【化学】山东省实验中学2019-2020学年高一下学期4月线上考试试题（解析版）

【化学】山东省实验中学2019-2020学年高一下学期4月线上考试试题（解析版）

山东省实验中学2019-2020学年高一下学期4月线上考试试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Zn-65 Cu-64‎ 一、单选题（共13题，每题3分，每题只有1个正确答案）‎ ‎1.和两离子的电子层结构相同，则a等于（ ）‎ A. b-m-n B. b+m+n C. b-m+n D. m-n+b ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】bXn-和aYm+两离子具有相同的电子层结构，说明二者核外电子数相同，阴离子核外电子数=质子数+所带的电荷数，阳离子核外电子数=质子数-所带电荷数，据此计算判断。‎ ‎【详解】阳离子核外电子数=质子数-所带电荷数，所以bXn-的核外电子数为b+n；阴离子核外电子数=质子数+所带的电荷数，所以aYm+的核外电子数为a-m；bXn+和aYm-两离子具有相同的电子层结构，说明二者核外电子数相同，所以b+n=a-m，即a=b+m+n，答案选B。‎ ‎2.A、B、C、D四种非金属元素（除H外），A、B在反应中各结合1个电子，形成稳定结构，与氢气化合产物的稳定性，B＞A；原子序数C＞D，C、D的稳定结构的核外电子数与A的稳定结构的核外电子数相等，则四种元素的非金属性由强到弱的排列顺序正确的是（ ）‎ A. A、B、D、C B. B、A、D、C C. A、B、C、D D. B、A、C、D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B在反应中各得1个电子形成稳定结构，说明它们是卤素；与氢气化合产物的稳定性，B＞A，说明B的非金属性强于A；C、D稳定结构的核外电子数相等，说明二者处于同一周期，原子序数C＞D，则非金属性C＞D，再对照四个选项，答案选D。‎ ‎3.可以说明硫元素的非金属性比氯元素的非金属性弱的是(　　)‎ ‎①HCl的溶解度比H2S的大　 ②HClO的氧化性比H2SO4的强　‎ ‎③HClO4的酸性比H2SO4的强　 ④HCl比H2S稳定　‎ ‎⑤硫化氢水溶液呈弱酸性而氯化氢水溶液呈强酸性　‎ ‎⑥Cl2能与铁反应生成FeCl3，硫与铁反应生成FeS　‎ ‎⑦Cl2可以从H2S溶液中置换出S ‎ ‎⑧HCl水溶液酸性比H2S强　 ‎ ‎⑨HCl或Cl－还原性比H2S或S2－弱 A. ③④⑤⑥⑦⑨ B. ③④⑥⑦⑧‎ C. ①②⑤⑥⑦⑨ D. ③④⑥⑦⑨‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①气态氢化物的溶解度与元素的非金属性无关，无法判断氯元素与硫元素的非金属性强弱，故①不符合题意；‎ ‎②由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属性越强；由元素原子的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。非金属性与元素最高价氧化物对应水化物的氧化性无联系，故②不符合题意；‎ ‎③由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属性越强；氯元素最高价氧化物对应水化物为高氯酸HClO4，硫元素最高价氧化物对应水化物为H2SO4，HClO4的酸性比H2SO4的强，可以说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故③符合题意；‎ ‎④由对应氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强。HCl比H2S稳定，可以说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故④符合题意；‎ ‎⑤硫化氢水溶液呈弱酸性而氯化氢水溶液呈强酸性，只能表示出各种酸电离出氢离子的难易，不能比较出非金属性的强弱，最外层电子数多非金属性不一定强，如Br最外层7个电子，O最外层6个电子，但是非金属性O大于Br，故⑤不符合题意；‎ ‎⑥非金属单质和相同的金属化合时，金属元素的化合价越高，即非金属单质氧化性越强，元素的非金属性越强，FeCl3中铁元素为+3价，FeS中铁元素为+2价，可以说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故⑥符合题意；‎ ‎⑦元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，氯气与H2S能发生置换反应，说明氯气的氧化性大于S，元素的非金属性Cl大于S，故⑦符合题意；‎ ‎⑧不能根据氢化物的水溶液的酸性强弱比较非金属性，例如HI的酸性比HCl强，但非金属性Cl＞I，硫化氢的酸性比盐酸弱，但非金属性Cl＞S，故⑧不符合题意；‎ ‎⑨非金属性越强，单质的氧化性越强，形成气态氢化物越稳定，对应离子的还原性越弱，HCl或(Cl－)还原性比H2S或(S2－)弱，可以说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故⑨符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎4.有X、Y两种元素，原子序数小于等于20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子最外层电子数相同(m、n均为正整数)。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱 B. 若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性 C. 若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2‎ D. 若Y的最高正价为m，则X的最高正价一定为m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y原子的最外层电子数相同，说明X、Y两种元素位于同一主族，由于X的原子半径小于Y，则原子序数Y大于X，根据同主族元素性质的递变规律判断。‎ ‎【详解】A．如X、Y为金属元素，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，则碱性：X(OH)n>Y(OH)n，A正确；‎ B．若HnXOm为硝酸，则X的氢化物为氨气，NH3为碱性气体，溶于水呈碱性，B错误；‎ C．若X形成的单质是N2，则Y元素形成的单质可以是红磷或者白磷，白磷的分子式为P4，C错误；‎ D．若Y的最高正价为+m，X不一定有正价，如Cl的最高正价为+7价，而F的最高价为0价，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎5.‎2008年9月25日21时10分，“神舟七号”顺利升空，并实施我国首次空间出舱活动。飞船的太阳能电池板有“飞船血液”之称，我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 砷元素符号为As，位于元素周期表中第4周期、ⅤA族 B. 酸性：砷酸＜磷酸 C. 镓元素符号为Ga，单质可能与水反应 D. 碱性： Ga(OH)3＜Al(OH)3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．砷元素符号为As，与N、P同主族，处于元素周期表中第四周期ⅤA族，故A正确；‎ B．同主族元素从上到下元素非金属性减弱，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：磷酸＞砷酸，故B正确；‎ C．镓元素符号为Ga，处于第ⅢA族，金属性比Al强，应能与水反应，故C正确；‎ D．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性Ga＞Al，故碱性Ga(OH)3＞Al(OH)3，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎6.A、B、C、D、E均为短周期元素。A、B、C位于同一周期相邻位置，它们分别与D形成的分子中都有10个电子，且A和C的原子序数之比为3:4。E原子从内到外各电子层的电子数之比为1:4:1。则下列叙述正确的是（ ）‎ A. 由A和C形成的一种化合物中，既可以形成共价键也可以形成离子键 B. 由A、C原子和B、D原子分别构成的分子电子数相等 C. B的单质与D的单质在常温常压下即可反应 D. 由A、B、C、D四种元素形成的化合物可能是离子化合物。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C、D、E均为短周期元素，A、B、C位于同一周期相邻位置，且A和C的原子序数之比为3∶4，则A为碳元素、C为氧元素，可知B为氮元素，它们分别与D形成的分子中都有10个电子，则D为氢元素，E原子从内到外各电子层的电子数之比为1∶4∶1，则各电子层的电子数分别为2、8、2，E为镁元素，据此分析解答；‎ ‎【详解】根据分析，A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素、D为氢元素、E为镁元素；‎ A．A为碳元素、C为氧元素，由A和C形成的一种化合物为CO或CO2，只能形成共价键，故A错误；‎ B．A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素、D为氢元素，由A，C原子和B、D原子分别构成的分子电子数不一定相等，如CO和NH3，故B错误；‎ C．B、D两种单质(氮气和氢气)相互化合的反应是工业合成氨的反应，在高温高压催化剂条件下进行的可逆反应，故C错误；‎ D．由A、B、C、D四种元素形成的化合物可为碳酸铵、碳酸氢铵等，是离子化合物，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列电子式或用电子式表示化合物形成过程正确的是(　　)‎ A. Na2O2　 B. CCl4　 ‎ C. MgCl2 D. H2O ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A． Na2O2是离子化合物，电子式为，故A正确；‎ B．CCl4共价化合物，所有原子都满足8电子稳定结构，电子式为： ，故B错误；‎ C．MgCl2是离子化合物，镁原子失去两个电子，氯原子得到电子，形成过程为：，故C错误； ‎ D．H2O是共价化合物，电子式为，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.同主族元素形成的同一类型化合物，其结构和性质往往相似。PH4I是一种白色晶体，下列对PH4I的叙述正确的是(　　)‎ A. 它是一种离子化合物 B. 它只含共价键 C. 它不可能与NaOH溶液反应 D. 它受热时不会分解 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题目信息，PH4I的性质可用NH4Cl的性质来解答。‎ ‎【详解】A．因NH4Cl是离子化合物，所以PH4I也是离子化合物，故A正确； ‎ B．因NH4Cl中既含离子键又含共价键，所以PH4I中也既含离子键又含共价键，故B错误；‎ C．因NH4Cl能与NaOH溶液反应，所以PH4I也能与NaOH溶液反应，故C错误； ‎ D．因NH4Cl能分NH4ClNH3+HCl，所以PH4IPH3+HI，但HI不稳定，还可以继续分2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列物质的变化过程中，都没有化学键被破坏的是(　　)‎ A. 氢氧化钠溶于水中；Na2O2溶于水 ‎ B. 氯化氢溶于水得到盐酸；NH4Cl受热分解 C. 冰融化为液态水；O2溶于水 ‎ D. 氯化钠受热熔化 ；I‎2升华 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化钠溶于水中发生电离形成离子，Na2O2溶于水且与水发生化学反应，化学键均被破坏，故A不符合题意； ‎ B．氯化氢为共价化合物，溶于水得到盐酸电离出氯离子和氢离子，化学键被破坏；NH4Cl是离子化合物，受热分解生成氯化氢和氨气，均为共价化合物，化学键被破坏，故B不符合题意；‎ C．冰融化为液态水仅为物态变化，破坏分子间作用力，化学键没有破坏；O2溶于水属于物理变化，化学键没有破坏，故C符合题意；‎ D．氯化钠是离子化合物受热熔化时形成钠离子和氯离子，化学键破坏 ；I‎2升华变为碘蒸气，是物态变化，破坏分子间作用力，化学键未被破坏，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎10.下列有关电池的说法不正确的是(　　)‎ A. 燃料电池属于二次电池 B. 铜锌原电池工作时，电流沿外电路从铜电极流向锌电极 C. 甲醇燃料电池可把化学能转化为电能 D. 锌锰干电池中，锌电极是负极 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．燃料电池不能反复充电使用，不属于二次电池，故A错误；‎ B．铜锌原电池中铜为正极，故电流为铜极流向锌极，而电子是由锌电极流向铜电极，故B正确；‎ C．原电池的实质即是化学能转化成电能，故C正确；‎ D．Zn失去电子生成Zn2+，锌锰干电池中，锌电极是负极，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎11.人造地球卫星用到的一种高能电池——银锌蓄电池，其电池的电极反应式为Zn＋2OH－-2e－→ZnO＋H2O，Ag2O＋H2O＋2e－→2Ag＋2OH－。据此判断锌是(　　)‎ A. 负极，并被氧化 B. 正极，并被还原 C. 负极，并被还原 D. 正极，并被氧化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】人造地球卫星用到的一种高能电池——银锌蓄电池，其电池的电极反应式为Zn＋2OH－-2e－=ZnO＋H2O，Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－，由电极反应方程式可知，Zn化合价升高失电子，被氧化，作负极；氧化银得电子，被还原，为正极，答案选A。‎ ‎12.以下说法中正确的是(　　)‎ ‎①仅用试管、胶头滴管、溴水、KI淀粉溶液就可比较Br2与I2的氧化性的强弱 ‎②利用烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗及溴水和CCl4能除去NaBr溶液中的少量NaI ‎③海水提溴与海带提碘均涉及氧化还原反应 ‎④制备粗硅的反应为C＋SiO2Si＋CO2↑　‎ ‎⑤SiO2与Al2O3均能与强碱溶液反应，所以均为酸性氧化物　‎ ‎⑥光导纤维的成分主要是Si A. ①②③ B. ②③④‎ C. ②④⑥ D. ①③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①可用胶头滴管将溶液滴在试管中，根据反应现象判断氧化性强弱，故①正确；‎ ‎②用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故②正确；‎ ‎③海水提溴与海带提碘，都是将碘元素和溴元素从化合物中置换出来，在进行提纯，均涉及氧化还原反应，故③正确；‎ ‎④制备粗硅的反应为‎2C＋SiO2Si＋2CO↑，故④错误 ‎⑤SiO2与Al2O3均能与强碱溶液反应，Al2O3为两性氧化物，故⑤错误；‎ ‎⑥光导纤维的成分主要是SiO2，故⑥错误；‎ 答案选A。‎ ‎13.如图在盛有水的烧杯中，铁圈和铜圈的连接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡。小心地从烧杯中央滴入硫酸铜溶液。片刻后可观察到的现象是（指悬吊的金属圈）（ ）‎ A 铁圈和铜圈左右摇摆不定 B. 保持平衡状态不变 C. 铁圈向下倾斜 D. 铜圈向下倾斜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】依据金属活动顺序可知铁的活泼性强于铜，铁圈和铜圈的连接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡。小心地从烧杯中央滴入CuSO4溶液后，该装置构成了原电池，铁较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应生成亚铁离子，质量减小；铜较不活泼的金属作正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，在铜圈上析出，所以铁圈向上倾斜，铜圈向下倾斜，‎ 答案选D；‎ 二、多选题（共7题，每题3分，每题有1-2个正确答案，选对1个得1分，多选或选错不得分）‎ ‎14.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 同周期相邻的第ⅡA族和第ⅢA族的元素，原子序数相差1、11或25‎ B. 除短周期外，其它周期均为18种元素 C. 副族元素含有非金属元素 D. 碱金属元素是指ⅠA族的所有的元素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同周期相邻的第ⅡA族和第ⅢA族的元素，二、三周期原子序数相差1，四、五周期原子序数相差11，第六、七周期原子序数相差25，故A正确；‎ B．六、七周期含有镧系元素、锕系元素，含有32种元素，故B错误；‎ C．副族元素为过渡金属元素，都为金属元素，故C错误；‎ D．碱金属元素是指ⅠA族氢以外的元素，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎15.Mg－H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如图。该电池工作时，下列说法正确的是(　　)‎ A. Mg电极是该电池的正极 B. H2O2在石墨电极上发生氧化反应 C. 石墨电极附近溶液的碱性增强 D. 溶液中Cl－向正极移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】镁、过氧化氢和海水形成原电池，镁做负极发生氧化反应，过氧化氢在正极上发生还原反应，过氧化氢做氧化剂被还原为OH-，溶液pH增大，原电池中阴离子移向负极。‎ ‎【详解】A．组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，不是正极，故A错误； ‎ B．双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为氢氧根离子，发生还原反应，故B错误；‎ C．双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为氢氧根离子，电极反应为，H2O2+2e-=2OH-，故溶液pH值增大，故C正确； ‎ D．溶液中Cl－移动方向与同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.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原子少1。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜X B. 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 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；X、Y位于同一族，故Y为S元素；Y、Z处于同一周期，Z原子的核外电子数比Y少1，则Z原子的核外电子数为15，故Z为P元素，结合元素周期律解答。‎ ‎【详解】A．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性P＜S＜O，即Z＜Y＜X，故A正确；‎ B．Y为硫元素，最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，故B错误；‎ C．非金属性P＜S＜O，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物稳定性Z＜Y＜X，X的气态氢化物最稳定，故C错误； ‎ D．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P＞S＞O，即Z＞Y＞X，故D正确；‎ 答案选BC。‎ ‎17.下列说法正确的是（ ）‎ A. SiH4比CH4稳定 B. 铜的电子层数多于镁的电子层数，故铜的金属性强于镁 C. Na和Cs属于第ⅠA族元素，Cs失电子能力比Na的强 D. P和As属于第ⅤA族元素，H3PO4酸性比H3AsO4的强 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．非金属性越强氢化物越稳定，而非金属性：Si＜C，所以SiH4比CH4稳定差，故A错误；‎ B．铜的电子层数多于镁的电子层数，不能说明铜的金属性强于镁，故B错误；‎ C．同主族元素，自上而下金属性增强，原子失电子能力增强，所以Cs失电子能力比Na的强，故C正确；‎ D．非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因非金属性：P＞As，所以H3PO4酸性比H3AsO4的强，故D正确；‎ 答案选CD。‎ ‎18.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（ ）‎ 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 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．活泼性强金属置换活泼性弱的金属，铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出，证明金属铁比金属铜活泼，故A正确；‎ B．铁、铜和氯气反应分别生成FeCl3和CuCl2，不能比较铁、铜的活泼性，故B错误；‎ C．铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解，说明三价铁离子氧化性大于二价铜离子，不能比较铁、铜的活泼性，故C错误；‎ D．把铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上无气泡产生，而铜片上有气泡产生，在原电池中铁作负极，所以铁的活泼性大于铜，故D正确；‎ 答案选AD。‎ ‎19.某学生用如图装置研究原电池原理，下列有关说法错误的是(　　)‎ A. 图(3)中Zn片增重质量与Cu片减轻质量的比为65∶64‎ B. 图(2)中，电子经溶液由铜片流向锌片 C. 图(1)中铜片上没有气体产生 D. 图(2)与图(3)中正极生成物的质量比为1∶32时，Zn片减轻的质量相等 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图(3)是原电池装置，锌做负极失电子生成锌离子，铜做正极，溶液中铜离子得到电子生成铜，锌电极减轻，铜电极增重，故A错误；‎ B．图(2)是原电池装置，锌做负极，铜做正极，电子只能在金属导体中传递移动，不能再溶液中移动，故B错误；‎ C．图(1) 是化学腐蚀，锌和稀硫酸发生反应生成氢气，铜和稀硫酸不反应，图1中铜棒上没有气体产生，故C正确；‎ D．图(2)与图(3)中电极反应负极Zn-2e- = Zn2+，图2中正极上电极反应2H+ +2e- = H2↑，图3中正极电极反应为Cu2++2e-‎ ‎=Cu，正极生成物质质量比为1：32时，则正极生成物的物质的量之比为1:1，依据电子守恒计算两个原电池中电子转移相同，所以反应的锌的质量相同，故D正确；‎ 答案选AB。‎ ‎20.如图装置，电流表G发生偏转，a极逐渐变粗，同时b极逐渐变细，c为电解质溶液，则a、b、c可能是下列各组中的(　　)‎ A. a是Ag、b是Fe、c为AgNO3溶液 ‎ B. a是Ag、b是Cu、c为Cu(NO3)2溶液 C. a是Zn、b是Cu、c为稀H2SO4 ‎ D. a是Cu、b是Zn、c为稀H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】该原电池中，a极逐渐变粗，同时b极逐渐变细，所以b作负极，a作正极，b的活泼性大于a的活泼性，‎ A．a是Ag、b是Fe、c为AgNO3溶液，Fe比Ag活泼，b作负极，铁被腐蚀逐渐变细，Ag作正极，溶液中Ag+得电子，在a表面生成Ag单质，a极逐渐变粗，故A正确；‎ B．a是Ag、b是Cu、c为Cu(NO3)2溶液，不能构成原电池，故B错误；‎ C．a是Zn、b是Cu、c为稀H2SO4，Zn作负极，被腐蚀逐渐变细，Cu作正极，与分析不符，故C错误，‎ D．a是Cu、b是Zn、c为稀H2SO4，Zn比Cu活泼，Zn作负极被腐蚀逐渐变细，Cu作正极，但析出氢气不是金属，a极不会逐渐变粗，故D错误；‎ 答案选A。‎ 三、填空题（共40分）‎ ‎21.判断对错（请填写“对”或“错”）‎ ‎(1)具有相同核电荷数的微粒是同一种元素________‎ ‎(2)不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键________‎ ‎(3)最外层电子数为2的元素不一定属于主族元素________‎ ‎(4)可由 2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O 反应 ，设计成原电池________‎ ‎(5)氢氧燃料电池，如图所示，a、b均为惰性电极。其中，b极为正极，电极反应是O2＋4OH－+4e－=2H2O________‎ ‎【答案】(1). 错 (2). 错 (3). 对 (4). 对 (5). 错 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)具有相同核电荷数的同一类原子属于同种元素，而不是指微粒，例如水分子和氨分子具有相同核电荷数，但不属于同种元素，故(1)错误；‎ ‎(2)H2O2为不同元素组成的多原子分子，存在非极性键，故(2)错误；‎ ‎(3)最外层电子数为2元素不一定属于主族元素，也可以处于过渡元素，也可以是稀有气体氦气，故(3)正确；‎ ‎(4)反应2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O为甲醇的燃烧，可由该反应设计成燃料电池，故(4)正确；‎ ‎(5)氢氧燃料电池工作时，通入氢气的一极(a极)为电池的负极，通入氧气的一极(b极)为电池的正极，发生还原反应，正极电极反应为：O2+4e-+H2O=4OH-，故(5)错误。‎ ‎22.有以下9种物质： a．Ne b．HCl c．P4 d．H2O2 e．Na2S f．NaOH g．Na2O2 h．NH4Cl i．AlCl3‎ 请用上述物质的字母填空：（填字母，中间不要有空格）‎ ‎(1)不存在化学键的是___________________。（若多项答案，按顺序填写，否则不得分）‎ ‎(2)只存在共价键的是_______________。（若多项答案，按顺序填写，否则不得分）‎ ‎(3)只存在离子键的是_____________。（若多项答案，按顺序填写，否则不得分）‎ ‎(4)既存在离子键又存在共价键的是__________。（若多项答案，按顺序填写，否则不得分）‎ ‎【答案】(1). a (2). b、c、i (3). e (4). d、f、g、h ‎【解析】‎ ‎【详解】a．Ne是单原子分子，不存在化学键；‎ b．HCl属于共价化合物，结构式为H-Cl，只存在极性共价键；‎ c．P4属于非金属单质，只存在非极性共价键；‎ d．H2O2属于共价化合物，结构简式为H-O-O-H，既有极性共价键键，又有非极性共价键；‎ e．Na2S属于离子化合物，只存在离子键；‎ f．NaOH属于离子化合物，但含有原子团，因此既存在离子键又存在共价键；‎ g．Na2O2属于离子化合物，但含有原子团，因此既存在离子键又存在共价键；‎ h．NH4Cl属于离子化合物，但含有原子团，因此既存在离子键又存在共价键；‎ i．AlCl3属于共价化合物，只存在极性共价键；‎ ‎(1)不存在化学键的是a；‎ ‎(2)只存在共价键的是b、c、i；‎ ‎(3)只存在离子键的是e ‎(4)既存在离子键又存在共价键的是d、f、g、h。‎ ‎23.(1)在‎25 ℃‎、101 kPa的条件下，‎ 请回答下列有关问题：‎ ‎①由H＋H→H2，当生成1 mol H2时，要________(填“吸收”或“放出”，下同)436 kJ的能量；由Cl2→Cl＋Cl，当断裂1 mol Cl2中的共价键时，要________243 kJ的能量。‎ ‎②对于反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)，测得生成2 molHCl(g)时，反应过程中放出183 kJ的热量，则断开 1 mol H—Cl 键所需的能量是________kJ。‎ ‎③有两个反应：a.H2(g)＋Cl2(g)2HCl(g)，b.H2(g)＋Cl2(g)2HCl(g)。这两个反应中，相同物质的量的H2(g)、Cl2(g)反应生成相同质量的HCl(g)时，放出的能量________(填“相等”或“不相等”)。‎ ‎(2)根据图示的能量转化关系判断，生成‎16 g CH3OH(l)________(填“吸收”或“放出”)________kJ能量。‎ ‎【答案】(1). 放出 (2). 吸收 (3). 431 (4). 相等 (5). 放出 (6). 45.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①断开建吸收能量，成键需要释放能量；‎ ‎②根据焓变=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎③根据盖斯定律，反应热与反应条件无关，只与始态和终态有关；‎ ‎(2)根据图示，反应物总能量高于生成物总能量，反应放出或吸收的能量与参与反应的物质的物质的量成正比。‎ ‎【详解】(1)①断开建吸收能量，成键需要释放能量，由H＋H→H2，是成键过程，释放能量，当生成1 mol H2时，要放出436 kJ的能量；由Cl2→Cl＋Cl，是断键过程，断键吸收能量，当断裂1 mol Cl2中的共价键时，要吸收243 kJ的能量；‎ ‎②根据焓变=反应物总键能-生成物总键能，断裂1molH-H键与1molCl-Cl键吸收的能量之和，即436kJ+243kJ=679kJ，设断开1molH-Cl键吸收的总能量为E(H-Cl)，则有( 436kJ+243kJ) -2×E(H-Cl) =-183kJ，则E(H-Cl)=431kJ；‎ ‎③两个反应的能量转化形式主要是化学能转化为热能，一个具体的反应释放能量的多少与反应条件无关，而与断开旧化学键和形成新化学键的能量变化有关，所以生成等量的产物所释放的能量相等；‎ ‎(2)根据图示变化可知，反应物总能量高于生成物总能量，该反应属于释放能量的反应，生成1mol CH3OH(l)放出的能量为510kJ-419kJ=91kJ，16gCH3OH的物质的量为0.5mol，故生成‎16g CH3OH(l)放出的热量为45.5kJ。‎ ‎24.X、Y、Z三种主族元素的单质在常温下都是常见的无色气体，在适当条件下，三者之间可以两两发生反应生成分别是双核、三核和四核的甲、乙、丙三种分子，且乙、丙分子中含有X元素的原子个数比为2∶3。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)元素X的名称是_______。‎ ‎(2)若甲与Y单质在常温下混合就有明显现象，则甲的化学式为________。‎ ‎(3)化合物丁含X、Y、Z三种元素，丁是一种常见的强酸，将丁与丙按物质的量之比1∶1混合后所得物质戊中含有的化学键为________（选填序号）。‎ a．只含共价键 b．只含离子键 c．既含离子键，又含共价键 ‎【答案】(1). 氢 (2). 4NH3+5O24NO+6H2O (3). c ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z三种主族元素的单质在常温下都是常见的无色气体，三种气体单质为氢气、氮气、氧气，且两两结合生成双核、三核、四核的甲、乙、丙三种分子，则甲、乙、丙分别为NO、H2O、NH3，且乙、丙分子中含有X元素的原子个数比为2：3，则X为H．甲与Y单质在常温下混合就有明显现象，则Y为O，故Z为N，化合物丁含X、Y、Z三种元素，则丁为HNO3，与丙按物质的量之比1：1混合后所得物质戊为NH4NO3，晶体中既含离子键，又含共价键，且NH4+水解显酸性，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由上述分析，元素X的名称是氢元素；‎ ‎(2)由上述分析可知，甲为NO，丙为NH3，丙在一定条件下转化为甲和乙反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎(3)化合物丁含X、Y、Z三种元素，丁是一种常见的强酸，则丁为HNO3，丙为NH3，将丁与丙按物质的量之比1:1混合后所得物质戊为NH4NO3，NH4NO3晶体中既含离子键，又含共价键，答案选c。‎ ‎ ‎