河南省新乡市长垣市第十中学2019_2020学年高一化学下学期5月份月考试题含解析

1、河南省新乡市长垣市第十中学2019-2020学年高一化学下学期5月份月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：h-1 c-12 n-14 o-16 mg-24 al-27 fe-56 zn-65 cu-64 ag-108 pb-207 s-32一、单选题(本题共16小题，每题3分，共48分。每题只有一个正确选项)1.居室装修用的石材放射性的监测常用22688ra作为标准，居里夫人因对ra元素的研究两度获得诺贝尔奖。下列叙述中正确的是a. 一个22688ra原子中含有138个中子b. ra元素位于元素周期表中第六周期a族c. raco3不能与盐酸反应d. ra(oh)2是一种两性氢氧化物【答案】

2、a【解析】【详解】a、由质量数等于质子数与中子数之和可知1个该原子中含有的中子数是22688138，a正确；b、由第六周期的零族元素氡的原子序数为86可知该元素位于第七周期a族，b错误；c、ra在ba的下面，其碳酸盐应与碳酸钙、碳酸钡性质相似，能与盐酸反应，c错误；d、主族元素从上到下金属性依次增强，故ra元素金属性较强，其最高价氧化物对应的水化物碱性也较强，不会具有两性，d错误。答案选a。2.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的( )a. h2o的电子式：b. 中子数为8的碳原子：cc. co2的比例模型：d. na+的结构示意图：【答案】b【解析】【分析】【详解】a水为

3、共价化合物，电子式为，故a错误；b中子数为8的碳原子质量数为8+6=14，所以原子符号为c，故b正确；c碳原子半径比氧原子半径大，所以二氧化碳的比例模型为，故c错误；dna元素为11号元素，核电荷数为11，所以钠离子的结构示意图为，故d错误；故答案为b。3.na为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是( )a. 用fe、cu和稀硫酸组成原电池，当负极质量减轻5.6g时，通过溶液的电子为0.2nab. 标准状况下，2.24l三氯甲烷中含氢原子数为0.1nac. 密闭容器中，2molso2和1molo2充分反应后分子总数为2nad. 11.6g丁烷中所含的非极性键数目为0.6na【答案】d【解析】【

4、详解】a电子不能在溶液中移动，溶液中移动的是阴阳离子，故a错误；b标况下三氯甲烷不是气体，2.24l三氯甲烷的物质的量不是0.1mol，故b错误；c二氧化硫和氧气的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以2molso2和1molo2充分反应后分子总数大于2na，故c错误；d同种元素之间形成共价键为非极性键，所以丁烷中4个碳原子形成3个非极性键，11.6g丁烷的物质的量为=0.2mol，所含的非极性键数目为0.6na，故d正确；故答案为d。4.c5h12有3种不同结构，甲为ch3(ch2)3ch3，乙为ch3ch(ch3)ch2ch3，丙c(ch3)4，下列有关叙述正确的是( )a. 甲

5、、乙、丙互为同系物，均可与氯气、溴蒸气发生取代反应b. 光照条件下，甲能与氯气反应生成2种一氯代物c. 甲、乙、丙中，丙的沸点最低d. 丙有3种二氯代物【答案】c【解析】【分析】【详解】a甲、乙、丙分子式均为c5h12，结构不同，互为同分异构体，不是同系物，故a错误；bch3(ch2)3ch3分子中有3种环境的氢原子，一氯代物有3种，故b错误；c分子式相同的烃类，支链越多沸点越低，甲没有支链，乙有一个支链，丙有两个支链，所以丙的沸点最低，故c正确；d丙中只有一种环境的氢原子，所以取代同一碳原子上的氢，二氯代物有1种，取代不同碳原子上的氢，二氯代物有1种，共2种二氯代物，故d错误；故答案为c。5

6、.短周期主族元素w、x、y、z的原子序数依次增大，y和z位于同一主族。m、n、p均为由这些元素组成的二元化合物，甲、乙、丙为其中三种元素对应的单质，丙为淡黄色固体，易溶在xz2中，n是一种二元弱酸。上述物质的转化关系如图所示（反应条件省略）。下列说法正确的是a. 原子半径：wxyb. 非金属性：yzxc. y与z组成的化合物一定有漂白性d. w与x组成的化合物中只有极性键【答案】b【解析】短周期主族元素w、x、y、z原子序数依次增大，y和z位于同一主族。m、n、p均为由这些元素组成的二元化合物，甲、乙、丙为其中三种元素对应的单质，丙为淡黄色固体，则丙为硫的单质，硫易溶在二硫化碳中，则x为c元素

7、、z为s元素、y为o元素； n是一种二元弱酸，则n为硫化氢、w为h元素。a. 原子半径：hoc，a不正确；b. 非金属性：osc，b正确；c. o与s组成的化合物不一定有漂白性，如二氧化硫有、三氧化硫没有，c不正确；d. h与c组成的化合物中不一定只有极性键，如乙烷分子中既有极性键，又有非极性键，d不正确。本题选b。6.n2和h2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如下，用、分别表示n2、h2、nh3，下列说法正确的是( )a. 使用催化剂，改变了反应的途径，使合成氨反应放出的热量减少b. 该过程中，n2、h2吸收能量后断键形成n原子和h原子c. 该过程中，n原子和h原子形成含有非极

8、性键的nh3分子d. 合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量【答案】b【解析】【分析】【详解】a催化剂只改变反应速率，不改变反应的热效应，故a错误；b由图中可知，每3个氢分子和1个氮气分子吸收能量后断键得到氢原子和氮原子，故b正确；c不同元素形成的共价键为极性共价键，所以氨气分子中只含氮原子和氢原子形成的极性键，故c错误；d据图可知合成氨的反应是放热反应，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，故d错误；故答案为b。7.下列物质的一氯代物有两种，二氯代物有四种的是( )a. ch3ch3b. ch3ch2ch3c. ch3ch2ch2ch3d. (ch3)2chc

9、h3【答案】b【解析】【详解】ach3ch3分子中只有一种环境的氢原子，所以一氯代物有1种，二氯代物有ch2clch2cl和ch3chcl2两种，故a不符合题意；bch3ch2ch3分子中有两种环境的氢原子，所以一氯代物有2种；二氯代物有如图所示共4种(数字表示另一氯原子的位置)、，故b正确；cch3ch2ch2ch3分子中有两种环境的氢原子，所以一氯代物有2种；二氯代物有如图所示共6种(数字表示另一氯原子的位置)、，故c不符合题意；d(ch3)2chch3分子中有两种环境的氢原子，所以一氯代物有2种；二氯代物有如图所示共3种(数字表示另一氯原子的位置)，故d不符合题意；故答案为b。8.可逆反

10、应3fe(s)+4h2o(g)= fe3o4(s)+4h2(g)在容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )a. 保持容器体积不变，加入水蒸气b. 将容器的容积缩小一半c. 保持容器容积不变，充入n2使体系压强增大d. 保持压强不变，充入n2使体系容积增大【答案】c【解析】【分析】【详解】a保持体积不变，充入水蒸气反应物浓度增大，反应速率增大，故a不选；b将容器的体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，故b不选；c保持体积不变，充入n2，n2不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故c选；d压强不变，充入n2使容器的体积增大，气体的浓度减小，反

11、应速率减小，故d不选；故选：c。9.下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是( )a. 上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池b. 干电池在长时间使用后，锌筒被破坏c. 铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减小207 gd. 氢氧燃料电池中负极通入氢气发生氧化反应【答案】c【解析】【分析】【详解】a干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，故a正确；b在干电池中，zn作负极，被氧化，生成锌离子而被腐蚀，故b正确；c铅蓄电池工作过程中，硫酸铅在负极上析出，该极质量应该增加而非减小，故c错误；d氢氧燃料电池中负极通入氢气，氢气失电子

12、发生氧化反应，故d正确；故选c。10.厌氧氨化法是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是( )a. 1molnh4+中所含的质子总数为10nab. 1mol联氨(n2h4)中含有5mol共用电子对c. nh2oh中既含有极性键也含有非极性键d. 该方法每处理1molnh4+，需要的no2-为0.5mol【答案】b【解析】【详解】a1mol nh4 所含的质子总数为11na，故a错误；b1个联氨中含有4个n-h，1个n-n键，所以1mol联氨（n2h4）中含有5mol共价键，故b正确；cnh2oh中既含有极性键如n-h键、o-h键，不含有非极性键，故c错误；d由图可知经过过程 i、ii、ii

13、i，（假设每步转化均完全）1mol铵根离子与1molnh2oh发生氧化还原反应生成1mol氮气，因此根据电子守恒，处理1mol铵根离子需要的no2为1mol，故d错误；故选b。11.下列说法中正确的是( )a. 物质发生化学反应时都伴随能量变化，伴随能量变化的过程也一定是化学变化的过程b. 需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应c. 因为3o2=2o3是吸热反应，所以臭氧比氧气的化学性质更活泼d. 吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多【答案】c【解析】【详解】a伴随能量变化的物质变化不一定是

14、化学变化，物质的三态变化有能量变化，是物理变化，故a错误；b一个反应的能量变化只与始终态有关，与反应的条件无关，如铝热反应需要高温引发却是剧烈的放热反应，故b错误；c物质的能量越低越稳定，氧气能量比臭氧低，臭氧比氧气活泼，故c正确；d反应物总能量高于生成物总能量时，反应放热，理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量少，故d错误；故选c。【点睛】本题考查了能量的转化，注意几个易错的问题：能量变化和化学反应、焓变与反应条件无关、焓变与反应物生成物能量变化、物质的能量越低越稳定。12.一定条件下，将3mola气体和1molb气体混合于固定容积为2l的密闭容器中，发生反应：3a(g)+b(

15、g)c(g)+2d(g)。2min末该反应达到平衡，生成d的物质的量随时间的变化情况如图所示。下列判断正确的是( )a. 当混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态b 2min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢c. 从2min到3min过程中，气体所占的压强不会变化d. 反应过程中a和b的转化率之比为3:1【答案】ac【解析】【分析】【详解】a反应前后均为气体，反应过程中气体的质量和容器的体积始终不变，当混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态，故a正确；b2min后，加压，各物质浓度均增大，正、逆反应速率都加快，平衡正向移动，故b错误；c从2min到3min过程中

16、，反应处于平衡状态，气体所占的压强不会变化，故c正确；d将3mola和1molb两种气体混合于固定容积为2l的密闭容器中，反应物质的量之比和起始量之比相同，所以反应过程中a和b的转化率之比为1：1，故d错误；故选ac。13.一学生用如图装置研究原电池原理，下列说法错误的是( )a. (2)图中电子由zn沿导线流向cub. (3)图中zn片增重质量与cu棒减轻质量比值为6564c. (1)图中铜棒上没有气体产生d. (2)图与(3)图中正极生成物质量比为132时，zn片减轻的质量相等【答案】b【解析】【分析】【详解】a（2）图是原电池，活泼金属锌是负极，铜是正极，所以电子由zn沿导线流向cu，故

17、a正确；b（3）图是原电池装置，锌做负极失电子生成锌离子，铜做正极，溶液中铜离子得到电子生成铜，锌电极减轻，铜电极增重，故b错误；c（1）图中锌和稀硫酸发生反应生成氢气，铜和稀硫酸不反应，（1）图中铜棒上没有气体产生，故c正确；d（2）图与（3）图中负极反应式为：zn-2e=zn2，（2）图中正极上电极反应2h+2e=h2，（3）图中正极电极反应为cu2+2e=cu，正极生成物质质量比为1：32时，两个原电池中电子转移相同，根据电子守恒，所以反应的锌的质量相同，故d正确；故答案选b。14.下列说法正确的是( )a. c6h14的同分异构体有5种b. 正戊烷和异戊烷属于同系物c. ch4的二氯代

18、物有相邻和相对两种同分异构体d. 光照条件下，1mol甲烷和氯气完全取代需要2mol氯气【答案】a【解析】【分析】【详解】ac6h14的同分异构体有：ch3（ch2）4ch3、ch3ch2ch2ch（ch3）2、ch3ch2ch（ch3）ch2ch3、ch3ch2c（ch3）3、ch3ch（ch3）ch（ch3）ch3，共5种，故a正确；b分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体，正戊烷和异戊烷分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故b错误；c甲烷中的4个h原子的只有相邻位置，则二氯甲烷不存在同分异构体，故c错误；d甲烷分子中含有4个h，光照条件下，1mol甲烷和氯气完全取代需要4mol氯气，

19、同时生成4molhcl，故d错误；故选a。15.根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，下列叙述正确的是元素代号abcde原子半径/nm0.1860.1430.0890.1040.074主要化合价1326、22a. e2-与b3+的核外电子数不可能相等b. 离子半径大小a+d2-c. 最高价氧化物对应水化物的碱性acd. 氢化物的稳定性de【答案】b【解析】【分析】由d、e元素的化合价可知，e只有-2价，e为o元素，d有+6、-2价，d为s；c的原子半径大于o、小于s，可知c为第二周期a族元素，c为be；a、b的原子半径均大于s，a为+1价，a为na，b为+3价，b为al。【详解

20、】由上述分析可知，a为na，b为al，c为be，d为s，e为o；ao2-与al3+的核外电子数均为10，二者核外电子数相等，故a错误；b、具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为a+e2-，同主族从上到下离子半径增大，e2-d2-，故b正确；ca、c最高价氧化物对应水化物分别为naoh和be(oh)2，其be(oh)2碱性弱于氢氧化铝，而氢氧化钠碱性强于氢氧化铝，故碱性naohbe(oh)2，故c错误；d、非金属性os，则氢化物的稳定性h2dh2e，故d错误；故选b。16.下列有关实验现象或实验结论的说法不正确的是( )a. 往ki溶液中加入新制氯水和ccl4，充分振荡、

21、静置，液体分层，下层呈紫红色b. 光照ch4和cl2的混合气，量筒内液面上升，内壁附着油状液体，量筒内水溶液呈酸性c. 往外拉动针筒活塞，观察水中玻璃导管口是否有气泡冒出，可检查装置气密性d. 往烧瓶中滴入浓盐酸，根据实验现象，可判断盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱【答案】d【解析】【分析】【详解】a往ki溶液中加入新制氯水和ccl4，发生cl22i=i22cl反应，充分振荡、静置，液体分层，碘易溶于四氯化碳，且ccl4密度比水大，下层呈紫红色，故a正确；b光照ch4和cl2的混合气，氯气是黄绿色气体，由于氯气被消耗，故混合气体颜色变浅，由于生成的hcl溶于水，溶液呈酸性，而chcl3、ch2cl2

22、、ccl4是油状液体，故反应后气体体积变小，则量筒内液面上升，内壁附着油状液体，故b正确；c往外拉动针筒活塞，试管内压强减小，观察水中玻璃导管口是否有气泡冒出，如果有气泡冒出，装置气密性良好，故c正确；d浓盐酸具有挥发性，也可能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，不能判定一定是碳酸置换出了硅酸，也就不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，故d错误；故选d。二、填空题17.短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次递增，x、y、z三种元素的原子序数之和为25，且z和x的原子序数之和比y的原子序数的2倍还多1，x原子核外有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的2/3；w在所在周期中原子半径最小。回答下列问题：(1)w

23、在元素周期表中的位置是_(2)x的原子结构示意图是_。(3)用电子式表示z2y的形成过程：_。(4)在z2xy3溶液中加入足量mgcl2溶液，过滤沉淀，取滤液，再滴加cacl2溶液，溶液仍然出现白色沉淀，说明z2xy3与mgcl2的反应存在_，该反应的离子方程式为_。(5)以x的简单氢化物、y的单质为两电极原料，z2y溶于水形成的溶液为电解质溶液，可制备燃料电池。该燃料电池的负极反应为_。【答案】 (1). 第三周期第a族 (2). (3). (4). 一定限度 (5). co32-+mg2+mgco3 (6). ch4-8e-+10oh-=co32-+7h2o【解析】【分析】x原子有2个电子

24、层，最外层电子数是核外电子数的 倍，设最外层电子数为a，则（2+a）=a，解得a=4，故x为c元素；则z、y原子质子数之和为25-6=19，设z原子的质子数为x，y原子的质子数为y，则x+y=19，而z与x的原子序数之和比y的原子序数的2倍还多1，则6+x=2y+1，联立方程解得y=8，x=11，即y为o元素，z为na，w在所在周期中原子半径最小，w为cl。【详解】（1）w为cl，在元素周期表中的位置是第三周期第a族，故答案为：第三周期第a族；（2）x为c元素，是6号元素，原子结构示意图是。故答案为：；（3）na2o是离子化合物，氧得2个电子，用电子式表示na2o的形成过程：。故答案为：；（4

25、）在na2co3溶液中加入足量mgcl2溶液，过滤沉淀，取滤液，再滴加cacl2溶液，溶液仍然出现白色沉淀，说明溶液中仍然含有碳酸根离子，得出na2co3与mgcl2的反应存在一定限度，该反应是可逆反应，离子方程式为co32-+mg2+mgco3。故答案为：一定限度；co32-+mg2+mgco3；（5）以c的简单氢化物ch4、o2为两电极原料，na2o溶于水形成的naoh溶液为电解质溶液，可制备燃料电池。负极上甲烷失电子，被氧化生成的二氧化碳溶于naoh生成碳酸钠，该燃料电池的负极反应为ch4-8e-+10oh-=co32-+7h2o。故答案为：ch4-8e-+10oh-=co32-+7h2

26、o。【点睛】本题考查位置结构性质的关系应用，推断元素是解题关键，注意理解掌握用电子式表示化学键或物质的形成过程，难点（5）甲烷作燃料电池的负极在碱性条件下的电极反应式书写，负极上甲烷失电子，被氧化生成的二氧化碳溶于naoh生成碳酸钠，从而写出该燃料电池的负极反应ch4-8e-+10oh-=co32-+7h2o。18.co2的捕捉、封存与再利用是实现温室气体减排的重要途径之一。请回答：(1)二氧化碳的电子式为_。(2)一种正在开发的利用二氧化碳制取甲酸(hcooh)的途径如图所示，图中能量主要转化方式为_ ，co2和h2o转化为甲酸的化学方程式为_。(3)目前工业上有一种方法是用co2生产燃料甲

27、醇。一定条件下发生反应：co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)。恒容容器中，能加快该反应速率的是_。a.升高温度 b.从体系中分离出ch3oh c.加入高效催化剂 d.降低压强在体积为2l的密闭容器中，充入1molco2和3molh2，测得co2的物质的量随时间变化如图所示。从反应开始到5min末，用h2浓度变化表示的平均反应速率_。t/min0251015n(co2)/mol10.750.50.250.25在相同温度、恒容的条件下，能说明该反应已达平衡状态的是_(填序号)。a.co2、h2、ch3oh、h2o的浓度均不再改变化 b.n(co2):n(h2):n(ch3oh)

28、:n(h2o)=1:1:1:1c.容器中混合气体的密度不变 d.v消耗(h2)=3v消耗(ch3oh)e.体系压强不变 (4)下列一些共价键的键能如下表所示：化学键h-hh-oc=oc-hc-o键能kj/mol436463803414326反应co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)，_(填“吸收”或“放出”) 的热量为_kj【答案】 (1). (2). 光能转化为化学能 (3). 2co2+2h2o2hcooh+o2 (4). ac (5). 0.15moll-1min-1 (6). ade (7). 放出 (8). 43【解析】【详解】(1)二氧化碳为共价化合物，分子中c原

29、子和o原子形成共价键，电子式为，故答案为：；(2)由二氧化碳制取甲酸(hcooh)的转化途径可知，该过程主要是将光能转化为化学能，co2和h2o在光照的条件下转化为甲酸，同时生成o2，其化学反应方程式为2co2+2h2o2hcooh+o2，故答案为：光能转化为化学能；2co2+2h2o2hcooh+o2；(3)恒容容器中，对于反应co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)a升高温度，活化分子数增多，化学反应速率加快，a符合题意；b从体系中分离出ch3oh，浓度降低，化学反应速率减慢，b不符合题意；c加入高效催化剂，可降低反应活化能，化学反应速率加快，c符合题意；d压强减小，由于容

30、器体积保持不变，所以各组分浓度不变，化学反应速率不变，d不符合题意；故答案为：ac；根据图表信息可知，反应开始到5min末，共消耗1-0.5=0.5molco2，由化学方程式co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)可知，消耗的h2的物质的量为30.5mol=1.5mol，则用h2浓度变化表示的平均反应速率为，故答案为：0.15moll-1min-1；相同温度、恒容的条件下，对于反应co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)aco2、h2、ch3oh、h2o的浓度均不再改变化，说明反应达到限度，即达到平衡状态，a满足题意；b当n(co2):n(h2):n(ch3oh

31、):n(h2o)=1:1:1:1时，不能说明化学反应达到平衡，b不满足题意；c容器体积不变，则容器中混合气体的密度始终是一个不变量，不能作为达到平衡的标志，c不满足题意；d当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，化学反应速率与化学计量数成正比，因此v消耗(h2)=3v生成(ch3oh)，即v消耗(h2)=3v消耗(ch3oh)时，v生成(ch3oh)=v消耗(ch3oh)，说明反应达到平衡，d满足题意；e根据阿伏伽德罗定律pv=nrt可知，恒温恒压时，体系压强不变，则物质的量不变，反应为前后物质量不等的反应，故体系压强不变，即物质的量不变时，反应达到平衡，e满足题意；故答案为：ade；(4)根据h

32、=反应物的总键能-生成物的总键能可知，反应co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)中，共断裂2molc=o键、3molhh键，生成3molch键、1molco键和3moloh，则h=(2803+3436)-(3414+326+3463)=-43kj/mol，即放出热量43kj，故答案为：放出；43。【点睛】第(3)题第问为易错点，在解答时，抓住该条件是否属于变量来判断反应是否达到平衡是解答的关键。19.化学电源在生产生活中有着广泛的应用，请回答下列问题：(1)根据构成原电池的本质判断，下列方程式正确且能设计成原电池的是_。a.koh+hcl=kcl+h2ob.cu+fe3+=f

33、e2+cu2+c.na2o+h2o=2naohd.fe+h2so4=feso4+h2(2)为了探究化学反应中的能量变化，某同学设计了如下两个实验(图、图中除连接的铜棒不同外，其他均相同)。有关实验现象，下列说法正确的是_。a.图中温度计的示数高于图的示数b.图和图中温度计的示数相等，且均高于室温c.图和图的气泡均产生于锌棒表面d.图中产生气体的速度比快(3)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，若该电池中两电极的总质量为80，工作一段时间后，取出二者洗净，干燥后称重，总质量为54g，则产生氢气的体积_ml(标准状况)(4)将铝片和镁片放入氢氧化钠溶液中，负极的电极反应式为：_【答案】 (1).

34、d (2). ad (3). 8960ml (4). al3e4oh=alo22h2o【解析】【分析】(1)利用构成原电池的条件进行分析；(2)从原电池能量的利用、影响化学反应速率的因素等角度进行分析；(3)根据电极反应式，前后质量差应是消耗的锌的质量，然后进行分析；(4)铝片能与氢氧化钠溶液发生反应，镁不与氢氧化钠溶液反应，因此al为负极，然后进行分析；【详解】(1)依据原电池是自发进行的氧化还原反应判断；a.该反应为复分解反应，不是氧化还原反应，故a不符合题意；b.该反应电荷不守恒，离子方程式不正确，故b不符合题意；c.该反应不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故c不符合题意；d.该反应

35、是自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池，故d符合题意；(2)图i中发生的是锌的化学腐蚀，图ii形成铜锌原电池，a.图i主要是将化学能转化为热能，图ii主要是将化学能转化为电能，则图i中温度计的示数高于图ii的示数，故a符合题意；b.根据选项a的分析，两个装置温度计中示数不相等，但均高于室温，故b错误；c.图为原电池，cu为正极，铜的表面有气泡产生，故c错误；d.利用原电池反应可以加快反应速率，图中产生气体的速率比i快，故d正确；答案：ad；(3)锌比银活泼，锌为负极，电极反应式为zn2e=zn2，锌极质量减少，银极为正极，电极反应式为2h2e=h2，电极质量不变，因此反应前后电极总质量差为

36、消耗锌极的质量，即消耗锌极的质量为(8054)g=26g，其物质的量为0.4mol，建立关系是zn2eh2，产生氢气的体积为0.4mol22.4lmol1=8.96l，即为8960ml；(4)虽然镁比铝活泼，但铝单质能与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，镁不与氢氧化钠溶液反应，因此al为负极，mg为正极，电极反应式为al3e4oh=alo22h2o。【点睛】关于电化学的计算是考试的热点，因为电路中通过的电量相等，因此利用电子转移为中介，建立关系式法进行计算。三、实验探究题20.实验室用无水乙酸钠和碱石灰混合制甲烷：ch3coona+naohch4+na2co3，为了探究甲烷的化学性质，进行了以下实

37、验，b装置中的试剂为溴水或酸性kmno4溶液，一段时间后，无水硫酸铜变蓝，澄清石灰水变浑浊。所需装置如图(部分夹持仪器已略去)：(1)写出h装置中反应的离子方程式：_。(2)c装置中的试剂为_。(3)实验测得消耗的ch4和cuo的质量比为120，则d中硬质玻璃管内发生反应的化学方程式为_(4)实验开始前，先在g装置的大试管上套上黑色纸套，反应结束后，取下黑色纸套，使收集满气体的试管置于光亮处缓慢反应一段时间，观察到的现象有：试管中有少量白雾； 导管内液面上升_(5)有关该实验的说法，正确的是_(填字母)。a.若b装置中的试剂是溴水，溴水无明显变化，说明ch4不能与卤素单质反应b.若b中是酸性高

38、锰酸钾溶液，溶液无明显变化，说明通常情况下甲烷难以被强氧化剂氧化c.硬质玻璃管中的黑色固体粉末变红，说明甲烷具有氧化性【答案】 (1). 2mno4-+10cl-+16h+=2mn2+5cl2+8h2o (2). 浓硫酸 (3). ch4+4cuo4cu+co2+2h2o (4). 试管内气体颜色逐渐变浅 (5). 试管内壁有油状液滴出现 (6). b【解析】【分析】根据实验装置分析可知，a中进行反应ch3coona+naohch4+na2co3制取ch4，b中溴水或kmno4，进行ch4的性质实验；d中ch4与cuo反应充分被氧化，生成co2和h2o；无水硫酸铜，用于检验水，为了防止通过b装

39、置时，引入h2o的杂质会影响实验，因此c为干燥装置，装有浓硫酸；澄清石灰石用于检验co2，在g中的大试管中进行ch4和cl2的取代反应的实验，则h为cl2的制备装置，据此分析解答。【详解】(1)装置h是一个固体和液体不加热反应制氯气的装置，故可以选用酸性高锰酸钾和浓盐酸反应，离子方程式为2mno4-+10cl-+16h+=2mn2+5cl2+8h2o，故答案为：2mno4-+10cl-+16h+=2mn2+5cl2+8h2o；(2)d中盛放的是氧化铜，所以c装置的作用是干燥甲烷，由于是洗气瓶，只能选用浓硫酸，故答案为：浓硫酸；(3)实验消耗甲烷和氧化铜质量比为1：20，即物质的量比为1：4，根据原子守恒可得化学方程式为ch4+4cuo4cu+co2+2h2o，故答案为：ch4+4cuo4cu+co2+2h2o；(4)在自然光照射下，甲烷能与氯气反应，生成hcl、ch3cl、ch2cl2、chcl3、ccl4，由于hcl极易溶于水，故可看到导管内液面上升，试管口产生白雾，试管内气体颜色逐渐变浅，试管内壁有油状液滴出现等现象，故答案为：试管内气体颜色逐渐变浅；试管内壁有油状液滴出现；(5)a甲烷和溴水不反应，但是甲烷和氯气、溴蒸气等在光照条件下可发生取代反应，错误；b甲烷性质稳定，与强酸、强碱、