2018届河北省衡水市安平中学高三上学期期中考试化学试题Word版含解析

河北省衡水市安平中学2018届高三上学期期中考试化学试
题
相对原子质量: C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
Ba-137
第I卷（共46分）
一、选择题（每题只有一个正确答案，其中1-10题每题1分，11-28每题2分）
1. 下列装置中，都伴随有能量变化，其中是由化学能转变为电能的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】A．是电解装置，将电能转化成化学能，故A错误；B．机械能转化为电能，故B 错误；C．太阳能转化成热能，故C错误；D．干电池属于原电池，将化学能转化成电能，故D正确；故答案为D。

2. 雪是冬之精灵，在雪水冰的转化中能量变化的叙述正确的是
A. ΔH1＞0，ΔH2＞0
B. ΔH1＞0，ΔH2＜0
C. ΔH1＜0，ΔH2＜0
D. ΔH1＜0，ΔH2＞0
【答案】B
【解析】雪→水的过程需吸收热量，故△H1＞0，水→冰的过程需放出热量，故△H2＜0，B 项正确。

故选B。

3. 原电池反应是释放能量的氧化还原反应，下列可设计成原电池的化学反应是
A. H2O (l)+CaO(s) ＝Ca(OH)2(s)
B. Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3·H2O+8H2O
C. 2KClO32KCl+3O2↑
D. CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)
【答案】D
【解析】试题分析：原电池反应必须是自发的氧化还原反应，否则不能设计成原电池，通过对反应析，选项只有D符合题意。

考点：考查原电池与氧化还原反应的关系
4. 下列化学用语的表述正确的是
A. CSO的电子式：
B. NaClO的电子式：
C. CO2的分子示意图：
D. 次氯酸的结构式：H−Cl−O
【答案】A
【解析】A. CSO与CO2属于等电子体，结构相似，电子式：，故A正确；B. NaClO 属于离子化合物，存在离子键，故B错误；C. CO2中碳原子半径比氧原子半径大，故C错误；D. 次氯酸中氯原子最外层有7个电子，只能形成1个共价键，结构式为H—O—Cl，故D错误；故选A。

5. 随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，、H3、O4、C60等已被发现。

下列有关说法中，正确的是
A. 中含有36个电子
B. O2与O4属于同分异构体
C. C60和12C、14C互为同位素
D. H2与H3属于同素异形体
【答案】D
【解析】A．因N5+中的电子数为7×5-1=34，故A错误；B、O2与O4是由氧元素形成的不同单质，两者是同素异形体，故B错误；C、因质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，C60的一个分子中含有60个碳原子，故C错误；D、H2与H3属于由同种氢元素形成的不同单质，故D正确；故选D。

6. 下列说法中不正确的是
①质子数相同的微粒一定属于同一种元素
②共价化合物中不存在离子键
③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子
④电子数相同的微粒不一定是同一种元素
⑤非金属元素之间不可能形成离子键
⑥离子键是指阴阳离子间的静电吸引力
⑦水受热不容易分解，原因是水分子间存在氢键
A. ②③⑤⑥
B. ①③⑤⑦
C. ①⑤⑥⑦
D. ③④⑤⑥
【答案】C
【解析】试题分析：①质子数相同的微粒若是原子，则一定属于同一种元素，但是不一定是原子，错误；②共价化合物中一定不存在离子键，正确；③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，若是分子就都是分子，若是离子，则都是离子，故不可能是一种分子和一种离子，正确；④电子数相同的微粒不一定是原子，故不一定是同一种元素，正确；⑤非金属元素之间也可能形成离子键如NH4NO3、NH4NO2中含有离子键，错误；⑥离子键是指阴阳离子间的静电作用力，包括静电吸引和静电排斥力，错误；⑦水受热不容易分解，原因是水分子内的化学键很强，断裂需要消耗大量的能量，与分子间存在氢键无关，错误。

故错误的是①⑤⑥⑦，选项是C。

考点：考查化学概念或叙述的正误判断的知识。

7. 已知：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) △H＝a kJ/mol
C(s)＋O2(g)＝2CO(g) △H＝－220 kJ/mol
H－H、O＝O和O－H键的键能分别为436、496和462 kJ/mol，则a为
A. －332
B. －118
C. ＋350
D. ＋130
【答案】D
【解析】①×2－②得到：2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) △H=(－2a＋220)kJ·mol－1，根据反应热与键能的关系，△H=反应物键能总和－生成物键能总和=2×2×462－(2×436＋496)=220－2a，解得a=－130，故D正确。

8. 下列有关说法正确的是
A. 在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B. H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥
C. Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象
D. SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【答案】B
【解析】A、在酒精灯加热条件下，NaHCO3固体能发生分解，Na2CO3却不能，故A错误；
B. H2、SO2、CO2三种气体与浓硫酸均不反应，都可用浓硫酸干燥，故B正确；C、Fe(OH)3胶体红褐色、透明，能发生丁达尔现象，故C错误；D、SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，和氢氟酸反应，生成SiF4不是盐，两性氧化物要求既能和酸反应又能和碱反应只生成盐和水，所以不是两性氧化物，故D错误；故选B。

9. 下列反应中，反应后固体物质增重的是
A. 氢气通过灼热的CuO粉末
B. 二氧化碳通过Na2O2粉末
C. 铝与Fe2O3发生铝热反应
D. 将锌粒投入Cu(NO3)2溶液
【答案】B
【解析】A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，A错误；B．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，B正确；C．铝与氧化铁发生铝热反应，生成铁和氧化铝，反应物质和生成物都是固体，质量不变，C错误；D．发生Zn与硝酸铜反应生成硝酸锌和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，D错误；答案选B。

点睛：本题把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化以及原子守恒的灵活应用。

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10. 某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。

下列化合物中符合上述条件的是
A. AlCl3
B. Na2O
C. FeCl2
D. SiO2
【答案】A
【解析】A、AlCl3可由Al与Cl2反应制得，将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中生成CO2
气体和Al(OH)
3沉淀，选项A正确；B、Na
2
O 加入Ba(HCO
3
)
2
溶液中只产生碳酸钡
沉淀而没有气体产生，选项B错误；C、Fe 与Cl
2反应生成FeCl
3
，选项C错误；
D、SiO
2与Ba(HCO
3
)
2
不反应，选项D错误。

答案选项A
11. 热核聚变实验反应堆的原理类似太阳发光发热，即在上亿摄氏度的超高温条件下，利用氢的同位素氘、氚的聚变反应释放出核能。

下列说法正确的是
A. H、D、T互为同素异形体
B. H2、D2、T2在相同条件下的密度之比为1∶2∶3
C. H、D、T与16O、17O、18O构成的双氧水分子的相对分子质量有36种
D. 氘、氚发生聚变反应生成其他元素，属于化学变化
【答案】B
12. 用右图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是
预测②中
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】A.首先发生中和反应而不会立即产生气泡；B.常温下，铝在浓硝酸中被钝化，不会
产生红棕色气体；C.氯化铝溶液在过量浓氢氧化钠溶液中最终生成偏铝酸钠而不是氢氧化
铝沉淀；D.现象与实际相符。

故选D。

13. 将Fe、Cu与FeCl3、FeCl2、CuCl2溶液一起放入某容器中，则下列情况错误的是
A. 充分反应后，若Fe有剩余，则容器中不可能有Fe3+、Cu2+
B. 充分反应后，若容器中还有大量Fe3+，则一定还有Fe2+、Cu2+，可能有Fe、Cu
C. 充分反应后，若容器中有较多的Cu2+和一定量的Cu，则不可能还有Fe和Fe3+
D. 充分反应后，若容器内有一定量的Cu，则可能还含有Cu2+，一定含有Fe2+，一定不含有Fe3+
【答案】B
【解析】试题分析：氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu；A．反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在，故A正确；B．若FeCl3有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在，故B错误；C．充分反应后，若容器中有较多的Cu2+和一定量的Cu，因Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，
Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，则不可能还有Fe和Fe3+，故C正确；D．充分反应后，若容器内有一定量的Cu，因Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则可能还含有Cu2+，一定含有Fe2+，一定不含有Fe3+，故D正确；答案为B。

【考点定位】考查氧化还原反应以及铁的单质化合物的性质
【名师点晴】把握物质的氧化性、还原性强弱判断反应的先后顺序是解题关键；在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应．氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。

14. 某无色溶液含有下列离子中的若干种：
H＋、NH、Fe3＋、Ba2＋、Al3＋、CO、Cl－、OH－、NO。

向该溶液中加入铝粉，只放出H 2，则溶液中能大量存在的离子最多有
A. 3种
B. 4种
C. 5种
D. 6种
【答案】C
【解析】含有Fe3+离子的溶液呈黄色，所以一定不含Fe3+；H+与CO32–、OH–反应不能大量共存；NH4+、Al3+、与OH–反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+与CO32–反应不能大量共存；该溶液中加入铝粉，只放出H2，说明溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，若为酸性，则含有大量H+，
所以不含CO32–、OH–，由于硝酸具有强氧化性，所以加入铝粉，放出H2不含NO3–，溶液中还可能有NH4+、Ca2+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多有6种；若为碱性，则含有大量OH-，所以不含NH4+、Al3+，溶液中最多还可能有Ca2+、Ba2+、Cl–、NO3–，共有5种；故D正确。

15. 短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y 原子的M层电子数为(a－b)，L层电子数为(a＋b)，则X、Y两元素形成的化合物可能具有的性质是
A. 和水反应
B. 和硫酸反应
C. 和氢氧化钠反应
D. 和氯气反应
【答案】C
【解析】试题分析：短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，元素X原子有2个电子层，b=2，所以a=8-b=8-2=6，X为O元素；元素Y原子的M层电子数为a-b=6-2=4，Y为Si元素，X、Y两元素形成的化合物为SiO2。

SiO2和水不反应，A项错误；SiO2性质稳定，溶于HF酸，不溶于其它酸，B项错误；SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，C项正确；SiO2不与氯气反应，D项错误；答案选C。

【考点定位】考查元素的推断，SiO2的性质。

【名师点睛】本题考查元素的推断，SiO2的性质。

短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，元素X原子有2个电子层，b=2，所以a=8-b=8-2=6，X为O 元素；元素Y原子的M层电子数为a-b=6-2=4，Y为Si元素，X、Y两元素形成的化合物为SiO2，然后根据SiO2的性质解答即可。

16. 一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如图，其中和代表不同元素的原子。

关于此反应说法错误的是
A. 一定属于吸热反应
B. 一定属于可逆反应
C. 一定属于氧化还原反应
D. 一定属于分解反应
【答案】A
【解析】试题分析：根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种。

A．该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；C．该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确。

答案选A。

【考点定位】考查常见化学反应类型的判断。

【名师点睛】化学试题的呈现方式形式多样，可采用文字、数据、图表、示意图等多种方式的融合，增加试题信息的广度，考查学生从不同呈现方式中提取有用信息、加工信息，并利用信息进行思考或推理的能力。

这些信息蕴含着解决试题的重要思路、数据和方法，如物质性质、物质形态、反应条件、反应产物、结构特征以及变化趋势等。

这就要求考生通过“现场独立自学”的方式，从中概括抽象出新的知识或发现数据之间的关系，同时与学过的知识相组合，形成较全面的网络化的知识体系，将这些知识体系进一步应用到新的知识情境中，从而解决问题。

这种试题培养和考查了考生自主学习和独立思考的能力。

17. 已知34Se、35Br位于同一周期，根据元素在周期表中的位置，判断下列说法正确的是
A. 离子还原性：Cl−>Br−
B. 气态氢化物的稳定性：H2S>H2Se
C. 原子半径：Cl>Br>Se
D. 酸性：H2SeO4>HBrO4>HClO4
【答案】B
【解析】试题分析：同周期从左到右半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，还原性逐渐减弱，氧化性逐渐增强，离子的还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强；同主族从上到下半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，离子的还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性依次减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次增强，酸性依次减弱。

A项离子还原性：Cl－< Br－；B项气态氢化物的稳定性：H2S＞H2Se；C项原子半径：Cl<Br<Se；D项酸性：H2SeO4<HBrO4<HClO4。

考点：元素周期律的应用
点评：本题主要考查了元素周期律的相关内容，难度不太大，但要求学生熟练掌握元素周期律的内容及应用，为高频考题。

18. 化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。

已知：氧化还原反应：
2FeCl3＋2HI===2FeCl2＋I2＋2HCl 2Co(OH)3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋6H2O
2Fe(OH)2＋I2＋2KOH===2Fe(OH)3＋2KI 3I2＋6KOH===5KI＋KIO3＋3H2O
复分解反应：
2HSCN＋K2CO3===2KSCN＋CO2↑＋H2O KCN＋CO2＋H2O===HCN＋KHCO3
热分解反应：
4NaClO3NaCl＋NaClO 4NaClO4NaCl＋2O2↑
下列说法不正确的是
A. 氧化性(酸性溶液)：FeCl3>Co(OH)3>I2
B. 还原性(碱性溶液)：Fe(OH)2>I2>KIO3
C. 热稳定性：NaCl>NaClO4>NaClO
D. 酸性(水溶液)：HSCN>H2CO3>HCN
【答案】A
【解析】试题分析：A、在2FeCl3+ 2HI＝2FeCl2+ I2+ 2HCl反应中，氧化性：FeCl3＞I2，在2Co(OH)3+ 6HCl = 2CoCl2+ Cl2↑ + 6H2O中，氧化性：Co（OH）3＞Cl2，又Cl2＞FeCl3，故Co（OH）3＞FeCl3，则有：Co（OH）3＞FeCl3＞I2，A错误；B、在3I2+ 6KOH＝5KI + KIO3+ 3H2O反应中，I2既是氧化剂又是还原剂，其还原性介于高低价态产物之间KI＞I2＞KIO3；在2Fe(OH)2+ I2+ 2KOH= 2Fe(OH)3+ 2KI反应中，反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的，即Fe（OH）
＞I2；Fe（OH）2＞Fe（OH）3；Fe（OH）2＞KI，故还原性应为：Fe（OH）2＞I2＞KIO3，B
2
正确；C、物质分解时生成更加稳定的物质，在反应中4NaClO3NaCl + NaClO4，稳定性NaClO4＞NaClO，在反应中NaClO4NaCl + 2O2↑中，稳定性NaCl＞NaClO4，则稳定性NaCl ＞NaClO4＞NaClO，C正确；D、化学反应遵循较强酸制弱较酸的规律，在反应2HSCN + K2CO3=" 2KSCN" + CO2 ↑ + H2O中，酸性HSCN＞H2CO3，在反应中KCN + CO2 + H2O＝HCN + KHCO3，酸性H2CO3＞HCN，则酸性为HSCN＞H2CO3＞HCN，D正确，答案选A。

考点：考查氧化性、还原性、稳定性和酸性的比较
19. 前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。

已知：A、C同主族，A的原子最外层电子数是次外层的3倍，B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，D的原子半径是第3周期中最小的，E是形成骨骼和牙齿的主要元素，且E单质能和水反应。

则下列分析错误的是
A. A的离子结构示意图为
B. D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性
C. E和D形成的离子化合物ED2的电子式为
D. B的氧化物为离子化合物，只含离子键，其晶体为离子晶体
【答案】C
【解析】前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。

已知：A、C同主族，A的原子最外层电子数是次外层的3倍，则A有2个电子层，最外层电子数为6，则A为氧元素；
A、C同主族，则C为硫元素；B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，B为Al元素；D
的原子半径是第三周期中最小的，则D为Cl元素，E是形成骨骼和牙齿的主要元素，且E 单质能和水反应，E为Ca元素。

A、A的离子O2－的核外电子数为10，结构示意图为，故A正确；
B、非金属性Cl
＞S，故酸性HClO4＞H2SO4，D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性，故C正确；C、E和D形成的离子化合物CaCl2的电子式为：
，故C错误；D、Al为活泼金属，Al的氧化物Al2O3为离子化合物，只含离子键，其晶体为离子晶体，故D正确；故选C。

点睛：本题考查结构性质位置关系、元素周期律、常用化学用语等，解题关键：推断元素，易错点：C，注意基础知识的理解掌握，写化合物的电子式时，各原子如何分布，不是所有的原子间都有化学键，CaCl2中的两个氯离子间没有化学键。

20. 在1 200 ℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应
H2S(g)＋O2(g)===SO2(g)＋H2O(g) ΔH1 ①
2H2S(g)＋SO2(g)===S2(g)＋2H2O(g) ΔH2 ②
H2S(g)＋O2(g)===S(g)＋H2O(g) ΔH3 ③
2S(g)===S2(g) ΔH4
则ΔH4的正确表达式为
A. ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
B. ΔH4＝(3ΔH3－ΔH1－ΔH2)
C. ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－2ΔH3)
D. ΔH4＝(ΔH1－ΔH2－3ΔH3)
【答案】A
【解析】根据盖斯定律，将第一个和第二个反应相加，减去3倍的第三个反应，即得3S(g)===
S2(g)，再将反应乘以即得第四个反应，所以ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)，答案选A。

21. 下列有关性质的比较，不能
．．用元素周期律解释的是
A. 酸性：H2SO4>H3PO4
B. 非金属性：Cl>Br
C. 碱性：NaOH>Mg(OH)2
D. 热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
【答案】D
【解析】A、硫元素的非金属性强于磷元素，因此硫酸的酸性强于磷酸，A不符合题意；B、同主族从上到下非金属性逐渐减弱，所以氯元素的非金属性强于溴，B不符合题意；C、钠的金属性强于镁，因此氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，C不符合题意；D、碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠与元素周期律没有关系，D符合题意，答案选D。

22. 可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。

下列说法正确的是
A. 以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质时，正极反应都为O2＋2H2O＋4e－== 4OH－
B. 以NaOH溶液为电解质时，负极反应为Al＋3OH－－3e－==Al(OH)3↓
C. 以NaOH溶液为电解质时，电池在工作过程中电解质溶液的pH保持不变
D. 电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
【答案】A
【解析】A、电解质溶液显碱性或中性，该燃料电极的正极发生反应为：O2 +2H2O+4e-=4OH-，故A正确；B、铝作负极，负极反应应该是铝失去电子变为铝离子，在氢氧化钠的溶液中氢氧化铝继续与过量的碱反应生成偏铝酸根，因此负极反应为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，故B错误；C、该电池在碱性条件下消耗了碱，反应式为4Al+3O2+4OH-=4AlO2-+2H2O，溶液pH降低，故C错误；D、电池工作时，电子从负极出来经过外电路流到正极，故D错误；故选A。

点睛：铝空气燃料电池中负极反应为Al+4OH---3e-═AlO2-+2H2O，正极反应为
O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应为4Al+4OH--+3O2═4AlO2-+2H2O，要注意铝为活泼金属，既能与酸反应，又能与碱反应。

23. 某同学做了如下实验:
下列说法中正确的是
A. 加热铁片I所在烧杯，电流表指针会发生偏转
B. 用KSCN溶液检验铁片Ⅲ、IV附近溶液，可判断电池的正、负极
C. 铁片I、Ⅲ的腐蚀速率相等
D. “电流计指针未发生偏转”，说明铁片I、铁片Ⅱ均未被腐蚀
【答案】A
【解析】A. 温度不同，反应速率不等，两烧杯中存在电势差，能够产生电流，电流表指针会发生偏转，故A正确；B. 两烧杯中溶液的浓度不同，发生离子的定向移动，产生电流，铁失去电子发生氧化反应，生成亚铁离子，与KSCN溶液无明显现象，不能判断电池的正、负极，故B错误；C. 铁片I中未构成原电池、铁片Ⅲ构成了原电池，腐蚀速率一定不相等，故C错误；D. “电流计指针未发生偏转”，说明铁片I、铁片Ⅱ未构成原电池，但铁片表面俊辉发生吸氧腐蚀，故D错误；故选A。

24. 有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是
A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B. 图Ⅱ所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C. 图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2＋浓度始终不变
D. 图Ⅳ所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
【答案】D
【解析】
A．该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，故A错误；B．铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，故B错误；C．粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属
失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C错误；D．该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，故D正确；故选D。

25. 某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构如图所示，电池总反应可表示为：2H2＋O2===2H2O，下列有关说法正确的是
A. 电子通过外电路从b极流向a极
B. b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
D. 每转移0.1 mol电子，消耗1.12L的H2
【答案】C
【解析】A、因氢元素的化合价升高，则a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，故A错误；B、该电池为酸性电池，b极上的电极反应式为：O2+4e－+4H＋=2H2O，故B 错误；C、H＋带正电，移向正极，由a极通过固体酸电解质传递到b极，故C正确；D、每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的H2 1.12 L，故D正确。

故选C。

26. 将两根铁钉分别缠绕铜丝和铝条，放人滴有混合溶液的容器中，如图所示，下列叙述错误的是
A. a中铁钉附近呈现蓝色沉淀
B. b中铁钉附近呈现红色
C. b中发生吸氧腐蚀
D. a中铜丝附近有气泡产生
【答案】B
27. 下图中甲为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质为KOH溶液，乙为电解饱和MgCl2溶液的装置，其中乙装置中X为阳离子交换膜。

用该装置进行实验，反应开始后观察到Fe 电极附近出现白色沉淀。

下列说法正确的是
A. 甲中A处通入CH4，电极反应式为CH4＋10OH－－8e－===＋7H2O
B. 乙中电解MgCl2溶液的总反应为2Cl－＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2OH－
C. 理论上甲中每消耗22.4 L CH4(标准状况下)，乙中产生4 mol Cl2
D. 甲、乙中电解质溶液的pH都增大
【答案】C
【解析】A项，乙为电解氯化镁溶液的装置，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀，说明H+在铁电极放电，所以铁电极为阴极，则甲中B端为负极，通入CH4，反生氧化反应，电极反应式为：CH4＋10OH--8e-=CO32-＋7H2O，故A错误；B项，乙中电解氯化镁溶液的总反应为：Mg2+＋2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，故B错误；C项，由上分析可知，甲中每消耗标况下22.4L（1mol）CH4，转移8mol电子，则乙中产生4molCl2，故C 正确；D项，甲中KOH参与反应，碱性减弱，PH减小，乙中氢离子放电，pH增大，故D 错误。

28. 下图装置(Ⅰ)是一种可充电电池，装置(Ⅱ)为电解池。

装置(Ⅰ)的离子交换膜只允许Na＋通过，已知电池充、放电的化学方程式为2Na2S2＋NaBr3Na2S4＋3NaBr，当闭合开关K
时，X电极附近溶液变红。

下列说法正确的是
A. 闭合开关K时，Na＋从右到左通过离子交换膜
B. 闭合开关K时，负极反应式为3NaBr－2e－===NaBr3＋2Na＋
C. 闭合开关K时，当有0.1 mol Na＋通过离子交换膜时，X电极上放出标准状况下气体1.12 L
D. 闭合开关K时，X电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑
【答案】C
【解析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极．与阴极连接的是原电池的负极，所以左边是负极，右边是正极。

A、闭合K时，I左边是负极，右边是正极，根据异性电荷相吸原理，所以钠离子从左到右通过离子交换膜，故A错误；
B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2K2S2-2e－═K2S4+2K＋，故B错误；
C、闭合K时，当有0.1mol钠离子通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成的氢气体积为1.12L（标况下），故C正确；
D、闭合K时，X电极是阴极，在阴极上溶液中的氢离子放电生成氢气，所以电极反应式为2H＋+2e－=H2↑，故D 错误；故选C。

第II卷（共54分）
二、填空题
29. 根据要求回答问题：
（1）如图是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是________。

（2）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·x H2O 的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为__________。

（3）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的热化学方程式如下：
①CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
又知③H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1，则甲醇蒸气燃烧为液态水的热化学方程式为____________________________________________________________________。

（4）在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。

这两步的能量变化如图：
第二步反应是__________反应(填“放热”或“吸热”)。

1 mol NH (aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式是_____________________。

【答案】(1). 减小(2). 不变(3). 2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)
ΔH=−85.6 kJ·mol−1(4). CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.7 kJ·mol－1(5). 放热(6). NH (aq)＋O2(g)===NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) ΔH＝－273 kJ/mol
【解析】（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响。

E1的变化是减小，ΔH的变化是不变；（2）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体HCl和一种易水解成TiO2·x H2O的液态化合物TiCl4(l)，放热4.28 kJ，反应方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)，0.1 mol Cl2反应放热4.28 kJ，2 mol Cl2反应放热4.28 kJ×2/0.1=85.6 kJ，该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)
ΔH=−85.6 kJ·mol−1；（3）利用盖斯定律进行计算，①CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1，②CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1，又知③H2O(g)===H2O(l)ΔH＝－44 kJ·mol－1，依据盖斯定律计算（②×3-①×2+③×2）得：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=3×（-192.9 kJ·mol－1）-2×49.0 kJ·mol －1+（-44 kJ·mol－1）×2=-764.7 KJ·mol－1；则甲醇蒸气燃烧为液态水的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.7 KJ·mol－1；（4）由图可知，第二步反应反应物能量高于生成物能量，是放热反应；由图可知，第一步热化学反应为NH4＋（aq）+1.5O2（g）=2H＋（aq）+NO2－（aq）+H2O（l）△H=-273 kJ·mol－1，即1 mol NH (aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式。

30. 有五种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知R元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为0。

完成下列问题：
（1）Z元素在周期表中的位置是__________________，同周期原子半径最大的元素是
____________（填元素符号）。

（2）X的简单氢化物与M的单质，在一定条件下可以发生置换反应，化学方程式为
______________，还原产物中含有的化学键类型有____________。

（3）我国发射“神舟”系列飞船的长征火箭，常以X、Y的液态氢化物做燃料。

已知X、Y 的两种氢化物电子数相等，并且反应时生成两种无毒、无污染的物质。

①写出两种氢化物反应的化学方程式____________________________，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为____________。

②X的液态氢化物的电子式__________________。

（4）下列说法能证明R、Y非金属性强弱的是____________。

A．R和Y的单质在一定条件下能生成RY2
B．Y单质常温下是气体，R单质是固体
C．Y的氢化物稳定性大于R的氢化物
D．自然界中存在Y单质不存在R单质
【答案】(1). 第三周期、第IIIA族(2). Na(3). 8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl(4).。