河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

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河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

石家庄二中 2019-2020 学年度高一年级第二学期线上期中考试 化学试卷 ‎(时间:90 分钟 分值:100 分 )‎ 可能用到的相对原子质量:H‎-1 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65‎ 第 I 卷(选择题)‎ 一、单项选择题(共 27 个小题,每小题 2 分,共 54 分)‎ ‎1.化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是 A. 太阳能光催化技术可以将二氧化碳转化为燃料,该燃料属于一次能源 B. 75%酒精可用于消毒杀死新冠病毒,如果用90%酒精效果更好 C. 二氧化硫具有氧化性,可作食品的漂白剂 D. 氮气的化学性质稳定,可用作食品的防腐剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.太阳能属于一次能源,由一次能源转化得到的能源属于二次能源,则太阳能催化技术可以将二氧化碳转化为燃料,涉及太阳能和化学能的转化,该燃料属于二次能源,故A错误;‎ B.75%酒精可用于消毒杀死新冠病毒,乙醇具有挥发性,如果用90%酒精,过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜,阻止其进入细菌体内,难以将细菌彻底杀死,杀菌效果降低,故B错误;‎ C.用二氧化硫漂白是利用二氧化硫的漂白性,与二氧化硫的氧化性无关,同时二氧化硫有毒,不能做食品的漂白剂,故C错误;‎ D.氮气化学性质不活泼,可用作保护气和食品的防腐剂,故D正确;‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】物质的性质决定用途,但是性质和用途必须相对应,二氧化硫具有漂白性可以做漂白剂,有还原性可以做还原剂。‎ ‎2.从能源开发、环境保护、资源利用等角度分析,下列说法正确的是( )‎ A. 太阳能、风能、天然气和生物质能都是可再生能源 B. 水煤气是一种二次能源,比煤直接燃烧污染小 C. 研究采煤、采油新技术的目的就是提高产量以满足工业生产的需要 D. 氢能是理想的清洁能源,目前储存与运输方便、安全 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.天然气属于化石燃料,是不可再生能源,A不正确;‎ B.水煤气由煤与水蒸气反应生成,是一种二次能源,它比煤燃烧充分,且无污染,B正确;‎ C.研究采煤、采油新技术的主要目的是降低开采成本,减少污染,提高效率,C不正确;‎ D.氢能是理想的清洁能源,目前储存与运输问题还没得到很好地解决,D不正确;‎ 故选B。‎ ‎3.下列有关化学用语表示正确的是( )‎ A. CaH2 的电子式:[H:]-Ca2+[:H]-‎ B. Cl‒的结构示意图:‎ C. 质子数为92、中子数为146 的U原子:‎ D. H2O2的电子式:‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CaH2为离子化合物,由Ca2+和H- 构成,电子式为[H:]-Ca2+[:H]-,A正确;‎ B.Cl‒的结构示意图为,B不正确;‎ C.质子数为92、中子数为146 的U原子为,C不正确;‎ D.H2O2的电子式为,D不正确;‎ 故选A。‎ ‎4.甲、乙是周期表中同一主族的两种元素,若甲的原子序数为 x,则乙的原子序数不可能为( )‎ ‎①x+2 ②x+4 ③x+16 ④x+26 ⑤x+32‎ A. ①⑤ B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①H与He,原子序数分别为1和3,原子序数相差2,①不合题意;‎ ‎②任何一个周期的元素都不可以是4种,所以同一族两元素原子序数不可能相差4,②符合题意;‎ ‎③第2与第4周期同为第ⅠA族或都为第ⅡA族的两种元素,原子序数相差16,③不合题意;‎ ‎④第2与第4周期同为第ⅢA族~第0族的两种元素,原子序数相差26,④不合题意;‎ ‎⑤第5与第6周期同为第ⅣB族~0族的两种元素,原子序数相差32,⑤不合题意;‎ 综合以上分析,只有②符合题意,故选B。‎ ‎5.下列有关短周期元素的性质及其递变规律正确的是( )‎ A. ⅠA 族与ⅦA 族元素间可形成共价化合物或离子化合物 B. 第二周期主族元素从左到右,最高正价从+1 递增到+7‎ C. 同主族元素的简单阴离子还原性越强,元素非金属性越强 D. 同周期金属元素的化合价越高,其原子失电子能力越强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.ⅠA 族与ⅦA 族元素间可形成共价化合物(如HF、HCl)或离子化合物(如NaF、NaCl),A正确;‎ B.第二周期主族元素从左到右,最高正价从+1 递增到+5,氧最高显+2价,F没有正价,B不正确;‎ C.同主族元素的简单阴离子还原性越强,元素非金属性越弱,C不正确;‎ D.同周期金属元素的化合价越高,其原子失电子能力越弱,D不正确;‎ 故选A。‎ ‎6.元素形成的简单离子与钙离子的核外电子排布相同,且的简单离子的半径小于的半径,元素可能为下列选项中的( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 钙为20号元素,其形成的简单离子核外电子排布为2、8、8。‎ ‎【详解】A. Al3+核外电子排布为2、8,A不合题意;‎ B. P3-核外电子排布为2、8、8,但P3-半径大于S2-半径,B不合题意;‎ C.Ar与S2-半径不可比,C不合题意;‎ D. K+核外电子排布为2、8、8,且K+半径小于S2-半径,D符合题意;‎ 故选D。‎ ‎7.X、Y、Z、M、W 为原子序数依次增大的 5 种短周期元素。X 的质子总数与电子层数相同,Y、Z、M 同周期且相邻,W 原子核外电子数是 M 原子最外层电子数的 2 倍。Z 与其同主族的短周期元素可形成常见气体。下列说法不正确的是( )‎ A. 原子半径:W>Y>Z>M>X B. X、Y、Z 三种元素形成的化合物中一定只存在共价键 C. 由 W 元素形成的单质以及 W 与 Z 两元素形成的化合物都是由原子直接构成的 D. X 分别与 Y、Z、M、W 形成的常见化合物中,稳定性最好的是 XM,沸点 X2Z>XM ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、W 为原子序数依次增大的 5 种短周期元素。X 的质子总数与电子层数相同,则X为氢(H);Z 与其同主族的短周期元素可形成常见气体,则Z为氧(O);Y、Z、M 同周期且相邻,则Y为氮(N),M为氟(F);W 原子核外电子数是 M 原子最外层电子数的 2 倍,则W为硅(Si)。‎ ‎【详解】由以上分析知,X、Y、Z、M、W分别为H、N、O、F、Si。‎ A.原子半径:Si>N>O>F>H,A 正确;‎ B.X、Y、Z 三种元素形成的化合物中,NH4NO3中含有离子键,B不正确;‎ C.Si以及SiO2都形成原子晶体,它们都是由原子直接构成的,C正确;‎ D.F的非金属性最强,所以稳定性最好的是 HF,虽然H2O、HF分子间都能形成氢键,但常温下H2O呈液态,而HF呈气态,所以沸点 H2O>HF,D正确;‎ 故选B。‎ ‎8.下列说法正确的是:‎ ‎①只由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物 ‎②只含有共价键的化合物一定是共价化合物 ‎③离子化合物中存在离子键,也可能存在极性键和非极性键 ‎④只有非金属元素原子间才能形成共价键 ‎⑤Mg2+的半径小于 N3-的半径 ‎⑥H2O 比 H2S 稳定是因为水分子间存在氢键 A. ①②⑤ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】NH4Cl只由非金属元素组成,是离子化合物,①不正确;‎ ‎②共价化合物中只含共价键,不含离子键,②正确;‎ ‎③离子化合物NaOH中含有极性键,Na2O2中含有非极性键,③正确;‎ ‎④金属与非金属原子间也可能形成共价键,如AlCl3,④不正确;‎ ‎⑤Mg2+与N3-电子层结构相同,Mg的核电荷数大于N,离子半径Mg2+小于 N3-,⑤正确;‎ ‎⑥H2O比H2S稳定,是因为共价键能前者大于后者,⑥不正确;‎ 综合以上分析,只有②③⑤正确,故选C。‎ ‎【点睛】判断稳定性时,从化学键的键能考虑;判断熔沸点时,只有分子晶体从分子间作用力考虑,其它晶体都是从化学键能考虑。‎ ‎9.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )‎ A. NH4HCO3 受热易分解,可用作化肥 B. 稀硫酸具有酸性,可用于除去铁锈 C. NH3 极易溶于水,可用作制冷剂 D. Al2O3 具有两性,可用于电解冶炼铝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4HCO3可用作化肥,是因为含有可溶于水的NH4+,能为植物提供氮肥,A不正确;‎ B.稀硫酸具有酸性,可与铁锈的主要成分Fe2O3发生反应并将其溶解,B正确;‎ C.液氨可作制冷剂,因为气化时能吸收大量的热,使周围环境温度降低,C不正确;‎ D.Al2O3 熔融时能导电,可用于电解冶炼铝,D不正确;‎ 故选B。‎ ‎10.下列有关氮元素单质及其化合物的说法错误的是( )‎ ‎①氮气与氧气在放电的条件下可直接生成 NO2‎ ‎②铵盐都不稳定,受热分解都生成氨气 ‎③向 Fe(NO3)2 溶液中滴加稀盐酸,无明显的变化 ‎④实验室加热氯化铵固体的方法制备氨气 A. ①③④ B. ①③ C. ①④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①放电条件下,氮气和氧气反应生成一氧化氮而不是二氧化氮,一氧化氮不稳定,易被氧气氧化生成二氧化氮,①错误;‎ ‎②NH4NO3加热到‎190℃‎时分解生成一氧化二氮和水,若加热到‎300℃‎左右时分解生成氮气、硝酸和水,②错误;‎ ‎③向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸,酸性条件下,硝酸根离子具有强氧化性,能把亚铁离子氧化生成铁离子,同时自身被还原生成一氧化氮,③错误;‎ ‎④氯化铵受热易分解,冷却时又生成氯化铵,所以得不到氨气,④错误;选D,故答案为:D。‎ ‎11.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验,最合理的选项是( )‎ 选项 a中的物质 b中的物质 c中的物质 d中的物质 A 浓氨水 CaO NH3‎ H2O B ‎70%浓硫酸 Na2SO3‎ SO2‎ NaOH溶液 C 稀硝酸 Cu NO ‎ H2O D 浓盐酸 MnO2‎ Cl2‎ NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用排气法收集NH3时,导管应左短右长,A不正确;‎ B.Na2SO3与70%的H2SO4反应可制取SO2气体,用NaOH吸收尾气,B正确;‎ C.收集NO气体时,不能用排空气法收集,C不正确;‎ D.MnO2与浓盐酸在加热条件下才能发生反应,D不正确;‎ 故选B。‎ ‎【点睛】NO气体能与空气中的O2反应,所以不能用排空气法收集,只能用排水法收集。‎ ‎12. 将‎35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应,共收集到混合气体‎11.2L(标准状况),其质量为‎19.6g,则过剩的锌粉的质量为 A. ‎1.0‎g‎ B. ‎2.0g C. ‎2.5g D. ‎‎3.5g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Zn与浓硫酸发生反应:Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O,当反应进行到一定程度后变为稀硫酸,这时发生反应:Zn+H2SO4(稀)= ZnSO4+H2↑。反应产生气体为SO2、H2的混合物。二者的物质的量的和是n(H2)+n(SO2)=‎11.2L÷‎22.4L/mol=0.5mol;根据方程式可知反应消耗Zn的物质的量与反应产生的氢气的物质的量相等,n(气)=10.5mol,则反应消耗Zn的物质的量是0.5mol,消耗的Zn的质量是m(Zn)=nM=0.5mol×‎65g/mol=‎32.5g,所以反应后剩余的Zn 的质量是m=‎35g-32.5g=‎2.5g,故选C。‎ ‎13. 如图所示,试管中盛装的是红棕色气体(可能是混合物),当倒扣在盛有水的 水槽中时,试管内水面上升,但不能充满试管,当向试管内鼓入氧气后,可以观察到试管中水柱继续上升,经过多次重复后,试管内完全被水充满,原来试管中盛装的不可能是 ( )‎ A. N2与NO2的混和气体 B. O2与NO2的混和气体 C. NO与NO2的混和气体 D. NO2一种气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】若试管中是N2与NO2的混和气体,由于N2不能与氧气参加反应,所以试管内不能完全被水充满,其余的则会发生反应:4NO2+O2+ 2H2O == 4HNO3或4NO+ 3O2+ 2H2O == 4HNO3;最后试管内完全被水充满,因此A可选,B、C、D不选;‎ 故选A。‎ ‎14.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和 NO2、N2O4、NO 的混合气体,这些气体与 ‎4.48 L O2(标准状况)混合后通入水中,气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入 400 mL NaOH溶液,此时 Cu2+恰好沉淀完全,所用 NaOH 溶液的浓度是( )‎ A. 2 mol/L B. 4 mol/L C. 6 mol/L D. 0.8 mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】利用得失电子守恒,可得关系式2Cu—O2—2Cu2+,n(O2)==0.2mol,则n(Cu2+)=0.4mol,再由关系式Cu2+——2OH-,可求出n(NaOH)= 0.4mol×2=0.8mol,c(NaOH)==2mol/L,故选A。‎ ‎【点睛】在进行复杂氧化还原反应分析时,常采用终态法,即利用得失电子守恒,建立反应物与最终生成物中变价元素的定量关系,回避复杂的反应过程,只从起点和终点进行分析,从而化繁为简。‎ ‎15.下列说法正确的是(  )‎ A. CaO+H2O=Ca(OH)2为放热反应,可利用该反应设计原电池,把化学能转化为电能 B. 任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化 C. 有化学键断裂的过程一定是化学变化 D. 灼热的铂丝与 NH3、O2混合气接触,铂丝继续保持红热,说明氨的催化氧化反应是放热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设计原电池,所用反应必须为放热的、不需提供条件的氧化还原反应,A不正确;‎ B.有些化学反应只产生光,几乎不产生热,如萤火虫发光,B不正确;‎ C.有化学键断裂的过程不一定是化学变化,如HCl溶于水,C不正确;‎ D.灼热的铂丝催化NH3与O2反应,铂丝保持红热,则表明反应提供热量,从而说明氨的催化氧化反应是放热反应,D正确;‎ 故选D。‎ ‎16.下列说法正确的是( )‎ A. 反应热和焓变的单位都是 kJ B. 相同条件下,生成物的总能量大于反应物的总能量时,反应吸热,ΔH>0‎ C. 在任何条件下,化学反应的焓变都等于化学反应的反应热 D. 任何化学反应的反应热均可通过实验直接测定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应热和焓变的单位都是 kJ/mol,A不正确;‎ B.当生成物的总能量高于反应物时,反应需提供能量,此反应为吸热反应,ΔH>0,B正确;‎ C.在恒压条件下,化学反应的焓变(ΔH)数值上等于恒压反应热,C不正确;‎ D.有些反应的反应热不能通过实验直接测定,如碳不完全燃烧生成CO,D不正确;‎ 故选B。‎ ‎17.下列反应既属于氧化还原反应,又属于生成物的总能量大于反应物的总能量的是( )‎ A. Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 的反应 B. 碳与二氧化碳的反应 C. 铝片和稀盐酸反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生成物的总能量大于反应物的总能量,则表明反应为吸热反应。‎ ‎【详解】A.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为非氧化还原反应,A不合题意;‎ B.碳与二氧化碳的反应为吸热反应,且为氧化还原反应,B符合题意;‎ C.铝片和稀盐酸反应是放热反应,C不合题意;‎ D.甲烷在氧气中燃烧是放热反应,D不合题意;‎ 故选B。‎ ‎18.下列有关说法正确的是( )‎ A. 中和热测定实验中,若用 ‎1 g NaOH 固体代替 50 mL 0.5 mol/L 的 NaOH 溶液进行实验,会使测得的∆H偏大 B. 已知 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ/mol,则氢气的燃烧热 ΔH=-241.8 kJ/mol C. 已知 ‎2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH1,‎2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2,则 ΔH1<ΔH2‎ D. 含 ‎20.0 g NaOH 的稀溶液与稀盐酸完全中和,放出 28.7 kJ 的热量,则稀醋酸和稀 NaOH溶液反应的热化学方程式为:NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=-57.4 kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaOH 固体溶于水放热,会使测得的温度偏高,∆H偏小,A不正确;‎ B.反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ/mol中,H2O呈气态,不符合燃烧热的定义,所以氢气的燃烧热 ΔH≠-241.8 kJ/mol,B不正确;‎ C.前一反应(生成CO2)比后一反应(生成CO)燃烧充分,放出的能量多,所以ΔH1<ΔH2,C正确;‎ D.醋酸电离是一个吸热过程,所以稀醋酸和稀 NaOH溶液反应放出的热量比等物质的量的盐酸与NaOH溶液反应放出的能量低,D不正确;‎ 故选C。‎ ‎19.通常人们把拆开 1 mol 某化学键所消耗的能量看作是该化学键的键能。键能的大小可衡量化学键的强弱,也可以估算化学反应的反应热。下表为某些化学键的键能 化学键 N-N O=O N≡N N-H 键能(kJ/mol)‎ ‎154‎ ‎500‎ ‎942‎ a 已知火箭燃料肼()的有关化学反应的能量变化如图所示,则下列说法错误的是( )‎ A. N2比O2稳定 B. N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534 kJ/mol C. 表中的 a=194‎ D. 图中的 ΔH3=+2218 kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.N≡N的键能为942 kJ/mol,O=O 的键能为500kJ/mol,所以N2比O2稳定,A正确;‎ B.从图中可以看出,反应物为N2H4(g)+O2(g),生成物为N2(g)+2H2O(g),ΔH=-534 kJ/mol,B正确;‎ C.利用ΔH3建立有关a的等量关系,即ΔH3=154+‎4a+500=2218,a=391,C错误;‎ D.图中的 ΔH3=2752kJ/mol-534kJ/mol=+2218 kJ/mol,D正确;‎ 故选C。‎ ‎20.已知:(1)H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH1= a kJ/mol ‎(2)2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2= b kJ/mol ‎(3)H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3= c kJ/mol ‎(4)2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH4= d kJ/mol,下列关系式中正确的是( )‎ A. ad>0 D. ‎2c=d>0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.比较(1)与(3),由H2O(g)转化为H2O(l),放出能量,所以cCu,所以铜线是柠檬电池的正极,铁环是柠檬电池的负极,故A错误;‎ B.电子由负极铁环经导线流向发光二极管,再由发光二极管流向铜线,故B错误;‎ C.负极发生氧化反应,电极反应为,故C正确;‎ D.乙醇溶液为非电解质溶液,不能将柠檬替换成盛装乙醇溶液的装置,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎【点睛】由于铁比铜活泼,所以铁环为负极、电极反应为Fe-2e-═Fe2+,铜线为正极,电子由负极铁经过发光二极管流向正极铜,据此分析解答。‎ ‎24.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池.①②相连时,外电路电流从②流向①;①③相连时,③为正极;②④相连时,②上有气泡逸出;③④相连时,③的质量减少.据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是(  )‎ A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 组成原电池时,负极金属较为活泼,可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极,则可判断金属的活泼性强弱。‎ ‎【详解】组成原电池时,负极金属较为活泼,‎ ‎①②相连时,外电路电流从②流向①,说明①为负极,活泼性①>②;‎ ‎①③相连时,③为正极,活泼性①>③;‎ ‎②④相连时,②上有气泡逸出,应为原电池的正极,活泼性④>②;‎ ‎③④相连时,③的质量减少,③为负极,活泼性③>④;‎ 综上分析可知活泼性:①>③>④>②;‎ 故选B。‎ ‎25.把金属 X 放入盐 Y(NO3)2 的溶液中,发生如下反应:X+Y2+=X2++Y,以下叙述正确的是( )‎ A. 常温下金属 X一定能与水反应,Y一定不能与水反应 B. X 与 Y用导线连接后放入CCl4中,一定形成原电池 C. X、Y用导线连接后放入Y(NO3)2的溶液中,一定有电流产生 D. 由X与Y做电极形成的原电池中,X一定是负极,Y一定是正极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应X+Y2+=X2++Y可知,金属活动性X>Y,且此置换反应能在水溶液中发生。‎ ‎【详解】A.反应能在水溶液中进行,则常温下金属 X、Y与水不反应,A不正确;‎ B.CCl4为非电解质,X 与 Y用导线连接后放入CCl4中,不能形成原电池,B不正确;‎ C.由反应X+Y2+=X2++Y知,X、Y用导线连接放入Y(NO3)2溶液,能形成原电池,并产生电流,C正确;‎ D.由X与Y做电极形成的原电池中,X不一定是负极,Y不一定是正极,如Fe、Cu、浓硝酸形成的原电池中,Fe作正极,D不正确;‎ 故选C。‎ ‎26.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪,负极上的反应为:CH3CH2OH – 4e-+ H2O = CH3COOH + 4H+。下列有关说法正确的是 A. 检测时,电解质溶液中的H+向负极移动 B. 若有0.4mol电子转移,则在标准状况下消耗‎4.48L氧气 C. 电池反应的化学方程式为:CH3CH2OH + O2= CH3COOH + H2O D. 正极上发生的反应为:O2+ 4e-+ 2H2O = 4OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该燃料电池的电极反应式分别为正极:O2+ 4e-+4H+=2H2O,负极:CH3CH2OH – 4e-+ H2O = CH3COOH + 4H+,电解质溶液中的H+应向正极移动(正极带负电),A不正确;‎ B、根据正极反应式,若有0.4mol电子转移,则在标准状况下消耗‎2.24 L氧气,B不正确;‎ C、将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH + O2= CH3COOH + H2O,C正确;‎ D、酸性条件下正极:O2+ 4e-+4H+=2H2O,D不正确。‎ 答案选C。‎ ‎27.银锌纽扣电池,其电池的电池反应式为:Zn + Ag2O + H2O =Zn(OH)2 + 2Ag 下列说法不正确的是 A. 锌作负极 B. 正极发生还原反应 C. 电池工作时,电流从Ag2O经导线流向Zn D. 负极的电极方程式为:Zn-2e- = Zn2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Zn失电子发生氧化反应而作负极,故A正确;‎ B.正极上Ag2O得电子发生还原反应,故B正确;‎ C.原电池中电流从正极沿导线流向负极,该原电池中Zn是负极、Ag2O是正极,所以放电时电流从Ag2O经导线流向Zn,故C正确;‎ D.碱性条件下锌离子生成Zn(OH)2,所以负极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn(OH)2,故D错误;‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】‎ 原电池正负极的判断方法:①根据电极材料的活泼性判断:负极:活泼性相对强的一极;正极:活泼性相对弱的一极;②根据电子流向或电流的流向判断:负极:电子流出或电流流入的一极;正极:电子流入或电流流出的一极;③根据溶液中离子移动的方向判断:负极:阴离子移向的一极;正极:阳离子移向的一极;④根据两极的反应类型判断:负极:发生氧化反应的一极;正极:发生还原反应的一极;⑤根据电极反应的现象判断:负极:溶解或减轻的一极;正极:增重或放出气泡的一极。‎ 二、填空题(共 4 个小题,共 46 分)‎ 第 II 卷(非选择题)‎ ‎28.下图是元素周期表一部分,元素①~⑨在周期表中的位置如图所示,请回答下列问题:‎ ‎(1)元素⑨在周期表中的位置是_______。‎ ‎(2)元素①~⑨中,非金属性最强的元素是_______(填元素符号)。‎ ‎(3)元素①~⑨中,最高价氧化物对应的水化物中,碱性最强的是_______(填化学式),它与元素⑤的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为_______。‎ ‎(4)元素⑨的简单氢化物与元素⑦的简单氢化物中更稳定的是_______(填化学式)。‎ ‎(5)元素③与元素①形成的淡黄色化合物的电子式为_______。‎ ‎(6)元素①的简单氢化物比元素⑥的简单氢化物的沸点_______(填“高”或“低”),原因是_______。‎ ‎(7)元素④与元素⑦形成的化合物是_______(填“离子”或“共价”)化合物,用电子式表示其形成过程_______。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期第VIA族 (2). F (3). KOH (4). OH- + Al(OH)3= AlO2- +2H2O (5). HCl (6). (7). 高 (8). 水分子间存在氢键 (9). 离子 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图中元素所在位置,并与元素周期表进行对照,可确定①为氧(O)、②为氟(F)、③为钠(Na)‎ ‎、④为镁(Mg)、⑤为铝(Al)、⑥为硫(S)、⑦为氯(Cl)、⑧为钾(K)、⑨为硒(Se)。‎ ‎【详解】(1)元素⑨为硒(Se),它是34号元素,在周期表中的位置是第四周期第VIA族。答案为:第四周期第VIA族;‎ ‎(2)同周期元素,从左往右,非金属性依次增强;同主族元素,从下到上,非金属性依次增强,所以非金属性最强的元素位于周期表的左上角(稀有气体除外),从而得出元素①~⑨中,非金属性最强的元素是F。答案为:F;‎ ‎(3)元素①~⑨中,金属性最强的元素是钾,所以最高价氧化物对应的水化物中,碱性最强的是KOH,KOH与Al(OH)3反应生成KAlO2和水,反应的离子方程式为OH- + Al(OH)3= AlO2- +2H2O。答案为:KOH;OH- + Al(OH)3= AlO2- +2H2O;‎ ‎(4)非金属性Cl>Se,氢化物的稳定性H2Se
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