-2020学年山东省济南市高一7月学情测试化学试题（解析版）

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题（解析版）山东省济南市2019--02020学年高一77月学情测试试题1.近年来，我国在探索太空、开发5G,以及在抗击新冠肺炎等方面都取得了举世瞩目的成就这些成就都与化学有着密切的联系。下列有关说法正确的是（）A.用75%的医用酒精杀死新型冠状病毒，是利用了酒精的强氧化性B.大飞机C919采用了大量复合材料与铝锂合金，铝锂合金属于金属材料C.5G技术的应用离不开光缆，我国光缆线路总长度超过了三千万千米，光缆的主要成分是晶体硅D.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷属于有机高分子材料『答案』B『解析』『详解』A用75%的医用酒精杀死新型冠状病毒，是利用了酒精能使蛋白质变性，故A错误；8.大飞机C919采用了大量复合材料与铝锂合金，铝锂合金属于金属材料，故B正确；C.5G技术的应用离不开光缆，我国光缆线路总长度超过了三千万千米，光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；D.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，故D错误；故『答案』B。下列关于电解质的说法正确的是（A.易溶于水的物质一定是电解质B.熔融状态能导电的物质不一定是电解质C.电解质中一定含有自由移动的阴阳离子D.熔化电解质时一定会破坏化学键『答案』B『解析』『详解』A.易溶于水的物质不一定是电解质，例如乙醇和水互溶，乙醇是非电解质，A错误；B.熔融状态能导电的物质不一定是电解质，也可能是金属，B正确；C.电解质中不一定含有自由移动的阴阳离子，例如氯化氢是共价化合物，是由分子构成的，C错误；D,熔化电解质时不一定会破坏化学键，例如氯化氢等，D错误；答案选B。下列实验所用装置正确的是（）实验室制取氨气分离乙醇和水的混合物C.干燥氨气收集二氧化氮气体『答案』A『解析』『详解』A.实验室利用熟石灰和氯化铵混合加热制取氨气，氨气密度小于空气，可用向下排空气法收集，A正确；B.乙醇和水互溶，分离乙醇和水的混合物不能通过分液法，B错误；C.氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥氨气，C错误；D,二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，收集二氧化氮气体不能用排水法，D错误；答案选A。有机化合物TBPMA（）是一种常用的阻燃改性剂。下列关于TBP-MA的说法错误的是（分子式为1072CHOBr1molTBPMA最多能与24molH发生加成反应C.完全燃烧的产物只有2CO和2HO在一定条件下可以发生加聚反应『答案』AC『解析』『分析』由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、-COOC-、-Br及苯环，结合烯烃、酯等有机物的性质来解答。『详解』A.由结构可知分子式为C10H7O2Br3，故A错误；B.只有1个双键、1个苯环与氢气发生加成反应，则1molTBPMA最多能与4molH2发生加成反应，故B正确；C.含Br元素，由元素守恒可知燃烧后生成物中有含溴物质，故C错误；D.含碳碳双键，可发生加聚反应生成高分子化合物，故D正确；故答案为AC。《科学快报》报道了科学家观测到化学键产生过程的消息。下列关于化学键的说法正确的是（）A.不含化学键的物质不能稳定存在B.熔融状态能够导电的物质一定不含共价键C.离子键是指阴阳离子间的静电引力D.只含共价键的物质不一定是共价化合物『答案』D『解析』『详解』A.稀有气体不含化学键，最外层电子达到稳定结构，可稳定存在，故A错误；B.熔融状态能够导电的物质可能为金属，如Fe、Cu,也可能为离子化合物，如NaOH含离子键、共价键，故B错误；C.离子键为静电作用力，包括静电引力、静电斥力，故C错误；D.只含共价键的物质可能为单质、化合物，如氧气、HC1,则只含共价键的物质不一定是共价化合物，故D正确；故答案选D。中国科学院上海硅酸盐研究所设计出以金属锂作负极，以“催化剂一碳一催化剂”结构的材料作正极的高稳定锂硫电池，具有较高的能量密度（单位质量的电池所放出的能量）。下列关于这种电池的说法错误的是（）A.能量密度高的原因之一是锂的相对原子质量小B.放电时电能转化为化学能C.放电时硫在正极上发生还原反应D.放电时锂离子向正极移动『答案』B『解析』『详解』A.锂的相对原子质量小，使得单位质量的电池放出较多的能量，故A正确；B.放电的过程是化学能转变为电能的过程，故B错误；C.放电时，硫在正极得电子，发生还原反应，故C正确；D.锂离子带正电荷，阳离子向正极移动，故放电时锂离子向正极移动，故D正确；故选B。短周期主族元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大。已知甲和丙的原子最外层电子数均为乙原子电子层数的一半，且甲的原子半径小于乙的原子半径。乙和丁同主族，且乙原子的最外层电子数是丁原子电子层数的2倍。下列说法正确的是（）A.甲和丙形成的化合物中，甲的化合价为+1B.乙和丙形成的化合物中，不可能存在共价键C,气态氢化物的稳定性：戊>丁D,戊的含氧酸均为强酸，且具有强氧化性『答案』C『解析』『分析』短周期主族元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大。已知甲和丙的原子最外层电子数均为乙原子电子层数的一半，乙只能位于第二周期，则甲和丙位于IA族，且甲的原子半径小于乙的原子半径，则甲位于第一周期，为H元素，丙为Na；乙和丁同主族，且乙原子的最外层电子数是丁原子电子层数的2倍，丁的原子序数大于Na,位于第三周期，则乙为0,丁为S元素；戊的原子序数大于S,则戊为CI元素，以此分析解答。『详解』结合分析可知，甲为H,乙为0,丙为Na,丁为S,戊为CI元素。A.Na与H形成的化合物为NaH,NaH中H元素化合价为-1,故A错误；B.0、Na形成的过氧化钠中含有共价键，故B错误；C.非金属性CI>S,则气态氢化物的稳定性：戊〉丁，故C正确；D.CI的含氧酸中，次氯酸为弱酸，故D错误；故答案选CoAN表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A,常温常压下，22.4g鲸蜡烯1632CH所含分子数为0.1AN21molN和23molH在一定条件下充分反应生成3NH分子的数目为2AN21molCl参与氧化还原反应时，转移的电子数目一定为2AN10.4g苯乙烯（）分子中含有碳碳双键的数目为0.4AN『答案』A『解析』『详解』A.C16H32的摩尔质量为224g/mol,则22.4g鲸蜡烯的物质的量为22.4224g/molg=0.1mol,含有的分子数为0.1NA,故A正确；B.合成氨是可逆反应，反应物转化率小于100%,则21moiN和23moiH在一定条件下充分反应生成3NH分子的数目小于2AN,故B错误；C.ImolCI2参与氧化还原反应时转移电子的数目不一定为2NA,如ImolCI2完全溶解于NaOH生成NaCI和NaCIO,转移电子的数目不一定为INA,故C错误；D.苯环中不含有碳碳双键，则10.4g苯乙烯()分子中含有碳碳双键的数目为0.1AN,故D错误；故答案为Ao9,炼铁高炉中发生的主要反应为。一定温度下，在2L的密闭容器中加入23200gFeO粉末和一定量的CO气体模拟炼铁的反应，测得容器内固体的质量随时间的变化如下：时间/min051015固体质量/g200170154146反应在5-15min的平均速率v(CO)为()A.110,025molLmin B.110.05molLmin C.110.075molLmin D.110.15moiLmin 『答案』C『解析』『详解』由表中数据可知5〜15min内固体质量减少170g-146g=24g,根据方程式可知减少的质量为氧元素的质量，由CO〜O〜CO2,可知参加反应的CO为24g+16g/mol=1.5mol,反应在5〜15min的平均速率v（CO）为2L1,5olnmlOmi=0.075mol-L-1-min-1,故答案选Co10.硝酸镀钙343225CaNONHNO10HO是一种新型高效复合肥料，具有生产工艺简单，成本低廉，经济效益高等多方面的优点。在实验室模拟合成硝酸铵钙的流程如图所示，下列说法错误的是（）A.若要加快“过滤”的速率，可以采用抽滤的方法B.“蒸发”时所用的坩埚应该放置在泥三角上C.“结晶”时为防止晶体脱水通常采用降温结晶的方式D,加入碳酸钙的目的之一是调节铵钙比『答案』B『解析』『分析』粗硝酸钙（含硝酸钙、难溶物及硝酸）加水溶解，过滤得含硝酸钙和硝酸的溶液，加入碳酸钙与硝酸反应生成硝酸钙、水和二氧化碳气体，再通入氨气中和硝酸生成硝酸铵，最终所得的溶液为硝酸钙和硝酸铵的混合溶液，蒸发结晶得到硝酸铵钙『5Ca（NO3）2-NH4NO3-10H2O』晶体，以此解答该题。『详解』A.用抽气泵抽出装置中的空气，形成压强差，抽滤漏斗（即布氏漏斗）中的溶液受压能较快速地通过漏斗孔，这样就达到了加快过滤速度的效果，故A正确；B.蒸发所用仪器为蒸发皿，坩埚用于固体加热分解，故B错误；C.为避免脱水，温度不能过高，可采用降温结晶，故C正确；D.加入碳酸钙，可与硝酸反应生成硝酸钙，且可调节铵钙比，故D正确；故答案为B。11,下列化学用语正确的是（）A,中子数为8的氧原子：1802CaCI的电子式：HCI0的结构式：H0CID.丙烷分子的填充模型：『答案』C『解析』『详解』A.中子数为8氧原子：1680,故A错误；B.2CaCI属于离子化合物，其电子式为：,故B错误；C.HCI0属于共价化合物，其结构式为：H0CI，故C正确；D.属于丙烷分子的球棍模型，故D错误；故『答案』C。.2NaClO是一种高效的漂白剂，在实验室中可以通过以下流程制备，其中2SO和22HO均做还原剂。下列说法正确的是（）A.反应I中会生成含+4价氯元素的化合物B.反应II最好在高温条件下进行，以加快反应的速率C.2NaClO的漂白原理与2SO相同D,相同质量的2NaClO和2C1相比，在漂白过程中2NaClO得到的电子更多『答案』AD『解析』『分析』反应I中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H20=2CI02+Na2SO4+3H2SO4+NaCI,然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2,根据流程图知，反应II中生成NaCIO2,贝UCIO2作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，发生反应II为2NaOH+2CIO2+H202=2NaCIO2+02T+2H2O,然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaCIO2,以此解答该题。『详解』A.反应I中发生的反应为：3NaCIO3+4SO2+3H2O=2CI02+Na2SO4+3H2SO4+NaCI,生成含+4价氯元素的化合物，故A正确；B.温度不能过高，以避免过氧化氢分解，故B错误；C.NaCIO2能氧化有色物质而体现漂白性，SO2和有色物质发生化合反应生成无色物质，所以二者漂白原理不同，故C错误；D.相同质量的NaCIO2和CI2相比，假设都为1g,在漂白过程中NaCIO2得到的电子物质的量为1490.5/ggmol,1g氯气得到电子的物质的量为1271/ggmol，则相同质量的NaClO2和Cl2相比，在漂白过程中NaClO2得到的电子更多，故D正确；故答案选AD。.在绝热的恒容容器中发生反应，下列说法能够判断该反应已达到平衡状态的是（不考虑2NO与24NO间的转化）（）A.消耗21molSO的同时产生ImolNO混合气体的颜色（透光率）不再改变C,混合气体的压强不再改变D.混合气体的密度不再改变『答案』BC『解析』『分析』为气体体积不变的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正

逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此分析解答。『详解』A.消耗ImolSO2的同时产生ImolNO,表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；B.混合气体中只有NO2为有色气体，混合气体的颜色(透光率)不再改变，表明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故B正确；C.该反应前后气体体积不变，则反应中气体的总物质的量为定值，由于在绝热的恒容容器中反应，温度为变量，由PV=nRT可知，压强P也为变量，当混合气体的压强不再改变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D.该反应中均为气体，且容器容积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体密度判断平衡状态，故D错误；故答案选BCo.某种复合膨松剂的组成如下：碳酸氢钠21%,酒石酸氢钾[KOOCCH(OH)CH(OH)COOH]47%,淀粉32%。下列说法正确的是()A