2018-2019学年甘肃省静宁县第一中学高一下学期第二次考试化学试卷（解析版） 20页

静宁一中2018-2019学年度第二学期高一级第二次月考试题化学 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 ‎ 第I卷（选择题）‎ 一、选择题（本题共24道小题，每小题2分，共48分）‎ ‎1.2010Ne是最早发现的Ne元素的稳定同位素，汤姆逊(J.J.Thomson)和阿斯通(F.W.Aston)在1913年发现了2210Ne。下列有关2210Ne和2010Ne的关系说法正确的是（ ）‎ A. 同分异构体 B. 不同的核素 C. 性质相同 D. 同系物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原子符号中，左上角数字代表质量数，左下角数字为质子数，在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数；具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素。‎ ‎【详解】2210Ne和2010Ne的质子数为10，质量数分别为22和20，中子数分别为12和10，是Ne元素的不同核素，互为同位素，化学性质相同，物理性质不同，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查核素和同位素，注意同位素、元素符号的含义以及粒子数目的关系是解答关键。‎ ‎2.下列关于碱金属和卤素的说法，错误的是 ( )‎ A. 随着核电荷数的增大,碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大 B. 碱金属元素中,锂原子失去电子的能力最弱,卤素中氟原子得电子能力最强 C. 钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈 D. 溴单质与水反应比氯单质与水反应更剧烈 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大,A项正确;碱金属元素中,锂的金属性最弱,卤素中,氟的非金属性最强,B项正确;钾比钠活泼,故钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈,C项正确;氯的非金属性比溴强,溴单质与水反应不如氯单质与水反应剧烈,D项错误。‎ ‎3.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）‎ A. 酸性：HCl>HF B. 金属性：Na>Mg C. 碱性：KOH>NaOH D. 热稳定性：HCl>HBr ‎【答案】A ‎【解析】‎ A项，由元素周期律可解释非金属元素最高价氧化物对应水化物酸性的强弱，不能解释气态氢化物水溶液酸性的强弱；B项，核电荷数：NaMg，原子半径：NaMg，原子核对外层电子的引力：NaMg，金属性：NaMg，可用元素周期律解释；C项，金属性：KNa，碱性：KOHNaOH，能用元素周期律解释；D项，非金属性：ClBr，热稳定性：HClHBr，能用元素周期律解释；不能用元素周期律解释的是A，答案选A。‎ 点睛：本题考查元素周期律，理解元素周期律的实质和内容是解题的关键。元素原子的核外电子排布、原子半径、元素的主要化合价、元素的金属性和非金属性随着原子序数的递增呈周期性变化。元素金属性的强弱可通过金属单质与水（或酸）反应置换出氢的难易程度或最高价氧化物对应水化物碱性的强弱推断，元素非金属性的强弱可通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱、或与氢气生成气态氢化物的难易程度以及氢化物的稳定性推断。注意：元素非金属性的强弱不能通过含氧酸酸性强弱或气态氢化物水溶液酸性强弱判断，如由非金属性：SCl可推出酸性：H2SO4HClO4；但酸性：H2SO4HClO等。‎ ‎4.下列事实与元素周期律相关知识无关的是（ ）‎ A. 向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝 B. 金属钠燃烧呈现黄色火焰，金属钾燃烧呈现紫色火焰 C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4的沸点依次升高 D. F2和H2暗处化合爆炸，而Cl2和H2化合需光照或点燃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴的非金属性强于碘；B. 金属钠燃烧呈现黄色火焰，金属钾燃烧呈现紫色火焰，这种变化属于焰色反应，与核外电子在不同能级之间的跃迁有关；C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4是同一主族的元素的气态氢化物，其组成和结构相似，其相对分子质量随着其核电荷的增大而增大，故其分子间作用力的增大，其沸点依次升高；D. F2和H2暗处化合爆炸，而Cl2和H2化合需光照或点燃，说明F的非金属性强于Cl。综上所述，本题选B。‎ ‎5.下列关于化学键的叙述正确的是（ ）‎ A. 离子化合物一定不含共价键 B. 化学键的形成与原子结构无关 C. 化学键主要通过原子的价电子间的转移或共用来实现 D. 离子键可能存在于共价化合物中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.离子化合物中可能含有共价键，如NaOH、KHS等，故A错误；‎ B.化学键的形成与原子结构有关，若原子半径越大，最外层电子数越少，越易失电子而形成离子键，故B错误；‎ C.化学键主要通过原子的价电子间的转移或共用来实现，故C正确；‎ D．共价化合物中只含有共价键，不可能含有离子键，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】共价化合物中仅含共价键，故其不不含离子键；含有离子键的化合物为离子化合物，则其中可能含有共价健。‎ ‎6.下列各组化合物中，化学键类型完全相同是（ ）‎ A. CaCl2和Na2S B. Na2O和Na2O2‎ C. CO2和CaO D. HCl和NaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：CaCl2、Na2S、Na2O、CaO中只有离子键，CO2、HCl中只有共价键，Na2O2和NaOH中既有离子键又有共价键 详解：A项，CaCl2、Na2S中只有离子键，化学键完全相同；B项，Na2O中只有离子键，Na2O2中既有离子键又有非极性共价键，化学键不完全相同；C项，CO2中只有共价键，CaO中只有离子键，化学键不相同；D项，HCl中只有共价键，NaOH中具有离子键又有极性共价键，化学键不完全相同；化学键完全相同的是A项，答案选A。‎ 点睛：本题考查化学键与物质类别的关系，掌握化学键的判断方法是解题的关键。一般活泼金属元素和活泼非金属元素组成的化合物中含离子键（AlCl3除外）；全由非金属元素组成的化合物中只含共价键（铵盐除外）；含原子团的离子化合物中既含离子键又含共价键。‎ ‎7.下列金属用热还原法冶炼的是（ ）‎ A. 钠 B. 银 C. 铁 D. 汞 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：金属的冶炼根据金属性强弱不同一般有电解法、热还原法、热分解法等。‎ 详解：A、Na为活泼金属，较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，在加热条件下难以分解，A错误；‎ B、Ag为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，B错误；‎ C、Fe是金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，C正确；‎ D、汞为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.海水提镁的主要流程如下，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ ‎①试剂M是盐酸 ②流程中的反应全部都是非氧化还原反应 ‎③操作b只是过滤 ④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg(OH)2‎ ‎⑤采用电解法冶炼镁是因为镁很活泼 A. ①②③④⑤ B. ②③ C. ④⑤ D. ①④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：流程分析生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气体中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；①分析判断 M是盐酸用来溶解氢氧化镁沉淀，①正确；②分析流程中，电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应，流程中的反应不全部都是非氧化还原反应，②错误；③操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，③错误；④用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2，④正确；⑤依据氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，⑤正确，答案选D。‎ 考点：考查从海水中提取镁的原理和方法判断 ‎9.下列酸与碱中和反应热化学方程式可用：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1来表示的是(Q1，‎ Q2，Q3，Q4都大于0) (　　)‎ A. CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)＝CH3COONa(aq)＋H2O(l)　 ΔH＝－Q1 kJ·mol－1‎ B. H2SO4(浓)＋NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q2 kJ·mol－1‎ C. HNO3(aq)＋NaOH(aq)＝NaNO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q3 kJ·mol－1‎ D. H3PO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)＝ Ba3(PO4)2(s)＋H2O(l)　ΔH＝－Q4 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中和热的定义为强酸与强碱在稀溶液中发生中和反应生成1 mol H2O放出57.3 kJ的热量。‎ ‎【详解】A项、CH3COOH是弱酸，电离过程是吸热过程，反应后放热Q1小于57.3，故A错误；‎ B项、浓H2SO4稀释时要放热，反应后放热Q2大于57.3，故B错误；‎ C项、硝酸是强酸，氢氧化钠是强碱，硝酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成1mol水放出的热量Q3为57.3，故C正确；‎ D项、H3PO4是中强酸，电离过程是吸热过程，反应后放热Q4小于57.3，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查中和热，注意弱酸存在电离平衡，电离吸热，浓硫酸溶于水放出大量的热是解答关键。‎ ‎10.下列有关叙述正确的是(　　)‎ A. 如图所示，测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸条或泡沫塑料的目的是固定小烧杯 B. 若用50 mL 0.55 mol·L－1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 0.50 mol·L－1的盐酸和50 mL 0.50 mol·L－1的硫酸充分反应，两反应测定的中和热不相等 C. 为了简化装置，中和热测定实验中的环形玻璃搅拌棒可以由温度计代替 D. 中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中和热是稀的强酸溶液和强碱溶液反应生成1mol水时放出的热量，中和热的测定中需要测量酸、碱的初始温度，以及酸碱混合后的最高温度，测定实验成败的关键是保温操作。‎ ‎【详解】A项、中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故A错误；‎ B项、中和热是稀的强酸溶液和强碱溶液反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以两反应测定的中和热相等，故B错误；‎ C项、温度计不能用于搅拌溶液，所以实验中环形玻璃搅拌棒不能用温度计代替，故C错误；‎ D项、中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，硫酸是强酸，则中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查中和热的测定实验，掌握中和热的定义和中和热的测定原理，注意保温是实验成败的关键。‎ ‎11.‎0.096 kg碳完全燃烧可放出3 147.9 kJ的热量 ，则下列热化学方程式正确的是(　　)‎ A. C(s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH＝—393.49 kJ/mol B. C＋O2=CO2　ΔH＝－393.49 kJ/mol C. C(s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH＝+393.49 kJ/mol D. C(s)＋O2(g)=CO(g)　ΔH＝－393.49 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎0.096 kg碳的物质的量为8mol，完全燃烧可放出3147.9 kJ的热量，则1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出393.49 kJ的热量，反应热ΔH为—393.49 kJ/mol。‎ ‎【详解】A项、1mol碳完全燃烧放出393.49 kJ的热量，反应热ΔH为—393.49 kJ/mol，热化学方程式为C(s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH＝—393.49 kJ/mol，故A正确；‎ B项、没有标注物质的聚集状态，故B错误；‎ C项、反应热ΔH的符号标注错误，故C错误；‎ D项、碳完全燃烧生成二氧化碳，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了热化学方程式的书写，注意物质的聚集状态的标注和焓变的计算及符号标注是解答关键。‎ ‎12.已知下列两个热化学方程式：‎ H2(g) + 1/2 O2(g) H2O(l) △H=－300KJ·mol－1‎ C3H8(g) + 5O2(g) 3CO2(g) + 4H2O(l) △H =－2000.0 KJ·mol－1‎ 实验测得氢气和丙烷的混合气体共5mol，完全燃烧时放热5000KJ，则混合气体中氢气和丙烷的体积比约为（ ）‎ A. 7:10 B. 3:‎1 ‎C. 10:7 D. 1:3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设混合气中H2的物质的量为n,则C3H8的物质的量为5mol-n．根据题意,列方程为：‎ ‎300kJ·mol－1×n+2000.0kJ·mol－1×（5mol-n）=5000kJ 解得 n=50/17mol；C3H8的物质的量为5mol-50/17mol=35/17mol．‎ 所以混合气体中H2与C3H8的体积比即物质的量之比为50/17 mol：35/17mol=10：7。‎ ‎13.下图中左图是铜锌原电池示意图，图中x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示 A. 铜棒的质量 B. c(H+) C. c(SO42-) D. C(Zn2+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为 2H++2e-=H2↑；A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；B．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c(H+)逐渐降低，故B正确；C．SO42-不参加反应，其浓度不变，故C错误；D．由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c(Zn2+)增大，故D错误；故选B。‎ ‎14.如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录如下，则卡片上的描述合理的是 （  ）‎ ‎①Cu为负极，Zn为正极 ‎ ‎②Cu极上有气泡产生，发生还原反应 ‎ ‎③SO42-向Cu极移动 ‎ ‎④若有0.5mol电子流经导线，则可产生0.25mol气体 ‎ ‎⑤电子的流向是：Cu→Zn ‎ ‎⑥正极反应式：Cu+2e－==Cu2＋，发生氧化反应 A. ①②③ B. ②④ C. ②③④ D. ③④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Zn和Cu形成的原电池中，活泼金属Zn是负极，不活泼金属Cu是正极，Zn片上Zn失电子发生氧化反应，Cu片上H+得电子发生还原反应，电子由负极经导线流向正极，阳离子移向正极，阴离子移向负极。‎ ‎【详解】①在Zn和Cu形成的原电池中，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn是负极，Cu是正极，故错误；‎ ‎②铜电极上H+得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故正确；‎ ‎③阴离子移向负极，则硫酸根离子向负极锌移动，故错误；‎ ‎④若有0.5mol电子流经导线，由电极反应式2H++2e-=H2↑可知产生气体的物质的量为0.25mol，故正确；‎ ‎⑤电子由负极经导线流向正极，则电子由Zn电极流向Cu电极，故错误；‎ ‎⑥铜电极上H+得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故错误；‎ ‎②④正确，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查原电池，明确电极的判断、发生的电极反应、电子和离子的移动方向是解答关键。‎ ‎15.根据下列反应事实：①A＋B2+===A2+＋B ②D＋2H2O===D(OH)2＋H2↑ ③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为E2+＋2e－===E，B－2e－===B2+。由此可知下列微粒的关系正确的是 A. 还原性：D＞E＞A＞B B. 还原性：A＞B＞D＞E C. 氧化性：D2+＞E2+＞A2+＞B2+ D. 氧化性：E2+＞B2+＞A2+＞D2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同一化学反应中，氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性；还原剂的还原性＞还原产物的还原性，据此分析可得结论。‎ ‎【详解】①A+B2+=A2++B，该反应中氧化剂是B2+，氧化产物是A2+，所以B2+的氧化性＞A2+的氧化性；还原性A＞B；②D+2H2O=D（OH）2+H2↑，说明D为较活泼的金属，还原性较强；③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e-=E，B-2e-=B2+．该电池的电池反应式为E2++B=E+B2+，所以氧化剂是E2+，氧化产物是B2+，所以E2+的氧化性＞B2+的氧化性；还原性B＞E；综上分析可得还原性：D＞A＞B＞E；氧化性：E2+＞B2+＞A2+＞D2+。‎ 答案选D。‎ ‎16.某太阳能电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. 光照时，b极的电极反应式为VO2＋－e－＋H2O===VO2+＋2H＋‎ B. 光照时，每转移2 mol电子，有2 mol H＋由a极区经质子交换膜向b极区迁移 C. 夜间，a极的电极反应式为V3＋＋e－===V2＋‎ D. 硅太阳能电池供电原理与该电池相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A.光照时，b极失去电子，发生氧化反应，b极为负极，电极反应式为VO2+-e-+H2O=VO2++ 2H+，A项正确；B.光照时，b极失去电子，为了维持电荷平衡，H＋必须由b极区经质子交换膜向a极区迁移，B项错误；C.夜间，电池放电，a极的电极反应式为V2+-e－=V3+，C项错误；D.该电池工作时，发生了氧化还原反应，化学能转化为电能，而硅太阳能电池直接将光能转化成电能，二者供电原理不相同，D项错误。答案选A。‎ ‎17.某研究性学习小组欲完成反应：2HC1+Cu=CuCl2+H2↑，设计了下列四个实验，你认为可行是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般条件下，盐酸和不活泼金属铜不反应，如发生反应2HC1+Cu=CuCl2+H2↑，则应形成电解池，电解时铜为阳极，且盐酸为电解质溶液。‎ ‎【详解】A项、该装置为电解池，石墨为阳极，阳极氯离子放电生成氯气，故A错误；‎ B项、该装置为原电池，活泼金属铁为负极被氧化，不活泼金属铜正极，正极上氢离子被还原析出氢气，故B错误；‎ C项、该装置为电解池，铜为阳极被氧化，阴极上氢离子被还原析出氢气，故C正确；‎ D项、该装置中铜和银均为不活泼金属，与盐酸不能发生氧化还原反应，不能形成原电池，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查电解原理，明确Cu与盐酸常温下不能反应，应设计为电解池为解答的关键。‎ ‎18.某电化学气敏传感器的工作原理如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A. b极为负极 B. a极的电极反应式为2NH3+3O2﹣﹣6e﹣═N2+3H2O C. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：5‎ D. 该传感器在工作过程中KOH的物质的量不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、该感器在工作过程中，负极上氨气失电子生成氮气，则a为负极，故A错误；B、碱性条件下，氨气失电子生成氮气和水，则a极的电极反应式为2NH3+6OH--6e-═N2+6H2O，故B错误；C、电池的总反应为4NH3+3O2═2N2+6H2O，则反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；D、该传感器在工作过程中总反应为4NH3+5O2═4N2+6H2O，所以KOH的物质的量不变，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查化学电源新型电池 ‎【名师点晴】本题考查了原电池原理，明确正负极上发生的电极反应即可解答，难点是电极反应式的书写。侧重于考查学生的分析能力。该感器在工作过程中，负极上氨气失电子生成氮气，则a为负极，氧气在正极上得电子生成氢氧根离子，其电池的总反应为4NH3+5O2═4N2+6H2O。‎ ‎19. 下列叙述正确的是 A. Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图一所示，石墨电极上产生氢气，铜电极发生氧化反应 B. 图一所示当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成 C. 图二装置中发生：Cu＋2Fe3+= Cu2+＋2Fe2+，X极是负极，Y极材料可以是铜 D. 如图二，盐桥的作用是传递电荷以维持电荷平衡，Fe3+经过盐桥进入左侧烧杯中 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：图一为电解池,电解质溶液为强碱性溶液，石墨电极与电源负极相连为阴极，发生还原反应：2H2O + 2e-= H2↑+ 2OH-，铜电极与电源正极相连为阳极，发生氧化反应：2Cu – 2e-+ 2OH- = Cu2O + H2O ，电解总反应为：2Cu+H2OCu2O+H2↑。由此可知A选项正确。根据电解总反应可知，当有0.2mol电子转移时，才有0.1molCu2O生成， B选项不正确。图二装置为原电池，根据图中给出的电子流向，可以判断X极是电池的负极，Y极是电池的正极；根据装置中发生的反应：Cu＋2Fe3+= Cu2+＋2Fe2+，可知X极为负极，失电子，发生氧化反应，即Cu-2e- = Cu2+，所以X极的材料应该是铜。依据原电池的形成条件，Y极材料应该是活动性比铜弱的金属或石墨等材料，故C选项不正确。盐桥的作用①盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，从而沟通内电路，形成闭合回路，保障了电子通过外电路从电池负极到正极的不断转移，使原电池不断产生电流；②平衡电荷，盐桥可使由它连接的两个半电池中的溶液保持电中性，同时又能阻止反应物直接接触。所以，Fe3+是不能经过盐桥进入左侧烧杯中，故D选项不正确。‎ 考点：电化学基础知识 ‎20.如图所示,某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理,其中乙装置中X为阳离子交换膜。下列有关说法正确的是 (　　)‎ A. 反应一段时间后,乙装置中生成的氢氧化钠在铁极区 B. 乙装置中铁电极为阴极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+‎ C. 通入氧气的一极为正极,发生的电极反应为O2-4e-+2H2O4OH-‎ D. 反应一段时间后,丙装置中硫酸铜溶液浓度保持不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：甲装置为甲醚燃料电池，投放氧气的一极发生还原反应，为电极的正极，投放燃料的为电极的负极；乙装置为电解饱和氯化钠的装置，根据串联电池中，电子的转移，可知Fe电极为阴极，C极为阳极；丙装置为电解精炼铜的装置，精铜为阴极，粗铜为阳极。A．乙装置中铁极反应2H++2e-＝H2↑，所以反应一段时间后，装置中生成的氢氧化钠在铁极区，A正确；B．乙装置中铁极反应为2H++2e-＝H2↑， B错误；C．投放氧气的一极发生还原反应，为电极的正极，发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-＝4OH-‎ ‎，C错误；D．丙装置中，粗铜极除了铜发生氧化反应外，活动性在铜前面的金属也要反应，但是在精铜极，除铜离子被还原外，没有其他离子能被还原，根据得失电子相等，可知硫酸铜溶液浓度减小，D错误，答案选A。‎ 考点：考查电化学 ‎21.某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi+Li1﹣xMn2O4 LiMn2O4，某手机镍氢电池总反应为：NiOOH+MH M+Ni（OH）2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是（　　）‎ A. 锂离子电池放电时Li+向正极迁移 B. 镍氢电池放电时，正极的电极反应式：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣‎ C. 图表示用锂离子电池给镍氢电池充电 D. 锂离子电池充电时，阴极的电极反应式：LiMn2O4﹣xe﹣═Li1﹣xMn2O4+xLi+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、放电时，相当于原电池，则阳离子向正极移动，正确；B、镍氢电池放电时，正极发生还原反应，元素的化合价降低，则NiOOH得到电子生成氢氧化镍，正确；C、根据装置图中的电极材料可知，左图是锂离子电池的放电反应，上图是镍氢电池的充电反应，所以表示用锂离子电池给镍氢电池充电，正确；D、锂离子电池充电时，阴极发生还原反应，所以锂离子得到电子生成Li单质，错误，答案选D。‎ 考点：考查电化学反应原理的应用 第II卷（非选择题）‎ 二、填空题（本题共4道小题，共58分）‎ ‎22.实验法是学习化学的重要方法。‎ Ⅰ．海带中含有丰富的碘元素，以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下(已知2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，碘与溴一样易溶于有机溶剂)：‎ ‎(1)实验操作①的名称：_______________________。‎ ‎(2)实验步骤②中加适量Cl2的目的_____________________。‎ ‎(3)实验步骤③提取碘的过程中，不能选用的溶剂是__________________________。‎ A．苯 B．酒精 C．四氯化碳 ‎ ‎(4)从海藻开始经过5步操作到含碘的有机溶液的实验过程中，要用到多种实验仪器。已知实验室里有坩埚、坩埚钳、烧杯、玻璃棒、酒精灯、石棉网、以及必要的夹持仪器等物品，尚缺少的玻璃仪器是____________、_____________。‎ ‎(5)从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏，指出下图所示实验装置中的错误之处：__________、_________ 、_________。‎ Ⅱ．某学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物:‎ 填空和回答下列问题 ‎(1) 写出生成B物质的化学方程式__________、______________________‎ ‎(2)滤液中的溶质有__(写化学式)，若要制得纯净的NaCl，应向滤液中加入适量的某种试剂，该试剂的名称是________。‎ ‎(3)若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和另一物质的质量，这种物质是 ‎____________。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). 将I- 转化为I2 (3). B (4). 分液漏斗 (5). 漏斗 (6). 无石棉网 (7). 温度计水银球的位置不对 (8). 水流方向上进下出 (9). CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl (10). NaCl、 Na2CO3 (11). 盐酸 (12). 混合物A ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）将海藻灰的悬浊液进行过滤后得到含有碘离子的溶液，实验操作①的名称：过滤；综上所述，本题答案是：过滤。‎ ‎（2）碘离子变为碘单质，需要加入氧化剂，因此实验步骤②中加适量Cl2的目的是将I- 转化为I2 ；综上所述，本题答案是：将I- 转化为I2 。 ‎ ‎（3）提取碘的过程中为萃取,萃取剂选择原则:①和原溶液中的溶剂互不相溶; ②对溶质的溶解度要远大于原溶剂；  A.苯与水互不相溶,碘在苯中溶解度远远大于水中,故A选；  B.酒精与水互溶,不能萃取碘水中的碘, 故B选； ‎ C.四氯化碳与水互不相溶,碘在四氯化碳中溶解度远远大于水中, 故C不选； 因此，本题正确答案是:B。 （4）将海藻变为海藻灰，需要进行灼烧，用到的仪器有：坩埚、坩埚钳、石棉网等；将海藻灰的悬浊液进行过滤，需要用到玻璃棒、烧杯、漏斗；将碘进行萃取和分液，需要仪器有：玻璃棒、、玻璃棒、分液漏斗；综合上述分析，从海藻开始经过5步操作到含碘的有机溶液的实验过程中，尚缺少的玻璃仪器是：分液漏斗，漏斗；综上所述，本题答案是：分液漏斗，漏斗。‎ ‎（5）)烧杯受热要垫石棉网,增大受热面积；冷凝水是上进下出,冷凝水的方向错误,应为下进上出；温度计水银球的位置错误，温度计水银球应与烧瓶支管口相平；综上所述，本题答案是：无石棉网， 温度计水银球的位置不对，水流方向上进下出。  Ⅱ．(1)B物质是氯化钙和碳酸钠反应生成的，且不溶于水,由复分解反应可以知道B为碳酸钙,反应的方程式：CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl；综上所述，本题答案是：CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl。‎ ‎ (2) 将此实验方法分离得到的NaCl,经分析含杂质,原因是前面加入的碳酸钠过量, 没有除去,所以滤液中含有NaCl和Na2CO3溶质；若要制得纯净的NaCl，就需要除去碳酸钠，而又不引入其它杂志，因此应向滤液中加入适量的盐酸溶液；综上所述，本题答案是：NaCl、Na2CO3；盐酸。‎ ‎(3)若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和A（混合物）的质量；因此，本题正确答案是: 混合物A。‎ ‎【点睛】‎ 蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。‎ ‎23.普通锌锰干电池的结构如图所示。回答下列问题。 ‎ ‎（1） ①电池中电解质溶液为________。 ‎ ‎②正极反应式为_______________。 ‎ ‎③放电时，NH 4 +向______（填“正极”或“负极”）移动。 ‎ ‎（2）废电池中的锌皮常用于实验室制氢气，废锌皮和纯锌粒分别与同浓度的稀硫酸反应，产生氢气速率较大的是____，原因是____。若用过量的纯锌粒与一定量的稀硫酸反应，为了加快反应速率又不影响产生氢气的量，下列措施可行的是_____（填序号）。‎ A．微热 B．加入适量氧化铜 C．加入少量硫酸铜溶液 D．加水 E．加入少量氢氧化钡溶液 ‎【答案】（1）①NH4Cl（或氯化铵）溶液　②2MnO2＋2NH4+＋2e－=Mn2O3＋H2O＋2NH3　③正极 ‎（2）废锌皮　废锌皮在稀硫酸中可构成原电池，加快负极失电子速率，相应产生氢气速率较大　AC ‎【解析】‎ ‎（1）该电池的工作原理：负极失去电子被氧化，正极上富集电子，阳离子向正极移动。（2）从影响化学反应速率的角度考虑，构成原电池能加快负极失电子。‎ ‎24.电解原理在化学工业上有广泛应用。如图表示一个电解池，装有电解液a，X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：‎ ‎（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，①电解池中X极上的电极反应式为 _____，在X极附近观察到的现象为__。‎ ‎②Y电极上的电极反应式______，检验该电极反应产物的方法是__。‎ ‎（2）如果用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液(说明：杂质发生的电极反应不必写出)‎ ‎①X电极的材料是_________，电极反应式为______________。‎ ‎②Y电极的材料是__________，电极反应式为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 2H＋＋2e－＝H2↑ (2). 放出气体，溶液变红 (3). 2Cl－－2e－＝Cl2↑ (4). 把湿润的淀粉－KI试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色 (5). 纯铜 (6). Cu2＋＋2e－＝Cu (7). 粗铜 (8). Cu－2e－＝Cu2＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电解饱和氯化钠溶液时，由电源可知，X为阴极，Y为阳极，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子生成氢气，氢离子放电破坏水的电离平衡，使阴极附近呈碱性；氯气具有强氧化性，能使湿润的淀粉－KI试纸变蓝色；‎ ‎（2）电解方法精炼粗铜时，粗铜做阳极，纯铜做阴极。‎ ‎【详解】①与电源负极相连的X极为阴极，阴极上是氢离子得电子生成氢气，氢离子放电破坏水的电离平衡，使阴极附近呈碱性，溶液变红色，故答案为：2H＋＋2e－=H2↑；放出气体，溶液变红；‎ ‎②与电源的正极相连的Y极是阳极，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，氯气具有强氧化性，检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸检验生成的气体，气体能使试纸变蓝色，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；把湿润的淀粉－KI试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；‎ ‎（2）①X电极与电源负极相连，为精炼池的阴极，阴极材料是纯铜，Cu2+在阴极上得电子发生还原反应生成Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故答案为：纯铜；Cu2++2e-=Cu；‎ ‎②Y电极与电源的正极相连，为精炼池的阳极，阳极材料是粗铜，粗铜中铜和比铜活泼的金属失电子发生氧化反应生成金属阳离子，Cu放电的电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，故答案为：Cu－2e－=Cu2＋。‎ ‎【点睛】本题考查电解池的工作原理及应用，明确由图中电源的正负极确定电解池的阴阳极，熟悉电极反应及离子的放电顺序是解答的关键。‎ ‎25.氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一，消除氮氧化物有多种方法。‎ ‎（1）目前，应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原法，化学反应可表示为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3H2O(g) △H＜0。‎ ‎①该反应中，反应物总能量_____(填“>”、“<”或“=”)生成物总能量。‎ ‎②当该反应有2mol N2(g)生成时，转移电子的物质的量为______mol。‎ ‎（2）也可以利用甲烷催化还原氮氧化物．已知：‎ CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574kJ/mol CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ/mol 则CH4(g)将NO(g)还原为N2(g)的热化学方程式是______________。‎ ‎（3）还可利用ClO2 消除氮氧化物的污染，反应过程如下(部分反应物或生成物略去)：‎ ‎ NO NO2 N2‎ 反应I的产物中还有两种强酸生成，且其中一种强酸为硝酸，且硝酸与NO2物质的量相等，则化学反应方程式为_____，反应中若生成‎22.4L N2(标准状况)，则消耗ClO2_____g。‎ ‎（4）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。下图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。‎ ‎①氢氧燃料电池的能量转化主要形式是_______，工作时电流方向为____（用a、b和箭头表示）。‎ ‎②负极的电极反应式为________________。‎ ‎③电极表面镀铂粉的原因为____________。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). 6 (3). CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ·mol﹣1 (4). 2NO + ClO2 + H2O = NO2 + HNO3 + HCl (5). 135 (6). 化学能→电能 (7). b→a (8). H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O (9). 增大电极单位面积吸附H2和O2的分子数，增大反应速率 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①该反应为放热反应；‎ ‎②由元素化合价变化可知，该反应中还原剂为NH3，氧化剂为NO和NO2；‎ ‎（3）根据信息知道一氧化氮和二氧化氯之间反应生成产物是硝酸、氯化氢以及二氧化氮，反应方程式为：2NO+ClO2+H2O＝NO2+HNO3+HCl，反应生成的NO2与Na2SO3发生氧化还原反应生成氮气和硫酸钠，反应的化学方程式为2NO2+4Na2SO3＝N2+4Na2SO4；‎ ‎（4）该装置是把化学物质中的能量转化为电能，碱性环境中，负极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为H2+2OH--2e-＝2H2O，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为2H2O+O2+4e-＝4OH-，电子的流向是从负极经导线流向正极。‎ ‎【详解】（1）①该反应为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故答案为：＞；‎ ‎②由化学方程式可知，当该反应有2molN2(g)生成时，反应消耗还原剂NH3的物质的量为2mol，则反应的电子转移的量是2 mol×3=6mol，故答案为：6；‎ ‎（2）将已知反应依次编号为①②，根据盖斯定律②×2-①可得CH4(g)将NO(g)还原为N2(g)的方程式CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），则△H=[2×（-867kJ/mol）－（-574kJ/mol）]=-1160kJ•mol-1，故答案为：CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ•mol-1；‎ ‎（3）根据信息知道一氧化氮和二氧化氯之间反应生成产物是硝酸、氯化氢以及二氧化氮，由硝酸与NO2物质的量相等可知反应方程式为：2NO+ClO2+H2O＝NO2+HNO3+HCl；反应生成的NO2与Na2SO3发生氧化还原反应生成氮气和硫酸钠，反应的化学方程式为2NO2+4Na2SO3＝N2+4Na2SO4，由反应的两个化学方程式可知，ClO2和N2的关系式为：2ClO2～2NO2～N2，标准状况下，反应中生成‎22.4L N2的物质的量为1mol，则n（ClO2）=2n（N2）=2 mol，m（ClO2）=2mol×‎67.5g/mol=‎135g，故答案为：2NO+ClO2+H2O＝NO2+HNO3+HCl；135；‎ ‎（4）①该装置是把化学物质中的能量转化为电能，所以是化学能转变为电能；在原电池中，负极上失电子，正极上得电子，电子的流向是从负极经导线流向正极，所以是由a到b，电流方向为b→a，故答案为：化学能转变为电能；b→a；‎ ‎②碱性环境中，负极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式H2+2OH--2e-＝2H2O，故答案为：H2-2e-+2OH-＝2H2O；‎ ‎③电极表面镀铂粉，增大了电极单位面积吸附H2、O2的分子数，使反应物的浓度增大，反应速率加快，故答案为：增大电极单位面积吸附H2和O2的分子数，加快电极反应速率。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，注意氧化还原反应转移电子数目的计算、盖斯定律的计算，明确原电池的原理和电极反应式的书写为解答关键。‎