必刷01（25题）-2019-2020学年高一化学期末满分必刷200题（优等生专用）（人教版必修二）（解析版）

必刷题型一选择题（100题）必刷01（25题）1．（2020·四川省射洪中学高一月考）1869年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学史上的重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法正确的是（　　）A．元素周期表有18个族B．元素周期表的第8、9、10三纵列合称Ⅷ族，Ⅷ族是元素周期表所有族中元素种类最多的族C．一般在过渡元素中寻找一些化学反应新型催化剂D．元素周期表中的所有副族元素都是金属元素，副族包含过渡元素和Ⅷ族【答案】C【解析】A.元素周期表有18个纵列，16个族，A错误；B.元素周期表的第8、9、10三纵列合称Ⅷ族，第ⅢB是元素周期表所有族中元素种类最多的族，B错误；C.一般在过渡元素中寻找一些化学反应新型催化剂，C正确；D.元素周期表中的所有副族元素都是金属元素，副族不包括第Ⅷ族，D错误。答案选C。2．（2020·苏州大学附属中学高一月考）某元素X的最高价含氧酸的化学式为HnXO2n﹣2，则在其气态氢化物中X的化合价为()A．﹣(12﹣5n)B．﹣(12﹣3n)C．﹣(6﹣3n)D．﹣(10﹣n)【答案】B【解析】【分析】非金属元素的最高正价与最低负价的绝对值之和等于8。【详解】某元素X的最高价含氧酸的化学式为HnXO2n﹣2，设X的化合价为a，则n+a+(-2)´(2n-2)=0，解得a=3n-4，在气态氢化物中X显最低价，由元素的最高正价与最低负价的绝对值之和等于8可知，在其气态氢化物中X的化合价为-[8-(3n-4)]=-(12-3n)，答案选B。【点睛】非金属在其气态氢化物中显最低负价，最低负价等于其主族序数-8，最高正价与最低负价的绝对值之和等于8。3．（2020·甘肃省会宁县第一中学高一月考）某元素的一种同位素AY，其中子数为N，它与1H原子组成HmY分子，则在bgHmY分子中所含质子的物质的量是(　　)A．(A－N)molB．(A－N＋m)mol C．(A－N)molD．(A－N＋m)mol【答案】B【解析】AY的中子数为N，则Y的质子数为（A-N），则每个HmY分子中含有的质子数为（A-N+m），在bgHmY分子中所含质子的物质的量为(A－N＋m)mol，综上所述，B正确，答案为B。4．（2020·东台市安丰中学高一期中）已知是具有相同电子层结构的短周期元素形成的简单离子。下列叙述正确的是A．原子半径:C>D>A>BB．原子序数:b>a>d>cC．离子半径:D>C>A>BD．单质还原性:A>B>C>D【答案】C【解析】【分析】阳离子的质子数=核外电子数+电荷数，阴离子的质子数=核外电子数-电荷数，具有相同的电子层结构，则a-n=b-(n+1)=c+n=d+(n+1)，所以原子序数：b>a>c>d。A、B同周期，且A、B是阳离子，C、D同周期，且C、D是阴离子，所以A、B在C、D的下一周期，四种元素在周期表中的相对位置为：DCAB【详解】A．A、B同周期，C、D同周期，且A、B在C、D的下一周期，则其原子半径大小顺序为：A>B>D>C，A错误；B．由分析可知，原子序数：b>a>c>d，B错误；C．根据元素周期律可知，核外电子层排布相同的情况下，核电核数越大，半径越小，所以离子半径：＞＞＞，C正确；D．A、B同周期，原子序数：b>a，金属性：A>B，对应单质的还原性：A>B；C、D同周期，原子序数：c>d，非金属性：C>D，对应单质的氧化性：C>D，则还原性：D>C，D错误；故选C。【点睛】本题的易错选项为A ，同一周期的原子半径从左到右依次减小，同一主族从上到下原子半径依次增大，因此靠左边下方的元素的原子半径比较大。依据这两个规律可以推断出四种原子的半径。5．（2020·四川省仁寿县文宫中学高一月考）核反应不仅能发电也能制造元素。2016年初国际上确认，利用原子核间的撞击已制造出原子序数分别为113、115、117和118四种新元素，填补了目前元素周期表的空白，其中113号元素与Al元素处于同一主族。下列说法正确的是A．核反应发电实现了化学能到电能的转化B．115号元素一定是处于VA族的非金属元素C．117号元素与F、Cl、Br、I均处于VIIA族D．四种新元素位于元素周期表中的不同周期【答案】C【解析】A.核反应发电是核能转化成电能，A错误。B.115号元素位于第ⅤA族的金属元素，B错误。C.117号元素位于第ⅦA族的元素，C正确。D.四种新元素都在第七周期，D错误。答案选C。6．（2020·邯郸市永年区第一中学高一月考）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO3，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，Z是地壳中含量最高的金属元素，W的一种核素的质量数为28，中子数为14。下列说法正确的是（）A．Z2Y3、WX分别是离子化合物、共价化合物B．元素的非金属性W>Y>XC．原子半径由大到小的顺序是Z>W>Y>XD．X、Z、W的最高价氧化物都是酸性氧化物【答案】A【解析】【分析】Z是地壳中含量最高的金属元素,根据地壳中元素含量（O、Si、Al、Fe、Ca），Z为Al；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO3，X的化合价为+4价，X为C；Y的最外层电子数是电子层数的3倍，Y为O；W的一种核素的质量数为28，中子数为14，质子数＝质量数－中子数＝14，则W为Si。【详解】A.根据分析Z2Y3为Al2O3，是离子化合物,WX是SiC，是共价化合物，A正确；B.元素的非金属性，从左到右依次增强，从上到下依次减弱，O>C>Si，B错误；C.原子半径从左到右依次减小，从上到下依次增大，由大到小的顺序是Al>Si>C>O，C错误； D.Z的最高价氧化物是Al2O3，为两性氧化物，D错误。答案选A。7．（2020·湖北省武汉市第十一中学高一期中）几种短周期元素的主要化合价及原子的原子半径数据见下表：元素代号LMQRT主要化合价+2+3+6、﹣2+7、﹣1﹣2原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990.074据表中信息判断，下列有关叙述中，正确的是A．L、M的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，M的单质反应更剧烈B．M与T形成的化合物能和强酸、强碱反应且产物不同C．Q、T两元素的氢化物热稳定性比较：Q的氢化物大于T的氢化物D．L与R两元素形成的化合物中，含有非极性共价键【答案】B【解析】由表中化合价，可确定L、M、Q、R、T原子的最外层电子数依次为2、3、6、7、2，由原子半径，可确定L、M、Q、R为同周期元素，且都为第三周期元素，T为第二周期元素，从而确定L、M、Q、R、T分别为Mg、Al、S、Cl、O元素。A.Mg、Al的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，Mg的单质反应更剧烈，A错误；B.Al与O形成的化合物Al2O3为两性氧化物，能和强酸、强碱反应，前者生成Al3+等，后者生成AlO2-等，B正确；C.S、O两元素的氢化物热稳定性比较，S的氢化物小于O的氢化物，C错误；D.Mg与Cl两元素形成的化合物MgCl2中，只含有离子键，D错误；故选B。8．（2020·枣庄市第一中学高一期中）短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如下图所示。Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物,R原子最外层电子数是电子层数的2倍,T单质但难溶于水微溶于酒精。下列说法正确的是 A．最高价氧化物对应水化物的酸性:R>TB．氢化物的沸点一定是Y>RC．原子半径和离子半径均满足Y<ZD．由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物中既含有离子键又含有共价键【答案】D【解析】【分析】由题意，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由图示原子半径和原子序数关系可知，R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素、Z为Na元素；T单质难溶于水微溶于酒精，则T应为S元素；X的原子半径最小，原子序数最小，则X为H元素。【详解】A项、元素的非金属性越强，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性碳元素弱于硫元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性T>R，故A错误；B项、R为C元素，对应的氢化物为烃，含碳原子数较多的烃，常温下为固体，沸点较高于水，故B错误；C项、同周期元素从左到右，原子半径减小，同主族元素自上而下，原子半径增大，则原子半径的大小顺序为Na＞O，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，Na+与O2—电子层结构相同，离子半径O2->Na+，故C错误；D项、由H、O、S、Na四种元素组成的化合物为NaHSO3，NaHSO3既含有离子键又含有共价键，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。9．（2019·阳泉市第二中学高一期中）北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性。下列有关分析正确的是（）A．K3C60中只有离子键B．K3C60中不含共价键 C．该晶体在熔融状态下能导电D．C60与12C互为同素异形体【答案】C【解析】A.球碳盐K3C60中有离子键，存在于K与C603-之间，而C603-中C与C之间为共价键，故A错误；B.根据A项分析可知，球碳盐K3C60中既有离子键又有共价键，故B错误；C.球碳盐K3C60中有离子键，为离子晶体，在熔融状态下能电离出离子而导电，故C正确；D.C60为C元素形成的单质，12C为原子，所以二者不是同素异形体，故D错误；答案选C。10．（2020·横峰中学高一开学考试）已知某化学反应A2（g）+2B2（g）＝2AB2（g）（A2、B2、AB2的结构式分别为A＝A、B﹣B、B﹣A﹣B），能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是A．该反应的进行一定需要加热或点燃条件B．该反应若生成2molAB2（g）则放出的热量为（E1﹣E2）kJC．该反应断开化学键消耗的总能量大于形成化学键释放的总能量D．生成2molB﹣A键放出E2kJ能量【答案】C【解析】A.反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，吸热反应不一定都要加热，例如氢氧化钡和氯化铵在常温下就反应，故A错误；B.根据图像，该反应是吸热反应，生成2molAB2(g)则吸收的热量为(E1－E2)kJ，故B错误；C.反应是吸热反应，依据能量守恒可知，反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，即反应物的键能总和大于生成物的键能总和，故C正确；D.断裂化学键吸收热量，形成化学键放出热量，所以生成2molB—A键，即生成1molAB2(g)放出×E2kJ能量，故D错误；故选C。11．（2020·河北省涿鹿中学高一月考）中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs ），能利用太阳光高效分解水，原理如下图所示。下列说法不正确的是A．通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化B．反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成C．反应II为：2H2O22H2O+O2↑D．总反应为：2H2O2H2↑+O2↑【答案】B【解析】【分析】由题给反应机理图示可知，利用太阳光实现高效分解水的过程分为两步，反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，反应的化学方程式为2H2O=H2O2+H2↑，反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，总反应方程式为2H2O2H2↑+O2↑。【详解】A项、该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故A正确；B项、反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，没有涉及到非极性键的断裂，故B错误；C项、反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故C正确；D项、反应I的化学方程式为2H2O=H2O2+H2↑，反应II的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，则总反应方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故D正确；故选B。【点睛】 本题考查化学反应机理，能够根据图示判断反应的步骤，在此基础上书写总反应方程式是解答关键。12．（2020·东台市安丰中学高一期中）镁一空气电池的工作原理如图所示，电池反应方程式为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2。有关该电池的说法正确的是（）A．通入氧气的电极为负极B．电池工作时，溶液中的Na+由负极移向正极C．负极的电极反应为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2D．当电路中转移0.04mol电子时，参加反应的O2为体积224mL【答案】C【解析】A、氧气在正极发生还原反应，所以通入氧气的电极为正极，故A错误；B、原电池中阴离子向负极移动，所以溶液中的OH-由正极移向负极，Na+不能通过阴离子交换膜，故B错误；C、负极镁失电子变成镁离子，正极移过来的氢氧根离子结合生成氢氧化镁，所以电极反应式为：Mg-2e-+2OH-＝Mg(OH)2，故C正确；D、未注明是否为标准状况，无法确定氧气的体积，故D错误；故选C。【点睛】本题考查原电池原理，本题中负极上Mg失电子生成Mg2+，而正极上氧气发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。本题的易错点为B，要注意阳离子不能通过阴离子交换膜。13．（2020·临猗县临晋中学高一开学考试）有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D→导线→C；③A、C用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，C极产生大量气泡；④B、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应。 据此判断四种金属的活动性顺序为A．A>B>C>DB．A>C>D>BC．C>A>B>DD．B>D>C>A【答案】B【解析】一般来说，原电池中金属活动性负极＞正极材料；①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极，则金属活动性A＞B；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D→导线→C，则C是负极、D是正极，金属活动性C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡，则C上得电子发生还原反应，C是正极、A是负极，金属活动性A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则D是负极、B是正极，金属活动性D＞B；通过以上分析知，金属活动性顺序A＞C＞D＞B，故答案为B。14．（2020·四川外国语大学附属外国语学校高一期中）一种锂钒氧化物热电池装置如图所示。其电池总反应为xLi＋LiV3O8=Li1＋xV3O8。工作时，需先引发铁和氯酸钾反应使共晶盐融化。下列说法正确的是()A．该电池的优点之一是在常温下就可以进行放电B．LiClKCl共晶盐可用LiCl和KCl的混合水溶液代替C．电池工作时，Cl－移向LiV3O8电极D．放电时，正极反应式为LiV3O8＋xLi＋＋xe－=Li1＋xV3O8【答案】D【解析】A．电池需先引发铁和氯酸钾反应使共晶盐融化，该电池需要在加热条件下才可以放电，在常温下不能放电，故A错误；B．锂会和水反应，故不能用LiCl和KCl的混合水溶液代替LiCl与KCl共晶盐，故B错误；C．电池工作时，Cl－移向负电极，即Li-Si合金，故C错误；D．放电时，正极发生得电子的还原反应，反应式为LiV3O8＋xLi＋＋xe－=Li1＋xV3O8，故D正确；答案选D。15．（2020·磁县第二中学高一期中）如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相同的空心铜球和空心铁球，调节杠杆使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中不考虑铁丝反应及两边浮力的变化)（） A．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低B．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高C．当杠杆为绝缘体时，A端低B端高；为导体时，A端高B端低D．当杠杆为绝缘体时，A端高B端低；为导体时，A端低B端高【答案】D【解析】【分析】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池；当杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，以此来解答。【详解】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe-2e-═Fe2+，Cu为正极，发生Cu2++2e-═Cu，则A端低，B端高；杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低，答案选D。【点睛】解题的关键是理解化学反应的原理，分析出铜丝与铁丝表面的固体质量变化是关键。16．（2020·东台市安丰中学高一期中）在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，5s达到平衡。达到平衡时，生成了2molC，经测定D的浓度为0.5mol·L－1，下列判断正确的是()A．x＝1B．B的转化率为20%C．平衡时A的浓度为1.50mol·L－1D．B的平均反应速率为0.2mol·L－1·s－1【答案】B【解析】达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L×0.5mol/L=2mol；3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g）起始：6mol5mol00转化：3mol1mol2molxmol 平衡：3mol4mol2mol2molA.根据参加反应的各物质的物质的量之比等于方程式中计量数之比，可知x=2，故A错误；B.B的转化率为20%，故B正确；C.平衡时A的浓度为=0.75mol/L，故C错误；D.B表示该反应在5min内的化学反应速率为=0.05mol·L－1·s－1，故D错误；答案：B。17．（2020·北京和平街第一中学高一期中）在一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)。开始时加入4molA、6molB、2molC，在5min末测得C的物质的量是4mol。下列说法不正确的是A．用A的浓度变化表示反应的平均速率0.1mol/(L·min)B．在5min末测得B的浓度为2.5mol/LC．若再充入1molB化学反应速率会增大D．若将容器的体积变为3L，化学反应速率降低【答案】A【解析】A．在5min末测得C的物质的量是4mol，则C的物质的量变化量为2mol，根据计量系数与反应物质的量变化量关系，A的物质的量变化量为×2mol=3mol，用A的浓度变化表示反应的平均速率=0.3mol/(L·min)，故A错误；B．根据A项分析，根据计量系数与反应物质的量变化量关系，在5min末B物质的量=6mol-×2mol=5mol，则B的浓度为=2.5mol/L，故B正确；C．若再充入1molB，B的浓度增大，体系压强也增大，化学反应速率会增大，故C正确；D．若将容器的体积变为3L，反应体系各组分的浓度减小，化学反应速率降低，故D正确；答案选A。18．（2020·枣庄市第一中学高一期中）可逆反应2NO22NO＋O2在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态 ④混合气体的颜色不再改变的状态⑤密闭恒容条件下，气体密度不变⑥密闭恒容条件下，混气平均相对分子质量不变A．①③④⑤B．②③C．①④⑥D．①②④⑥【答案】C【解析】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，即υ正(O2)=υ逆(NO2)=υ逆(O2)，则正、逆反应速率相等，说明已达平衡，①符合；②任何时候，生成nmolO2的同时生成2nmolNO，②不符合；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态，未指明是哪个方向的速率，此处不能得出“υ正(O2)=υ逆(NO2)”这样的结论，③不符合；④混合气体的颜色不再改变的状态，则NO2浓度不再变化，④符合；⑤密闭恒容条件下，因为气体质量守恒，则气体密度始终不变，⑤不符合；⑥密闭恒容条件下，因为气体质量守恒，而气体的物质的量随反应而变化，即混气平均相对分子质量会发生变化，当它不变则已平衡，⑥符合；答案选C。【点睛】平衡状态的判断方法有：①对同一个物质而言正反应速率和逆反应速率相等，如υ正(O2)=υ逆(O2)，若选用不同物质的速率，则如不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比，如υ正(O2)=υ逆(NO2)，则说明已平衡，②各成分的含量、也可以是物质的量或浓度保持定值、不再改变了，③选定的某个物理量，一开始会随着反应的发生而变化，而当这个量不再改变的时候，就达到化学平衡状态，如B中提到的温度就是这样的一个物理量。19．（2020·山西省大同一中高一月考）一定质量的甲烷燃烧后的产物为CO、CO2和水蒸气，此混合气体质量为99.2g，当其缓慢经过无水CaCl2时，CaCl2增重50.4g。原混合气体中CO的质量为（　　）A．13.2gB．22.4gC．24.4gD．26.4g【答案】B【解析】无水CaCl2吸收水蒸气，增重50.4g，说明水蒸气的质量为50.4g，根据氢元素守恒，2H2O~CH4，则甲烷的物质的量为×=1.4mol。根据碳元素守恒，设CO的物质的量为xmol，则CO2 的物质的量为(1.4－x)mol，根据混合气体的总质量，得出28x＋(1.4－x)×44＋50.4=99.2，解得x=0.8mol，则CO的质量为0.8mol×28g/mol=22.4g，故选项B正确。【点睛】本题不能根据化学反应方程式计算，因为氧气的量不能确定，如果氧气多，则产生二氧化碳的量多，如果氧气少，则产生CO的量多，需要通过元素守恒，进行计算。20．（2019·临泽县第一中学高一期末）已知(x)、(y)、(z)互为同分异构体，下列说法不正确的是A．z的二氯代物有三种B．x、y的一氯代物均只有三种C．x、y可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色D．x、y、z中只有x的所有原子可能处于同一平面【答案】B【解析】A项，z为立方烷，结构高度对称，z中只有1种H原子，其一氯代物只有1种，二氯代物有3种（2个Cl处于立方烷的邻位、面对角线、体对角线），正确；B项，x中有5种H原子，x的一氯代物有5种，y中有3种H原子，y的一氯代物有3种，错误；C项，x、y中都含有碳碳双键，都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，正确；D项，y、z中都含有饱和碳原子，y、z中所有原子不可能处于同一平面上，x由苯基和乙烯基通过碳碳单键相连，联想苯和乙烯的结构，结合单键可以旋转，x中所有原子可能处于同一平面，正确；答案选B。点睛：本题涉及两个难点：烃的氯代物种类的确定和分子中原子的共面、共线问题。烃的氯代物种类的确定：（1）一氯代物种类的确定常用等效氢法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效；（2）二氯代物种类的确定常用“定一移二”法。确定分子中共线、共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线，苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；（2）任意三个原子一定共平面；（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面，苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面；（4）分子中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。21．（2020·全国高一单元测试）已知化合物B3N3H6（硼氮苯）与C6H6（苯）的分子结构相似，如下图： 则硼氮苯的二氯取代物B3N3H4Cl2的同分异构体的数目为（）A．2B．3C．4D．6【答案】C【解析】两个氯原子位于邻位（1种）、间位（2种）、对位（1种），共4种。答案选C。22．（2020·辽宁省高三月考）已知有机物M在一定条件下可转化为N。下列说法正确的是A．该反应类型为取代反应B．N分子中所有碳原子共平面C．可用溴水鉴别M和ND．M的一氯代物共7种【答案】C【解析】A．M中碳碳双键和氢气发生加成反应生成N，该反应为加成反应，故A错误；B．N分子中取代基上的3个碳原子都采用sp3杂化，具有甲烷结构特点，则N中所有碳原子不能共平面，故B错误；C．M和溴发生加成反应、N和溴不反应，前者褪色，后者分层且上层有色，现象不同可以鉴别，故C正确；D．M分子结构中共有5种等效氢，则一氯代物共有5种，故D错误；故答案为C。23．（2020·辽宁省沈阳铁路实验中学高一期中）《五金·铁》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，低下数寸，筑一方塘，短墙抵之。其铁流入塘内，数人执柳木排立墙上……众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”以下说法不正确的是（）A．金属冶炼方法由金属活动性决定B．生铁比熟铁质地更硬，延展性稍差 C．炒铁是为了提高铁水中的碳含量D．该法与近代往生铁水中吹空气炼钢异曲同工【答案】C【解析】A．活泼性不同的金属，其冶炼方法不同，即金属冶炼方法由金属活动性决定，故A正确；B．熟铁比生铁质地更软，且延展性好，生铁比熟铁质地更硬，延展性稍差，故B正确；C．炒铁过程中降低了铁水中的碳含量，从而将生铁转化成熟铁，故C错误；D．该冶炼方法和近代往生铁水吹空气炼钢，都是利用空气中氧气氧化C元素，其原理基本相同，故D正确；答案选C。【点睛】非常活泼的金属可以采用电解法，例如钠和钾，比较活泼的金属可以采用还原法，例如铁，铜等，不太活泼的金属可以采用分解法，例如汞，最不活泼的采用物理方法，例如金和银。24．（2020·四川省阆中中学高一开学考试）海洋中有丰富的资源，如图为海水资源利用的部分过程。下列有关说法不正确的是（）A．用澄清石灰水不可鉴别NaHCO3和Na2CO3B．第③步到第⑤步为富集溴，一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收C．在第①步中粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯D．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁【答案】D【解析】【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴，以此解答该题。【详解】A ．碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，且都会出现白色沉淀，所以用澄清的石灰水不可鉴别NaHCO3和Na2CO3，故A正确；B．根据流程图可知第③步到第⑤步为富集溴，由于溴易挥发且具有氧化性，因此一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，故B正确；C．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故C正确；D．工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁，故D错误；故答案选D。25．（2019·海口市第四中学高一期末）工业上从海水中提取溴单质时，可用纯碱溶液吸收空气吹出的溴，发生反应:(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2;(II)5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O下列有关判断正确的是A．反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1B．溴元素由化合态转化成游离态时一定发生了还原反应C．反应Ⅱ中生成3molBr2时，必有5mol电子转移D．氧化还原反应中化合价变化的元素一定是不同种元素【答案】C【解析】A.(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2中溴为氧化剂和还原剂，其中做氧化剂的为2.5mol，做还原剂的溴为0.5mol，故二者比例为5:1，故错误；B.溴元素由化合态转化成游离态时化合价可能降低也可能升高，可能发生氧化反应或还原反应，故错误；C.反应Ⅱ5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O中溴化钠中的溴从-1价升高到0价，溴酸钠中溴从+5价降低到0价，所以生成3molBr2时，必有5mol电子转移，故正确；D.在氧化还原反应中肯定有元素化合价变化，可能是一种元素也可能是不同的元素，故错误。故选C。