必刷02（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02（25题）1．（2020·横峰中学高一开学考试）已知在周期表中第118号元素位于周期表的第七周期0族，预测第114号元素的下列叙述中，错误的是A．位于周期表的第七周期第ⅣA族B．原子的最外层有4个电子C．肯定是非金属元素D．常见的化合价有+2和+4价【答案】C【解析】A．第七周期0族元素原子序数为118，处于第18列，114号元素与118号元素同周期，原子序数相差4，故所处列数也相差4，即114号元素处于14列，为ⅣA族元素，即114号元素位于周期表的第七周期第ⅣA族，A正确；B．114号元素处于ⅣA族，则原子的最外层有4个电子，B正确；C．同主族自上而下元素的金属性逐渐增强，故114号元素为金属元素，C错误；D．114号元素处于ⅣA族，常见的化合价有+2和+4价，D正确；答案选C。【点晴】解答的关键是确定元素在周期表中的位置，根据同主族元素性质的相似性与递变性解答，注意掌握利用原子序数确定元素在元素周期表位置的方法，即由原子序数确定元素位置的规律：只要记住了稀有气体元素的原子序数(He—2、Ne—10、Ar—18、Kr—36、Xe—54、Rn—86)，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。（1）若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第ⅠA族或第ⅡA族，如88号元素：88－86=2，则应在第七周期第ⅡA族；（2）若比相应的稀有气体元素少1～5时，则应处在同周期的第ⅦA族～第ⅢA族，如84号元素应在第六周期第ⅥA族；（3）若预测新元素，可与未发现的稀有气体元素(118号)比较，按上述方法推测知：114号元素应为第七周期第ⅣA族。2．（2020·甘肃省会宁县第一中学高一月考）某周期第ⅡA族元素的原子序数为x，则同周期的第ⅣA族元素的原子序数为(　　)A．只能是x＋2B．可能是x＋8或x＋18C．可能是x＋13D．可能是x＋2或x＋12或x＋26 【答案】D【解析】如果这两种元素是第二、三周期元素，则为x＋2；如果是第四、五周期，因为有副族元素，占了10个纵行，则为x＋12，如果是第六、七周期，因为有镧系元素和锕系元素，则为x＋26，故D正确；综上所述，答案为D。3．（2020·四川省仁寿县文宫中学高一月考）核内中子数为N的R2+离子,质量数为A,则ng它的氧化物所含电子的物质的量为（）A．molB．molC．(A-N+2)molD．mol【答案】D【解析】该氧化物的摩尔质量为（A+16）g/mol，ng它的氧化物的物质的量为mol；一个氧化物分子中含有（A-N+8）个电子，所以ng它的氧化物中所含电子的物质的量为×（A-N+8）=mol，答案选D。【点睛】本题考查质子数、中子数、质量数之间的关系及物质的量的相关计算，核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，所以质子数为A-N，该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO；该氧化物的摩尔质量为（A+16）g/mol，一个氧化物分子中含有（A-N+8）个电子。4．（2020·苏州大学附属中学高一月考）下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下叙述正确的是()元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.0860.1020.074主要化合价+2+3+2+6、-2-2A．L2+、R2-的核外电子数相等B．M与T形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应C．氢化物的稳定性为H2T＜H2RD．单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为Q＞L 【答案】B【解析】【分析】在短周期元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；L、Q属于第ⅡA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素，Q是Be元素；M属于第ⅢA族元素，M原子半径大于Q而小于L，所以M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第ⅥA族元素，R有正化合价，则R为S元素，T为O元素，再结合题目分析解答。【详解】在短周期元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；L、Q属于第ⅡA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素，Q是Be元素；M属于第ⅢA族元素，M原子半径大于Q而小于L，所以M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第ⅥA族元素，R有正化合价，则R为S元素，T为O元素。A．L是Mg元素、R是S元素，Mg2+核外电子数是10，S2-的核外电子数是18，二者核外电子数不等，A错误；B．M是Al元素、T是O元素，二者形成的化合物是Al2O3，属于两性氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应，B正确；C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O>S即T>R，所以氢化物的稳定性为H2T>H2R，C错误；D．Q是Be元素、L是Mg元素，元素的金属性越强，其单质与同浓度的稀盐酸反应速率越快，金属性Mg>Be即L>Q，所以单质与同浓度的稀盐酸反应的速率为L>Q，D错误。答案选B。5．（2020·上海高一单元测试）X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，其中Y、W同主族；常温下，Y、W的单质为有色气体，W气体同冷烧碱溶液作用，可得到含ZWX的盐溶液．下列说法中正确的是（　　）A．Z2X2中阴阳离子个数比为1:1B．元素X和W的某些单质可作为水处理中的消毒剂C．原子半径大小为X<Y<Z<WD．Y的氢化物水溶液酸性强于W的【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，元素Y和W同族，Y、W 的单质为有色气体，则Y是F元素，W是Cl元素，W气体同冷烧碱溶液作用，可得到含ZWX的盐溶液，则Z是Na元素，X是O元素。【详解】根据上述分析可知：X是O元素，Y是F元素，Z是Na元素，W是Cl元素。A.Z2X2是Na2O2，在该物质中，阳离子是Na+，阴离子是O22-，所以Na2O2中阴阳离子个数比为1：2，A错误；B.X元素的单质O3和W的单质Cl2都具有强的氧化性，能够杀菌消毒，所以可作为水处理中的消毒剂，B正确；C.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，原子半径大小顺序是F＜O＜Cl＜Na，即X＜W＜Z＜Y，C错误；D.Y的氢化物是HF，水溶液属于弱酸，W的氢化物是HCl，水溶液是强酸，所以酸性后者强，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查位置结构性质关系的知识，侧重考查学生综合运用能力，其中同主族元素Y、W的单质为有色气体及正确判断YZW物质及是解本题关键，熟练掌握元素周期表结构、原子结构、元素周期律即可解答。6．（2020·宜阳县第一高级中学高一开学考试）X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。下列说法错误的是A．Q位于第三周期ⅠA族B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱C．简单离子半径：M－＞Q＋＞R2＋D．Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸【答案】C【解析】【分析】由Y的化合价只有-2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有+1价，则X为氢元素，M的最高正价为+7价，最低负价为-1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为 -3价，最高价为+5价，则Z代表氮元素，Q只有+1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有+2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素，据此分析解答。【详解】A项Q代表钠元素，Na为第三周期IA族，A正确；B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M-、Q+、R2+的半径大小应该为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C错误；D项Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确。答案为C。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li＋＜Na＋＜K＋。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3＋＜Fe2＋＜Fe，H＋＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。7．（2020·四川省内江市第六中学高一期中）下列叙述不正确的是①分子内一定含有共价键②离子键就是阴、阳离子的静电引力③沸点：SnH4>GeH4>SiH4>CH4④非金属原子间不可能形成离子化合物⑤H和O，H和N均可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物⑥水分子很稳定，是因为水分子之间存在氢键作用⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜KA．①②④⑥B．③⑤⑦C．①②④D．①④⑥【答案】A【解析】①分子内不一定含有共价键，如稀有气体的单质分子，错误；②离子键是阴阳离子之间的静电作用力，包括静电排斥和静电吸引，错误；③相对分子质量越大，范德华力越大，物质的熔沸点越高，相对分子质量：SnH4>GeH4>SiH4>CH4，则沸点： SnH4>GeH4>SiH4>CH4，正确；④铵盐为离子化合物，全部由非金属性元素组成，错误；⑤H和O可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物，如H2O2，H和N也可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物，如N2H4，正确；⑥水分子很稳定，是因为水分子内存在很强的共价键，与氢键无关，错误；⑦同主族核电荷数增大，金属性增强，则金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，正确；综上，①②④⑥错误，答案选A。【点睛】物质的类别与化学键之间的关系：(1)当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；(2)当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；(3)只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；(4)在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素（铵盐除外）；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；(5)非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。8．（2020·临猗县临晋中学高一开学考试）某学生用如图所示装置进行化学反应X+2Y=2Z能量变化情况的研究。当向试管中滴加试剂Y时，观察到U形管中液面甲处下降、乙处上升。下列关于该反应的叙述正确的是（）①该反应为放热反应②该反应为吸热反应③生成物的总能量比反应物的总能量高④反应物的总能量比生成物的总能量高⑤该反应过程可以看成贮存于X、Y内部的部分能量转化为热能而释放出来A．仅①④⑤B．仅①④C．仅①③D．仅②③⑤【答案】A【解析】【分析】U形管中液面甲处下降、乙处上升，则集气瓶内温度升高，气体受热膨胀。 【详解】滴加试剂Y时，甲处液面下降，乙处上升，说明反应放出大量的热量导致瓶内压强增大，所以该反应为放热反应，故①正确，②错误；该反应为放热反应，所以反应物的总能量比生成物的总能量高，故③错误，④正确；该反应过程放出热量，可以看成是贮存于X、Y内部的部分能量转化为热能形式释放出来，故⑤正确；综合分析，正确的是①④⑤，答案选A。9．（2020·山东省高一期中）化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是（）A．通常情况下，NO比N2稳定B．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NOC．1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJD．1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量大于2molNO(g)具有的总能量【答案】C【解析】【分析】从图可知，氮氮三键键能为946kJ/mol，氧氧双键的键能为498kJ/mol，一氧化氮中氮氧键的键能为632kJ/mol，1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)过程中需要从外界吸收180kJ的能量。【详解】A.氮气中的氮氮键的键能比一氧化氮中氮氧键的键能高，则通常情况下，N2比NO稳定，故A错误；B.无论是放热反应，还是吸热反应，都需要有活化的过程，所以通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO，一般需要放电条件下才能进行反应，故B错误；C.由分析可知，1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)吸收的能量为180kJ，故C正确；D.因为该反应为吸热反应，则1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于于2molNO(g)具有的总能量，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】反应的焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量。 10．（2020·嘉祥县第一中学高一期中）如图是1molCO(g)和2molH2(g)发生反应CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)过程中的能量变化曲线。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂时反应的能量变化。下列相关说法正确的是（）A．使用催化剂后该反应从放热反应变成了吸热反应B．使用和不使用催化剂相比反应的能量变化相同C．1molCO(g)和2molH2(g)中的化学键完全被破坏需要释放419kJ能量D．1molCO(g)和2molH2(g)完全反应生成1molCH3OH(g)会释放出510kJ能量【答案】B【解析】A.由图可知，使用催化剂后降低了该反应所需的活化能，但反应物和生成物的状态没有改变，反应热不变，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，故A错误；B.使用和不使用催化剂相比，反应热不变，能量变化相同，故B正确；C.反应物化学键断裂吸收能量，由图可知，1molCO(g)和2molH2(g)中的化学键完全被破坏需要吸收419kJ能量，故C错误；D.1molCO(g)和2molH2(g)完全反应生成1molCH3OH(g)释放的能量为（510-419）kJ=91kJ，故D错误；答案选B。11．（2020·晋中市和诚高中有限公司高一月考）CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要意义，其反应历程示意图如图：下列说法不正确的是（） A．合成气的主要成分为CO和H2B．①→②过程可表示为CO2+NiC=2CO+NiC．①→②过程吸收能量D．Ni在该反应中做催化剂【答案】C【解析】【分析】由图可知，发生CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。【详解】A.CO2和CH4催化重整可制备合成气,则合成气的主要成分为CO和H2，A正确；B.由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，CO2+NiC=2CO+Ni，B正确；C.①→②中能量降低，放出热量，C错误；D.Ni在该反应中做催化剂，改变反应的途径，不改变反应物、生成物，D正确；答案选C。12．（2020·临猗县临晋中学高一开学考试）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作电极材料，电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是（）A．放电时，ClO4-向负极移动B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2C．放电时，正极反应式为3CO2+4e-=2CO32-+CD．放电时，负极反应式为Na++e-=Na【答案】D【解析】【分析】放电时，为原电池，Na作负极、Ni作正极；充电时，为电解池，Ni作阳极、Na作阴极。【详解】A．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以ClO4−向负极移动，故A正确；B．放电时Na作负极、Ni作正极；充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为 3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C⇌3CO2+4Na，所以充电时释放CO2，放电时吸收CO2，故B正确；C．放电时负极反应式为Na−e−=Na+、正极反应式为3CO2+4e−═2CO32−+C，故C正确；D．放电时，为原电池，Ni作正极，Na作负极，发生氧化反应，极反应为Na−e−=Na+，故D错误；答案选D。【点睛】二次电池，放电是原电池，负极失去电子，熟记几组关系：负极—失去电子—化合价升高—发生氧化反应—电子流出—电流流入—阴离子靠近。13．（2020·横峰中学高一开学考试）某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+能实现该反应的原电池是（）A．正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3B．正极为C，负极是Fe，电解质溶液为FeCl2C．正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2(SO4)3D．正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为CuSO4【答案】A【解析】【分析】该原电池总反应的离子方程式为 2Fe3++Fe=3Fe2+，铁离子得电子被还原，则可溶性铁盐溶液为电解质溶液，Fe失电子发生氧化反应，则Fe作负极，不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极。【详解】A．Fe作负极、Cu作正极、氯化铁溶液为电解质溶液，符合题给信息，故A正确；B．活泼性Zn＞Fe，则Zn作负极，不符合题给信息，故B错误；C．活泼性Zn＞Fe，则Zn作负极，不符合题给信息，故C错误；D．电解质为硫酸铜，应该为可溶性铁盐，故D错误；故选A。14．（2020·辽宁省沈阳铁路实验中学高一期中）在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法正确的是（）A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=NO2 B．Ⅱ中现象是因为浓HNO3会使Fe表面覆盖一层保护膜，阻止Fe进一步反应，此反应不属于氧化还原反应C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流表，可判断Fe是否被氧化【答案】D【解析】A．NO是无色气体，NO2是红棕色气体，Fe和稀硝酸反应生成无色的NO，但NO不稳定，被空气氧化生成红棕色的二氧化氮，所以Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2═2NO2，故A错误；B．常温下Fe和浓硝酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，II说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B错误；C．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确；答案选D。15．（2020·辽宁省沈阳铁路实验中学高一期中）X、Y、Z、M代表四种金属元素，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，Z极上有H2放出；若把活泼金属投入Y2+和Z2+共存的溶液时，Y先析出；又知M2+的氧化性强于Y2+。则这四种金属的活动性最弱和最强的为（）A．M；XB．X；MC．M；YD．X；Y【答案】A【解析】金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，Z极上有氢气放出，所以X是负极，Z是正极，所以金属的活动性X＞Z，若电解Y2+和Z2+离子共存的溶液时，Y先析出，说明Y2+氧化性强于Z2+，所以金属的活动性Z＞Y，M2+离子的氧化性强于Y2+离子，所以金属的活动性Y＞M，综上可知四种金属的活动性由强到弱的顺序为X＞Z＞Y＞M，故答案选A。16．（2020·安徽省明光中学高一月考）研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是()A．正极反应式：Ag＋Cl－－e－=AgClB．每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子C．Na＋不断向“水”电池的负极移动 D．AgCl是还原产物【答案】B【解析】A、根据总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可知，Ag的化合价升高，被氧化，为原电池的负极，错误；B、式中5MnO2得电子生成Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，正确；C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，错误；D、Ag的化合价升高，被氧化，AgCl是氧化产物，错误。答案选B。17．（2020·南城县第二中学高一开学考试）在1L的容器中，用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2,反应生成CO2的体积随时间的变化关系如图所示（CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是（）A．OE段表示的平均反应速率最快B．F点收集到的CO2的量最多C．EF段,用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mol·L-1·min-1D．OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2:6:7【答案】B【解析】A.根据反应速率的定义，单位时间内反应生成的多或反应物消耗的多，则速率快。由于横坐标都是1个单位，EF段产生的CO2多，所以该段反应速率最快，不是OE段，选项A错误；B.EF段产生的CO2共0.02mol，由于反应中n(HCl)∶n(CO2)＝2∶1，所以该段消耗HCl＝0.04mol，时间1min，所以用盐酸表示的EF段平均化学速率是0.4mol·L－1·min－1，选项B正确；C.由于时间都是1min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224∶(672－224)∶(784－672)＝2∶4∶1，选项C错误； D.收集的CO2是看总量的，F点只有672mL，自然是G点的体积最多，选项D错误。答案选B。18．在一定条件下的定容密闭容器中，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),下列哪种情况，能表明反应达到平衡状态A．SO3的体积百分含量保持不变B．SO2速率是O2速率的2倍C．SO3的浓度是O2浓度的2倍D．单位时间内SO2消耗的浓度等于SO3生成的浓度【答案】A【解析】A．反应过程中各气体的体积百分含量在变化，当SO3的体积百分含量保持不变时，表明反应达到平衡状态；B．没有明确正逆反应速率之间的关系，无法判断正逆反应速率是否相等，即无法判断是否达到平衡状态；C．成分浓度之间的关系与是否达到了平衡状态无关；D．消耗SO2的速率与生成SO3的速率相等，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等。答案选A。【点睛】判断化学平衡状态的两个角度，一是微观上正逆反应速率相等；二是宏观上各物质的浓度或百分含量保持不变。19．下列说法正确的是（）。A．在一定条件下，等物质的量的乙烯和苯分别和足量氢气发生加成反应，消耗氢气的物质的量之比为B．与甲烷、乙烯相比，苯的独特性质具体来说是易取代，能加成，难氧化C．除去乙烷中混有的乙烯，应在一定条件下通入氢气，使乙烯转化为乙烷D．某有机物的结构简式为，其分子结构中处在同平面内的原子最多有15个【答案】B【解析】A．1mol乙烯和1mol氢气发生加成反应；1mol苯和3mol氢气发生加成反应；在一定条件下，等物质的量的乙烯和苯分别和足量氢气发生加成反应，消耗氢气的物质的量之比为1：3，A错误；B．苯可发生加成反应，条件困难，甲烷光照下发生取代反应，而苯在催化剂条件下发生取代反应，乙烯能被高锰酸钾氧化，而苯不能，与甲烷、乙烯相比，苯的独特性质具体来说是易取代，能加成，难氧化，B正确； C．乙烷中混有乙烯，若采用通入H2与乙烯反应生成乙烷的方法除去乙烯，H2的量不容易控制，可能会引入H2杂质，C错误；D．根据苯是平面结构，12个原子共平面，乙烯6个原子共平面，甲烷最多3个原子共平面，推出分子结构中处在同一平面内的原子最多有17个，D错误；答案选B。【点睛】本题难点在于D项原子共面问题。苯是平面结构，6个碳原子和6个氢原子共平面；若碳原子取代氢原子位置也是共平面；乙烯也是平面结构，所以苯乙烯最多所有原子共平面；甲烷是四面体结构，所以最多3个原子共平面。把这3类物质连接在一起，按照数学空间几何即可判断。20．（2020·合肥市第六中学高一开学考试）符合分子式“C6H6”的多种可能结构如图所示，下列说法正确的是A．1～5对应的结构中所有原子均可能处于同一平面的有1个B．1～5对应的结构中一氯取代物只有1种的有3个C．1～5对应的结构中能使溴的四氯化碳溶液褪色的有4个D．1～5对应的结构均能与氢气在一定条件下发生加成反应【答案】A【解析】A.只有1对应的结构中所有的原子可能处于同一个平面，其它都含有饱和碳原子，具有立体结构，A正确；B.1、4对应的结构中的一氯代物有1种，2对应的结构中一氯代物有3种，2、5对应的结构中一氯代物有2中，B错误；C.2、3、5对应的结构中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，1、4不发生反应，C错误；D.1中含有苯环，2、3、5中含有碳碳双键，均能与氢气在一定条件下发生加成反应，4中均为碳碳单键，不发生反应，D错误。答案为A。【点睛】 分析有机物的原子共平面问题，重点掌握碳碳单键、碳碳双键、碳碳三键和苯环的空间结构特点，有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构，乙烯的平面结构和乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行分解，分部分析，另外注意碳碳单键可旋转，碳碳双键、三键不可旋转。21．（2019·贵州省思南中学高一期末）分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）（）A．6种B．7种C．8种D．9种【答案】C【解析】与金属钠反应生成氢气，说明该化合物一定含有—OH，所以此有机物的结构符合C5H11—OH，首先写出C5H11—碳链异构有3种：①C—C—C—C—C、②、③，再分别加上—OH。①式有3种结构，②式有4种结构，③式有1种结构，共8种。22．（2019·北京八中乌兰察布分校高一月考）普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如图所示。下列关于普伐他汀的性质描述正确的是A．能与FeCl3溶液发生显色反应B．不能使酸性KMnO4溶液褪色C．能发生加成、取代、消去反应D．1mol该物质最多可与3molNaOH反应【答案】C【解析】A．分子中不含酚羟基，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，故A错误；B．含碳碳双键、-OH，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；C．含碳碳双键可发生加成反应，含-OH可发生取代和消去反应，故C正确；D．-COOH、-COOC-可与NaOH反应，则1mol该物质最多可与2molNaOH反应，故D错误；故答案为C。23．用铝热法还原下列化合物，若获得金属各1mol，消耗铝最少的是(　　) A．MnO2B．Cr2O3C．WO3D．CuO【答案】D【解析】A.MnO2中，Mn是+4价，铝热反应后，铝的化合价由0价上升到+3价，Mn的化合价由+4价降低到0价，所以得到1mol金属锰，需要铝4/3mol；B.Cr2O3中，Cr是+3价，铝热反应后，铝的化合价由0价上升到+3价，铬的化合价由+3价降低到0价，所以得到1mol金属铬，需要铝1mol；C.WO3中，钨的化合价是+6，铝热反应后，铝的化合价由0价上升到+3价，钨的化合价由+6价降低到0价，所以得到1mol金属钨，需要铝2mol；D.CuO中，铜的化合价是+2价，铝热反应后，铝的化合价由0价上升到+3价，铜的化合价由+2价降低到0价，所以得到1mol金属铜，需要铝2/3mol；比较可知，要得到1mol各金属，消耗铝最少的是CuO。故答案为：D。24．（2020·福建省厦门一中高一月考）用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I-形式存在）的工艺流程如下，说法不正确的是A．流程②的反应说明I的非金属性弱于ClB．经①和④所得溶液中，I-的浓度后者大于前者C．氯元素的相对原子质量是35.5,则存在的35Cl、37Cl的丰度比约为3:1D．若在流程②和⑤中要得到等量的I2，则需消耗的n(Cl2):n(KClO3)=5:2【答案】D【解析】A.流程②的反应方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，氯气氧化性大于碘，所以说明I的非金属性弱于Cl，故A正确；B.反应④的目的是富集碘元素，所以经①和④所得溶液中，I-的浓度后者大于前者，故B正确；C.自然界中氯有35Cl、37Cl两种同位素原子，设原子个数比为x：y，氯元素的相对原子质量是35.5，则，x：y=3：1，故C正确；D.流程②中1molCl2转移2mol电子，流程⑤中1molKClO3转移6mol电子，根据电子守恒，要得到等量的 I2，则需消耗的n(Cl2):n(KClO3)=3:1，故D错误。25．诺贝尔化学奖获得者施罗克等人发现金属钼的卡宾化合物可以作为非常有效的烯烃复分解催化剂。工高温业上冶炼钼的化学反应过程为①；②；③；④；⑤用还原剂将还原成金属钼。下列说法正确的是（）A．煅烧产生的尾气可直接排放B．是金属氧化物，也是碱性氧化物C．是一种强酸D．利用、和分别还原等量的，所消耗还原剂的物质的量之比为【答案】D【解析】A．生成物对环境污染严重，不可直接排放，A错误；B．②中与碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，故不属于碱性氧化物，B错误；C．由反应③可知，是一种不溶性酸，故不可能是强酸，C错误；D．、和作还原剂时，失去的电子分别为2mol、2mol和3mol，则还原等量的时，转移电子数相同，此时消耗的，D正确；答案选D。