河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题 23页

石家庄二中 2019-2020 学年度高一年级第二学期线上期中考试 化学试卷 ‎（时间：90 分钟 分值：100 分 ）‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65‎ 第 I 卷（选择题）‎ 一、单项选择题（共 27 个小题，每小题 2 分，共 54 分）‎ ‎1.化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是 A. 太阳能光催化技术可以将二氧化碳转化为燃料，该燃料属于一次能源 B. 75%酒精可用于消毒杀死新冠病毒，如果用90%酒精效果更好 C. 二氧化硫具有氧化性，可作食品的漂白剂 D. 氮气的化学性质稳定，可用作食品的防腐剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．太阳能属于一次能源，由一次能源转化得到的能源属于二次能源，则太阳能催化技术可以将二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能和化学能的转化，该燃料属于二次能源，故A错误；‎ B．75%酒精可用于消毒杀死新冠病毒，乙醇具有挥发性，如果用90%酒精，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死，杀菌效果降低，故B错误；‎ C．用二氧化硫漂白是利用二氧化硫的漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，同时二氧化硫有毒，不能做食品的漂白剂，故C错误；‎ D．氮气化学性质不活泼，可用作保护气和食品的防腐剂，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】物质的性质决定用途，但是性质和用途必须相对应，二氧化硫具有漂白性可以做漂白剂，有还原性可以做还原剂。‎ ‎2.从能源开发、环境保护、资源利用等角度分析，下列说法正确的是（ ）‎ A. 太阳能、风能、天然气和生物质能都是可再生能源 B. 水煤气是一种二次能源，比煤直接燃烧污染小 C. 研究采煤、采油新技术的目的就是提高产量以满足工业生产的需要 D. 氢能是理想的清洁能源，目前储存与运输方便、安全 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．天然气属于化石燃料，是不可再生能源，A不正确；‎ B．水煤气由煤与水蒸气反应生成，是一种二次能源，它比煤燃烧充分，且无污染，B正确；‎ C．研究采煤、采油新技术的主要目的是降低开采成本，减少污染，提高效率，C不正确；‎ D．氢能是理想的清洁能源，目前储存与运输问题还没得到很好地解决，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. CaH2 的电子式：[H:]-Ca2+[:H]-‎ B. Cl‒的结构示意图：‎ C. 质子数为92、中子数为146 的U原子：‎ D. H2O2的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CaH2为离子化合物，由Ca2+和H- 构成，电子式为[H:]-Ca2+[:H]-，A正确；‎ B．Cl‒的结构示意图为，B不正确；‎ C．质子数为92、中子数为146 的U原子为，C不正确；‎ D．H2O2的电子式为，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎4.甲、乙是周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为 x，则乙的原子序数不可能为（ ）‎ ‎①x+2 ②x+4 ③x+16 ④x+26 ⑤x+32‎ A. ①⑤ B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①H与He，原子序数分别为1和3，原子序数相差2，①不合题意；‎ ‎②任何一个周期的元素都不可以是4种，所以同一族两元素原子序数不可能相差4，②符合题意；‎ ‎③第2与第4周期同为第ⅠA族或都为第ⅡA族的两种元素，原子序数相差16，③不合题意；‎ ‎④第2与第4周期同为第ⅢA族~第0族的两种元素，原子序数相差26，④不合题意；‎ ‎⑤第5与第6周期同为第ⅣB族~0族的两种元素，原子序数相差32，⑤不合题意；‎ 综合以上分析，只有②符合题意，故选B。‎ ‎5.下列有关短周期元素的性质及其递变规律正确的是（ ）‎ A. ⅠA 族与ⅦA 族元素间可形成共价化合物或离子化合物 B. 第二周期主族元素从左到右，最高正价从+1 递增到+7‎ C. 同主族元素的简单阴离子还原性越强，元素非金属性越强 D. 同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．ⅠA 族与ⅦA 族元素间可形成共价化合物(如HF、HCl)或离子化合物(如NaF、NaCl)，A正确；‎ B．第二周期主族元素从左到右，最高正价从+1 递增到+5，氧最高显+2价，F没有正价，B不正确；‎ C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，元素非金属性越弱，C不正确；‎ D．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越弱，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎6.元素形成的简单离子与钙离子的核外电子排布相同，且的简单离子的半径小于的半径，元素可能为下列选项中的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 钙为20号元素，其形成的简单离子核外电子排布为2、8、8。‎ ‎【详解】A. Al3+核外电子排布为2、8，A不合题意；‎ B. P3-核外电子排布为2、8、8，但P3-半径大于S2-半径，B不合题意；‎ C.Ar与S2-半径不可比，C不合题意；‎ D. K+核外电子排布为2、8、8，且K+半径小于S2-半径，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎7.X、Y、Z、M、W 为原子序数依次增大的 5 种短周期元素。X 的质子总数与电子层数相同，Y、Z、M 同周期且相邻，W 原子核外电子数是 M 原子最外层电子数的 2 倍。Z 与其同主族的短周期元素可形成常见气体。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 原子半径：W＞Y＞Z＞M＞X B. X、Y、Z 三种元素形成的化合物中一定只存在共价键 C. 由 W 元素形成的单质以及 W 与 Z 两元素形成的化合物都是由原子直接构成的 D. X 分别与 Y、Z、M、W 形成的常见化合物中，稳定性最好的是 XM，沸点 X2Z＞XM ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、W 为原子序数依次增大的 5 种短周期元素。X 的质子总数与电子层数相同，则X为氢(H)；Z 与其同主族的短周期元素可形成常见气体，则Z为氧(O)；Y、Z、M 同周期且相邻，则Y为氮(N)，M为氟(F)；W 原子核外电子数是 M 原子最外层电子数的 2 倍，则W为硅(Si)。‎ ‎【详解】由以上分析知，X、Y、Z、M、W分别为H、N、O、F、Si。‎ A．原子半径：Si＞N＞O＞F＞H，A 正确；‎ B．X、Y、Z 三种元素形成的化合物中，NH4NO3中含有离子键，B不正确；‎ C．Si以及SiO2都形成原子晶体，它们都是由原子直接构成的，C正确；‎ D．F的非金属性最强，所以稳定性最好的是 HF，虽然H2O、HF分子间都能形成氢键，但常温下H2O呈液态，而HF呈气态，所以沸点 H2O＞HF，D正确；‎ 故选B。‎ ‎8.下列说法正确的是：‎ ‎①只由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物 ‎②只含有共价键的化合物一定是共价化合物 ‎③离子化合物中存在离子键，也可能存在极性键和非极性键 ‎④只有非金属元素原子间才能形成共价键 ‎⑤Mg2+的半径小于 N3－的半径 ‎⑥H2O 比 H2S 稳定是因为水分子间存在氢键 A. ①②⑤ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】NH4Cl只由非金属元素组成，是离子化合物，①不正确；‎ ‎②共价化合物中只含共价键，不含离子键，②正确；‎ ‎③离子化合物NaOH中含有极性键，Na2O2中含有非极性键，③正确；‎ ‎④金属与非金属原子间也可能形成共价键，如AlCl3，④不正确；‎ ‎⑤Mg2+与N3－电子层结构相同，Mg的核电荷数大于N，离子半径Mg2+小于 N3－，⑤正确；‎ ‎⑥H2O比H2S稳定，是因为共价键能前者大于后者，⑥不正确；‎ 综合以上分析，只有②③⑤正确，故选C。‎ ‎【点睛】判断稳定性时，从化学键的键能考虑；判断熔沸点时，只有分子晶体从分子间作用力考虑，其它晶体都是从化学键能考虑。‎ ‎9.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）‎ A. NH4HCO3 受热易分解，可用作化肥 B. 稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 C. NH3 极易溶于水，可用作制冷剂 D. Al2O3 具有两性，可用于电解冶炼铝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH4HCO3可用作化肥，是因为含有可溶于水的NH4+，能为植物提供氮肥，A不正确；‎ B．稀硫酸具有酸性，可与铁锈的主要成分Fe2O3发生反应并将其溶解，B正确；‎ C．液氨可作制冷剂，因为气化时能吸收大量的热，使周围环境温度降低，C不正确；‎ D．Al2O3 熔融时能导电，可用于电解冶炼铝，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎10.下列有关氮元素单质及其化合物的说法错误的是( )‎ ‎①氮气与氧气在放电的条件下可直接生成 NO2‎ ‎②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气 ‎③向 Fe(NO3)2 溶液中滴加稀盐酸，无明显的变化 ‎④实验室加热氯化铵固体的方法制备氨气 A. ①③④ B. ①③ C. ①④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①放电条件下，氮气和氧气反应生成一氧化氮而不是二氧化氮，一氧化氮不稳定，易被氧气氧化生成二氧化氮，①错误；‎ ‎②NH4NO3加热到‎190℃‎时分解生成一氧化二氮和水，若加热到‎300℃‎左右时分解生成氮气、硝酸和水，②错误；‎ ‎③向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，同时自身被还原生成一氧化氮，③错误；‎ ‎④氯化铵受热易分解，冷却时又生成氯化铵，所以得不到氨气，④错误；选D，故答案为：D。‎ ‎11.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（ ）‎ 选项 a中的物质 b中的物质 c中的物质 d中的物质 A 浓氨水 CaO NH3‎ H2O B ‎70%浓硫酸 Na2SO3‎ SO2‎ NaOH溶液 C 稀硝酸 Cu NO ‎ H2O D 浓盐酸 MnO2‎ Cl2‎ NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用排气法收集NH3时，导管应左短右长，A不正确；‎ B．Na2SO3与70%的H2SO4反应可制取SO2气体，用NaOH吸收尾气，B正确；‎ C．收集NO气体时，不能用排空气法收集，C不正确；‎ D．MnO2与浓盐酸在加热条件下才能发生反应，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】NO气体能与空气中的O2反应，所以不能用排空气法收集，只能用排水法收集。‎ ‎12. 将‎35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体‎11.2L（标准状况），其质量为‎19.6g，则过剩的锌粉的质量为 A. ‎1.0‎g‎ B. ‎2.0g C. ‎2.5g D. ‎‎3.5g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Zn与浓硫酸发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，当反应进行到一定程度后变为稀硫酸，这时发生反应：Zn＋H2SO4(稀)= ZnSO4＋H2↑。反应产生气体为SO2、H2的混合物。二者的物质的量的和是n(H2)+n(SO2)=‎11.2L÷‎22.4L/mol=0.5mol；根据方程式可知反应消耗Zn的物质的量与反应产生的氢气的物质的量相等，n(气)=10.5mol，则反应消耗Zn的物质的量是0.5mol，消耗的Zn的质量是m(Zn)=nM=0.5mol×‎65g/mol=‎32.5g，所以反应后剩余的Zn 的质量是m=‎35g-32.5g=‎2.5g，故选C。‎ ‎13. 如图所示，试管中盛装的是红棕色气体（可能是混合物），当倒扣在盛有水的 水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的不可能是 ( )‎ A. N2与NO2的混和气体 B. O2与NO2的混和气体 C. NO与NO2的混和气体 D. NO2一种气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】若试管中是N2与NO2的混和气体，由于N2不能与氧气参加反应，所以试管内不能完全被水充满，其余的则会发生反应：4NO2+O2+ 2H2O == 4HNO3或4NO+ 3O2+ 2H2O == 4HNO3；最后试管内完全被水充满，因此A可选，B、C、D不选；‎ 故选A。‎ ‎14.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和 NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与 ‎4.48 L O2（标准状况）混合后通入水中，气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入 400 mL NaOH溶液，此时 Cu2+恰好沉淀完全，所用 NaOH 溶液的浓度是（ ）‎ A. 2 mol/L B. 4 mol/L C. 6 mol/L D. 0.8 mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】利用得失电子守恒，可得关系式2Cu—O2—2Cu2+，n(O2)==0.2mol，则n(Cu2+)=0.4mol，再由关系式Cu2+——2OH-，可求出n(NaOH)= 0.4mol×2=0.8mol，c(NaOH)==2mol/L，故选A。‎ ‎【点睛】在进行复杂氧化还原反应分析时，常采用终态法，即利用得失电子守恒，建立反应物与最终生成物中变价元素的定量关系，回避复杂的反应过程，只从起点和终点进行分析，从而化繁为简。‎ ‎15.下列说法正确的是（　　）‎ A. CaO+H2O=Ca(OH)2为放热反应，可利用该反应设计原电池，把化学能转化为电能 B. 任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化 C. 有化学键断裂的过程一定是化学变化 D. 灼热的铂丝与 NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的催化氧化反应是放热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设计原电池，所用反应必须为放热的、不需提供条件的氧化还原反应，A不正确；‎ B．有些化学反应只产生光，几乎不产生热，如萤火虫发光，B不正确；‎ C．有化学键断裂的过程不一定是化学变化，如HCl溶于水，C不正确；‎ D．灼热的铂丝催化NH3与O2反应，铂丝保持红热，则表明反应提供热量，从而说明氨的催化氧化反应是放热反应，D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应热和焓变的单位都是 kJ B. 相同条件下，生成物的总能量大于反应物的总能量时，反应吸热，ΔH>0‎ C. 在任何条件下，化学反应的焓变都等于化学反应的反应热 D. 任何化学反应的反应热均可通过实验直接测定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应热和焓变的单位都是 kJ/mol，A不正确；‎ B．当生成物的总能量高于反应物时，反应需提供能量，此反应为吸热反应，ΔH>0，B正确；‎ C．在恒压条件下，化学反应的焓变(ΔH)数值上等于恒压反应热，C不正确；‎ D．有些反应的反应热不能通过实验直接测定，如碳不完全燃烧生成CO，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎17.下列反应既属于氧化还原反应，又属于生成物的总能量大于反应物的总能量的是（ ）‎ A. Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 的反应 B. 碳与二氧化碳的反应 C. 铝片和稀盐酸反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生成物的总能量大于反应物的总能量，则表明反应为吸热反应。‎ ‎【详解】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为非氧化还原反应，A不合题意；‎ B．碳与二氧化碳的反应为吸热反应，且为氧化还原反应，B符合题意；‎ C．铝片和稀盐酸反应是放热反应，C不合题意；‎ D．甲烷在氧气中燃烧是放热反应，D不合题意；‎ 故选B。‎ ‎18.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 中和热测定实验中，若用 ‎1 g NaOH 固体代替 50 mL 0.5 mol/L 的 NaOH 溶液进行实验，会使测得的∆H偏大 B. 已知 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH=－483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热 ΔH=－241.8 kJ/mol C. 已知 ‎2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1，‎2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则 ΔH1＜ΔH2‎ D. 含 ‎20.0 g NaOH 的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出 28.7 kJ 的热量，则稀醋酸和稀 NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH=－57.4 kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH 固体溶于水放热，会使测得的温度偏高，∆H偏小，A不正确；‎ B．反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH=－483.6 kJ/mol中，H2O呈气态，不符合燃烧热的定义，所以氢气的燃烧热 ΔH≠－241.8 kJ/mol，B不正确；‎ C．前一反应(生成CO2)比后一反应(生成CO)燃烧充分，放出的能量多，所以ΔH1＜ΔH2，C正确；‎ D．醋酸电离是一个吸热过程，所以稀醋酸和稀 NaOH溶液反应放出的热量比等物质的量的盐酸与NaOH溶液反应放出的能量低，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎19.通常人们把拆开 1 mol 某化学键所消耗的能量看作是该化学键的键能。键能的大小可衡量化学键的强弱，也可以估算化学反应的反应热。下表为某些化学键的键能 化学键 N-N O=O N≡N N-H 键能(kJ/mol)‎ ‎154‎ ‎500‎ ‎942‎ a 已知火箭燃料肼（）的有关化学反应的能量变化如图所示，则下列说法错误的是（ ）‎ A. N2比O2稳定 B. N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH=－534 kJ/mol C. 表中的 a＝194‎ D. 图中的 ΔH3=＋2218 kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．N≡N的键能为942 kJ/mol，O=O 的键能为500kJ/mol，所以N2比O2稳定，A正确；‎ B．从图中可以看出，反应物为N2H4(g)＋O2(g)，生成物为N2(g)＋2H2O(g)，ΔH=－534 kJ/mol，B正确；‎ C．利用ΔH3建立有关a的等量关系，即ΔH3=154+‎4a+500=2218，a＝391，C错误；‎ D．图中的 ΔH3=2752kJ/mol-534kJ/mol=＋2218 kJ/mol，D正确；‎ 故选C。‎ ‎20.已知：(1)H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH1= a kJ/mol ‎(2)2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2= b kJ/mol ‎(3)H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3= c kJ/mol ‎(4)2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH4= d kJ/mol，下列关系式中正确的是（ ）‎ A. ad>0 D. ‎2c=d>0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．比较(1)与(3)，由H2O(g)转化为H2O(l)，放出能量，所以cCu，所以铜线是柠檬电池的正极，铁环是柠檬电池的负极，故A错误；‎ B.电子由负极铁环经导线流向发光二极管，再由发光二极管流向铜线，故B错误；‎ C.负极发生氧化反应，电极反应为，故C正确；‎ D.乙醇溶液为非电解质溶液，不能将柠檬替换成盛装乙醇溶液的装置，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】由于铁比铜活泼，所以铁环为负极、电极反应为Fe-2e-═Fe2+，铜线为正极，电子由负极铁经过发光二极管流向正极铜，据此分析解答。‎ ‎24.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（　　）‎ A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。‎ ‎【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，‎ ‎①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；‎ ‎①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；‎ ‎②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；‎ ‎③④相连时，③的质量减少，③为负极，活泼性③＞④；‎ 综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；‎ 故选B。‎ ‎25.把金属 X 放入盐 Y(NO3)2 的溶液中，发生如下反应：X+Y2+=X2++Y，以下叙述正确的是（ ）‎ A. 常温下金属 X一定能与水反应，Y一定不能与水反应 B. X 与 Y用导线连接后放入CCl4中，一定形成原电池 C. X、Y用导线连接后放入Y(NO3)2的溶液中，一定有电流产生 D. 由X与Y做电极形成的原电池中，X一定是负极，Y一定是正极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应X+Y2+=X2++Y可知，金属活动性X>Y，且此置换反应能在水溶液中发生。‎ ‎【详解】A．反应能在水溶液中进行，则常温下金属 X、Y与水不反应，A不正确；‎ B．CCl4为非电解质，X 与 Y用导线连接后放入CCl4中，不能形成原电池，B不正确；‎ C．由反应X+Y2+=X2++Y知，X、Y用导线连接放入Y(NO3)2溶液，能形成原电池，并产生电流，C正确；‎ D．由X与Y做电极形成的原电池中，X不一定是负极，Y不一定是正极，如Fe、Cu、浓硝酸形成的原电池中，Fe作正极，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎26.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH – 4e-+ H2O = CH3COOH + 4H+。下列有关说法正确的是 A. 检测时，电解质溶液中的H+向负极移动 B. 若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗‎4.48L氧气 C. 电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH + O2= CH3COOH + H2O D. 正极上发生的反应为：O2+ 4e-+ 2H2O = 4OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该燃料电池的电极反应式分别为正极：O2+ 4e-+4H+=2H2O，负极：CH3CH2OH – 4e-+ H2O = CH3COOH + 4H+，电解质溶液中的H+应向正极移动（正极带负电），A不正确；‎ B、根据正极反应式，若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗‎2.24 L氧气，B不正确；‎ C、将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH + O2= CH3COOH + H2O，C正确；‎ D、酸性条件下正极：O2+ 4e-+4H+=2H2O，D不正确。‎ 答案选C。‎ ‎27.银锌纽扣电池，其电池的电池反应式为:Zn + Ag2O + H2O =Zn(OH)2 + 2Ag 下列说法不正确的是 A. 锌作负极 B. 正极发生还原反应 C. 电池工作时，电流从Ag2O经导线流向Zn D. 负极的电极方程式为：Zn-2e- ＝ Zn2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Zn失电子发生氧化反应而作负极，故A正确；‎ B．正极上Ag2O得电子发生还原反应，故B正确；‎ C．原电池中电流从正极沿导线流向负极，该原电池中Zn是负极、Ag2O是正极，所以放电时电流从Ag2O经导线流向Zn，故C正确；‎ D．碱性条件下锌离子生成Zn(OH)2，所以负极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn(OH)2，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】‎ 原电池正负极的判断方法：①根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；②根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；③根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；④根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极；⑤根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。‎ 二、填空题（共 4 个小题，共 46 分）‎ 第 II 卷（非选择题）‎ ‎28.下图是元素周期表一部分，元素①～⑨在周期表中的位置如图所示，请回答下列问题：‎ ‎(1)元素⑨在周期表中的位置是_______。‎ ‎(2)元素①～⑨中，非金属性最强的元素是_______（填元素符号）。‎ ‎(3)元素①～⑨中，最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_______（填化学式），它与元素⑤的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为_______。‎ ‎(4)元素⑨的简单氢化物与元素⑦的简单氢化物中更稳定的是_______（填化学式）。‎ ‎(5)元素③与元素①形成的淡黄色化合物的电子式为_______。‎ ‎(6)元素①的简单氢化物比元素⑥的简单氢化物的沸点_______（填“高”或“低”），原因是_______。‎ ‎(7)元素④与元素⑦形成的化合物是_______（填“离子”或“共价”）化合物，用电子式表示其形成过程_______。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期第VIA族 (2). F (3). KOH (4). OH- + Al（OH）3= AlO2- +2H2O (5). HCl (6). (7). 高 (8). 水分子间存在氢键 (9). 离子 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图中元素所在位置，并与元素周期表进行对照，可确定①为氧(O)、②为氟(F)、③为钠(Na)‎ ‎、④为镁(Mg)、⑤为铝(Al)、⑥为硫(S)、⑦为氯(Cl)、⑧为钾(K)、⑨为硒(Se)。‎ ‎【详解】(1)元素⑨为硒(Se)，它是34号元素，在周期表中的位置是第四周期第VIA族。答案为：第四周期第VIA族；‎ ‎(2)同周期元素，从左往右，非金属性依次增强；同主族元素，从下到上，非金属性依次增强，所以非金属性最强的元素位于周期表的左上角(稀有气体除外)，从而得出元素①～⑨中，非金属性最强的元素是F。答案为：F；‎ ‎(3)元素①～⑨中，金属性最强的元素是钾，所以最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是KOH，KOH与Al(OH)3反应生成KAlO2和水，反应的离子方程式为OH- + Al(OH)3= AlO2- +2H2O。答案为：KOH；OH- + Al(OH)3= AlO2- +2H2O；‎ ‎(4)非金属性Cl>Se，氢化物的稳定性H2Se