1、张家口市第一中学2018-2019年度高一年级第二学期4月考试化学试卷（预科班）第卷（选择题 共60分）相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Zn 65一选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，共60分）1.绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，如一级能源中的水能、地热、天然气等；二级能源中电能、氢能等。下列能源属于绿色能源的是（ ）太阳能 风能 石油 煤 潮汐能 木材A. B. C. D. 【答案】D【解析】燃烧会产生污染性气体，不是绿色能源，其余都是正确的，答案选D。2.下列化学用语书写正确的是
2、A. 氯离子的结构示意图：B. 作为相对原子质量测定标准的碳核素：C. 氯化镁的电子式：D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：【答案】C【解析】A氯元素为17号元素，氯离子的核电荷数为17，A错误；B作为相对原子质量测定标准的碳核素为碳12，B错误；C氯化镁的电子式为，C正确；D氯化氢为共价化合物，用电子式表示氯化氢分子的形成过程为，D错误；答案选C。3.废电池必须进行集中处理的首要原因是（ ）A. 充电后可再使用B. 回收利用石墨电极和金属材料C. 防止电池中汞、镉和铅等重金属离子污染土壤和水源D. 防止电池中的电解质溶液腐蚀其他物品【答案】C【解析】废电池中含有重金属离子，为了防止重金属
3、离子污染土壤和水源，所以要集中处理。4.下列排列顺序正确的是（ ）热稳定性：HFHClHBr 原子半径：NaSO酸性：H3PO4H2SO4HClO4 还原性：S2O2FA. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：FClBr，所以HFHClHBr，正确；同周期元素的半径从左至右逐渐减小，NaS，O在Na和S的上一周期，半径最小，正确；元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：ClSP，酸性：HClO4H2SO4H3PO4，错误；因元素单质氧化性越强离子还原性越弱，单质氧化性：F2O2S，所以还原性：S2O2
4、F，正确。考点：元素金属性非金属性比较。5.某分子的球棍模型如图所示。已知分子中所有原子的最外层均达到8电子稳定结构，原子间以单键相连。下列有关说法中错误的是（ ）A. X原子可能为第A族元素B. Y原子一定为第A族元素C. 该分子中既含有极性共价键又含有非极性共价键D. 从圆球的大小分析，该分子可能为N2F4【答案】B【解析】试题分析：由球棍模型可知X能形成3个共价键，则X最外层含有5个电子，Y形成1个共价键，且最外层达到8电子稳定结构，则Y原子最外层含有7个电子，A由球棍模型可知X能形成3个共价键，则X最外层含有5个电子，则X原子可能为A族元素，A项正确；BY形成1个共价键，且最外层达到8
5、电子稳定结构，则Y原子最外层含有7个电子，则Y原子为VIIA族元素，B项错误；C该分子中，X-Y键为极性键，X-X键为非极性键，C项正确；DF原子的半径小于N原子，则从圆球的大小分析，该分子可能为N2F4，D项正确；答案选B。考点：考查球棍模型，共价键类型的判断等知识。6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的同周期的短周期元素。已知W、Y、Z三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水。下列判断正确的是（ ）A. W、Y、Z三种元素的最高价氧化物的水化物可能有两种是强碱、一种是强酸B. Z元素在第三周期第A族C. W、Y、Z三种元素有两种是金属
6、、一种是非金属D. W、X、Y三种元素最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强【答案】C【解析】试题分析：由“W、Y、Z三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水”可知，W、Y、Z三种元素中肯定有Al；又“W、X、Y、Z为同周期的短周期元素，原子序数依次增大，且W、Y、Z三种原子的最外层共有11个电子”，所以W、X、Y、Z只能依次为Na、Mg、Al、Cl。AW、Y、Z三种元素的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al（OH）3、HClO4，分别为强碱、弱碱、强酸，错误；B Z为Cl，则在第三周期A族，错误；CW为Na，Y为Al，Z为S或Cl，W、Y、Z三种元素中有两种金属、一种非
7、金属，正确；DW、X、Y三种元素依次为Na、Mg、Al，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，错误。考点：考查位置、结构、性质得应用7.下列物质中，属于共价化合物的是（ ）A. 氧化钙B. 氮气C. 硫化钠D. 硫化氢【答案】D【解析】【分析】由共价键组成的化合物叫做共价化合物，含有离子键的化合物叫做离子化合物，以此分析。【详解】A. 氧化钙是由钙离子和阳离子以离子键结合形成的离子化合物，A项错误；B. 氮气属于单质，不化合物，B项不选；C. 硫化钠是由硫离子和钠离子以离子键结合形成的离子化合物，C项错误；D. 硫化氢是由S和H以共用电子对结合形成的化合物，属于共价化合物，D项正确；答案选D。
8、【点睛】要特别注意的是，由非金属元素组成的不一定都是共价化合物，如本题B选项，可能是单质。8.每种物质都既有离子键，又有共价键的一组物质是（ ）A. NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4B. MgO、Na2SO4、NH4HCO3C. Na2O2、NH4Cl、Na2SO4D. HCl、Al2O3、MgCl2【答案】C【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族（H元素除外）、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，据此分析作答【详解】A. 氢氧化钠和硫酸铵中含有离子键和共价键，但硫酸中只含共价键，A项错误；B. 氧
9、化镁中只含离子键、NH4HCO3中含有离子键和共价键，硫酸钠中含有离子键和共价键，B项错误；C. Na2O2、NH4Cl、Na2SO4中都含有离子键和共价键，C项正确；D. HCl中只含共价键，Al2O3、MgCl2中只含离子键，D项错误；答案选C。【点睛】离子键与共价键存在的规律如下： 离子键存在于活泼金属（指第一和第二主族的金属元素）与活泼的非金属元素（指第六和第七主族的元素）之间；金属元素与酸根离子之间；（酸根离子如硫酸跟离子、硝酸跟离子、碳酸跟离子等等）铵跟离子（NH4+）和酸根离子之间，或铵根离子与非金属元素之间；而共价键则形成于活泼非金属元素之间，学生要牢记这些规律，才能学以致用。
10、9.下列物质中微粒的个数比不是1 : 1的是（ ）A. NaHCO3晶体中的阴离子和阳离子B. Na2O2固体中的阴离子和阳离子C. 重氢()原子中的质子和中子D. NH3分子中的质子和电子【答案】B【解析】【详解】A. 阳离子为Na+、阴离子为HCO3-，所以阴离子和阳离子之比为1:1；A项正确；B. 阳离子为Na+阴离子为O22-，所以阴离子和阳离子之比为1:2；B项错误；C. 质子数为1，中子数为1，所以质子数和中子数之比为1:1，C项错误；D. 质子数为10，中子数10，所以质子数和中子数之比为1:1，D项错误；答案选B。10. 下列性质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是（ ）A
11、. 晶体可溶于水B. 具有较高的熔点C. 水溶液能导电D. 熔融状态能导电【答案】D【解析】【详解】A.可溶于水的物质不一定含有离子键，如硫酸，故A错误；B.具有较高熔点的物质不一定含有离子键，如二氧化硅，故B错误；C.水溶液能导电的物质不一定含有离子键，故HCl，故C错误；D.固态不导电，但熔融状态能导电，说明该化合物熔融状态能电离出阴阳离子，含有离子键，故D正确；答案：D11.下列关于化学键的说法正确的是（ ）含有金属元素的化合物一定是离子化合物第IA族和第VIIA族原子化合时，一定生成离子键由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物活泼金属与非金属化合时，能形成离子键离子键就是阴、阳离子
12、间的静电引力含有离子键的化合物一定是离子化合物离子化合物中可能同时含有离子键和共价键A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如：AlCl3是共价化合物，项错误；第IA族和第VIIA族原子化合时，不一定生成离子键，也可能生成共价键，如第IA族的H原子与第VIIA族原子化合时生成共价键，项错误；由非金属元素形成的化合物大多数不是离子化合物，但也可形成离子化合物，如铵盐，项错误；活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，项正确；离子键本质是阴、阳离子间的静电作用，不只是引力，还有斥力等，项错误；物质只要含有离子键就一定是离子化合物，项正确；离子化合物中一
13、定含有离子键，可能含有共价键，项正确；综上所述，符合题意,B项正确，答案选B。12.下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（ ）A. 水B. 三氟化硼C. 四氯化碳D. 五氯化磷【答案】C【解析】【分析】分子中原子的最外层电子数可以根据每种元素原子的最外层电子数与化合价的绝对值之和来判断。【详解】A氢原子的化合价是+1价，H原子最外层有1个电子，1+1=2，所以H原子不满足8电子结构，A项错误；BBF3中B元素的化合价为+3，B原子核外电子数为3，所以3+3=6，B原子不满足8电子结构；F元素化合价为-1，F原子最外层电子数为7，所以|-1|+7=8，F原子满足8电子结构，B项错误；CC
14、Cl4中C元素化合价为+4，C原子最外层电子数为4，所以4+4=8，分子中C原子满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以|-1|+7=8，分子中Cl原子满足8电子结构，C项正确；DPCl5中，P原子的最外层电子为：5+5=10，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8，不都满足8电子稳定结构，D项错误；答案选C。13.根据化学反应实质是旧键的断裂和新键的形成过程，下列变化不属于化学变化的是（ ）A. 白磷在260转化为红磷B. 石墨在高温高压下转化为金刚石C. 干冰转化为CO2气体D. 固态S8加热到444.6转化为硫蒸气S2【答案】C【解析】考查化学变化的实质及判
15、断。干冰转化为CO2气体上物理变化，破坏的是分子间作用力，而化学键不变，其余都是化学变化，答案选C。14.有一种含高能量的正离子N5+的化合物N5AsF6，下列叙述错误的是（ ）A. N5+共有34个核外电子B. N5+中氮原子以共用电子对结合C. 化合物N5AsF6中As化合价为+1D. 化合物N5AsF6中F化合价为1【答案】C【解析】【分析】A. 多原子阳离子核外电子=各原子的核外电子之和-电荷数；B. 同种非金属元素间通常以共用电子对结合形成非极性共价键；C. 根据化合物中各元素的化合价代数和为0判断；D. 氟是最活泼的非金属，在化合物中显-1价。【详解】A. 多原子阳离子核外电子=各
16、原子的核外电子之和-电荷数=75-1=34，A项正确；B. 同种非金属元素间通常以共用电子对结合形成非极性共价键，N5+中氮氮原子间是以共用电子对结合的，B项正确；C. 化合物N5AsF6中As化合价+5价，C项错误；D. 氟是最活泼的非金属，在化合物中显-1价，D项正确；答案选C。15.已知2SO2+O22SO3为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是（ ）A. O2的能量一定高于SO2的能量B. SO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量C. SO2的能量一定高于SO3的能量D. 因该反应为放热反应，故不必加热就可发生【答案】B【解析】判断一个反应是放热反应还是吸热反应，关键看反应物的总能
17、量与生成物的总能量的差值。如果反应物的总能量高于生成物的总能量，反应就放热，B项正确；A、C两项错误，都没有考虑总能量差；放热反应只表明反应物总能量比生成物总能量高，而加热是反应的条件，两者无必然联系，许多放热反应也必须加热才能开始进行，D项错误。16. 已知下列反应的反应热：（1）CH3COOH(l)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)H1=-8703 kJmol-1（2）C(s)+O2(g)CO2(g)H2=-3935 kJmol-1（3）H2(g)+O2(g)H2O(l)H3=-2858 kJmol-1则下列反应的反应热为()2C(s)+2H2(g)+O2(g)CH3COOH(l
18、)A. H=+4883 kJmol-1B. H=-24415 kJmol-1C. H=-9776 kJmol-1D. H=-4883 kJmol-1【答案】D【解析】试题分析：所求反应由（2）2+（3）2-（1）所得，则H=H22+H32-H1=-4883 kJmol-1。考点：化学反应热的计算17.下列变化一定是吸热反应的是（ ）A. 凡需加热后才能发生的反应B. 所有的分解反应C. 将热能转变为化学能的反应D. 生成物总能量大于反应物总能量的反应【答案】D【解析】【分析】根据常见放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热
19、反应有：绝大数分解反应，个别化合反应(如C和CO2)，少数分解(如碳酸钙分解)、置换(工业制水煤气)以及某些复分解反应(如铵盐和强碱)等。【详解】A加热后才能发生的反应不一定是吸热反应，如燃烧，一般得加热到着火点才能反应，但是燃烧是发热反应，A项错误；B不是所有的分解反应都是吸热反应，如过氧化氢分解是发热反应；一般来说，不稳定的物质自发分解都是放热的，稳定的物质加高温分解一般是吸热的，B项错误；C将化学能转变为热能的反应的放热反应，C项错误；D反应物的总能量大于生成物的总能量，反应是放热反应，反之是吸热反应，D项正确；答案选D。18.关于如图的说法不正确的是（ ）A. 1mol固态碘与化合生成
20、2molHI气体时，需要吸收5kJ的能量B. 2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与时需要吸收12kJ的能量C. 1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量D. 碘蒸气与生成HI气体反应是吸热反应【答案】D【解析】【详解】A由图可知，1molI2(s)+1molH2(g)吸收5kJ热量生成2molHI(g)，A项正确；B由图可知，1molI2(g)+1molH2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，逆反应热量不变，2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与时需要吸收12kJ的能量，B项正确；C由图可知，1molI2(g)变为1molI2(s)放出17kJ的热量，则1mol
21、固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量，C项正确；D1mol I2(g)+1mol H2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，该反应为放热反应，D项错误；答案选D。19.氢氧燃料电池是将多孔镍电极放置在KOH溶液中，然后分别向两极通入H2和O2，即可产生电流。下列叙述中正确的是（ ）A. 通入H2的电极为正极B. 正极的电极反应式为O2+2H2O+4e= 4OHC. 工作时，负极区溶液pH增大D. 工作时，溶液中的阴离子移向正极【答案】B【解析】【分析】氢气具有还原性，可被氧化，应为原电池负极反应，反应为：2H2-4e-+4OH-=2H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生
22、还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，原电池工作时，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动以此解答该题。【详解】A燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通氢气的电极是负极，A项错误；B正极发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，B项正确；C负极反应为：2H2-4e-+4OH-=2H2O，消耗氢氧根离子，所以负极区溶液pH减小，C项错误；D放电时，溶液中的阴离子向负极移动，D项错误；答案选B。【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是C选项，掌握电极
23、反应对溶液pH的影响是解题的关键。20.下列说法或表示方法中正确的是（）A. 等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多B. 氢气的燃烧热为2855 kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）O2（g）2H2O（l）H2855 kJ/molC. Ba（OH）28H2O（s）2NH4Cl（s）BaCl2（s）2NH3（g）10H2O（l）H0D. 已知中和热为573 kJ/mol，若将含05 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要大于573 kJ【答案】D【解析】A、硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量
24、多，A错误；B、燃烧热是指1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，B错误；C、氯化铵和氢氧化钡反应吸热，H0，C错误；D、浓硫酸溶于水放热，实际放出的热量大于57.3kJ，D正确；答案选D。21.如图所示，烧杯内盛有浓硝酸，在烧杯内放入用铜线连接的铁、铅两个电极，已知，原电池停止工作时，Fe、Pb均有剩余。下列说法正确的是（ ）A. Fe比Pb活泼，始终做负极B. Fe在浓硝酸中钝化始终不溶解。C. 电池停止工作时，有Fe(NO3)3生成D. 利用浓硝酸作电解液不符合“绿色化学”的思想【答案】D【解析】【详解】A. 开始时，浓硝酸能使铁发生钝化，铅失电子作负
25、极，铁电极是正极，随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐降低，而稀硝酸能溶解铁，所以后阶段，相对活泼的铁失电子作负极，相对稳定的铅是正极，A项错误；随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐降低，而稀硝酸能溶解铁，B项错误；C. 因为反应结束时铁有剩余，溶液中不可能三价铁离子生成，C项错误；D. 利用浓硝酸做电解质溶液发生反应的方程式是：4H2NO3-2e2NO22H2O，有污染性气体二氧化氮生成，不符合“绿色化学”思想，D项正确；答案选D。【点睛】需要注意的是铁、铝在常温下遇到浓硝酸(或浓硫酸)会发生钝化现象，但稀硝酸没有钝化现象。22.下列说法中错误的是（ ）A. 原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周
26、期数B. 元素周期表中从B族到B族10个纵列的元素都是金属元素C. 除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8D. 同一元素的各种同位素化学性质几乎完全相同【答案】A【解析】试题分析：原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数，而离子由于有电子的得失，当失去电子时，其离子的电子层数不一定等于该元素所在的周期数，如Na等，A错误；元素周期表中从B族到B族10个纵列的元素都是过渡元素，均为金属元素，B正确；氦仅有2个电子，除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8，C正确；同一元素的各种同位素的化学性质几乎完全相同，D正确。考点：考查了元素周期表和同位素的相关知识。23.下列各个装置中能组成原电池的是（
27、 ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据原电池的构成条件判断；原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应。【详解】A. 两电极的活泼性相同，A项错误；B. 符合原电池的构成条件，B项正确；C. 酒精溶液为非电解质，C项错误；D. 该装置为断路状态，不能形成闭合回路，D项错误；答案选B。24.铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解质溶液为H2SO4，工作时的反应为：PbPbO22H2SO4 2PbSO42H2O，下列结论正确的是（ ）A. Pb为正极被氧化B. 溶液的pH不断减小C. SO42-只向PbO
28、2处移动D. 电解质溶液pH不断增大【答案】D【解析】试题分析：A放电时，负极上Pb失电子发生氧化反应，电极反应式为Pb+ SO42-2e-PbSO4，错误；B根据电池反应式知，放电时，硫酸参加反应，同时产生水对硫酸也起稀释作用，故会导致溶液中氢离子浓度降低，溶液的pH增大，错误；C根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，SO42-会向正电荷较多的负极Pb电极移动，错误；D根据选项B分析可知电解质溶液pH不断增大，正确。考点：考查铅蓄电池工作原理的知识。25.若某原电池的离子方程式是ZnCu2=Zn2Cu，则该原电池的构成是( )正极 负极 电解质溶液 A CuZnHClB ZnCu C
29、uSO4C CuZn CuSO4D CuZnZnCl2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】分析题目中的反应，可得：（-）锌：Zn-2e-= Zn2+，（+）：Cu2+2e-= Cu则要求：锌片做负极，正极为活泼性比锌弱的金属或石墨，电解质溶液提供Cu2+，故选C。26.某原电池构造如图所示。下列有关叙述正确的是（ ）A. 在外电路中，电子由银电极流向铜电极B. 取出盐桥后，电流计的指针仍发生偏转C. 外电路中每通过0.2mol电子，铜的质量理论上减小12.8gD. 原电池的总反应式为Cu +2AgNO3 = 2Ag +Cu(NO3)2【答案】D【解析】【分析】A. 该装置是原电池
30、，铜作负极，银作正极，电子从负极沿导线流向正极；B. 只有能构成闭合回路才能有电流产生；C. 根据铜和电子的关系式计算；D. 该反应中铜和硝酸银反应生成银和硝酸铜。【详解】A. 该装置是原电池，较活泼的金属铜作负极，银作正极，外电路中电子从铜沿导线流向银，A项错误；B. 取出盐桥后，不能构成闭合回路，所以没有电流产生，电流计的指针不能发生偏转故，B项错误；C. 铜极上的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，所以64g Cu 2mole-，所以外电路中每通过0.1mol电子，铜的质量理论上减小3.2g，C项错误；D. 该装置中负极上铜失电子，正极上银离子得电子，所以电池反应式为Cu+2AgNO3
31、=2Ag+Cu(NO3)2，D项正确；答案选D。27. 最早使用的化学电源是锌锰电池，即大家所熟悉的干电池（dry cell），其结构如下图所示：尽管这种电池的历史悠久，但对它的电化学过程尚未完全了解。一般认为，放电时，电池中的反应如下：E极：2MnO22H2O2e= 2MnO(OH)2OHF极：Zn2NH4Cl -2e= Zn(NH3)2Cl22H总反应式：2MnO2Zn2NH4Cl = 2MnO(OH)Zn(NH3)2Cl2下列说法正确的是A. E极是电池的正极，发生的是氧化反应B. F极是电池的负极，发生的是氧化反应C. 从结构上分析，锌锰电池应属于可充电电池D. 锌锰电池内部发生的氧化
32、还原反应是可逆的【答案】B【解析】A错，E极是电池的正极，发生的是还原反应；B正确，F极是电池的负极，发生的是氧化反应；C错，从结构上分析，锌锰电池应属于一次性电池；D错，锌锰电池内部发生的氧化还原反应是不可逆的，因为它是一次电池；28.蓄电池在放电时起原电池作用，在充电与放电互为逆过程。下面是爱迪生电池分别在充、放电时发生的反应：Fe（OH）2+Ni（OH）2Fe+NiO2+2H2O，下列有关对爱迪生电池的推断：放电时Fe为负极，NiO2为正极充电时阴极上的电极反应式为：Fe（OH）2+2e=Fe+2OH放电时电解质溶液中的阴离子向正极方向移动蓄电池的电极必须浸入某种碱性电解质溶液中，其中正
33、确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据原电池在放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，再根据元素化合价变化，可判断该电池负极发生反应的物质为Fe，正极为NiO2，此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现H+，故放电时的电极反应是：负极：Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，正极：NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-原电池充电时，发生电解反应，此时阴极反应为原电池负极反应的逆反应，阳极反应为原电池正极反应的逆反应。【详解】放电是原电池原理，由电池总反应式可知放电时Fe元素的化合价升高，被氧化，应为原电池的负极，NiO2参与正极
34、反应，项正确；充电是电解池原理，由方程式可知此电池为碱性电池，所以充电时阴极电极反应式为：Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，项正确；放电时电解质溶液中的阴离子向负极方向移动，项错误；由方程式可知此电池为碱性电池，必须浸在碱性电解质溶液中，项正确；综上所述，正确，B项正确；答案选B。29.有五个系列同族元素的物质，101.3 kPa时测定它们的沸点()如下表所示：He 268.8(a) 249.5Ar 185.8Kr 151.7F2 187.0Cl2 33.6(b) 58.7I2 184.0(c) 19.4HCl 84.0HBr 67.0HI 353H2O 100.0H2S 60.0(d)
35、 42.0H2Te 1.8CH4 161.0SiH4 112.0GeH4 90.0(e) 52.0对应表中内容，下列叙述中正确的是（ ）A. a、b、c代表的化学物中均含化学键B. 系列物质均有氧化性；系列物质对应水溶液均是强酸C. 系列中各化合物的稳定性顺序为：H2OH2SH2SeH2TeD. 上表中物质HF和H2O，由于氢键的影响，其分子特别稳定【答案】C【解析】【分析】A. 根据同主族元素的原子以及其单质分子、氢化物的知识来分析；B. 卤素单质均表现为较强的氧化性，氢氟酸是弱酸；C. 同一主族，元素原子的半径依次增大，原子的得电子能力依次减弱，非金属性依次减弱，则氢化物的稳定性依次减弱；
36、D. 氢键的影响物理性质，分子的稳定性是共价键的强弱。【详解】A. He、Ne、Ar、Kr是同一主族元素的原子，根据递变顺序，可知a为Ne；F、Cl、Br、I属于同一主族元素的原子，且b应是单质形式，即为Br2，c为氢化物，即HF，则a、b、c的化学式分别为Ne、Br2、HF，稀有气体无任何化学键，A项错误；B. 卤素单质均表现为较强的氧化性，对应的氢化物中氢氟酸是弱酸，B项错误；C. O、S、Se、Te的原子的得电子能力依次减弱，非金属性越来越弱，则氢化物的稳定性越来越弱，系列中各化合物的稳定性顺序为：H2OH2SH2SeH2Te，C项正确；D. 氢键影响物理性质，分子的稳定性与共价键的强弱
37、有关，与氢键无关，D项错误。答案选C。【点睛】非金属性判断的依据有：1.由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。2.由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F2、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，其对应的非金属性依次减弱）；3.由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强；4.由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强；5.由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强；6.由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；以上几条规律，反之也成立，即若已知元素在周期表中的位置，根据同周期
38、元素的非金属性从左到右依次增强，同主族元素非金属性从上到下依次减弱的规律，可直接判断出非金属性强弱，进而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳定性强弱等规律。30.一种新型燃料电池，它是用两根金属做电极插入KOH溶液中，然后向两极上分别通甲烷和氧气，其电池反应为：X极：CH4+10OH8eCO32+7H2O ，Y极：4H2O+2O2+8e8OH，下列关于此燃料电池的有关说法中错误的是（ ）A. 通过甲烷的电极（X）为电池的负极，通过氧气的电极（Y）为电池正极B. 放电一段时间后，电解质溶液中KOH的物质的量改变C. 在标准状况下，通过5.6L氧气，完全反应后有1.0mol的电子发生转移D
39、. 放电时，通过甲烷的一极附近的pH升高【答案】D【解析】【分析】甲烷碱性燃料电池工作时，正极发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，甲烷在负极发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O，结合电极方程式以及题目要求可解答该题。【详解】A. 根据原电池总反应式可知甲烷被氧化，为原电池的负极反应，氧气得电子被还原，应为原电池的正极反应，即通过甲烷的电极(X)为电池的负极，通过氧气的电极(Y)为电池正极，A项正确；B. 根据正负极电子转移数相等得到反应的总方程式为CH4+2O2+2OHCO32+2H2O可知反应消耗KOH，则电解质溶液中KOH的物质的
40、量改变，B项正确；C. n(O2)= = 0.25 mol，转移电子的物质的量为0.25mol 4=1.0 mol，C项正确；D. 甲烷在负极发生氧化反应，依据题意，通过甲烷电极的电极反应为CH4+10OH8eCO32+7H2O，负极消耗氢氧根离子，所以放电时，通过甲烷的一极附近的pH降低，D项错误；答案选D。【点睛】准确判断该原电池的正负极及其反应式为该题的解题突破口，要注意电解质溶液的酸碱性及溶液的pH的变化情况。第卷（共40分）二简答题31.将纯锌片和纯铜片按图方式插入100 mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，请回答下列问题：（1）下列说法正确的是_。A甲、乙均为化学能转变为电能的装置B乙
41、中铜片上没有明显变化 C甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少D两烧杯中溶液的pH均增大（2）在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲_乙（填“”、“或“”）。 （3）当甲中产生1.12L（标准状况）气体时，通过导线的电子数目为_。（4）当乙中产生1.12L（标准状况）气体时，将锌、铜片取出，再将烧杯中的溶液稀释至1 L，测得溶液中c(H)0.1 molL1（设反应前后溶液体积不变）。试确定原稀硫酸的物质的量浓度为_。（5）利用下列反应：Fe2Fe3+3Fe2+制一个化学电池（给出若干导线和一个小灯泡，电极材料和电解液自选），画出实验装置图，注明电解质溶液名称和正负极材料，标出电流方向，写出电极反
42、应式。_是正极，正极反应式：_； _是负极，负极反应式：_（6）1958年世界上第一个心脏起搏器在瑞典植入人体成功，使用寿命长达10年之久。这种能源起搏器中安装寿命最长、可靠性最高的锂一碳电池，这种电池容量大，电压稳定，能在-56.771.1温度范围内正常工作。现已在火箭、移动电话、笔记本电脑中广泛使用。它采用锂和石墨作电极，四氯化铝锂(LiAlCl4)溶解在亚硫酰氯中(SOCl2)组成电解质溶液。电池总反应为：8Li+3SOCl2=6LiCl+Li2SO3+2S，此电池中_作正极，负极的电极反应为_。【答案】 (1). BD (2). (3). 6.021022 (4). 1mol/L (5
43、). (6). Cu (7). 2Fe3+2e-=2Fe2+ (8). Fe (9). Fe-2e-=Fe2+ (10). 石墨 (11). Li-e-=Li+【解析】【分析】（1）甲装置符合原电池构成条件，所以是原电池，乙不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，两个烧杯中，锌都失电子发生氧化反应，甲中铜上氢离子得电子发生还原反应，乙中锌上氢离子得电子发生还原反应；（2）作原电池负极的金属加速被腐蚀；（3）根据氢气和转移电子之间的关系式计算；（4）先计算氢离子的物质的量再计算源稀硫酸的浓度；（5）已知Fe+2Fe3+3Fe2+，根据反应可知Fe应为负极，失电子被氧化，正极可为C、Cu等，正极上F
44、e3+得电子生成Fe2+，电解质溶液含有Fe3+；（6）依据原电池原理进行分析作答。【详解】(1)A. 甲符合原电池构成条件，所以属于原电池，乙不能构成闭合回路，所以不能构成原电池，A项错误；B. 乙不能构成原电池，氢离子在锌片上得电子发生还原反应，所以乙中铜片上没有明显变化，B项正确；C. 甲中铜片作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜片质量不变，乙中锌片和氢离子发生置换反应，所以质量减少，C项错误；D. 两烧杯中锌和氢离子发生置换反应导致溶液中氢离子浓度减小，所以溶液的pH均增大，D项正确；故答案为：BD；(2)甲能构成原电池，乙不能构成原电池，作原电池负极的金属加速被腐蚀，所以在相同
45、时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲乙，故答案为：；(3)甲中，铜电极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H+2e=H2，根据电极反应式知，通过电子的物质的量=2 = 0.1mol=0.1NA个，即通过导线的电子数目为6.021022，故答案为：6.021022；(4)稀释后氢离子的物质的量为1L0.1molL1 = 0.1 mol，生成氢气的氢离子的物质的量为2=0.1 mol，所以原溶液中氢离子的物质的量为0.2mol，原溶液中氢离子的浓度为 = 2mol/L；一个硫酸分子中含两个氢离子,所以原溶液中稀硫酸的浓度为1molL1，故答案为：1molL1；（5）已知Fe+2Fe3+3Fe2+，
46、根据反应可知Fe应为负极，失电子被氧化，正极可为C、Cu等，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，电解质溶液含有Fe3+装置图为，碳棒为正极，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，其电极反应为：2Fe3+2e-2Fe2+；Fe为负极，失电子被氧化，其电极反应为：Fe-2e-Fe2+，故答案为： 故答案为：；Cu；2Fe3+2e-=2Fe2+；Fe；Fe-2e-=Fe2+；（6）电池总反应为：8Li+3SOCl2=6LiCl+Li2SO3+2S，则Li从0价升高到+1价，失电子发生氧化反应，其电极反应式为：Li-e-=Li+，因此锂电极作电源的负极，石墨作正极，故答案为：石墨；Li-e-=Li+。32.
47、现有6种短周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构W周期表中原子半径最小的元素U地壳中含量最多的金属元素R单质为空气的主要成分TM层上有6个电子X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y氢化物水溶液呈碱性Z元素最高正价是7价完成下列空白（涉及W、U、R、T、X、Y、Z时，用元素符号表示）：（1）元素T的原子共有_个电子；元素X的一种核素可测定文物年代，这种核素的符号是_。（2）用电子式表示：气态化合物XR2_；元素W、R形成的10电子分子的形成过程_。（3）用离子方程式表示：元素Y与元素W形成的离子YW4与NaOH溶液共热的反应_；元素U的单质与NaOH溶液反应_。（4）元素Z与元
48、素T相比，非金属性较强的是_，下列表述中能证明这一事实的是_（填序号）。a常温下Z的单质和T的单质状态不同bZ的氢化物比T的氢化物稳定c一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应（5）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。在T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中，化学性质明显不同于其他三种的是_（用分子式表示），理由是_。【答案】 (1). 16 (2). (3). (4). (5). NH4+OH-NH3+H2O (6). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (7). Cl (8). b (9). H2CO3 (10). H2CO3是弱酸性（或非氧化性酸）【解析】
49、【分析】W是周期表中原子半径最小的元素，故W为氢；地壳中含量最多的金属元素为铝，故U为铝；R单质为空气的主要成分，即R为O元素；T的M层上有6个电子，故T为硫；X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，故X为碳；Y的氢化物水溶液呈碱性，故Y为氮元素；Z元素最高正价是+7价，故Z为Cl元素，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知，W为H元素，U为Al元素；R为O元素，T为S元素，X为C元素，Y为N元素，Z为Cl元素，则（1）元素T为S，其原子核外共有16个电子，元素C的一种核素可测定文物年代，中子数比质子数多2，这种核素的符号为，故答案为：16；（2）气态化合物XR2为CO2，为共价化合物，分子内各
50、原子均满8电子结构，其电子式为：，故答案为：；元素W、R形成的10电子分子为水，用电子式表示的形成过程为：，故答案为：；（3）元素N与元素H形成的离子NH4+与NaOH溶液共热反应生成氨气和水，离子反应方程式为：NH4+OH-NH3+H2O，故答案为：NH4+OH-NH3+H2O；元素Al的单质与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（4）元素Cl与元素S相比，非金属性较强的是Cl，a常温下Z的单质和T的单质状态不同，状态与非金属性无关，a项错误；bZ的氢化物比T的氢化
51、物稳定，气态氢化物越稳定，说明非金属性越强，b项正确；c一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应，都能反应，不能说明强弱，c项错误，综上所述，b项正确，故答案为：Cl；b；（5）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4、H2CO3、HNO3、HClO4，H2CO3是弱酸，其余均为强酸，故答案为：H2CO3；H2CO3是弱酸性（或非氧化性酸）。33.氢气是未来最理想的能源之一，科学家最近研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛（TiO2）表面作用使海水分解得到氢气的新技术：2H2O2H2+O2。制得的氢气可用于燃料电池。试回答下列问题：（1）海水分解生成的氢气用于燃料电池
52、时，实现_能转变为_能。水分解时，断裂的化学键为_键，（填极性共价，非极性共价或离子）分解海水的反应属于_反应（填“放热”或“吸热”）。（2）某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，两极上发生的电极反应分别为：A极：2H2+2O24e=2H2O；B极：O2+4e=2O2，则A极是电池的_极；电子从该极_（填“流入”或“流出”）。电流从该电极_（填“流入”或“流出”）（3）有人以化学反应：2Zn+O2+4H+=2Zn2+2H2O为基础设计出一种原电池，移入人体内作为心脏起搏器的能源，它们靠人体内血液中溶有一定浓度的O2、H+、Zn2+进行工作。则原电池的负极材料是_，正极上发生反应的电极
53、反应式为_。【答案】 (1). 化学 (2). 电 (3). 极性共价 (4). 吸热 (5). 负 (6). 流出 (7). 流入 (8). Zn (9). O2+4H+4e=2H2O【解析】【分析】（1）原电池是将化学能转化为电能的装置，非金属元素之间形成的化学键大多是共价键，物质的分解反应是吸热反应；（2）中性或弱酸性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应；铁与水和氧气同时接触时容易生锈，因此隔绝水和氧气可以防止铁制品生锈。【详解】(1)海水分解生成的氢气用于燃料电池，燃料电池是将化学能转化为电能的装置，水分解时，断裂的化学键为HO键，属于极性共价键，分解海水的反应属于吸热反应，故答案为：化学；电；极性共价；吸热；(2) 由A极的电极反应式2H22O24e=2H2O可知，A电极上发生的是氧化反应，所以A极是电池的负极,电子从负极流出，而电流与电子的流向相反，所以流入A极，故答案为：负；流出；流入；(3)由总反应2ZnO24H=2Zn22H2O看，电解质溶液为酸性环境，反应中锌被氧化为锌离子，所以原电池的负极材料是锌，正极氧气得电子转化为水，发生反应的电极反应式为O2+4H+4e=2H2O，故答案为：Zn；O2+4H+4e=2H2O。