【化学】河北省邯郸市磁县第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

【化学】河北省邯郸市磁县第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

河北省邯郸市磁县第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试试卷 一、单选题（每题3分)‎ ‎1.下列有关能量的说法不正确的是 （　　）‎ A. 化石能源物质内部贮存着大量的能量 B. 植物的光合作用使太阳能转化为化学能 C. 燃料燃烧时只是将化学能转化为热能 D. 由石墨制金刚石是吸热反应，故石墨能量比金刚石能量低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化石能源物质内部贮存着大量的能量 ，常用作燃料，选项A正确；‎ B.植物的光合作用是利用太阳能把二氧化碳、水，合成糖类，转化为化学能储存起来，选项B正确；‎ C.燃料燃烧时不只是将化学能转化为热能，还转化为光能等，选项C不正确；‎ D.由反应物能量低于生成物能量，反应表现为吸热。石墨制金刚石是吸热反应，故石墨能量比金刚石能量低，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物可用作制冷剂， Y 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由 X、Y 和 Z 三种元素形成的一种盐溶于 水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（　　）‎ A. X 的简单氢化物的热稳定性比 W 强 B. Y 的简单离子与 X 的具有相同的电子层结构 C. 氧化物水化物的酸性 W＞Z D. Z 与 X 属于同一主族，与 Y 属于同一周期 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】可用作制冷剂的简单氢化物是NH3，所以W是N；短周期主族元素中原子半径最大的是Na，则Y是Na；由 X、Y 和 Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，可判断是Na2S2O3和盐酸反应生成S和SO2‎ ‎，故X是O，Z是S。‎ 总之，W、X、Y、Z分别是N、O、Na、S。可在此基础上对各选项作出判断。‎ ‎【详解】A. 非金属性O＞N，所以X(O) 的简单氢化物的热稳定性比 W(N) 强，A选项正确；‎ B. Y(Na)的简单离子Na+和X(O)的简单离子O2-均为10电子离子，具有相同的电子层结构，B选项正确；‎ C. 没有指明元素的价态，无法比较氧化物水化物的酸性，C选项错误；‎ D. Z(S)与X(O)均属于ⅥA族，Z(S)与Y(Na)均属于第三周期，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是（　　）‎ A. Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加 B. 正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−‎ C. 锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄 D. 使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；‎ B. Ag2‎ O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−，B项正确；‎ C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；‎ D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。‎ 故答案选A。‎ ‎4.H2和 I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，1 mol H2 完全反应放出 akJ热量。已知：(a、b、c 均大于零)。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 反应物的总能量高于生成物的总能量 B. 断开 1 mol H—H 键和 1 mol I—I 键所需能量大于断开 2 mol H—I 键所需能量 C. 断开 2 mol H—I 键所需能量约为(c+b+a)kJ D. 向密闭容器中加入 2 mol H2 和 2 mo l I2，充分反应放出的热量小于 ‎2a kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量。该反应放热，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，A选项正确；‎ B. 该反应放热，说明反应物断键吸收的能量低于形成生成物成键放出的能量，而同一化学键断开吸收的能量和形成放出的能量相等，所以，断开1 mol H—H键和1 mol I—I键所需能量总和小于断开2 mol H—I键所需能量，B选项错误；‎ C. 反应放出的热约为成键放出的能量减去断键吸收的能量：akJ=断开2 mol H—I键所需能量-bkJ-ckJ，所以，断开 2 mol H—I 键所需能量约为(c+b+a)kJ，C选项正确；‎ D. 该反应是可逆反应，向密闭容器中加入2 mol H2和2 mol I2，反应H2小于2mol，所以，充分反应放出的热量小于‎2a kJ，D选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为（ ）‎ A. ④②①③ B. ④③①② C. ②①③④ D. ③②④①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】②③④实质均为原电池装置；③中Fe为正极，被保护；②④中Fe为负极，均被腐蚀；但相对来说，Fe和Cu的金属活动性差别较Fe和Sn的差别大，故Fe—Cu原电池中的Fe被腐蚀得更快；①中不能构成原电池，仅发生化学腐蚀反应。所以铁被腐蚀速率由快到慢的顺序为：④②①③；‎ 故选A。‎ ‎6.将一定量纯净的 A 置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：A(s) 2B(g)+C(g)+D(g)。不能判断该分解 反应已经达到化学平衡状态的是（　　）‎ A. v 正(B)＝2v 逆(C) B. 密闭容器中总压强不变 C. 密闭容器中混合气体的密度不变 D. 密闭容器中气体 B 的体积分数不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】反应A(s) 2B(g)+C(g)+D(g)的条件是恒温恒容，特点是气体减少。在此认识基础上根据化学平衡状态的定义和特征可对各选项作出判断。‎ ‎【详解】A. B和C计量数之比为2：1，所以平衡时v正(B)＝2v逆(C)，故可判断，A选项不符合题意；‎ B. 该反应气体减少，恒温恒容时压强会随平衡移动而改变，所以，密闭容器中总压强不变可判断反应已经达到平衡状态，B选项不符合题意；‎ C. ρ=m/V，该反应体系体积不变，但气体的质量会随平衡的移动而改变，即气体的密度会随平衡的移动而改变，所以，容器中混合气体的密度不变可判断反应已经达到平衡状态，C选项不符合题意；‎ D. 该反应体系气体B、C、D的物质的量比值恒定，为2：1：1，即密闭容器中气体 B 的体积分数始终不变，故B ‎ 的体积分数不能用于判断反应是否达到平衡状态，D选项符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列装置或操作能达到目的的是（　　）‎ A. 装置用于测定生成氢气的速率 B. 装置依据单位时间内颜色变化来比较浓度对反应速率的影响 C. 装置依据 U 型管两边液面的高低判断钠和水反应的热效应 D. 装置依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 长颈漏斗没有液封，会漏气，不能用于测定生成氢气的速率，A选项不符合题意；‎ B. 应使KMnO4溶液的浓度相同，H‎2C2O4溶液的浓度不同。紫色的KMnO4溶液的浓度不同，无法依据单位时间内颜色变化来比较浓度对反应速率的影响， B选项不符合题意；‎ C. 如果U型管两边液面出现高低不同，说明气体广口瓶温度发生变化，从而判断钠和水反应的热效应，C选项符合题意；‎ D. 两装置除水温度不同外，Na2S2O3‎ 溶液浓度、硫酸溶液的浓度均不同，变量控制错误，不能达到实验目的，D选项不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎8.某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（　　）‎ A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出 B. a 和 b 用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e-=Cu C. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解 D. a和b用导线连接后，Fe片上发生还原反应，溶液中的Cu2+向铜电极移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，所以铁片上会有金属铜析出，故A正确；‎ B．a和b用导线连接时，形成了原电池，铜作正极，发生的反应为：Cu2++2e-=Cu，故B正确；‎ C．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，无论a和b是否连接，铁片均会溶解，故C正确；‎ D． a和b用导线连接后，是原电池，Fe片为负极，发生氧化反应，溶液中的Cu2＋向铜电极移动，故D错误；答案为D。‎ ‎9.常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 0~t1时，原电池的负极是Al片 B. 0~t1时，正极的电极反应式是+2H++e−=NO2↑+H2O C. t1后，原电池的正、负极发生互变 D. t1后，正极上每得到0.3mol电子，则负极质量减少‎2.7g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】0~t1时，铝为原电池的负极，铜为正极，到t1时，铝在浓硝酸中钝化后不再反应，此时铜又成了原电池的负极。‎ ‎【详解】0~t1时，铝为原电池的负极，铜为正极，到t1时，铝在浓硝酸中钝化后不再反应，此时铜又成了原电池的负极。‎ A、0~t1时，原电池的负极是Al片，故A正确；‎ B、0~t1时，硝酸根离子在正极得电子生成红棕色气体NO2，正极的电极反应式是NO3－+2H++e−=NO2↑+H2O，故B正确；‎ C、t1后，铝发生钝化，铜作负极，所以，电池的正、负极发生互变，故C正确；‎ D、t1后，铜是负极，每有0.3 mol电子发生转移，就有0.15 mol铜失去电子，负极质量减少‎9.6 g，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎10.根据能量变化示意图，下列热化学方程式正确的是( )‎ A. N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－(b－a) kJ·mol－1‎ B. N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－(a－b) kJ·mol－1‎ C. 2NH3(l)===N2(g)＋3H2(g) ΔH＝2(a＋b－c) kJ·mol－1‎ D. 2NH3(l)===N2(g)＋3H2(g) ΔH＝2(b＋c－a) kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，N2（g）+H2（g）=NH3（g）△H=（a-b）kJ•mol-1，N2（g）+H2（g）=NH3（l）△H=（a-b-c）kJ•mol-1；‎ A.结合以上分析可知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-2（b-a）kJ•mol-1，故A错误；‎ B．结合以上分析可知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H═-2（b-a）kJ•mol-1，故B错误；‎ C．物质的量与热量成正比、互为可逆反应的焓变的数值相同而符号相反，则2NH3（1）=N2（g）+3H2（g）△H=2（-a+b+c）kJ•mol-1，故C错误；‎ D．结合选项C可知，2NH3（1）=N2（g）+3H2（g）△H=2（b+c-a）kJ•mol-1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.下列图示变化为吸热反应的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应物的能量小于生成物的能量，图中反应为吸热反应，符合题意，A项正确；‎ B. 反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，不符合题意，B项错误；‎ C. 浓硫酸是稀释放热，但不是化学反应，不符合题意，C项错误；‎ D. 活泼金属与酸的反应是放热反应，不符合题意，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎12.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（　　）‎ A. NH4ClNH3↑＋HCl↑ B. 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2‎ C. 2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O D. NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，要求反应物和生成物均含离子键、极性共价键和非极性共价键。‎ ‎【详解】A．反应物NH4Cl中铵根离子和氯离子以离子键结合，N原子和H原子之间由极性共价键结合，生成物NH3和HCl均由极性共价键构成，生成物不含离子键，A错误；‎ B．反应物Na2O2含离子键和非极性共价键，CO2含极性共价键，生成物Na2CO3含离子键和极性共价键，O2含非极性共价键，B正确；‎ C．反应物NaOH含离子键和极性共价键，Cl2含非极性共价键，生成物NaCl含离子键，NaClO含离子键和极性共价键，H2O含极性共价键，生成物不含非极性共价键，C错误；‎ D．反应物NH3和CO2和H2O均由极性共价键构成，不含离子键和非极性共价键，生成物NH4HCO3含离子键和极性共价键，不含非极性共价键，D错误。‎ 答案选B ‎13.一定条件下，在体积一定的密闭容器中加入1 mol N2和3 mol H2发生反应：N2 + 3H2 2NH3 △H=－92 kJ·mol－1。下列有关说法正确的是（　　）‎ A. 向容器中再加入N2，可以加快反应速率 B. 达到化学反应限度时，反应放出热量92 kJ C. 达到化学反应限度时，正、逆反应速率都为0‎ D. 单位时间内生成1 mol N2，同时生成3 molH2，说明该反应达到化学平衡状态 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向容器中再加入N2，N2的浓度增大，反应速率加快，A正确；‎ B.该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以达到化学反应限度时，反应放出热量小于92 kJ，B错误；‎ C.可逆反应达到平衡为动态平衡，反应仍然在进行，因此正、逆反应速率都不为0，C错误；‎ D.单位时间内生成1 mol N2，同时生成3 molH2，表示的都是逆向进行，因此不能正反应速率等于逆反应速率，不能说明该反应达到化学平衡状态，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎14.下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是（　　）‎ A. Na2O2、KOH、Na2SO4 B. MgO、Na2SO4、NH4HCO3‎ C. NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4 D. HCl、Al2O3、MgCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2O2、KOH、Na2SO4都有离子键和共价键，正确；‎ B、MgO只有离子键，错误；‎ C、H2SO4只有共价键，错误；‎ D、氯化氢只有共价键，Al2O3、MgCl2只有离子键，错误；‎ 答案选A。‎ ‎15.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（ ）‎ A. 充电时，电解质溶液中K+向阳极移动 B. 充电时，电解质溶液中c(OH－) 逐渐减小 C. 放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–= Zn(OH)42－‎ D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气‎22.4L（标准状况）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；‎ B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+ 2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；‎ C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；‎ D．标准状况下‎22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.锂电池是一代新型高能电池，它以质量轻、能量高而重视，目前已研制成功多种锂电池。某种锂电池的总反应方程式为Li＋MnO2===LiMnO2，下列说法正确的是( )‎ A. Li是正极，电极反应式为Li－e－＝Li＋‎ B. Li是负极，电极反应式为Li－e－＝Li＋‎ C. MnO2是负极，电极反应式为MnO2＋e－＝MnO2-‎ D. Li是负极，电极反应式为Li－2e－＝Li2＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】在原电池中，失电子金属为负极，发生失电子的氧化反应，得电子的物质在正极发生还原反应，锂电池是一种体积小，储存能量较高的可反复充电的环保电池。‎ ‎【详解】A．根据锂电池的总反应式Li+MnO2=LiMnO2，失电子的金属Li为负极，电极反应为：Li-e-=Li+，故A错误；‎ B．根据锂电池的总反应式Li+MnO2=LiMnO2，失电子的金属Li为负极，电极反应为：Li-e-=Li+，故B正确；‎ C．MnO2是正极，电极反应为MnO2+e-=MnO2-，故C错误；‎ D．负极电极反应为：Li-e-=Li+，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎17.某同学组装了如图所示的电化学装置，电极I为Al，其他电极均为Cu，下列说法正确的是 A. 盐桥中通常装有含琼脂的KCl饱和溶液，起作用是平衡电荷，电池工作时，K+、Cl-会分别进入两边的溶液中 B. 该装置工作一段时间后，电极III上有红色固体析出 C. 该装置工作一段时间后，③号烧杯中电解质溶液浓度不变，两个电极的质量不变 D. 该装置工作时，③号烧杯中的SO42-向电极IV移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅱ 是正极、Ⅲ是阳极，电流方向从正极流向负极，负极失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 盐桥中通常装有含琼脂的KCl饱和溶液，电池工作时，盐桥通过离子移动导电，所以K+、Cl-会分别进入两边的溶液中，故A正确；‎ B、电极Ⅲ是电解池阳极，电极Ⅲ的电极反应式是Cu－2e-=Cu2+，电极III上没有红色固体析出，故B错误；‎ C. 电极Ⅲ的电极反应式是Cu－2e-=Cu2+、Ⅳ的电极反应式是Cu2+＋2e-=Cu，③号烧杯是电镀池，该装置工作一段时间后，电解质溶液浓度不变，电极Ⅲ减轻、电极Ⅳ质量增大，故C错误；‎ D. ③号烧杯是电镀池，阴离子移向阳极，SO42-向电极III移动，故D错误。‎ ‎18.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+‎ B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+‎ C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，负极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，负极反应式为：Al-3e-=Al3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，Fe作负极，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，错误；‎ B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，Al为负极，负极反应式为：Al-3e-=Al3+，错误；‎ C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，Al作负极，负极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，正确；‎ D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，Cu作负极，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，错误。‎ 故选C。‎ ‎19.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。‎ ‎20.下列叙述能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子强的是（ ）‎ ‎①的溶解度比大 ②的酸性比氢硫酸强 ③的稳定性比强 ④的还原性比强 ⑤的酸性比强 ⑥与铁反应生成，而与铁反应生成 ⑦能与反应生成 ⑧在元素周期表中处于同周期的右侧 ⑨还原性：‎ A. ③④⑤⑦⑧⑨ B. ③④⑥⑦⑧‎ C. ③⑥⑦⑧⑨ D. ①②③④⑤⑥⑦⑧⑨‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①不能根据氢化物溶解度大小,比较元素原子的得电子能力，①错误；‎ ‎②不能依据无氧酸酸性强弱,比较元素原子的得电子能力，②错误；‎ ‎③的稳定性比强，说明元素的非金属性强，得电子能力强，③正确；‎ ‎④的还原性比弱，④错误；‎ ‎⑤比较原子得电子能力的强弱，可比较元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，不是最高价含氧酸，⑤错误；‎ ‎⑥非金属单质在相同条件下与变价金属反应，产物中变价金属元素的价态越高，说明非金属元素原子得电子能力越强，⑥正确；‎ ‎⑦与反应置换出，说明的氧化性强，则元素的非金属性强，⑦正确；‎ ‎⑧同周期元素自左向右，元素的非金属性逐渐增强，⑧正确；‎ ‎⑨阴离子的还原性越强，对应元素的非金属性越弱，⑨正确。‎ 综合以上分析，③⑥⑦⑧⑨正确。故选C。‎ ‎21.某同学用如图所示实验来探究构成原电池的一般条件，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 左瓶的灯泡发光 B. 右瓶的铜棒变粗 C. 右瓶中铁棒为正极 D. 左瓶：Fe−2e−===Fe2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.左瓶电极插入苯中，苯是非电解质，不能构成原电池，灯泡不会发光，A错误；‎ B.右瓶电极插入硫酸铜溶液中，且构成闭合回路，形成原电池，铁是负极，铜是正极，溶液中的铜离子得到电子析出铜，所以铜棒变粗，B正确；‎ C.金属性铁强于铜，因此右瓶中铁棒为负极，C错误；‎ D.左瓶不能形成原电池，铁电极在苯中，不能发生反应，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎22.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是（　　）‎ A. 反应开始后，针筒活塞 向右移动 B. 反应物总能量大于生 成物总能量 C. 反应开始后，甲处液面 低于乙处液面 D. 温度计的水银柱不断 上升 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀硫酸和Zn反应生成H2，容器内气体压强增大，使针筒活塞向右移动，所以，活塞向右移动不能说明该反应放热，A选项符合题意；‎ B. 反应物总能量大于生成物总能量，则反应放热，B选项不符合题意；‎ C. 反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明气体受热膨胀，证明反应放热，C选项不符合题意；‎ D. 温度计的水银柱不断上升，说明温度升高，证明反应放热，D选项不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎23.有关如图所示装置的叙述正确的是( )‎ A. 溶液中Na+向Fe极移动 B. 该装置中Pt为正极，电极反应为：O2 + 2H2O + 4e−=4OH−‎ C. 该装置中Fe为负极，电极反应为：Fe−2e−=Fe2+‎ D. 该原电池装置最终的产物是Fe(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁是活泼的金属，铁是负极，Pt是正极，因此溶液中Na+向Pt极移动，A错误；‎ B.该装置中Pt为正极，氧气发生得到电子的还原反应，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，B正确；‎ C.该装置中Fe为负极，电极反应为：Fe－2e－＋2OH－＝Fe(OH)2，C错误；‎ D.氢氧化亚铁易被氧化，因此该原电池装置最终的产物是Fe(OH)3，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎24.燃料电池是目前电池研究的热点之一。现有某课外小组自制的氢氧燃料电池，如图所示，a、b均为惰性电极。下列叙述不正确的是(　 　)‎ A. a极是负极，该电极上发生氧化反应 B. 总反应方程式为2H2＋O2═2H2O C. b极反应是O2＋4OH－－4e－═2H2O D. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】该装置为燃料电池，通氢气一极为负极，通氧气的一极为正极，据此分析；‎ ‎【详解】A、通氢气一极为负极，即a电极为负极，根据原电池的工作原理，负极上发生氧化反应，故A说法正确；‎ B、燃料电池相当于燃料燃烧，即总反应方程式为2H2＋O2=2H2O，故B说法正确；‎ C、b电极为正极，发生还原反应，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，故C说法错误；‎ D、氢氧燃料电池的优点：能量转换率高，对环境友好，即氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎25.下列化学用语正确的是（　　）‎ A. 氮分子的电子式： B. 硫原子的结构示意图：‎ C. 溴化钠的电子式 D. 水分子的电子式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氮分子的电子式：，A错误； ‎ B．硫原子的结构示意图：，B错误；‎ C．溴化钠是离子化合物，其电子式为：，C错误；‎ D．水分子是共价化合物，其电子式为：，D正确。‎ 答案选D。‎ 二、填空题（共25分）‎ ‎26.某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装 置的开关时，观察到电流表的指针发生了偏转。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)甲池为原电池，通入 CH3OH 电极的电极反应为________。‎ ‎(2)乙池中A(石墨)电极的名称为_____(填“正极”“负极”或“阴极”“阳极”)，总反应为_____。‎ ‎(3)当乙池B极质量增加 ‎5.4 g 时，甲池中理论上消耗 O2 的体积为_____mL(标准状况)，丙池D极析出_____g 铜。‎ ‎【答案】(1). CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O (2). 阳极 (3). 4AgNO3+2H2O4Ag＋O2↑+4HNO3 (4). 280 (5). 1.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)甲池为原电池，通入 CH3OH 电极为负极，负极上CH3‎ OH失去电子，发生氧化反应，在碱性溶液中被氧化生成CO32-，则该电极的电极反应为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；‎ ‎(2)乙池中A(石墨)电极与电源的正极相连，作阳极，溶液中的OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：4OH- -4e-=2H2O+O2↑，阴极B(Ag)电极上，溶液中的Ag+获得电子，发生还原反应，电极反应式为Ag++e-=Ag，在同一闭合回路中电子转移数目相等，可得总反应方程式为：4AgNO3+2H2O4Ag＋O2↑+4HNO3；‎ ‎(3)当乙池B极质量增加 ‎5.4 g 时，n(Ag)=‎5.4g÷‎108g/mol=0.05mol，则电路中通过电子物质的量为0.05mol，由于在串联电路中电子转移数目相同，所以甲池中理论上消耗 O2 的物质的量为n(O2)=0.05mol÷4=0.0125mol，则氧气在标准状况下体积为V(O2)=0.0125mol×‎22.4L/mol=‎0.28L=280mL，丙池与甲、乙池串联，电子转移的物质的量也是0.05mol，D极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，所以D极析出Cu的物质的量为0.05mol÷2=0.025mol，m(Cu)=0.025mol×‎64g/mol=‎1.6g 。‎ ‎27.（1）合成氨工业中氢气可由天然气和水反应制备，其主要反应为：CH4(g)+ 2H2O(g) CO2(g)+4H2(g)，反应过程中 能量变化如图所示，则该反应为___________（填“吸热”或“放热”）。若已知，破坏 1mol 化学键需要吸收的热量如下表所示：‎ 则消耗 1molCH4 吸收或放出热量为___________________kJ(用含 a b c d 字母的代数式表示)。‎ ‎（2）在某体积为‎2L的密闭容器中充入0.5molNO2和1molCO，在一定条件下发生反应：NO2+COCO2+NO，5min时，测得容器中NO的物质的量为0.2mol，则：‎ ‎①该段时间内，用 CO2 表示的平均反应速为_____________。‎ ‎②假设此反应在 5 min 时达到平衡，则此时容器内气体的总物质的量为_________________。‎ ‎③平衡时，NO2 的转化率为_________________。‎ ‎④下列事实能够说明上述反应在该条件下已经达到化学平衡状态的是_____________。‎ A．相同时间内消耗 n mol 的 NO2 的同时生成 n mol 的 CO2‎ B．NO2 的物质的量浓度不再改变 ‎ C．容器内气体的平均相对分子质量不变 D．v 正(NO)=v 逆(CO)‎ E．容器内压强不再发生变化 F．容器内气体的密度保持不变 G．温度和压强一定时，混合气体的颜色不再发生变化 ‎【答案】(1). 吸热 (2). ‎4a+4b‎-2c-4d (3). 0.05mol/(L·min) (4). 1.5mol (5). 40% (6). BDG ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应过程中能量变化可知：反应物的能量低于生成物，反应为吸热反应；由方程式CH4＋2H2O=CO2＋4H2，可知消耗 1molCH4 吸收或放出热量为‎4a+4b‎-2c-4dkJ；‎ ‎（2） ①NO2+CO CO2+NO，2 min 时，测得容器中 NO 的物质的量为 0.2 mol ，则CO2的物质的量为0.2mol，②该反应前后体积不变，假设此反应在 5 min 时达到平衡，则此时容器内气体的总物质的量为 0.5mol+1mol=1.5mol；‎ ‎③ NO2+CO CO2+NO，‎ n开始0.5mol 1mol 0 0‎ n变化0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.2mol n平衡0.3mol 0.8mol 0.2mol 0.2mol 平衡时，NO2 的转化率为0.2/0.5×100%=40%。‎ ‎④A．相同时间内消耗 n mol 的 NO2 的同时生成 n mol 的 CO2，均为正速率，故A错误；‎ B．NO2 的物质的量浓度不再改变是平衡状态，故B正确；‎ C．容器内气体的平均相对分子质量在数值上= m/n ，始终是一个不变量，所以容器内气体的平均相对分子质量不变时，不一定是平衡状态，故C错误；‎ D．v 正(NO)=v 逆(CO)，NO的消耗速率等效于NO的生成速率，与CO的消耗速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；‎ E．两边气体化学计量数相等，容器内压强始终不随时间的变化而变化，故E错误；‎ F. 容器内的气体反应前后遵循质量守恒，容器内气体的质量保持不变，密度不变，不一定是平衡状态，故F错误；‎ G. 温度和压强一定时，混合气体颜色不再发生变化，NO2 的物质的量浓度不再改变是平衡状态，故G正确；‎ 故选BDG