1、湖北省黄冈市黄州区第一中学2019-2020学年高一化学下学期6月月考试题（含解析）第卷(选择题共48分)本卷共16个小题，每个小题3分，共48分。每个小题只有一个选项最符合题意1.下列叙述不正确的是（ ）A. 根据一次能源和二次能源的划分，氢气为二次能源B. 电能是现代社会中应用最广泛、使用最方便、污染最小的一种二次能源C. 火力发电时，化学能转化为热能的过程实际上是氧化还原反应的过程，伴有能量的变化D. 水力发电是将燃料中的化学能直接转化为电能的过程【答案】D【解析】【详解】A不管氢气是来自金属与酸反应，还是来自海水的电解、光解，都是由化学能、电能、光能等提供能量，所以氢气是二次能源，A正
2、确；B电能不是自然界现存能源，而是通过热能(火力发电)、风能(风力发电)、光能(太阳能电池)、水能(水力发电)等能源进行的转化，所以电能是一种二次能源，B正确；C火力发电时，通过煤炭燃烧，发生氧化还原反应，将化学能转化为热能，C正确；D水力发电利用的水能主要是蕴藏于水体中的位能，是一个物理过程，是将水能机械能电能的过程，D不正确；故选D。2.下列物质分子中，属于正四面体结构的是（ ）A. CH3ClB. CHCl3C. CH2Cl2D. CCl4【答案】D【解析】【分析】正四面体中，4个键的键长、键角都相等，一般只有同种元素构成的化学键才能完全相同。【详解】正四面体中，4个键键长、键角都相等，
3、一般只有同种元素构成的化学键才能完全相同。因为各元素原子、离子的大小不同，所形成的化学键长短也不同；CCl4是正四面体，其余选项是四面体，但不是正四面体型结构，答案选D。3.为将反应2Al+6H+=2Al3+3H2的化学能转化为电能，下列装置能达到目的的是(铝条均已除去了氧化膜)（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将反应2Al+6H+2Al3+3H2的化学能转化为电能，即需要形成原电池，并且铝为负极，电解质溶液为非氧化性稀酸，据此分析判断。【详解】A为原电池，总反应为：2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2，故A不符合题意；B为原电池，总反应为Al+4H+NO3-A
4、l3+NO+2H2O，故B不符合题意；C为原电池，总反应为2Al+6H+2Al3+3H2，故C符合题意；D存在外接电源，为电解池，将电能转化为化学能，故D不符合题意；答案选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意稀硝酸体现强氧化性，与活泼金属反应一般不放出氢气。4.反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)的能量变化如图所示。已知：断开1molN2(g)中化学键需吸收946kJ能量，断开1molO2(g)中化学键需吸收498kJ能量。下列说法正确的是（ ）A. N2和O2的总能量一定高于NO的总能量B. 2NO(g)=N2(g)+O2(g)，该反应为吸热反应C. 断开1molNO(g)中化学键需吸收
5、90kJ能量D. 形成1molNO(g)中化学键可释放632kJ能量【答案】D【解析】【分析】由图中可以提取如下信息：(1)反应物的总能量低于生成物的总能量；(2)反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180kJ/mol。【详解】A从图中可以看出，N2和O2的总能量低于NO的总能量，A不正确；BN2(g)+O2(g)=2NO(g)为吸热反应，则2NO(g)=N2(g)+O2(g)为放热反应，B不正确；C断开1molNO(g)中化学键需吸收的能量为kJ=632kJ，C不正确；D由C选项的计算可知，形成1molNO(g)中化学键，可释放的能量为632kJ ，D正确；故选
6、D。5.下列变化过程中，原物质分子内共价键被破坏，同时有离子键形成的是（ ）A. 盐酸和NaOH溶液混合B. 氯化氢溶于水C. 锌和稀硫酸反应D. 氨气与氯化氢气体相遇反应【答案】D【解析】【详解】A盐酸和氢氧化钠反应的离子方程式为H+OH-=H2O，盐酸为氯化氢的水溶液，氯化氢溶于水时，水分子已经破坏了氯化氢中的共价键形成氢离子和氯离子，反应过程中没有共价键被破坏，生成物为水，形成的为共价键，故A不符合题意；B氯化氢溶于水，共价键被破坏形成氢离子和氯离子，但没有离子键形成，故B不符合题意；C锌和稀硫酸反应，硫酸中的共价键在反应前已经被水分子破坏电离出氢离子，反应过程中没有破坏共价键，故C不符
7、合题意；D氯化氢与氨气反应生成氯化铵固体时，破坏了氯化氢中的共价键，同时生成了铵根和氯离子之间的离子键，故D符合题意；答案选D。6.如图是锌片和铜片在稀硫酸中所组成的原电池装置，c、d为两个电极。下列有关的判断不正确的是（ ）A. 电池工作的过程中，溶液中SO浓度基本不变B. 电池工作时，溶液中SO向c移动C. c为负极，发生氧化反应D. 电池工作的过程中，c电极上产生气泡【答案】D【解析】【分析】根据装置图可知，电流方向是从d流向c的，所以d是正极，c是负极。锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，即c极为锌、d极为铜，溶液中的氢离子向正极移动，在正极上得到电子，被还原生成氢气。【详解】A该原电
8、池的总反应为Zn2H=Zn2H2，电池工作的过程中，溶液中SO42浓度基本不变，故A正确；B在原电池装置中，阴离子移向负极，即溶液中SO42向c移动，故B正确；Cc为负极，Zn失电子发生氧化反应，故C正确；Dd电极为正极，溶液中的氢离子向正极移动，在正极上得电子生成氢气，产生气泡，故D错误；答案选D。7.反应A+3B=2C+D在四种不同情况下的反应速率分别为v(A)=0.15molL-1s-1 v(B)=0.6molL-1s-1 v(C)=0.5molL-1min-1 v(D)=0.45molL-1s-1。则反应进行由快到慢的顺序为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】不同物
9、质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，由题意可得：=0.15molL1s1；=0.2molL1s1；=0.25 molL-1min-1=0.004 molL1s1；=0.45molL1s1；则反应进行由快到慢的顺序为，答案选B。【点睛】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快是解答关键。8.少量铁粉与100mL0.01molL-1的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）加H2O 加NaOH固体 加NaCl固体 加CuO固体
10、 滴入几滴浓盐酸 升高温度(不考虑盐酸挥发) 滴加几滴硫酸铜溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】加H2O，盐酸浓度减小，c(H+)减小，反应速率减慢，不合题意；加NaOH固体，与盐酸发生中和反应，c(H+)减小，反应速率减慢，不合题意；加NaCl固体，c(H+)不变，反应速率不变，不合题意；加CuO固体，与盐酸反应生成Cu2+，Cu2+与Fe反应生成的Cu附着在Fe表面，Fe、Cu、稀盐酸形成原电池，Fe作负极，反应速率加快，但由于消耗Fe，使H2的产量减少，不合题意；滴入几滴浓盐酸，c(H+)增大，反应速率加快，H2的产量不变，符合题意；升高温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率
11、加快，H2的产量不变，符合题意；滴加几滴硫酸铜溶液，Cu2+与Fe反应生成的Cu附着在Fe表面，Fe、Cu、稀盐酸形成原电池，Fe作负极，反应速率加快，但由于消耗Fe，使H2的产量减少，不合题意；综合以上分析，只有符合题意，故选B9.X、Y、Z为短周期元素，X原子的最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z原子的最外层电子数是内层电子数的三倍。下列有关叙述正确的是（ ）A. X、Y、Z三种元素可形成化合物X2YZ4B. X、Y两元素形成的化合物只能为离子化合物C. 氢化物的熔沸点：YZD. 氢化物的稳定性：YZ【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只
12、有一个电子，则X可为H、Li、Na等元素；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为S元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素。【详解】AX为H、Li、Na等元素，Y为S元素，Z为O元素，硫元素有化合价为问+6、+4等，三者可以形成X2SO4或X2SO3，如H2SO4、Na2SO3等，能形成X2YZ4，故A正确；B若X为H元素，则这两种元素形成的化合物H2S，为共价化合物，故B错误； CY为S元素，Z为O元素，H2O分子间可以形成氢键，故氢化物的熔沸点：H2SH2O，即YZ，故C错误；D因为O元素的非金
13、属性比S元素的非金属性强，故氢化物的稳定性：H2SH2O，即YZ，故D错误；答案选A。10.在一定温度下，反应A2(g)+B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是( )A. 单位时间内生成nmolA2同时生成nmolABB. 容器内气体的总物质的量不随时间而变化C. 单位时间内生成nmolA2的同时生成nmolB2D. 单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2【答案】D【解析】【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0)，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此判断。【详解】A反应速率的方向相反，但不满足速率之比是相应的化学
14、计量数之比，反应没有达到平衡状态，故A错误；B反应前后体积不变，容器内的总物质的量不随时间变化不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C反应速率的方向相同，不能说明反应达到平衡状态，故C错误； D反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，反应达到平衡状态，故D正确；答案选D。【点睛】利用反应速率判断时，正逆反应速率相等是指对同一种物质而言，即消耗速率和生成速率，如果用不同种物质表示时必须是方向不同且满足反应速率之比是相应的化学计量数之比。11.取一支硬质大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气(如图)，下列对于试管内发生的反应及现象的说法正确的是（ ）A. 此反
15、应无光照也可发生B. 甲烷和Cl2反应后的产物只有CH3Cl和HClC. CH4和Cl2完全反应后液面上升，液体充满试管D. 盛放饱和食盐水的水槽底部会有少量晶体析出【答案】D【解析】【分析】在光照条件下，CH4与Cl2能发生如下反应：CH4Cl2CH3ClHCl、CH3ClCl2 CH2Cl2HCl、CH2Cl2Cl 2 CHCl3HCl、CHCl3Cl2 CCl4HCl，反应产物中，CH3Cl、HCl呈气态，CH2Cl2、CHCl3、CCl4呈液态，只有HCl易溶于水，CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4都难溶于水。由于反应可逆，CH4与Cl2不能完全反应。【详解】A此反应只有在
16、光照条件下才能发生，若无光照则不能发生反应，A不正确；B由以上分析可知，甲烷和Cl2反应后的产物有HCl、CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，B不正确；CCH4和Cl2反应很难完全进行，且反应产物CH3Cl难溶于水，所以反应后液面上升，但液体不能充满试管，C不正确；D由于反应生成的HCl易溶于饱和食盐水，使得饱和食盐水中c(Cl-)增大，NaCl的溶解度减小，从而使水槽底部会有少量晶体(NaCl)析出，D正确；故选D。12.四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。相连时，外电路电流从流向；相连时，为正极；相连时，上有气泡逸出；相连时，的质量减少。据此判断这四种金属活动性由小
17、到大的顺序是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，据此判断金属活动性强弱。【详解】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，相连时，外电路电流从流向；则是正极、是负极，金属活动性；相连时，为正极，则金属活动性；相连时，上有气泡逸出，为负极、为正极，活动性；相连时，的质量减少，则为负极、为正极，活动性；通
18、过以上分析知，这四种金属活动性由小到大的顺序是，答案选D。【点睛】在原电池中，金属活泼性较强的金属材料一般作负极；但该规律不具有绝对性，如Mg的活泼性较Al好，但在Al-NaOH(aq)-Mg原电池中，Al作负极。13.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法不正确的是（ ）A. 电子从a流出，经外电路流向bB. HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-的反应是HS-+4H2O-8e-= SO42- +9H+C. 如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化D. 若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，则有0.4molH+通过质子交
19、换膜【答案】C【解析】【分析】由图可以知道硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，负极上HS-，硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是:HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+；正极上是氧气得电子的还原反应:4H+O2+4e-=2H2O。【详解】Ab电极通入氧气，是正极，a电极是负极，电子从a流出，经外电路流向b，故A正确；Ba电极是负极，发生失去电子的氧化反应，即HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，电极反应是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故B正
20、确；C如果将反应物直接燃烧，会有部分化学能转化为光能，因此能量的利用率会变化，C错误；D若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，根据电荷守恒可知有0.4molH+通过质子交换膜与0.1mol氧气结合转化为水，故D正确；答案选C。【点睛】明确原电池的工作原理是解答的关键，注意正负极、电子流向、离子移动方向的有关判断。难点是电极反应式的书写，注意从氧化还原反应的角度结合电解质溶液的酸碱性或交换膜的性质分析解答。14.某探究小组利用丙酮的溴代反应(CH3COCH3+Br2CH3COCH2Br+HBr)来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率v(Br2)通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定
21、温度下，获得如下实验数据：实验序号初始浓度c/molL-1溴颜色消失所需时间t/sCH3COCH3HClBr20.800.200.00102901.600.200.00101450.800.400.00101450.800.200.0020580分析实验数据所得出的结论不正确的是（ ）A. 增大c(CH3COCH3)，v(Br2)增大B. 增大c(Br2)，v(Br2)增大C. 增大c(HCl)，v(Br2)增大D. 实验和的v(Br2)相等【答案】B【解析】【详解】A实验、进行比较，相当于将中c(CH3COCH3)增大为原来的二倍，反应时间变为原来的一半，则表明v(Br2)增大，A正确；B实
22、验、进行比较，相当于将中c(Br2)增大为原来的二倍，反应时间也变为原来的二倍，则表明v(Br2)不变，B错误；C实验、进行比较，相当于将中c(HCl)增大为原来的二倍，反应时间变为原来的一半，则表明v(Br2)增大，C正确； D从表中数据可以看出，实验和中反应所需的时间相同，则v(Br2)相等，D正确；故选B。15.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述不正确的是（ ）平衡时，正(O2)=逆(O2)必成立关系式5正(O2)=4逆(NO)总成立用上述四种物质NH3、O2、NO、H2O表示正反应速率的数值中，正(H2O)最大若投入4molNH3和5molO2
23、，通过控制外界条件，必能生成4molNOA. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】化学反应平衡时正逆反应速率相等，故平衡时，正(O2)=逆(O2)成立，正确；关系式4正(O2)=5正(NO)或4逆(O2)=5逆(NO)总成立，故错误；四种物质NH3、O2、NO、H2O正反应速率之比等于化学计量数之比，为4:5:4:6，故正(H2O)最大，故正确；该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，若投入4molNH3和5molO2，生成的NO一定少于4mol，故错误；故不正确的为，答案选D。16.在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于容积为2L的恒容密闭容器中，发生如下反应：3A(g)
24、+B(g)xC(g)+2D(g)。2min末该反应达到平衡，测得生成0.8molD和0.4molC。下列判断正确的是（ ）A. x=2B. 2min时，A的浓度为0.9molL-1C. 2min内B的平均反应速率为0.3molL-1min-1D. B的转化率为60%【答案】B【解析】【分析】利用题中数据，可建立如下三段式：【详解】A由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可得：，求出x=1，A不正确；B2min时，A的浓度为=0.9molL-1，B正确；C2min内B的平均反应速率为=0.1molL-1min-1，C不正确；DB的转化率为=40%，D不正确；故选B。第卷(非选择题共52分)17
25、.(1)某实验小组同学进行如图所示实验，以检验化学反应中的能量变化。实验发现，反应后中的温度升高，中的温度降低。由此判断铝条与盐酸的反应是_(填“吸热”或“放热”，下同)反应，Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应是_反应。反应_(填“”或“”)的能量变化可用图(b)表示。(2)已知：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，该反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，则断开1molHO键与断开1molHCl键所需能量相差约为_kJ。【答案】 (1). 放热 (2). 吸热 (3). (4). 31.9【解析】【分析】【详解】(1)Al与HCl反应后，温度升高，则说明反应放热，Ba(
26、OH)28H2O与NH4Cl的反应温度降低，说明反应为吸热反应；反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以的能量变化可用图2表示；(2) E(H-O)、E(HCl)分别表示H-O键能、H-Cl键能，反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热H=反应物总键能-生成物的总键能，故：4E(H-Cl)+498kJ/mol-2243kJ/mol+4E(H-O)=-115.6kJ/mol，整理得，4E(H-Cl)-4E(H-O)=-127.6kJ/mol，即E(H-O)-E(HCl)=31.9kJ/mol，故断开1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量相差约
27、为31.9kJ/mol1mol=31.9kJ。18.将V1mL1.0molL-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)。请按要求填空：该实验表明此反应_(填“吸收”或“释放”)能量，即：_能可以转化为_能，通过示意图分析可以得出：做该实验时，环境温度_(填“高于”“低于”或“等于”)22。【答案】 (1). 释放 (2). 化学 (3). 热 (4). 低于【解析】【分析】从图示观察起始温度即为实验时环境温度，根据中和反应是放热反应分析解答；从起止温度发现发生化学反应温度升高，据此分析能量的转化方式。【详解
28、】从图示观察起始温度即为实验时环境温度，从图型起点可知：5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22，中和反应是放热反应，则溶液混合前的实验环境温度一定低于22，反应结束温度为23，温度升高，该实验表明此反应释放能量，即化学能转化为热能。19.某温度下，在2L密闭容器中充入4molA气体和3molB气体，发生下列反应：2A(g)+B(g)C(g)+xD(g)，5s达到平衡。达到平衡时，生成了1molC，测定D的浓度为1mol/L。(1)求x=_。(2)下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是_。A单位时间内每消耗2molA，同时生成1molCB单位时间内每生成1molB，同时
29、生成1molCCD的体积分数不再变化D混合气体的压强不再变化EB、C的浓度之比为11【答案】 (1). 2 (2). BC【解析】【分析】根据=，由v(D)计算反应产生的D的物质的量，结合反应产生的C、D的物质的量的比是1：x，计算x的值；该反应是反应前后气体体积相等的反应，根据反应达到平衡时各种物质的物质的量浓度不变，物质的含量不变，正、逆反应速率相等判断平衡状态，然后分析。【详解】(1)根据=，由c(D)= 1 molL-1，反应容器为2 L，则n(D)=cV=1 molL-12 L=2 mol，C为生成物，5s时n(C)=1mol，n(C)：n(D)=1：2=1：x，故x=2；(2) A
30、根据反应方程式可知：单位时间内每消耗2 mol A，同时生成1 mol C，都表示的是正反应速率，不能据此判断反应是否处于平衡状态，A错误；B单位时间内每生成1 mol B，就必然会同时消耗1 molC物质，生成1 mol C，可说明用B表示的化学反应速率v(正)=v(逆)，反应处于平衡状态，B正确；C随着反应进行，D的体积分数不断增大，若某个时刻D的体积分数不再变化，说明反应达到平衡，C正确；D对于反应2A(g)+B(g)C(g)+2D(g)，为反应前后气体分子数目不变的反应，无论反应进行到什么程度，反应混合气体的压强始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误； EB、C的浓度之
31、比为1：1时反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，E错误；故符合题意的是BC。【点睛】气体的体积不变的反应，气体的压强不变不能作为判断平衡的依据，为易错点。20.将气体A、B置于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) 2C(g)+2D(g)，反应进行到10s末，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol，则：(1)用C表示10s内反应的平均反应速率为_；(2)10s末，生成物D的浓度为_；(3)若改变下列条件，生成D的速率如何变化(用“增大”“减小”或“不变”填空)。编号改变的条件生
32、成D的速率降低温度_增大A的浓度_使用正催化剂_恒容下充入Ne(不参与体系反应)_【答案】 (1). 0.04mol/(Ls) (2). 0.4mol/L (3). 减小 (4). 增大 (5). 增大 (6). 不变【解析】【分析】开始时，C的物质的量为0，10s末C的物质的量为0.8mol，所以C变化值为0.8mol，D的变化值为0.8mol，A的变化值为1.2mol，B的变化值为0.4mol，设A和B的起始值分别为：n1和n2，则有：据此回答。【详解】(1)n(C)=0.8mol，c(C)= =0.4mol/L，所以：v(C)= 0.04 mol/(Ls)；(2)10 s末，生成物D的浓
33、度=0.4mol/L；(3)温度降低，反应速率减小，故答案为：减小；增大反应物的浓度，反应速率增大，故答案为：增大；使用催化剂，反应速率增大，故答案为：增大；容积固定，充入Ne，不参与反应，反应物的浓度也不变，对反应速率无影响，故答案为：不变。【点睛】本题难度较小，要求学生掌握基本的列三段式找出各物质的量关系，根据公式进行解答。21.如图所示是原电池的装置图。请回答：(1)若C为稀H2SO4，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为_；反应进行一段时间后溶液酸性将_(填“增强”“减弱”或“基本不变”)。(2)若需将反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+设计
34、成如图所示的原电池装置，则A(正极)极材料为_，B(负极)极材料为_，溶液C为_。(3)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则d电极是_(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为_。若线路中转移1mol电子，则上述CH3OH燃料电池消耗的O2在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). 2H+2e-=H2 (2). 减弱 (3). 石墨 (4). Cu (5). FeCl3溶液 (6). 正极 (7). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ (
35、8). 5.6【解析】【分析】根据原电池原理进行判断，负极发生失电子的氧化反应，正极发生得电子的还原反应。根据氧化还原反应，化合价升高的一极作负极，失电子，发生氧化反应；化合价降低的一极作正极，得电子，发生还原反应。燃料电池中，正极通入的是氧气，负极充入的是CH3OH，根据化合价的变化写出电极反应式。【详解】(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B极电极材料为Fe且作负极，A电极为正极，电极材料为较铁不活泼的金属或非金属，发生还原反应，溶液中的氢离子得电子生成氢气，电极反应方程式为：2H2e=H2；由原电池的总反应可知，反应一段时间后，溶液C的pH升高，酸性减弱； (2)分析反应C
36、u2Fe3=Cu22Fe2，将其拆分为两个半反应，分别为：Cu-2e=Cu2+，2Fe3+2e=2Fe2+，根据原电池原理，可知负极电极反应式为：Cu-2e=Cu2+，正极的电极反应式为：2Fe3+2e=2Fe2+，正负极材料分别为：负极为Cu，正极为石墨(或Pt)，含Fe3+的溶液(如FeCl3溶液)作电解质溶液，用导线连接正、负极，构成闭合回路即可构成原电池；(3)根据燃料电池结构示意图中电子流向可知，c电极为负极，发生氧化反应，其电极反应方程式为：CH3OH-6e+H2O=CO2+6H+，电极d为正极，O2得到电子，发生还原反应，电极反应方程式为：4H+4e+O2=2H2O；1mol氧气
37、在反应中得到4mol电子，若线路中转移1mol电子，则消耗氧气0.25mol，标准状况下的体积为V=nVm =0.25mol22.4L/mol=5.6L。【点睛】写燃料电池的电极反应式时，根据化合价的变化，写出电子转移的数目，完成电极反应式。22.X、Y、Z、W是原子序数由小到大的四种短周期元素，其中X、Z、W可分别与氢元素组成共价化合物XH3、H2Z和HW；Y与氧元素可组成离子化合物Y2O和Y2O2。(1)写出Y2O的电子式：_，Y2O2含有的化学键类型是_。(2)W元素在元素周期表中的位置是第_周期第_族。(3)XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应，该化合物在实验室制
38、备的化学反应方程式为：_。(4)水的沸点比H2Z要_(填“高”或者“低”)，原因是_。(5)由X、W组成的化合物分子中，X、W原子的最外层均达到8电子的稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出该反应的化学方程式：_。【答案】 (1). Na+:2-Na+ (2). 离子键、共价键 (3). 三 (4). A (5). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O (6). 高 (7). 水分子间会形成氢键 (8). NCl3+3H2O=3HClO+NH3【解析】【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z
39、和HW共价化合物，则X为N；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物，Y为Na，Z为S，W为Cl，然后分析。【详解】根据分析可知，X、Y、Z、W分别为N、Na、S、Cl，(1)过氧化钠中钠离子与过氧根离子通过离子键结合，两个氧原子通过共价键结合，所以含有的化学键类型为离子键、共价键，电子式为；(2) W是氯元素，有三层电子，最外层电子数为7，在元素周期表中的位置是第三周期第A族；(3) 氨气为碱性气体，与硫化氢、氯化氢都能反应生成铵盐，实验室制取氨气是利用氯化铵和熟石灰加热的条件下反应，实验室制取氨气的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O；(4) 水和硫化
40、氢都是分子晶体，水的沸点较高，虽然硫化氢的相对分子质量大于水，但是水分子中存在氢键，导致分子间作用力较大，沸点高于硫化氢；(5)由X、W组成的化合物分子中，X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，则该化合物为NCl3，遇水可生成一种具有漂白性的化合物次氯酸和氨气，反应的方程式：NCl3+3H2O=3HClO+NH3。【点睛】结构相似的分子晶体的范德华力越大，熔沸点越高，含有N、S、O元素的原子易形成氢键，导致物质的熔沸点升高。23.某同学在用稀硫酸与锌制取氢气实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：(1)上述实验中发生反应的化学方程式有_。(2)为了进一步研究硫酸铜
41、的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应容器中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。ABCDEF4molL-1H2SO4溶液/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100请完成此实验设计，其中：V1=_，V6=_，V9=_；该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因_。【答案】 (1). Zn+CuSO4=ZnSO4+
42、Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 (2). 30 (3). 10 (4). 17.5 (5). 当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积【解析】【分析】锌和硫酸铜发生置换反应置换出铜单质，要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同。从反应生成铜的角度分析。【详解】(1)锌为活泼金属，加入硫酸铜，锌与硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，发生反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，加入稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的化学方程式为：Zn+H2S
43、O4=ZnSO4+H2；(2)要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml，而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V1=30ml ，V6=10ml，V9=17.5ml；(3)锌与稀硫酸反应过程中加入硫酸铜会形成原电池反应，加快反应速率，铜离子的氧化性强于氢离子，锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降。【点睛】每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同是解本题的关键。
