学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高一下学期月考化学试题解析版.docx
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学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高一下学期月考化学试题解析版
2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高一下学期4月月考
化学试题(解析版)
可能的用到的相对原子质量:
H:
1C:
12N:
140:
16S:
32Cu:
64
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题2分,共50分)
1.你认为减少酸雨的产生可采取的措施是()
①用煤作燃料②把工厂炯囱造高③化石燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰⑤开发新能源
A.①②③B.①③④⑤C.②③④⑤D.③⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
形成酸雨的主要气体污染物是SO2等,SO2主要来源于燃烧含硫的煤,少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放,从而减少酸雨的形成,以此解答。
【详解】①SO2主要来源于燃烧含硫的煤,用煤作燃料不能减少酸雨的产生,故①错误;
②工厂烟囱造高一些不能减少二氧化硫的排放,所以不能减少酸雨的产生,故②错误;
③将矿石燃料脱硫,能减少二氧化硫的排放,能减缓酸雨污染,故③正确;
④在已酸化的土壤中加石灰,可以改良土壤,但不能减缓酸雨污染,故④错误;
⑤开发新能源能减少二氧化硫的排放,所以能减少酸雨的形成,故⑤正确;选D。
2.某溶液中含有HCO3-、SO32-、Na+、NO3-四种离子,向其中加入适量Na2O2固体后,假设溶液体积不变,溶液中离子浓度增大的是
A.SO32-B.HCO3-C.Na+D.NO3-
【答案】C
【解析】
【分析】
Na2O2具有强氧化性,Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气,使溶液呈碱性。
能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变,同时溶液中存在反应生成的离子,该离子浓度也会变化。
【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气,使溶液呈碱性,HCO3-与OH-反应生成CO32-,则HCO3-离子浓度减小;Na2O2具有强氧化性,将SO32-氧化为SO42-,则SO32-离子浓度减小;NO3-浓度基本不变,钠离子浓度增大,故选C。
【点睛】本题考查离子的共存,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查,把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。
3.关于下列各装置图的叙述中,正确的是
A.制取及观察Fe(OH)2
B.比较两种物质的热稳定性
C.实验室制取NH3
D.分离沸点不同且互溶的液体混合物
【答案】A
【解析】
【详解】A.将滴管插入到液面以下,氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应:
2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe(OH)2↓,Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,该装置使用煤油以隔绝空气,使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触,从而达到防止被氧化的目的,所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀,故A正确;
B.碳酸钠较稳定,加热不分解,只有碳酸氢钠分解:
2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O,该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠,由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高,故无法比较二者的热稳定性,故B错误;
C.氯化铵受热生成氨气和氯化氢,在试管口易因温度降低,两者易反应生成氯化铵,不能制备氨气,故C错误;
D.图中装置为分馏操作,可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物,进出水方向为下口进上口出,温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处,故D错误;
故答案选A。
4.铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体,这些气体与11.2LO2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。
则消耗铜的质量为()
A.32gB.48gC.64gD.96g
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知,生成NO2、NO的做氧化剂消耗硝酸的量等于NO2、NO与氧气反应生成硝酸的量,说明整个过程中氧气得到的电子和铜失去的电子相同。
【详解】铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体,这些气体与11.2LO2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸,完全生成HNO3,整个过程中HNO3反应前后没有变化,说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸,生成气体,气体和氧气全部反应生成硝酸,证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同,即Cu失去的电子都被O2得到,由电子守恒可知n(Cu)×2=n(O2)×4,n(Cu)=
=1mol,消耗铜的质量=1mol×64g/mol=64g,故选C。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的电子守恒的计算应用,注意物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。
5.在一定温度和压强下,将一支容积为21mL的试管充满NO2后,倒置于一个盛水的水槽中,当试管内液面上升一定高度不再变化时,在相同条件下再通入O2,若要使试管内的液面仍保持在原高度,则通入O2的体积为
A.8.75mLB.12.25mL
C.5.25mLD.10.5mL
【答案】B
【解析】
【分析】
二氧化氮和水反应的方程式为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO,一氧化氮和水反应生成二氧化氮,二氧化氮又和水反应生成硝酸和一氧化氮,当充入的氧气少量时,剩余的气体是一氧化氮,液面上升,NO与通入的氧气恰好反应时,溶液充满整个试管,当充入的氧气过量时,液面下降,若要使试管内液面仍保持在原高度,剩余的气体是氧气,等于生成NO的体积。
【详解】根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知,将一容积21ml的试管充满NO2后,倒置于一个盛水的水槽中,当试管内液面上升至一定高度不再变化时,生成的一氧化氮的体积是二氧化氮的
1/3为7mL;当充入的氧气少量时,剩余的气体是一氧化氮,液面上升,NO与通入的氧气恰好反应时,溶液充满整个试管,则由方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知O2为21/4ml,当充入的氧气过量时,液面下降,若要使试管内液面仍保持在原高度,剩余的气体是氧气,等于生成NO的体积为7mL,故通入的氧气的体积=7mL+21/4mL=12.25mL,故选B。
【点睛】本题考查氮的氧化物性质、根据方程式计算的计算等,清楚发生的反应是解题关键,注意利用总反应方程式进行的解答。
6.CuSO4是一种重要的化工原料,其有关制备途径如图所示。
下列说法正确的是
A.途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2:
3
B.利用途径③制备16g硫酸铜,消耗硫酸的物质的量为0.1mL
C.生成等量的硫酸铜,三个途径中参加反应的硫酸的物质的量:
①=②=③
D.与途径①、③相比,途径②更好地体现了绿色化学思想
【答案】D
【解析】
分析:
物质制备的基本思想是用最少的原料获得最多的产品,同时符合原子利用率高,无污染等要求。
途径①的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-
3Cu2++2NO↑+4H2O,途径②的反应方程式式为2Cu+O2
2CuOCuO+H2SO4
CuSO4+H2O,途径③的反应方程式式为Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,据此可解答。
详解:
A、根据途径①的离子方程式可知,H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:
2,故A错误;
B、由途径③的化学方程式可得,制备16g硫酸铜即0.1mol,需要消耗硫酸的物质的量为0
.2mol,所以B错误;
C、由反应方程式可知生成等量的硫酸铜,参加反应的硫酸的物质的量为①=②=
③,所以C错误;
D、根据反应方程式可知,制取等量的硫酸铜,途径①与途径②相比,在消耗等量硫酸的基础上又多消耗了硝酸,并生成污染性气体NO,途径③消耗硫酸最多,并产生污染性气体SO2,只有途径②消耗硫酸量少,又不产生污染性气体,所以途径②更好地体现了绿色化学思想,故D正确。
本题答案为D。
7.下列离子方程式书写正确的是()
A.铁粉加入稀硫酸中:
2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B.SO2通入氯水中:
SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+
C.Fe(OH)2溶于过量的稀HNO3:
Fe(OH)2+2H+=2Fe2++2H2O
D.少量氯水滴入FeBr2溶液中:
Cl2+2Br-=2C1-+Br2
【答案】B
【解析】
【分析】
A、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气;
B、二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸;
C、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水;
D、亚铁离子还原性强于溴离子,少量氯水滴入FeBr2溶液中,氯水应先与亚铁离子反应。
【详解】A项、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,反应的离子方程为:
Fe+2H+═Fe2++H2↑,故A错误;
B项、将SO2通入氯水中,二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸,反应的离子方程为:
SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+,故B正确;
C项、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水,反应的离子方程为:
3Fe(OH)2+NO3-+10H+═3Fe3++NO↑+8H2O,故C错误;
D项、亚铁离子还原性强于溴离子,少量氯水滴入FeBr2溶液中,氯水应先与亚铁离子反应,反应的离子方程为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写,明确反应的实质是解题关键,判断离子方程式正确与否的方法一般是:
检查反应能否发生;检查反应物、生成物是否正确;检查各物质拆分是否正确;检查是否符合守恒关系(如质量守恒和电荷守恒等);检查是否符合原化学方程式。
8.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。
现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后,品红溶液褪色,把剩余气体排入空气中,很快变为红棕色。
对于原混合气体成分的判断中正确的是 ( )
A.肯定有SO2和NO
B.肯定没有O2和NO2,可能有Cl2
C.可能有Cl2和O2
D.肯定只有NO
【答案】A
【解析】
试题分析:
由于气体呈无色,所以其中一定没有Cl2、NO2,气体通过品红溶液,品红溶液褪色,说明混合气体中含有SO2,剩余气体排入空气中呈红棕色,说明其中含有NO,结合原混合气体无色,说明混合气体中没有氧气。
考点:
氮氧化物的产生及转化
9.下列实验操作及现象和后面结论对应正确的是()
选项
实验操作
现象
结论
A
将SO2通入酸性高锰酸钾溶液
高锰酸钾溶液紫色褪色
SO2具有漂白性
B
向某溶液中滴加KSCN溶液
溶液显红色
原溶液中有Fe3+无Fe2+
C
将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液
有白色沉淀生成
证明酸性:
硫酸大于碳酸大于硅酸
D
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
A.SO2通入酸性高锰酸钾溶液,溶液将二氧化硫氧化,因为发生氧化还原反应而褪色,证明二氧化硫具有还原性,故A错误;B.向某溶液中滴加KSCN溶液,溶液显示红色,能够证明原溶液中有Fe3+,但是无法证明是否含有Fe2+,检验Fe2+应该再滴入酸性高锰酸钾溶液,故B错误;C.将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液,有白色沉淀生成,证明最高价含氧酸的酸性:
硫酸>碳酸>硅酸,则非金属性S>C>Si,故C正确;D.将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热,铝和氧气反应生成了氧化铝,形成氧化膜,三氧化二铝的熔点高于铝的熔点,包住了熔化的铝,所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落,故D错误;故选C。
10.常温常压下,a、b、c、d四支相同的试管中,分别装入以等物质的量混合的两种气体,a试管内是NO2与O2,b试管内为Cl2和SO2,c试管内为NO与O2,d试管内是NH3与N2,将四支试管同时倒立于水中,最终各试管中水面上升高度顺序应为
A.b>c>a>dB.b>a>c>dC.d>b>a>cD.b>d>c>a
【答案】A
【解析】
【分析】
首先写出有关反应的化学方程式,根据方程式计算,剩余气体越少,试管中水面上升的高度越大.
【详解】设试管的体积为VL,
a.等体积的NO2与O2,发生:
4NO2+O2+2H2O=4HNO3,最后剩余O2,体积为(0.5V-1/4×0.5V)=3/8V;
b.等体积的Cl2和SO2,发生:
Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4,气体完全反应,没有气体剩余;
c.等体积的NO与O2,发生:
4NO+3O2+2H2O=4HNO3,最后剩余O2,体积为(0.5V-0.5V×3/4)=1/8V;
d.等体积的NH3与N2,氨气极易溶于水,氮气不溶于水,剩余气体为氮气,体积为0.5V,剩余气体越少,试管中水面上升的高度越大,最终各试管中水面上升高度顺序应为b>c>a>d,
故选A。
11.下列根据实验现象所得出的结论中,正确的是()
A.无色溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体,该气体能使澄清石灰水变浑浊,结论:
原溶液可能含有CO32-
B.某物质焰色反应呈黄色,结论:
该物质是钠盐
C.无色试液加入NaOH溶液,加热产生的气体使红色石蕊试纸变蓝,结论:
试液中含NH3
D.无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不消失,结论:
原溶液一定含有SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】A.原无色溶液中加稀盐酸产生无色无味气体,该气体为CO2,则原溶液中可能含有碳酸根离子或碳酸氢根离子,所以该结论正确,A项正确;
B.钠元素的单质和化合物的焰色反应都呈黄色,所以焰色反应呈黄色的物质也可能是钠单质、钠的氧化物和NaOH,该结论是错误的,B项错误;
C.因为NH4++OH-
NH3↑+H2O,NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故原溶液中含NH4+,所以该结论错误,C项错误;
D.因为BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba(NO3)2,AgCl也是不溶于盐酸的白色沉淀,因此原无色溶液也可能含Ag+,该结论错误,D项错误;答案选A。
12.下列关于浓硝酸的说法不正确的是
A.光照易分解
B.露置于空气中溶液浓度降低
C.能与碳反应说明其具有强氧化性
D.常温下铜在浓硝酸中发生钝化
【答案】D
【解析】
浓硝酸具有挥发性,见光分解和受热分解的不稳定性,还具有强的氧化性等。
所以A、光照易分解是其不稳定性的表现,故A正确;B、露置于空气中因其挥发导致溶质减少,溶液浓度降低,故B正确;C、浓硝酸的强氧化性能氧化几乎所有的金属和绝大多数非金属,所以能与碳反应,故C正确;D、常温下铜可在浓、稀硝酸中发生反应,而铁、铝在浓硝酸中才能发生钝化,所以D错误。
因此本题答案为D。
13.已知X+结构示意图如下图,则X在元素周期表中的位置是( )
A.第二周期0族B.第四周期ⅠA族
C.第三周期ⅠA族D.第三周期ⅦA族
【答案】B
【解析】
【详解】X+结构示意图:
,则可推知其质子数为:
2+8+8+1=19,X是钾元素,位于第四周期ⅠA族,B项正确;
答案选B。
【点睛】解本题需要注意:
(1)阳离子:
质子数>电子数;
(2)阴离子:
质子数<电子数;(3)原子:
质子数=电子数。
14.下列关于化学键的叙述中,正确的是()
A.氢键是一种特殊的共价键B.离子化合物中可能含有共价键
C.I2的挥发破坏了共价键D.非极性键只能存在双原子单质中
【答案】B
【解析】
A.氢键不是化学键,A错误;B.离子化合物中可能含有共价键,例如NaOH中O与H之间含有共价键,B正确;C.I2的挥发是物理变化,破坏了分子间作用力,共价键不变,C错误;D.非极性键不一定只能存在双原子单质中,例如CH3CH2OH分子中C与C之间含有非极性键,D错误。
答案选B。
15.浅绿色的Fe(NO3)2溶液中逐滴加入少量的稀硫酸时,溶液的颜色变化应该是
A.颜色变浅B.变为血红色C.没有改变D.变为黄色
【答案】D
【解析】
浅绿色的Fe(NO3)2溶液中逐滴加入少量的稀硫酸时,发生离子反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O,三价铁盐溶液显黄色,所以溶液变为黄色,本题选D。
点睛:
本题考查的是Fe(NO3)2溶液中的硝酸根在酸性条件下表现强氧化性。
学生往往容易关注到硫酸而忽略了硝酸根的存在。
16.短周期元素A和B,其中A元素的原子最外层电子数是a,次外层电子数是b;B元素的原子M层电子数是(a-b),L层电子数是(a+b),则A、B两种元素形成的化合物的化学式可能表示为()
A.B3A2B.AB2C.A3B2D.BA2
【答案】D
【解析】
【详解】短周期元素A和元素B,元素A原子的最外层电子数为a,次外层电子数为b;元素B原子的M层电子数为(a-b),L层电子数为(a+b),则L层电子数为8,所以a+b=8,所以元素A原子有2个电子层,故b=2,所以a=8-b=8-2=6,故A为O元素;故元素B原子的M层电子数为a-b=6-2=4,故B为Si元素,A、B两元素形成的化合物为BA2,
故选D。
17.下列有关化学用语的表示方法中正确的是
A.次氯酸的电子式:
B.M2+离子核外有a个电子,b个中子,M原子符号为a+b+2a+2M
C.用电子式表示MgCl2的形成过程为:
D.Na+的结构示意图:
【答案】B
【解析】
【详解】A、HClO是共价化合物,电子式为
,A错误;
B、M2+离子核外有a个电子,M原子核外有a+2个电子,M的质子数为a+2,质量数为a+2+b,M的原子符号为
,B正确;
C、氯化镁是离子化合物,用电子式表示MgCl2的形成过程为:
,C错误;
D、Na+的结构示意图为
,D错误;
答案选B。
【点睛】电子式的判断是解答的难点,明确物质所含化学键的类型是解答的关键,选项A是易错点,书写化合物的电子式时,应注意原子间的连接顺序,确定原子间连接顺序的方法是先标出各原子的化合价,然后根据异性微粒相邻,同性微粒相间的原则确定。
18.已知短周期元素的四种离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构,则下列叙述中正确的是()
A.原子半径:
B>A>C>DB.原子序数:
D>C>B>A
C.离子半径:
C3->D->A2+>B+D.氧化性:
A2+>B+,还原性:
C3-<D-
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期元素的四种离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构,所以有
a-2=b-1=c+3=d+1,且A、B在周表中C、D的下一周期,原子序数a>b>d>c。
【详解】A.A、B在周表中C、D的下一周期,且原子序数a>b>d>c,核外电子层数越多,半径越大,同周期元素原子序数越大,半径越小,则有原子半径:
B>A>C>D,故A正确;
B.短周期元素的四种离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构,所以有a-2=b-1=c+3=d+1,且A、B在周表中C、D的下一周期,原子序数a>b>d>c,故B错误;
C.aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构,核电荷数越大,离子半径越小,核电荷数a>b>d>c,所以离子半径C3->D->B+>A2+,故C错误;
D.同周期从左往右,元素金属性减弱,对应阳离子的氧化性增强;元素非金属性增强,对应阴离子的还原性减弱,故氧化性:
A2+>B+,还原性:
C3->D-,故D错误;
故选A。
19.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示,其中T为铝元素。
元素R的氢化物的电子式为
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图示,R位于第二周期,T、Q、W位于第三周期,T为Al元素,则R为N元素,Q为Si元素,W为S元素,据此解答。
【详解】根据上述分析,R为N元素,Q为Si元素,W为S元素,T为铝元素。
N的氢化物为氨气,化学式为NH3,其为共价化合物,分子中只有共价键,其电子式为
,故选C。
20.M、R均为主族元素,已知M的一个原子失去2个电子,R的一个原子得到1个电子后形成稀有气体元素的电子层结构。
下列关于M与R形成的化合物的叙述正确的是( )
A.M与R可以形成MR2型离子化合物
B.在MR2中M的离子半径比R的离子半径大
C.形成的两种离子分别是M+和R2-
D.MR2的电子式为
【答案】A
【解析】
【分析】
元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构,故M处于ⅡA族,R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构,故处于ⅦA族,二者可以形成MR2型离子化合物,据此解答。
【详解】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构,故M处于ⅡA族,R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构,故处于ⅦA族,二者可以形成MR2型离子化合物,据此解答。
则
A.M形成+2价阳离子,R形成-1价阴离子,二者可以形成MR2型离子化合物,故A正确;
B.离子电子层与核电荷数不能确定,故离子半径大小不能确定,M的离子半径可能比R的离子半径小,也可能大,如Ca2+<Cl-,Ba2+>Cl-,故B错误;
C.形成的两种离子分别是M2+和R-,故C错误;
D.MR2的电子式为
,故D错误,
故答案选A。
21.W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素,W元素最外层电子数是内层电子数的两倍,X与Z属于同主族的元素,Z元素最高正价与最低负价之和为4;Y为短周期元素中半径最大的元素,下列说法正确的是()
A.简单离子半径Y>X
B.非金属性W>Z
C.氢化物稳定性X>Z>W
D.最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z
【答案】C
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素,W元素最外层电子数是内层电子数的两倍,由于最外层电子数不能超过8个,则W是第二周期的C元素;X与Z属于同主族的元素,Z元素最高正价与最低负价之和为4,则Z是第ⅥA元素,X是O,Z是S;Y为短周期元素中半径最大的元素,Y是钠元素,据此分析解答。
【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是C、O、Na、S。
则
A.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小,则简单离子半径Y<X,A错误;
B.非金属性S>C,B错误;
C.非金属性越强,氢化物越稳定,则氢化物稳定性O>S>C,C正确;
D.非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强,则最高价氧化物对应水化物的酸性是硫酸大于碳酸,D错误;
答案选C。
22.下列说法正确的是
A.原子序数之差为2的两种元素不可能位于同一主族
B.D−核外有36个电子,则元素D位于第四周期第ⅦA族
C.位于同一主族的甲、乙两种元素,甲的原子序数为x,则乙的原子序数可能为x+4
D.位于同一周期的甲、乙两种元素,甲位于第ⅠA族,原子序数为x,乙位于第ⅢA族,则乙原子序数可能为x+19
【答案】B
【解析】
【详解】氢和锂是同一主族的两种元素,其原子序数之差为2,故A错误;
D−核外有36个电子,则D原子有35个电子,为Br元素,Br位于第四周期第ⅦA族,故B正确;
同主族相邻两周期原子序数差值可能为2、8、18、32等,所以同一主族的甲、乙两种元素,甲的原子序数为x,则乙的原子序数不可能为x+4,故C错误;
同一周期第ⅠA族与第ⅢA族之间原子序数之差可能为2、12和26,乙原子序数不可能为x+19,故D错误。
故选B。
23.下列物质中只含有离子键的是
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- 学年 黑龙江省 哈尔滨市 第六 中学 一下 学期 月考 化学试题 解析