广东省汕头市金山中学2015-2016学年高一下学期期末化学试卷（2） Word版含解析.doc

‎2015-2016学年广东省汕头市金山中学高一（下）期末化学试卷（2）‎ ‎　‎ 一、单选题（本题包括20小题，每小题3分，共60分．答案涂写到答题卡上）‎ ‎1．下列四组物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（　　）‎ A．二氧化碳 碳酸钠 B．硫酸钠 乙醇 C．氧化铝 硫 D．盐酸 蔗糖 ‎2．设NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．含有0.1NA 个CO32﹣的Na2CO3固体的质量为10.6g B．含1mol 溶质的盐酸溶液与足量Fe反应，消耗NA个Fe原子 C．0.1mol•L﹣1的稀硫酸中含有SO42﹣个数为0.1NA D．标准状况下，11.2LCCl4含有的分子数为0.5NA ‎3．下列各组离子在溶液中可以大量共存的是（　　）‎ A．H+、SO32﹣、S2﹣、K+ B．Fe3+、Cl﹣、S2﹣、Ba2+‎ C．Cu2+、Cl﹣、S2﹣、K+ D．Na+、K+、S2﹣、SO42﹣‎ ‎4．下列反应的离子方程式错误的是（　　）‎ A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：ClO﹣+H2O+CO2═HCO3﹣+HClO B．过量的NaHSO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O C．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2++2H2O2+4H+═Fe3++4H2O D．硝酸铁溶液中加过量氨水：Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+‎ ‎5．下列关于硅的说法不正确的是（　　）‎ A．硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体 B．硅的导电性能介于金属与绝缘体之间，是良好的半导体材料 C．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应 D．加热到一定温度时，硅能与氢气．氧气等非金属发生反应 ‎6．有关硝酸的性质的叙述中，正确的是（　　）‎ A．稀硝酸能使红色石蕊试纸变蓝 B．硝酸能与Na2CO3反应，但不能生成CO2‎ C．硝酸的氧化性很强，能氧化所有金属 D．浓硝酸因分解放出NO2又溶解于硝酸而呈黄色 ‎7．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（　　）‎ A．9.0 L B．13.5 L C．15.7 L D．16.8 L ‎8．短周期中有X、Y、Z三种元素，Z可分别与X、Y组成化合物XZ2、ZY2，这三种元素原子的核外电子数之和为30，每个XZ2分子的核外电子总数为38，由此可推知X、Y、Z依次为（　　）‎ A．Na、F、O B．N、O、P C．C、F、O D．C、O、S ‎9．某主族元素R原子的质量数为79，已知R的单核离子含有45个中子和36个电子，下列有关R的叙述错误的是（　　）‎ A．R位于第四周期ⅥA族 B．R最高价氧化物对应的水化物的化学式为H3RO4‎ C．元素R气态氢化物的化学式为H2R D．R的阴离子具有强还原性 ‎10．含下列化学键的物质，可能为单质的是（　　）‎ A．只有离子键的物质 B．既有离子键，又有非极性键的物质 C．既有极性键，又有离子键的物质 D．只有非极性键的物质 ‎11．短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，其中X与Z、Y与W分别为同族元素．原子半径X＜Y＜W＜R＜Z，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等．下列说法正确的是（　　）‎ A．Y与Z形成的离子化合物中只能有离子键 B．Y、Z、R的简单离子半径：Y＜R＜Z C．Y、W的氢化物的沸点：Y＞W D．X在分别与Z和W形成的化合物中的化合价相同 ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A．反应是吸热还是放热的，须看反应物和生成物所具有总能量的大小 B．放热反应在常温条件下一定很容易发生 C．需要加热方能发生的反应一定是吸热反应 D．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应为放热反应 ‎13．通常人们把拆开1mol某化学键吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热．下列是一些化学键的键能．‎ 化学键 C﹣H C﹣F H﹣F F﹣F 键能/（kJ•mol﹣1）‎ ‎414‎ ‎489‎ ‎565‎ ‎155‎ 根据键能数据估算反应CH4+4F2=CF4+4HF每消耗1mol CH4的热效应（　　）‎ A．放热1940 kJ B．吸热1940 kJ C．放热485 kJ D．吸热485 kJ ‎14．下列有关实验现象的描述不正确的是C（　　）‎ A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀H2SO4中，铜片表面出现气泡 B．把铁钉和碳棒用铜线连接后，浸入0.1 mol•L﹣1的食盐溶液中，铁钉作负极被腐蚀 C．把铜片插入氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁 D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快 ‎15．①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池，①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活动性由强到弱的顺序是（　　）‎ A．①③②④ B．①③④② C．③④②① D．③①②④‎ ‎16．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时X和盐酸和缓地进行反应．其中反应速率最大的是（　　）‎ A．20mL 3mol/L 的X溶液 B．20mL 2mol/L 的X溶液 C．10mL 4mol/L的X溶液 D．10mL 2mol/L的X溶液 ‎17．反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol•L﹣1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1，则这段时间为C（　　）‎ A．0.1s B．2.5s C．5s D．10s ‎18．在一定的温度下，在恒容容器中可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡的标志是B（　　）‎ A．B生成速率与C分解速率相等 B．容器内气体的平均分子量不再变化 C．单位时间生成n mol A，同时生成3n mol B D．容器内气体的密度不再变化 ‎19．下列反应属于取代反应的是（　　）‎ A．甲烷的燃烧 B．由甲烷制取氯仿 C．甲烷遇明火爆炸 D．由甲烷制取炭黑 ‎20．下列化学式中，只能用来表示一种物质的是（　　）‎ A．C2H4Cl2 B．C5H12 C．C D．C2H5Cl ‎　‎ 二、非选择题（本题共4道题，共40分，所有答案均必须写到答题卷上）‎ ‎21．按要求完成以下方程式：‎ ‎（1）铝粉与四氧化三铁发生铝热反应的化学方程式：　　　　　　．‎ ‎（2）氯化铁溶液中通入SO2气体的离子方程式：　　　　　　．‎ ‎（3）偏铝酸钠溶液中加入氯化铝溶液的离子方程式：　　　　　　．‎ ‎（4）碳单质和浓硝酸反应的化学方程式：　　　　　　．‎ ‎22．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验．‎ ‎（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是　　　　　　，其中发生反应的化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是　　　　　　、　　　　　　，这些现象分别说明SO2具有的性质是　　　　　　和　　　　　　；装置B中发生反应的离子方程式为　　　　　　．‎ ‎（3）设计装置D的目的是　　　　　　．‎ ‎（4）尾气应用　　　　　　溶液吸收（填试剂的化学式）．‎ ‎23．一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高．其主要流程如下．请回答下列问题：‎ ‎（1）反应Ⅲ的离子方程式为4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O，CuCl2﹣中铜元素的化合价为　　　　　　，该反应中的氧化剂是　　　　　　．‎ ‎（2）一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入硫酸，可以析出硫酸铜晶体而不析出氯化铜晶体，其原因可能是　　　　　　．‎ ‎（3）炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，以降低生铁的含碳量，该过程中主要反应的化学方程式是　　　　　　．‎ ‎（4）SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是　　　　　　．‎ ‎（5）已知反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣═2CuCl2﹣+S，反应Ⅰ的产物为　　　　　　和　　　　　　．（填化学式）‎ ‎24．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．‎ 如图为电池示意图，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的主要形式是由　　　　　　，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是　　　　　　．‎ ‎（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：‎ Ⅰ2Li+H22LiH ⅡLiH+H2O═LiOH+H2↑‎ ‎①反应Ⅰ中的还原剂是　　　　　　，反应Ⅱ中的氧化剂是　　　　　　．（均填化学式）‎ ‎②已知LiH固体密度为0.82g/cm3，用锂吸收224L（标准状况）H2，则被吸收的H2体积与生成的LiH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．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年广东省汕头市金山中学高一（下）期末化学试卷（2）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（本题包括20小题，每小题3分，共60分．答案涂写到答题卡上）‎ ‎1．下列四组物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（　　）‎ A．二氧化碳 碳酸钠 B．硫酸钠 乙醇 C．氧化铝 硫 D．盐酸 蔗糖 ‎【考点】电解质与非电解质．‎ ‎【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐、金属氧化物和水都是电解质；‎ 在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，非金属氧化物、少数氢化物和大多数的有机物，如蔗糖、乙醇等都是非电解质；‎ 单质，混合物既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎【解答】解：A、二氧化碳是非金属氧化物，属于非电解质，氯化钠是盐，属于电解质，故A错误；‎ B、硫酸钠为盐，属于电解质，乙醇是有机物，属于非电解质，故B正确；‎ C、氧化铝是金属氧化物，属于电解质，硫是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；‎ D、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，蔗糖是有机物，属于非电解质，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．设NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．含有0.1NA 个CO32﹣的Na2CO3固体的质量为10.6g B．含1mol 溶质的盐酸溶液与足量Fe反应，消耗NA个Fe原子 C．0.1mol•L﹣1的稀硫酸中含有SO42﹣个数为0.1NA D．标准状况下，11.2LCCl4含有的分子数为0.5NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、碳酸钠固体由2个钠离子和一个碳酸根离子构成；‎ B、铁和盐酸溶液中氯化氢反应生成氯化亚铁和氢气，依据化学反应定量关系计算；‎ C、溶液体积不知不能计算微粒数；‎ D、标准状况四氯化碳不是气体．‎ ‎【解答】解：A、碳酸钠固体有2个钠离子和一个碳酸根离子构成，含有0.1NA 个CO32﹣的Na2CO3固体物质的量为0.1mol，所以碳酸钠的质量=0.1mol×106g/mol=10.6g，故A正确；‎ B、铁和盐酸溶液中氯化氢反应生成氯化亚铁和氢气，含1mol 溶质的盐酸溶液与足量Fe反应，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，消耗Fe原子物质的量为0.5mol，微粒数0.5NA个，故B错误；‎ C、溶液体积不知不能计算0.1mol•L﹣1的稀硫酸中含有SO42﹣个数，故C错误；‎ D、标准状况四氯化碳不是气体，11.2LCCl4物质的量不是0.5mol，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．下列各组离子在溶液中可以大量共存的是（　　）‎ A．H+、SO32﹣、S2﹣、K+ B．Fe3+、Cl﹣、S2﹣、Ba2+‎ C．Cu2+、Cl﹣、S2﹣、K+ D．Na+、K+、S2﹣、SO42﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．H+、SO32﹣、S2﹣三者发生氧化还原反应生成单质S沉淀，不能共存，故A错误；‎ B．Fe3+能氧化S2﹣不能大量共存，不能共存，故B错误；‎ C．Cu2+和S2﹣反应生成CuS沉淀，不能大量共存，故C错误；‎ D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．下列反应的离子方程式错误的是（　　）‎ A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：ClO﹣+H2O+CO2═HCO3﹣+HClO B．过量的NaHSO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O C．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2++2H2O2+4H+═Fe3++4H2O D．硝酸铁溶液中加过量氨水：Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．反应生成碳酸氢钙、HClO；‎ B．氢氧化钡完全反应，生成硫酸钡、硫酸钠和水；‎ C．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒；‎ D．反应生成氢氧化铁、硝酸铵．‎ ‎【解答】解：A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子反应为ClO﹣+H2O+CO2═HCO3﹣+HClO，故A正确；‎ B．过量的NaHSO4与Ba（OH）2溶液反应的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故B正确；‎ C．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液的离子反应为4Fe2++2H2O2+4H+═4Fe3++4H2O，故C错误；‎ D．硝酸铁溶液中加过量氨水的离子反应为Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．下列关于硅的说法不正确的是（　　）‎ A．硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体 B．硅的导电性能介于金属与绝缘体之间，是良好的半导体材料 C．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应 D．加热到一定温度时，硅能与氢气．氧气等非金属发生反应 ‎【考点】硅和二氧化硅．‎ ‎【分析】A、晶体硅的结构与金刚石类似，它是灰黑色有金属光泽的非金属固体．‎ B、硅是半导体，导电性能介于金属与绝缘体之间．‎ C、常温下，硅和氢氟酸、氢氧化钠溶液反应发生反应．‎ D、加热条件下，硅能与一些非金属、氧化物等反应．‎ ‎【解答】解：A、晶体硅的结构与金刚石类似，它是灰黑色有金属光泽的非金属固体，故A正确．‎ B、硅在元素周期表中处于金属和非金属的过渡位置，所以晶体硅的导电性介于导体和半导体之间，是良好的半导体材料，故B正确．‎ C、常温下，硅的化学性质不活泼，但硅能和氢氟酸、氢氧化钠溶液反应，故C错误．‎ D、加热条件下，硅能与一些非金属、氧化物等反应，如硅能与氢气．氧气等非金属发生反应，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．有关硝酸的性质的叙述中，正确的是（　　）‎ A．稀硝酸能使红色石蕊试纸变蓝 B．硝酸能与Na2CO3反应，但不能生成CO2‎ C．硝酸的氧化性很强，能氧化所有金属 D．浓硝酸因分解放出NO2又溶解于硝酸而呈黄色 ‎【考点】硝酸的化学性质．‎ ‎【分析】A．稀硝酸具有酸的通性；‎ B．硝酸的酸性大于碳酸；‎ C．硝酸的氧化性很强，不能氧化所有金属；‎ D．浓硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮．‎ ‎【解答】解：A．稀硝酸具有酸的通性，能使紫色或蓝色石蕊试液变红色，故A错误；‎ B．硝酸的酸性大于碳酸，硝酸能和碳酸钠反应生成二氧化碳，故B错误；‎ C．硝酸虽然具有氧化性，但能氧化部分金属，不能氧化金等金属，故C错误；‎ D．浓硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使其溶液呈黄色，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（　　）‎ A．9.0 L B．13.5 L C．15.7 L D．16.8 L ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间．‎ ‎【解答】解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==0.15mol，转移电子物质的量=0.15×（6+2）=1.2mol．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；‎ 若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.075×10=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．短周期中有X、Y、Z三种元素，Z可分别与X、Y组成化合物XZ2、ZY2，这三种元素原子的核外电子数之和为30，每个XZ2分子的核外电子总数为38，由此可推知X、Y、Z依次为（　　）‎ A．Na、F、O B．N、O、P C．C、F、O D．C、O、S ‎【考点】原子结构与元素的性质．‎ ‎【分析】短周期中有X、Y、Z三种元素，令它们核外电子数分别为a、b、c，三种元素原子的核外电子数之和为30，每个XZ2分子的核外电子总数为38，则：a+b+c=30，a+2c=38，故c﹣b=8，且Y与Z可以形成ZY2，可推知Y为O、Z为S，进而计算X原子的核外电子数确定X元素．‎ ‎【解答】解：短周期中有X、Y、Z三种元素，令它们核外电子数分别为a、b、c，三种元素原子的核外电子数之和为30，每个XZ2分子的核外电子总数为38，则：a+b+c=30，a+2c=38，故c﹣b=8，且Y与Z可以形成ZY2，可推知Y为O、Z为S，故X原子的核外电子数=30﹣8﹣16=6，故X为C元素，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．某主族元素R原子的质量数为79，已知R的单核离子含有45个中子和36个电子，下列有关R的叙述错误的是（　　）‎ A．R位于第四周期ⅥA族 B．R最高价氧化物对应的水化物的化学式为H3RO4‎ C．元素R气态氢化物的化学式为H2R D．R的阴离子具有强还原性 ‎【考点】元素周期表的结构及其应用．‎ ‎【分析】某主族元素R原子的质量数为79，R离子含有45个中子和36个电子，R原子核外电子数=原子序数=79﹣45=34，则为Se元素，R离子核外电子数是36，则R形成的离子为R 2﹣，则R最外层有6个电子，‎ A．根据其电子层数和最外层电子数判断；‎ B．R最外层有6个电子，其最高化合价为+6价；‎ C．R元素的最低负价为﹣2价，据此确定其氢化物化学式；‎ D．Se的阴离子的还原性比硫离子强．‎ ‎【解答】解：某主族元素R原子的质量数为79，R离子含有45个中子和36个电子，R原子核外电子数=原子序数=79﹣45=34，则为Se元素，R离子核外电子数是36，则R形成的离子为R 2﹣，则R最外层有6个电子，‎ A．Se元素，原子核外有4个电子层，位于第四周期，主族元素最外层电子数与其族序数相等，所以Se属于第VIA族元素，故A正确；‎ B．主族元素其最高正化合价与其族序数相等、最外层电子数相等，所以R元素最高正化合价为+6价，则R元素最高氧化物对应水化物的分子式为H2RO4，故B错误；‎ C．R元素的最低负价为﹣2价，所以其氢化物的化学式为H2R，故C正确；‎ D．Se的阴离子的还原性比硫离子强，硫离子还原性较强，所以Se的阴离子具有强还原性，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．含下列化学键的物质，可能为单质的是（　　）‎ A．只有离子键的物质 B．既有离子键，又有非极性键的物质 C．既有极性键，又有离子键的物质 D．只有非极性键的物质 ‎【考点】化学键；离子键的形成；极性键和非极性键．‎ ‎【分析】活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键．‎ A、只含有离子键的物质一定是化合物；‎ B、既有离子键，又有非极性键的物质，一定是化合物；‎ C、既有极性键，又有离子键的物质，一定是化合物；‎ D、只有非极性键的物质是单质．‎ ‎【解答】解：A、只含有离子键的物质一定含有两种元素，所以只含有离子键的物质一定是化合物，故A错误；‎ B、既有离子键又有非极性键的物质一定至少含有两种元素，所以一定是化合物不是单质，故B错误；‎ C、既有极性键又有离子键的物质一定至少含有三种元素，所以一定是化合物不是单质，故C错误；‎ D、只有同种非金属元素之间能形成非极性键，所以只有非极性键的物质是单质，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，其中X与Z、Y与W分别为同族元素．原子半径X＜Y＜W＜R＜Z，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等．下列说法正确的是（　　）‎ A．Y与Z形成的离子化合物中只能有离子键 B．Y、Z、R的简单离子半径：Y＜R＜Z C．Y、W的氢化物的沸点：Y＞W D．X在分别与Z和W形成的化合物中的化合价相同 ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则W应处于第三周期，原子最外层电子数为10﹣4=6，则W为硫元素；Y与W为同主族元素，则Y为氧元素；X的原子序数小于氧元素，原子半径也小于O原子半径，且为主族元素，可知X为氢元素；X与Z为同主族元素，Z的原子序数大于氧元素，则Z为Na元素；Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等，则R的核外电子数为8+16﹣11=13，则R为Al元素，据此解答．‎ ‎【解答】解：短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则W应处于第三周期，原子最外层电子数为10﹣4=6，则W为硫元素；Y与W为同主族元素，则Y为氧元素；X的原子序数小于氧元素，原子半径也小于O原子半径，且为主族元素，可知X为氢元素；X与Z为同主族元素，Z的原子序数大于氧元素，则Z为Na元素；Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等，则R的核外电子数为8+16﹣11=13，则R为Al元素，‎ A．Y与Z形成的离子化合物过氧化钠中含有离子键、共价键，故A错误；‎ B．Y、Z、R的简单离子分别为O2﹣、Na+、Al3+，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2﹣＞Na+＞Al3+，故B错误；‎ C．水分子之间存在氢键，沸点比硫化氢的高，故C正确；‎ D．H在分别与Na和S形成的化合物分别为NaH、H2S，前者中H元素为﹣1价、后者H元素为+1价，故D错误，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A．反应是吸热还是放热的，须看反应物和生成物所具有总能量的大小 B．放热反应在常温条件下一定很容易发生 C．需要加热方能发生的反应一定是吸热反应 D．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应为放热反应 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．反应物和生成物总能量大小决定了反应的吸热、放热；‎ B．反应能否发生与吸热反应、放热反应没有必然关系；‎ C．反应条件与反应热没有必然关系；‎ D．氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应．‎ ‎【解答】解：A．反应是吸热还是放热的，主要取决于反应物和生成物所具有总能量的大小，故A正确；‎ B．反应热与反应能否发生没有必然关系，有的吸热反应在常温下能够发生，如氯化铵与氢氧化钡晶体的反应，故B错误；‎ C．需要加热方能发生的反应不一定是吸热反应，如氢气的燃烧、氢气还原氧化铜、铝热反应等都是放热反应，需要在点燃或加热条件下进行，故C错误；‎ D．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．通常人们把拆开1mol某化学键吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热．下列是一些化学键的键能．‎ 化学键 C﹣H C﹣F H﹣F F﹣F 键能/（kJ•mol﹣1）‎ ‎414‎ ‎489‎ ‎565‎ ‎155‎ 根据键能数据估算反应CH4+4F2=CF4+4HF每消耗1mol CH4的热效应（　　）‎ A．放热1940 kJ B．吸热1940 kJ C．放热485 kJ D．吸热485 kJ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】热化学方程式中，反应的焓变△H=反应物中所有旧键断裂吸收的能量﹣形成新的化学键放出的热量，据此结合表中数据计算．‎ ‎【解答】解：CH4（g）+4F2（g）═CF4（g）+4HF（g）的反应热△H=断裂化学键吸收的能量﹣形成化学键放出的热量=414KJ/mol×4+155KJ/mol×4﹣=﹣1940kJ•mol﹣1，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．下列有关实验现象的描述不正确的是C（　　）‎ A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀H2SO4中，铜片表面出现气泡 B．把铁钉和碳棒用铜线连接后，浸入0.1 mol•L﹣1的食盐溶液中，铁钉作负极被腐蚀 C．把铜片插入氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁 D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．铜片和铁片和稀硫酸构成原电池，铜作正极；‎ B．铁钉和碳棒用铜线连接后，浸入0.1 mol•L﹣1的食盐溶液中，铁钉作负极发生吸氧腐蚀；‎ C．铜不能与氯化铁反应生成铁，据此解答即可；‎ D．构成原电池反应，可以加速反应的速率．‎ ‎【解答】解：A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该极上电子和溶液中的氢离子结合产生氢气，故A正确；‎ B．铁钉和碳棒用铜线连接后，浸入0.1 mol•L﹣1的食盐溶液中，铁钉作负极发生吸氧腐蚀，故B正确；‎ C．把铜片插入三氯化铁溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，不能生成铁单质，故C错误；‎ D．把锌片放入盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应的速率，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池，①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活动性由强到弱的顺序是（　　）‎ A．①③②④ B．①③④② C．③④②① D．③①②④‎ ‎【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】在原电池反应中，负极金属较为活泼，电子从负极经外电路流向正极，一般来说，气体、金属在正极上析出，负极质量减小，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，应为较活泼金属，金属活动性①＞②；‎ ‎①③相连时，③为正极，说明①较活泼，金属活动性①＞③；‎ ‎②④相连时，②上有气泡逸出，说明④为负极，②为正极，金属活动性：④＞②；‎ ‎③④相连时，③的质量减少，说明③为负极，较活泼，金属活动性：③＞④，‎ 则金属活动性顺序为①＞③＞④＞②，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时X和盐酸和缓地进行反应．其中反应速率最大的是（　　）‎ A．20mL 3mol/L 的X溶液 B．20mL 2mol/L 的X溶液 C．10mL 4mol/L的X溶液 D．10mL 2mol/L的X溶液 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】化学反应中，反应物浓度越大，单位体积活化分子数目越多，则反应速率越大，因溶液均加水稀释到50mL，则可计算X的物质的量，物质的量越多，浓度越大．‎ ‎【解答】解：均加水稀释到50mL，‎ A．n（X）=0.02L×3mol/L=0.06mol；‎ B．n（X）=0.02L×2mol/L=0.04mol；‎ C．n（X）=0.01L×4mol/L=0.04mol；‎ D．n（X）=0.01L×2mol/L=0.02mol，‎ 物质的量最大的是A，则A浓度最大，反应速率最大．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎17．反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol•L﹣1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1，则这段时间为C（　　）‎ A．0.1s B．2.5s C．5s D．10s ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算v（SO3），再利用△t=计算．‎ ‎【解答】解：用O2表示的反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1，‎ 则v（SO3）=2v（O2）=2×0.04mol•L﹣1•s﹣1=0.08mol•L﹣1•s﹣1，‎ 故反应时间==5s，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎18．在一定的温度下，在恒容容器中可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡的标志是B（　　）‎ A．B生成速率与C分解速率相等 B．容器内气体的平均分子量不再变化 C．单位时间生成n mol A，同时生成3n mol B D．容器内气体的密度不再变化 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎【解答】解：A、B生成速率与C分解速率应该与化学计量数成正比例才平衡，故A错误；‎ B、容器内气体的物质的量是变量，质量不是变量，故容器内气体的平均分子量为变量，变量不变就平衡，故B正确；‎ C、单位时间生成nmolA，同时生成3nmolB，都体现逆反应方向，故C错误；‎ D、混合气体的密度始终不在发生变化，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎19．下列反应属于取代反应的是（　　）‎ A．甲烷的燃烧 B．由甲烷制取氯仿 C．甲烷遇明火爆炸 D．由甲烷制取炭黑 ‎【考点】有机物的结构和性质；取代反应与加成反应．‎ ‎【分析】A．燃烧为氧化反应；‎ B．由甲烷制取氯仿，甲烷中H被Cl取代；‎ C．爆炸为剧烈的氧化还原反应；‎ D．由甲烷制取炭黑，甲烷分解生成C和氢气．‎ ‎【解答】解：A．甲烷的燃烧，为氧化反应，故A不选；‎ B．由甲烷制取氯仿，为光照下的取代反应，故B选；‎ C．甲烷遇明火爆炸，为氧化还原反应，故C不选；‎ D．由甲烷制取炭黑，为分解反应，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎20．下列化学式中，只能用来表示一种物质的是（　　）‎ A．C2H4Cl2 B．C5H12 C．C D．C2H5Cl ‎【考点】混合物和纯净物．‎ ‎【分析】化学式中只能表示一种物质，则该分子不存在同分异构体，根据同分异构体的概念及书写原则进行判断．‎ ‎【解答】解：A．C2H4Cl2可以存在同分异构体，ClCH2CH2Cl，CH3CHCl2，所以不只表示一种物质，故A错误； ‎ B．C5H12 可以存在同分异构体，CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，C（CH3）4，所以不只表示一种物质，故B错误；‎ C．C可能为石墨或金刚石，不能表示一种物质，故C错误；‎ D．C2H5Cl只有一种结构不存在同分异构体，所以能只表示一种物质，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、非选择题（本题共4道题，共40分，所有答案均必须写到答题卷上）‎ ‎21．按要求完成以下方程式：‎ ‎（1）铝粉与四氧化三铁发生铝热反应的化学方程式：　8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3　．‎ ‎（2）氯化铁溶液中通入SO2气体的离子方程式：　2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+　．‎ ‎（3）偏铝酸钠溶液中加入氯化铝溶液的离子方程式：　Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓　．‎ ‎（4）碳单质和浓硝酸反应的化学方程式：　C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O　．‎ ‎【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写．‎ ‎【分析】（1）铝粉和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁；‎ ‎（2）氯化铁具有氧化性氧化二氧化硫为硫酸；‎ ‎（3）氢氧化铝不溶于弱酸弱碱，偏铝酸钠溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；‎ ‎（4）碳单质和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳和水．‎ ‎【解答】解：（1）铝粉和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3‎ ‎（2）氯化铁具有氧化性氧化二氧化硫为硫酸，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；‎ 故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；‎ ‎（3）氢氧化铝不溶于弱酸弱碱，偏铝酸钠溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；‎ 故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；‎ ‎（4）碳单质和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；‎ 故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O．‎ ‎　‎ ‎22．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验．‎ ‎（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是　蒸馏烧瓶　，其中发生反应的化学方程式为　Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O　．‎ ‎（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是　溶液由紫红色变为无色　、　无色溶液中出现淡黄色浑浊　，这些现象分别说明SO2具有的性质是　还原性　和　氧化性　；装置B中发生反应的离子方程式为　5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+　．‎ ‎（3）设计装置D的目的是　验证SO2与品红漂白作用的可逆性　．‎ ‎（4）尾气应用　NaOH　溶液吸收（填试剂的化学式）．‎ ‎【考点】二氧化硫的化学性质．‎ ‎【分析】（1）根据化学常用仪器及仪器的名称来分析；制备二氧化硫的方法是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应生成；‎ ‎（2）利用二氧化硫与高锰酸钾溶液，二氧化硫与硫化钠的氧化还原反应来分析反应现象和性质，依据离子性质和电荷守恒，原子守恒配平书写离子方程式；‎ ‎（3）根据二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复红色来解答；‎ ‎（4）利用二氧化硫的性质来分析尾气处理，利用发生的化学反应来书写吸收尾气的离子反应．‎ ‎【解答】解：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是蒸馏烧瓶，其中发生反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，‎ 故答案为：蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；‎ ‎（2）高锰酸钾溶液为紫红色，具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应，则观察到红色逐渐变浅直至完全褪去，二氧化硫进入硫化钠溶液中发生的氧化还原反应为2S2﹣+SO2+2H2O=3S↓+4OH﹣，则观察到出现黄色浑浊，B中S元素的化合价升高，表现还原性，C中二氧化硫中硫元素的化合价降低，表现氧化性，高锰酸钾溶液和二氧化硫气体发生的离子反应为：2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+，‎ 故答案为：溶液由紫红色变为无色；出现黄色浑浊；还原性；氧化性；2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+；‎ ‎（3）因二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复红色，则操作为待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，观察到的现象为无色溶液恢复为红色，验证SO2与品红漂白作用的可逆性，‎ 故答案为：验证SO2与品红漂白作用的可逆性；‎ ‎（4）利用氢氧化钠溶液来吸收尾气，发生的离子反应为SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，故答案为：NaOH．‎ ‎　‎ ‎23．一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高．其主要流程如下．请回答下列问题：‎ ‎（1）反应Ⅲ的离子方程式为4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O，CuCl2﹣中铜元素的化合价为　+1　，该反应中的氧化剂是　O2　．‎ ‎（2）一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入硫酸，可以析出硫酸铜晶体而不析出氯化铜晶体，其原因可能是　该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜、加入硫酸，有利于析出硫酸铜晶体　．‎ ‎（3）炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，以降低生铁的含碳量，该过程中主要反应的化学方程式是　3C+Fe2O32Fe+3CO↑　．‎ ‎（4）SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是　形成酸雨　．‎ ‎（5）已知反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣═2CuCl2﹣+S，反应Ⅰ的产物为　FeS2　和　CuS　．（填化学式）‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】黄铜矿与S在高温下煅烧，使其转变为FeS2、CuS，加入HCl、NaCl、CuCl2混合溶液 发生反应Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S↓，过滤得到滤液中通入空气发生反应4CuCl2﹣+O2+4H+=4Cu2++8Cl﹣+2H2O，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到FeS和S，FeS2通入空气灼烧得到氧化铁和二氧化硫，氧化铁炼钢，二氧化硫制备硫酸，‎ ‎（1）氯离子的化合价为﹣1价，据此可判断铜元素的化合价；根据氧化剂在反应中得到电子，化合价降低判断该反应的氧化剂；‎ ‎（2）考虑产物的溶解度，溶解度小的先从溶液中析出；‎ ‎（3）炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，滤液碳和氧化铁反应生成铁和一氧化碳；‎ ‎（4）二氧化硫排放到大气中易形成酸雨；‎ ‎（5）由流程结合反应方程式可知黄铁矿分解生成的Fe、Cu均为+2价，据此可判断反应Ⅰ的产物．‎ ‎【解答】解：铜矿与S在高温下煅烧，使其转变为FeS2、CuS，加入HCl、NaCl、CuCl2混合溶液 发生反应Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S↓，过滤得到滤液中通入空气发生反应4CuCl2﹣+O2+4H+=4Cu2++8Cl﹣+2H2O，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到FeS和S，FeS2通入空气灼烧得到氧化铁和二氧化硫，氧化铁炼钢，二氧化硫制备硫酸，‎ ‎（1）CuCl2﹣中氯离子的化合价为﹣1价，2个氯离子为﹣2价，则铜元素的化合价为+1价；‎ 反应4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O中，O2得到电子被还原，则O2为氧化剂，‎ 故答案为：+1；O2；‎ ‎（2）相同条件下硫酸铜的溶解度小，则该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜，所以向反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，‎ 故答案为：该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜、加入硫酸，有利于析出硫酸铜晶体；‎ ‎（3）炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，滤液碳和氧化铁反应生成铁和一氧化碳，反应的化学方程式为：3C+Fe2O3 2Fe+3CO↑，‎ 故答案为：3C+Fe2O32Fe+3CO↑；‎ ‎（4）SO2尾气直接排放到大气中，二氧化硫溶于水形成亚硫酸，而亚硫酸容易被空气中氧气氧化成硫酸，导致雨水酸性增强，易形成酸雨，‎ 故答案为：形成酸雨；‎ ‎（5）反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣═2CuCl2﹣+S，结合流程可知，黄铁矿分解生成的Fe、Cu均为+2价，则反应I的产物为：FeS2、CuS，‎ 故答案为：FeS2；CuS．‎ ‎　‎ ‎24．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．‎ 如图为电池示意图，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的主要形式是由　化学能转变为电能　，在导线中电子流动方向为　由a到b　（用a、b表示）．‎ ‎（2）负极反应式为　2H2+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O（或H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O）　．‎ ‎（3）电极表面镀铂粉的原因是　增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，加快电极反应速率　．‎ ‎（4）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：‎ Ⅰ2Li+H22LiH ⅡLiH+H2O═LiOH+H2↑‎ ‎①反应Ⅰ中的还原剂是　Li　，反应Ⅱ中的氧化剂是　H2O　．（均填化学式）‎ ‎②已知LiH固体密度为0.82g/cm3，用锂吸收224L（标准状况）H2，则被吸收的H2体积与生成的LiH体积比为　1148：1　．‎ ‎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　32　mol．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】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，‎ 故答案为：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），‎ 故答案为：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，‎ 故答案为：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，‎ 故答案为：Li；H2O；‎ ‎②设LiH体积为vL，物质的量为n=（mol），根据反应方程式，2n（H2）=n（LiH），故（mol）=2×=20mol，v=L；‎ 被吸收的H2体积与生成的LiH体积比为224L： L=1148：1；‎ 故答案是：1148：1；‎ ‎③20molLiH可生成20molH2，实际参加反应的H2为20mol×80%=16mol，1molH2转化成1molH2O，转移2mol电子，所以16molH2可转移32mol的电子，‎ 故答案为：32．‎ ‎2016年6月19日