【文档说明】上海市七宝中学2021-2022学年高一下学期5月月考化学试题 含解析.docx，共(35)页，1.603 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-20a153afaf56cd88a3e02f050c36634e.html

以下为本文档部分文字说明：

上海市七宝中学2021-2022学年高一下学期5月阶段测试化学试题可能用到的原子量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Fe-56Cu-64单选题(本题共70个小题，1-40每小题

1分，41-70每小题2分)1.下列物质中，属于纯净物的是A.生铁B.碱石灰C.黄铜D.绿矾【答案】D【解析】【详解】A．生铁是铁和碳的合金，属于混合物，A不符合题意；B．碱石灰是CaO和NaOH的混

合物，B不符合题意；C．黄铜是铜、锌的合金，属于混合物，C不符合题意；D．绿矾的化学式为FeSO4∙7H2O，属于纯净物，D符合题意；故选D。2.一定条件下，通过单质之间直接化合不可能得到的是A.Na2OB.Cu2SC.Na2O2D.SO3【答案】D【

解析】【详解】A．在常温下，Na放置在空气或氧气中，都生成Na2O，A不符合题意；B．铜丝在硫蒸气中燃烧，生成Cu2S，B不符合题意；C．Na在O2中燃烧，生成Na2O2，C不符合题意；D．S与O2不管在什么条件下反应，都只生成SO2，不生成SO3，D符合题意；故选D。

3.下列各组性质的比较中，正确的是A.熔沸点：H2S>H2OB.热稳定性强弱：HF>H2SC.碱性强弱：Al(OH)3>Mg(OH)2D.微粒半径大小：Cl>Cl-【答案】B【解析】【详解】A．H2O分子间存在氢键，熔沸点比

同族氢化物高，A项错误；B．F在周期表中的非金属性最强的，其气态氢化物的稳定性最强，所以稳定性HF>H2S，B项正确；C．Mg、Al同周期从左往右金属性减弱，最高价氧化物的水化物碱性减弱，碱性Al(OH)3<Mg(OH)2，C项错误；D．粒子半径主要取决于核电荷数和电子层数，Cl与C

l-核电荷数相同，电子数多半径大。半径：Cl->Cl，D项错误；故选B。4.砹元素是原子序数为85的卤族元素，推测砹元素的单质及其化合物不可能具有的性质是A.砹单质易溶于某些有机溶剂B.砹化氢的热稳定性比碘化氢强C.砹化银不溶于水D.砹单质是有色固体【答案】B【解析】【详解】A

．碘易溶于有机溶剂，同主族元素单质的性质相似，则砹易溶于某些有机溶剂，A正确；B．F、Cl、Br、I、At同主族从上而下非金属性减弱，其气态氢化物稳定性减小，砹化氢稳定性弱于碘化氢，B错误；C．氯化银、溴化银、碘化银不

溶于水，则砹化银不溶于水，C正确；D．卤族元素从上到下，单质从气态到液态再到固态，且颜色加深，则砹单质是有色固体，D正确；故选B。5.下列关于金属元素与非金属元素的叙述中，正确的是A.非金属元素呈现的最

低负化合价的绝对值等于该元素原子核外最外层电子数B.非金属元素呈现的最高正化合价不超过该元素原子核外最外层电子数C.某主族元素最外层电子数为2，该元素不一定是金属元素D.若某元素原子核外最外层电子数为4，则该元素一定是非金属元素【答案】B【

解析】【详解】A．除O、F外，主族元素的最高正化合价等于该元素原子的最外层电子数，非金属元素呈现的最低负化合价的绝对值等于8-该元素原子核外最外层电子数(除氢外)，故A错误；B．非金属元素呈现的最高正化合价不超过该元素原子核外最外层电子数，除O、F外，非金属元素呈现的最高正化

合价等于原子核外最外层电子数，故B正确；C．原子最外层电子数为2的有He和金属元素，但He不为主族元素，则：若主族元素最外层电子数为2，该元素一定是金属元素，故C错误；D．若某元素原子核外最外层电子数为4，则该元素不一定是非金属元素，如Sn、Pb是金

属元素，故D错误；选B。6.下列事实不能说明Cl的非金属性比S强的是A.Cl2和S分别与铁反应，产物中铁的化合价不同B.Cl2+H2S=2HCl+S↓C.氯原子最外电子层上有7个电子，而硫最外电子层上有6

个电子D.HCl比H2S热稳定性更强【答案】C【解析】【详解】A．氯气和硫分别和铁反应，生成氯化铁和硫化亚铁，说明氯气的非金属性比硫强，A项不符合题意；B．氯气能置换出硫，说明氯的非金属性比硫强，B项不符合题意；C．非金属性越强，则原子得电子能力越强，而与最外

层电子多少无关，C项符合题意；D．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，故氯化氢比硫化氢稳定，说明氯的非金属性比硫强，D项不符合题意。故选C。7.在下列元素中，最高正价化合价数值最大的是A.FB.PC.SD.Ar【答案】C【解析】【详解】A．F元素没有最高正

化合价；B．P元素原子最外层电子数为5，最高正化合价为+5；C．S元素原子最外层电子数为6，最高正化合价为+6；D．Ar的最外层电子数为8，已经达到了稳定结构，不易得到和失去电子，常表现0价；综上所述，S元素原子最高正价化合

价数值最大，答案选C。8.下列离子化合物中，正离子和负离子半径比值最大的是A.CaF2B.KFC.NaClD.MgI2【答案】B【解析】【详解】电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，则阳离子半径：K+>Ca2+>Na+>Mg2+，阴离子半径：

I->Cl->F-，故K+和F-的离子半径比值最大，答案选B。9.可以比较26Al和26Mg对应元素金属性强弱的实验方法是A.比较这两种元素对应单质的硬度和熔点B.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用C.比较26Mg和26Al的中子数的多少D.将打磨过的镁带和铝片分别

和热水作用，并滴加酚酞试液【答案】D【解析】【详解】A．金属元素的金属性表现在失电子能力大大小，与物理性质无关，A选项错误；B．在空气中放置许久，Mg、Al表面已生成氧化膜，不利于金属性的检验，B选项错误；C．金属性强弱与元素原子的中子数多少无关，C选项错误；D．将打磨过的镁带和铝片分别和

热水作用，并滴加酚酞试液，Mg表面气泡略多，且Mg带周围溶液先变红，说明Mg的金属性比Al强，D选项正确；答案选D。10.不能作为卤族元素(氯、溴、碘)非金属性递变规律的判断依据的是A.单质的氧化性B.氢卤酸的酸性C.卤化氢的热稳定性D.与氢气化合的难易程度【

答案】B【解析】【分析】非金属性比较的方法：1．元素在周期表中的相对位置如：同主族元素自上而下，非金属性依次减弱，如F>CI>Br>I；2．非金属单质与氢气化合的越容易，非金属性越强如：F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由易到难，所以非金属性F>C1>Br>I；3．气

态氢化物的越稳定，非金属性越强如：稳定性HBr>HI>所以非金属性：Br>I；4．最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性越强如酸性：HC1O4>HBrO4>则非金属性：Cl>Br；5．非金属性强的元素的单质能置换出非金属性弱的元素的单质，Cl2+2NaBr=2NaCl+

Br2；以此来解析；【详解】A．非金属性越强，单质氧化性越强，则Cl2、Br2、I2的氧化性能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，A不符合题意；B．氢卤酸的酸性非金属性强弱无关，其酸性强弱不能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，B符

合题意；C．HCl、HBr、HI的热稳定性与非金属性强弱有关，其氢化物稳定性能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，C不符合题意；D．与氢气化合的难易程度与非金属性强弱有关，与氢气化合的难易能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，D不符合题意；故选B。11.某一微粒A

的质子数、电子数与另一微粒B的质子数、电子数均相等。则下列叙述中错误的是A.A和B可能均为阳离子B.A和B可能是不同的核素C.A和B可能是不同的分子D.A和B可能是一种分子和一种离子【答案】D【解析】【详解】A．A和B可能均为阳离

子，如Na+与4NH+，质子数均为11，电子数均为10，A选项正确；B．A和B可能是不同的核素，如11H和21H，质子数均为1，电子数均为1，B选项正确；C．A和B可能是不同的分子，如NH3和H2O。质子数均为10，电子数均为10，C选项正确；D．在分子中的质子数和电子数相等

，离子中的分子数和电子数不相等，A、B两种粒子的质子数相等，则电子数一定不相等，不可能是一种分子和一种离子，D选项错误；答案选D。12.元素随着原子序数的递增发生周期性变化的是A.元素原子量B.元素的化合价

C.原子核外电子层D.元素的核电荷数【答案】B【解析】【详解】A.元素原子量不随元素随着原子序数的递增发生周期性变化，A错误；B.元素的化合价随元素随着原子序数的递增发生周期性变化，B正确；C.原子核外电子层不随元素随着原子序数的递增发生周期

性变化，C错误；D.元素的核电荷数不随元素随着原子序数的递增发生周期性变化，D错误；答案选B。13.下列过程需要破坏共价键的是A.NH4Cl受热分解B.碘升华C.加热Al2O3至熔融D.加热AlCl3至熔融【答案

】A【解析】【详解】A．NH4Cl受热分解，生成NH3和HCl，需要断裂1个N-H共价键，A符合题意；B．碘晶体为分子晶体，碘升华时，只破坏分子间的作用力，不破坏共价键，B不符合题意；C．Al2O3为离子晶体，加热Al2O3至熔融，将破坏离子键，C不符合题意；D．AlC

l3晶体为分子晶体，加热AlCl3至熔融，将破坏分子间的作用力，不破坏共价键，D不符合题意；故选A。14.下列金属冶炼的反应原理，错误的是()A.2NaCl(熔融)通电2Na＋Cl2↑B.MgO＋H2ΔMg＋H2OC.Fe2

O3＋3CO高温2Fe＋3CO2D.2HgOΔ2Hg＋O2↑【答案】B【解析】【分析】【详解】A．工业上制取钠通常用电解熔融的NaCl的方法，故A正确；B．工业上冶炼镁通常用电解熔融的MgCl2的方法，故B错误

；C．铁的冶炼通常用热还原法，可以用还原剂如CO在高温下还原铁的氧化物，故C正确；D．汞的冶炼通常采用热分解法，加热分解氧化汞得到金属汞，故D正确；故选B。【点睛】根据金属活动性顺序表，活泼金属如K、Ca、Na、Mg

、Al通常用电解法治炼，中等活泼金属如Fe、Cu等通常用热还原法治炼，活泼性弱的金属如Hg、Ag等通常用热分解法治炼。15.从石器、青铜器到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展水平。如图表示了三种金属被人类开发利用的大致年限

，之所以有先后，主要取决于A.金属的化合价高低B.金属的活动性强弱C.金属的导电性强弱D.金属在地壳中的含量多少【答案】B【解析】【分析】【详解】金属开发利用的先后顺序与金属冶炼的难易程度有关，而金属冶炼的难易程度取决于金属的活动性强弱，金属越活泼越难冶炼，故选：B。16.工业上冶炼金属

铜通常采用的方法是A.热分解法B.热还原法C.物理富集法D.电解法【答案】B【解析】【分析】根据金属的金属性的强弱利用不同的方法进行制取，活泼的金属利用电解法，比如钾、钙、钠、镁、铝；较活泼的就金属利用热还原法，如铁、铜，不活泼的金属利用热分解，如银，最不活泼的金属

，在自然界以单质形式存在的利用物理富集法；【详解】A．热分解主要制取银和汞金属；故不符合题意；B．铁、铜的制取根据热还原法进行制取；故B符合题意；C．金和铂利用物理富集法制取，故C不符合题意；D．电解

法注意制取活泼的金属制取，故D不符合题意；故选答案B。【点睛】此题考查金属的制备，根据金属的性质及在自然界中存在形式，选择不同的方法。17.旅游景点售卖的仿银饰品大多是白铜(铜镍合金)。下列说法正确的是A.看颜色可区分它和白银B.硬度比铜的大C.熔

点比铜的高D.导电性导热性比铜强【答案】B【解析】【详解】A．外观均为银白色金属光泽，不易分辨，描述错误，不符题意；B．合金硬度一般比纯金属硬度大，描述正确，符合题意；C．合金熔点一般比纯金属熔点低，描述

错误，不符题意；D．合金导电性导热性一般比纯金属导电性导热性差，描述错误，不符题意；综上，本题选B。18.下列变化需克服相同类型作用力的是A.硅和C60的熔化B.溴和汞的汽化C.HCl和蔗糖的溶解D.碘

和干冰的升华【答案】D【解析】【详解】A．单质硅属于共价晶体，熔化时破坏的是共价键，C60属于分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，描述错误，不符题意；B．单质溴固态时属于分子晶体，汽化破坏的是分子间

作用力，金属汞汽化时破坏的是金属键，描述错误，不符题意；C．HCl溶解存在电离，破坏分子间作用力及共价键，蔗糖溶解不存在电离，只破坏分子间作用力，描述错误，不符题意；D．碘单质及干冰均属于分子晶体，升华时均破坏分子间作用力，描述正确，符合题意；综上，本题选D。

19.下列关于化学键的叙述中，正确的是A.化学键是两个原子或离子之间的相互作用B.化学键这种强相互作用包括吸引和排斥两方面C.化学键既可以存在于原子之间，也可以存在于分子之间D.化学键存在于分子内所有原子之间【答案】B【解析】

【详解】A．化学键是直接相连的原子或离子之间的强烈的相互作用，A错误；B．化学键这种强相互作用包括异性电荷直接的吸引和同性电荷之间的排斥两方面，B正确；C．化学键不可能存在于分子之间，C错误；D．分子内没有离子键，共价键存在于分子

内直接相连的原子之间，D错误；答案选B。20.下列说法正确的是A.Na2O2熔化时，既破坏了离子键又破坏了共价键B.氯化铵受热分解，破坏了离子键和共价键，但只形成了新的共价键C.破坏化学键的过程，一定发生了化学变化D.35Cl和37Cl的相互转化属于化学变化【答案】B【解析

】【详解】A．Na2O2熔化时，电离产生Na+和2-2O，故只破坏了离子键，未破坏共价键，A错误；B．氯化铵受热分解，方程式为：NH4ClΔNH3+HCl，故破坏了+4NH与Cl-之间的离子键和+4NH内部的N-H共价键，但只形成了新的H-Cl共价键，B正确；C．物质的溶解为物理

变化，在溶液中发生电离，化学键断裂，即破坏化学键的过程，不一定发生了化学变化，C错误；D．同位素之间的转化为原子之间的变化，而化学变化时，原子不变化，故35Cl和37Cl的相互转化不属于化学变化，D错误；故答案为：B。21.下

列实验中无黑色固体物质生成的是A.H2S通入FeSO4溶液B.H2S通入CuSO4溶液C.Na2S加入FeSO4溶液D.Na2S加入CuSO4溶液【答案】A【解析】【详解】A．由于FeS溶于稀硫酸中，故H2S通入Fe

SO4溶液二者不反应，无黑色物质FeS生成，A符合题意；B．由于CuS不溶于稀硫酸中，H2S通入CuSO4溶液反应方程式为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，有黑色物质CuS生成，B不合题意；C．Na2S加入FeSO4溶液，反应方程式为：Na2S+FeSO4=Na2SO4+FeS

↓，有黑色物质FeS生成，C不合题意；D．Na2S加入CuSO4溶液，反应方程式为：Na2S+CuSO4=Na2SO4+CuS↓，有黑色物质CuS生成，D不合题意；故答案为：A。22.下列实验方案中，使用浓硫酸或稀

硫酸合理的是A.常温下浓硫酸与氯化钠制取氯化氢B.常温下浓硫酸与铁制取硫酸铁C.稀硫酸与铜加热制取二氧化硫D.稀硫酸与氧气、Cu共热制取硫酸铜【答案】D【解析】【详解】A．常温下浓硫酸和氯化钠不能生成氯化氢，应该加热，A项不合理；B．常温下铁在浓硫酸中钝化，不能制取硫酸铁，B项不合理；C．稀硫酸

和铜不反应，C项不合理；D．稀硫酸和铜和氧气在加热条件下反应生成硫酸铜，D项合理。故选D。23.下列变化过程中，存在氮元素氧化过程的是A.用NH3为原料生产NOB.碳酸氢铵受热分解C.合成氨反应D.浓硝酸与铜反应【答案】A【解析】【详解】A．用3NH为原料生产NO利用的是氨的催化氧化反应33

24NH+5O−Δ催化剂224NO+6HO+，N元素化合价从-3上升至+2，被氧化，A符合题意；B．碳酸氢铵受热分解反应为32NaHCOΔ2322NaCOHOCO++，元素化合价均不变，不涉及氧化还原过程，B不符

合题意；C．合成氨的反应为022N3H+高温高压催化剂332NH−，N元素化合价从0价降到-3价，被还原，不符合题意；D．浓硝酸与铜反应5433222Cu4HNOCu(NO)2NO2HO+++=++，N元素化合价从+5价降到+4价，被还原，不符合题意；故合理选项为A。24.在空气中

久置会变色的强电解质是A.氯水B.烧碱C.过氧化钠D.Na【答案】C【解析】【分析】强电解质指的是在水中能完全电离的电解质，包括强酸、强碱和大多数盐，依据物质的性质转化判断。【详解】A．新制氯水为浅黄绿色，氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl，HClO不稳定易分解，平

衡正移，氯水褪色，但氯水为混合物，不属于电解质，也不是非电解质，A不合题意；B．烧碱即NaOH为白色固体，属于强电解质，NaOH能与空气中的二氧化碳反应生成白色的碳酸钠，故颜色不变，B不合题意；C．过氧化钠为浅黄色固体，属于

强电解质，在空气中与二氧化碳和水反应生成碳酸钠和氢氧化钠，碳酸钠和氢氧化钠均为白色固体，颜色发生改变，C符合题意；D．Na是单质既不是电解质也不是非电解质，D不合题意；故答案为：C。25.下列反应最终没

有淡黄色固体生成的是A.氯气通入硫化钠溶液中B.硫化氢在足量氧气中燃烧C.溴水滴入硝酸银溶液中D.金属钠在空气中燃烧【答案】B【解析】【详解】A.将氯气通入硫化钠溶液中，会生成淡黄色沉淀硫，故A不符合题意

；B.硫化氢在足量氧气中燃烧生成SO2，没有淡黄色固体生成，故B符合题意；C.溴水滴入硝酸银溶液生成的AgBr为淡黄色固体，故C不符合题意；D.金属钠在空气中燃烧生成的Na2O2为淡黄色固体，故D不符合题意；答案选B。26.下列反应中，由于反应物的用量或浓度不同，会改变反应产物的是A.硫在氧气中燃

烧B.硫酸中加入锌粉C.铁在氯气中燃烧D.钠与硫粉混合研磨【答案】B【解析】【详解】A．硫在氧气中燃烧，不管反应物的用量或浓度如何，都只生成二氧化硫，A不符合题意；B．硫酸中加入锌粉，若为稀硫酸，生成硫酸锌和氢气，若为浓硫酸，生成硫酸锌、二氧化硫等，B符合题

意；C．铁在氯气中燃烧，不管反应物的用量如何，都只生成FeCl3，C不符合题意；D．钠与硫粉混合研磨，不管反应物的用量如何，都只生成Na2S，D不符合题意；故选B。27.加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，继而

有淡黄色气体产生。将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且装而有黑色物质生成。由上述现象得不出的结论是A.硫的熔沸点较低B.硫晶体属于分子晶体C.铜丝能在硫蒸气中燃烧D.黑色固体是2CuS【答案】D【解析】【分析】【详解】A．加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，

说明硫的熔沸点较低，A正确；B．硫的熔沸点较低，因此硫晶体属于分子晶体，B正确；C．将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且装而有黑色物质生成，说明发生了化学反应，则铜丝能在硫蒸气中燃烧，C正确；D．根据实验现象不能得出黑色固体是2CuS，因为CuS也是黑色的，D错误；答案选D。28.在下

列反应中，不属于离子反应的是A.Ba(OH)2溶液和NaHCO3溶液反应B.固体Na2O2和CO2反应C.电解饱和食盐水D.Na单质与H2O混合【答案】B【解析】【详解】A．Ba(OH)2溶液和NaHCO3溶液的反应实质上是氢氧根离子、碳酸氢根离子和钡离子的反

应，生成碳酸钡和水，属于离子反应，故A不符合题意；B．固体Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和氧气，该反应没有自由离子参加或生成，不属于离子反应，故B符合题意；C．电解饱和食盐水的反应为-2222Cl+2HOHCl+2OH−+通电，属于

离子反应，故C不符合题意；D．Na与H2O混合得到氢氧化钠溶液，钠与水电离产生的氢离子反应、有自由离子生成：+-222Na+2HO=2Na+2OH+H，属于离子反应，故D不符合题意；答案选B。29.为了检验某固体物质中是否含有+4NH，下列试纸和试剂一定用不到的是①蒸馏水；②稀硫酸；③蓝色石蕊试

纸；④红色石蕊试纸；⑤浓NaOH溶液；⑥浓盐酸A.①③B.②⑥C.②③D.④⑤【答案】C【解析】【详解】检验铵根离子的方法为取少量固体于试管中，加少量水溶解，加入NaOH溶液并加热，产生能使红色石蕊试

纸变蓝的气体，证明铵根离子存在，或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近集气瓶口若产生白烟，则证明铵根离子存在，故用到的试剂和试纸为①④⑤或者⑤⑥，一定用不到的是②③，故答案为：C。30.人类对原子结构的认识归功于很多科学家研究的成果，下列有关科学家与科研成

果不正确的是A.近代原子学说由道尔顿创立B.电子是汤姆孙发现的C.原子核外电子的分层排布是由汤姆孙提出的D.卢瑟福先提出了有核模型，之后才发现了质子【答案】C【解析】【详解】A．英国科学家道尔顿十九世纪初提出近代原子学说，A

正确；B．根据阴极射线，汤姆孙发现电子，B正确；C．“葡萄干面包”模型是由汤姆孙提出的，汤姆孙没有提出原子核外电子的分层排布，C不正确；D．卢瑟福先提出了有核模型，并用α粒子轰击氮原子核的实验、发现了质子，D正确；答案选C。31.下列图①、图②、图③所示的原子结构模型中依次符合卢瑟福、道尔顿、

汤姆生的观点的是A.①②③B.③①②C.③②①D.②①③【答案】B【解析】【详解】卢瑟福提出了带核的原子结构模型，应为图③；道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，应为图①；汤姆生发现了电子，1904年提出

“葡萄干布丁”的原子结构模型，应为图②，则依次符合卢瑟福、道尔顿、汤姆生的观点的是③①②，答案选B。32.共价化合物不可能（）A.硬度很大B.常温下为气态C.由一种原子直接构成D.溶于水产生阴阳离子【答案】C【解析】【详解】

A、共价化合物可以形成原子晶体如SiO2，硬度很大,故A错误。B、共价化合物也可形成分子晶体，如HCl常温下为气态，故B错误。C、共价化合物是由不同元素的原子构成，故C正确。D、共价化合物溶于水也可产生阴阳离子，如HCl溶于水产生H+和Cl-，故D错误。本题的正确选项为C。33.具有下列性

质的物质可能属于离子晶体的是A.熔点113℃，能溶于CS2B.熔点44℃，液态不导电C.熔点1124℃，易溶于水D.熔点180℃，固态能导电【答案】C【解析】【详解】A、熔点113℃，能溶于CS2，这是分子晶体的性质，故A错误；B、熔点

低，液态不导电，这是分子晶体的性质，故B错误；C、熔点较高，多数离子晶体溶于水，此性质为离子晶体性质，故C正确；D、离子晶体在固态时不导电，故D错误。【点睛】判断晶体属于哪一类时，需要根据晶体的性质进行判

断，如离子晶体的性质，熔沸点较高，一般离子晶体溶于水，不溶于非极性溶剂，固态时不导电，熔融状态或水溶液能够导电。34.下列有关放射性核素氚(31H)的表述不正确的是A.31H原子核外电子数为1B.31H2与H2的分子间作用力大小相同C.31H2与

H2化学性质基本相同D.31H2O具有放射性【答案】B【解析】【详解】A．放射性核素31H，质量数是3，质子数是1，质子数等于核外电子数，所以核外电子数等于1，故A正确；B．312H与H2的相对分子质量不同，二者的沸点不同，31H

2与H2的分子间作用力大小不同，故B错误；C．312H与H2的相对分子质量不同，二者的沸点不同，但二者同属于氢气，化学性质基本相同，故C正确；D．31H是放射性核素，所以3H2O也具有放射性，故D正确；故选B。35.测定硫酸铜结晶水合物中结晶水含量的定量实验中，会导

致结果偏大的是A.未达恒重即停止实验B.称量前坩埚未干燥C.粘在玻璃棒上固体刮入坩埚D.固体加热至淡蓝色即停止【答案】B【解析】【分析】根据结晶水合物中，结晶水的质量=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜)，质量分数=mm结晶水晶体×100%，在

测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高，据此进行解答。【详解】A．未达恒重即停止实验，计算出的结晶水的质量偏小，测定结果偏小，A不合题意；B.称量前坩埚未干燥，导致计算出的结晶水的质量偏大，

计算结果偏大，B符合题意；C．黏在玻璃棒上固体刮入坩埚，导致计算出的结晶水的质量偏小，计算结果偏小，C不合题意；D．固体应该加热至白色，若加热至淡蓝色即停止，结晶水没有完全失去，导致计算结构偏小，D不合题意；故答案为：B。36.有关钠的叙述不正确的是A.Na在短周期元素中金属性

最强B.Na与O2反应的产物与反应条件有关C.Na元素在自然界都以化合态存在D.Na着火时可以使用泡沫灭火器【答案】D【解析】【详解】A．同周期主族元素随着原子序数的增大金属性减弱，同主族元素随着原子序数增大金属性增强，Na位于第

三周期第ⅠA族，是短周期元素中金属性最强的元素，故A正确；B．钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠，不加热生成氧化钠，故B正确；C．钠的性质非常活泼，在自然界中以化合态存在，故C正确；D．钠会与CO2反应，所以活泼金属Na、K等失火选择沙子灭火，故D错

误；故选D。37.科学家对液氢施加约4.95×1011Pa压力，成功制造出了“金属氢”，这是一种以氢离子和自由电子为基本单位构成的晶体。关于金属氢的推测错误的是A.可能具有很好的导电性B.与氢气互为同素异形体C.摩尔质量与氢气相同D.制造金属氢过程属于化学变化【答案

】C【解析】【详解】A．由题干信息可知，金属氢中含有氢离子和自由电子，类似于金属晶体，则可能具有很好的导电性，A正确；B．金属氢与氢气是由氢元素形成的性质不同的两种单质，故互为同素异形体，B正确；C．金属氢是一种以氢离子和自由电子为基本单元构成的晶体，是

原子构成的单质，与氢气分子不同的单质，则摩尔质量不相同，C错误；D．制造金属氢过程，单质结构发生变化，有旧化学键的断裂和新的化学键的形成，则属于化学变化，D正确；故答案为：C。38.下列有关共价晶体的叙述错误的是A.共价晶体中只存在共价键B.共价晶体的熔点与键能和范德华力强弱有关C.共价

晶体具有空间网状结构D.共价晶体中不存在独立分子【答案】B【解析】【详解】A．共价晶体由原子通过共价键结合而成，则共价晶体中只存共价键，A正确；B．共价晶体由原子通过共价键结合而成，共价晶体熔化时需克服共价键，共价晶体的熔点

与键能大小有关、与范德华力的强弱无关，B不正确；C．共价晶体由原子通过共价键结合而成、具有空间网状结构，C正确；D．共价晶体由原子通过共价键结合而成，共价晶体中不存在独立分子，D正确；答案选B。在39.根据下列性

质判断，属于原子晶体的物质是A.熔点2700℃，导电性好，延展性强B.无色晶体，熔点3550℃，不导电，质硬，难溶于水和有机溶剂C.无色晶体，能溶于水，质硬而脆，熔点为800℃，熔化时能导电D.熔点－56.6℃，微溶于水，硬度小，固态或液态时不导电【答案】B【解析】【详解】

A.原子晶体的熔点高，但不能导电，因此熔点2700℃，导电性好，延展性强应该是金属晶体，故A错误；B.无色晶体，熔点3500℃，不导电，质硬，难溶于水和有机溶剂，符合原子晶体的性质特点，故B正确；C.无色晶体，能溶于水，质硬而脆，熔点800℃，熔化时能导电，

符合离子晶体的性质，属于离子晶体，故C错误；D.熔点-56.6℃，微溶于水，硬度小，固态或液态时不导电，符合分子晶体的性质，属于分子晶体，故D错误。故选B【点睛】离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子

晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体是金属晶体。由于范德华力和氢键，作用力小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小。原子晶体的熔沸点高，不导电，一般不溶

于其它溶剂，离子晶体的熔沸点也较高，水溶液或在熔融状态下可以导电，金属晶体的一般具有良好的导电和导热性，具有延展性。40.某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对偏差为-1.8%，原因可能是A.两次称量结果相差0

.001g时，即认为达到恒重标准B.加热后固体颜色有少量变黑C.粉末未完全变白就停止加热D.晶体表面有水【答案】C【解析】【分析】根据结晶水合物中，m(结晶水)=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜)，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高。【详解】

A．为保证实验中恰好完全失去结晶水，需要恒重操作，两次称量结果相差不大于0.001g时，即。认为达到恒重标准，则不含引起结果偏低，A不符合；B．加热后固体颜色有少量变黑，则无水硫酸铜部分分解产生氧化铜和三氧化硫，结晶水质量偏高，测量结果偏高，B不符合；C．粉末未完全

变白就停止加热，未失去全部结晶水，结晶水质量偏低，测量结果偏低，C符合；D．晶体表面有水，结晶水质量偏高，测量结果偏高，D不符合；答案选C。41.用如图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应，下列不合理的是A.上下

移动①中铜丝可控制产物SO2的量B.②中选用品红溶液或溴水均可验证SO2的生成C.③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D.为确认反应中有CuSO4生成，向①中加水，观察颜色【答案】D【解析】【详解】A．向下移动①中铜丝，铜丝与浓硫酸接触，可发生反应生成SO2，向上移动铜丝，

铜丝与浓硫酸不接触，反应停止，所以上下移动①中铜丝可控制产物SO2的量，A合理；B．SO2既能漂白品红，也能还原溴水中的溴，并且都能使溶液的颜色褪去，所以②中选用品红溶液或溴水均可验证SO2的生成，B合理；C．SO2为酸性氧化物，能与NaOH反应，所以③中可选用NaO

H溶液吸收多余的SO2，C合理；D．①中反应完成后，仍剩余大量的浓硫酸，向①中加水，相当于水加入浓硫酸中，会发生暴沸，从而产生液滴飞溅现象，D不合理；故选D。42.下列解释事实的化学方程式或离子方程式正确的是A.过量的铁与氯气反应：2Fe+3Cl2点燃2FeCl3B.铜与

稀硝酸反应：Cu+4H++23NO−=Cu2++2NO2↑+2H2OC.切开的金属钠表面变暗：2Na+O2=Na2O2D.钠放入水中产生大量气体：Na+H2O=Na++OH-+H2↑【答案】A【解析】【详

解】A．过量的铁与氯气反应得到氯化铁：2Fe+3Cl2点燃2FeCl3，A正确；B．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水：3Cu+8H++23NO−=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；C．切开的金属钠表面变暗是因为Na与O2反应生成Na2O：4N

a+O2=2Na2O，C错误；D．钠放入水中产生大量氢气和氢氧化钠：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，D错误；答案选A。43.某课外实验小组设计的下列实验合理的是A.氨气发生装置B.制备并收集少量NO2C.配制一定浓度的硫酸溶液D.吸收多余氨气【答案】D【解析】

【详解】A．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，在试管口冷却后又结合生成氯化铵固体，不能制取氨气，应选用氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氨气，故A错误；B．二氧化氮与水反应，不能排水法收集，应选向上排空气法收集，故B错误；C．不能将浓硫酸直

接注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；D．氨气极易溶于水，则图中导管在CCl4有机层可防止发生倒吸，故D正确；故选：D。44.以下实验中作反应器的试管口需要向上倾斜的是①加热高锰酸钾制氧气②加热硫粉与铁粉的混合物

使其化合③加热NH4Cl与Ca(OH)2的混合物制取氨气④加热纯净KClO3使其分解(KClO3熔点356℃，分解温度400℃)A.②③B.①④C.②④D.③④【答案】C【解析】【详解】①加热高锰酸钾制氧

气，试管口需要向下倾斜，以防止水蒸气冷凝后流回到试管底，使试管底炸裂，①不符合题意；②加热硫粉与铁粉的混合物时，硫粉先熔化，后与铁反应，所以作反应器的试管口需要向上倾斜，以防液体流出试管，②符合题意；③加热NH4Cl与Ca(OH)2的混合物制取氨气，试管口需

要向下倾斜，以防止水蒸气冷凝后流回到试管底，使试管底炸裂，③不符合题意；④KClO3熔点356℃，分解温度400℃，所以加热纯净KClO3使其分解时，作反应器的试管口需要向上倾斜，以防液体流出试管，④符合题意；综合以上分析，②④符

合题意，故选C。45.下列关于Na2O2的说法错误的是A.与水反应生成NaOH，但不属于碱性氧化物B.是离子晶体，正、负离子个数比为2∶1C.可用作供氧剂和漂白剂D.向其与水反应后的溶液中滴加品红，溶液褪色且加热后恢复红色【答案】D【解析】【

详解】A．过氧化钠能与酸反应，生成盐和水，同时生成氧气。比如与盐酸反应，生成氯化钠、氧气和水，不是碱性氧化物，A正确；B．过氧化钠是离子晶体，正离子为钠离子，负离子为过氧根离子，个数比为2∶1，B正确；C．过氧

化钠可用作供氧剂和漂白剂，C正确；D．过氧化钠与水反应有过氧化氢生成，过氧化氢能使品红褪色但是加热后不会恢复，D错误；故答案选D。46.等物质的量的Na和Na2O2分别与足量的水反应，生成的气体在同温同压下的体积之比为A.1：1B.1：2C.2：1D.2：3【答案

】A【解析】【分析】与水反应的方程式分别为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，结合反应的方程式判断。【详解】设Na和Na2O2的物质的量分别为2mol，由与水反应的方程式：2Na+2H2O=2N

aOH+H2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知分别生成1molH2和1molO2，二者体积之比为1：1，答案选B。【点睛】本题考查钠、过氧化钠与水反应的性质，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度不大，

注意把握反应的方程式的书写，根据方程式计算。47.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的，良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述不正确的

是A.Na2O2可以做漂白剂，但其漂白原理不同于SO2B.Na2O2与CO2反应产生3.36LO2(标况)时，转移电子的物质的量为0.6molC.Na2O2与SO2反应时Na2O2作氧化剂D.Na2O2分别与H2O及CO2反应产生

相同量的O2时，需要H2O和CO2的物质的量相等【答案】B【解析】【详解】A．Na2O2具有强氧化性故可做漂白剂，SO2与有机色素能生成不稳定的无色物质，故二者漂白原理不同，故A正确；B．Na2O2与CO2反应的化学方程式为2222322NaO+2CO=2NaCO+O，标准状况下3.36

LO2的物质的量为0.15mol，根据反应的方程式可知，生成0.15mlO2转移0.3mol电子，故B错误；C．Na2O2与SO2发生反应22224NaO+SO=NaSO，反应过程中，Na2O2中的O元素的化合价

由-1价降低到-2价，Na2O2作氧化剂，故C正确；D．Na2O2与CO2反应的化学方程式为2222322NaO+2CO=2NaCO+O，Na2O2分别与水反应的化学方程式为22222NaO+2HO=4NaOH+O，根据反应的方程式可知

，产生相同量的O2时，需要水和CO2的物质的量相等，故D正确；答案选B。48.下列关于氮的叙述中不正确的是A.氮气的性质非常稳定，主要是因为N—N键能很大B.氨水中含有NH3、H2O、NH3·H2O、+4NH、OH-和H+C.氮元素的非金属性强于磷元素

，在化学反应中氮气的活泼性也强于磷单质D.热稳定性：PH3<NH3<H2O<HF【答案】C【解析】【详解】A．氮气的性质非常稳定，主要是因为氮氮三键很牢固，N—N键能很大，故A正确；B．氨水为一水合氨的水溶液，一水合氨为弱

碱，所以氨水含有NH3、H2O、NH3·H2O、+4NH、OH-和H+，故B正确；C．氮元素的非金属性强于磷，但氮气分子中的氮氮三键很牢固，在化学反应中氮气的活泼性比磷弱，故C错误；D．由于非金属性P<N<O<F，所以

热稳定性：PH3<NH3<H2O<HF，故D正确；故答案选C。49.下列有关浓硝酸的说法有：①保存在棕色瓶中；②点在蓝色石蕊试纸上，最终显红色；③沸点很高；④常温即能与铜反应；⑤加热时可以氧化硫单质；⑥可用铁罐储存；⑦蘸有浓氨水的玻

璃棒和蘸有浓硝酸的玻璃棒靠近，产生白烟；以上说法正确的有几个A.4B.5C.6D.7【答案】B【解析】【详解】①浓硝酸见光或受热分解、应保存在棕色瓶中，说法正确；②浓硝酸具有强氧化性、漂白性，点在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红最终会褪色，说

法不正确；③浓硝酸是挥发性酸、沸点较低，说法不正确；④浓硝酸常温下能与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，说法正确；⑤浓硝酸具有强氧化性、加热时可以氧化硫单质生成二氧化硫、二氧化氮和水，说法正确；⑥浓硝酸具有强氧化性、铁在冷的浓硝酸中钝化，可用铁罐储存，说法正确；⑦浓硝酸是挥发性酸、蘸有浓氨水的玻璃

棒和蘸有浓硝酸的玻璃棒靠近，挥发出的硝酸和氨气反应生成硝酸铵、产生白烟，说法正确；答案选B。50.若要使400g20%的硫酸溶液变为30%，应该向溶液中加入SO3的质量约为A.23.3gB.43.2gC.36.4gD.25.0g【答案】B【解析】

【详解】原溶液中m(H2SO4)=400×20%=80g，设需要三氧化硫的质量为xg，则n(SO3)=x80mol，则SO3生成的硫酸质量x9880，则可列出式子：80100%=30%400x9880x++，解得x≈43.2；故选B。51.如图所示装置，试管

中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒。U形管中注有浅红色的水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，下列说法正确的是A.U形管内浅红色的水褪色B.试管内溶液变红C.气球a膨胀，充满氢气D.U形管水位：d＞c【答案】D【解

析】【详解】A．Na2O2和水反应放热，广口瓶内气体膨胀，U形管内c端液面下降、d端液面上升，浅红色的水不褪色，故A错误；B．Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，试管内溶液不变色，故B错误；，C．Na

2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，气球a膨胀，充满氧气，故C错误；D．Na2O2和水反应放热，广口瓶内气体膨胀，U形管内c端液面下降、d端液面上升，U形管水位：d＞c，故D正确；选D。52.有关反应COS+4H2O2Pd硫酸CO2+H2S

O4+3H2O中微粒说法正确的是A.CO2与H2O的空间构型相同B.COS的结构式：O=C=S，空间构型为直线形C.Pd既是钯的化学式又是分子式D.H2O2一定是非极性分子【答案】B【解析】【详解】A．CO2的空间构型是直线形，H2O的空间构型是V形，A项错误；B

．COS的结构式为：O=C=S，空间构型为直线形，B项正确；C．Pd是金属单质，不是分子晶体，能表示钯的化学式，但不能表示分子式，C项错误；D．H2O2空间构型是二面角构型，正负电荷中心不重合，是极性分子，D项错误；故答案选B。53.

下列说法错误的是A.含有极性键的分子可能是非极性分子B.含有共价键的化合物是共价化合物C.电解质溶液导电时，发生化学反应D共价分子都属于分子晶体【答案】B【解析】【详解】A．含有极性键的分子只要正负电荷中心重合就是非极性分子，正负电荷中心不重合就是极性分子，故可能是

非极性分子，如CH4、CCl4为非极性分子，NH3、H2O为极性分子，A正确；B．含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如NaOH、Na2O2、NH4Cl等均为含有共价键的离子化合物，B错误；C．电解质溶液导电的过程就

是电解过程，所以电解质溶液导电的过程发生了化学反应，C正确；D．分子晶体是由分子通过分子间作用力形成的晶体，故共价分子都属于分子晶体，如SiO2等不是分子构成的物质，不属于共价分子，D正确；故答案为：B。54.下列电子式中，正确的有几

个①；②[Na]+；③；④；⑤A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【详解】①B是5号元素，则B的最外层上有3个电子，故其电子式为：，错误；②钠离子的电子式为：Na+，错误；③2-2O的电子式为：，正确；④H3O+的电子式为：，正确；⑤Na2O的电子式为：，正确；综上所述可知，③④

⑤正确，故答案为：C。.55.金刚石和石墨都是碳的单质，在一定条件下可以相互转化。已知12g石墨完全转化为金刚石时，要吸收EkJ的能量，下列说法正确的是A.金刚石与石墨互为同位素，化学性质相似B.金刚石中，最小的环为六元环，这六个碳原子位于同一个平面C.金刚石不如

石墨稳定D.等质量的石墨与金刚石完全燃烧，石墨放出的能量多【答案】C【解析】【分析】12g石墨完全转化成金刚石时需要吸收EkJ的能量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多。【详解】A．质子数相同而中子数不

同的同一元素是同位素，石墨和金刚石是碳元素的不同单质，互为同素异形体，二者的化学性质相似，A错误；B．金刚石中，最小的环为六元环，但其C原子采用sp3杂化，故这六个碳原子不可能位于同一个平面，B错误；C．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，C

正确；D．由C分析可知，等质量的金刚石具有的能量高，则等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，D错误；故答案为：C。56.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，下列不合理的是事实推测ALi与水能反应，Na与水反应剧烈K与水反应更剧烈。BSi是半导体材料，Ge也是

半导体材料位于金属与非金属分界线上的Al一定是半导体材料CHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间DSi与H2高温时反应，S与H2加热能反应P与H2在高温时能反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．从Li、Na与水反应的剧烈程度推断，金属性

越强，金属与水反应越剧烈，K的金属性比Na强，与水反应比Na还剧烈，故A合理；B．Si是半导体材料，Ge也是半导体材料，Al是导体,所以不是位于金属与非金属分界线上的都能作半导体材料，故B不合理；C．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，所形成共价键的

键能依次减弱，Br的非金属性介于Cl和I之间，所以HBr的分解温度介于二者之间，故C合理；D．同周期元素从左往右，非金属性依次增强，P的非金属性介于Si和S之间，与H2反应的难易也应介于二者之间，所以P与H2在高温

时能反应，故D合理；故选B。57.SiO2的晶体结构想象为：在晶体硅的Si-Si键之间插入O原子。见下图，下列说法不正确的是A.石英晶体中每个Si原子通过Si-O极性键与4个O原子作用B.每个O原子也通过Si-O极性键与2个Si原子作用C

.晶体中Si原子与O原子原子个数比为1：2，可用“SiO2”作为石英晶体的分子式D.SiO2晶体中所有键的键长都相同【答案】C【解析】【详解】A．根据石英晶体的结构图可知，石英晶体中每个Si原子通过Si—O极性键与4个O原子作用，A

正确；B．每个O原子通过Si—O极性键与2个Si原子作用，B正确；C．石英中并不存在分子，故“SiO2”只能称之为石英的化学式而不是分子式，C错误；D．SiO2晶体中只有Si—O极性键，所以键长都相等，D正确；故答案选C。58.下列晶体

性质的比较中不正确的是的A.熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅B.沸点：NH3>PH3C.硬度：K>Na>LiD.熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4【答案】C【解析】【详解】A．三种物质都是共价晶体，因为C的原子半径小

于Si的，所以键长：C—C键<C—Si键<Si—Si键，键能：C—C键>C—Si键>Si—Si键，键能越大，共价晶体的熔点越高，A正确；B．NH3和PH3都是分子晶体，但NH3分子间存在氢键，故NH3的沸点较高，B正确；C．Li、Na、K位于同一主族，从上到下核电荷数递增、原子半径与离子

半径递增，金属键的强度递减，则硬度：Li>Na>K，C错误；D．卤化硅为分子晶体，它们的组成和结构相似，分子间不存在氢键，故相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，D正确；故答案选C。59.下表是某些共价晶体的熔点和硬度

，分析表中的数据，下列叙述正确的是共价晶体金刚石氮化硼碳化硅石英硅锗熔点/℃390030002700171014101211莫氏硬度109.59.576.56①构成共价晶体的原子种类越多，晶体的熔点越高②构成共价晶体的原子间的共价键的键能越大，晶体的熔点越高③构成共价晶体的原子半径

越小，晶体的硬度越大④构成共价晶体的原子半径越大，共价键的键能越大A.①②B.③④C.②③D.②④【答案】C【解析】【详解】①共价晶体的熔点与共价键键能大小有关，跟原子种类多少无关，①错误；②共价晶体的熔点与共价键键能大小有关

，键能大小与原子半径关系是半径越小，键能越大，表中原子半径C<Si，熔点金刚石>碳化硅>硅，②正确；③从表中数据可看出原子半径C<Si，硬度金刚石>碳化硅>硅，③正确；④构成共价晶体的原子半径越小，共价键的键能越大，④错误；综上分析可得正确组合为②③；答案选C。60.根据量子力

学计算，氮化碳结构有五种，其中一种氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料，已知该氮化碳的二维晶体结构如图所示，下列有关氮化碳的说法不正确的是A.氮化碳属于共价晶体B.氮化碳的化学式为C3N4C.该晶体中的熔点比金刚石的熔点低

D.每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连【答案】C【解析】【详解】A．晶体硬度超过金刚石，同时网状结构这些特点确定该物质为共价晶体，A项正确；B．晶体中每个C与4个N相连而一个N被3个碳原子共用则每个碳原

子均摊的氮原子个数为14×4=33，则化学式为C3N4，B项正确；C．晶体均为共价晶体，rN<rC，C-N键长短，C-N键能大于C-C，该晶体的熔沸点高于金刚石，C项错误；D．如图可以看出，D项正确；故选C。61.氟在自然界中常以CaF2的形式存在，下列表述正确的是A.Ca2+与F-间

只存在静电吸引作用B.F-的离子半径小于Cl-，则CaF2的熔点低于CaCl2C.CaF2晶体中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电D.正、负离子数目比为1：2的离子晶体，一定具有与CaF2相同

的晶胞结构【答案】C【解析】【详解】A．阴阳离子之间有静电吸引还有排斥，A项错误；B．氯化钙和氟化钙都为离子晶体，氟离子半径比氯离子半径小，故氟化钙的熔点比氯化钙的高，B项错误；C．氟化钙含有离子键，为离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正

确；D．正、负离子数目比为1：2的离子晶体，不一定具有与CaF2相同的晶胞结构，D项错误。故选C。62.下列有关实验室测定CuSO4·xH2O晶体结晶水含量的实验，说法正确的是A.可以先称量硫酸铜晶体的初始

质量，再进行研磨B.进行恒重操作并达到恒重标准后，无需再进行平行实验C.恒重操作的标准是连续两次测量结果相差小于0.0001gD.若不考虑平行实验，至少要用电子天平进行四次称量【答案】D【解析】【分析】进行硫酸铜晶体结晶水含量测定时，至少需要进行四次称量，即称量：坩埚质量、坩埚+硫

酸铜晶体质量、坩埚+硫酸铜质量、坩埚+硫酸铜质量。【详解】A．实验前，应将硫酸铜晶体先进行研磨，然后称量坩埚质量、坩埚+硫酸铜晶体的质量等，A不正确；B．在进行结晶水含量测定时，即便达到恒重标准，也需再进行平行实验，以判断上次操作的正确性，B不正确；C．对于精确度要求不太高的实验，恒重操作的

标准是连续两次测量结果相差小于0.001g，C不正确；D．由分析可知，若不考虑平行实验，且操作理想，再次加热后固体质量就与上一次称量的质量差值小于0.001g，至少也要用电子天平进行四次称量，D正确；故选D。63.实验室测定CuSO4·xH2O晶体里结晶水的x值时，出现了以下四种情况

：①晶体中含有受热不分解的物质；②晶体未研磨完全，内部仍呈蓝色时即停止加热；③晶体失水后放在台面上冷却，再称量；④坩埚上沾有受热不分解的杂质；会使实验结果偏低的情况是A.①②③④B.①②③C.②③D.

①②④【答案】B【解析】【详解】①晶体中含有受热不分解的物质，则生成结晶水的质量偏小，x值偏低；②晶体未研磨完全，内部仍呈蓝色时即停止加热，则晶体分解不完全，生成结晶水的质量偏小，x值偏低；③晶体失水后放在台面上冷却，硫酸铜又吸水生成结晶水合物，相当于生成结晶水的质量偏小，x值偏低；④坩埚

上沾有受热不分解的杂质，对硫酸铜晶体的质量、硫酸铜的质量都不产生影响，从而不影响结晶水的质量，x值不变；综合以上分析，①②③符合题意，故选B。64.某实验小组为测定硫酸铜晶体结晶水含量，做了三次平行实验

，以下为实验结果，则实验相对偏差为名称质量(g)第一次第二次第三次瓷坩埚质量(m0)44.52044.65044.552瓷坩埚+硫酸铜晶体的质量(m1)47.02048.35049.325瓷坩埚+无水硫酸

铜粉末的质量(m2)46.08046.98047.872硫酸铜晶体的质量(m1-m0)2.5003.7004.773无水硫酸铜粉末的质量(m2-m0)1.5602.3303.320失去水的质量(m1-m2)0.9401

.3701.453A.5.8%B.4.1%C.-3.5%D.-8.8%【答案】C【解析】【详解】根据第一次数据计算结晶水的个数为0.940185.3541.560160=，第二次计算结晶水的个数为1.3701

85.2262.330160=，第三次计算结晶水的个数为，1.453183.8903.320160=，三次的平均值为5.3545.2263.8904.8233++=，实验相对偏差为4.8235100%3.5%5−=−。故选C。65.加热含有结晶水

的硫酸铜晶体5.8g，至质量恒重时停止加热，冷却后称得白色粉末的质量为4.0g，则该晶体的化学式为A.CuSO4·5H2OB.CuSO4·4H2OC.CuSO4·2H2OD.CuSO4·H2O【答案】B【解析】【详解】设该硫酸铜晶体的化

学式为：CuSO4‧nH2O，则根据题干数据可知，4.0g5.8g5.8-4.0==160160+18n18n，解得n=4，故该硫酸铜晶体的化学式为：CuSO4‧4H2O，故答案为：B。66.下列有关说法或各组性质的比较中,正确的有几项①l2C、13

C、14C是碳的三种同素异形体；②H2S的电子式可表示为；③沸点：NH3>AsH3>PH3；④离子还原性：S2->Cl->Br->I-；⑤酸性：HCl>HBr>HI；⑥金属性：Pb>Sn>Ge；⑦气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S；A.2B.3C.4D.

5【答案】B【解析】【详解】①l2C、13C、14C是质子数相同而中子数不同的三种核素，互为同位素，同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质，故它们不是碳的三种同素异形体，错误；②H2S为共价键化合物，则其电子式可表示为，错误；③已知N、P、As为同一主族元素，其氢化物的

空间构型相同，由于NH3存在分子间氢键，沸点异常升高，AsH3的相对分子质量大于PH3，分子间作用力AsH3大于PH3，故沸点：NH3>AsH3>PH3，正确；④已知非金属性：Cl＞Br＞I＞S，则单质的氧化性：离子还原性：Cl-＜Br-＜I-＜S2-，错误；⑤酸性：HCl＜HBr＜HI，错误；⑥

根据同一周期从左往右金属性减弱，同一主族从上往下金属性依次减弱，故金属性：Pb>Sn>Ge，正确；⑦已知非金属性F＞Cl＞S，则气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S，正确；综上分析可知，③⑥⑦正确，故答案为：B。67.常温常压将amLH2S与bmLSO2混合均匀，充分反应后气体体积变为a+b2

mL，则a与b之比可能是①3：2②3：5③l：2④5：1A.①②B.②③C.①④D.③④【答案】D【解析】【详解】硫化氢与二氧化硫反应的化学方程式为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，参加反应的二氧化硫与硫化氢气体的体积之比是1∶2，

充分反应后气体体积变为a+bmL2，若剩余的气体是二氧化硫，则b-a2=a+b2，整理得a∶b=1∶2；若剩余的气体是硫化氢，则a-2b=a+b2，整理得a∶b=5∶1，则③④正确；故选：D68.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，X

是非金属性最强的元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，Z原子的核外电子数是X最外层电子数的2倍，W的单质是制作黑火药的原料之一，下列结论正确的是A.工业上通过电解法获取Y的单质B.简单氢化物的沸点：X<WC.简单离子半径大

小：X>Y>WD.最高价氧化物水化物的酸性：Z>W【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，X是非金属性最强的元素，X是F；Y是地壳中含量最高的金属元素，Y是Al；Z原子的核外电子数

是X最外层电子数的2倍，Z原子的核外电子数是14，Z是Si；W的单质是制作黑火药的原料之一，W是S。【详解】A．工业通过电解熔融Al2O3制取Al，A项正确；B．HF分子间含有氢键，H2S存在分子间作用力，则简单氢化物的沸点：H2S<H

F，B项错误；C．核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多，半径越大，简单离子半径大小：S2->F->Al3+，C项错误；D．元素的非金属性硫大于硅，因此最高价氧化物水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，D项错误；答案选A。69.

某种食品膨松剂由原子序数依次增大的R、W、X、Y、Z五种主族元素组成。五种元素分处三个短周期，X、Z同主族，R、W、X的原子序数之和与Z的原子序数相等，Y原子的最外层电子数是Z原子的一半。下列说法正确的是A.简单氢化物的稳定性：W>X>ZB.Y的最高价氧化物对应

水化物是两性氢氧化物C.R、W、X只能组成共价化合物。D.最高正价：Y<W<X【答案】B【解析】【分析】某种食品膨松剂由原子序数依次增大的R、W、X、Y、Z五种主族元素组成，五种元素分处三个短周期，则R为H；R、W、X的原子序数之和与Z的原子序数相等，X的原子序数应该比

Z的原子序数小8，则W的原子序数为8-1=7，则W为N元素；Y原子的最外层电子数是Z原子的一半，Z的最外层电子数应该为偶数，则X为O，Z为S元素；Y的最外层电子数为3，其原子序数大于O，则Y为Al元素，以此分析解答。【详解

】结合分析可知，R为H，W为N，X为O，Y为Al，Z为S元素，A．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N＞S，则简单氢化物的稳定性：X＞W＞Z，A错误；B．Y的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，

氢氧化铝为两性氢氧化物，B正确；C．氢、氮、氧三种元素形成的硝酸铵为离子化合物，C错误；D．铝元素最高正价为+3价，氮元素的最高正价为+5，氧元素非金属性较强，没有最高正价，D错误；故答案为：B。70.足量铜与一定量浓硝

酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与XLO2(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。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是200mL，则X的值为A.1.12B.5.

6C.2.24D.3.36【答案】B【解析】【详解】由Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，可得出n(Cu)=n(Cu2+)=12n(OH-)=0.5mol。利用终态法，可利用得失电子守恒，建立如下关系式：2Cu——

O2，n(O2)=12n(Cu)=0.25mol，V(O2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；故选B。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com