江西省宜春市靖安中学2019﹣2020学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）

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1、江西省宜春市靖安中学2019-2020学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64一、选择题(本题包括16小题，每小题只有一项符合题意，每小题3分，共48分)1.下列关于电子式的相关描述正确的是（ ）。A. CCl4的电子式为B. CaCl2的电子式为C. 由NH3的电子式可知每个分子中含8个电子D. 用电子式表示HCl的形成过程为【答案】A【解析】【详解】A共价化合物的电子式应把组成化合物的各个原子的最外层电子数均表示出来，CCl4的电子式为：，故A正确；B电子式中相同离子不能合并，故氯化钙的电子式为，故B

2、错误；C氨气的电子式为，故每个NH3分子中有10个电子，故C错误；DHCl为共价化合物，用电子式表示HCl形成过程为，故D错误；答案选A。2.达康书记又追问环保局长：那么垃圾处理中，能随便焚烧吗？焚烧垃圾会降低GDP的。在焚烧垃圾过程中发生了（ ）A. 吸热的非氧化还原反应B. 吸热的氧化还原反应C. 放热的非氧化还原反应D. 放热的氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】垃圾焚烧即通过适当的热分解、燃烧、熔融等反应，使垃圾经过高温下的氧化进行减容，成为残渣或者熔融固体物质的过程。焚烧垃圾会产生有害气体污染环境，因此垃圾处理中不能随便焚烧，在焚烧垃圾过程中发生了放热的氧化还原反应，答案选D。3.

3、下列叙述中正确的是（ ）A. 原电池的负极得到电子，发生还原反应B. 原电池中较活泼的金属作正极C. 原电池中的电极一定是两种不同的金属D. 原电池中发生氧化反应的电极是负极【答案】D【解析】【分析】【详解】原电池的两极可以是两种活泼性不同的金属，也可以是由金属与非金属(例如石墨)构成，原电池的负极失去电子发生氧化反应，故A、B、C选项错；只有D选项正确。4.下列叙述错误的是（ ）A. 13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B. 6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等C. 14C和14N的质量数相等，中子数不相等D. 1molU的中子数比1molU的中子数少3NA个【答案】B【解析】A

4、、二者均为碳元素的原子，互为同位素，A正确；B、二者的中子数分别为3、4，B错误；C、二者的中子数分别为8、7，C正确；D、由N=A-Z可知1 mol的中子数比1 mol的中子数少3NA个,D正确。答案选B。5.下列关于元素周期表的叙述正确的是（ ）A. 周期表中有八个主族，八个副族B. 目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素C. 短周期元素是指120号元素D. 原子的最外层电子数都等于该元素所在的族序数【答案】B【解析】【详解】A周期表中7个主族、7个副族，1个0族、1个第族，共16个族，选项A错误；B一至七周期元素的种类为2、8、8、18、18、32、32，则目前使用的元素周期表

5、中，最长的周期含有32种元素，选项B正确；C短周期为一至三周期，短周期元素是指1-18号元素，选项C错误；D主族元素的最外层电子数都等于该元素所在的族序数，副族元素不一定，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，把握元素的位置、各周期元素的种类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期表的结构，周期表中7个主族、7个副族；一至七周期元素的种类为2、8、8、18、18、32、32；短周期为一至三周期；主族元素的最外层电子数都等于该元素所在的族序数。6.下列有关化学键的说法正确的是（ ）A. HCl溶于水、NaCl溶于水破坏的化学键类型相同B. 碘升华、NaCl颗粒被粉

6、碎，均破坏化学键C. 氦气、液溴、硫黄中均存在共价键D. 钠与水反应、钠与氧气反应的过程中，均存在离子键的形成【答案】D【解析】【分析】【详解】A. HCl溶于水、NaCl溶于水破坏的化学键类型不相同，分别是共价键和离子键，A错误；B. 碘升华、NaCl 颗粒被粉碎，均是物理变化，化学键没有被破坏，B错误；C. 氦气分子中不存在化学键，C错误；D. 钠与水反应、钠与氧气反应，均是化学变化，均存在离子键的形成，D正确，答案选D。7.下列化学用语正确的是()A. CO2分子的电子式为B. 核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts可表示为117174TsC. Cl的结构示意图为D. HClO

7、的结构式为HClO【答案】A【解析】【详解】A二氧化碳是直线结构，碳和氧形成两对共用电子对，每个原子周围满足8电子结构，故A正确；B元素的左下角表示质子数，左上角是质量数，故核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts可表示为，故B错误；C氯离子得到一个电子，原子核外共有18个电子，故C错误；D根据原子的结构可知，次氯酸在成键时，氧原子分别与两原子形成共用电子对，故次氯酸的结构式为：HOCl，故D错误；答案选A。8.如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置示意图。下列有关该装置的说法正确的是（ ）A. 铜片为负极，其附近的溶液变蓝，溶液中有Cu2产生B. 如果将锌片换成铁

8、片，电路中的电流方向将改变C. 其能量转化的形式主要是“化学能电能光能”D. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，LED灯将不会发光【答案】C【解析】【分析】【详解】AZn比Cu活泼，锌片作负极，发生氧化反应，铜片作正极，发生还原反应，铜片上有气泡产生，A错误；B如果将锌片换成铁片，Fe比Cu活泼，铁片作负极，电路中的电流方向不会发生改变，B错误；C其能量转化的形式主要是“化学能电能光能”，C正确；D如果将稀硫酸换成柠檬汁，由于柠檬汁中含有柠檬酸，溶液呈酸性，LED灯仍然会发光，D错误；故答案选C。9.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层

9、电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍下列说法错误的是（）A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2【答案】A【解析】【分析】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。【详解】X原子的最外层

10、电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；答案选A。10.纽扣电池可作计算器、电子表等的电源。有一种纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，

11、用KOH溶液作电解质溶液，电池的总反应为ZnAg2O=2AgZnO。关于该电池下列叙述不正确的是（ ）A. 正极的电极反应为Ag2O2eH2O=2Ag2OHB. Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应C. 使用时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，Zn是负极D. 使用时溶液中电流的方向是由Ag2O极流向Zn极【答案】D【解析】【详解】由题意知，纽扣电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，故Zn为负极、Ag2O为正极。A. 正极发生还原反应，电极反应为Ag2O+2e+H2O=2Ag+2OH，A正确；B. Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应，B正确；C. 使用时Zn是负极，电子由

12、Zn极经外电路流向正极，C正确；D. 溶液中是由离子导电的，溶液不能传递电流或电子，D不正确；本题选D。11. 右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（ ）A. X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增B. Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C. YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D. 根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性【答案】D【解析】【分析】从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周

13、期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。【详解】A、O、S、P的原子半径大小关系为：PSO，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2OH2SPH3，A不正确；B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C不正确；D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D正确。答案选D。12.下列化合物中，既含有离子键又

14、含有非极性键的是A. H2SO4B. Ca(OH)2C. Na2O2D. BaCl2【答案】C【解析】【详解】A.H2SO4 属于共价化合物，分子只存在共价键，没有离子键，故A错误；B.Ca(OH)2中含有离子键和极性共价键，故B项错误；C. Na2O2中存在钠离子和过氧根离子间的离子键，又存在过氧根离子中两个氧原子间的非极性共价键，故C项正确；D. BaCl2中只存在Ba2+和Cl-间的离子键，故D项错误；答案选C。【点睛】本题主要考查化学键的相关概念，需要学生理解化学键与化合物、成键原子之间的关系。一般含有离子键的化合物属于离子化合物，由同种元素的原子间形成的共价键属于非极性键。13.X、

15、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，Xa、Yb-、Z(b1)-简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（ ）A. 已知mXa与nYb-，得ma=n-bB. 离子半径：Yb-Z(b1)-XaC. Z(b1)-的还原性一定大于Yb-D. 气态氢化物稳定性Hb1Z一定大于HbY【答案】C【解析】【分析】Xa、Yb-、Z(b1)-简单离子的电子层结构相同，则Y和Z是位于同一周期相邻且Y在右边的非金属元素，X为与Y和Z相邻下一周期的金属元素，据此分析解答。【详解】A因为mXa与nYb-的电子层结构相同，所以：m-a=n+b，A错误；B由上面分析可知，原子序数：ZYX，层同看序数，序小半径大，所以，离子

16、半径大小关系为：Z(b1)- Yb- Xa，B错误；CY和Z位于同一周期，Y在右边，所以Y的非金属性强于Z，Y单质的氧化性强于Z单质， Z(b1)-的还原性强于Yb-，C正确；D由C可知，Y的非金属性强于Z，所以，气态氢化物的稳定性Hb1Z一定小于HbY，D错误。答案选C。【点睛】电子层结构相同的简单阴阳离子，一定处于相邻周期，且阴前阳后。14.由质量均为100g的铁片、铜片和足量CuSO4溶液组成原电池装置，经过一段时间后，两电极的质量差变为12g，则下列说法正确的是（ ）A. 铁片溶解了12gB. 导线中通过了0.2mol电子C. 铜片上析出了6gCuD. 铜片溶解了6.4g【答案】B【解

17、析】【详解】由质量均为100g的铁片、铜片和足量CuSO4溶液组成原电池装置，其中铁是负极，发生失去电子的氧化反应Fe2eFe2，铜是正极，溶液中的铜离子发生得到电子的还原反应Cu22eCu，经过一段时间后，两电极的质量差变为12g，设溶解的铁的物质的量是x mol，根据电子得失守恒可知析出铜是x mol，所以64x56x12，解得x0.1。则A. 铁片溶解了5.6g，A错误；B. 导线中通过了0.2mol电子，B正确；C. 铜片上析出了6.4gCu，C错误；D. 铁溶解，铜片不溶解，D错误。答案选B。15.五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。下列说法正确的是元

18、素代号XWYZQ原子半径(1012m)37646670154主要化合价1125、31A. 由Q与Y形成的化合物中只存在离子键B. W的最高正价为7C. 由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液呈碱性D. Z与X之间形成化合物具有还原性【答案】D【解析】根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1，则X位于第IA族；W、Y、Z为同周期元素，根据其化合价知，W为第VIIA族、Y为第VIA族、Z为第VA族元素，Q为第IA族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以Q是Na元素，W、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，X原子半径小于W，所以X是H元素，AY是O元素

19、、Q是Na元素，二者能形成Na2O、Na2O2，Na2O中只存在离子键，Na2O2中存在离子键和共价键，选项A错误；B. W是F元素，没有正价，选项B错误；C. 由X、Y、Z三种元素形成的化合物HNO3的水溶液呈酸性，选项C错误；D. Z与X之间形成的化合物NH3或NH均具有还原性，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查了原子结构和元素周期律的关系，根据元素的原子半径、化合价结合元素周期律来推断元素，正确推断元素是解本题关键，再结合物质的结构来分析解答。根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1，则X位于第IA族；W、Y、Z为同周期元素，根据其化合价知，W为第VIIA族、Y为第VIA族

20、、Z为第VA族元素，Q为第IA族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以Q是Na元素，W、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，X原子半径小于W，所以X是H元素，据此分析。16.短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为19，X和Y元素原子的原子序数比为67，X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍。下列说法正确的是A X单质不可以与CO2反应B. Y的氧化物是良好的半导体材料C. Z的氢化物比W的氢化物更稳定D. X的最高价氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物中有共价键和离子键【答案】D【解析】【详解】X和Y元素的原

21、子序数比为6：7，设X的原子序数6，X：C，则Y的原子序数7，Y：N，X的最高价是W的最低负价的绝对值的2倍且它们属于同周期，即W：O，不符合题意，则X和Y元素的原子序数分别为12、14，则是：Mg、Si，X的最高价是W的最低负价的绝对值的2倍且它们属于同周期，即W：Cl，四种元素最外层电子数之和为19，则Z：S。A、X单质可以与CO2反应：2MgCO22MgOC，A错误；B、SiO2是石英，晶体硅是良好的半导体材料，不是二氧化硅，B错误；C、Cl的非金属性强于S，非金属性越强，其氢化物越稳定，稳定性：HClH2S，C错误；D、X的最高价氧化物：MgO，Z的最高价氧化物：SO3，两者的化合物是

22、MgSO4，含有离子键和共价键，D正确。答案选D。二、非选择题(每空2分，共52分)17.通常情况下，微粒A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子，它们都含有10个电子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀。请回答：(1)用化学符号表示下列2种微粒： C：_D ：_(2)写出A、B、E三种微粒反应的离子方程式：_和_【答案】 (1). NH4+ (2). OH- (3). Al3+ + 3NH3 + 3H2O = Al(OH)3 + 3NH4+ (4). Mg2+ + 2NH3 + 2H2O = Mg (OH)2+ 2NH4+【解析】【分析】常见的1

23、0电子分子有H2O、NH3、CH4、HF等，常见的10电子阳离子有Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+，常见的10电子阴离子有F-、OH-，根据“B溶于A后所得的物质可电离出C和D”，可推出A为H2O、B为NH3、C为NH4+、D为OH-，再根据A、B、E反应后可得C和一种白色沉淀，可推出E为Mg2+或Al3+，据此答题。【详解】（1）由上述分析可知，A为H2O；B为NH3；C为NH4+；D为OH-；故答案为NH4+；OH-。（2）A为H2O、B为NH3，E为Mg2+或Al3+，A、B、E三种微粒反应的离子方程式为：Al3+3NH3+3H2OAl（OH）3+3NH4+或Mg2+2NH

24、3+2H2OMg（OH）2+2NH4+；故答案为Al3+3NH3+3H2OAl（OH）3+3NH4+或Mg2+2NH3+2H2OMg（OH）2+2NH4+。18.现有A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙三分子中含有的质子数都为10，C、D结合生成化合物丁。有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如下图所示： (1)写出B乙甲C的化学反应方程式_。(2)根据以上条件可以确定A、B、C、D四种元素中的三种，不能被确定的第四种元素是_(填写序号)。ABCD(3)依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素：甲与丙以及乙与丙均能够发生反应，甲

25、、丙都是无色、有刺激性气味的物质。据此，请回答下列问题：写出上述第四种元素在周期表中的位置_。写出C丙乙丁的化学反应方程式_。【答案】 (1). 2F22H2O=4HFO2 (2). (3). 第二周期第A族 (4). 4NH35O24NO6H2O【解析】【分析】A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙分子均含有10个质子，C、D结合生成化合物丁，乙和B单质反应生成C单质和化合物甲，反应是置换反应，因为甲、乙、丙分子均含有10个质子，则可初步确定A是氢元素，考虑到B可置换C，可初步确定B是氟元素，C是氧元素，所以，D应该是碳元素或氮元素，故A是

26、H元素，B是F元素，C是O元素，D是N或C元素，甲是HF，乙是H2O，丙是NH3或CH4，丁是NO或CO2，据此答题。【详解】（1）依据分析可知，转化关系图中已确认的反应为B+乙甲+C的反应，是氟气和水反应生成氟化氢和氧气，化学反应方程式：2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为2F2+2H2O=4HF+O2。（2）依据分析可知，D元素不能确定，故答案为。（3）依据题中所给的条件甲与丙以及乙与丙均能够发生反应，甲、丙都是无色、有刺激性气味的物质，判断出丙是NH3，丁是NO，故D是N元素，N元素在周期表中的位置是第二周期第VA族；C丙乙丁即氨的催化氧化，反应方程式为4NH35O24NO6H2O，

27、故答案为第二周期第A族；4NH35O24NO6H2O。19.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。(1)W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为_(2)W与Y 可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为_。(3)Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为_。Y的最高价氧化物是否满足8电子稳定结构_(填是.否)(4)比较Y、Z气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是_(用分子式表示)。(5)W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是_。(用离子符号表示)。【答案】 (1). OHAl(OH)

28、3AlO2-2H2O (2). Na2Na (3). SO2Cl22H2O2HClH2SO4 (4). 否 (5). HClH2S (6). S2ClNaAl3【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素，W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以两两反应，则X为铝元素，W为钠元素，W、X、Y、Z均为第三周期元素，W与Y可形成化合物W2Y，则Y为硫元素，Z的原子序数比Y大，所以Z为氯元素，据此答题。【详解】（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物分别为Al（OH）3、NaOH，反应的离子方程式为OHAl(OH)3=AlO2-2H2O，故

29、答案为OHAl(OH)3=AlO2-2H2O。（2）W与Y可形成化合物Na2S，Na2S由钠离子和硫离子组成，电子式为Na2Na，故答案为Na2Na。（3）二氧化硫通入氯水中，反应的化学方程式为SO2Cl22H2O=2HClH2SO4，Y的最高价氧化物为SO3，SO3中，S原子的最外层电子为：6+612，O原子的最外层电子为：6+|-2|=8，不都满足8电子稳定结构，故答案为SO2Cl22H2O=2HClH2SO4；否。（4）因为氯的非金属性强于硫，所以氯化氢的稳定性强于硫化氢，故答案为HClH2S。（5）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，所以W、X、Y、

30、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是：S2ClNaAl3，故答案为S2ClNaAl3。【点睛】利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数，同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。20.（1）下列关于充电电池、干电池叙述合理的是_。干电池可以实现化学能向电能的转化和电能向化学能的转化锌锰干电池长时间连续使用时内装糊状物可能流出腐

31、蚀电器充电电池可以无限制地反复放电、充电充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行（2）铅蓄电池中，正极材料为PbO2，负极材料为Pb，放电时其负极反应式为_。（3）原电池在NaOH溶液介质中，铝为负极，其负极反应式为_。（4）航天技术中使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便和无污染等优点。氢氧燃料电池有酸式和碱式两种，它们放电时的电池总反应式都为2H2+O2=2H2O。酸式氢氧燃料电池的电解质溶液是稀硫酸，其负极反应式为2H2-4e-=4H+，则其正极反应式为_。碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，则其负极反应式为_。【答案】 (1). (2). Pb+SO-2e-=PbSO4 (3). Al+4

32、OH-3e-=AlO+2H2O (4). O2+4H+4e-=2H2O (5). 2H2+4OH-4e-=4H2O【解析】【分析】【详解】（1）干电池是一次电池，只能将化学能转变成电能，实现化学能向电能的转化，故错误；锌锰干电池长时间连续使用时做为负极的外壳不断被耗损，会出现破损导致内装糊状物可能流出腐蚀电器，故正确；充电电池理论上可以无限制地反复放电、充电，但实际反应转化时不能彻底进行，充放电过程都有物质的损失，导致电池有一定的使用寿命，故错误；充电是使放电时的反应产物重新转变成反应物，充放电反应是互逆的氧化还原反应，故正确；故答案为：。（2）铅蓄电池中，负极为Pb，放电时铅失电子变成铅离子

33、，与电解质溶液中的硫酸根结合成硫酸铅，负极反应为：Pb+SO-2e-=PbSO4，故答案为：Pb+SO-2e-=PbSO4。（3）原电池在NaOH溶液介质中，铝为负极，实际反应是铝与氢氧化钠反应转变成偏铝酸钠，负极反应为：Al+4OH-3e-=AlO+2H2O，故答案为：Al+4OH-3e-=AlO+2H2O。（4）酸式氢氧燃料电池总反应式为2H2+O2=2H2O，电解质溶液是稀硫酸，其负极反应式为2H2-4e-=4H+，则正极反应式=总反应式-负极反应式，由此可得正极反应式为：O2+4H+4e-=2H2O，故答案为：O2+4H+4e-=2H2O。碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，则其

34、负极反应式2H2+4OH-4e-=4H2O，故答案为：2H2+4OH-4e-=4H2O。21.某课外活动小组在实验室用下图所示装置快速制取氨并验证氨的某些性质，同时收集少量纯净的氮气，请回答。(1)写出用生石灰和浓氨水反应制氨的化学方程式_，解释放出NH3的原因_。(2)实验进行一段时间，观察到硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变为红色，盛无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，并且在最后的出气导管口处收集到纯净、干燥的氮气。根据这些现象，写出在硬质玻璃管内发生反应的化学方程式：_，(3)在最后出气导管口处收集干燥、纯净的氮气，收集方法是_。A排空气法 B排水法 C用气囊收集 (4) E中的碱石灰_(填“能”或

35、“不能”)换成CaCl2。(5) 在浓硝酸中放入铜片，若铜有剩余，开始反应的化学方程式为 _，(6) 若将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，共产生NO和NO2 气体V L(标准状况)，将产生的气体与一定量的氧气混合恰好被一定量的NaOH溶液吸收生成硝酸盐,则通入氧气的物质的量是_。【答案】 (1). NH3H2OCaO=Ca(OH)2NH3 (2). 生石灰与水反应放出大量热，促使NH3H2O受热分解生成NH3，又由于温度升高，NH3的溶解度减小，使NH3从水中逸出 (3). 3CuO2NH33Cu3H2ON2 (4). C (5). 不能 (6). Cu4HNO3(浓)=Cu(

36、NO3)22NO22H2O (7). 0.1 mol【解析】【分析】（1）生石灰与氨水中的水反应生成氢氧化钙，同时放出大量热，促使NH3H2O受热分解生成NH3，又由于温度升高NH3的溶解度减小，使NH3从水中逸出；（2）加热的硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变为红色，说明有单质铜生成，盛无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，说明有水生成，在最后的出气导管口处收集到纯净、干燥的氮气，该反应的化学方程式为3CuO2NH33Cu3H2ON2；（3）因N2的密度与空气的密度相近，所以不能用排空气收集，又因要得到干燥的N2，也不能用排水法收集，所以用气囊收集；（4）由于氯化钙能与氨气反应，所以不能把碱石灰换为氯化钙

37、；（5）铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22H2O2NO2；（6）根据得失电子守恒进行计算。【详解】（1）生石灰与氨水中的水反应生成氢氧化钙，同时放出大量热，促使NH3H2O受热分解生成NH3，又由于温度升高NH3的溶解度减小，使NH3从水中逸出，故反应的化学方程式为：NH3H2OCaO=Ca(OH)2NH3，故答案为NH3H2OCaO=Ca(OH)2NH3；生石灰与水反应放出大量热，促使NH3H2O受热分解生成NH3，又由于温度升高，NH3的溶解度减小，使NH3从水中逸出。（2）加热的硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变为红色，说明有单质铜生成，盛无水硫酸铜的干燥管内

38、出现蓝色，说明有水生成，在最后的出气导管口处收集到纯净、干燥的氮气，该反应的化学方程式为3CuO2NH33Cu3H2ON2，故答案为3CuO2NH33Cu3H2ON2。（3）因N2的密度与空气的密度相近，所以不能用排空气收集，又因要得到干燥的N2，也不能用排水法收集，所以用气囊收集，故答案为C。（4）装置E中盛放的是碱石灰，其作用是吸收氨气中的水蒸气，水能与无水硫酸铜作用出现蓝色，所以用无水硫酸铜检验氧化铜和氨气反应是否有水生成，由于氯化钙能与氨气反应，所以不能把碱石灰换为氯化钙，故答案为不能。（5）铜与浓硝酸开始反应的化学方程式为Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22H2O2NO2，故答案

39、为Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O。（6）反应消耗的铜的物质的量为12.8g64g/mol=0.4mol，0.1mol铜完全反应失去0.4mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：0.4mol/4=0.1mol，则通入氧气的物质的量是0.1mol，故答案为0.1mol。【点睛】常见气体的收集方法：1.排水法：适用于难或不溶于水且与水不反应的气体，导管稍稍伸进瓶内；2.向上排空气法：气体密度大于空气(相对分子质量大于29)且不与空气中的成分反应可用向上排空气法收集；3.向下排空气法气体密度小于空气(相对分子质量小于29)且不与空气中的成分反应可用向下排空气法收集。