河北省高一化学下学期开学考试试题(含解析)

河北省高一化学下学期开学考试试题（含解析）
一、单选题（本大题共20小题，共20.0分）
1.下列化学用语正确的是（）
A. H2O2的电子式：
B. 次氯酸的结构式：H—Cl—O
C. S原子的结构示意图：
D. CO2的比例模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O—O键，双氧水正确的电子式为，A选项错误；
B．次氯酸为共价化合物，中心原子为O原子，其结构式为：H—O—Cl，B选项错误；
C．S原子的结构示意图：，符合题意，C选项正确；
D．二氧化碳为直线型结构，其中C原子的半径大于O原子，其正确的比例模型为，D选项错误；
答案选C。

2.高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。

用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)的装置如图所示。

下列说法正确的是( )
A. 铁是阳极，电极反应为Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2
B. 电解一段时间后，镍电极附近溶液的c(OH-)减小
C. 若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO
D. 每制得1 mol Na2FeO4，理论上可以产生67.2 L气体
【答案】C
【解析】
A．用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，故A错误；B．镍电极上水放电，生成氢气和氢氧根离子，c(OH-)增大，故B错误；C．若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后由于浓度差，左侧溶液中会含有FeO42-，故C正确；D．温度和压强未知，所以无法计算生成气体体积，故D错误；故选C。

点睛：本题考查了电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键。

易错选项是AD，A 中需要根据题意目的“电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠”判断产物；D中注意气体摩尔体积的适用范围和条件。

3.下列说法正确的是（）
A. MgF2中的两种离子核外排布相差一个电子层
B. 石英和硫磺晶体熔化时克服相同类型的微粒间作用力
C. 发生物理变化时物质中的化学键也可能被破坏
D. H2O和H2O2的稳定性不同是因为微粒间作用力不同
【答案】C
【解析】
【详解】A.Mg2+、F−的离子均为10个电子，则离子核外排布相同，故A错误；
B.石英为原子晶体，通过硅原子与氧原子形成共价键，融化时克服的是共价键；硫磺是分子晶体，分子间是分子间作用力，融化时克服的是分子间作用力，故B错误；
C.离子化合物的溶解，是物理变化，破坏了离子键，则发生物理变化时物质中的化学键也可能被破坏，故C正确；
D.H2O和H2O2的两种物质微粒间作用力不完全相同，H2O分子中只有H-O，H2O2中有H-O键和O-O 键，所以稳定性不相同，故D错误。

答案选C。

4.短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列叙述正确的是（）
A. 离子半径：T m+>W n-
B. 非金属性：Q>W
C. R 的简单氢化物的水溶液呈碱性
D. Q 的氧化物都是酸性氧化物 【答案】C 【解析】 【分析】
这几种都是短周期元素，T 所处的周期序数与主族序数相等，T 位于第三周期，则T 是Al 元素，根据它们的位置知，Q 是C 元素、R 是N 元素、W 是S 元素。

【详解】A ．T m+离子核外有2个电子层、W n-核外有3个电子层，所以离子半径：T m+<W n-，A 选项错误；
B ．S 原子得电子能力大于
C 原子，所以非金属性Q<W ，B 选项错误；
C ．R 的简单氢化物是氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使其溶液呈碱性，C 选项正确；
D ．CO 是
不成盐氧化物，所以CO 不属于酸性氧化物，D 选项错误； 答案选C 。

5.选用下列试剂和电极:稀H 2SO 4、Fe 2(SO 4)3溶液、铁棒、铜棒、铂棒,组成如图所示的原电池装置，观察到电流计G 的指针均有偏转，则其可能的组合共有( )
A. 6种
B. 5种
C. 4种
D. 3种
【答案】B 【解析】
【详解】该装置是原电池，根据原电池的构成条件选取电极和电解质溶液；当电解质溶液为稀硫酸时,只有铁能作负极，则正极可以是铜，也可以是铂，所以有两种组合；当电解质溶液为硫酸铁时，负极可以是铁，则正极可以是铜，也可以是铂；若负极为铜时，正极只能是铂，所以有三种组合；所以通过以上分析知；能构成原电池的组合有5种； 故选B 。

【点睛】该装置是原电池，根据原电池的构成条件选择电极和电解质溶液，有相对活泼的金属和不活泼的金属或导电的非金属作电极，且较活泼的金属能自发的和电解质溶液进行氧化还原反应，以此解答该题。

6.固体NH 4NO 3受热分解的产物较复杂，分解时发生的反应遵循守恒，从得失电子守恒和元素守恒方面分析，对NH 4NO 3热分解的产物猜想不正确．．．的是（ ） A. N 2、HNO 3、H 2O B. N 2O 、H 2O C. NO 2、N 2O 、H 2O D. NH 3、HNO 3
【答案】C 【解析】
【详解】A ．如生成N 2，N 元素化合价分别由+5价、-1价变为0价，NO 3-过量，则同时生成HNO 3，发生反应433225NH NO 2HNO 4N 9H O =++，A 选项正确；
B ．NH 4NO 3若生成N 2O 、H 2O ，氮元素-3价升高到+1价，硝酸根离子中+5价降低到+1价，符合电子守恒，B 选项正确；
C ．如生成N 2O 、NO 2，元素化合价应由-3价→+1价，+5价→+4价，NH 4+
过量，NH 4+
应同时生成NH 3，C 选项错误；
D ．生成NH 3、HNO 3符合分解反应，为化合价不变的反应，D 选项正确； 答案选C 。

7.欲除去下列物质中混入的少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂和分离方法都正确的是（ ）
A. CH 4(Cl 2)：饱和食盐水洗气
B. C 2H 4(SO 2)：NaOH 溶液洗气
C. 溴苯(Br 2)：NaOH 溶液蒸馏
D. FeCl 3溶液(CuCl 2)：铁粉过滤 【答案】B 【解析】
【详解】A ．甲烷和氯气均不能溶于饱和食盐水溶液，A 选项错误；
B ．二氧化硫与NaOH 溶液反应，而乙烯不能，则利用洗气法可除杂，B 选项正确；
C ．溴与NaOH 反应后与溴苯分层，则充分振荡静置后，分液可除杂，而不用蒸馏，C 选项错误；
D ．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，影响被提纯的物质，D 选项错误；
答案选B。

8.少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。

为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（）
①加H2O
②加NaOH固体
③滴入几滴浓盐酸
④将稀盐酸换为98%的硫酸
⑤加NaCl溶液
⑥滴入几滴硫酸铜溶液
⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)
⑧改用10mL0.1mol/L盐酸
A. ①⑥⑦
B. ③⑤⑧
C. ③⑦⑧
D. ⑥⑦⑧【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】①加H2O，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故①不使用；
②加NaOH固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故②不使用；
③滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，铁粉不变，不改变氢气的产量，故③使用；
④将稀盐酸换为98%的硫酸，铁遇浓硫酸会钝化，故④不使用；
⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故⑤不使用；
⑥滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故
⑥不使用；
⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率加快，铁粉不变，不改变氢气的产量，故⑦使用；
⑧改用10mL0.1mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，铁粉不变，不改变氢气的产量，故⑧使用；
综上所述，③⑦⑧能使反应速率增大，且生成氢气的量不变，故选C。

9.X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外
电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。

下列有关这些元素性质的说法一定正确的是（）
A. X元素的氢化物的水溶液显碱性
B. Z元素的离子半径大于W元素的离子半径
C. Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点
D. Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，X可能为O，也可能为N元素；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z元素的质子数为10+2=12，故Z为Mg元素；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，外围电子排布为ns2np2，处于ⅣA族，且属于短周期元素，所以Y为C或Si元素；W 元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，W为Al或Cl。

【详解】A.X可能为O或N，氢化物可以是H2O、NH3，水是中性，故A错误；
B.若W为Cl，镁离子与氯离子最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，镁离子半径小于氯离子半径，若W为Al，镁离子与铝离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，镁离子半径大于铝离子半径，故B错误；
C.二氧化碳晶体属于分子晶体，常温下为气体，熔点和沸点很低，故C错误；
D.Mg在氮气中燃烧生成Mg3N2，Mg在氧气中燃烧生成MgO，故D正确。

答案为D。

10.O3在水中易分解。

一定条件下，起始浓度均为0.0216mol／L的O3溶液，在不同的pH、温度下，发生分解反应，测得O3浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示：
下列判断不正确的是
A. 实验表明，升高温度能加快O3的分解速率
B. pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用
C. 在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为1.00×10－4mol／（L·min）
D. 据表中的规律可推知，O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）＞v（30℃、pH＝
7.0）
【答案】D
【解析】
A. 实验表明，在pH不变时，升高温度，O3浓度减少一半所需的时间减少，所以升高温度能加快O3的分解速率，A正确；
B. 温度不变时，pH增大O3浓度减少一半所需的时间减少所以pH 增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用，B正确；
C. 在30℃、pH＝4.0时，
O3的分解速率为
1
0.50.0216
108
mol L
min
-
⨯
=1.00×10－4mol／（L·min）,C正确；D. 据表中的规
律可推知，在40℃、pH＝3.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定大于31s，在30℃、pH＝7.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定小于15s，所以O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）<v（30℃、pH＝7.0），D不正确。

本题选D。

点睛：本题考查的是用控制变量法探究影响化学反应速率的因素，其关键是控制在其他条件相同的条件下，分析某因素发生变化时对化学反应速率的影响，考查了学生分析数据的能力和归纳推理能力。

11.下列说法不正确的是
A. 1mol乙烷在光照条件下最多能与3molCl2发生取代反应
B. 石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液，酸性KMnO 4溶液褪色
C. 水煤气可用来合成液态烃及甲醇等含氧有机物
D. 苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯 【答案】A 【解析】
【详解】A. 1mol 乙烷含有6mol 氢原子，在光照条件下最多能与6molCl 2发生取代反应，A 错误；
B. 石油裂解气中含有烯烃，能使溴的四氯化碳溶液，酸性KMnO 4溶液褪色，B 正确；
C. 水煤气主要是氢气和CO ，可用来合成液态烃及甲醇等含氧有机物，C 正确；
D. 苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯等，D 正确。

答案选A 。

12.我国科研人员以Zn 和尖晶石型锰酸锌（ZnMn 2O 4）为电极材料，研制出一种水系锌离子电池。

该电池的
总反应方程式：xZn + Zn 1−x Mn 2O 4ZnMn 2O 4（0 < x < 1）。

下列说法正确的
是
A. 充电时，Zn 2+
向ZnMn 2O 4电极迁移
B. 充电时，阳极反应：ZnMn 2O 4 −2xe —＝Zn 1-x Mn 2O 4+xZn 2+
C. 放电时，每转移1mol e -，ZnMn 2O 4电极质量增加65g
D. 充放电过程中，只有Zn 元素的化合价发生变化 【答案】B 【解析】
A 、电解池阳离子向阴极移动，而可充可放电池中，阴极是原电池的负极，所以Zn 2＋ 向锌迁移，故A 错误；
B 、充电时，阳极发生氧化，阳极反应：ZnMn 2O 4 −2xe —
＝Zn 1-x Mn 2O 4+xZn 2+
，故B 正确；C 、放电时，每转移2mol e -，ZnMn 2O 4电极质量增加65g ，故C 错误；D 、充放电过程中，Mn 、Zn 元素的化合价发生变化，故D 错误；故选B 。

13.下列有关各装置图的叙述，正确的是
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应式:Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+
C. 装置③中插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
D. 装置④中钢闸门应与外接电源的负极相连被保护，该方法叫做牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】
根据电流方向判定出，a为电解池的阳极，要精炼铜，粗铜必做阳极，电解质溶液为CuSO4溶液，A正确；铁比铜活泼，铁做负极，铜做正极不参与反应，所以总反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B错误；铁只有在潮湿的空气中易生锈，而越靠近底端，氧气的量越小，腐蚀程度减小，C错误；被保护金属与直流电源的负极相连时，是外加电流的阴极保护法，D错误；正确选项A。

14.短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径
最小，Y的次外层电子数是其电子总数的1
4
，离子化合物ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同
一主族，NY2是医学上常用的水消毒剂、漂白剂。

下列叙述正确的是（）
A. Y和W分别与X形成的简单化合物的热稳定性：X2Y>X2W
B. 离子半径由小到大的顺序为Y2-<Z2+<N-<W2-
C. ZX2和NY2中化学键一致，且微粒个数之比均为1：2
D. 含氧酸的酸性：N>W，可证明非金属性：N>W
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，应为H元素，Y的次外层电子数是其电子总数的，则电子总数为8，应为O元素，W与Y属于同一主族，则W为S元素，N应为Cl元素，离子化合物ZX2是一种储氢材料，Z应为Mg元素，由以上分析可知X为H元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为S元素，N为Cl元素。

【详解】A.非金属性O>S，元素的非金属性越强，对应的氢化物热稳定性越稳定，故A正确；
B.简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径由小到大的顺序为：Mg2+<O2-<Cl-<S2-，故B错误；
C.MgH和ClO2中化学键分别为离子键和共价键，故C错误；
D.比较非金属性，根据最高价氧化物对应水化物的酸性判断，而含氧酸可能不是最高价氧化物的水化物，如HClO的酸性小于H2SO4，不能比较非金属性，故D错误。

答案为A。

15.常温下，向如图所示的两个容积相同的刚性容器中分别充入气体M、N(如表所示)，使两容器中压强相等。

打开开关k，两容器中的气体充分混合后，恢复至常温，容器内的气体压强(固体影响忽略不计)由大到小的顺序正确的是 ( )
装置编号①②③④
M NH3HI NO H2
N Cl2Cl2O2O2
A. ①=④>②=③
B. ①=④>②>③
C. ④>①>②>③
D. ①>④>②>③
【答案】B
【解析】
【详解】①氨气和氯气反应生成氮气、氯化氢和氯化铵，3NH3+3Cl2=N2+NH4Cl+5HCl，反应前后气体的物质的量不变，则气体的压强不变；
②氯气和碘化氢反应生成氯化氢和碘单质，Cl2+2HI=2HCl+I2，碘单质在常温下是固体，而氯
气过量，反应后气体总物质的量为开始的3
4
，反应后气体压强为开始的
3
4
；
③一氧化氮和氧气化合会生成二氧化氮，2NO+O 2=2NO2，还存在可逆反应：2NO2N2O4，反应
后气体体积减小，而氧气过量，反应后气体总物质的量小于开始的3
4
，反应后气体压强小于
开始的3
4
；
④氢气和氧气在常温下不反应，气体的物质的量不变，则气体的压强不变；
所以最后容器内的气体压强由大到小的顺序为①=④>②>③，故答案选B。

16.硝酸被称为“国防工业之母”是因为它是制取炸药的重要原料。

下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是（）
A. 浓硝酸使紫色石蕊试液先变红后褪色——酸性和强氧化性
B. 不能用稀硝酸与锌反应制氢气——强氧化性
C. 要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性
D. 能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去——强氧化性
【答案】D
【解析】
【详解】A. 浓硝酸使紫色石蕊试液先变红，表现出酸性；后褪色，表现出强氧化性，正确。

B. 不能用稀硝酸与锌反应制氢气，因为硝酸具有强氧化性，被锌还原生成氮氧化物等，而不生成氢气，正确。

C. 要用棕色瓶盛装浓硝酸，因为浓硝酸具有光的不稳定性，正确。

D. 能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去，可能是硝酸表现出强氧化性，将酚酞氧化而褪色；也可能是硝酸表现出酸性，中和了氢氧化钠的碱性，酚酞在中性溶液中呈无色，错误。

故选D。

17.2008年北京奥运会的“祥云”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有关丙烷的叙述中不正确的是（）
A. 分子中碳原子不在一条直线上
B. 光照下能够发生取代反应
C. 比丁烷更易液化
D. 是石油分馏的一种产品
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.烷烃分子中有多个碳原子应呈锯齿形，丙烷中3个碳原子呈折线形，碳原子不在一条直线上，A正确；
B.丙烷在光照的条件下可以和氯气等发生取代反应，B正确；
C.烷烃中碳个数越多沸点越高，丙烷分子中碳原子数小于丁烷，故丁烷沸点高，更易液化，C 错误；
D.丙烷属于石油分馏的产物，是液化石油气的成分之一，D正确。

答案为C。

18.如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。

下列说法正确的是
A. 通常情况下，NO比N2稳定
B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接反应生成NO
C. 1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有的总能量小于2 mol NO(g)具有的能量
D. 1 mol N2(g)和1 mol O2(g)反应放出的能量为179.3 kJ
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．通常情况下，N2更稳定，故A错误；
B．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO，需要放电条件，故B错误；
C．由图中数据可得反应物断键吸收（946+498）kJ/mol=1444kJ/mol的能量，生成物成键放出2×632kJ/mol=1264kJ/mol的能量，故该反应是吸热反应，依据能量守恒，1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有的总能量小于2 mol NO(g)具有的总能量，故C正确；
D．焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，N2+O2═2NO，
ΔH=946kJ/mol+498kJ/mol-2×632kJ/mol=+180kJ/mol，反应是吸热反应，故D错误；
答案选C。

19.已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为
H2O2＋I－→H2O＋IO－慢
H2O2＋IO－→H2O＋O2＋I－快
下列有关该反应的说法正确的是
A. 反应速率与I－的浓度有关
B. IO－也是该反应的催化剂
C. 反应物的总能量小于生成物的总能量
D. 2v（H2O2）＝2v（H2O）＝v（O2）
【答案】A
【解析】
A. 该反应的速率由慢反应决定。

碘离子参与了慢反应，所以反应速率与I－的浓度有关，浓度越大，化学反应速率越快，A正确；
B. IO－只是该反应的中间产物，B不正确；
C. 该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，C不正确；
D. 用不同物质表示同一反应的速率，其速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2O2）＝v（H2O）＝2v（O2），D不正确。

20.下列有关晶体的说法正确的是（）
A. 原子晶体中一定不含分子间作用力
B. 离子晶体中一定只含离子键
C. 分子晶体中一定含化学键
D. 金属晶体的熔沸点一定高于分子晶体的熔沸点
【答案】A
【解析】
【详解】A.原子晶体是由原子构成的，相邻原子间存在共价键，原子晶体中一定不含分子间作用力，故A正确；
B.离子晶体中一定含离子键，也可能含有共价键，如铵盐等，故B错误；
C.稀有气体是分子晶体，相邻原子间存在分子间的作用力，不含有化学键，故C错误；
D.金属晶体的熔沸点不一定高于分子晶体的熔沸点，如汞的熔点比碘单质的熔点低，故D错误。

答案为A。

二、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
21.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑦在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
（1）①在周期表中的位置是__，②、⑤原子半径的大小关系为__(填元素符号)。

（2）①、⑤、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是__(填化学式)。

（3）③和⑥的气态氢化物稳定性强弱关系__(填化学式)。

（4）④和⑦两种单质形成的化合物含有的化学键__(填“共价键”或“离子键”)，③和⑥两种单质反应的化学方程式__。

（5）②的最简单氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为__。

【答案】 (1). 第二周期ⅣA族 (2). r(Si)>r(N) (3). HClO4>H2CO3>H2SiO3 (4).
H2O>H2S (5). 离子键 (6). S+O2=点燃SO2 (7). NH3+H+=NH+
4
【解析】
【分析】
按元素在周期表中的位置可知，①为C、②为N、③为O、④为Na、⑤为Si、⑥为S、⑦为Cl，结合元素周期律回答；
【详解】(1)①是C，在周期表中的位置是第二周期ⅣA族，根据同主族原子电子层数越多其原子半径越大、同周期从左到右原子半径递减，则原子半径的大小关系r(Si)> r(C)>r(N)，则r(Si)>r(N)；
故答案为：第二周期ⅣA族；r(Si)>r(N)；
(2)元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，①、⑤、⑦非金属性强弱顺序是Cl＞C＞Si，则其最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HClO4>H2CO3>H2SiO3；
答案为：HClO4>H2CO3>H2SiO3；
(3) 非金属性越强，气态氢化物稳定性就越强；根据同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱可知，③和⑥非金属性为O＞S，则气态氢化物稳定性强弱关系为H2O>H2S；
答案为：H2O>H2S；
(4)④和⑦两种单质形成的化合物为氯化钠，是典型的离子化合物，含有的化学键为离子键，
③的单质是氧气，⑥的单质是硫，反应的化学方程式为：S+O2=点燃SO2；
答案：离子键；S+O2=点燃SO2；
(5)②的最简单氢化物为氨气，其最高价氧化物对应水化物为硝酸，两者反应生成硝酸铵，则反应的离子方程式为NH3+H+=NH+
；
4。

答案为：NH3+H+=NH+
4
【点睛】熟练掌握元素周期表结构、元素金属性非金属性的强弱标准、原子半径的规律等是解此题的关键。

三、简答题（本大题共1小题，共5.0分）
22.（1）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。

某微生物燃料电池的工作原理如图所示：
HS-在硫氧化菌作用下转化为SO2-
的反应式是__。

4
（2）PbSO4热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源，基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl—KCl受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。

该电池总反应为
PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。

①放电过程中，Li+向__(填“负极”或“正极”)移动。

②负极反应式为__。

③电路中每转移0.2mol电子，理论上生成__gPb。

（3）氨氧燃料电池具有很大的发展潜力。

氨氧燃料电池工作原理如图所示。

①a 电极的电极反应式是__。

②一段时间后，需向装置中补充KOH ，请依据反应原理解释原因：__。

【答案】 (1). HS -+4H 2O-8e -=SO 2-4+9H + (2). 正极 (3). Ca+2Cl --2e -=CaCl 2 (4). 20.7 (5). 2NH 3-6e -+6OH -=N 2+6H 2O (6). 由于发生4NH 3+3O 2=2N 2+6H 2O 反应，有水生成，使得溶液逐渐变稀，所以要补充KOH
【解析】
【分析】
3个问题都是原电池相关的问题，应用原电池原理解本题即可，假如是燃料电池，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极为正极，还原剂在原电池的负极发生氧化反应，书写电极反应式时要结合电解质，(1)中有质子交换膜，由图知负极上有氢离子生成、正极上有氢离子反应，(2)是无水盐环境，(3)在碱性电解质溶液中，电极上不能生成H +，据此回答；
【详解】(1)由微生物燃料电池的图可知，HS -在硫氧化菌作用下转化为SO 2-
4的同时，还产生了
氢离子，根据质量守恒和电荷守恒可写出相关的反应式为224HS 4H O 8e SO 9H ---++-=+；
故答案为：224HS 4H O 8e SO 9H ---++-=+； (2)①电池放电过程中，阳离子向正极移动，Li +向正极移动，
答案为：正极；
②由电池总反应式可知，负极上是钙放电，产物为氯化钙，据此可知负极反应式为：Ca+2Cl --2e -
=CaCl 2
答案为：Ca+2Cl --2e -=CaCl 2；
③由反应中的化合价变化可知，每生成1molPb ，转移电子数为2mol ，故电路中每转移0.2mol 电子，理论上生成0.1molPb ，质量为0.1mol ×207g/mol=20.7g ；
答案为：20.7；
(3)①由电池工作图可知，氨气在a 电极放电，产生氮气，碱性条件下，还产生水，故a 电极的电极反应式是2NH 3-6e -+6OH -=N 2+6H 2O ；
答案为：2NH 3-6e -+6OH -
=N 2+6H 2O ；
②一段时间后，需向装置中补充KOH 的原因是由于发生4NH 3+3O 2=2N 2+6H 2O 反应，有水生成，使得溶液逐渐变稀，所以要补充KOH ；
故答案为：由于发生4NH 3+3O 2=2N 2+6H 2O 反应，有水生成，使得溶液逐渐变稀，所以要补充KOH 。

【点睛】明确原电池原理是解本题关键，原电池工作时，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，氧化剂剂在正极得到电子发生还原反应，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极。

四、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
23.将VmLNO 和NO 2的混合气体通过水吸收后，得到amL 无色气体A 。

将此无色气体A 与等体积的O 2混合，再通过水充分吸收后，收集到4mL 无色气体B 。

试回答：
（1）气体A 是___；气体B 是___。

（2）A 气体的体积是___毫升。

（3）V 的取值范围是___。

【答案】 (1). NO (2). O 2 (3). 16 (4). 16<V<48
【解析】
【分析】
NO 2通入水中发生反应：2233NO H O 2HNO NO +=+；所得气体中继续通入等体积氧气时，则得到硝酸溶液，且氧气有剩余，因为发生了2234NO 3O 2H O 4HNO ++=，据此回答；
【详解】(1)因NO 不与水反应，NO 2能与水反应：2233NO H O 2HNO NO +=+ ，所以无色气体为NO ，无色气体A 与等体积的O 2混合通过水后发生反应：
2234NO 3O 2H O 4HNO ++=，氧气过量，则无色气体B 为氧气；
答案为：NO ；O 2；
(2)因为过量的氧气为4mL ，根据反应2234NO 3O 2H O 4HNO ++=，剩余的氧气占原氧气总体积的14，所以氧气的总体积是：4mL 16mL 14
=，而开始反应时NO 与O 2的体积相等，得NO 的体积为16mL ；
答案为：16；
(3)由 (2)可以知道：NO 2与水反应产生的NO 和原来的NO 共16mL ，若V mL 气体全部NO ，则。