2022年高二化学期末考试押题卷.doc

高二化学期末押题卷一、选择题每题只有一个正确选项，每题2分，共60分1在现行元素周期表中，所含元素种数最多的族和周期分别是A第A族第6周期B第族第6周期C第B族第6周期D第A族第6周期2某粒子结构示意图为，假设该粒子为离子，那么它所带的电荷数可能为8n n8 10n n10ABCD3现有以下五个转化，其中不能通过一步反响实现的是SiO2Na2SiO3CuSO4CuCl2SiO2H2SiO3CuOCuOH2Na2O2Na2SO4A和B和CD4以下反响一定属于放热反响的是A氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反响B能量变化如下图的反响C化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反响D不需要加热就能发生的反响5在如下图的装置中，a的金属活泼性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种表达不正确的选项是A碳棒上有气体放出，溶液pH变大Ba是正极，b是负极C稀硫酸中有电子流动，方向是从b极到a极Da极上发生了氧化反响6以下表示电子式的形成过程正确的选项是ABCD7以下关于物质性质变化的比拟，不正确的选项是A稳定性：HIHBrHClHFB原子半径大小：NaSOC碱性强弱：KOHNaOHLiOHD复原性强弱：ClBrI8氢气在氧气中燃烧时产生淡蓝色火焰在反响中，破坏1mol氢气中的化学键消耗能量为Q1KJ，破坏1mol氧气中的化学键消耗能量为Q2KJ，形成1molOH化学键释放的能量为Q3KJ以下说法正确的选项是A2Q1+Q24Q3BQ1+Q2Q3C1mol氧气和2mol氢气的总能量高于1mol水的总能量D1mol氧气和2mol氢气的总能量低于1mol水的总能量9在同温同压下，以下各组热化学方程式中H1H2的是A2H2g+O2g2H2Ol；H1 2H2g+O2g2H2Og；H2BSg+O2g2SO2g；H1 Ss+O2g2SO2g；H2CCs+O2gCOg；H1 Cs+O2gCO2g；H2DH2g+Cl2g2HClg；H1H2g+Cl2gHClg；H210以下物质中，既含有离子键又含有非极性共价键的是AHClOBBaOH2CNa202DAr11关于Ag+2Bg3Cg的化学反响，以下表示的反响速率最大的是AvA=0.6mol/LminBvB=1.2mol/LminCvC=1.2mol/LminDvB=0.03mol/Ls12沼气是一种能源，它的主要成分是CH40.5mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445KJ热量，那么以下热化学方程式正确的A2CH4 g+4O2g=2CO2g+4H2OlH=+890KJ/molBCH4+2O2=CO2+2H2OH=890KJ/molCCH4 g+2O2g=CO2g+2H2OlH=890KJ/molD CH4 g+O2g=1CO2g+H2OlH=890KJ/mol13反响3Fes+4H2OgFe3O4+4H2g在一可变的密闭容器中进行，以下条件的改变对其反响速率几乎无影响的是A保持体积不变，增加H2Og的量B将容器的体积缩小一半C保持体积不变，充入Ne使体系压强增大D压强不变，充入Ne使容器的体积增大14将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反响：2Ag+Bg2Cg 假设经2s秒后测得C的浓度为0.6mol/L，现有以下几种说法：用物质A表示的反响的平均速率为0.3mol/Ls用物质B表示的反响的平均速率为0.6mol/Ls2S秒时物质A和B的转化率一样2S秒时物质B的浓度为0.3mol/L其中正确的选项是ABCD15A、B、C、D四种元素，其离子A+、B2+、C、D2具有相同的电子层结构，以下判断正确的选项是A原子序数由大到小的顺序是：BACDB离子半径由大到小的顺序是：B2+A+CD2CA、B、C、D四种元素可能属于同一周期DABCD四种元素一定属于短周期元素16假设某化学反响的反响过程如以下图所示观察分析，符合图中变化的化学反响为AA2+3B22AB3B2AB2+B22AB3C2A2 B+5B24AB3D2AB2+B22AB17根据以下热化学方程式：Cs+O2g=CO2gH1=393.5kJ/molH2g+O2g=H2OlH2=285.8kJ/molCH3COOHl+2O2g=2CO2g+2H2OlH3=870.3kJ/mol可以计算出2Cs+2H2g+O2g=CH3COOHl的反响热为AH=+244.1kJ/molBH=488.3kJ/molCH=996.6kJ/molDH=+996.6kJ/mol18以下说法中错误的选项是化学性质相似的有机物是同系物 分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物是同系物假设烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差异，但化学性质必定相似ABCD19使1mol乙烯与氯气发生完全加成反响，然后使该加成反响的产物与氯气在光照的条件下发生取代反响，那么两个过程中消耗氯气的总物质的量最多是A3molB4molC5molD6mol20假设乙醇中的氧为O，那么它与乙酸反响生成的酯的相对分子质量为A88B90C106D10821以下化工生产原理错误的选项是可以用电解熔融氯化钠的方法来制取金属钠可以用钠参加氯化镁饱和溶液中制取镁用电冶铝时，原料是氯化铝湿法炼铜是用锌和硫酸铜溶液反响置换出铜ABCD22在“绿色化学工艺中，理想的状态是反响物中的原子全部转化为期望的最终产物，不产生副产物，实现零排放即原子的利用率为100%以下反响类型中能表达“原子经济性原那么的是置换反响 化合反响 分解反响 取代反响 加成反响 加聚反响ABCD只有23用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，以下说法正确的选项是A标准状况下，11.2L H2O所含的水分子数目为0.5NAB16g O2和O3的混合气体中所含的氧原子数目为NAC1.00mol/L Na2CO3溶液中所含Na+的数目为2NAD0.1mol Zn与含0.1mol HCl的盐酸充分反响，产生H2数目为0.2NA24以下表达正确的有项氯化钠溶液能导电，所以氯化钠溶液是电解质BaSO4投入水中，导电性较弱，故它是弱电解质氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质 三氧化硫溶于水能导电，所以三氧化硫是电解质铜能导电，所以是电解质 CaCO3投入水溶液几乎不能导电，但CaCO3是强电解质氯气溶于水能导电所以氯气为电解质A1B2C3D425有一无色溶液，可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl、SO42、HCO3、MnO4中的几种为确定其成分，做如下实验：取局部溶液，参加适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再参加足量的NaOH溶液后白色沉淀局部溶解；另取局部溶液，参加HNO3酸化的BaNO32溶液，有白色沉淀产生以下推断不正确的选项是A肯定没有NH4+、HCO3、MnO4B可能有K+、ClC肯定有Al3+、Mg2+、SO42D可能有K+、Cl、HCO326用0.1mol/L的Na2SO3溶液30mL，恰好将2×103 mol XO4复原，那么元素X在复原产物中的化合价是A+4B+3C+2D+127以下五种有色溶液与SO2作用，均能褪色，其实质相同的是品红溶液 酸性KMnO4溶液 溴水 滴有酚酞的NaOH溶液 淀粉碘溶液ABCD28根据下表中烃的分子式排列，判断空格中烃的同分异构体数目是12345678CH4C2H4C3H8C4H8C6H12C7H16C8H16A3B4C5D629两种气态烷烃的混合物在标准状况下密度为1.16gL1，那么对此混合物组成说法正确的选项是A一定没有甲烷B一定没有乙烷C可能是甲烷和乙烷的混合物D可能是乙烷和丙烷的混合物30在2升的密闭容器中，发生以下反响：2Ag+Bg2Cg+Dg假设最初参加的A和B都是4mol，在前10秒钟A的平均反响速度为0.12mol/Ls，那么10秒钟时，容器中B的物质的量是A1.6 molB2.8 molC2.4 molD1.2 mol二、非选择题共40分31按要求完成以下填空1同温同压下烷烃A蒸气的密度是H2的15倍，烷烃A的分子式：；结构简式2烷烃B的分子中含有200个氢原子，烷烃B的分子式：3含有5个碳原子的烷烃D，烷烃D的分子式：4分子中含有22个共价键的烷烃，烷烃的分子式：32在2L密闭容器内，800时反响2NOg+O2g2NO2g体系中，nNO随时间的变化如下表：时间/s012345nNO/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.0071如图中表示NO2的变化的曲线是用O2表示从02s内该反响的平均速率v=2能说明该反响已到达平衡状态的是avNO2=2vO2b容器内压强保持不变cv逆NO=2v正O2d容器内密度保持不变3能使该反响的反响速率增大，且平衡向正反响方向移动的是a及时别离出NO2气体b适当升高温度c增大O2的浓度 d选择高效催化剂33拆开1mol氢气中的化学键需要消耗436kJ能量，拆开1mol氧气中的化学键需要消耗498kJ能量，根据图中的能量图，答复以下问题：1分别写出的数值：； 2生成H2Og中的1mol HO键放出kJ的能量3：H2Ol=H2OgH=+44kJmol1，试写出氢气在氧气中完全燃烧生成液态水的热化学方程式：34A、B、C、D、E五种短周期元素，A、B同主族，C、D同周期，B、E同周期气体A2与气体C2混合后点燃能够发生爆炸，且产物在常温常压下是一种无色无味的液体B、C、E简单离子的核外电子排布相同E的最高价氧化物可与B的最高价氧化物的水化物反响生成一种易溶于水的盐，D能形成自然界硬度最大的单质请根据上述所提供的信息答复以下问题1写出A、B两种元素的元素名称：A、B，写出D的最高价氧化物的电子式2写出由B和C两元素形成的原子个数比为1：1的化合物F的电子式，其存在的化学键是3写出F和A2C反响的离子方程式：4用电子式表示B2C形成的过程：参考答案与试题解析一、选择题每题只有一个正确选项，每题2分，共60分1在现行元素周期表中，所含元素种数最多的族和周期分别是A第A族第6周期B第族第6周期C第B族第6周期D第A族第6周期【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】根据元素周期表中，各周期各组所含元素种数解答【解答】解：第一周期，2种；第二、第三周期各8种；第四、第五周期各18种，第六周期有32种，其中第三列为镧系，含有15种元素；第七周期没有排满所以元素种类最多的是第六周期；第B族，有镧系和锕系，共含有33种元素，其他各族所含元素分别有3种、6种、7种，所以第B族所含元素最多，应选C2某粒子结构示意图为，假设该粒子为离子，那么它所带的电荷数可能为8n n8 10n n10ABCD【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】根据当质子数核外电子数，为阳离子；当质子数核外电子数，为阴离子；n的值可能小于10或大于10据此进行分析解答【解答】解：该粒子核外电子数为10，假设n10，质子数核外电子数，该离子为阳离子，那么该离子所带电荷数是n10；假设n10，质子数核外电子数，该离子为阴离子，那么该离子所带电荷数是10n应选C3现有以下五个转化，其中不能通过一步反响实现的是SiO2Na2SiO3CuSO4CuCl2SiO2H2SiO3CuOCuOH2Na2O2Na2SO4A和B和CD【考点】硅和二氧化硅；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】二氧化硅与氢氧化钠反响生成硅酸钠；硫酸铜与氯化钡反响生成硫酸钡和氯化铜；二氧化硅不溶于水，与水不反响；CuO不溶于水，与水不反响；过氧化钠与二氧化硫可反响生成硫酸钠【解答】解：SiO2Na2SiO3，二氧化硅是酸性氧化物，与碱反响生成盐和水，参加氢氧化钠溶液能一步实现，故不选；CuSO4CuCl2，参加氯化钡可以一步转化，故不选；SiO2H2SiO3 因为二氧化硅难溶于水，不能一步实现，故选；CuOCuOH2氧化铜难溶于水，不能一步实现，故选；Na2O2Na2SO4，参加二氧化硫可以一步转化，故不选；应选B4以下反响一定属于放热反响的是A氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反响B能量变化如下图的反响C化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反响D不需要加热就能发生的反响【考点】吸热反响和放热反响【分析】放热反响还是反响物的总能量大于生成物的总能量的反响，或是断键吸收的能量小于成键放出的能量的反响，常见的放热反响有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反响、金属与水反响，所有中和反响；绝大多数化合反响和铝热反响；吸热反响时反响物的总能量小于生成物的总能量的反响，或是断键吸收的能量大于成键放出的能量的反响，常见的吸热反响有：绝大数分解反响，个别的化合反响如C和CO2，少数分解置换以及某些复分解如铵盐和强碱，据此分析【解答】解：A、铵盐和碱的反响为吸热反响，故A错误；B、根据图示可知，反响物的总能量小于生成物的总能量，故反响吸热，故B错误；C、断键吸收的能量小于成键放出的能量的反响为放热反响，故C正确；D、反响吸放热与反响是否需要加热无关，即需要加热的反响不一定是吸热反响，不需要加热的反响不一定是放热反响，故D错误应选C5在如下图的装置中，a的金属活泼性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种表达不正确的选项是A碳棒上有气体放出，溶液pH变大Ba是正极，b是负极C稀硫酸中有电子流动，方向是从b极到a极Da极上发生了氧化反响【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】金属a能从酸中置换出H2，b为碳棒，那么a属于氢之前的金属，该装置构成原电池，a为负极、b为正极，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答【解答】解：金属a能从酸中置换出H2，b为碳棒，那么a属于氢之前的金属，该装置构成原电池，a为负极、b为正极，A碳棒上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减小，溶液的PH增大，故A正确；B通过以上分析知，a是负极、b是正极，故B错误；C该装置构成原电池，电子不能通过电解质溶液，故C错误；Da电极上金属失电子发生氧化反响，故D正确；应选BC6以下表示电子式的形成过程正确的选项是ABCD【考点】电子式【分析】A、氯化氢是共价化合物；B、溴化钠是离子化合物；C、MgF2电子式中2个氟离子在镁离子两边；D、二氧化碳中氧原子与碳原子形成2对共用电子对【解答】解：A、HCl为共价化合物，电子式不用加电荷，HCl电子式书写错误，故A错误；B、NaBr为离子化合物，阴离子要加中括号和电荷，故B错误；C、MgF2为离子化合物，镁离子与两个F形成离子键，镁离子在两个F之间，故C错误；D、二氧化碳中氧原子与碳原子形成2对共用电子对，故D正确应选D7以下关于物质性质变化的比拟，不正确的选项是A稳定性：HIHBrHClHFB原子半径大小：NaSOC碱性强弱：KOHNaOHLiOHD复原性强弱：ClBrI【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系【分析】A元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；B同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大；C元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；D元素的非金属性越强，其简单阴离子的复原性越弱【解答】解：A元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性FClBrI，所以稳定性HIHBrHClHF，故A错误；B同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，所以原子半径大小：NaSO，故B正确；C元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性KNaLi，所以碱性强弱：KOHNaOHLiOH，故C正确；D元素的非金属性越强，其简单阴离子的复原性越弱，非金属性ClBrI，所以复原性强弱ClBrI，故D正确；应选A8氢气在氧气中燃烧时产生淡蓝色火焰在反响中，破坏1mol氢气中的化学键消耗能量为Q1KJ，破坏1mol氧气中的化学键消耗能量为Q2KJ，形成1molOH化学键释放的能量为Q3KJ以下说法正确的选项是A2Q1+Q24Q3BQ1+Q2Q3C1mol氧气和2mol氢气的总能量高于1mol水的总能量D1mol氧气和2mol氢气的总能量低于1mol水的总能量【考点】反响热和焓变【分析】化学反响中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反响中的反响热H=反响物总键能生成物总键能，放热反响的H0，放热反响中反响物的总能量高于生成物的总能量，据此计算【解答】解：破坏1molHH消耗的能量为Q1kJ，那么HH键能为Q1kJ/mol，破坏1molOO键消耗的能量为Q2kJ，那么OO键键能为Q2kJ/mol，形成1molOH化学键释放的能量为Q3KJ，那么HO键能为Q3kJ/mol，反响热H=2Q1kJ/mol+Q2kJ/mol4×Q3kJ/mol=2Q1+Q24Q3KJ/mol，由于氢气在氧气中燃烧，反响热H0，即2Q1+Q24Q30，所以2Q1+Q24Q3，放热反响中反响物的总能量高于生成物的总能量，即1mol氧气和2mol氢气的总能量高于1mol水的总能量；应选C9在同温同压下，以下各组热化学方程式中H1H2的是A2H2g+O2g2H2Ol；H1 2H2g+O2g2H2Og；H2BSg+O2g2SO2g；H1 Ss+O2g2SO2g；H2CCs+O2gCOg；H1 Cs+O2gCO2g；H2DH2g+Cl2g2HClg；H1H2g+Cl2gHClg；H2【考点】热化学方程式【分析】A液态水具有的能量大于气态水，放热热量越大，焓变值越小；B气态S具有能量较高，那么前者放出热量较多，结合焓变为负值分析；C碳完全燃烧时放出的热量较多，放出热量越多，焓变越小；D焓变与化学计量数成正比，结合焓变为负值分析【解答】解：A液态水具有的能量较低，那么前者放热较大，由于焓变为负值，那么H1H2，故A错误；B气态S具有的能量大于固体S，那么前者放出的热量大于后者，由于焓变为负值，那么H1H2，故B错误；C碳燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成CO放出的热量，那么前者放出热量减少，由于焓变为负值，那么H1H2，故C正确；D计量数越大，放出热量越大，焓变为负值，那么计量数越大，焓变越小，所以H1H2，故D错误；应选C10以下物质中，既含有离子键又含有非极性共价键的是AHClOBBaOH2CNa202DAr【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型【分析】活泼金属元素与活泼非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，同种非金属元素原子之间形成非极性共价键，据此来解答【解答】解：A次氯酸只含有价键，不含离子键，故A不选；B氢氧化钡含有离子键，和0H极性共价键，故B不选；C过氧化钠中含有钠离子与过氧根离子之间的离子键，氧原子之间存在非极性共价键，故C选；D稀有气体为单原子分子，不含化学键，故D不选；应选：C11关于Ag+2Bg3Cg的化学反响，以下表示的反响速率最大的是AvA=0.6mol/LminBvB=1.2mol/LminCvC=1.2mol/LminDvB=0.03mol/Ls【考点】反响速率的定量表示方法【分析】根据化学反响速率之比等化学计量数之比进行计算，以同一个物质的化学反响速率进行比拟【解答】解：AvA=0.6mol/Lmin；BvB：vA=2：1，故vA=0.5vB=0.5×1.2mol/Lmin=0.6mol/Lmin；CvC：vA=3：1，故vA=vC=×1.2mol/Lmin=0.4mol/Lmin；DvB：vA=2：1，故vA=0.5vB=0.5×0.03mol/Ls=0.015mol/Ls=0.9mol/Lmin；故D反响速率最快，应选D12沼气是一种能源，它的主要成分是CH40.5mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445KJ热量，那么以下热化学方程式正确的A2CH4 g+4O2g=2CO2g+4H2OlH=+890KJ/molBCH4+2O2=CO2+2H2OH=890KJ/molCCH4 g+2O2g=CO2g+2H2OlH=890KJ/molD CH4 g+O2g=1CO2g+H2OlH=890KJ/mol【考点】热化学方程式【分析】8gCH4的n=0.5mol，0.5mol CH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出445KJ热量，根据化学计量数与反响热成正比，那么1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出890kJ热量，应注意书写热化学方程式时标明物质的聚集状态【解答】解：0.5mol CH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出445KJ热量，1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出890kJ热量，那么热化学方程式为CH4g+2O2gCO2g+2H2OlH=890KJ/mol，应选C13反响3Fes+4H2OgFe3O4+4H2g在一可变的密闭容器中进行，以下条件的改变对其反响速率几乎无影响的是A保持体积不变，增加H2Og的量B将容器的体积缩小一半C保持体积不变，充入Ne使体系压强增大D压强不变，充入Ne使容器的体积增大【考点】化学反响速率的影响因素【分析】A、根据浓度越大，化学反响速率越快；B、体积缩小，反响体系中物质的浓度增大，化学反响速率越快；C、体积不变，充入Ne使体系压强增大，但反响体系中的各物质的浓度不变；D、压强不变，充入Ne容器的体积变大，反响体系中各物质的浓度减小；【解答】解：A、因浓度越大，化学反响速率越快，所以增加H2Og的量，反响速率加快，故A错误；B、将容器的体积缩小一半，反响体系中物质的浓度增大，那么化学反响速率增大，故B错误；C、保持体积不变，充入Ne，Ne不参与反响，反响体系中的各物质的浓度不变，那么反响速率不变，故C正确；D、保持压强不变，充入Ne，使容器的体积变大，反响体系中各物质的浓度减小，那么反响速率减小，故D错误；应选：C14将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反响：2Ag+Bg2Cg 假设经2s秒后测得C的浓度为0.6mol/L，现有以下几种说法：用物质A表示的反响的平均速率为0.3mol/Ls用物质B表示的反响的平均速率为0.6mol/Ls2S秒时物质A和B的转化率一样2S秒时物质B的浓度为0.3mol/L其中正确的选项是ABCD【考点】化学平衡的计算【分析】反响2s后测得C的浓度为0.6mol/L，C的物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol，那么： 2Ag+Bg2Cg起始量mol：4 2 0变化量mol：1.2 0.6 1.22s末量mol：2.8 1.4 1.2根据v=计算vA；根据v=计算vB；A、B起始物质的量之比为2：1，反响按物质的量2：1进行，二者转化率相等；根据c=计算【解答】解：反响2s后测得C的浓度为0.6mol/L，C的物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol，那么： 2Ag+Bg2Cg起始量mol：4 2 0变化量mol：1.2 0.6 1.22s末量mol：2.8 1.4 1.2vA=0.3mol/Ls，故正确；vB=0.15l/Ls，故错误；A、B起始物质的量之比为2：1，反响按物质的量2：1进行，二者转化率相等，故正确；2s时B的浓度为=0.7mol/L，故错误，应选：A15A、B、C、D四种元素，其离子A+、B2+、C、D2具有相同的电子层结构，以下判断正确的选项是A原子序数由大到小的顺序是：BACDB离子半径由大到小的顺序是：B2+A+CD2CA、B、C、D四种元素可能属于同一周期DABCD四种元素一定属于短周期元素【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】离子A+、B2+、C、D2具有相同的电子层结构，对应元素A、B在C、D的下一周期，并且原子序数AB，CD，结合元素周期律的递变规律解答该题【解答】解：AA+、B2+、C、D2具有相同的电子层结构，设元素的原子序数分别为a、b、c、d，那么有a1=b2=c+1=d+2，应有原子序数BACD，故A正确；B离子核外电子排布相同的元素，核电荷数越大半径越小，那么有离子半径：B2+A+CD2，故B错误；C离子A+、B2+、C、D2具有相同的电子层结构，对应元素A、B在C、D的下一周期，故C错误；DA+、B2+、C、D2具有相同的电子层结构，但核外电子层数不确定，那么不能确定ABCD四种元素是否是属于短周期元素，故D错误应选A16假设某化学反响的反响过程如以下图所示观察分析，符合图中变化的化学反响为AA2+3B22AB3B2AB2+B22AB3C2A2 B+5B24AB3D2AB2+B22AB【考点】化学方程式的书写【分析】由图可知，AB2与B2以2：1反响，以此来解答【解答】解：由图可知，AB2与B2以2：1反响，遵循质量守恒定律，由原子守恒可知反响为2AB2+B22AB3，应选B17根据以下热化学方程式：Cs+O2g=CO2gH1=393.5kJ/molH2g+O2g=H2OlH2=285.8kJ/molCH3COOHl+2O2g=2CO2g+2H2OlH3=870.3kJ/mol可以计算出2Cs+2H2g+O2g=CH3COOHl的反响热为AH=+244.1kJ/molBH=488.3kJ/molCH=996.6kJ/molDH=+996.6kJ/mol【考点】反响热和焓变【分析】由盖斯定律可知，×2+×2得到2Cs+2H2g+O2g=CH3COOHl，以此计算反响热【解答】解：Cs+O2g=CO2gH1=393.5kJ/molH2g+O2g=H2OlH2=285.8kJ/molCH3COOHl+2O2g=2CO2g+2H2OlH3=870.3kJ/mol由盖斯定律可知，×2+×2得到2Cs+2H2g+O2g=CH3COOHl，那么2Cs+2H2g+O2g=CH3COOHl的反响热H=393.5kJ/mol×2+285.8kJ/mol×2870.3kJ/mol=488.3kJ/mol，应选B18以下说法中错误的选项是化学性质相似的有机物是同系物 分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物是同系物假设烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差异，但化学性质必定相似ABCD【考点】芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或假设干个CH2原子团的物质互称为同系物同系物具有以下特征：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同分子式不同、物理性质不同研究对象为有机物【解答】解：同系物化学性质相似，但化学性质相似物质不一定是同系物，如乙烯与1，3丁二烯，故错误；同系物在分子组成上析出相差一个或假设干个CH2原子团，但相差一个或假设干个CH2原子团的有机物不一定是同系物，如乙酸与乙酸乙酯，故错误；同系物中碳、氢元素的质量分数不一定对应相同，如甲烷与乙烷烃中碳、氢元素的质量分数对应相同，不一定是同系物如乙炔与苯，故错误；互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差异，但化学性质不一定相似，如乙酸与甲酸甲酯，故错误应选：D19使1mol乙烯与氯气发生完全加成反响，然后使该加成反响的产物与氯气在光照的条件下发生取代反响，那么两个过程中消耗氯气的总物质的量最多是A3molB4molC5molD6mol【考点】取代反响与加成反响；化学方程式的有关计算【分析】乙烯和氯气发生加成反响生成二氯乙烷，1mol双键加成需要1mol的氯气；有机物中的氢原子被氯原子取代时，取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，所以最多消耗的氯气为这两局部之和；加成反响有进无出；取代反响有出有进【解答】解：C2H4+Cl2CH2ClCH2Cl，所以1mol乙烯与氯气发生加成反响需要氯气1mol；CH2ClCH2Cl+4Cl2 CCl3CCl3+4HCl，所以1molCH2ClCH2Cl与氯气发生取代反响，最多需要4mol氯气，这两局部之和为1mol+4mol=5mol；应选：C20假设乙醇中的氧为O，那么它与乙酸反响生成的酯的相对分子质量为A88B90C106D108【考点】相对分子质量及其计算【分析】乙醇中的氧为O，其相对分子质量为48，乙酸的相对分子质量为60，发生酯化反响生成酯和水，水的相对分子质量为18，结合质量守恒定律解答【解答】解：乙酸与乙醇发生酯化反响生成酯和水，羧酸脱OH，醇脱H原子，乙醇中的氧为O，其相对分子质量为48，乙酸的相对分子质量为60，发生酯化反响生成酯和水，水的相对分子质量为18，生成乙酸乙酯的结构简式为CH3CO18OCH2CH3，由质量守恒定律可知，酯的相对分子质量为48+6018=90，应选B21以下化工生产原理错误的选项是可以用电解熔融氯化钠的方法来制取金属钠可以用钠参加氯化镁饱和溶液中制取镁用电冶铝时，原料是氯化铝湿法炼铜是用锌和硫酸铜溶液反响置换出铜ABCD【考点】金属冶炼的一般原理【分析】工业制钠：电解熔融氯化钠；工业制镁：电解熔融氯化镁；用电冶铝时，电解熔融氧化铝化镁；湿法炼铜：用铁和硫酸铜溶液反响置换出铜；【解答】解：工业制钠用电解熔融氯化钠的方法来制取，故正确；工业制镁用电解熔融氯化镁的方法来制取，钠和水反响生成氢氧化钠和氢气，不能置换出氯化镁饱和溶液中的镁，故错误；工业制铝用电解熔融氧化铝化镁的方法来制取，不能用氯化铝，因氯化铝是共价化合物，在熔融状态下不导电，故错误；湿法炼铜是用铁和硫酸铜溶液反响置换出铜，故