河北省唐山市海港高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题 24页

海港高级中学2020年高一第二学期期中考化学试题 本卷可能用到的相对原子质量有： H—1，C—12，N—14，O—16， S—32，Al—27,　Pb-207,　Ag-108,　Cu-64,　Mg-24,　Fe-56‎ 第Ⅰ卷（选择题，共50分）‎ 一、选择题：（本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列物质的变化过程中，需克服分子间作用力的是（ ）‎ A. 碘化氢的分解 B. 生石灰的熔化 C. 氯化钠的熔化 D. 酒精的蒸发 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碘化氢的分解产生H2和I2，有化学键的断裂和形成，破坏的是化学键，与分子间作用力无关，A不符合题意；‎ B. 生石灰主要成分是CaO，生石灰的熔化克服的是离子键，B不符合题意；‎ C. 氯化钠属于离子晶体，NaCl熔化克服的是离子键，C不符合题意；‎ D. 酒精是由分子的物质，固态时构成的是分子晶体，酒精蒸发克服的是分子间作用力，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎2. 以下现象与电化腐蚀无关的是 A. 黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿 B. 生铁比软铁芯（几乎纯铁）容易生锈 C. 铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈 D. 银质奖牌久置后表面变暗 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电化学腐蚀是形成原电池，而加速金属的腐蚀。ABC构成了原电池的形成条件；D、银质奖牌生锈为与氧气的反应是化学腐蚀。‎ ‎3.短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径的大小顺序: r(Y)>r(Z)>r(W)‎ B. 元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同 C. 元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强 D. 只含X、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题推知：X为H（氢），Y为N（氮），Z为O（氧），W为Na（钠）。‎ A．原子半径大小应该是：r(W)>r(Y)>r(Z)，选项A错误；‎ B．元素Z、W 的简单离子分别为O2-和Na+，电子层结构相同，选项B错误；‎ C．Y、Z的气态氢化物分别是NH3和H2O，稳定性H2O大于NH3 ，选项C错误；‎ D．只含X、Y、Z三种元素的化合物可以是共价化合物如：HNO3，也可以是离子化合物如：NH4NO3 ，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎4.下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是（ ）‎ A. H2O的结构式：H－O－H B. H2O2的电子式：H＋[∶∶∶] 2－H＋‎ C. CO2的比例模型： D. ‎14C的原子结构示意图：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在H2O分子中，O原子最外层有6个电子，其中含有2个成单电子，这两个电子分别与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，结构式为H－O－H，A正确；‎ B. H2O2为共价化合物，电子式为：，B错误；‎ C. 原子半径C>O，因此该比例模型不能反映分子中原子的相对大小，C错误；‎ D. C是6号元素，‎14C的原子结构示意图为：，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎5.已知1～18号元素的离子aAm+、bBn+、cCm-、dDn-(m>n)都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是 A. 原子半径：A>B>C>D B. 离子半径：Cm->Dn->Bn+>Am+‎ C. 氢化物的稳定性：HmC＞HnD D. 单质的还原性：A>B>D>C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素的离子：aAm+、bBn+、cCm-、dDn-均具有相同的电子层结构，则有：a-m=b-n=c+m=d+n，则有A、B在周期表中C、D的下一周期，且A、B为金属元素，C、D为非金属元素，且阳离子带有的电荷越多，其原子序数越大，阴离子带有的电荷越多，其原子序数越小，结合元素周期律递变规律解答该题。‎ ‎【详解】A. 元素原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：B>A>C>D，A错误；‎ B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Cm->Dn->Bn+>Am+，B正确；‎ C.元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：D>C，所以氢化物的稳定性：HmCA>C>D，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎6.在密闭容器中进行反应：‎2A+3B⇌‎2C．开始时C的浓度为a mol•L﹣1 ，2min后C的浓度变为‎2a mol•L﹣1 ，A和B的物质的量浓度均变为原来的 1/2，则下列说法中不正确的是（　　）‎ A. 用B表示的反应速率是‎0.75a mol/（L•min）‎ B. 反应开始时，c（B）=‎3a mol•L﹣1‎ C. 反应2min后，c（A）=‎0.5a mol•L﹣1‎ D. 反应2min后，c（B）=‎1.5a mol•L﹣1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据化学反应速率的表达式，v(C)=(‎2a－a)/2mol/(L·min)=0.5 mol/(L·min)，根据化学反应速率之比等于系数之比，则v(B)=3v(C)/2=0.75mol/(L·min)，故说法正确；‎ B、反应过程中，消耗c(B)=1.5amol·L－1，则反应开始时，c(B)=3amol·L－1，故正确；‎ C、开始时，A的浓度为2amol·L－1，则反应2min后，c(A)=‎3a/2mol·L－1=1.5amol·L－1，故说法错误；‎ D、根据B的分析，反应2min后，c(B)=‎3a/2mol·L－1=1.5amol·L－1，故说法正确。‎ ‎7.近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O=2Cu＋2Li＋＋2OH－。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 放电时，Li＋透过固体电解质向Cu极移动 B. 放电时，负极的电极反应式为Cu2O＋H2O＋2e－=2Cu＋2OH－‎ C. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O D. 整个反应过程中，铜相当于催化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；‎ B．放电时，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，故B错误；‎ C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；‎ D．由C项分析知：铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点晴】结合原电池结构，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。‎ ‎8.下列各组微粒中，属于同位素的是 A. 和 B. H2O和D2O C. O2与O3 D. CH3CH2OH与CH3OCH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，同位素指的是核素，因而答案选A。‎ 另外B指的是不同质量数的水分子，C指的是同素异形体，D指的是同分异构体，明显不符合题意。‎ ‎9.下列叙述正确的是 （ ）‎ A. 原子晶体中一定不存在化学键 B. 离子晶体中只存在离子键 C. 在共价化合物中一定有共价键 D. 非金属原子间只能形成共价化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 原子晶体中存在共价键；‎ B. 含有离子键的晶体是离子晶体，离子晶体中可能含有共价键；‎ C. 共价化合物中只含共价键；‎ D. 非金属原子间不一定形成共价化合物。‎ ‎【详解】A. 原子晶体中一定存在化学键，A错误；‎ B. 含有离子键的晶体是离子晶体，离子晶体中可能含有共价键，如NaOH等，B错误；‎ C. 在共价化合物中一定有共价键，C正确；‎ D. 非金属原子间不一定形成共价化合物，可能形成离子键，如NH4Cl是非金属元素形成的离子晶体，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了离子化合物和共价化合物的判断，根据离子化合物和共价化合物的概念来分析解答，注意不能根据化合物中所含元素类别判断化学键类型，为易错点。‎ ‎10.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（   ）‎ A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池 C. 太阳能集热器 D. 燃气灶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；‎ B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；‎ C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；‎ D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎11.砷为第四周期第ⅤA族元素，依据它在周期表中的位置，推测砷不可能具有的性质是 A. 砷在通常状况下为固体 B. 砷的最高正化合价为+5‎ C. 砷的最高价氧化物的水化物砷（H3AsO4）的酸性比磷酸（H3PO4）强 D 砷化氢（AsH3）不如氨气（NH3）稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同主族元素单质磷是固体，根据元素周期律知，砷是固体，选项A正确；‎ B.砷为第四周期第ⅤA族元素，砷的最高正化合价为+5，选项B正确；‎ C.磷比砷的非金属性强，根据元素周期律知，As2O5对应水化物的酸性比H3PO4弱，选项C错误；‎ D.氮比砷的非金属性强，根据元素周期律知，NH3的稳定性比AsH3强，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎12. 四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是 A. 原子半径ZX，故酸性HNO3>H2SiO4，B错误；‎ C、氧元素非金属性强于硅元素，热稳定性H2O>SiH4，C正确；‎ D、Z为O，位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎13.若R元素原子的质量数为A，Rm-的核外电子数为x，则w g Rm-所含中子的物质的量为（ ）‎ A. (A-x+m) mol B. (A-x-m) mol C. (A-x+m) mol D. (A-x-m) mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在阴离子中，阴离子的核外电子数=质子数+电荷数，质量数=质子数+中子数。‎ ‎【详解】R元素原子的质量数为A，则w g Rm-的物质的量为n(Rm-)= mol。Rm-离子有x个电子，电荷数为m，由于阴离子的核外电子数=质子数+电荷数，所以Rm-离子核内质子数=核外电子数-电荷数=x-m；根据质量数=质子数+中子数，可得Rm-原子核内的中子数=质量数-质子数=A-(x-m)=A-x+m，所以w g Rm-离子中含有中子的物质的量为 mol×(A-x+m)=(A-x+m) mol，故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了核外电子数、质子数、中子数、质量数、电荷数之间的关系，明确由原子变成离子，变化的是核外电子数，不变的是核内质子数。原子得到电子变为阴离子，原子失去电子形成阳离子。阳离子的质子数=核外电子数+电荷数，阴离子的质子数=核外电子数-电荷数。‎ ‎14.某原电池总反应离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，能实现该反应的原电池是(　　)‎ A. 正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3溶液 B. 正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为Fe(NO3)2溶液 C. 正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液 D. 正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为CuSO4溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，‎ A．铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的氯化铁，选项A符合题意；‎ B．铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的硝酸亚铁，选项B不符合题意；‎ C．铁作正极，锌作负极，电解质为可溶性的硫酸铁，电池总反应为：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+，选项C不符合题意；‎ D．铁作负极，银作正极，电解质应为可溶性的铁盐而不是铜盐，电池总反应为：Cu2++Fe═Cu+Fe2+，选项D不符合条件；‎ 答案选A。‎ 由原电池总反应式可知，Fe为负极，电解质溶液应是三价铁盐。C项中Fe为正极，故C错；D项中，电解质溶液为CuSO4溶液，故D错。‎ ‎15.下列对物质性质的描述中属于离子晶体的是（ ）‎ A. 熔点是‎1070℃‎，易溶于水，水溶液能导电 B. 熔点是‎10.31℃‎，液态不导电，水溶液能导电 C. 熔点‎3550℃‎，硬度大，不导电 D. 熔点是‎97.80℃‎，质软、导电，密度是‎0.97g/cm3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 熔点是‎1070℃‎，易溶于水，水溶液能导电，属于离子晶体的物理性质，A正确；‎ B. 熔点是‎10.31℃‎，液态不导电，水溶液能导电，属于分子晶体的物理性质，B错误；‎ C. 不溶于水，熔点‎3550℃‎，不导电，属于原子晶体的物理性质，C错误；‎ D. 熔点是‎97.80℃‎，质软、导电，密度是‎0.97g•cm-3，属于金属晶体的物理性质，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎16.用铂电极电解CuSO4溶液，当c（Cu2+）降至原来的一半时停止通电，则加入下面物质能使溶液恢复成原来浓度的是（ ）‎ A. 无水CuSO4 B. CuO C. Cu(OH)2 D. CuSO4·5H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】CuSO4溶液存在的阴离子为:SO42-、OH-, OH-离子的放电能力大于SO42- 离子的放电能力,所以OH-离子放电生成氧气；溶液中存在的阳离子是Cu2+、H+, Cu2+离子的放电能力大于H+离子的放电能力,所以Cu2+离子放电生成Cu；溶液变成硫酸溶液；电解硫酸铜的方程式为: 2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；所以从溶液中析出的物质是氧气和铜,因为氧气和铜和稀硫酸都不反应,但和氧化铜反应,氧气和铜反应生成氧化铜,所以向溶液中加入氧化铜即可； 答案选B。‎ ‎17.对于反应A(s)+3B(g)‎2C(g)+2D(g)，改变下列条件会使反应速率增大的是( )‎ A. 添加A物质 B. 升高体系温度 C. 及时分离出C物质 D. 减少B物质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应物A为固体，加入固体，其浓度不变，则反应速率不变，A错误；‎ B. 升高体系的温度，化学反应的反应速率加快，B正确；‎ C. 及时分离出C物质，物质浓度减小，反应速率减小，C错误；‎ D. 减少B物质，使B物质浓度减小，反应速率减小，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎18.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，据此判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 白磷比红磷稳定 B. 石墨转变为金刚石是吸热反应 C. S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2，则ΔH1 >ΔH2‎ D. CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH>0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图①可知，生成物相同，红磷的能量比白磷的能量低，则红磷比白磷稳定，A错误；‎ B. 由图②可知，生成物相同，石墨的能量比金刚石能量低，则石墨转变为金刚石是吸热反应，B正确；‎ C. 由图③可知，生成物相同，气态S比固态S能量高，则S(g)+O2(g)=SO2(g)中放热多，焓变小，即△H1<△H2，C错误；‎ D. 由图④可知，CO2(g)、H2(g)的总能量小于CO(g)、H2O(g)的总能量，则CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为放热反应，△H<0，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎19.一定温度下，将 2 molSO2 和 1 molO2 充入一定容密闭容器中，在催化剂存在下进行下列反应: 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；△H=－197kJ/ mol，当达到平衡状态时，下列说法中正确的是 A. 生成 SO3为2 mol B. 反应放出 197 kJ 的热量 C. SO2和SO3 物质的量之和一定为 2mol D. SO2、O2、SO3的物质的量之比一定为2:1:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2molSO2和1molO2充入定容密闭容器中，若两者完全转化为SO3，得到SO3为2mol，但反应为可逆反应，不能完全转化，所以生成的SO3小于2mol，A项错误；‎ B.2molSO2和1molO2充入定容密闭容器中，若两者完全转化为SO3，放出的热量为197kJ，但反应为可逆反应，不能完全转化，所以反应放出热量小于197kJ，B项错误；‎ C.根2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）可知，SO2的消耗量等于SO3的生成量，所以反应过程中SO2和SO3物质的量之和恒定，等于2mol，C项正确；‎ D.SO2、O2、SO3的物质的量之比不一定为2:1:2，注意SO2、O2、SO3的转化的物质的量之比等于化学计量数之比即2：1：2，D项错误。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】无论化学反应是否可逆，热化学方程式中的反应热ΔH都表示反应进行到底(完全转化)时的能量变化。如2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)　ΔH＝－197kJ·mol－1，ΔH是指2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)完全转化为2 mol SO3(g)时放出的能量。若在相同的温度和压强下，向某容器中加入2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)，反应达到平衡时放出的能量为Q，因反应不能完全转化为SO3(g)，故Q<197 kJ。‎ ‎20. 四位同学同时进行反应：A(g)＋3B(g)＝‎2C(g)＋2D(g) 的速率测定实验，分别测得反应速率如下：① v(A)=" 0.15mol/(L·s)②v(B)=" 0.6mol/(L·s) ③v(C)=" 0.4mol/(L·s)④v(D)=" 0.45mol/(L·s)。其中，反应进行得最快的是 ( )‎ A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】如果都用物质A表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知①～④分别是[mol/(L·s)]0.15、0.2、0.2、0.225，所以反应速率最快的是④，答案选D。‎ ‎【点晴】明确反应速率的含义以及计算依据是解答的关键。同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。‎ ‎21.沼气是一种能源，它的主要成分是，完全燃烧生成和液态水时放出 ‎445kJ的热最，则下列热化学方程式中正确的是( )‎ A. ‎ B ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答。‎ ‎【详解】完全燃烧生成和液态水时，放出445KJ热量， 则在氧气中燃烧生成和液态水，放出890kJ热量， 则热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ∆H=-890kJ/mol； ‎ 故选：C。‎ ‎22.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，不能表明反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已达平衡的是（ ）‎ A. B的物质的量浓度 B. 混合气体的密度 C. 混合气体的平均相对分子质量 D. 混合气体的压强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎【详解】A. 反应物B的物质的量浓度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，A正确；‎ B. 定容条件下气体的密度不变，说明气体的质量不发生变化，反应达平衡状态，B正确；‎ C. 混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，C正确；‎ D. 气体两边计量数相等，压强始终不变，所以不能根据压强不变来判断平衡状态，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，用同一物质表示的正、逆反应速率相等，但不为0。对于在恒容密闭容器中进行的可逆反应，若反应前后气体体积相等，则压强始终保持不变；对于反应混合物都是气体的反应，气体的密度始终保持不变，就不能据此判断反应是否达到平衡状态。‎ ‎23.某航空站安装了一台燃料电池，该电池可同时提供电和水蒸气，所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾。已知电池的总反应为2H2+O2=2H2O，正极反应为2CO2+O2+4e-=2CO32-。下列说法正确的是 A. 该电池可在常温或高温时工作 B. 负极反应为H2+2OH--2e-=2H2O ‎ C. 该电池工作时负极有CO2生成 D. 理论上该电池供应1 mol H2O，同时导线中转移4 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该电池使用的电解质是熔融的碳酸钾，碳酸钾是离子化合物，熔点较高，因此在常温下无法工作，A错误；‎ B. 放电时，电池的总反应为2H2+O2=2H2O，正极反应为2CO2+O2+4e-=2CO32-，则负极反应为：2H2-4e-+2CO32-=2CO2+2H2O，B错误；‎ C. 根据选项B可知负极反应为2H2-4e-+2CO32-=2CO2+2H2O，负极上有CO2生成，C正确；‎ D. 由反应可知，每生成2 mol H2O会转移4 mol电子，则该电池供应1 mol H2O，同时转移2 mol电子，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎24.反应Br+H2HBr+H的能量对反应历程的关系如图，则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 正反应为放热反应 B. 反应物总能量高于生成物总能量 C. 升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率 D. 加入催化剂，该化学反应的反应物的总能量与生成物的总能量差不改变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应物的总能量小于生成物的总能量，故该反应是吸热反应，A错误； ‎ B. 根据图象可知：反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应是吸热反应，B错误；‎ C. 升高温度既可增大正反应速率，也可以增大逆反应速率，C错误；‎ D. 加入催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的总能量，因此反应热不变，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎25.汞阴极法电解饱和食盐水制取NaOH的原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 电解室中反应的化学方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑‎ B. 解汞室中反应的离子方程式为 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑‎ C. 该方法的缺点是挥发出的汞蒸气会造成环境污染 D. 电解室与解汞室产生的气体可用于制取盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 汞阴极法电解食盐水发生的总反应方程式为：2NaCl+2Hg=Cl2↑+2(NaHg)，阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为Na++e-+Hg=NaHg，石墨或不活泼的金属电极作阳极，阳极Cl-发生失去电子的氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，在解汞室中，钠汞齐(NaHg)与水反应，反应的方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑或2(NaHg)+2H2O=2NaOH+H2↑+2Hg，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 电解室中阴极上Na+得电子发生还原反应，电极反应式为Na++e-+Hg=NaHg ‎，石墨或不活泼的金属电极作阳极，阳极Cl-发生失去电子的氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，总反应方程式为：2NaCl+2Hg=Cl2↑+2(NaHg)，A错误；‎ B. 解汞室中钠汞齐(NaHg)与水反应，反应的方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B正确；‎ C. Hg是重金属，在室温下呈液态，易挥发，产生的汞蒸气会造成大气的重金属污染，C正确；‎ D. 电解室产生Cl2与解汞室产生的H2在一定条件下化合得到HCl，HCl溶于水产生盐酸，因此该装置可用于制取盐酸，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查电解原理的应用，明确汞阴极法是解题关键，结合反应示意图进行分析，侧重考查学生分析能力和迁移运用能力，注意电解时阳极的材料和电极类型。‎ 第Ⅱ卷（选择题，共50分）‎ 二．填空题：‎ ‎26.原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前20号元素，B、C、D、E同周期，A、D同主族，且A的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍。F和其他元素既不在同周期也不在同主族，且B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水。根据以上信息，回答下列问题：‎ ‎(1)A、F的名称为______、_______　。 ‎ ‎(2)A和D与氢元素形成的氢化物中，沸点较高的是______(填化学式，下同)，D和E的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是_________，写出A和B形成的化合物中含有共价键的化合物的电子式_____。‎ ‎(3)B、C形成单质中与水反应较剧烈的是________，相应反应的化学方程式为______________。 ‎ ‎(4)写出C的最高价氧化物对应的水化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_______。‎ ‎【答案】 (1). 氧 (2). 钙 (3). H2O (4). HClO4 (5). (6). Na (7). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ (8). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前20号元素，A 的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍，最外层最多容纳8个电子，则A含有2个电子层，最外层含有6个电子，A为O元素；A、D同主族，则D为S元素；B、C、D、E同一周期，则四种元素都位于元素周期表第三周期，E的原子序数大于S，则E为Cl元素；B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，则B为Na元素，C为Al元素；F和其他元素既不在同周期也不在同主族，则F位于第四周期，F不可能为K元素，只能为Ca元素，据此进行解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：A为O，B为Na，C为Al，D为S，E为Cl，F为Ca元素。‎ ‎(1)根据分析可知，A、F元素的名称分别为氧、钙；‎ ‎(2)A、D分别为O、S，二者的氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的作用力，导致其沸点比H2S高；‎ D为S、E为Cl，元素的非金属性：Cl>S，由于元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，所以S、Cl元素的最高价含氧酸的酸性较强的为高氯酸，其化学式为：HClO4；‎ A为O，B为Na，二者形成的含共价键的化合物为Na2O2，Na2O2是由2个Na+与1个O22-通过离子键结合而成的离子化合物，电子式为；‎ ‎(3)B、C的单质分别为Na、Al，钠的金属性比铝强，与水反应更剧烈。钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；‎ ‎(4)C是Al，Al的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，B是Na，Na的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH反应产生NaAlO2和H2O，二者反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了元素的位置、结构与性质关系的应用，根据元素的原子结构及性质和相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题有利于培养学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎27.课题式研究性学习是培养学生创造思维的良好方法，某研究性学习小组将下列装置如图连接，C、D、E、F、X、Y 都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色。试回答下列问题：‎ ‎(1)电源A 极的名称是________。‎ ‎(2)甲装置中电解反应的总化学方程式是__________________。‎ ‎(3)如果收集乙装置中产生的气体，两种气体的体积比是________。‎ ‎(4)欲用丙装置精炼铜，G应该是____（填“纯铜”或“粗铜”），电解液的成分是______。‎ ‎(5)已知氢氧化铁胶体中含有带正电荷的红褐色的粒子，那么装置丁中的现象是________________。‎ ‎(6)在实验室电解500 mL 0.03 mol/L的NaCl溶液，通电一段时间后溶液中c(OH-)为1×10-2 mol/L(设电解时溶液的体积变化忽略不计)，阴极产生___mL(标况)气体，溶液中NaCl的浓度为_______mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). CuCl2Cu+ Cl2↑ (3). 1：1 (4). 粗铜 (5). CuSO4或CuCl2 (6). Y极附近红褐色变深 (7). 56 (8). 0.02‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极生成OH-，F为阴极，则可知A为电源的正极，B为电源的负极，C、E、G、X为电解池的阳极，D、F、H、Y为电解池的阴极。然后根据电解原理，结合同一闭合回路中电子转移数目相等计算。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：A为电源的正极，B为电源的负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极。‎ ‎(1)A是电源的正极，B是电源的负极；‎ ‎(2)用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极上Cl-失去电子产生Cl2，阴极上Cu2+得到电子产生Cu单质，反应方程式为：CuCl2Cu+ Cl2↑；‎ ‎(3)装置乙是电解饱和NaCl溶液，反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，可见反应产生的气体物质的量的比是1：1，在相同条件下气体的体积比为1：1； ‎ ‎(4)欲用丙装置精炼铜，在电解精炼铜时，应该粗铜作阳极，纯铜作阴极，含有铜离子的盐作电解质溶液，G连接电源的正极，为阳极，其材料是粗铜，电解液可以CuSO4或CuCl2；‎ ‎(5)根据同性电荷相互排斥，异性电荷相互吸引的原理，氢氧化铁胶体中含有的带正电荷的粒子会向阴极即向Y极移动，故阴极Y极附近红褐色变深；‎ ‎(6)电解NaCl饱和溶液，反应总方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，NaCl的物质的量n(NaCl)总=c·V=0.03 mol/L×‎0.5 L=1.5 ×10-2 mol，反应产生NaOH的物质的量为n(NaOH)=c·V=1×10-2 mol/L×‎0.5 L=5×10-3 mol，根据电解方程式可知：每反应产生2 mol NaOH，同时消耗2 mol NaCl，阴极上产生1 mol H2，则反应产生5×10-3 mol NaOH时，消耗NaCl的物质的量为n(NaCl)耗=n(NaOH)=5×10-3mol，得到H2的物质的量n(H2)=n(NaOH)=2.5×10-3 mol，其在标准状况下的体积V(H2)=2.5×10-3mol×‎22.4 L/mol=5.6×10‎-2 L=56 mL；反应后溶液中剩余NaCl物质的量为1.5 ×10-2 mol-5×10-3 mol=1.0×10-2 mol，其浓度为c(NaCl)==0.02 mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查电解原理，涉及电解和金属的精炼及有关计算，正确判断电源正、负极及电解池的阴、阳极是解题关键，知道各个电极上发生的反应，根据电极反应式，及总反应方程式，结合电路中电子转移的物质的量相等分析解答。‎ ‎28.有下列八种物质：①氯化钙、②金刚石、③硫、④氢氧化钠、⑤二氧化硅、⑥干冰，回答有关这六种物质的问题。(用编号回答)‎ ‎(1)将这八种物质按不同晶体类型分成四组，并填写下表：‎ 晶体类型 离子晶体 原子晶体 分子晶体 各组中物质的编号 ‎_______‎ ‎_____‎ ‎______‎ ‎(2)属于共价化合物的是 __________；含有共价键的离子化合物是_______；‎ ‎(3)其中硬度最大的物质是_______；熔点最低的物质是 ___________。‎ ‎【答案】 (1). ①④ (2). ②⑤ (3). ③⑥ (4). ⑤⑥ (5). ④ (6). ② (7). ⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据给出的各种物质的构成微粒判断所属晶体类型，并结合物质的构成微粒之间作用力越强，物质的硬度越大，熔沸点越高分析解答。‎ ‎【详解】①构成氯化钙晶体的微粒是氯离子和钙离子，晶体为离子晶体；‎ ‎②构成金刚石的微粒是碳原子，属于原子晶体；‎ ‎③构成硫单质的微粒是硫分子，属于是分子晶体；‎ ‎④氢氧化钠是钠离子和氢氧根离子形成的离子晶体；‎ ‎⑤构成二氧化硅的微粒是硅原子和氧原子，晶体类型为原子晶体；‎ ‎⑥构成干冰的微粒是二氧化碳分子，二氧化碳分子通过分子间作用力结合形成分子晶体；‎ ‎(1)综上所述可知：属于离子晶体的是①④；属于原子晶体的是②⑤；属于分子晶体的是：③⑥； ‎ ‎(2)属于共价化合物的是二氧化硅和二氧化碳，序号为⑤⑥；含有共价键的离子化合物是氢氧化钠，序号是④；‎ ‎(3)原子晶体的特性是：高硬度、高熔点，原子晶体中共价键越短，共价键就越强，断裂消耗能量就越大，物质的硬度就越大，由于键长Si-O>C-C，所以硬度最大的是金刚石，合理选项是②；分子晶体的特性是：低熔点、升华，所以熔点最低的是干冰，故合理选项是⑥。‎ ‎【点睛】本题考查晶体晶体类型的判断方法，注意晶体类型与物质性质的关系，学生要学会用依据物质的分类判断：①金属氧化物(如K2O等)、强碱(如NaOH、KOH等)和绝大多数的盐类是离子晶体；②大多数非金属单质(除金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼外)、气态氢化物、非金属氧化物(除SiO2外)、酸、绝大多数有机物（除有机盐外）都是分子晶体；③常见的原子晶体单质有金刚石、晶体硅、晶体硼等；常见的原子晶体化合物有碳化硅、二氧化硅等；④金属单质(除汞外)与合金是金属晶体；同时也应该学会依据晶体的物理性质不同进行判断：①离子晶体一般熔沸点较高，硬度较大，其水溶液或熔化时能导电；②原子晶体一般熔沸点更高，硬度更大，一般不导电，但也有例外，如晶体硅；③分子晶体一般熔沸点低，硬度小，一般不导电，但也有部分(如酸和部分气态氢化物)溶于水导电； ④金属晶体一般熔沸点较高(Hg除外)，硬度较大，能导电。‎ ‎29.请根据化学反应与热能的有关知识，填写下列空白：‎ ‎(1)在Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl晶体反应的演示实验中：反应物混合后需用玻璃棒迅速搅拌，其目的是____________，体现该反应为吸热反应的现象是烧杯变凉和________。‎ ‎(2)下列过程中不一定释放能量的是____(请填编号)。‎ A.形成化学键 B.燃料燃烧 C.化合反应 D.葡萄糖在体内的氧化反应 ‎ E.酸碱中和 F.炸药爆炸 ‎(3)已知：通常条件下，酸碱稀溶液中和生成1 mol水放出的热量为中和热。稀溶液中1 mol H2SO4和NaOH恰好反应时放出Q kJ热量，则其中和热为____kJ/mol。‎ ‎(4)已知H2和O2反应放热，且断开1 mol H-H、1 mol O=O、 1 mol O-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3 kJ，由此可以推知下列关正确的是___（填编号）。‎ A.Q1+Q2>Q3 B.Q1+Q2>2Q‎3 C.2Q1+Q2<4Q3 D.2Q1+Q2<2Q3‎ ‎【答案】 (1). 搅拌，使反应物充分接触促进反应 (2). 玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起 (3). C (4). (5). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)通过玻璃棒的搅拌可使混合物充分接触而促进反应进行；烧杯和玻璃片之间的水结冰会将二者粘在一起；‎ ‎(2)形成化学键释放能量，燃烧放热、有些化合反应是吸热反应，如碳和二氧化碳反应制一氧化碳，大多数分解反应是吸热反应，氧化反应、酸碱中和、炸药爆炸都是放热反应；‎ ‎(3)依据中和热的概念是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1 mol水和可溶性盐放出的热量进行分析；‎ ‎(4)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答。‎ ‎【详解】(1)固体参加的反应，搅拌可使反应混合物充分接触而促进反应进行，通过玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起，知道氢氧化钡晶体和氯化铵之间的反应是吸热反应；‎ ‎(2)形成化学键、燃料的燃烧、葡萄糖在体内的氧化反应、酸碱中和反应和炸药的爆炸过程都属于放热反应，而化合反应不一定为放热反应，如CO2与C在高温下反应产生CO的反应属于吸热反应，所以不一定释放能量的为化合反应，故合理选项是C； ‎ ‎(3)在稀溶液中1 mol H2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时生成2 mol H2O，放出Q kJ热量，而中和热是指强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应生成可溶性盐和1 mol水时放出的热量，故H2SO4与NaOH反应的中和热为：kJ/mol；‎ ‎(4)1 mol H2O中含2 mol H-O键，断开1 mol H-H、1 mol O=O、1 mol O-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3 kJ，则形成1 mol O-H键放出Q3 kJ热量，对于反应H2(g)+O2(g)=H2O(g)‎ ‎，断开1 mol H-H键和 mol O=O键所吸收的能量(Q1+Q2) kJ，生成2 mol H-O新键释放的能量2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3-(Q1+Q2)>0，2Q1+Q2<4Q3，故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学反应与能量变化，注意掌握中和热的概念，反应热为断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，(4)1 mol H2O中含2 mol H-O键为解答易错点。‎ ‎30.某小组利用H‎2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：2KMnO4+5H‎2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 +K2SO4 +10CO2↑ +8H2O 编号 ‎0.01mol•L-1‎ 酸性KMnO4溶液 ‎0.1mol•L-1‎ H‎2C2O4溶液 水 某种物质 反应温度/℃‎ 反应时间 ‎（min）‎ Ⅰ ‎2mL ‎2mL ‎0‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎2.1‎ Ⅱ V1mL ‎2mL ‎1mL ‎0‎ ‎20‎ ‎5.5‎ Ⅲ V2 mL ‎2mL ‎0‎ ‎0‎ ‎50‎ ‎0.5‎ Ⅳ ‎2mL ‎2mL ‎0‎ 少量 ‎20‎ ‎0.2‎ 请回答：‎ ‎（1）实验计时方法是从溶液混合开始记时，至____时记时结束；‎ ‎（2）V1=___，V2=___；设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是______；‎ ‎（3）利用实验Ⅲ中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)＝___；‎ ‎（4）有同学在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做Ⅰ号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果温度没有明显变化。由此你得出的结论是：‎ ‎①____不是反应速率突然加快的原因；‎ ‎②可能是反应产物有催化作用。Ⅳ号实验是为验证你的猜测，实验中要加入的少量某种物质是____（填化学式）‎ ‎【答案】 (1). 紫红色刚好褪去 (2). 1 (3). 2 (4). 探究温度对反应速率的影响 (5). 0.01 mol/(L·min) (6). 温度 (7). MnSO4固体 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了影响化学反应速率的因素，涉及知识点：1、温度对反应速率的影响，2、浓度对反应速率的影响等。‎ ‎【详解】（1）酸性KMnO4溶液呈紫色，因而可以用颜色变化来判断反应结束终点，即实验计时方法是从溶液混合开始记时，至紫红色刚好褪去时记时结束；‎ ‎（2）Ⅰ和Ⅱ反应温度相同，Ⅱ中加入1mL水，根据控制变量的原则，溶液总体积保持不变，因而易算出V1=1mL，同理可得V2=2mL，Ⅰ、Ⅲ实验温度不同，因而可知设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响；‎ ‎（3）利用实验Ⅲ中数据计算：用紫红色刚好褪去时记时结束说明KMnO4被消耗完，Δc(KMnO4)=0.01mol·L-1×2mL/4mL=0.05mol·L-1，v(KMnO4)=Δc(KMnO4)/Δt=0.01 mol/(L·min)；‎ ‎（4）①根据信息“某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做Ⅰ号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果温度没有明显变化”，说明温度不是反应速率突然加快的原因；‎ ‎②根据信息“有同学在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快”，可推断有催化剂生成，常见的催化剂有金属离子，因而可推测是生成了Mn2+加快了反应速率, 为验证猜测需要加入含Mn2+的盐，其加入的阴离子为体系中所含阴离子，这样才不会造成干扰，所以该阴离子为SO42-，因而加入MnSO4固体。‎ ‎31.近年来甲醇用途日益广泛，越来越引起商家的关注。工业上甲醇的合成途径多种多样。现在实验室中模拟甲醇合成反应,在‎2 L密闭容器内，‎400 ℃‎时发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，体系中n(CO)随时间的变化如表：‎ 时间(s)‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ n(CO)(mol)‎ ‎0.020‎ ‎0.008‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎0.011‎ ‎（1）图中表示CH3OH 的变化的曲线是_______；‎ ‎（2）下列措施不能提高反应速率的有_________(请用相应字母填空)；‎ a 升高温度 b 加入催化剂 c 增大压强 d 及时分离出CH3OH ‎（3）下列叙述能说明反应达到平衡状态的是__________(请用相应字母填空)；‎ a.CO和H2的浓度保持不变 b.v(H2)=2 v(CO)‎ c.CO的物质的量分数保持不变 d.容器内气体密度保持不变 e.每生成1molCH3OH的同时有2molH-H键断裂 ‎（4）CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，图中CH3OH从__________（填A或B）通入，b极的电极反应式是__________。‎ ‎【答案】 (1). b (2). d (3). ac (4). A (5). O2+4e-+2H2O=4OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)CH3OH是产物，随反应进行浓度增大，平衡时物质的量为CO物质的量的变化量n(CO)；‎ ‎(2) 根据影响化学反应速率的因素分析；‎ ‎(3)当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变；‎ ‎(4) CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，形成的是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子发生还原反应。‎ ‎【详解】（1）CH3OH是产物，随反应进行物质的量增大，平衡时物质的量为CO物质的量的变化量n(CO)，表中CO的物质的量0~3s变化=0.02mol-0.007mol=0.013mol，所以图象中只有b符合，‎ 因此，本题正确答案是：b；‎ ‎(2)升高温度、增大压强和使用催化剂都能使化学反应速率增大，及时分离出CH3OH，‎ 使生成物浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，正反应速率也随之减小，‎ 因此，本题正确答案是：d；‎ ‎(3) a.CO和H2的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故a正确；‎ b. 反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v(H2)=2 v(CO)为正反应速率之比，故b错误； c.反应从开始到平衡的建立过程中CO的物质的量的分数在不断改变，当CO的物质的量分数保持不变时，说明反应达到平衡状态，故c正确；‎ d. 根据质量守恒定律知，混合物质量始终不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，所以不能据此判断是否达到平衡状态，故d错误；‎ e.每生成1molCH3OH的同时有2molH-H键断裂均表示正反应速率之比，所以不能据此判断是否达到平衡状态，故e错误。‎ 因此，本题正确答案是：ac；‎ ‎(4)电子由a流向b说明a为负极，b为正极，CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，甲醇失电子发生氧化反应，所以CH3OH从A通，B通入氧气，b电极发生的电极反应为氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，‎ 因此，本题正确答案是：A；O2+4e-+2H2O=4OH-。‎