湖北省随州市2022学年高一化学下学期期末试题含解析

2022-2022学年湖北省随州市高一（下）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共48分）1．化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法正确的是()A．燃烧汽油产生的汽车尾气中所含的大气污染物主要是CO，NO、SO2、CO2等B．乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而消毒C．用纯碱溶液清洗餐具上的油污时，加热可以提高去污能力D．火力发电是将化学能直接转化为电能2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．一定条件下，将1molN2和3molH2H混合，充分反应后转移电子数为6NAB．常温下，5.6gFe与足量浓硝酸作用转移电子数一定为0.3NAC．65gZn与一定量的浓硫酸反应至完全溶解，转移电子数一定为2NAD．6.4g由S2、S4、S8组成的混合物中含有硫原子的数目为0.1NA3．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是()A．37Cl中的37代表该原子的相对原子质量B．HClO的结构式：H﹣Cl﹣OC．丙烷分子的比例模型：D．第三周期简单阴离子结构示意图均可表示为4．金属元素广泛存在与各种矿石和海水中，不同金属的冶炼方法各不相同．下列关于金属冶炼说法正确的是()A．不同金属的冶炼方法选择的原则主要是依据金属离子得电子的能力B．金属的冶炼都是置换反应C．应该大力开发金属矿物资源以满足人类生产生活的需要D．工业上从海水中提取镁：海水Mg（OH）2MgOMg5．关于氮的变化关系示意图如图：则下列说法不正确的是()A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径C．上述所有反应都是氧化还原反应D．上述反应中①②③均属于氮的固定6．下列叙述正确的个数有()①离子键只存在于离子化合物中，共价键只存在于共价化合物和离子化合物中-22-\n②元素周期表中核素的种类大于元素的种类③对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显④用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质⑤乙烯和聚乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色⑥化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的⑦燃料电池的能量转化率可达100%⑧所有烷烃之间一定互为同系物．A．2B．4C．6D．87．下列装置或操作能达到实验目的是()A．除去乙醇中的乙酸B．制取少量金属锰C．制取乙酸乙酯D．证明酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸8．为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的是()A．B．C．D．9．下列反应Ⅰ和反应Ⅱ属于同一种反应类型的是()选项反应Ⅰ反应ⅡA甲烷与氯气在光照条件下生成一氯甲烷乙酸与碳酸钠溶液反应B-22-\n乙醇在催化剂条件下生成乙醛乙烯与溴的四氯化碳溶液反应C油脂制备肥皂乙烯制备聚乙烯D笨与液溴反应制备溴苯乙醇和乙酸反应制备乙酸乙酯A．AB．BC．CD．D10．如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录卡如下，则卡片上的描述合理的是()实验后的记录：①Cu为负极，Zn为正极②Cu极上有气泡产生，发生还原反应③SO42﹣向Cu极移动④若有0.5mol电子流经导线，则可产生0.25mol气体⑤电子的流向是：Cu→Zn⑥正极反应式：Cu﹣2e﹣═Cu2+，发生氧化反应．A．①②③B．②④C．②③④D．③④⑤11．A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，B、C、D同周期，：A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定；B的阳离子比D的阳离子氧化性强；B的阳离子比C的阴离子少一个电子层．下列叙述中正确的是()A．原子序数：B＞D＞A＞CB．单质熔点：D＞B，A＞CC．原子半径：D＞B＞C＞AD．简单离子半径：D＞B＞C＞A12．下列关于化学反应限度的叙述错误的是()A．任何可逆反应都有一定的限度B．化学反应在一定条件下达到限度时，正、逆反应速率相等C．化学反应的限度与时间的长短无关D．化学反应的限度是不可改变的13．工业制硫酸的一步重要反应是SO2在400～600℃下的催化氧化：2SO2+O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应．如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法错误的是()A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B．在上述条件下，SO2不可能100%地转化为SO3C．为了提高SO2的转化率，应适当提高O2的浓度D．达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等-22-\n14．糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的营养物质，以下叙述正确的是()A．植物通过光合作用将CO2转化成葡萄糖是太阳能转变成热能的过程B．油脂属于酯类化合物，油脂可能使溴水褪色C．萄糖与果糖互为同分异构体，淀粉与纤维素互为同系物D．油脂、淀粉、蛋白质和维生素等均为高分子化合物15．知反应：A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）的能量变化如图所示，下列说法正确的是()A．若此反应过程中有电子转移，可设计成原电池B．当A、B、C、D的浓度相同时，反应处于平衡状态C．当A的消耗速率与C的消耗速率相同时处于平衡状态D．该反应只有在加热条件下才能进行16．根据下列操作现象，下属实验目的或结论正确的是()选项实验操作及现象实验目的或结论A取1ml20%蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min后，取少量溶液，加入少量新制的Cu（OH）2，加热，没有砖红色沉淀生成蔗糖没有水解BSO2通入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀生成白色Ba（SO3）2沉淀C铜放入稀硫酸中无明显现象，再加入硝酸钠固体，有明显的气泡冒出，溶液变蓝，铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D向盛有3mL约5%的H2O2溶液中加入1～2滴1mol/LFeCl3溶液；有大量气泡出现，能使带火星的火柴梗复燃FeCl3可以催化H2O2分解的反应速率A．AB．BC．CD．D二、填空题17．（14分）实验室制备硝基苯的步骤如下：①配制一定比例的浓H2SO4与浓HNO3的混和酸，加入反应器中．②向室温下的混和酸中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混和均匀．③在50～60℃下发生反应，直至反应结束．④粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤．-22-\n⑤分出的产物加入少量无水CaCl2固体，静置片刻，过滤除去CaCl2固体，进行蒸馏纯化得到纯净硝基苯．请填写下列空白：（1）配制一定比例浓H2SO4与浓HNO3混和酸时，操作注意事项是：__________．（2）步骤③中，为了使反应在50﹣60℃下进行，常用的方法是__________．（3）步骤④中洗涤、分离粗硝基苯应使用的主要仪器是__________．（4）步骤④中粗产品用5%NaOH溶液洗涤的目的是__________．最后再用蒸馏水洗涤的目的是__________．（5）实验中加入少量无水CaCl2的目的是：__________（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是：__________（填标号）．18．金属钛（Ti）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀等性质被广泛用在高新科技材料和航天领域中．“硫酸法”生产钛的原料是钛铁矿（主要成分是：FeTiO3，还含有少量Mn、Cr等重金属元素及脉石等杂质）；主要生产流程如图：已知反应：①将钛铁矿与浓H2SO4共热：FeTiO3+2H2SO4（浓）TiOSO4（硫酸氧钛）+FeSO4+2H2O．②加水热分解硫酸氧钛：TiOSO4+（n+1）H2OTiO2•nH2O↓（钛酸）+H2SO4．请回答下列问题：（1）副产品甲是__________，可循环利用的物质是__________．（2）上述生产流程中加入铁屑的目的是防止Fe2+被氧化，用离子方程式表示其原理：__________．（3）写出中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应的方程式为：__________．（4）在稀有气体（如氩）氛围和高温的条件下，用镁和TiCl4反应可得钛．写出反应的化学方程式：__________稀有气体氛围的作用：__________．（5）“硫酸法”生产钛排放的废液对水体有哪些污染，请指出主要的两点：①__________；②__________．19．（14分）X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如图Ⅰ．若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍-22-\n（1）W在周期表中的位置为__________．（2）Y和Z可组成的化合物的化学式为__________．（3）写出铜和X的最高价氧化物水化物的稀溶液反应的离子方程式为__________．Ⅱ．若Y和Z的核外电子数之和为22（1）Y、Z的气态氢化物稳定性由强到弱顺序为__________（用化学式表示），Z、W的最高价氧化物水化物的酸性由强到弱顺序为__________（用化学式表示）．（2）用电子式表示XW2的形成过程：__________．（3）X单质与W的最高价氧化物水化物的浓溶液反应，当电子转移0.4mol时，产生气体体积（标准状况下）是__________．20．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．该电池电池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．80gLiH与H2O作用（LiH+H2O═LiOH+H2↑）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．（5）氢气可由天然气和水反应制备，其主要反应为：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g），某温度下，2L密闭容器中充入2molCH4和3molH2O（g），反应进行到4s时CH4剩余物质的量为1.2mol，再过一段时间反应达平衡，平衡时容器的压强是起始时的1.4倍．则①前4s以H2O（g）浓度变化表示的平均反应速率__________②平衡时甲烷的转化率为：__________．-22-\n2022-2022学年湖北省随州市高一（下）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共48分）1．化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法正确的是()A．燃烧汽油产生的汽车尾气中所含的大气污染物主要是CO，NO、SO2、CO2等B．乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而消毒C．用纯碱溶液清洗餐具上的油污时，加热可以提高去污能力D．火力发电是将化学能直接转化为电能【考点】常见的生活环境的污染及治理；原电池和电解池的工作原理；盐类水解的应用；乙醇的化学性质．【分析】A、二氧化碳不是大气污染物；B、乙醇使蛋白质变性；C、碳酸钠溶液呈碱性，能溶解油污，从而清除油污；D、火力发电的能量转化过程为化学能→热能→机械能→电能．【解答】解：A、二氧化碳不是大气污染物，故A错误；B、乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，而次氯酸钠溶液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，故A错误；C、碳酸钠溶液呈碱性，能清除油污，所以可以来洗涤餐具上的油污，故C正确；D、火力发电的能量转化过程为化学能→热能→机械能→电能，不是直接转化为电能，故D错误；故选C．【点评】此题所考查知识点较多较细，在解答时要明确题目所需解决的问题，善于联系所学知识并迁移到该题进行解答．2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．一定条件下，将1molN2和3molH2H混合，充分反应后转移电子数为6NAB．常温下，5.6gFe与足量浓硝酸作用转移电子数一定为0.3NAC．65gZn与一定量的浓硫酸反应至完全溶解，转移电子数一定为2NAD．6.4g由S2、S4、S8组成的混合物中含有硫原子的数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，可逆反应不能进行到底；B．常温下铁与浓硝酸发生钝化现象，阻止了反应的继续进行；C．锌为+2价金属，65g锌的物质的量为1mol，完全反应失去2mol电子；D．S2、S4、S8都是与S原子构成的，6.4g混合物中含有6.4gS原子，含有0.2mol硫原子．【解答】解：A．合成氨是可逆反应，1molN2和3molH2充分混合，反应生成的氨气小于2mol，转移的电子数小于6NA，故A错误；B．常温下铁、铝与浓硫酸、浓硝酸发生钝化，阻止了反应的进行，故B错误；C．65g锌的物质的量为1mol，1mol锌完全反应生成1mol锌离子，转移了2mol电子，转移电子数一定为2NA，故C正确；D．6.4gS2、S4、S8的混合物中含有6.4gS原子，含有0.2mol硫原子，所含S原子数为0.2NA，故D错误；故选C．-22-\n【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确可逆反应特点，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意质量守恒定律在化学计算中的应用方法．3．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是()A．37Cl中的37代表该原子的相对原子质量B．HClO的结构式：H﹣Cl﹣OC．丙烷分子的比例模型：D．第三周期简单阴离子结构示意图均可表示为【考点】核素；原子结构示意图；结构式；球棍模型与比例模型．【分析】A．元素符号的左上角为质量数；B．HClO中Cl原子只形成1个共价键；C．图为球棍模型，黑色球代表C原子；D．第三周期元素有3个电子层，阴离子为原子得到电子形成的微粒，电子层数不变，最外层形成稳定结构．【解答】解：A．37Cl中的37代表该原子的质量数，故A错误；B．HClO中Cl原子只形成1个共价键，HClO结构式为H﹣O﹣Cl，故B错误；C．为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为：，故C错误；D．第三周期元素有3个电子层，阴离子结构示意图均可表示为，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学用语，涉及微粒符号、结构式、比例模型、离子结构示意图等，注意把握不同的化学用语并规范使用，题目难度不大．4．金属元素广泛存在与各种矿石和海水中，不同金属的冶炼方法各不相同．下列关于金属冶炼说法正确的是()A．不同金属的冶炼方法选择的原则主要是依据金属离子得电子的能力B．金属的冶炼都是置换反应C．应该大力开发金属矿物资源以满足人类生产生活的需要D．工业上从海水中提取镁：海水Mg（OH）2MgOMg【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】A．金属的活动性不同，其金属阳离子得电子能力不同，根据金属活动性强弱判断金属冶炼方法；B．金属的冶炼不一定是置换反应，也可能是分解反应；C．金属矿物资源储量是有限的，要合理开发；-22-\nD．工业上采用电解熔融氯化镁方法冶炼镁．【解答】解：A．金属的活动性不同，其金属阳离子得电子能力不同，根据金属活动性强弱判断金属冶炼方法，如活泼金属采用电解方法、较活泼金属采用热氧化还原法等，所以不同金属的冶炼方法选择的原则主要是依据金属离子得电子的能力，故A正确；B．金属的冶炼不一定是置换反应，也可能是分解反应，如MgCl2Mg+Cl2↑，故B错误；C．金属矿物资源储量是有限的，要合理开发，不能造成资源浪费，故C错误；D．MgO的熔沸点较高，如果采用电解熔融MgO冶炼Mg，会浪费大量能源，所以工业上采用电解熔融氯化镁方法冶炼镁，故D错误；故选A．【点评】本题考查金属的冶炼，为高频考点，明确金属活泼性强弱与冶炼方法的关系是解本题关键，会根据金属活泼性强弱选取合理的冶炼方法，注意：不能采用电解氯化铝方法冶炼Al，因为熔融状态下氯化铝不导电．5．关于氮的变化关系示意图如图：则下列说法不正确的是()A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径C．上述所有反应都是氧化还原反应D．上述反应中①②③均属于氮的固定【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】A．工业上生产硝酸的流程是：氮气和氢气生成氨气，氨气与氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮、二氧化氮被水吸收生成硝酸和一氧化氮；B．自然雷电固氮原理是，在放电条件下，氮气和氧气生成一氧化氮，一氧化氮性质不稳定，迅速被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；C．氧化还原反应的特征是化合价的升降，可从元素的化合价是否发生变化的角度判断是否属于氧化还原反应；D．氮的固定是指空气中游离态的氮转化为化合态的氮的过程．【解答】解：A．工业上生产硝酸的流程是：氮气和氢气生成氨气，氨气与氧气反应4NH3+5O24NO+6H2O路线①，一氧化氮与氧气反应2NO+O2=2NO2路线②，二氧化氮被水吸收3NO2+H2O═2HNO3+NO路线③，路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，故A正确；B．在放电条件下，氮气和氧气发生化合反应：N2+O22NO路线Ⅰ；NO不稳定，易被氧气氧化为二氧化氮：2NO+O2═2NO2路线Ⅱ，二氧化氮溶于水生成硝酸：3NO2+H2O═2HNO3+NO路线Ⅲ，故B正确；C．从氮的变化关系图可知：N从N2（0价）→NO（+2价）→NO2（+4价）→HNO3（+5价），都是氧化还原反应，故C正确；-22-\nD．上述反应中①空气中的氮气转变为含氮化合物，符合氮的固定的定义，属于氮的固定，②③含氮化合物转变为其它物质，是氮的化合物之间的转化，不是氮的固定，故D错误；故选D．【点评】本题考查了氮及其化合物的性质及转化关系，题目难度中等，明确工业上生产硝酸的原理、雷电固氮的原理是解答的关键，注意熟练掌握氮及其化合物性质．6．下列叙述正确的个数有()①离子键只存在于离子化合物中，共价键只存在于共价化合物和离子化合物中②元素周期表中核素的种类大于元素的种类③对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显④用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质⑤乙烯和聚乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色⑥化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的⑦燃料电池的能量转化率可达100%⑧所有烷烃之间一定互为同系物．A．2B．4C．6D．8【考点】离子化合物的结构特征与性质；元素周期表的结构及其应用；化学键；化学反应速率的影响因素；芳香烃、烃基和同系物；蔗糖、麦芽糖简介．【分析】①离子键只存在于离子化合物中，共价键还存在多原子的单质中；②元素周期表中核素的种类大于元素的种类，部分元素有多种核素；③反应速率与反应现象没有必然的关系，反应速率表示的是化学反应相对快慢；④用浓硝酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质；⑤聚乙烯不含碳碳不饱和键；⑥化学反应的实质是旧化学键断裂，新化学键的形成过程；⑦燃料电池的能量转化率不能达到100%；⑧结构相似，在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团的有机物是同系物．【解答】解：①离子键只存在于离子化合物中，共价键还存在多原子的单质中，如氮气等，故错误；②部分元素有多种核素，所以元素周期表中核素的种类大于元素的种类，如H元素有氕氘氚，故错误；③由于反应速率与反应现象没有必然的关系，反应速率是表示的化学反应相对快慢的，故错误；④用浓硝酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质，不是浓硫酸，故错误；⑤聚乙烯不含碳碳不饱和键，所以不能使高锰酸钾溶液褪色，故错误；⑥化学反应的实质是旧化学键断裂，新化学键的形成过程，一定伴随能量变化，则化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的，故正确；⑦燃料电池中化学能还部分转化为热能等，所以燃料电池的能量转化率不能达到100%，故错误；⑧结构相似，在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团的有机物是同系物，所以烷烃的同系物，故正确；故选A．【点评】本题考查较综合，涉及基本概念、能量变化、化学反应实质、化学键等知识点，侧重考查基本概念和基本理论，注意采用举例法分析解答，题目难度不大．-22-\n7．下列装置或操作能达到实验目的是()A．除去乙醇中的乙酸B．制取少量金属锰C．制取乙酸乙酯D．证明酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．乙酸和乙醇混溶；B．铝比锰活泼，高温下可发生置换反应，可用铝热法制备锰；C．试管不能用橡胶塞；D．因盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰．【解答】解：A．乙酸和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法，故A错误；B．铝比锰活泼，高温下可发生置换反应，可用铝热法制备锰，故B正确；C．试管不能用橡胶塞，否则会导致试管压强过大，故C错误；D．因盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，则不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，故D错误．故选B．【点评】本题考查实验方案评价，为高考高频点，涉及物质的分离、物质的制备、性质比较等知识点，侧重实验操作和实验原理的考查，注意实验方案的操作性、可行性、评价性分析，题目难度不大．8．为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的是()A．B．C．D．【考点】原电池和电解池的工作原理．-22-\n【分析】验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铜作负极、其它导电的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐．【解答】解：验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铜作负极、其它导电的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐，A中铁作负极、Cu作正极，电池反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故错误；B中铜作负极、银作正极，电池反应式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故正确；C中铁发生钝化现象，Cu作负极、铁作正极，电池反应式为：Cu+2NO3﹣+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故错误；D中铁作负极、铜作正极，电池反应式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故错误；故选B；【点评】本题考查了原电池原理，根据元素化合价变化确定氧化性强弱，题目难度不大．9．下列反应Ⅰ和反应Ⅱ属于同一种反应类型的是()选项反应Ⅰ反应ⅡA甲烷与氯气在光照条件下生成一氯甲烷乙酸与碳酸钠溶液反应B乙醇在催化剂条件下生成乙醛乙烯与溴的四氯化碳溶液反应C油脂制备肥皂乙烯制备聚乙烯D笨与液溴反应制备溴苯乙醇和乙酸反应制备乙酸乙酯A．AB．BC．CD．D【考点】有机化学反应的综合应用．【专题】有机反应．【分析】A．烷烃的氯代属于取代反应，乙酸和碳酸钠反应属于复分解反应；B．乙醇变成乙醛属于氧化反应，乙烯和溴的反应属于加成反应；C．油脂的皂化属于水解反应，乙烯制取聚乙烯属于加聚反应；D．苯和液溴反应属于取代反应，生成酯的反应属于取代反应．【解答】A．烷烃的氯代属于取代反应，乙酸和碳酸钠反应属于复分解反应，二者反应类型不同，故A不符合；B．乙醇变成乙醛属于氧化反应，乙烯和溴的反应属于加成反应，二者反应类型不同，故B不符合；C．油脂的皂化属于水解反应，乙烯制取聚乙烯属于加聚反应，二者反应类型不同，故C不符合；D．苯和液溴反应属于取代反应，生成酯的反应属于取代反应，二者反应类型相同，故D符合；故选D．【点评】本题考查了反应类型的判断，较基础，注意归纳常见有机反应类型和有机物官能团的关系．10．如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录卡如下，则卡片上的描述合理的是()-22-\n实验后的记录：①Cu为负极，Zn为正极②Cu极上有气泡产生，发生还原反应③SO42﹣向Cu极移动④若有0.5mol电子流经导线，则可产生0.25mol气体⑤电子的流向是：Cu→Zn⑥正极反应式：Cu﹣2e﹣═Cu2+，发生氧化反应．A．①②③B．②④C．②③④D．③④⑤【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】Zn﹣Cu原电池中，Zn作负极，铜作正极，电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，电子由负极流向正极，阴离子向负极移动，以此来解答．【解答】解：①该原电池中，Zn为负极，Cu为正极，故错误；②铜电极上电极反应为2H++2e﹣=H2↑，发生还原反应，故正确；③硫酸根离子向负极锌移动，故错误；④若有0.5mol电子流经导线，则可产生气体的物质的量==0.25mol，故正确；⑤电子由Zn电极流向Cu电极，故错误；⑥正极铜上电极反应为2H++2e﹣=H2↑，发生还原反应，故错误；故选B【点评】本题考查原电池，明确电极的判断、发生的电极反应、电子、离子的移动方向即可解答，题目难度不大．11．A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，B、C、D同周期，：A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定；B的阳离子比D的阳离子氧化性强；B的阳离子比C的阴离子少一个电子层．下列叙述中正确的是()A．原子序数：B＞D＞A＞CB．单质熔点：D＞B，A＞CC．原子半径：D＞B＞C＞AD．简单离子半径：D＞B＞C＞A【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，A、C同主族，A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定，故A、C为非金属，原子序数C＞A，A处于第二周期，C处于第三周期；B、C、D同周期，均处于第三周期，B的阳离子比C的阴离子少一个电子层，则B为金属元素、C非金属元素，B的阳离子比D的阳离子氧化性强，则金属性B＜D，同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，故原子序数D＜B＜C，据此解答．【解答】-22-\n解：A、B、C、D是4种短周期元素，A、C同主族，A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定，故A、C为非金属，原子序数C＞A，A处于第二周期，C处于第三周期；B、C、D同周期，均处于第三周期，B的阳离子比C的阴离子少一个电子层，则B为金属元素、C非金属元素，B的阳离子比D的阳离子氧化性强，则金属性B＜D，同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，故原子序数D＜B＜C．A．由上述分析可知，原子序数C＞B＞D＞A，故A错误；B．B与D为金属晶体，而B的阳离子电荷较大、离子半径较小，金属键更强，故熔点B＞D；A、C单质熔点：可能A＜C，如B为氧气、C为硫，可能为A＞C，如A为金刚石、B为晶体硅，故B错误；C．同周期从左到右元素原子半径逐渐减小，所以原子半径：D＞B＞C，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径C＞A，故原子半径：D＞B＞C＞A，故C正确；D．A、B、D离子的核外电子排布相同，C离子的核外电子排布比A、B、C的离子多一个电子层，电子层数越多，离子半径越大，故C阴离子半径最大，核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子的半径越小，原子序数：B＞D＞A，所以离子半径：C＞A＞D＞B，故D错误；故选C．【点评】本题考查位置结构性质关系应用，关键是确定元素的相对位置关系，注意对元素周期律理解掌握，注意B选项中晶体熔沸点的比较，难度中等．12．下列关于化学反应限度的叙述错误的是()A．任何可逆反应都有一定的限度B．化学反应在一定条件下达到限度时，正、逆反应速率相等C．化学反应的限度与时间的长短无关D．化学反应的限度是不可改变的【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】要根据可逆反应建立化学平衡状态的过程和化学平衡状态的特征来思考．【解答】解：A．可逆反应不论反应到什么程度，都会含有所有反应物和所有生成物，即会达到一定的限度，故A正确；B．一个可逆反应达到反应限度，即达到化学平衡状态时，正反应速率与逆反应速率相等，故B正确；C．可逆反应达到什么样的限度，与反应时间的长短无关，何时达到化学平衡状态，由反应本身及反应速率有关，故C正确；D．一个可逆反应达到化学平衡状态后，当条件（如温度、浓度）改变时，原来的化学平衡状态就会被破坏，并在新的条件下建立新的化学平衡状态，故D错误．故选D．【点评】本题考查基本概念和基本理论，要能对基本概念和基本理论有较深刻的理解，才能运用知识正确解答题目．13．工业制硫酸的一步重要反应是SO2在400～600℃下的催化氧化：2SO2+O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应．如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法错误的是()A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B．在上述条件下，SO2不可能100%地转化为SO3C．为了提高SO2的转化率，应适当提高O2的浓度D．达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学平衡专题．-22-\n【分析】根据该反应是前后气体体积减小的放热反应，利用外界条件对化学平衡的影响因素分析．【解答】解：A、使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动，故A正确；B、因该反应是可逆反应，存在反应限度，反应物不可能100%的转化，故B正确；C、增大氧气浓度，平衡正向移动，能够提高二氧化硫的转化率，故C正确；D、达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要依据反应物的初始浓度及转化率，故D错误；故选D．【点评】本题考查了影响化学平衡移动的因素，难度不大，注意影响化学反应速率和化学平衡的影响因素分析判断．14．糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的营养物质，以下叙述正确的是()A．植物通过光合作用将CO2转化成葡萄糖是太阳能转变成热能的过程B．油脂属于酯类化合物，油脂可能使溴水褪色C．萄糖与果糖互为同分异构体，淀粉与纤维素互为同系物D．油脂、淀粉、蛋白质和维生素等均为高分子化合物【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．植物通过光合作用是将太阳能转化为化学能的过程；B．油脂含有碳碳不饱和键；C．淀粉与纤维素都为高聚物，二者结构不同；D．油脂不是高分子化合物．【解答】解：A．植物通过光合作用生成葡萄糖，是将太阳能转化为化学能的过程，故A错误；B．油脂含有碳碳不饱和键，可与溴水发生加成反应，故B正确；C．淀粉与纤维素结构不同，不是同系物，故C错误；D．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，而油脂不是高分子化合物，故D错误．故选B．【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力以及双基的考查，注意把握常见有机物的结构和性质，难度不大．15．知反应：A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）的能量变化如图所示，下列说法正确的是()A．若此反应过程中有电子转移，可设计成原电池B．当A、B、C、D的浓度相同时，反应处于平衡状态C．当A的消耗速率与C的消耗速率相同时处于平衡状态D．该反应只有在加热条件下才能进行【考点】反应热和焓变．【分析】A、图象分析可知反应过程中反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应；B、A、B、C、D的浓度大小决定于开始加入的反应物多少和反应程度；-22-\nC、正逆反应式速率相等时，反应处于平衡状态；D、某些吸热反应不需要加热也可以发生．【解答】解：A、图象分析可知反应过程中反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，而能设计成原电池的反应为放热的氧化还原反应，故A错误；B、A、B、C、D的浓度大小决定于开始加入的反应物多少和反应程度，与反应是否达到平衡状态无关，故B错误；C、A与C的化学计量数相同，所以当A的消耗速率与C的消耗速率相同时说明正逆反应速率相等，反应处于平衡状态，故C正确；D、某些吸热反应不需要加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐发生的吸热反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学反应能量变化分析，图象分析方法和应用，注意反应吸热放热和反应条件关系的判断应用，题目较简单．16．根据下列操作现象，下属实验目的或结论正确的是()选项实验操作及现象实验目的或结论A取1ml20%蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min后，取少量溶液，加入少量新制的Cu（OH）2，加热，没有砖红色沉淀生成蔗糖没有水解BSO2通入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀生成白色Ba（SO3）2沉淀C铜放入稀硫酸中无明显现象，再加入硝酸钠固体，有明显的气泡冒出，溶液变蓝，铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D向盛有3mL约5%的H2O2溶液中加入1～2滴1mol/LFeCl3溶液；有大量气泡出现，能使带火星的火柴梗复燃FeCl3可以催化H2O2分解的反应速率A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．水解后检验葡萄糖，应在碱性溶液中；B．SO2通入Ba（NO3）2溶液，发生氧化还原反应；C．Cu与稀硫酸不反应，硝酸盐在酸性溶液中具有强氧化性；D．FeCl3加快反应速率．【解答】解：A．水解后检验葡萄糖，应在碱性溶液中，则没有在碱性溶液中加入少量新制的Cu（OH）2，加热，不能检验葡萄糖来确定是否水解，故A错误；B．SO2通入Ba（NO3）2溶液，发生氧化还原反应，生成白色沉淀为硫酸钡，故B错误；C．Cu与稀硫酸不反应，硝酸盐在酸性溶液中具有强氧化性，与Cu发生氧化还原反应生成NO气体，与反应速率无关，故C错误；D．FeCl3加快反应速率，可知在反应中作催化剂，即FeCl3可以催化H2O2分解的反应速率，故D正确；故选D．-22-\n【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、反应速率影响因素等为解答的关键，注意实验的评价性分析，侧重氧化还原反应、有机物的性质及检验等知识考查，综合性较强，题目难度不大．二、填空题17．（14分）实验室制备硝基苯的步骤如下：①配制一定比例的浓H2SO4与浓HNO3的混和酸，加入反应器中．②向室温下的混和酸中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混和均匀．③在50～60℃下发生反应，直至反应结束．④粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤．⑤分出的产物加入少量无水CaCl2固体，静置片刻，过滤除去CaCl2固体，进行蒸馏纯化得到纯净硝基苯．请填写下列空白：（1）配制一定比例浓H2SO4与浓HNO3混和酸时，操作注意事项是：先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却．（2）步骤③中，为了使反应在50﹣60℃下进行，常用的方法是采取50～60℃水浴加热．（3）步骤④中洗涤、分离粗硝基苯应使用的主要仪器是分液漏斗．（4）步骤④中粗产品用5%NaOH溶液洗涤的目的是除去粗产品中残留的酸．最后再用蒸馏水洗涤的目的是除去氢氧化钠．（5）实验中加入少量无水CaCl2的目的是：干燥（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是：b（填标号）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热，配制混酸应将浓硫酸中注入浓硝酸中，及时搅拌、冷却，防止溅出伤人；（2）由于控制温度50﹣60℃，应采取50～60℃水浴加热；（3）分离互不相溶的液态，采取分液操作，需要用分液漏斗；（4）反应得到粗产品中有残留的硝酸及硫酸，需要除去，除去酸用氢氧化钠，而加入的氢氧化钠又要用水洗涤除去；（5）分出的产物中有少量的水，用氯化钙吸收；（6）蒸馏是温度计水银球位置应在蒸馏烧瓶的支管处．【解答】解：（1）浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热，配制混酸操作注意事项是：先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故答案为：先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却；（2）由于控制温度50﹣60℃，应采取50～60℃水浴加热，故答案为：采取50～60℃水浴加热；（3）硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态，采取分液操作，需要用分液漏斗，故答案为：分液漏斗；-22-\n（4）反应得到粗产品中有残留的硝酸及硫酸，用氢氧化钠溶液洗涤除去粗产品中残留的酸，而加入的氢氧化钠又要用水洗涤除去，故答案为：除去粗产品中残留的酸；除去氢氧化钠；（5）分出的产物中有少量的水，用氯化钙吸收，所以水CaCl2的目的是干燥，故答案为：干燥；（6）蒸馏是温度计水银球位置应在蒸馏烧瓶的支管处，所以仪器选择及安装都正确的是b，故答案为：b．【点评】本题考查有机实验，涉及硝基苯的制取，侧重对基本操作的考查，有一定的综合性，难度中等，答题时注意实验基础知识的灵活运用．18．金属钛（Ti）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀等性质被广泛用在高新科技材料和航天领域中．“硫酸法”生产钛的原料是钛铁矿（主要成分是：FeTiO3，还含有少量Mn、Cr等重金属元素及脉石等杂质）；主要生产流程如图：已知反应：①将钛铁矿与浓H2SO4共热：FeTiO3+2H2SO4（浓）TiOSO4（硫酸氧钛）+FeSO4+2H2O．②加水热分解硫酸氧钛：TiOSO4+（n+1）H2OTiO2•nH2O↓（钛酸）+H2SO4．请回答下列问题：（1）副产品甲是FeSO4•7H2O，可循环利用的物质是硫酸．（2）上述生产流程中加入铁屑的目的是防止Fe2+被氧化，用离子方程式表示其原理：2Fe3++Fe=3Fe2+．（3）写出中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应的方程式为：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO．（4）在稀有气体（如氩）氛围和高温的条件下，用镁和TiCl4反应可得钛．写出反应的化学方程式：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2稀有气体氛围的作用：防止钛被氧化．（5）“硫酸法”生产钛排放的废液对水体有哪些污染，请指出主要的两点：①酸污染；②重金属离子（Cu2+、Cr3+等）污染．【考点】金属的回收与环境、资源保护．【分析】由流程可知，钛铁矿（主要成分是：FeTiO3，还含有少量Mn、Zn、Cr、Cu等重金属元素及脉石等杂质）中加入浓硫酸，FeTiO3发生反应：FeTiO3+2H2SO4（浓）TiOSO4（硫酸氧钛）+FeSO4+2H2O，钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，加入铁屑，可防止Fe2+-22-\n氧化，溶液Ⅰ中含有FeSO4和TiOSO4，溶液Ⅱ主要含有TiOSO4，加入水，加热可水解生成H2TiO3，经煅烧可生成TiO2，用氯气、碳反应可生成TiCl4，高温条件下与镁反应可生成Ti，（1）根据流程可知副产品甲为FeSO4•7H2O，可循环利用的物质是硫酸；（2）铁能够与铁离子反应，加入铁粉可防止铁离子氧化；（3）乙为TiO2，反应物为乙为TiO2、氯气、C，反应产物为四氯化钛和CO，反应条件为高温，据此写出反应的化学方程式；（4）根据元素守恒可知，镁和TiCl4反应可得钛和氯化镁，据此写化学方程式，钛能被氧化；（5）“硫酸法”排放的废液为酸性，会产生酸污染；与Ti共存的其它重金属的废液对水体有污染，可以用熟石灰治理污染．【解答】解：钛铁矿（主要成分是：FeTiO3，还含有少量Mn、Zn、Cr、Cu等重金属元素及脉石等杂质）中加入浓硫酸，FeTiO3发生反应：FeTiO3+2H2SO4（浓）TiOSO4（硫酸氧钛）+FeSO4+2H2O，钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，加入铁屑，可防止Fe2+氧化，溶液Ⅰ中含有FeSO4和TiOSO4，溶液Ⅱ主要含有TiOSO4，加入水，加热可水解生成H2TiO3，经煅烧可生成TiO2，用氯气、碳反应可生成TiCl4，高温条件下与镁反应可生成Ti，（1）从流程图硫酸与过量的铁反应可知，副产品甲是FeSO4•7H2O，可循环利用的物质是硫酸，故答案为：FeSO4•7H2O；硫酸；（2）铁可与Fe3+反应生成Fe2+，加入铁屑，可防止Fe2+氧化，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；（3）中间产物乙为TiO2，TiO2与焦炭、氯气在高温下发生反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应的方程式为：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，故答案为：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；（4）根据元素守恒可知，镁和TiCl4反应可得钛和氯化镁，化学方程式为2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2，钛能被氧化，所以稀有气体氛围能防止钛被氧化，故答案为：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2；防止钛被氧化；（5）硫酸法生产钛排放的废液为酸性，会产生酸污染，并且与Ti共存的其它重金属的废液对水体有污染，故答案为：①酸污染②重金属离子（Cu2+、Cr3+等）污染．【点评】本题考查物质的制备实验方案的设计，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，明确制备流程及反应原理为解答关键，注意把握实验的基本原理和常见物质的性质．19．（14分）X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如图Ⅰ．若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍（1）W在周期表中的位置为第三周期VⅡA族．（2）Y和Z可组成的化合物的化学式为SO2、SO3．-22-\n（3）写出铜和X的最高价氧化物水化物的稀溶液反应的离子方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O．Ⅱ．若Y和Z的核外电子数之和为22（1）Y、Z的气态氢化物稳定性由强到弱顺序为NH3＞PH3（用化学式表示），Z、W的最高价氧化物水化物的酸性由强到弱顺序为H2SO4＞H3PO4（用化学式表示）．（2）用电子式表示XW2的形成过程：．（3）X单质与W的最高价氧化物水化物的浓溶液反应，当电子转移0.4mol时，产生气体体积（标准状况下）是6.72L．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期．Ⅰ．若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，最外层电子数为6，故Z为S元素，可推知X为N元素、Y为O元素、W为Cl；Ⅱ．若Y和Z的核外电子数之和为22，设Y电子数为y，则z电子数为y+8，则y+y+8=22，解得y=7，故Y为N元素、X为C元素、Z为P元素、W为S元素．【解答】解：X、Y、Z、W四种短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期．Ⅰ．若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，最外层电子数为6，故Z为S元素，可推知X为N元素、Y为O元素、W为Cl．（1）W为Cl元素，在周期表中的位置为：第三周期VⅡA族，故答案为：第三周期VⅡA族；（2）Y和Z可组成的化合物的化学式为SO2、SO3，故答案为：SO2、SO3；（3）Cu元素稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，反应的离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故答案为：3Cu+2NO3﹣+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O；Ⅱ．若Y和Z的核外电子数之和为22，设Y电子数为y，则z电子数为y+8，则y+y+8=22，解得y=7，故Y为N元素、X为C元素、Z为P元素、W为S元素．（1）非金属性N＞P，故氢化物稳定性：NH3＞PH3，非金属S＞P，故最高价氧化物水化物的酸性由强到弱顺序为H2SO4＞H3PO4，故答案为：NH3＞PH3；H2SO4＞H3PO4；（2）用电子式表示CS2的形成过程为：，故答案为：；（3）发生反应：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，当电子转移0.4mol时，参加反应的C为0.1mol，故生成气体为0.1molCO2、0.2molSO2，产生气体体积（标准状况下）是（0.1mol+0.2mol）×22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72L．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律与化学用语的考查，难度不大．20．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．该电池电池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：-22-\n（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是化学能转化为电能．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：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O．（3）电极表面镀铂粉的原因为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．（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．80gLiH与H2O作用（LiH+H2O═LiOH+H2↑）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16mol．（5）氢气可由天然气和水反应制备，其主要反应为：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g），某温度下，2L密闭容器中充入2molCH4和3molH2O（g），反应进行到4s时CH4剩余物质的量为1.2mol，再过一段时间反应达平衡，平衡时容器的压强是起始时的1.4倍．则①前4s以H2O（g）浓度变化表示的平均反应速率0.2mol/（L．s）②平衡时甲烷的转化率为：50%．【考点】化学平衡的计算；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）80gn（LiH）==10mol，根据方程式知，1molLiH参加反应转移1mol电子，10molLiH能生成10mol氢气，10mol氢气作燃料转移电子物质的量是20mol，其转化率为80%，则转移电子物质的量=20mol×80%；（5）4s内v（CH4）==0.1mol/（L．s），同一反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算水的反应速率；反应前后气体物质的量之比等于其压强之比，反应前混合气体物质的量是5mol，平衡时容器的压强是起始时的1.4倍，则平衡时气体物质的量=1.4×5mol=7mol，根据方程式知，有1mol甲烷参加反应，气体增加2mol，达到平衡时气体增加物质的量2mol，所以参加反应的甲烷物质的量是1mol，甲烷转化率=．【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，-22-\n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H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O，故答案为：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氢气、氧气分子数，加快电极反应速率；（4）80gn（LiH）==10mol，根据方程式知，1molLiH参加反应转移1mol电子，10molLiH能生成10mol氢气，10mol氢气作燃料转移电子物质的量是20mol，其转化率为80%，则转移电子物质的量=20mol×80%=16mol，故答案为：16；（5）①4s内v（CH4）==0.1mol/（L．s），同一反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v（H2O）=2v（CH4）=2×0.1mol/（L．s）=0.2mol/（L．s），故答案为：0.2mol/（L．s）；②反应前后气体物质的量之比等于其压强之比，反应前混合气体物质的量是5mol，平衡时容器的压强是起始时的1.4倍，则平衡时气体物质的量=1.4×5mol=7mol，根据方程式知，有1mol甲烷参加反应，气体增加2mol，达到平衡时气体增加物质的量2mol，所以参加反应的甲烷物质的量是1mol，甲烷转化率==50%，故答案为：50%．【点评】本题考查化学平衡计算、原电池原理，为高频考点，原电池中难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，注意：（4）题转移电子物质的量为氢气作燃料电池时转移电子物质的量，而不是生成氢气转移电子物质的量，为易错点．-22-