【文档说明】【精准解析】甘肃省白银市靖远县2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(17)页，631.000 KB，由小赞的店铺上传

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甘肃省白银市靖远县2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题1.历史上曾用羊皮银铜等作货币，目前世界上使用的货币有纸质货币、塑料(聚酯塑料)货币以及电子货币等。下列说法正确的是A.电子货币是由高纯硅等材料制成的货币B.羊皮的主要成分

为蛋白质C.金属银和铜均可由其氧化物热分解得到D.纤维素和聚酯塑料均是天然高分子【答案】B【解析】【详解】A．电子货币是通过媒介(二维码或硬件设备)，以电子形式使消费者进行交易的货币，为一种数据，不是由高纯硅等材料制成，A错误；B．羊皮的

主要成分为蛋白质，B正确；C．金属铜用热还原的方法制得，不是热分解法，C错误；D．聚酯塑料属于合成有机高分子材料，D错误；答案选B。2.下列是绿色制氢示意图，图示中未涉及的能量转化形式是()A.风能→电能B.化学能→电能C.太阳能→电能D.电能→化学能【答案】B【解析】【详解】在阳光照射下

，太阳能板将太阳能转化为电能；大风车将风能转化为电能；在电流作用下水分解产生H2、O2，电能转化为化学能，可见没有发生的能量变化是化学能→电能，故合理选项是B。3.下列过程属于化学变化的是()A.海水的蒸馏B.石油的分馏C.煤的干馏D.丁烷的液化

【答案】C【解析】【详解】A．海水的蒸馏是将水的沸点较低，通过加热使水变化水蒸气然后冷凝得到蒸馏水的过程，没有新物质产生，发生的是物理变化，A不符合题意；B．石油的分馏是分离互溶的沸点不同的液体混合物的过程，在这个过程中没有新物质产生，因此发生的是物理变化，B不符合题意；C．煤的干馏是将煤隔绝空气

加强热，使之分解的过程，由于产生了新的物质，因此发生的变化属于化学变化，C符合题意；D．丁烷的液化是将气态丁烷加压降温变为液态，没有新物质产生，发生的是物理变化，D不符合题意；故合理选项是C。4.溴及其化合物可被用作阻燃剂，下列有关7935Br和8135Br的说法正确的是A.7935Br

和8135Br所含有的电子数不同B.7935Br和8135Br是两种不同的核素C.7935Br和8135Br分别含有44和46个质子D.7935Br和8135Br都含有35个中子【答案】B【解析】【详解】A．二者是同位素，原子核外电子数相同，A错误；B．二者质子数相同，中子数不同，因此属于两

种不同的核素，B正确；C．元素符号左下角表示质子数，左上角表示的是质量数，质量数等于质子数与中子数的和。二者的质子数都是35，质量数是79的原子的中子数是44，质量数是81的原子的中子数是46，C错误；D．元素

符号左下角表示的是质子数，二者含有的质子数都是35，D错误；故合理选项是B。5.室温下铁块与稀盐酸反应速率较慢，下列措施不能加快反应速率的是()A.加适量蒸馏水稀释盐酸B.用较浓盐酸代替稀盐酸C.将反应液适当

加热D.将铁块换成铁粉【答案】A【解析】【详解】A．加适量蒸馏水稀释盐酸，盐酸浓度降低，反应速率减慢，A符合题意；B．用较浓盐酸代替稀盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，B不符合题意；C．将反应液适当加热，溶液温度升高，反应

速率加快，C不符合题意；D．将铁块换成铁粉，反应物接触面积增大，反应速率加快，D不符合题意；故合理选项是A。6.下列有机物属于烃的是A.淀粉[(C6H10O5)n]B.CH3CH(CH3)CH2CH2BrC.D.【答案】C【解析】【详解】A．淀粉中含有C、H、O三

种元素，属于烃的衍生物，A不符合题意；B．CH3CH(CH3)CH2CH2Br中含有碳、氢、溴三种元素，属于烃的衍生物，B不符合题意；C．苯乙烯中只含有C、H两种元素，属于烃，C符合题意；D．硝基苯中含有C、H、O、N四种元素，属

于烃的衍生物，D不符合题意；故合理选项是C。7.下列物质的化学性质与用途具有对应关系的是A.SO2具有还原性，可用于漂白纸浆B.漂白粉能与酸反应，可用于消毒杀菌C.小苏打受热分解产生气体，可作食品的膨松剂D.Si能与强碱反应，可用于制造半导体材料【答案

】C【解析】【详解】A．SO2可用于漂白纸浆，是因为SO2具有漂白性，不是具有还原性，故A不符合题意；B．漂白粉具有强氧化性，可用于消毒杀菌，而不是漂白粉能与酸反应，故B不符合题意；C．小苏打是碳酸氢钠，不稳定，受热易分解生成二氧化碳，可作食品的膨松剂，故C符合题意

；D．Si属于半导体，是重要的半导体材料和硅合金的原料，与Si能与强碱反应无关，故D不符合题意；答案选C。8.下列从海水中提取镁涉及的过程及化学方程式不正确的是A.制石灰乳：CaO+H2O=Ca(OH)2B.制Mg(OH)2：MgCl2+Ca(OH)2=Mg

(OH)2+CaCl2C.制MgCl2：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2OD.电解MgCl2溶液制镁：MgCl2Cl2↑+Mg【答案】D【解析】【详解】A．生石灰(CaO)与水反应可制得Ca(OH)2，反应方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2，A

正确；B．可利用MgCl2与Ca(OH)2发生复分解反应生成Mg(OH)2，化学方程式为MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+CaCl2，B正确；C．可利用HCl和Mg(OH)2发生复分解反应制M

gCl2，化学方程式为Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，C正确；D．应电解熔融的MgCl2制备Mg单质，化学方程式为MgCl2(熔融)Cl2↑+Mg，D错误；答案选D。9.下列实验操作正确的是A.蒸发结晶时，用玻璃棒不断搅拌至溶液析出大量晶体，再用余热蒸干B.除去2H还原C

uO时在玻璃管内壁产生的铜，先用稀盐酸溶解，再用水清洗C.用洁净的铂丝蘸取食盐灼烧并直接观察火焰颜色，判断食盐中是否添加了3KIOD.用分液漏斗分离苯萃取2Br后的混合液体时，先放出水层，再从下口放出有机层【答案】A【解析】【详解】A．蒸发时不能蒸干，用玻

璃棒不断搅拌，在有大量晶体析出时停止加热，利用余热加热，故A正确；B．氢气与氧化铜反应生成铜，铜与盐酸不反应，应用硝酸溶解除去，故B错误；C．没有透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，不能检验是否含有K元素，故C错误；D．苯的密度小于水，用苯萃取溴水中的Br2，分层后苯层在上面，水层在下面，所以分

液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故D错误；故选A。10.短周期主族元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示，其中元素X无正化合价。则下列说法正确的是WXYZA原子半径：Y>Z>X>WB.X、Y中非金属性最强的是XC.X、Y、

Z、W的常见单质均为气体D.X、Y、Z元素形成的氢化物的水溶液都是强酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置，其中元素X无正化合价，X为F元素，W为O元素，Y是S元素，Z是Cl元素。【详解】

A．同主族元素的原子半径从上到下逐渐增加，同周期元素的原子从左到右逐渐减小，F＜O，故A错误；B．元素的非金属性，同周期元素从左到右逐渐增强，同主族元素从下到上逐渐增强，F的非金属性最强F＞Cl＞S或F＞O＞S，故B正确

；C．O、F、Cl的常见单质均为气体，但是S单质是固体，故C错误；D．HF、H2S均为弱酸，只有HCl是强酸，故D错误；故选B。11.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A.在标准状况下，1.12LCHCl3分子中所含的氯原子数为0.15NAB.1molC2H5OH

分子中含有的非极性共价键的数目为7NAC.14g聚乙烯分子中含有的碳碳双键的数目为0.5NAD.0.1mol苯与H2反应生成环己烷最多消耗H2的分子数为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A．在标准状况下，CHCl3呈液态，不能使用气体摩尔体积计算

其物质的量及微粒数目，A错误；B．1个C2H5OH分子中含有1个非极性共价键，则1molC2H5OH中的非极性共价键的数目为NA，B错误；C．聚乙烯分子中不含有碳碳共价键，因此14g聚乙烯分子中含有的碳碳双键的数目为0，C错

误；D．1个苯分子与H2反应生成环己烷消耗3个H2，则0.1mol苯与H2反应生成环己烷最多消耗H2的分子数为0.3NA，D正确；故合理选项是D。12.CHClF2(二氟一氯甲烷)常用作制冷剂，可通过下列反应制得。下列说法错误的是CHCl3+2HFCHClF2+2HClA.CHCl

F2分子中所有原子处于同一平面B.该反应属于取代反应C.CHClF2属于共价化合物D.反应时最好用水浴加热【答案】A【解析】【详解】A．CHClF2为CH4的取代物，为四面体结构，分子中所有原子一定不处于同一平面，A错误；B．反应

中CHCl3的2个Cl原子被F原子取代，属于取代反应，B正确；C．CHClF2分子中各原子均形成共价键，属于共价化合物，C正确；D．根据题干信息可知，反应的温度为30~80℃，最好使用水浴加热，D正确；答案选A。13.金属燃

料电池是一类重要的电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.正极上O2被氧化B.蔗糖可作为电解质C.电流由金属电极经导线流向空气电极D.消耗相同质量的Zn、Al、Mg时，通过导线转移的电子数最多的是Al【答案】D【解析】【详解】A.正极上O2得到电子，发生

还原反应，被还原，A项错误；B.蔗糖是非电解质，不可能作为电解质，B项错误；C.电流由空气电极(正极)经导线流向金属电极(负极)，C项错误；D.消耗相同质量(取1g)的Zn、Al、Mg时，通过导线转移的电子数分别为：Zn：1g22=mol65g/mol65；

Al：1g13=mol27g/mol9；Mg：1g12=mol24g/mol24；故消耗相同质量的Zn、Al、Mg时，通过导线转移的电子数最多的是Al，D项正确；答案选D。14.实验室可用苯(沸点为80.1℃)与浓硝酸、浓硫酸组成的混酸反应制取硝基苯(难溶于水，不与酸或碱溶液

反应，密度比水大，无色液体)，装置如图所示，下列说法不正确的是A.配制混酸时，将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中并不断搅拌B.水浴加热时，一般用沸水浴C.反应的化学方程式为+HO-NO2+H2OD.反应后纯化硝基苯，需经冷却、水

洗、碱液洗、水洗、干燥及蒸馏【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸稀释会放出大量热，一般遵循“酸入水”的原则稀释，因此配制混酸时，将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中并不断搅拌，故A正确；B．苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯和水的温度一般为60℃左右，不能用沸水浴加热，故B错误；

C．苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯和水，反应方程式为+HO－NO2+H2O，故C正确；D．提纯硝基苯，冷却后应先水洗，溶解混有的酸，再加入碱中和，然后水洗、干燥，则顺序为水洗→碱液洗→水洗→干燥→蒸馏，故D正确；故选B。15

.在2L恒容密闭容器中，2molX和3molY在一定条件下反应：X(g)+aY(g)2Z(g)，5min后反应达到平衡，此时混合气体共4.2mol，其中含0.8molZ，则下列计算结果不正确的是A.平衡时，物质的量之比n

(X)：n(Y)：n(Z)=8：9：4B.a的值等于2C.Y的平均反应速率为0.12mol/(L·min)D.X的转化率为20%【答案】B【解析】【分析】根据题干信息，平衡后Z的物质的量为0.8mol，则建立三段式有：Xg+aYg2Zgm

ol230mol0.40.4a0.8mol1.63-0.4a0.8起始转化平衡又平衡后混合气体的总物质的量为4.2mol，则1.6+3-0.4a+0.8=4.2，解得a=3，据此分析解答问题。【详解】A．根据上述分析可知，平衡后X、Y、Z的物质的量分别为1.6mol、1.8

mol、0.8mol，则n(X)：n(Y)：n(Z)=8：9：4，A正确；B．由上述分析可知，a=3，B错误；C．Y的平均反应速率-1-11.2mol2LvY==0.12molLmin5min，C正确；D．X的转化率0.4mo

lX=100%=20%2mol，D正确；答案选B。16.在绿色化学工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为目标产物，即原子利用率为100%。在用CH2=CH2合成CH3CH2COOCH3的过程中，欲使原子利用率达到最高，还需要的其他反应物有A

.CO和CH3OHB.CH3CH2OH和CO2C.CO和CH4D.H2和CO2【答案】A【解析】【分析】在绿色化学工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为目标产物，即原子利用率为100%。在用CH2=CH2合成CH3CH

2COOCH3的过程中，欲使原子利用率达到最高，要把一个C2H4分子变成一个C4H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1。【详解】A．CO和C

H3OH，两种物质如果按照分子个数比1：1组合，则C、H、O的原子个数比为1：2：1，故A正确；B．CH3CH2OH和CO2，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，故B错误；C．CO和CH4，两种物质分子里三

种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，故C错误；D．H2和CO2，两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查绿色化学工艺，有机物的合成等知识。由于在“绿色化学”工艺

中，原子利用率为100%，生成的产品与原料之间要遵守原子守恒，解题突破口：要把一个C2H4分子变成一个C4H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1。17.短周期主族元素A、B、C、D、E，F在元素周期表中的位置如图所示。试

回答下列问题：(l)E的元素符号为_____，E的单质放置在空气中会变质，写出其生成物E2D的电子式：_____。(2)A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为_____(填“离子”或“共价”)化合物。(3)化合物EABD3可与E的氧化物对应的水化物反应，

则反应的离子方程式为_____。(4)C、D、E形成的最简单离子的半径由大到小的顺序是________(用离子符号表示)。(5)C的最简单氢化物可与F的单质发生置换反应，写出该反应的化学方程式：_____。【答案】(1).Na(2).：(3).

离子(4).OH-+-3HCO=23CO+H2O(5).N3-＞O2-＞Na+(6).8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl(或2NH3+3Cl2=N2+6HCl)【解析】【分析】根据元素在周期表的相对位置，可知：A是H，B是C，C是N，D是O，E是Na，F是Cl元素，然后根据

元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】根据元素在周期表的相对位置，可知：A是H，B是C，C是N，D是O，E是Na，F是Cl元素。(1)E是钠元素，元素符号是Na；E2D是Na2O，该物质是离子化合物，2个Na+与O2-之间通过离子键结合，其电子式为：；(2)

A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为NH4Cl，NH4+与Cl-之间通过离子键结合，因此形成的化合物为离子化合物；(3)化合物EABD3是NaHCO3，属于酸式盐；Na元素的氧化物对应的水化物NaOH是一元强碱，可以与酸式盐NaHCO3反应产生正

盐Na2CO3和水，该反应的离子方程式为：OH-+-3HCO=23CO+H2O；(4)C、D、E形成的最简单离子分别是N3-、O2-、Na+，这三种离子核外电子层结构相同，电子排布是2、8，由于离子的核电荷数越大，离子半径就越小，则三种离子的半径由大到小的顺序是N3-＞

O2-＞Na+；(5)C的最简单氢化物NH3可与F的单质Cl2发生置换反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2NH3+3Cl2=N2+6HCl，由于NH3与HCl会发生反应产生NH4Cl，因此

方程式也可以写为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl。【点睛】本题考查了元素的位置与原子结构、物质性质的关系，正确推断元素，掌握元素及化合物的性质及元素周期律是本题解答的关键。题目比较基础，注意对基础知识的理解

、掌握。18.氨是化肥工业和基本有机化工的重要原料,合成氨反应是化学上最重要的反应之一。（1）N2和H2在常温常压下反应极慢,为提高合成氨反应的速率，工业上除采取增大压强以提高浓度外,还可采取的措施是_________(答一条即可)。（2）

已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的反应速率与时间的变化关系如图a所示，浓度随时间的变化如图b所示。①图a中N点对应的时间是图b中的________。(填“t1”、“t2”或“t3”)。②图b中，0~t1内

平均速率v正(N2)=umol/(L·min)，则t1~t3内平均速率v正(N2)应_______(填标号mol/(L·min)。A.大于uB.等于uC.小于u（3）往恒温恒容密闭容器中通入1molN2和3mnol

H2，充分反应后，测得压强为起始时压强的75%，N2的转化率为____________。（4）某兴趣小组同学设计了如图所示装置模拟工业上合成氨。①流经橡胶管处的气体成分为_____________(填

化学式)。②能说明有氨生成的现象是______________。【答案】(1).加合适的催化剂(或适当升高温度)(2).t2(3).C(4).50%(5).N2、H2、NH3(6).酚酞溶液变红【解析】【分析】(1)根据影响反应速率的因素回答；(2)①图

a中N点表示反应恰好达到平衡状态；②随反应进行，反应物浓度减小，正反应速率降低；(3)利用“三段式”计算N2的转化率；(4)①根据可逆反应的特征分析；②氨气是碱性气体；【详解】(1)升高温度、增大压强、使用合适的催化剂都能加快反应速率，为

提高合成氨反应的速率，工业上除采取增大压强以提高浓度外，还可采取的措施是加合适的催化剂(或适当升高温度)；(2)①图a中N点表示反应恰好达到平衡状态，达到平衡状态时，各物质浓度不再改变，所以对应的时间是图b中的t2；②随反应进行，反应物浓度减小，正反应速率降低，图b中，0~t1内平

均速率v正(N2)=umol/(L·min)，则t1~t3内平均速率v正(N2)<umol/(L·min)，故选C；223(mol)130(mol)32(mol)13Ng+3Hg2NH32gxxxxxx开始转化平衡充分反应后，测得压强为起始时压强的75%，则1-0.7

54x+3-3x+2x，x=0.5，N2的转化率为0.5100%=50%1；(4)①合成氨反应可逆，所以流经橡胶管处的气体成分为N2、H2、NH3；②氨气溶于水生成32NHHO，32NHHO是碱

，能说明有氨生成的现象是酚酞溶液变红。【点睛】本题考查影响反应速率的因素、平衡状态的建立及计算，明确温度、浓度、压强、催化剂影响反应速率，掌握可逆反应的特征是反应物、生成物共存。19.海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘,某研究性学习小组设计并进行了如下实验：

请回答下列问题：（1）“灼烧”前先将海带用酒精浸润，其目的是____________________。（2）“过滤”时除了烧杯外还需使用的玻璃仪器有____________________。（3）①从环保角度考虑，“氧化”时最适合加入的氧化剂是___________

____(填标号)。A.氯气B.硝酸C.H2O2②若使用上述选中的氧化剂在酸性条件下氧化,则发生反应的离子方程式为___________________。（4）上述流程中涉及的实验操作不包括下列选项中的____________(填标号)。（5

）请设计一个简单的实验方案，检验加入CCl4萃取碘后的水层中是否还含有碘单质：______________。【答案】(1).使海带燃烧更充分(2).漏斗、玻璃棒(3).C(4).2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O(5).A(6).取少量水层溶液于试管中，滴入2~3滴淀粉溶

液.如果溶液变蓝，说明溶液中还有碘单质；如果溶液不变蓝，说明溶液中没有碘单质【解析】【分析】本实验为从海带中提取碘的实验，实验中先将海带灼烧为海带灰，加水浸取，过滤后得到含有I-的溶液，加入氧化剂氧化后得到含I2的溶液，用

CCl4萃取后经一些列操作得到纯净的碘单质，据此分析解答问题。【详解】(1)酒精易燃烧且燃烧时可提供热量，因此“灼烧”前先将海带用酒精浸润，可使海带燃烧更充分；(2)过滤时除了烧杯外还需要使用的玻璃仪器有漏斗和用于引流的玻璃棒；(3)①H2O2氧化I-时，生成

H2O，不产生任何污染性物质，所以从环保的角度考虑，“氧化”时最适合加入的氧化剂为H2O2，故答案选C；②H2O2在酸性条件下氧化I-生成I2和H2O，其反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；(4)A．为一定物质的量浓度溶液的配制装置，上述流程中不涉及，A选；B．

为灼烧装置，灼烧海带灰时涉及，B不选；C．为整流装置，获得纯净的碘单质时涉及，C不选；D．为分液装置，萃取分液时设计，D不选；答案选A；(5)因为碘单质可使淀粉溶液变蓝，因此可设计以下实验检验萃取后的水层中是否还含有碘单质：取少量水层溶液于试

管中，滴入2~3滴淀粉溶液.如果溶液变蓝，说明溶液中还有碘单质；如果溶液不变蓝，说明溶液中没有碘单质。20.已知A是相对分子质量为28的烃，D是食醋的主要成分，F是一种有香味的物质。现以A为主要原料合成F和高分子化合物E,合成路线如图所示。（1）A的名称为_________

____。（2）B中含有的官能团的名称为_____________________。（3）C的结构简式为_____________________。（4）写出下列反应的化学方程式并判断反应类型。B→F：________

_________，反应类型：________________。（5）用化学方法鉴别B和D的具体操作为_________________。【答案】(1).乙烯(2).羟基(3).CH3CHO(4).CH3COOH+CH3CH2OHCH3COO

CH2CH3+H2O(5).酯化反应(或取代反应)(6).取某一待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种则为乙醇(或其他合理答案)【解析】【分析】A是相对分子质量为28的烃，A是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，B是乙醇，乙醇催化氧化

为乙醛，C是乙醛；D是食醋的主要成分，D是乙酸，乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成有香味的物质乙酸乙酯，F是乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应生成高分子化合物E，E是聚乙烯。【详解】(1)A是相对分子质量是28的烃，A的分子式是C2H4，名称为乙烯；(2)乙烯和水发生加

成反应生成乙醇，B是乙醇，乙醇结构简式是C2H5OH，含有的官能团的名称为羟基；(3)乙醇催化氧化为乙醛，C是乙醛，乙醛结构简式为CH3CHO；(4)B是乙醇，D是乙酸，乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COO

CH2CH3+H2O，反应类型是酯化反应(或取代反应)；(5)B是乙醇，D是乙酸，乙酸具有酸性，能使石蕊变红，鉴别乙醇、乙酸的操作方法是：取某一待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种则为乙

醇。【点睛】本题考查有机推断，明确醇、醛、酸、酯之间的转化关系是解题关键，掌握常见官能团碳碳双键、羟基、羧基的结构和性质，注意醇催化氧化的断键位置。21.电池及其相关技术应用非常广泛。回答下列问题：(1)废旧电池科学的处理方法是____

_(填标号)。A．露天焚烧B．深埋处理C．集中处理、回收资源(2)锌锰干电池、铅酸蓄电池、氢氧燃料电池等均是常见电池，下列说法正确的是_____(填标号)。A．常见的锌锰干电池是二次电池B．氢氧燃料电池中H2、O2不是储存在电池内部的C．燃料电池的能量利用率比直接燃烧的利用率高(3)

Li-CO2二次电池的装置如图所示：放电时，沿金属Li电极→导线→Ru@SuperP电极方向移动的是_____(填“电子”“电流”或“Li+”)，电池的总反应方程式为________。(4)利用微生物燃料电池既可处理废水又可回收电能，其装置示

意图如图：A极为该电池_____(填“正”或“负”)极，正极的电极反应式为_____。【答案】(1).C(2).BC(3).电子(4).4Li+3CO2=2Li2CO3+C(5).负(6).O2+4H++4e-=2H2O【解析】【分析】(1)根

据废旧电池含有的物质是否有危害、物质是否能够回收利用分析判断；(2)根据各类电池的特点分析判断；(3)电子从负极经外电路流向正极，电流则是由正极经外电路流向负极；将正负极电极反应式叠加，可得总反应方程式；(4)在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应；正极上得到电子，发生还原反

应。【详解】(1)废旧电池中含有重金属元素，会造成水污染、土壤污染，因此要集中处理、回收资源，故合理选项是C；(2)A．常见的锌锰干电池化学物质储存在电池中，物质反应到一定程度后就不能再被重复使用，因此锌锰干电池属于一次电池，A错误；B．氢氧燃料电池中H2、O2不是储存在电池内

部的，而是由外部不断补充，B正确；C．燃料电池中化学能转化为电能，其能量利用率比直接燃烧的利用率高，C正确；故合理选项是BC；(3)在原电池反应中，电子由负极经外电路流向正极，电流则由正极经外电路流向负极。在Li-CO2二次电池中，Li电极为负极，Ru@Super

P电极为正极，因此放电时，沿金属Li电极→导线→Ru@SuperP电极方向移动的是电子；在负极Li电极上，Li失去电子变为Li+，电极反应式为：Li-e-=Li+；在正极Ru@SuperP电极上，CO2得到电子，与电解质中的Li+结合形成Li2CO3、C，正极的电极反应式

为3CO2+4e-+4Li+=2Li2CO3+C，所以电池的总反应方程式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C；(4)根据图示可知：在该微生物燃料电池中，左边的A电极为负极，被葡萄糖氧化，失去电子，所以A电极为该电池的负极；右边B电极

为正极，正极上O2得到电子，与溶液中的H+结合形成H2O，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O。【点睛】本题考查了原电池反应原理，涉及一次电池、燃料电池等的电极反应式书写、电极判断、微粒流动

方向的判断。要结合装置图中物质存在形式书写电极反应式。注意原电池中负极失去电子，发生氧化反应；正极上得到电子发生还原反应；外电路中电子由负极流向正极；溶液中阳离子向正极定向移动；阴离子向负极定向移动。