 使用催化剂，反响速率增大D. 充入N2使压强增大，反响速率不变【答案】A【解析】【详解】AFe2O3为固体，那么增加块状Fe2O3的量，反响速率根本不变，故A错误；B升高温度，可增大活化分子百分数，反响速率增大，故B正确；C使用催化剂，可增大活化分子百分数，反响速率增大，故C正确；D在恒容条件下，充入N2使压强增大，气体反响物和生成物的浓度不变，反响速率不变，故D正确； 故答案为A。16.在25和101kPa的条件下：化学键H-HCl-ClH-Cl键能(kJ/mol)436243431对于反响H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述不正确的选项是 A. 断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量B. 生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量C. 由键能数据分析,该反响属于放热反响D. 2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低【答案】B【解析】【详解】A断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量，故A正确；B生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ/mol×2mol=862kJ的能量，故B错误；C反响H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的H=(436+243)kJmol-1-(431×2)kJmol-1=-183 kJmol-10，此反响为放热反响，故C正确；D由选项C分析可知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)为放热反响，说明2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低，故D正确；故答案为B。17.以下说法正确的选项是( )A. F、Cl、Br的最外层电子数都是7，次外层电子数都是8B. 从HF、HCl、HBr、HI水溶液酸性逐渐增强的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属性逐渐增强的规律C. 砹是第6周期的卤族元素，根据卤素性质的递变规律可知，砹单质易溶于水，难溶于CCl4D. 卤素按F、Cl、Br、I的顺序，其非金属性逐渐减弱的原因是随着核电荷数的增大电子层数增大起主要作用【答案】D【解析】【详解】AF位于周期表第二周期，次外层电子数为2，故A错误；BF、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，但HF、HCl、HBr、HI酸性递增，故B错误；C砹单质为非极性分子，难溶于水，易溶于CCl4，故C错误；DF、Cl、Br、I位于同一主族，原子序数逐渐增大，原子半径增大，核对外层电子吸引力减弱，那么非金属性逐渐减弱，故D正确；故答案为D。18.在一定条件下，RO32-与R2-可发生反响：RO32-2R2-6H=3R3H2O，以下关于R元素的表达中，正确的选项是     A. 元素R位于周期表中第VIA族B. RO32-中的R只能被复原C. R在常温常压下一定是气体D. 假设1 mol RO32-参与该反响，那么转移的电子的物质的量为5 mol【答案】A【解析】【详解】由R2-可知R的最低价为-2价，那么R的最高价为+6价，为VIA族元素，O无正价态，那么R肯定不是O元素，可能为S元素，发生的反响为SO32-+2S2-+6H+3S+3H2O；A由分析知，元素R位于周期表中第VIA族，故A正确；BRO32-中的R元素为+4价，其最高价为+6价，R既能被氧化，又能被复原，故B错误；C由分析知，R肯定不是O元素，那么元素R的单质在常温常压下一定不是气体，故C错误；D反响中消耗1mol RO32-，转移的电子的物质的量=1mol×4=4mol，故D错误；故答案为A。19.以下各组化合物中，化学键的类型完全相同的是( )MgCl2和Na2OCO2和CS2Na2S和Na2O2 HCl和NaOHA. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】MgCl2和Na2O均只存在离子键，故正确；CO2和CS2均只存在极性共价键，故正确；Na2S只存在离子键，而Na2O2含离子键和非极性共价键，故错误；HCl中存在极性键；NaOH含离子键和极性共价键，故错误；正确，故答案为A。【点睛】考查化学键和化合物的关系，明确离子化合物和共价键化合物的概念是解此题关键，注意：并不是所有的物质中都含有化学键，稀有气体中不含化学键，为易错点。一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。20.如图是局部短周期元素原子半径与原子序数的关系图。那么以下说法不正确的选项是( )A. Z、N两种元素的离子半径相比，后者较大B. X、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比，前者较强C. 由X与M两种元素组成的化合物不能与任何酸反响，但能与强碱反响D. Z的氢氧化物能分别溶解于Y的氢氧化物的水溶液和N的氢化物的水溶液【答案】C【解析】【详解】图中元素分别为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素；ACl-比Al3+离子结构多一个电子层，那么Cl-半径大，即Z、N两种元素的离子半径相比，后者较大，故A正确；BO的非金属性比Cl强，H2O的稳定性比HCl强，即X、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比，前者较强，故B正确；CX与M两种元素组成的化合物SiO2，是酸性氧化物，能与碱反响，但其能与HF反响，故C错误；DAl(OH)3是两性氢氧化物，能溶于NaOH溶液和稀盐酸，故D正确；故答案为C。二、不定项选择题：每个题有一个或者两个正确选项21.X、Y、Z、M、N代表五种金属，有以下化学反响：水溶液中X+Y2+ = X2+Y。Z+2H2O(冷水) = Z(OH)2+H2。M、N为电极，与M盐溶液组成原电池，N电极反响为N-2e- =N2+。Y可以溶于稀硫酸中，N不被稀硫酸氧化。那么这五种金属的活动性由弱到强的顺序是( )A. M<N<Y<X<ZB. N<M<X<Y<ZC. N<M<Y<X<ZD. X<Z<N<M<Y【答案】A【解析】【详解】水溶液中X+Y2+ = X2+Y，说明活动性XY；Z+2H2O(冷水) = Z(OH)2+H2，能与冷水反响生成氢气说明Z金属性活动性很强；M、N为电极，与M盐溶液组成原电池，N电极反响为N-2e- =N2+，N失电子发生氧化反响，那么N是负极、M是正极，活动性NM；Y可以溶于稀硫酸中，N不被稀硫酸氧化，说明活动性YN；通过以上分析知，金属活动性顺序MNYXZ，故答案为A。【点睛】考查金属活动性强弱顺序判断，金属的金属性越强，其单质的复原性越强；在原电池中，一般来说，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上失电子发生氧化反响，正极上得电子发生复原反响；在金属活动性顺序表中，位于氢之前的金属能置换出酸中的氢。22.以下关于有机化合物的说法正确的选项是( )A. CH3CH2CH2CH3和CH3 (CH2)2 CH3 互为同分异构体B. 正戊烷和新戊烷互为同系物C. 苯和乙烯均能与溴水发生加成反响而使溴水褪色D. 甲、乙和丙的一氯代物都只有一种【答案】D【解析】【详解】ACH3CH2CH2CH3和CH3 (CH2)2 CH3 均为正丁烷，是同种物质，故A错误；B正戊烷和新戊烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B错误；C苯环没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反响，乙烯分子结构中有碳碳双键，能与溴水发生加成反响，故C错误；D甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯，三者的一氯代物都只有一种，故D正确；故答案为D。23.以下说法中正确的选项是( )A. 可用溴水检验甲烷中混有的乙烯B. 聚乙烯 (PE)和聚氯乙烯(PVC)都是食品级塑料制品的主要成分C. 分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化D. 常用75%的酒精消毒，是因为酒精可以吸收细菌蛋白中水分，使其脱水变性，到达杀菌消毒的目的【答案】AD【解析】【详解】A甲烷不能使溴水褪色，而乙烯能使溴水褪色，那么用溴水检验甲烷中混有的乙烯，故A正确；B聚氯乙烯(PVC)中含有氯元素，对人体有潜在危害，不是食品级塑料制品，故B错误；C分馏是物理变化，而干馏、裂化、裂解都是化学变化，故C错误；D75%的酒精能使蛋白质变性，失去生理活性，那么使用75%的酒精能到达杀菌消毒的目的，故D正确；故答案为AD。24.一个原电池总反响为Zn+Cu2+=Zn2+Cu，该电池电极材料及电解质溶液可能是 ( )选项 正极 负极 电解质溶液 A Zn Cu CuCl2 B ZnCuH2SO4 C Cu Zn CuSO4 D ZnAg CuSO4 A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】在原电池总反响Zn+Cu2+=Zn2+Cu中，锌失电子发生氧化反响而作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极(石墨)，铜离子在正极上得电子发生复原反响，那么电解质为可溶性的铜盐，符合条件的是C，故答案为C。25.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。以下说法正确的选项是A. Fe 棒为负极，电极反响为 Fe-3e-= Fe3+B. 能够给用电器提供电势差，是由于两个电极上有得失电子能力不同的氢气和氧气C. 锌筒作负极，发生复原反响，锌筒会变薄D. 使用一段时间后硫酸铅沉淀在电极板上，溶液酸性减弱，导电能力下降【答案】BD【解析】【详解】AFe 棒为负极，发生的电极反响为 Fe-2e-= Fe2+，故A错误；B氧气和氢气得失电子能力不同，能够发生自发的氧化复原反响，形成原电池，给用电器提供电势差，故B正确； C锌锰干电池，锌筒作负极，发生氧化反响被消耗，所以锌筒会变薄，故C错误；D铅蓄电池，放电时的总反响为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，所以使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，离子浓度减小，导电能力下降，故D正确；故答案为BD。26.如下列图为800 时A、B、C三种气体在密闭容器中反响时浓度的变化，只从图上分析能得出的结论是( )A. 发生的反响可表示为2B(g)C(g) 2A(g)B. 开始时，正、逆反响同时开始C. 前2 min A的分解速率为0.1mol·L1·min1D. 2 min时，A、B、C的浓度之比为231【答案】CD【解析】【详解】A由反响的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：c(A):c(B):c(C)=0.2mol/L:0.2mol/L:0.1mol/L=2:2:1，那么反响的化学方程式为2Ag2Bg+Cg，故A错误；B由图象可知，A的物质的量浓度减小，B和C的物质的量浓度增加，那么A为反响物，B和C为生成物，C物质从0开始，所以开始时从正反响开始，故B错误；C由图可知前2min的c(A)=0.2mol/L，所以v(A)=0.1molL-1min-1，故C正确；D2 min时，A、B、C的浓度分别为：0.2mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，A、B、C的浓度之比为0.2mol/L:0.3mol/L:0.1mol/L=2:3:1，故D正确；故答案CD。27.化学与生产、生活等息息相关，以下说法中正确的选项是( )A. “华为P30 Pro 中麒麟芯片的主要成分是二氧化硅B. 赵孟頫诗句“纷纷灿烂如星陨，霍霍喧逐似火攻。“灿烂美丽的烟花是某些金属的焰色反响，焰色反响属于物理变化C. 我国自主研发的东方超环(人造太阳)使用的 2H、3H与 1H互为同素异形体D. 熔喷布是医用口罩最核心的材料，熔喷布主要以聚丙烯为主要原料，其结构简式为【答案】BD【解析】【详解】A麒麟芯片的主要成分是硅，故A错误；B焰色反响的过程中无新物质生成，属于物理变化，故B正确；C2H、3H与 1H是同种元素的不同核素，互为同位素，故C错误；D丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，那么发生加聚反响生成的聚丙烯结构简式为，故D正确；故答案为BD。28.可逆反响 2NO2(g)N2O4 (g)在体积不变的密闭容器中反响，到达平衡状态的标志是单位时间内生成 n mol N2O4 的同时生成 2n mol NO2单位时间内消耗 n mol N2O4的同时生成 2n mol NO2混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态混合气体的颜色不再改变的状态用NO2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反响速率的比为2：1 的状态A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】单位时间内生成n mol N2O4的同时生成2n molNO2，同时消耗n mol N2O4，正逆反响速率相等，反响到达平衡状态，故正确；无论反响是否到达平衡状态都存在单位时间内消耗n mol N2O4的同时生成2n mol NO2，不能据此判断平衡状态，故错误；反响前后气体总质量不变、物质的量减小，那么混合气体平均摩尔质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变的时，各物质的物质的量不变，反响到达平衡状态，故正确；混合气体的颜色不再改变时，二氧化氮浓度不变，反响到达平衡状态，故正确；无论反响是否到达平衡状态都存在NO2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反响速率的比为2：1，不能据此判断平衡状态，故错误；正确，故答案为C。【点睛】考查化学平衡状态判断，明确化学平衡状态特点及判断方法是解此题关键，注意：只有反响前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准，否那么不能判断平衡状态，其中：可逆反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，反响体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。29.国际计量大会新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.02214076×1023mol1)，并于2019年5月20日正式生效。以下有关NA说法正确的选项是A. 22.4LCH2=CHCH3分子中含碳碳双键的数目为NAB. 1mol羟基OH所含的电子总数为9NAC. 常温常压下，14g聚乙烯含有原子总数为3NAD. 64 g S2和S8混合物中含硫原子总数为NA【答案】BC【解析】【详解】A未指明气体的状态，无法确定22.4LCH2=CHCH3的物质的量为1mol，故A错误；B1mol羟基中含有9mol电子，所含的电子总数为9NA，故B正确；C聚乙烯的链节为-CH2-CH2-，那么14g聚乙烯含有原子总数为mol-1=3NA，故C正确；D64gS2和S8混合物中含有64g S原子，含有的n(S)=2mol，含硫原子总数为2NA，故D错误；故答案为BC。30.将2mol甲烷和适量的Cl2混合后光照充分反响，先后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量依次增多0.2,那么参加反响Cl2的物质的量为A. 1.5molB. 3molC. 4.5molD. 6mol【答案】D【解析】【详解】根据充分反响后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.2mol，可以设其物质的量分别是nmol、(n+0.2)mol、(n+0.4)mol、(n+0.6)mol；参加反响的CH4为2mol，由C原子守恒可知：n+(n+0.2)+ (n+0.4)+ (n+0.6)=2，解得：n=0.2，Cl2和CH4发生取代反响时，一半的Cl进入HCl，那么消耗氯气的物质的量为0.2mol+2×0.4mol+3×0.6mol+4×0.8mol=6mol，故答案为D。【点睛】考查甲烷的取代反响，注意取代反响的特点：逐步取代，多步同时发生；发生取代反响时，一半的Cl进入HCl，一半的氯在有机物中，根据充分反响后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.2mol，结合碳原子守恒，先计算出各自的物质的量，进而计算所需氯气的物质的量。三填空题31.有A、B、C、D、E、F六种元素，其原子核电荷数均小于18，且依次递增，A原子核内仅有一个质子；B原子的电子总数与D原子的最外层电子数相等；A原子与B原子的最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等；D的最外层电子数是次外层电子数的3倍；E的最高价氧化物的水化物具有两性；F的单质是用途最广泛的半导体材料。试推断以上元素并答复以下问题：(1)写出相应的元素符号： B_，C_，D_， F_。(2)B、C、D的气态氢化物的稳定性由大到小的顺序为_(用化学式表示)。(3)画出D的离子结构示意图_。(4)用一个化学方程式证明B、F的非金属性的强弱_。(5)写出E的最高价氧化物的水化物与NaOH溶液反响的离子方程式：_。(6)由元素D形成的10电子简单离子的符号为_，由元素F形成的18电子分子的化学式为_。【答案】 (1). C (2). N (3). O (4). Si (5). H2O>NH3>CH4 (6). (7). Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3+Na2CO3 (8). Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O (9). O2- (10). SiH4【解析】分析】有A、B、C、D、E、F六种元素，它们原子的核电荷数均小于18，且依次递增；A原子核内仅有1个质子，那么A为H元素；D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；B原子的电子总数与D原子的最外层电子数相等，那么B为C元素；A原子与B原子的最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等，那么C原子最外层电子数=1+4=5，其原子序数小于O，那么C为N元素；E的最高价氧化物的水化物具有两性，那么E为Al元素；F的单质是用途最广泛的半导体材料，那么F为Si元素。【详解】由分析知：A为H元素、B为C元素、C为N元素、D为O元素、E为Al元素、F为Si元素；(1)各元素的元素为： B为C，C为N，D为O， F为Si；(2)C、N、O三种元素的非金属性依次增强，那么气态氢化物的稳定性由大到小的顺序为H2O>NH3>CH4；(3)O2-的离子结构示意图为；(4) 由Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3+Na2CO3可知碳酸的酸性比硅酸强，那么C的非金属性比Si强；(5)Al(OH)3与NaOH溶液反响的离子方程式为Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O；(6)由元素O形成的10电子简单离子的符号为O2-，由元素Si形成的18电子分子的化学式为SiH4。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱。最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱(非金属相互置换)。- 19 -