1、高考资源网（） 您身边的高考专家承德一中高一直播课堂检测化学试题一、选择题1.下列化学用语的书写，正确的是( )A. 氯原子的结构示意图：B. 6个质子8个中子的碳元素的核素符号：12CC. 氯化镁的电子式：Mg2D. 用电子式表示氯化氢的形成过程：H-H【答案】C【解析】【详解】A氯原子的结构示意图为，A错误；B6个质子8个中子的碳元素的核素符号为，B错误；C氯化镁是离子化合物，电子式为，C正确；D氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程为，D错误；答案选C。【点睛】选项D是解答的易错点，注意掌握化合物的形成过程，离子化合物的形成过程：由于离子键的形成过程有电子的得失，因而箭头左侧需
2、要用弯箭头表示电子的得失。共价化合物或非金属单质的形成过程：表示方法同离子化合物基本相同，不同的是共价键的形成因为没有电子得失，所以不要再画弯箭头。2.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是：()A. HCl 和NaOHB. Na2O 和Na2O2C. CO2和 CaOD. CaCl2和 Na2S【答案】D【解析】【详解】A. HCl中只含共价键，NaOH中既含离子键又含共价键，故A不选；B. Na2O中只含离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，故B不选；C. CO2中只含共价键，CaO中只含离子键，故C不选；D. CaCl2中只含离子键，Na2S中只含离子键，故D选；故选D。3.决定化
3、学反应速率的主要因素是 ()温度 压强 催化剂浓度反应物本身的性质A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】影响化学反应速率的因素有内在因素和外界因素两个方面，内因是物质发生化学变化的根本，外因是物质发生化学变化的条件。内在因素指的是反应物本身的性质，其对一个化学反应的速率起决定性因素，也是主要因素，正确，故B符合题意；答案：B4.在可逆反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)(正反应为放热反应)中，改变下列条件，不能使v正增大的是()。A. 升高温度B. 降低温度C. 使用催化剂D. 增大CO浓度【答案】B【解析】【分析】对于反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)来
4、说，增大压强、浓度、升高温度以及增大固体的表面积，都可增大反应速率，以此解答。【详解】A.升温，活化分子百分数增多，反应率加快，故A不选；B.降温，活化分子百分数减少，反应速率减慢，故B选；C.使用催化剂，降低反应的活化能，活化分子百分数增多，反应速率加快，故C不选；D.增大反应物浓度，反应速率加快，故D不选。答案选B。5.中和热测定实验中，下列操作会使测得的H偏小的是（ ）A. 大烧杯上没有盖硬纸板B. 用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒C. 用相同浓度和体积的硝酸代替稀盐酸溶液进行实验D. 用1gNaOH固体代替50mL0.5mol/L的NaOH溶液进行实验【答案】D【解析】【详解】A.
5、大烧杯上没有盖硬纸盖会导致热量的散失，测得的H偏大，故A错误；B. 铜丝的导热性比玻璃好，用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒会导致热量的散失，测得的H偏大，故B错误；C. 用相同浓度和体积的硝酸代替稀盐酸溶液进行实验，仍为稀的强酸与稀的强碱反应，对H的测定无影响，C错误；D. 氢氧化钠固体溶于水会放热，因此测得的H偏小，D正确；故答案为D。【点睛】中和反应为放热反应，H0，H越小说明放出的热量越多。6.下列说法正确的是（ ）A. 双原子分子中的共价键一定是非极性键B. 任何原子的原子核都是由质子和中子构成的C. 非极性键可能存在于离子化合物中D. 质子数相同的微粒，它们的化学性质基本相同【答案
6、】C【解析】【详解】A. 同种元素形成双原子分子中的共价键，一定是非极性键，而不同种元素形成的双原子分子如HCl中的共价键，是极性键，故A错误；B. H原子中没有中子，故B错误；C. 非极性键可能存在于离子化合物中如Na2O2，故C正确；D H2O和HF质子数相同，但化学性质不同，故D错误；故答案为C。7.下列叙述正确的是（ ）A. 固态Na2O2和熔融态NaHSO4中的阴、阳离子个数比不同B. 每个水分子内含有两个氢键C. 碘晶体受热转变成碘蒸气，破坏了共价键D. 干冰溶于水生成碳酸的过程只需克服分子间作用力【答案】A【解析】【详解】A. 固态Na2O2中含有钠离子和过氧根离子，阴、阳离子个
7、数比为1：2；NaHSO4晶体中含有1个Na+和1个HSO4-，NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比为1：1，故A正确；B. 水分子内不含氢键，只存在与水分子之间，故B错误；C. 碘晶体受热转变成碘蒸气，只破坏分子间作用力，没有破环共价键，故C错误；D. 二氧化碳与水反应生成碳酸，发生了化学变化，共价键被破坏，故D错误；故选：A。【点睛】氢键是分子间作用力的一种，不是化学键，存在于分子之间。8.下列分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构的是（ ）A. BeCl2B. CH4C. BF3D. PCl3【答案】D【解析】【详解】A. BeCl2中Be的最外层有4个电子，不满足最外层8电子结构，故
8、A不符合题意；B. CH4中H的最外层有2个电子，不满足最外层8电子结构，故B不符合题意；C. BF3中 B最外层有6个电子，不满足最外层8电子结构，故C不符合题意；D. PCl3中P和Cl最外层均为8电子结构，故D符合题意；故答案为D。9.如下图所示，H1=393.5 kJmol-1，H2=395.4 kJmol-1，下列说法或表示式正确的是（ ）A. C（s、石墨）=C（s、金刚石）H=+1.9kJmol-1B. 石墨和金刚石的转化是物理变化C. 金刚石的稳定性强于石墨D. 1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ【答案】A【解析】【分析】由图得：C（S，石墨）+O2
9、（g）=CO2（g）H=-393.5kJmol-1C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）H=-395.4kJmol-1，利用盖斯定律将-可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）H=+1.9kJmol-1【详解】A、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）H=+1.9kJmol-1，A正确；B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，B错误；C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，C错误；D、依据热化学方程式 C（S，石墨）=C（S，金刚石）H=+1.9kJmol-1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ，D错误；选A。10.
10、下列各表为元素周期表中的一部分，表中数字为原子序数，其中M的原子序数为37的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】M的原子序数为37，位于周期表中第五周期第A族。A. 17号、53号元素为第A族元素，图中M为0族元素，故A错误；B. 20号，56号元素处于第A族。20号元素为钙元素，处于第四周期第A族，则M为第五周期第A族，位置正确，故B正确；C. 26号、28号元素为第族元素，图中M处于第族，故C错误；D. 19号，55号元素处于第A族，图中M处于第A族，故D错误；故答案为B。11.甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是CH3OH（g）H2O（g）C
11、O2（g）3H2（g） H49.0 kJ/molCH3OH（g）1/2O2（g）CO2（g）2H2（g） H192.9 kJ/mol下列说法错误的是（ ）A. CH3OH转变成H2的反应不一定要吸收能量B. 1mol CH3OH（g）完全燃烧放出的热量大于192.9 kJC. 反应中的能量变化如图所示D. 根据反应和推知：H2（g）1/2O2（g）H2O（g） H=241.9kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A. CH3OH转变成H2的过程按照反应是吸热反应，按照反应是放热反应，所以不一定要吸收能量，故A正确；B. 反应甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是-192.9kJ/mol；而1 mo
12、l CH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水，氢气燃烧生成水也为放热反应，根据盖斯定律可知1mol CH3OH(g)完全燃烧放出的热量大于192.9 kJ，故B正确；C. 反应焓变大于零为吸热反应，图示为放热反应的能量变化，故C错误；D. 根据盖斯定律，将-可得：H2(g)+O2(g)=H2O(g)的H=-241.9kJ/mol，故D正确；故答案为C。12.各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】实质均为原电池装置；中Fe为正极，被保护；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FeCu原电池
13、中的Fe被腐蚀得更快；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：；故选A。13.将4 mol A气体和2 mol B气体置于1 L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g) + B(g) = 2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为1.2 mol/L，下列说法正确的是（ ）A. 用物质A表示的反应速率为1.2 mol/(Ls)B. 用物质B表示的反应速率为0.6 mol/(Ls)C. 2s时物质A的转化率为30D. 2s时物质B的浓度为0.6 mol/L【答案】C【解析】【详解】根据2A(g)+ B(g)=2C(g)反应可知，起始浓度（mol/L）：c（A）= 4
14、、c（B）=2、c（C）=0；转化浓度（mol/L）：c（A）=1.2、c（B）=0.6、c（C）=1.2；2s浓度（mol/L）：c（A）=2.8、c（B）=1.4、c（C）=1.2；A用物质A表示的反应速率为0.6mol/（Ls），A错误；B用物质B表示的反应速率为0.3mol/（Ls），B错误；C2s时物质A的转化率为100%30%，C正确；D2s时物质B的浓度为1.4mol/L，D错误；答案选C。14.反应4A(g)+3B(g)2C(g)+D(g)，经2min，B的浓度减少0.6 molL-1。对此反应速率的表示正确的是( )用A表示的反应速率是0.4 molL-1min-1分别用B、
15、C、D表示的反应速率其比值为3：2：1在2 min末的反应速率，用B表示是0.3 molL-1min-1在这2 min内用B表示的反应速率的值是逐渐减小的，用C表示的反应速率的值是逐渐增大的A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】2min内B的浓度减少0.6molL-1，用B表示的平均速率为：v(B)=0.6molL-12min=0.3molL-1min-1，同一反应用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，所以用A表示的反应速率是v(A)=0.3molL-1min-1=0.4 molL-1min-1，故正确；同一反应用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，所以用B、C、D表示
16、的反应速率其比值为3：2：1，故正确；由上面分析知，2min内用B表示的平均速率为0.3molL-1min-1，在2 min末的反应速率应为瞬时速率，用B表示不是0.3molL-1min-1，故错误；随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢，所以2min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小的，故错误;综上正确，本题答案选A。【点睛】本题考查化学反应速率的有关计算，注意明确定义，根据情况选择合适的计算方法：根据v=c/t计算；根据同一反应用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比计算。15.已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则乙炔燃烧的热化学方程式
17、正确的是（）A. 2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）；H=+2b kJ/molB. C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）；H=-2b kJ/molC. 2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）；H=-2b kJ/molD. 2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）；H=-b kJ/mol【答案】B【解析】【详解】已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，说明a g乙炔的物质的量为0.5mol，其完全燃烧放出热量b kJ，则1mol乙炔完全燃烧放出热量2b kJ，则其燃烧的热化学方程式
18、为C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）；H=-2b kJ/mol，故正确的是B。16.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为12，Y、Z、W位于同一周期，Z原子的最外层电子数既是X原子内层电子总数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是（）A. 原子半径：YX，离子半径ZWB. 元素Y的单质能与元素X的最高价氧化物发生置换反应C. 元素Y和W能形成YW2型离子化合物D. W的单质有毒，能使湿润的有色布条褪色【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，Z原子的最外层
19、电子数既是X原子内层电子总数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍，则Z为S元素、Y为Mg元素、W为Cl元素。X、Y、Z原子的最外层电子数之和为12，则X为C元素。【详解】依据上述分析可知，X、Y、Z、W分别为C、Mg、S、Cl。A.电子层越多，半径越大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小； 原子半径MgC，离子半径S2-Cl-，A不正确；B. 元素Y的单质是Mg，其能与元素X的最高价氧化物（CO2）发生置换反应生成MgO和C，B正确；C. Mg和Cl能形成MgCl2，其属于离子化合物，C正确；D. Cl2有毒，其与水反应可以生成具有漂白作用的次氯酸，故其能使湿润的有色布条褪色，
20、D正确。综上所述，说法不正确的是A。17.一种微生物燃料电池的结构示意图如下所示，关于该电池的叙述正确的是()A. 电池工作时，电子由a流向bB. 微生物所在电极区放电时发生还原反应C. 放电过程中，H从正极区移向负极区D. 正极反应式为：MnO24H2e=Mn22H2O【答案】D【解析】【详解】A、左侧MnO2反应转化为Mn2+，Mn元素化合价降低，发生还原反应，所以左侧电极为电源的正极，电子由b流向a，故A错误；B、微生物在右侧，右侧电极为电源的负极，所以微生物所在电极区放电时发生氧化反应，故B错误；C、H+是阳离子，在原电池中，H+从负极区移向正极区，故C错误；D、电池左侧为电池的正极区
21、，MnO2在H+条件下发生得电子反应，所以正极反应式为：MnO2+4H+ +2e- =Mn2+2 H2O，故D正确；答案选D。18.根据下列事实：A+B2+=A2+B；E+2H2O=E(OH)2+H2；以B、D为电极与D的盐溶液组成原电池，电极反应为：D2+2e=D，B2eB2+由此可知A2+、B2+、D2+、E2+的氧化性强弱关系是（）A. D2+B2+A2+E2+B. B2+A2+D2+E2+C. D2+E2+A2+B2+D. E2+B2+A2+D2+【答案】A【解析】【分析】氧化剂的氧化性强于氧化产物。【详解】A+B2+=A2+B，该反应中B2+是氧化剂，A2+是氧化产物，故 B2+A2
22、+；E+2H2O=E(OH)2+H2，该反应中H2O是氧化剂，E(OH)2是氧化产物，E可以与水反应，故E2+氧化性最弱；以B、D为电极与D的盐溶液组成原电池，电极反应为：D2+2e=D，B2eB2+，该原电池反应中D2+是氧化剂，B2+是氧化产物，D2+B2+，且B、D都不与水反应。由此可知，A2+、B2+、D2+、E2+的氧化性强弱关系是D2+B2+A2+E2+，故选A。【点睛】本题的难点是要能够准确判断出只有E可以与水反应，其他几种物质都不能与水反应，故E2+的氧化性是最弱的。19.已知X为第三周期元素的原子，该原子要达到8电子稳定结构，则需要的电子数小于其次外层和最内层的电子数之差，且
23、等于最内层电子数的整数倍。下列说法正确的是（ ）A. X元素最高价氧化物对应的水化物一定是强酸B. X元素的氢化物的化学式一定为H2XC. X的单质一定是良好的半导体材料D. X元素的氧化物一定能与烧碱反应【答案】D【解析】分析】第三周期元素的次外层有8个电子，最内层有2个电子，二者之差为6。因为该原子达到8电子稳定结构需要的电子数小于6，则需要的电子数为2或4。若为2，则X为S；若为4，则X为Si，据此解答。【详解】A.硅酸为弱酸，A错误；B.硅的氢化物为SiH4，B错误；C.S单质不能作半导体材料，C错误；D.SO2、SO3和SiO2都能与烧碱反应，D正确。答案选D。20.2019年是门捷
24、列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是A. 第35号元素的单质在常温常压下是液体B. 位于第四周期第A族的元素为非金属元素C. 第84号元素的最高化合价是7D. 第七周期0族元素原子序数为118【答案】C【解析】【详解】A.35号元素是溴元素，单质Br2在常温常压下是红棕色的液体，A项合理；B.位于第四周期第A族的元素是砷元素（As），为非金属元素，B项合理；C.第84号元素位于第六周期A族，为钋元素（Po），由于最高正价等于主族序数，所以该元素最高化合价是+6，C项不合理；D.第七周期0族元素是第七周期最后一个元素，原子序数为118，D项合理。故答案选C
25、。21.同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：HAO4H2BO4H3CO4，则下列判断错误的是A. 原子半径ABCB. 气态氢化物稳定性HAH2BCH3C. 非金属性ABCD. 阴离子还原性C3B2A【答案】A【解析】【分析】同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HAO4H2BO4H3CO4，则非金属性：ABC，原子序数：ABC，结合元素周期律的递变规律进行判断【详解】A同周期元素原子半径从左到右原子半径逐渐减小，原子序数：ABC，则原子半径ABC，故A
26、错误；B非金属性：ABC，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性HAH2BCH3，故B正确；C非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因为酸性强弱顺序HAO4H2BO4H3CO4，非金属性ABC，故C正确；D非金属性越强，对应单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性ABC，则有阴离子还原性C3B2A，故D正确。故选A。22.具有下列结构示意图的微粒，既可以是原子又可以是阴离子和阳离子的是 ()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】元素形成的阴阳离子的最外层电子数等于稀有气体原子的最外层电子数8（极个别情况是2）。A.B.D.最外层电子数不是8，故选
27、C。23.镍镉（NiCd）可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反应按下式进行：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiO(OH)+2H2O；由此可知，该电池放电时的负极材料是A. CdB. Ni(OH)2C. Cd(OH)2D. NiO(OH)【答案】A【解析】【详解】放电相当于是原电池，充电相当于是电解池；原电池中负极失去电子，发生氧化反应；所以根据反应的化学方程式可知，放电时Cd失去电子，氧化生成Cd(OH)2，因此电池放电时的负极材料是Cd，故A正确；故答案选A。24.在电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，最好选用（ ）A. HC1B. NaOHC.
28、 NaClD. CuSO4【答案】B【解析】【分析】电解水时，为了增强导电性加入的物质电解时，不能产生其它物质。【详解】A.加入氯化钠，阳极氯离子放电生成氯气，A错误；B. 加入NaOH时，阳极OH-放电，阴极H+放电，B正确；C. 加入氯化氢，阳极氯离子放电生成氯气，C错误；D.加入CuSO4时，阴极铜离子放电生成Cu，D错误；答案为B25.在外界提供相同电量的条件，Cu2+或Ag+分别按Cu2+2eCu或Ag+e-Ag在电极上放电，若析出铜的质量为1.92g，则析出银的质量为A. 1.62gB. 6.48gC. 3.24gD. 12.96g【答案】B【解析】【详解】由Cu2+2e-Cu，A
29、g+e-Ag知，当外界提供相同电量的条件时，析出铜和银的关系式为：Cu2Ag，若析出铜的质量为1.92g，其物质的量为0.03mol，则析出银的物质的量为0.06mol，其质量为108g/mol0.06mol=6.48g，故答案选B。26.一种新型燃料电池，以镍板为电极插入KOH溶液中，分别向两极通乙烷和氧气，电极反应为：C2H6+18OH14e=2CO32+12H2O 7H2O+7/2O2+14e=14OH。有关此电池的推断错误的是A. 通氧气的电极为正极B. 参加反应的O2与C2H6的物质的量之比为7：2C. 放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降D. 在电解质溶液中CO32向正极移动
30、【答案】D【解析】【详解】A.在燃料电池中，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，故A正确；B.原电池中两极上转移的电子相等，当有28mol电子转移时，正极上消耗7molO2，负极上消耗2molC2H6，正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为7：2，故B正确；C.电池工作过程中，电池总反应为2C2H6+8OH-+7O2=4CO32-+10H2O，反应消耗OH-离子，KOH的物质的量浓度将下降，故C正确；D.在原电池中，电解质中的阴离子移向原电池的负极，故D错误。故选D。【点睛】原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据电极反应式判断电解质溶液的变化以及参加反应物的物质的量之间
31、的关系。二、填空题27.A、B、C、D 四种元素，原子序数依次增大，A 原子的最外层上有4个电子；B 的阴离子和 C 的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体 E，D 的 L 层电子数等于 K、M 两个电子层上的电子数之和。(1)C 离子的结构示意图为_ 。D 在周期表中位置 _。(2)写出 E 的电子式：_ 。(3)A、D 两元素形成的化合物属 _(填“离子”或“共价”)化合物。(4)写出 D 的最高价氧化物的水化物和 A 单质反应的化学方程式：_ 。(5)B 原子与氢原子形成的粒子中，与 NH3 具有相同电子数的阴离子为_(填化学式)，这种阴离子的电子式为_ 。
32、(6)A、D 两元素形成的某化合物具有与 CO2 相似的结构，试用电子式表示其形成过程_ 。【答案】 (1). (2). 第三周期第A族 (3). (4). 共价 (5). C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O (6). OH- (7). (8). 【解析】【分析】A的最外层上有4个电子，即A位于IVA族，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，C位于B的下一周期，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，E为Na2O2，推出B为O，C为Na，四种元素的原子序数依次增大，即A为C，根据核外电子排布规律，推出D为S，据此分析；【详解】A的最外层上有4个电子，即A位于IVA族，B的
33、阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，C位于B的下一周期，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，E为Na2O2，推出B为O，C为Na，四种元素的原子序数依次增大，即A为C，根据核外电子排布规律，推出D为S。(1)C为Na，其阳离子为Na，结构示意图为；D为S，位于第三周期VIA族；(2)E为Na2O2，属于离子化合物，是由Na和O22组成，即Na2O2的电子式为；(3)C与S形成的化合物是CS2，属于共价化合物；(4)D的最高价氧化物的水化物为H2SO4，C与浓硫酸在加热的条件下，生成CO2和SO2，即反应方程式为C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O；(5)O与H形成的微粒是H2
34、O2、H2O、OH、H3O，H2O2含有18电子，H2O、OH、H3O含有10电子，NH3为10电子微粒，与NH3具有相同电子数的阴离子是OH；OH的电子式为；(6)C和S形成的化合物是CS2，CO2的结构简式为O=C=O，因此CS2的结构简式为S=C=S，电子式表示其形成过程是。28.如图为原电池装置示意图。(1)将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是_(填字母)。A铝片、铜片 B铜片、铝片C铝片、铝片 D铜片、铜片写出插入烧碱溶液中形成的原电池的负极反应式：_。(2)若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，
35、工作时的总反应为PbPbO22H2SO4=2PbSO42H2O。写出B电极反应式：_；该电池在工作时，A电极的质量将_(填“增加”“减小”或“不变”)。若该电池反应消耗了0.1 mol H2SO4，则转移电子的数目为_。(3)若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，写出A电极反应式：_；该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将_(填“增强”“减弱”或“不变”)。(4)若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，写出A电极反应式：_；若该电池反应消耗了6.4克CH4，则转移电子的数目为_。【
36、答案】 (1). B (2). Al-3e-+4OH- =AlO2-+2H2O (3). PbO2+SO42-+4H+2e-=PbSO4+2H2O (4). 增加 (5). 0.1NA (6). H2+2OH-2e-=2H2O (7). 减弱 (8). CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+ (9). 3.2NA【解析】【分析】(1)利用构成原电池的条件之一：负极与电解质溶液发生氧化还原反应进行分析；(2)根据总反应式以及原电池工作原理，PbO2在正极上发生反应，得到电子，生成PbSO4，据此分析；(3)燃料电池中通燃料一极为负极，通氧气或空气一极为正极，然后书写电极反应式；(4) 燃料电池
37、中通燃料一极为负极，通氧气或空气一极为正极，然后书写电极反应式；【详解】(1)常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，Cu能与硝酸发生氧化还原反应，因此Cu作负极； Al能与NaOH溶液发生氧化还原反应，Cu不与氢氧化钠溶液反应，因此Al为负极；故选项B正确；Al与氢氧化钠溶液的反应离子方程式为 Al3e4OH=AlO22H2O；(2)B电极为PbO2，根据总反应，PbO2中Pb的化合价降低，根据原电池工作原理，B电极为正极，电极反应式为PbO22eSO424H=PbSO42H2O；A电极为负极，电极反应式为Pb2eSO42=PbSO4，PbSO4微溶于水，因此A电极的质量增加；根据总反应，消耗0.1
38、mol硫酸的同时，消耗PbO2的物质的量为=0.05mol，即转移电子物质的量为0.05mol2=0.1mol，转移电子的数目是0.1NA；(3)A电极通入H2，即该电极为负极，电解质为KOH溶液，因此A电极反应式为H22OH2e=2H2O；构成氢氧燃料电池，总反应方程式为2H2O2=2H2O，生成的H2O稀释KOH，溶液的碱性减弱；(4)A电极通入CH4，该电极为负极，电解质为H2SO4溶液，其电极反应式为CH42H2O8e=CO28H；根据A电极反应式，消耗6.4gCH4，转移电子的数目为=3.2NA。【点睛】燃料电池电极反应式的书写是本题的难点，看清楚电解质溶液的酸碱性，一般情况下：（1
39、）电解质为酸，负极上消耗水，生成H，正极上消耗H，生成H2O；（2）电解质为碱，负极上消耗OH，生成H2O，同时也考虑负极上的氧化产物是否与碱反应，正极上消耗H2O，生成OH。29.研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S。已知：CO(g)O2(g)=CO2(g)H280.0 kJmol1S(s)O2(g)=SO2(g)H290.0 kJmol1此反应的热化学方程式是_。（2）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：CO(g)NO2(g)=NO(g)CO2(g)HakJmol1（a0）2
40、CO(g)2NO(g)=N2(g)2CO2(g)HbkJmol1（b0）若用标准状况下22.4L CO还原NO2至N2（CO完全反应）的整个过程中转移电子的物质的量为_mol，放出的热量为_kJ（用含有a和b的代数式表示）。（3）用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)4NO2(g)=4NO(g)CO2(g)2H2O(g)H1540 kJmol1CH4(g)4NO(g)=2N2(g)CO2(g)2H2O(g)H2？若1molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为860 kJ，则H2_。【答案】 (1). 2CO(g)SO2(g)= S(s)+2CO2(g) H
41、270.0 kJmol1 (2). 2 (3). (4). 1180 kJmol1【解析】【分析】根据盖斯定律计算反应热时，通过适当的数学运算得到目标反应，并求出反应热。【详解】（1）CO(g)O2(g)=CO2(g)H280.0 kJmol1S(s)O2(g)=SO2(g)H290.0 kJmol1根据盖斯定律，由2可得到2CO(g)SO2(g)= S(s)+2CO2(g)，则H(280.0 kJmol1)2(290.0 kJmol1)= 270.0 kJmol1，因此，CO、SO2烟道气在催化剂作用下转化为单质S的热化学方程式是2CO(g)SO2(g)= S(s)+2CO2(g) H270
42、.0 kJmol1。（2）CO(g)NO2(g)=NO(g)CO2(g)HakJmol1（a0）2CO(g)2NO(g)=N2(g)2CO2(g)HbkJmol1（b0）根据盖斯定律，由2+可得到4CO(g)2NO2(g)= N2(g)4CO2(g) H(2a+b)kJmol1。若用标准状况下22.4L CO（物质的量为1mol）还原NO2至N2（CO完全反应），根据碳元素的化合价变化（由+2到+4）可以知道，整个过程中转移电子的物质的量为2mol；由4CO(g)2NO2(g)= N2(g)4CO2(g) H(2a+b)kJmol1可以计算，放出的热量为kJ。（3）用CH4催化还原NOx也可以
43、消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)4NO2(g)=4NO(g)CO2(g)2H2O(g)H1540 kJmol1CH4(g)4NO(g)=2N2(g)CO2(g)2H2O(g)H2？根据盖斯定律，由+可得到2CH4(g)4NO2(g)=2N2(g)2CO2(g)4H2O(g) H=H1+H2。若1molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为860 kJ，H=860 kJmol12=1720 kJmol1，则H2H -H1=1720 kJmol1(540 kJmol1)= 1180 kJmol1。30.将气体A、B置于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)B(g) 2
44、C(g)2D(g)，反应进行到10 s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8 mol，B的物质的量为0.6 mol，C的物质的量为0.8 mol。(1)用C表示10 s内反应平均反应速率为_。(2)反应前A的物质的量浓度是_。(3)10 s末，生成物D的浓度为_。【答案】 (1). 0.04molL1s1 (2). 1.5molL1 (3). 0.4molL1【解析】【分析】(1)根据化学反应速率的数学表达式进行分析；(2)A是反应物，反应前A的物质的量等于消耗A的物质的量+剩下A的物质的量，进行分析；(3)根据化学反应方程式，利用C的物质的量计算出D的物质的量；【详解】(1)根据化学反应速率的数学表达式，v(C)=0.04mol/(Ls)；(2)达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，则消耗A的物质的量为=1.2mol，则反应前A的物质的量为(1.2mol1.8mol)=3mol，A的浓度为=1.5mol/L；(3)根据反应方程式，生成C的物质的量等于生成D的物质的量，即n(D)=n(C)=0.8mol，即D的物质的量浓度为=0.4molL1。- 20 - 版权所有高考资源网
