甘肃省张掖市临泽县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

甘肃省张掖市临泽县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

临泽一中2019-2020学年下学期期中模拟试卷 高一化学 可能用到的相对原子质量：H-1 Li‎-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Zn-65‎ 一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.关于元素周期表（律）的下列叙述，错误的是 A. 元素周期律揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一 B. 在周期表中，把原子电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期 C. 元素周期表中，总共有 18 个纵行，16 个族 D. 第 IA 族的元素又称为碱金属元素，第 VIIA 族的元素又称为卤族元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素周期表是元素周期律的具体表现形式，揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一，故A不符合题意；‎ B．原子结构中的电子层数等于元素在周期表中的周期数，则电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期，故B不符合题意；‎ C．元素周期表中，总共有18个纵行，7个主族，7个副族，1个零族，1个ⅤⅢ族，共16个族，故C不符合题意；‎ D．第IA族的元素中除H元素外都是碱金属，第IA族的所有金属元素又称为碱金属元素，第VIIA族的元素都是非金属元素，又称为卤族元素，故D符合题意；‎ 故答案为：D。‎ ‎2.酒精燃烧的过程中，发生了能量的转化。下列判断中正确的是 A. 化学能部分转化为热能 B. 化学能全部转化为热能 C. 热能部分转化为化学能 D. 光能部分转化为化学能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因酒精燃烧的过程中，发生化学变化，放出热量，并伴随有光等现象，即化学能部分转化成热能、部分转化为光能等，故答案选A。‎ ‎3.2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是 A. Ts是第七周期第ⅦA族元素 B. Ts的同位素原子具有相同的电子数 C. Ts在同族元素中非金属性最弱 D. 中子数为176的Ts核素符号是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该原子结构示意图，该元素位于第七周期、第VIIA族，故A正确；‎ B. 同位素具有相同质子数、不同中子数,而原子的质子数=核外电子总数,则Ts的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；‎ C. 同一主族元素中,随着原子序数越大,元素的非金属性逐渐减弱,则Ts在同族元素中非金属性最弱，故C正确；‎ D. 该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293,该原子正确的表示方法为：，故D错误；‎ 故答案选：D。‎ ‎4.鸟粪石[化学式为Mg(NH4)PO4·6H2O]是一种盛产于秘鲁的优质氮磷肥料；钴(Co)是质子数为27的元素，它的中子数为33的核素可用于癌症的放射性治疗。下列有关说法正确的是 ‎①钴不是主族元素；②Cl2不能长期稳定地存在；③Mg的原子结构示意图为；④鸟粪石中两种阳离子为Mg2+、NH4+‎ A. ①②③④ B. 仅①②④ C. 仅②③④ D. 仅①③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①钴是27号元素，四第VIII元素，属于过渡元素，不是主族元素①正确；‎ ‎②具有放射性，放置过程中会发生衰变，Cl2不能长期稳定地存在，②正确；‎ ‎③Mg是12号元素，原子核外电子排布为2、8、2，所以Mg原子结构示意图为，③正确；‎ ‎④根据鸟粪石的组成可知该物质属于盐，含有的阳离子为Mg2+和NH4+，④正确;‎ 综上所述可知，说法正确的为①②③④，故合理选项是A。‎ ‎5.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）‎ A. 硫酸与氢氧化钠的反应 B. Ba(OH)2·8H2O与氯化铵反应 C. 灼热的炭与二氧化碳的反应 D. 氢气在氧气中的燃烧反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸与氢氧化钠的反应，该反应为放热反应，故A不选；‎ B.Ba(OH)2·8H2O与氯化铵反应是吸热反应，但该反应中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故B不选；‎ C.灼热的炭与二氧化碳的反应为吸热反应，反应中碳元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故C选；‎ D.氢气在氧气中的燃烧反应为放热反应，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。答题时还需要明确物理变化中的放热或吸热不能归为放热反应或吸热反应。‎ ‎6.下列关于卤素（F、Cl、Br、I）性质的叙述，不正确的是 A. 它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多 B. 单质颜色随核电荷数的增加而加深 C. 它们的氢化物的稳定性随核电荷数增加而增强 D. 被其他卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性 随核电荷数增加而加大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．F、Cl、Br、I原子核外电子层数分别为2、3、4、5‎ ‎，原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，故A不符合题意；‎ B．F、Cl、Br、I元素单质的颜色分别是淡黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，所以单质的颜色随核电荷数的增多而加深，故B不符合题意；‎ C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以其氢化物的稳定性随核电荷数的增多而减弱，故C符合题意；‎ D．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，其单质的氧化性逐渐减弱，所以被其它卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性随核电荷数的增多而增大，故D不符合题意；‎ 故答案为：C。‎ ‎7.下列对物质或微粒的表述正确的是（ ）‎ A. 氯离子的结构示意图：‎ B. 氧化钠的分子式：Na2O C. 碳-14 原子表示为：‎‎14C D. Na2S 的电 子式：Na : S : Na ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯离子核内有17个质子，核外有18个电子，其结构示意图：，A正确；‎ B. 氧化钠是离子化合物，无分子式，其化学式为：Na2O，B错误；‎ C. 碳-14 原子核内由6个质子，质量数为14，可表示为：‎14C，C错误；‎ D. Na2S是离子化合物，其电子式：，D错误；故答案为：A。‎ ‎【点睛】电子式的书写：①离子化合物电子式是将组成的阴阳离子拼在一起进行标示，书写规则口诀：多在外、少在内、小在外、大在内、阴阳相间，比如：，，等；②共价化合物电子式的书写，基本与共价型单质分子相同，一般为正价者在前，对于不同价态的元素的原子，一般将化合价绝对值大的写在中间，绝对值小的写在周边，比如：，，‎ 等。‎ ‎8.下列变化中，不需要破坏化学键的是 A. 氯化氢溶于水 B. 加热碘化氢气体使其分解 C. 冰融化 D. 加热纯碱晶体使之熔化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化氢溶于水，HCl电离HCl=H＋＋Cl－，破坏共价键，故A不符合题意；‎ B、加热碘化氢，碘化氢发生分解，2HIH2＋I2，破坏共价键，故B不符合题意；‎ C、冰融化破坏是氢键，氢键不是化学键，故C符合题意；‎ D、Na2CO3属于离子化合物，熔化时破坏离子键，故D不符合题意。‎ ‎9.下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是 A. Na2O2、KOH、Na2SO4 B. MgO、Na2SO4、NH4HCO3‎ C. NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4 D. HCl、Al2O3、MgCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2O2、KOH、Na2SO4都有离子键和共价键，正确；‎ B、MgO只有离子键，错误；‎ C、H2SO4只有共价键，错误；‎ D、氯化氢只有共价键，Al2O3、MgCl2只有离子键，错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.设计一个原电池来实现反应：2Fe3+＋Cu==2Fe2+＋Cu2+，下列各选项中，电极和电解质溶液选择均正确的是 选项 负极材料 正极材料 电解质溶液 A Fe Cu Fe(NO3)2‎ B Cu Pt FeCl2‎ C Fe 石墨 Fe2(SO4)3‎ D Cu 石墨 FeCl3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合原电池原理进行分析，原电池中负极失去电子，化合价升高，发生氧化反应，正极得到电子，化合价降低，发生还原反应据此进行分析。‎ ‎【详解】结合题给信息：Cu化合价升高，失去电子，发生氧化反应，原电池的负极反应应为：Cu-2e-=Cu2+，即负极电极应为Cu。Fe3+化合价降低，得到电子，发生还原反应，原电池的正极反应应为：Fe3++e-=Fe2+，则正极电极可选比Cu更不活泼的物质作电极，电解质溶液为以Fe3+为金属阳离子的盐溶液。综上分析，只有D项符合题意，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下：‎ 实验装置 部分实验现象 a极质量减小，b极质量增加 ‎ ‎ b极有气体产生，c极无变化 d极溶解，c极有气体产生 电流计指示在导线中电流从a极流向d极 由此可判断这四种金属的活动性顺序是（　　　）‎ A. a>b>c>d B. b>c>d>a C. d>a>b>c D. a>b>d>c ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】a极质量减小，b极质量增加，则a为负极，b为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性顺序b＞c；d极溶解，所以d是负极，c极有气体产生，所以c是正极，所以金属的活动性顺序d＞c；电流从a极流向d极，则电子从d极流向a极，d极为负极，a极为正极，所以金属的活动性顺序d＞a，四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c，故选C。‎ ‎【点睛】形成原电池时，活泼金属作负极，不活泼金属作正极，负极逐渐溶解，正极上有气泡生成或有金属析出，电子从负极经外电路流向正极，溶液中阴离子向负极移动。‎ ‎12.N2(g)与H2(g)在催化剂表面经历如下过程生成NH3(g)：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. I中破坏的均是极性键 B. Ⅳ过程是N2与H2反应生成NH3的过程 C. Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为放热过程 D. 合成氨的反应是吸热反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ⅰ中破坏的是N2、H2中的非极性键，故A错误；‎ B．Ⅳ过程是和H反应生成的过程，故B错误；‎ C．Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ三个过程中能量均降低，所以都是放热过程，故C正确；‎ D．由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，所以合成氨的反应是放热反应，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎13.恒温恒容条件下，能说明反应A(s)+2B(g)⇌C(g)+D(g)一定处于化学平衡状态的是 A. C的浓度不再改变 B. 容器内的压强保持不变 C. C与D的物质的量相等 D. 消耗1mol B的同时生成0.5mol D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据平衡状态的定义，C的浓度不再改变，反应一定平衡，故选A； ‎ B. A(s)+2B(g)⇌C(g)+D(g)反应前后气体的物质的量不变，气体压强是恒量，容器内的压强保持不变，不一定平衡，故不选B；‎ C. C与D的物质的量相等，C与D的浓度不一定不再改变，所以不一定平衡，故不选C；‎ D. 消耗1mol B的同时生成0.5mol D，都表示正反应速率，不能判断正逆反应速率相等，所以反应不一定平衡，故不选D。‎ ‎14.已知：1mol H2(g)与1mol Br2(g)完全反应生成2mol HBr(g)时放出72kJ的热量，有关物质的相关数据如下表,则表中a为 化学键 H2(g)‎ Br2(g)‎ HBr(g)‎ 断裂1mol化学键需要吸收的能量/kJ ‎436‎ a ‎369‎ A. 404 B. ‎260 ‎C. 230 D. 200‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎1mol H2（g）与1mol Br2（g）完全反应生成2mol HBr（g）时放出72kJ的热量，即热化学方程式为H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=-72kJ/mol反应中，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则-72=436+a-2×369，解得a=230，答案选C。‎ ‎15.‎ ‎ X、Y、Z、W均为短周期元素，他们在元素周期表的位置如下图所示。若Y原子的最外层电子数与电子总数之比为3:4，下列说法正确的是 A. 原子半径：W>Z>Y>X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X C. 气态氢化物的稳定性：Z>W D. W的单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W均为短周期元素，若Y原子的最外层电子数与电子总数之比为3:4，则最外层电子数为6，电子总数为8，符合原子结构特点，则Y为O，结合位置可知X为N，Z为S，W为Cl。‎ ‎【详解】A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为Z＞W＞X＞Y，故A错误；‎ B．非金属性W＞Z＞X，则最高价氧化物对应水化物的酸性为W＞Z＞X，故B错误；‎ C．非金属性W＞Z，气态氢化物的稳定性为W＞Z，故C错误；‎ D．W为Cl，其单质氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极 B. A电极上发生氧化反应，B为正极 C. 当有2.24LNO2(标准状况)被处理时，转移电子为0.4mol D. 电极A极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成的原电池中，因为氨气中氮元素化合价升高，二氧化氮中氮元素化合价降低，所以通入氨气的电极为负极，通入二氧化氮的电极为正极。‎ ‎【详解】A.由分析和装置图可知，B极通入二氧化氮，为正极，A极通入氨气，为负极，所以电流从右侧B电极经过负载后流向左侧A电极，故A正确；‎ B.由分析和装置图可知，B电极为正极，A电极为负极，负极氨气中氮元素化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故B正确；‎ C.2.24LNO2(标准状况)的物质的量0.1mol，根据反应方程式可知，二氧化氮中氮元素从+4价降4价，生成氮气，所以0.1mol二氧化氮被处理时，转移电子为0.4mol，故C正确；‎ D.因为电解质溶液为碱性，所以电极A极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故D错误；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】书写电极反应方程式时要注意电解质溶液的酸碱性，若电解质溶液为酸性，在配平时可以补充氢离子，若电解质溶液为碱性，在配平时可以补充氢氧根。‎ 二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。‎ ‎17.根据下图所示装置回答以下问题。已知：①KMnO4常温下与浓盐酸反应可制得Cl2。②H2SiO3不溶于水。‎ ‎(1)利用如图装置可以验证元素非金属性的变化规律。图中A装置的名称是________________。干燥管D的作用是____________。‎ ‎(2)实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性强于硫：烧瓶中发生反应的离子方程式为____________________________。装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为_____________________。‎ ‎(3)若要用此装置证明酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，进而证明非金属性：N＞C＞Si，从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到的物质：①稀HNO3　②稀盐酸　③碳酸钙　④Na2SiO3溶液　⑤SiO2。试剂A与C分别为________(填序号)；试管中发生反应的离子方程式为__________________。有同学认为此实验不能说明N、C、Si 的非金属性强弱，你认为原因是_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 防倒吸 (3). 2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O (4). Cl2＋S2－=S↓＋2Cl－ (5). ①、④ (6). CO2＋H2O＋SiO32-=H2SiO3↓＋CO32- (7). HNO3有挥发性，也会和硅酸钠反应生成硅酸 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据仪器结构特点分析；氯气溶于水，需要防倒吸；‎ ‎（2）设计实验验证非金属性：Cl＞S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证；‎ ‎（3）要证明非金属性：N＞C＞Si，则利用此装置证明最高价氧化物水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，硝酸有挥发性，干扰碳酸与硅酸的强弱比较。‎ ‎【详解】（1）仪器A为分液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：分液漏斗；防止倒吸； （2）设计实验验证非金属性：Cl＞S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，烧瓶中发生反应的离子方程式为：2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，装置C中发生反应的离子方程式为S2-+Cl2═S↓+2Cl-，故答案为：2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；S2-+Cl2═S↓+2Cl-；‎ ‎（3）根据强酸制强酸的原理，利用稀硝酸溶解碳酸钙，将生成的CO2通入硅酸钠溶液中即可推断酸性的弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，即A为稀硝酸、B为碳酸钙、C为硅酸钠溶液；试管中发生反应的离子方程式为CO2＋H2O＋SiO32-=H2SiO3↓＋CO32-；因硝酸有挥发性，生成的CO2气体中混有硝酸蒸气，需要除去，否则会干扰碳酸与硅酸的强弱比较，故答案为：①④；CO2＋H2O＋SiO32-=H2SiO3↓＋CO32-；HNO3有挥发性，也会和硅酸钠反应生成硅酸；‎ ‎【点睛】本题考查性质实验方案设计，涉及金属、非金属性强弱的探究，题目难度中等，明确物质的性质是解本题关键，知道金属性、非金属性强弱判断方法，会根据物质性质设计实验，试题培养了的分析能力及化学实验能力。‎ ‎18.（1）如图是碳和水蒸气发生反应生成CO、H2的途径和三个状态的能量，该反应为吸热反应，比较E1、E2、E3的大小：_____。‎ ‎（2）已知2mol氢气燃烧生成液态水时放出572kJ的热量，反应方程式是 ‎2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)。请回答下列问题：‎ ‎①该反应的生成物能量总和____（填“大于”、“小于”或“等于”）反应物能量总和。‎ ‎②若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量____（填“大于”、“小于”或“等于”）572kJ。‎ ‎（3）已知拆开1molN﹣N键、1molN﹣H键、1molN≡N键、O=O键需要的能量分别是3akJ、2.5akJ、8akJ、4akJ，完全燃烧1mol火箭燃料肼（N2H4）生成氮气和水蒸气放出能量为5akJ，则1molH2O(g)完全断键时共吸收____kJ的能量。‎ ‎（4）已知化学反应A2(g)+B2(g)═2AB(g)的能量变化如图所示，反应物的总键能_____（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物的总键能。‎ ‎【答案】 (1). E2＞E3＞E1 (2). 小于 (3). 小于 (4). ‎4a (5). 大于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化学反应的本质即是旧键的断裂和新键的形成过程，旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，这是化学反应中能量变化的主要原因，据此进行分析。‎ ‎（2）①由反应热ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量进行判断。‎ ‎②同一物质状态由气→液→固变化时，会放热，反之，会吸热。据此进行分析。‎ ‎（3）由反应热ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和进行计算判断。‎ ‎（4）分析题给能量变化图，根据放热反应中其反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量，进行判断。‎ ‎【详解】（1）E1～E2的过程，为旧化学键断裂而吸收能量的过程，故E1＜E2，E2～E3的过程，为新化学键形成而放出能量的过程，则：E2＞E3，根据题给信息，反应为吸热反应，则有：E1＜E3，故E1、E2、E3的大小关系为：E2＞E3＞E1，故答案为：E2＞E3＞E1；‎ ‎（2‎ ‎）①反应放出热量，说明反应物具有的能量总和大于生成物具有的能量总和，故答案为：小于；‎ ‎②因同一物质状态由气→液→固变化时，会放热，即同一物质气态时具有的能量高于该物质液态时所具有的能量，则2mol氢气燃烧生成液态水时放出572kJ的热量，若生成水蒸气，则放出的能量小于572kJ。答案为：小于；‎ ‎（3）根据题意可知肼燃烧的热化学反应方程式为：N2H4+O2=2H2O+N2 ΔH=-5akJ/mol。根据反应热ΔH=反应物的总键能之和-生成物的总键能之和，设1molH-O键断裂时需要能量为x，有：，解得：，则1mol H2O(g)完全断键时吸收的能量为：4akJ。故答案为：‎4a。‎ ‎（4）分析题给能量变化图可知，反应物所具有的能量低，生成物具有的能量高，则总反应为吸热反应，则反应物的总键能大于生成物的总键能，答案为：大于。‎ ‎【点睛】根据键能计算反应热时，需注意反应前后物质分子中断裂或形成的化学键的数目。常见的特殊物质含有的化学键数目：‎ 物质 CO2‎ ‎(C=O)‎ CH4‎ ‎(C-H)‎ P4‎ ‎(P-P)‎ SiO2‎ ‎(Si-O)‎ 石墨 ‎(C-C)‎ 金刚石 ‎(C-C)‎ S8‎ ‎(S-S)‎ Si ‎(Si-Si)‎ 键数 ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎4‎ ‎1.5‎ ‎2‎ ‎8‎ ‎2‎ ‎19.结合元素周期表，完成下列问题。‎ ‎（1）在元素周期表中全部是金属元素的区域为____________（填序号）。‎ a.A b.B c.C d.D ‎（2）Ⅰ和Ⅱ元素形成的化合物的化学式为__________________，写出其中含有非极性共价键的化合物的电子式_______________。‎ ‎（3）现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素的单质在冷的浓硫酸或空气中表面都会生成致密的氧化膜，乙元素原子核外第三层与第一层上的电子数相等。‎ ‎①写出甲元素周期表中对应的位置__________。‎ ‎②甲、乙两元素中，金属性较强的是__________（填元素名称），可以验证该结论的实验是_______________（填序号）。‎ a.将在空气中放置已久的这两种元素的单质分别放入热水中 b.将这两种元素的单质粉末分别和相同浓度的盐酸反应 c.将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液 d.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 ‎【答案】 (1). b (2). Na2O、Na2O2 (3). (4). 第三周期第IIIA (5). 镁 (6). bc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)过渡元素全部为金属元素；‎ ‎(2)Ⅰ是钠元素，Ⅱ是氧元素，它们形成是氧化钠或者过氧化钠，有非极性共价键的是过氧化钠；‎ ‎(3)甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中表面都生成致密的氧化膜，则甲为Al，乙元素原子核外第三层与第一层上的电子数相等，则乙为Mg；‎ ‎①Al位于周期表中第三周期IIIA族；‎ ‎②同周期自左而右元素金属性逐渐减弱，可以根据金属与水反应剧烈程度、或金属和酸反应置换出氢气的难易或是最高价氧化物对应水化物碱性的强弱或金属单质之间的置换反应等来判断，据此分析。‎ ‎【详解】(1)A区中H元素为非金属元素，B区为过渡元素，全部为金属元素，C区中含有金属与非金属元素，D区为稀有气体，答案选b；‎ ‎(2) Ⅰ是钠元素，Ⅱ是氧元素，它们形成的是氧化钠或过氧化钠，过氧化钠中含有非极性共价键，过氧化钠的电子式为；‎ ‎(3)①甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中表面都生成致密的氧化膜，则甲为Al，位于第三周期第IIIA族，乙元素原子核外第三层与第一层上的电子数相等，则乙为Mg；‎ ‎②同周期自左而右元素的金属性逐渐减弱，故金属性Mg＞Al；‎ a.金属在空气中放置已久，表面生成氧化物保护膜，阻止金属与水反应，不能比较金属性强弱，故a不能验证；‎ b.将除掉表面氧化膜的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应，反应越剧烈，则元素金属性越强，故b能验证；‎ c.将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液，比较碱性强弱，加入Mg粉的反应后溶液呈浅红色，而加入Al粉的无明显现象，故c能验证；‎ d.二者都是金属元素，不能比较气态氢化物的稳定性判断金属性强弱，故d不能验证；‎ 答案选bc。‎ ‎20.Ⅰ．如图为原电池装置示意图。‎ ‎（1）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，写出B电极反应式：__________。该电池在工作时，A电极的质量将_______(填“增加”“减小”或“不变”)，若该电池反应消耗了0.1 mol H2SO4，则转移电子的数目为________。‎ ‎（2）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，写出A电极反应式：_____________________________。该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将________(填“增强”“减弱”或“不变”)。‎ Ⅱ．现用图装置来测定某原电池工作时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000 mL，供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。‎ ‎（3）b电极材料为________，其电极反应式为_________________________。‎ ‎（4）当量筒中收集到672 mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为________mol，此时a电极质量________(填“增加”或“减少”)________g。‎ ‎（5）如果将a、b两电极的电极材料对调，U形管中将出现的现象是_____________。‎ ‎【答案】 (1). PbO2＋SO42-＋4H＋＋2e－===PbSO4＋2H2O (2). 增加 (3). 0.1NA (4). H2＋2OH－－2e－===2H2O (5). 减弱 (6). 铜 (7). 2H＋＋2e－===H2↑ (8). 0.06 ‎ ‎(9). 减少 (10). 1.95 (11). 左端液面下降，右端液面上升 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I图中信息可知，该装置为原电池装置，负极失电子，化合价升高；正极得电子化合价降低；‎ II该原电池装置总反应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，根据装置特点，b电极产生氢气，作电池的正极；‎ ‎【详解】I（1）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，则A为负极，B为正极，二氧化铅得电子，与溶液中的硫酸反应生成硫酸铅和水，反应式为：PbO2＋SO42-＋4H＋＋2e－=PbSO4＋2H2O；通过总反应式可知，该电池工作一段时间后氢离子浓度减小，pH增加；‎ ‎（2）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，则A为负极，氢气得电子与溶液中的氢氧根离子反应生成水，电极反应式为：H2＋2OH－－2e－=2H2O；电池正极反应生成氢氧根离子，随反应的进行，水越来越多，氢氧根离子浓度逐渐减小，碱性减弱；‎ ‎（3）根据装置特点，b电极为正极，其材料为Cu，电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑；‎ ‎（4）当量筒中收集到672 mL(标准状况下)气体时，氢气的物质的量为0.03mol，转移0.06mol的电子，则a电极消耗0.03mol的锌生成锌离子，a极质量减少‎1.95g；‎ ‎（5）将两电极对调，则a电极产生氢气，且密封，气体压强增大，致使左侧液面降低，右侧液面升高；‎ ‎【点睛】原电池装置，负极失电子化合价升高，正极得电子化合价降低；氢氧碱性燃料电池，根据总反应式可知，不消耗氢氧根离子，但会使溶液的体积增大，使碱性减弱。‎ ‎21.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，请回答：‎ ‎（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是______，在导线中电子流动方向为___________（用a、b 表示）。‎ ‎（2）负极反应式为________。‎ ‎（3）电极表面镀铂粉的原因为___________________________。‎ ‎（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能。因此，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：‎ Ⅰ.2Li+H22LIH Ⅱ.LiH+H2O==LiOH+H2↑‎ ‎①反应Ⅰ中还原剂是_____，反应Ⅱ中的氧化剂是_____。‎ ‎②已知LiH固体密度为‎0.82g/cm3。用锂吸收‎224L（标准状况）H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为________。‎ ‎③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80％，则导线中通过电子的物质的量为___________mol。‎ ‎【答案】 (1). 由化学能转变为电能 (2). 由a到b (3). 2H2+4OH—4e-=4H2O（或H2+2OH—2e-=2H2O） (4). 增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，加快电极反应速率 (5). Li (6). H2O (7). 或8.71×10-4 (8). 32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)原电池主要是将化学键转化为电能；氢气失去电子，为负极，氧气获得电子，为正极，电子由负极通过导线移向正极；‎ ‎(2)负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水；‎ ‎(3)反应物接触面积越大，反应速率越大；‎ ‎(4)①根据化合价的变化判断；‎ ‎②设LiH体积体积为vL，算出质量和物质的量，求出气体的体积；‎ ‎③根据实际参加反应的氢气以及电极反应式计算。‎ ‎【详解】(1)原电池主要是将化学键转化为电能，燃料电池是原电池，是将化学能转化为电能的装置；氢气失去电子，为负极，氧气获得电子，为正极，电子由负极通过导线移向正极，即由a到b，‎ 因此，本题正确答案是：由化学能转化为电能；由a到b；‎ ‎(2)负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为 2H2+4OH—4e-=4H2O（或H2+2OH—2e-=2H2O），‎ 因此，本题正确答案是：2H2+4OH—4e-=4H2O（或H2+2OH—2e-=2H2O）；‎ ‎(3)反应物接触面积越大，反应速率越大，镀铂粉增大电极单位面积吸附氢气、氧气分子数，加快电极反应速率，‎ 因此，本题正确答案是：增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，加快电极反应速率；‎ ‎(4) ①2Li+H22LIH，该反应中锂失电子发生氧化反应，所以锂是还原剂；LiH+H2O=LiOH+H2↑，该反应中H2O得电子生成氢气，发生还原反应，所以H2O是氧化剂，‎ 因此，本题正确答案是：Li；H2O；‎ ‎②I.Li从零价升至+1价，作还原剂。II.H2O的H从+1降至H2中的零价，作氧化剂。由反应I，当吸收10molH2时，则生成20molLiH，V=m/ρ=20×7.9/0.82 ×10‎-3L=192.68×10‎-3L。V(LiH)/v(H2)= 192.68×10‎-3L/‎224L=8.71×10-4。‎ 故答案是：1/1148或8.71×10-4；‎ ‎③20mol LiH可生成20mol H2，实际参加反应的H2为20×80%=16mol，1molH2转化成1molH2O，转移2mol电子，所以16molH2可转移32mol的电子，‎ 因此，本题正确答案是：32。‎ ‎ ‎