届宁夏吴忠中学高三上学期第三次月考期中化学试题解析版.docx
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届宁夏吴忠中学高三上学期第三次月考期中化学试题解析版
宁夏吴忠中学2019届高三上学期第三次月考(期中)化学试题
1.下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是()。
A.CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体
B.使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一
C.节能减排符合低碳经济的要求
D.合理开发利用可燃冰(固态甲烷水合物)有助于缓解能源紧缺
【答案】A
【解析】
造成温室效应的气体包含CO2和CH4,但不包含N2。
视频
2.很多人喜欢逛超市,走进超市可以看到饮料区的货架上放有碳酸饮料,顾名思义,碳酸饮料就是饮料中溶解了碳酸;人身体有汗时容易发生触电事故;把一个橘子,插入电极接入电路,也能导电。
则下列有关说法不正确的是()
A.碳酸是电解质,而碳酸饮料是电解质溶液
B.身体有汗容易发生触电事故,是因为人的汗液中含有自由移动的无机盐离子
C.二氧化碳溶于水形成碳酸能导电,所以二氧化碳是电解质
D.橘子能导电,是因为在橘子汁中存在自由移动的离子
【答案】C
【解析】
A、碳酸能电离出离子,是电解质,而碳酸饮料是电解质溶液,A正确;B、身体有汗容易发生触电事故,是因为人的汗液中含有自由移动的无机盐离子,例如钠离子等,B正确;C、二氧化碳溶于水形成碳酸能导电,但二氧化碳不能电离出离子,是非电解质,C错误;D、橘子能导电,是因为在橘子汁中存在自由移动的离子,D正确,答案选C。
3.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是
A.16gCH4含有的原子数为NA
B.17gOH-含有的质子数为9NA
C.2gD2气体中含有的中子数为0.5NA
D.标准状况下22.4LNH3含有的电子数为NA
【答案】B
【解析】
分析:
A项,1个CH4分子中含5个原子;B项,1个OH-中含9个质子;C项,D2的摩尔质量为4g/mol,1个D2中含2个中子;D项,标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol,1个NH3分子中含10个电子。
详解:
A项,n(CH4)=
=1mol,1个CH4分子中含5个原子,16gCH4含有原子数为5NA,A项错误;B项,n(OH-)=
=1mol,1个OH-中含9个质子,17gOH-含有的质子数为9NA,B项正确;C项,D2的摩尔质量为4g/mol,n(D2)=
=0.5mol,1个D2中含2个中子,2gD2含有的中子数为NA,C项错误;D项,n(NH3)=
=1mol,1个NH3分子中含10个电子,标准状况下22.4LNH3含有的电子数为10NA,D项错误;答案选B。
点睛:
本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算,涉及物质的组成微粒、核素的摩尔质量、气体摩尔体积等知识。
注意OH-中质子数为9、电子数为10,D2的摩尔质量是4g/mol。
4.配制一定物质的量浓度的稀盐酸,结果偏高的是
A.在容量瓶中定容时,俯视刻度线
B.用量筒量取浓盐酸时,俯视刻度线
C.转移溶液后,未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
D.定容后把容量瓶倒置摇匀,发现液面低于刻度线又加水至刻度线
【答案】A
【解析】
试题分析:
A.在容量瓶中定容时,俯视刻度线液面在刻度线下方,浓度偏高,A正确;B.用量筒量取浓盐酸时,俯视刻度线体积减小,浓度偏低,B错误;C.转移溶液后,未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容溶质减少,浓度偏低,C错误;D.定容后把容量瓶倒置摇匀,发现液面低于刻度线又加水至刻度线溶液体积增加,浓度偏低,D错误,答案选A。
考点:
考查物质的量浓度溶液配制误差分析
5.下列过程中,没有发生化学变化的是( )
A.工业上用氮气和氢气合成氨
B.蔗糖中加入浓硫酸,蔗糖变黑,体积膨胀
C.雷雨天气氮气转化为氮的氧化物
D.液氨常用作制冷剂
【答案】D
【解析】
分析:
有新物质生成的变化是化学变化,没有新物质生成的是物理变化,结合转化特点分析判断。
详解:
A.工业上用氮气和氢气合成氨产生了新物质,属于化学变化,A错误;
B.蔗糖中加入浓硫酸,蔗糖变黑,体积膨胀,有新物质产生,例如碳、二氧化碳、二氧化硫等,属于化学变化,B错误;
C.雷雨天气氮气转化为氮的氧化物产生了新物质,属于化学变化,C错误;
D.液氨常用作制冷剂只是物质状态的变化,不是化学变化,属于物理变化,D正确,答案选D。
6.除去某溶液里溶解的少量杂质,下列做法不正确的是(括号内物质为杂质)( )
A.NaCl溶液(Na2CO3):
加足量盐酸后加热
B.KNO3溶液(AgNO3溶液):
加过量KCl,过滤
C.NaCl溶液(BaCl2):
加过量Na2CO3溶液,过滤,再加上适量盐酸并加热
D.KNO3固体(NaCl):
溶解后加热蒸发得浓溶液,降温结晶后过滤
【答案】B
【解析】
A、Na2CO3与盐酸发生反应:
Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,盐酸易挥发,加热使过量盐酸挥发,不产生新的杂质,此实验可行,故A错误;B、加入过量KCl,发生AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3,但KCl过量,引入新的杂质,此实验不能达到目的,故B正确;C、发生BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3↓,过滤后,加入盐酸,发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,不产生新的杂质,能够达到实验目的,故C错误;D、KNO3溶解度受温度的影响较大,NaCl溶解度受温度的影响较小,因此采用溶解后蒸发浓缩,冷却结晶的方法,可以提纯KNO3,实验目的能够达到,故D错误。
7.下列离子方程式正确的是
A.用KIO3氧化酸性溶液中的KI:
5I-+IO3-+3H2O=3I2+6OH-
B.向(NH4)2Fe(SO4)2稀溶液中加一定量NaOH溶液:
NH4++2Fe2++5OH-=NH3·H2O+2Fe(OH)2↓
C.向氯化铝溶液中滴入过量氨水:
Al3++3OH-=Al(OH)3↓
D.将少量SO2通入NaClO溶液中:
SO2+H2O+2ClO-=SO32-+2HClO
【答案】B
【解析】
【详解】A.用 KIO3氧化酸性溶液中的 KI,酸性溶液中不能生成氢氧根离子,离子方程式:
5I-+IO3-+6H+═3I2+3H2O,故A错误;B.向(NH4)2Fe(SO4)2稀溶液中加一定量NaOH 溶液,氢氧化钠首先与亚铁离子反应,剩余的氢氧化钠再与铵根离子反应:
NH4++2Fe2++5OH-═NH3•H2O+2Fe(OH)2↓,故B正确;C.氯化铝溶液中滴入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵,反应的离子方程式为:
Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故C错误;D.将少量SO2通入NaClO溶液中发生氧化还原反应,离子方程式:
3ClO-+H2O+SO2═SO42-+2HClO+Cl-,故D错误;故选B。
【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断,明确离子反应发生条件为解答关键。
本题的易错点为D,要注意次氯酸具有强氧化性。
8.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作及实验现象
结论
A
室温下,用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
B
向某溶液中滴加KSCN溶液,无明显现象,再滴加少量酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去
溶液中含有Fe2+,不含Fe3+
C
取久置的Na2O2粉末,向其中滴加过量的盐酸,产生无色气体,此气体能使澄清石灰水变浑浊
Na2O2已经变质
D
向浓度均为0.1mol·L-1NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液,先生成白色的AgCl沉淀
Ksp(AgCl) A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 次氯酸钠溶液具有漂白性,不能用PH试纸测PH,故A错误;向某溶液中滴加KSCN溶液,无明显现象,溶液中不含Fe3+,滴加少量酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去,说明溶液中含有I-等还原性离子,故B错误;取久置的Na2O2粉末,向其中滴加过量的盐酸,产生无色气体,此气体能使澄清石灰水变浑浊,说明放出二氧化碳气体,过氧化钠已变质为碳酸钠,故C正确;AgCl与Ag2CrO4的结构不同,不能直接根据沉淀的先后顺序判断溶度积常数的大小,故D错误。 点睛: 对于结构相似的沉淀物,可以根据溶度积常数的大小直接判断溶解性,如氯化银、溴化银结构相同,溶度积常数越小越难溶;对于结构不同的物质,要通过计算离子浓度判断溶解度。 9.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体,它在潮湿的环境中能发生反应: 3NF3+5H2O= 2NO+HNO3+9HF。 下列有关该反应的说法正确的是() A.NF3是氧化剂,H2O是还原剂B.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2: 1 C.若生成0.2molHNO3,则转移0.2mol电子D.NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体 【答案】D 【解析】 试题分析: A、根据方程式可知N元素的化合价从+3价部分升高到+5价,失去2个电子,部分降低到+2价得到1个电子,其余元素的化合价均没有发生变化,因此NF3既是氧化剂也是还原剂,水不是氧化剂,也不是还原剂,A错误;B、根据电子得失守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1: 2,B错误;C、若生成0.2molHNO3,则转移0.4mol电子,C错误;D、NF3在潮湿的空气中泄漏会与水反应生成NO,NO极易被氧化产生红棕色气体NO2,D正确,答案选D。 考点: 考查氧化还原反应的判断与计算 10.下列有关工业生产的叙述正确的是 A.氯气能与碱反应,所以工业上用氯气和石灰水反应制备漂白粉 B.因为氯化铝熔化后不导电,氯化铝溶液可导电,所以工业上电解氯化铝溶液制取铝 C.利用“海水→氯化钠→金属钠→氢氧化钠”的工艺流程生产烧碱 D.利用“海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁”的工艺流程生产金属镁 【答案】D 【解析】 【详解】A.石灰水浓度太小,工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉,故A错误;B、氯化铝是共价化合物,熔融氯化铝不导电,氯化铝溶液能导电,氯化铝在水分子作用下电离出离子,电解氯化铝溶液阴极阳离子为氢离子放电生成氢气,铝离子不能放电,阳极为氯离子放电生成氯气,不能冶炼铝,故B错误;C、经济效益可知,工业上是电解饱和食盐水制备,不是得到金属钠再和水反应生成,金属钠和水反应剧烈不易工业生产,故C错误;D、海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁,过滤得到沉淀用盐酸溶解,得到氯化镁溶液,蒸发浓缩,冷却结晶得到氯化镁晶体,失水后电解熔融氯化镁得到金属镁,所以利用“海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁”的工艺流程,可以生产金属镁,故D正确;故选D。 11.下列鉴别物质的方法能达到目的的是 A.用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体 B.用焰色反应鉴别NaCl固体和NaOH固体 C.用KSCN溶液鉴别FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液 D.用丁达尔效应鉴别NaCl溶液和KCl溶液 【答案】A 【解析】 试题分析: A、Na2CO3固体加热时不分解,故加热前后的质量不变,NaHCO3固体加热易分解,加热后质量会减少,故可以鉴别,A正确;B、Na的焰色反应显黄色,不管它存在于哪种物质中,焰色反应都一样,B错误;C、KSCN溶液遇到Fe3+变红色,FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液中都有Fe3+,故无法鉴别,C错误;D、丁达尔效应可以鉴别胶体和溶液,NaCl溶液和KCl溶液都是溶液,不能鉴别,D错误,答案选A。 考点: 考查物质的鉴别、检验等实验设计 12.一定量的H2和Cl2充分燃烧后,将反应生成的气体通入100mL1.0mol/L的NaOH溶液中,两者恰好完全反应,生成NaClO为0.01mol。 则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为 A.5: 4B.4: 5C.4: 3D.3: 4 【答案】B 【解析】 根据反应规律: 氢气和氯气反应生成氯化氢,氢气必须完全反应,氯气过量,过量的氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠和NaClO,反应属于氧化还原反应;设H2和Cl2的物质的量分别为xmol,ymol;氢元素化合价升高,氯元素中变为NaClO的氯元素化合价升高,均失电子,氯元素中变为氯化钠的氯元素化合价降低,得电子;根据钠离子守恒可知: NaClO为0.01mol,n(Na+)=0.01mol,n(NaCl)=1 0.1-0.01=0.09mol;根据电子守恒规律进行计算: 2x+0.01 5=0.09 1,x=0.04mol,n(Cl2)=(0.01+0.09)/2=0.05mol;所以则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为0.04: 0.05=4: 5;正确选项B。 点睛: 氢气与氯气发生反应生成氯化氢,如果氢气过量,剩余的氢气与氢氧化钠溶液不反应,导致氢气不能全部被消耗;而氯气过量,剩余的氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠,只能满足氯气过量,此题才能够顺利解出。 13.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在,在海水中主要以I-的形式存在,几种粒子之间的转化关系如图所示。 下列说法中不正确的是 A.用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉KI试纸会变蓝 B.足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl C.由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3— D.途径Ⅱ中若生成1molI2,则反应中转移的电子数为10NA 【答案】C 【解析】 A.用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐时,IO3-+5I-+6H+=I2+3H2O,所以淀粉-KI试纸会变蓝,故A正确;B.足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉-KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl,故B正确;C.由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3->I2,故C不正确;D.途径II中若生成1molI2,I的化合价变化为+5→0,则反应中转移的电子数为10NA,故D正确。 故选C。 14.最近,科学家开发出一种低成本光伏材料——蜂窝状石墨烯。 生产原理是: Na2O +2CO Na2CO3+C(石量烯),然后除去Na2CO3,即可制得蜂窝状石墨烯。 下列说法不正确的是 A.该生产石墨烯的反应属于氧化还原反应 B.石墨烯与金刚石互为同素异形体 C.Na2O属于碱性氧化物,CO属于酸性氧化物,Na2CO3 属于盐 D.自然界中碳元素有游离态和化合态两种存在形式 【答案】C 【解析】 碳元素由+2价升高到+4价,降低到0价,属于氧化还原反应;A正确;石墨烯与金刚石都是由碳元素组成的不同性质的单质,属于同素异形体;B正确;CO既不与酸反应,又不与碱反应,属于不成盐氧化物;C错误;煤主要成分为碳,碳元素以游离态存在,碳酸钙中碳元素以化合态存在;D正确;正确选项: C。 点睛: 中性氧化物(不成盐氧化物)常见的为一氧化碳、一氧化氮、水等。 15.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A MnO2有较强的氧化性 MnO2可作H2O2分解的催化剂 B SO2具有氧化性 SO2通入紫色石蕊试液中先变红后褪色 C 常温下铝在浓硫酸中钝化 常温下可用铝制容器盛放浓硫酸 D 氯化铁溶于水产生氢氧化铁胶体 氯化铁可用于硬水的软化 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 【详解】A、MnO2可作H2O2分解的催化剂,和氧化性无关,故A错误;B、二氧化硫属于酸性氧化物,水溶液显示酸性,通入紫色石蕊试液中变红,故B错误;C、常温下浓硫酸与铝发生钝化反应,在表面生成一层致密的氧化物膜,阻碍反应的进行,可用铝制容器贮藏贮运浓硫酸,故C正确;D、氯化铁加入沸水中可以得到红褐色的氢氧化铁胶体,不能用于硬水的软化,氢氧化铁胶体能用于水的净化,故D错误;故选C。 16.甲、乙、丙、丁分别是硫酸铝、硫酸亚铁、氢氧化钠、氯化钡等四种物质中的一种,若将丁溶液滴入乙溶液中,发现有白色沉淀生成,继续滴加则沉淀消失。 丁溶液滴入甲溶液中,无明显现象发生。 据此可推断丙物质是() A.Al2(SO4)3B.NaOHC.FeSO4D.BaCl2 【答案】C 【解析】 乙中有Al3+,丁为强碱,故为NaOH;丁溶液滴入甲溶液中,无明显现象发生,甲为氯化钡;最后剩下硫酸亚铁为丙。 17.下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是 A.Na2O2是碱性氧化物,因其强氧化性可用于杀菌消毒 B.碳酸钠溶液显碱性,可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂 C.钠具有很强的还原性,可用钠与TiCl4反应制取钛 D.氯化铝是一种电解质,可用于电解法制铝 【答案】C 【解析】 A.Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气,属于过氧化物,不是碱性氧化物,具有强氧化性,可用于杀菌消毒,故A错误;B.碳酸钠溶液显碱性是因为碳酸根离子水解,用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂是因为碳酸钙的溶解度小于硫酸钙,二者无联系,故B错误;C.钠有很强的还原性,可用钠将熔融的TiCl4还原,利用钠的还原性可以制取钛,故C正确;D.氯化铝是共价化合物,在熔融时不导电,所以不能电解熔融的氯化铝,应该电解熔融的氧化铝,故D错误;故选C。 点睛: 本题涉及钠的强还原性、铝热反应、过氧化钠的用途以及铝的冶炼等知识。 易错点为B,碳酸钠溶液因水解显碱性,用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂是因为碳酸钙的溶解度小于硫酸钙,前后描述均正确,但前后没有对应关系。 18.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X的简单离子具有相同电子层结构,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,W与Y同族,Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。 下列说法正确的是 A.简单离子半径: W B.W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性 C.气态氢化物的热稳定性: W D.最高价氧化物的水化物的酸性: Y>Z 【答案】B 【解析】 四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,则X是钠;Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性,说明这种盐不水解,Z只能是第三周期的非金属元素,且Z的氢化物的水溶液属于强酸,则Z是氯;W、X的简单离子具有相同电子层结构,则W在第二周期且是非金属元素,可能是氮和氧;W与Y同族,Y在X与Z之间,位置关系如图: ;A.X、W离子的电子层为2层,Z离子即氯离子电子层为3层,电子层多半径大,电子层结构相同时,序小半径反而大,则简单离子半径大小顺序是: X<W<Z,故A错误;B.W在第二周期且是非金属元素,可能是氮和氧,与钠形成的化合物可能是氮化钠,氧化钠,过氧化钠,它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性,故B正确;C.W与Y处于同于主族,从上到下,非金属性逐渐减弱,气态氢化物的热稳定性逐渐减弱,则W>Y,故C错误;D.Y与Z处于同同期,从左到右,非金属性逐渐增强,最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强,则Z>Y,故D错误;故选B。 视频 19.下列说法中正确的是 ①合成纤维和光导纤维都是新型的无机非金属材料 ②盛放氢氧化钠溶液时,使用带磨口玻璃塞的玻璃瓶 ③Mg2+、H+、SiO32-、SO42-在水溶液中能大量共存 ④向含K+、Na+、Br-、SiO32-的溶液中通入二氧化碳后仍能大量共存 ⑤二氧化硅不与任何酸反应,可用石英制作耐酸容器 ⑥二氧化硅是酸性氧化物,能与氢氧化钠溶液反应 ⑦Si→SiO2→H2SiO3均能一步转化 A.①⑤⑥B.⑥C.①②⑥⑦D.③④⑥ 【答案】B 【解析】 【详解】①合成纤维属于高分子材料,不属于新型无机非金属材料,故错误;②玻璃中的二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成的硅酸钠溶液具有黏性,能把玻璃塞黏住,所以不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中,故错误;③H+、SiO32-之间能够反应生成硅酸沉淀,在溶液中不能大量共存,故错误;④该组离子之间不反应,可大量共存,但通入CO2 后与SiO32-反应生成硅酸沉淀,故错误;⑤二氧化硅能够与HF酸反应,故错误;⑥SiO2 是酸性氧化物,能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水,故正确;⑦二氧化硅不溶于水,也不与水反应,不能通过一步反应实现,而是二氧化硅先与强碱反应生成硅酸盐,然后与酸反应生成硅酸,故错误;正确的只有⑥,故选B。 20.下列离子的检验不能达到预期目的是 A.向待测液里加入NaOH溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口变蓝,则待测液中肯定含有NH4+ B.向待测液里加入BaCl2溶液,若产生白色沉淀,再加入过量稀硝酸白色沉淀不溶解,则待测液中肯定含有SO42- C.向待测液里加入过量硝酸无现象,再加入硝酸银溶液,若无沉淀生成,则表明待测液中肯定不含Cl- D.用铂丝蘸取待测液在火焰上灼烧,若火焰呈黄色,则表明待测液中肯定含有Na+ 【答案】B 【解析】 【详解】A、铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气,氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,说明生成了氨气,故A正确;B、钡离子和硫酸根离子反应生成白色沉淀,氯离子和银离子反应生成白色沉淀,向待测液里加入BaCl2溶液,若产生白色沉淀,再加入过量稀硝酸白色沉淀不溶解,无法确定原溶液中存在银离子还是硫酸根离子,甚至可能为亚硫酸根离子,故B错误;C、氯离子与银离子反应生成白色沉淀;向待测液里加入过量硝酸无现象,排除了其它离子的干扰,再加入硝酸银溶液,若无沉淀生成,则表明待测液中肯定不含Cl-,故C正确;D、焰色反应是元素的性质,钠元素的焰色反应是黄色,在溶液中钠元素以离子存在,故D正确;故选B。 21.依据下列说法来判断相应元素的金属性、非金属性强弱,不合理的是 A.卤素单质Cl2、Br2、I2的氧化性强弱 B.气态氢化物NH3、H2O、HF的稳定性 C.碱金属单质Li、Na、K与水反应的剧烈程度 D.1molNa、Mg、Al分别与足量盐酸反应时失电子数的多少 【答案】D 【解析】 试题分析: A、一般非金属性强,其单质的氧化性强,同主族从上到下,非金属性减弱,则Cl2、Br2、I2的氧化性减弱,不符合题意,故错误;B、非金属性越强,其氢化物越稳定,同周期从左向右非金属性增强,NH3、H2O、HF的稳定性增强,不符合题意,故错误;C、同主族从上到下,金属性增强,其单质与水反应的剧烈程度增强,不符合题意,故错误;D、不能根据得失电子数目的多少,判断金属性和非金属性的强弱,符合题意,故正确。 考点: 考查金属性、非金属性强弱的比较等知识。 22.下列叙述正确的是 A.乙酸与丙二酸互为同系物 B.不同元素的原子构成的分子只含极性共价键 C.23592U和23892U是中子数不同质子数相同的同种核素 D.短周期第ⅣA与ⅦA族元素的原子间构成的分子,均满足原子最外层8电子结构 【答案】D 【解析】 试题分析: A.乙酸含有一个羧基,丙二酸含有2个羧基,结构不相似,不互为同系物,故A错误;B.如H2O2分子,分子中含有一个O-O非极性键,故B错误;C.23592U和23892U的中子数不同,不是同种核素,故C错误;D.ⅣA(用X表示)与ⅦA(用Y表示)形成的化合物为XY4,X形成四个键,加上原来的4个电子,最外层共8个电子,每个Y形成一个键,加上原来的7个电子,共8个电子,故D正确。 故选D。 考点: 考查核素;同系物;元素周期表和元素周期律综合应用 23.下列有关金属及其化合物的说法错误
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- 宁夏 吴忠 中学 上学 第三次 月考 期中 化学试题 解析