河南省安阳三十七中高一（下）期末化学试卷

2022-2022学年河南省安阳三十七中高一（下）期末化学试卷　一、选择题（本题包括26小题，每小题2分，共52分）1．某元素二价阳离子核外有18个电子，质量数为42，该元素原子的原子核中的中子数为（　　）A．18B．20C．16D．222．X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11﹣17之间．它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4．则下列判断不正确的是（　　）A．最高正价：X＞Y＞ZB．酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4C．稳定性：HX＞H2Y＞ZH3D．非金属性：X＞Y＞Z3．下列化学用语的书写正确的是（　　）A．Cl原子的结构示意图：B．CH4分子的球棍模型：C．溴化钠的电子式：D．水分子的结构式：4．下列物质中，含有非极性键的共价化合物是（　　）A．CH4B．H2O2C．KClD．O25．下列关于卤族元素由上到下性质递变的叙述，正确的是（　　）①单质的氧化性增强②单质的颜色加深③气态氢化物的稳定性增强④单质的沸点升高⑤阴离子的还原性增强．A．①②③B．②③④C．②④⑤D．①③⑤6．由金红石TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤为：已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566kJ/mol③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）；△H3=+141kJ/mol则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H为（　　）A．﹣80kJ/molB．﹣90kJ/molC．﹣60kJ/molD．﹣70kJ/mol28/297．把a、b、c、d四块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接可以组成原电池，若a、b相连时b为负极；a、c相连时a极上产生大量气泡；b、d相连时b为正极；c、d相连时，电流由d到c．则这四种金属的活动性顺序由大到小为（　　）A．a＞c＞b＞dB．a＞b＞c＞dC．c＞d＞b＞aD．b＞d＞c＞a8．将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述不正确的是（　　）A．两烧杯中铜片表面均有气泡产生B．甲中铜片是正极，锌片是负极C．两烧杯中溶液的pH均增大D．产生气泡的速度甲比乙快9．人造地球卫星用到的一种高能电池﹣﹣银锌蓄电池，其电池的电极反应式为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2↑，Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣．据此判断氧化银是（　　）A．负极，被氧化B．正极，被还原C．负极，被还原D．正极，被氧化10．下列过程属于物理变化的是（　　）A．煤的干馏B．煤的气化C．石油分馏D．石油裂化11．以下烃中，一氯代物只有一种的是（　　）A．CH3CH2CH2CH2CH3B．CH3CH2CH3C．CH3CH2CH2CH3D．C（CH3）412．下列物质属于同位素的一组是（　　）A．O2与O5B．1H和2HC．淀粉和纤维素D．CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3与CH3﹣CH（CH3）﹣CH313．冶炼铝通常采用的方法是（　　）A．电解法B．铝热反应法28/29C．氢气或CO还原法D．热分解法14．某烃的结构简式为，它可能具有的性质是（　　）A．它能使溴水褪色，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．它既能使溴水褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．易溶于水，也易溶于有机溶剂D．能发生加成反应，一定条件下最多可与三倍物质的量的氢气加成15．某学生进行蔗糖的水解实验，并检验水解产物中是否含有葡萄糖．他的操作如下：取少量纯蔗糖加水配成溶液；在蔗糖溶液中加入3～5滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中加入银氨，在水浴中加热．实验结果没有银镜产生．其原因是（　　）A．蔗糖尚未水解B．蔗糖水解的产物中没有葡萄糖C．加热时间不够D．煮沸后的溶液中没有加碱，以中和作催化剂的酸16．在气体反应中，改变条件①增大反应物的浓度②增大压强③升高温度④移去生成物⑤加入催化剂．能使反应物中活化分子数增大但是活化分子百分数不变的方法是（　　）A．①③B．②③C．①②D．②⑤17．下列说法中正确的是（　　）A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B．生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应C．生成物的总能量大于反应物的总能量时，反应吸热，△H＞0D．△H的大小与热化学方程式的计量系数无关18．下列热化学方程式叙述正确的是（　　）A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ/mol（燃烧热）B．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定C．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.8kJ/mol（反应热）28/29D．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，则△H1＞△H219．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJmol﹣1分别向1L0.5molL﹣1的NaOH溶液中加入：①稀醋酸，②浓硫酸，③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，它们的关系正确的是（　　）A．△H1＞△H2＞△H3B．△H2＜△H1＜△H3C．△H1=△H2=△H3D．△H1＞△H3＞△H220．已知常温时红磷比白磷稳定，在下列反应中：①4P（白磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣akJ/mol②4P（红磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣bkJ/mol若a、b均大于零，则a和b的关系为（　　）A．a＜bB．a=bC．a＞bD．无法确定21．在四种不同情况下，可逆反应A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）的反应速率如下，其中反应进行得最快的是（　　）A．v（A）=0.15mol/（Lmin）B．v（B）=0.6mol/（Lmin）C．v（C）=0.4mol/（Lmin）D．v（D）=0.02mol/（Ls）22．对已经达到化学平衡的下列反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）减小压强时，对反应产生的影响是（　　）A．正、逆反应速率都减小B．正、逆反应速率都增大C．逆反应速率增大，正反应速率减小D．逆反应速率减小，正反应速率增大23．可逆反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）达到平衡时的标志是（　　）A．H2、I2、HI的浓度相等B．1个I﹣I键断裂的同时，有2个H﹣I键断裂C．混合气体的质量不再改变D．混合气体密度恒定不变24．可逆反应N2+3H2⇌2NH3的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示，下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是（　　）28/29A．v正（N2）=v正（H2）B．v正（N2）=v逆（NH3）C．2v正（H2）=3v逆（NH3）D．v正（N2）=3v逆（H2）25．可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（　　）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2：2：1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①③⑤B．②④⑥C．①③④D．①②③④⑤⑥　二、解答题（共5小题，满分42分）26．已知4.4gCO2气体与H2经催化加氢生成CH3OH气体和水蒸气时放出4.95kJ的能量．（1）该反应的热化学方程式为：　　．（2）在270℃、8MPa和适当催化剂的条件下，CO2的转化率达到22%，则4.48m3（已折合为标准状况）的CO2能合成CH3OH气体的物质的量是　　，此过程中能放出热量　　kJ．（3）又已知H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44kJ/mol，则22gCO2气体与H2反应生成CH3OH气体和液态水时放出的热量为　　．27．已知H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol．回答有关中和反应的问题．（1）如图装置中仪器A的名称　　（2）碎泡沫塑料的作用是　　．（3）若通过实验测定中和热的△H，其结果常常大于﹣57.3kJ/mol，其原因可能是　　．（4）用相同浓度和体积的氨水（NH3H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　　；用0.1molBa（OH）2配成稀溶液与足量稀硝酸反应，测得的中和热数值会　　（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．28/2928．已知A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平标志，图是由A为原料生产某些化工产品的转化关系图．据此回答下列问题．（1）写出A的结构简式　　．（2）写出下列化学方程式，并注明反应类型②　　，　　．③　　，　　．29．工业上常用海带为原料提取碘单质．下面是某校化学探究小组设计的从海带中提取单质碘的实验，请你完成下列实验．（1）将干燥洁净的海带灼烧成灰烬，将海带灰烬冷却至室温，将其转移到烧杯中，加蒸馏水后，搅拌、煮沸、冷却、过滤后在滤液中滴入几滴稀硫酸，再加入一定量的过氧化氢溶液，此时发生反应的离子方程式为　　．（2）把（1）中所得的溶液注入分液漏斗中，然后再加入四氯化碳，振荡、静置，可以观察到四氯化碳层呈　　色．经分液得到碘的四氯化碳溶液，在这一实验过程中，四氯化碳起　　的作用．（3）证明得到的固体是碘单质的化学方法是　　．30．由铜片、锌片和100mL稀硫酸溶液组成的原电池中，当铜片上产生6.72L（标态）气体时，硫酸恰好作用完：（1）写出正负极的电极反应式．28/29（2）计算该反应转移电子的物质的量．（3）计算原稀硫酸溶液的物质的量浓度．　2022-2022学年河南省安阳三十七中高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括26小题，每小题2分，共52分）1．某元素二价阳离子核外有18个电子，质量数为42，该元素原子的原子核中的中子数为（　　）A．18B．20C．16D．22【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【分析】阳离子中核内质子数=核外电子数+电荷数，中子数=质量数﹣质子数，据此分析解答．【解答】解：阳离子中核内质子数=核外电子数+电荷数=18+2=20，中子数=质量数﹣质子数=42﹣20=22，故选D．【点评】本题考查了离子中电子数、质子数、中子数和质量数之间的关系，难度不大，明确阳离子中核内质子数=核外电子数+电荷数，阴离子中核内质子数=核外电子数﹣电荷数．　2．X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11﹣17之间．它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4．则下列判断不正确的是（　　）A．最高正价：X＞Y＞ZB．酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4C．稳定性：HX＞H2Y＞ZH3D．非金属性：X＞Y＞Z【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11﹣17之间．它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4．则三种元素分别是Cl、S、P，28/29A．同一周期中，原子序数越大，化合价越高；B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；C．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；D．同一周期中，原子序数越大，非金属性越强．【解答】解：X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11﹣17之间．它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4．则三种元素分别是Cl、S、P，A．元素原子的最外层电子数越多，元素的最高化合价就越高，所以元素的最高正价：X＞Y＞Z，故A正确；B．元素的非金属性X＞Y＞Z，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以酸性H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，故B错误；C．元素的非金属性X＞Y＞Z，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强．所以氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故C正确；D．同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，所以元素的非金属性：X＞Y＞Z，故D正确；故选B．【点评】本题考查元素周期表、元素周期律的应用的知识，题目难度不大，明确元素周期律内容为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．　3．下列化学用语的书写正确的是（　　）A．Cl原子的结构示意图：B．CH4分子的球棍模型：C．溴化钠的电子式：D．水分子的结构式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．氯原子的核电荷数=核外电子总数=17，最外层含有7个电子；B．为比例模型，球棍模型用短棍和大小不同的小球表示；C．溴化钠为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷；D．水分子为共价化合物，分子中含有2个O﹣H键．28/29【解答】解：A．氯原子是17号元素，核外电子分为三个电子层，一层2个电子，二层8个电子．三层7个电子，原子结构示意图为：，故A错误；B．甲烷分子中含有4个碳氢键，为正四面体结构，为比例模型，甲烷正确的球棍模型为：，故B错误；C．溴化钠为离子化合物，由钠离子和溴离子构成，电子式为，故C错误；D．水分子为共价化合物，分子中含有2个氢氧键，其结构式为：，故D正确；故选D．【点评】本题考查常用化学用语的书写，难度不大，涉及电子式、球棍模型与比例模型、结构式、原子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力．　4．下列物质中，含有非极性键的共价化合物是（　　）A．CH4B．H2O2C．KClD．O2【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】共价键是属于非金属元素之间形成的化学键，其中相同非金属元素形成的为非极性共价键，不同非金属元素形成的为极性共价键，只含有共价键的化合物是为共价化合物，以此来解答．【解答】解：A．CH4中只含C﹣H极性共价键，故A不选；B．H2O2既含有非极性共价键，又含有极性共价键，为共价化合物，故B选；C．KCl中只含有离子键，为离子化合物，故C不选；D．O2中只含O=O非极性共价键，是单质，不是化合物，故D不选；故选B．28/29【点评】本题考查共价键，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，注意共价化合物只含有共价键，题目难度不大．　5．下列关于卤族元素由上到下性质递变的叙述，正确的是（　　）①单质的氧化性增强②单质的颜色加深③气态氢化物的稳定性增强④单质的沸点升高⑤阴离子的还原性增强．A．①②③B．②③④C．②④⑤D．①③⑤【考点】卤素原子结构及其性质的比较．【分析】卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱；单质的氧化性越强，对应阴离子的还原性越弱；卤素单质从上到下颜色逐渐加深，沸点逐渐升高．【解答】解：①卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，故①错误；②卤素单质从上到下，单质的颜色分别为浅黄绿色、黄绿色、红棕色、紫色，颜色逐渐加深，故②正确；③卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，故③错误；④卤素单质都属于分子晶体，从上到下单质的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，单质的沸点升高，故④正确；⑤卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，对应阴离子的还原性增强，故⑤正确．故选C．【点评】本题考查同主族元素对应单质、化合物的性质的递变，题目难度不大，注意元素周期律的递变规律，注意把握卤素原子的结构及其性质．　6．由金红石TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤为：已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566kJ/mol③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）；△H3=+141kJ/mol28/29则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H为（　　）A．﹣80kJ/molB．﹣90kJ/molC．﹣60kJ/molD．﹣70kJ/mol【考点】反应热和焓变．【分析】已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566kJ/mol③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）；△H3=+141kJ/mol利用盖斯定律将③+2×①﹣②可得热化学方程式．【解答】解：已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566kJ/mol③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）；△H3=+141kJ/mol利用盖斯定律将③+2×①﹣②可得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）；△H=（+141kJ/mol）+2×（﹣393.5kJ/mol）﹣（﹣566kJ/mol）=﹣80kJ/mol，故选A．【点评】本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的应用，掌握基础是解题关键．　7．把a、b、c、d四块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接可以组成原电池，若a、b相连时b为负极；a、c相连时a极上产生大量气泡；b、d相连时b为正极；c、d相连时，电流由d到c．则这四种金属的活动性顺序由大到小为（　　）A．a＞c＞b＞dB．a＞b＞c＞dC．c＞d＞b＞aD．b＞d＞c＞a【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】形成原电池时，活泼金属做负极，根据电极反应现象首先判断电池的正负极，再判断金属的活泼性强弱．【解答】解：形成原电池时，活泼金属做负极，若a、b相连时，b为负极，则金属活动性b＞a，a、c相连时，a极上产生大量气泡，说明在a极上产生氢气，a极上发生还原反应，a极为正极，则活动性c＞a，b、d相连时，b极为正极，则活动性d＞b，c、d相连时，电流由d到c，则c为负极，活动性c＞d，所以四种金属的活动性顺序为c＞d＞b＞a，故选C．28/29【点评】本题考查金属的活动性的顺序强弱比较，题目难度不大，本题考查角度为形成原电池反应，注意活泼金属做负极．　8．将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述不正确的是（　　）A．两烧杯中铜片表面均有气泡产生B．甲中铜片是正极，锌片是负极C．两烧杯中溶液的pH均增大D．产生气泡的速度甲比乙快【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑．乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，以此进行分析．【解答】解：A．甲是原电池，正极铜片上发生还原反应2H++2e﹣=H2↑，乙装置中在锌片上发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，铜片上无气体产生，故A错误；B．甲装置是原电池，铜片做正极，活泼金属锌做负极，故B正确；C．两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液PH增大，故C正确；D．原电池反应加快反应速率，故D正确；故选A．【点评】本题考查了置换反应和原电池的有关知识，题目难度不大，注意把握原电池的组成条件的工作原理．　9．人造地球卫星用到的一种高能电池﹣﹣银锌蓄电池，其电池的电极反应式为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2↑，Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣．据此判断氧化银是（　　）A．负极，被氧化B．正极，被还原C．负极，被还原D．正极，被氧化28/29【考点】电极反应和电池反应方程式．【分析】根据化合价变化可知Zn被氧化，应为原电池的负极，则正极为Ag2O，正极上得电子被还原．【解答】解：根据化合价可知，电极反应中银的化合价降低，被还原；原电池中较活泼的金属做负极，另一电极作正极，发生还原反应，所以氧化银为正极，得电子被还原．故选B．【点评】本题考查原电池知识，题目难度中等，注意原电池两极上的变化以及原电池原理．　10．下列过程属于物理变化的是（　　）A．煤的干馏B．煤的气化C．石油分馏D．石油裂化【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；石油的分馏产品和用途；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用．【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可．【解答】解：A．煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，属于化学变化，故A错误；B．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C．石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，故C正确；D．石油裂化是大分子生成小分子，属于化学变化，故D错误．故选C．【点评】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成．　11．以下烃中，一氯代物只有一种的是（　　）A．CH3CH2CH2CH2CH3B．CH3CH2CH3C．CH3CH2CH2CH3D．C（CH3）428/29【考点】有机化合物的异构现象．【分析】先确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，再根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代烃．【解答】解：A、CH3CH2CH2CH2CH3中有3种氢原子，所以一氯代烃有3种，故A错误；B、CH3CH2CH3中两个甲基相同，共有两种氢原子，所以一氯代烃有2种，故B错误；C、CH3CH2CH2CH3中有两种氢原子，所以一氯代烃有2种，故C错误；D、C（CH3）4中的四个甲基相同，则有1种氢原子，所以一氯代烃有1种，故D正确；故选D．【点评】本题考查学生同分异构体的概念和应用知识，要求学生具有整合知识的能力，难度较大．　12．下列物质属于同位素的一组是（　　）A．O2与O5B．1H和2HC．淀粉和纤维素D．CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3与CH3﹣CH（CH3）﹣CH3【考点】同位素及其应用．【分析】同种元素的不同种原子间互成同位素，据此分析．【解答】解：A、氧气和臭氧是由同种元素形成的不同种单质，两者互为同素异形体，故A错误；B、1H和2H是H元素的两种不同H原子，故互为同位素，故B正确；C、淀粉和纤维素均为多糖，是化合物，故不是同位素，故C错误；D、CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3与CH3﹣CH（CH3）﹣CH3的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故D错误．故选B．【点评】本题考查了“四同”概念的辨别，难度不大，根据定义来分析即可，注意定义的掌握．28/29　13．冶炼铝通常采用的方法是（　　）A．电解法B．铝热反应法C．氢气或CO还原法D．热分解法【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼．【解答】解：根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法；铝是活泼金属，所以采用电解法冶炼．故选A．【点评】本题考查了金属的冶炼方法，题目难度不大，注意根据金属的活泼性掌握金属的冶炼方法．　14．某烃的结构简式为，它可能具有的性质是（　　）A．它能使溴水褪色，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．它既能使溴水褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．易溶于水，也易溶于有机溶剂D．能发生加成反应，一定条件下最多可与三倍物质的量的氢气加成【考点】有机物的结构和性质．【分析】含有C=C官能团，可发生加成反应、加聚反应，也可发生氧化反应，以此解答该题．【解答】解：A．含有C=C官能团，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．由A分析可知，既能使溴水褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．烃类物质都不溶于水，故C错误；D．分子中含有苯环和C=C，一定条件下最多可与四倍物质的量的氢气加成，故D错误．故选B．28/29【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键．　15．某学生进行蔗糖的水解实验，并检验水解产物中是否含有葡萄糖．他的操作如下：取少量纯蔗糖加水配成溶液；在蔗糖溶液中加入3～5滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中加入银氨，在水浴中加热．实验结果没有银镜产生．其原因是（　　）A．蔗糖尚未水解B．蔗糖水解的产物中没有葡萄糖C．加热时间不够D．煮沸后的溶液中没有加碱，以中和作催化剂的酸【考点】蔗糖、麦芽糖简介．【分析】根据葡萄糖的检验应在碱性条件下进行．【解答】解：葡萄糖的检验应在碱性条件下进行，在酸性条件下不能有银镜产生，故选D．【点评】本题主要考查了物质的性质与鉴别，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．　16．在气体反应中，改变条件①增大反应物的浓度②增大压强③升高温度④移去生成物⑤加入催化剂．能使反应物中活化分子数增大但是活化分子百分数不变的方法是（　　）A．①③B．②③C．①②D．②⑤【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，可升高温度、加入催化剂等措施，以此解答该题．【解答】解：增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，而③和⑤既能增大活化分子数，又能增大活化分子百分数，移去生成物，浓度降低，活化分子和活化分子的百分数都减小，故选C．28/29【点评】本题考查外界条件对反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的双基的考查，题目难度不大，注意浓度、温度、压强、催化剂对反应速率影响的实质．　17．下列说法中正确的是（　　）A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B．生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应C．生成物的总能量大于反应物的总能量时，反应吸热，△H＞0D．△H的大小与热化学方程式的计量系数无关【考点】反应热和焓变．【分析】A、化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，反应一定伴随能量变化；B、反应中断键时吸收的能量比形成化学键时放出的能量高，则反应是吸热反应；C、反应热等于生成物能量和与反应物能量和的差；D、△H的大小与热化学方程式的计量系数成正比．【解答】解：A、化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，故A错误；B、反应中断键时吸收的能量比形成化学键时放出的能量高，根据能量守恒可知，一部分能量储存在物质中，则反应是吸热反应，所以生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应，故B错误；C、△H=生成物能量和﹣反应物能量和，当生成物能量和大于反应物时，反应吸热，△H＞0，故C正确；D、因△H的大小与热化学方程式的计量系数成正比，所以△H的大小与热化学方程式的计量系数有关，故D错误；故选：C．【点评】本题主要考查了化学反应中能量的原因，难度不大，根据课本知识即可完成．　18．下列热化学方程式叙述正确的是（　　）A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ/mol（燃烧热）28/29B．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定C．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.8kJ/mol（反应热）D．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，则△H1＞△H2【考点】反应热和焓变．【分析】A．生成气态水不是稳定氧化物；B．能量低的物质更稳定；C．热化学方程式中注明物质的状态，焓变的数字、单位、正负号；D．C的燃烧反应为放热反应，完全燃烧放出的热量多，但焓变为负．【解答】解：A．生成气态水不是稳定氧化物，则燃烧热的热化学方程式为C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1367.0kJ/mol，故A错误；B．能量低的物质更稳定，由△H＞0，可知石墨能量低，则石墨稳定，故B错误；C．热化学方程式中注明物质的状态，焓变的数字、单位、正负号，则S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.8kJ/mol（反应热）合理，故C正确；D．C的燃烧反应为放热反应，完全燃烧放出的热量多，但焓变为负，由2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1、2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，则△H1＜△H2，故D错误；故选C．【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热、热化学方程式书写为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的判断，题目难度不大．　19．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJmol﹣1分别向1L0.5molL﹣1的NaOH溶液中加入：①稀醋酸，②浓硫酸，③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，它们的关系正确的是（　　）A．△H1＞△H2＞△H3B．△H2＜△H1＜△H3C．△H1=△H2=△H3D．△H1＞△H3＞△H2【考点】反应热和焓变．28/29【分析】由信息可知，稀的强酸与强碱生成1molH2O（l）放出的热量为57.3kJ，结合弱电解质的电离吸热、浓硫酸溶于水放热来解答．【解答】解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）十OH﹣（aq）=H2O△H=﹣57.3kJ/mol，分别向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①稀醋酸、②浓H2SO4、③稀硝酸，因醋酸的电离吸热、浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量为②＞③＞①，焓变为负值，所以△H1＞△H3＞△H2，故选D．【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握中和反应的实质、弱电解质的电离、浓硫酸的稀释为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意中和反应中焓变为负值，题目难度不大．　20．已知常温时红磷比白磷稳定，在下列反应中：①4P（白磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣akJ/mol②4P（红磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣bkJ/mol若a、b均大于零，则a和b的关系为（　　）A．a＜bB．a=bC．a＞bD．无法确定【考点】反应热和焓变．【分析】根据①﹣②可得到4P（白磷，s）=4P（红磷，s）△H=﹣a﹣（﹣b）kJ/mol，结合红磷比白磷稳定来解答．【解答】解：①4P（白磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣akJ/mol，②4P（红磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣bkJ/mol，由①﹣②可得到4P（白磷，s）=4P（红磷，s）△H=﹣a﹣（﹣b）kJ/mol，因红磷比白磷稳定，则△H=﹣a﹣（﹣b）kJ/mol＜0，所以b﹣a＜0，即b＜a，故选C．【点评】本题考查反应热的比较，明确盖斯定律的应用及物质的能量与稳定性的关系即可解答，题目难度不大．　28/2921．在四种不同情况下，可逆反应A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）的反应速率如下，其中反应进行得最快的是（　　）A．v（A）=0.15mol/（Lmin）B．v（B）=0.6mol/（Lmin）C．v（C）=0.4mol/（Lmin）D．v（D）=0.02mol/（Ls）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意单位保持一致．【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，A．=0.15mol/（Lmin）；B．=0.3mol/（Lmin）；C.=0.4mol/（Lmin）；D．v（D）=0.02mol/（Ls）=1.2mol/（Lmin），=1.2mol/（Lmin）；故反应速率v（D）＞v（C）＞v（B）＞v（A），故选D．【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，比较基础，利用比值法可以快速判断，也可以转化为同一物质表示的速率进行比较．　22．对已经达到化学平衡的下列反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）减小压强时，对反应产生的影响是（　　）A．正、逆反应速率都减小B．正、逆反应速率都增大C．逆反应速率增大，正反应速率减小D．逆反应速率减小，正反应速率增大【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】减小压强，正逆反应速率均减小，以此来解答．【解答】解：减小压强，单位体积内活化分子数目减少，有效碰撞的机会减小，则正逆反应速率均减小，28/29故选A．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，把握压强对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意活化理论的理解，题目难度不大．　23．可逆反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）达到平衡时的标志是（　　）A．H2、I2、HI的浓度相等B．1个I﹣I键断裂的同时，有2个H﹣I键断裂C．混合气体的质量不再改变D．混合气体密度恒定不变【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、H2、I2、HI的浓度相等，并不是不变，故A错误；B、1个I﹣I键断裂相当于形成2个H﹣I键，同时有2个H﹣I键断裂，正逆反应速率相等，故B正确；C、混合气体的质量始终不改变，所以不一定平衡，故C错误；D、混合气体密度始终不改变，所以不一定平衡，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等．　24．可逆反应N2+3H2⇌2NH3的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示，下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是（　　）A．v正（N2）=v正（H2）B．v正（N2）=v逆（NH3）C．2v正（H2）=3v逆（NH3）D．v正（N2）=3v逆（H2）【考点】化学平衡状态的判断．【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化．28/29【解答】解：A．v正（N2）=v正（H2），都是正反应，故A错误；B．v正（N2）=v逆（NH3），反应速率之比与化学计量数之比不等，故B错误；C．2v正（H2）=3v逆（NH3），反应速率之比等于化学计量数之比，故υ正=υ逆，故C正确；D．υ正（N2）=3υ逆（H2），反应速率之比与化学计量数之比不等，故D错误，故选C．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大．要注意把握平衡状态的特征．　25．可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（　　）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2：2：1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①③⑤B．②④⑥C．①③④D．①②③④⑤⑥【考点】化学平衡状态的判断．【分析】①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO，不能说明反应v正=v逆；②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2，说明反应v正=v逆；③反应速率之比为2：2：1，不能说明反应v正=v逆；④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变；⑤混合气体的质量不变，体积不变时密度始终不变；⑥当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变．【解答】解：①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO，不能说明反应v正=v逆，不能说明反应达到平衡状态，故①错误；28/29②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故②正确；③反应速率之比为2：2：1，不能说明反应v正=v逆，不能确定是否达到平衡，故③错误；④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故④正确；⑤混合气体的质量不变，体积不变时密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故⑤错误；⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故⑥正确；故选B．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系．　二、解答题（共5小题，满分42分）26．已知4.4gCO2气体与H2经催化加氢生成CH3OH气体和水蒸气时放出4.95kJ的能量．（1）该反应的热化学方程式为：　CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.5kJ/mol　．（2）在270℃、8MPa和适当催化剂的条件下，CO2的转化率达到22%，则4.48m3（已折合为标准状况）的CO2能合成CH3OH气体的物质的量是　44mol　，此过程中能放出热量　2178　kJ．（3）又已知H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44kJ/mol，则22gCO2气体与H2反应生成CH3OH气体和液态水时放出的热量为　46.75kJ　．【考点】热化学方程式．【分析】（1）计算1mol二氧化碳和氢气化合生成甲醇和水放热，结合热化学方程式书写方法标注物质聚集状态和反应焓变写出；（2）依据碳元素守恒计算合成甲醇物质的量，根据热化学方程式计算放出的热量；28/29（3）依据合成甲醇的热化学方程式和H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44kJ/mol，利用盖斯定律计算得到1mol二氧化碳反应放出热量，得到22g二氧化碳即0.5mol二氧化碳反应放出的热量．【解答】解：（1）已知4.4gCO2气体与H2经催化加氢生成CH3OH气体和水蒸气时放出4.95kJ的能量，则1mol二氧化碳全部反应放热49.5KJ；结合热化学方程式书写方法写出热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.5KJ/mol；故答案为：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.5kJ/mol；（2）n（CH3OH）=n（CO2）=×22%=44mol，每生成1molCH3OH（g）放热49.5kJ，则此过程中放出热量为：（44×49.5）kJ=2178kJ；故答案为：44mol；2178；（3）由H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44kJ/mol以及（1）中的热化学方程式可知，4.48m3（已折合为标准状况）的CO2物质的量为1mol，1molCO2完全合成CH3OH并生成液态水时放出热量为44kJ+49.5kJ=93.5kJ．则22gCO2即0.5molCO2与H2反应时，放出热量为93.5kJ÷2=46.75kJ，故答案为：46.75kJ．【点评】本题考查了热化学方程式书写和计算应用，掌握盖斯定律计算是关键，题目难度中等．　27．已知H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol．回答有关中和反应的问题．（1）如图装置中仪器A的名称　环形玻璃搅拌棒　（2）碎泡沫塑料的作用是　隔热，减少热量散失　．（3）若通过实验测定中和热的△H，其结果常常大于﹣57.3kJ/mol，其原因可能是　实验过程中难免有热量散失　．（4）用相同浓度和体积的氨水（NH3H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　偏小　；用0.1molBa（OH）2配成稀溶液与足量稀硝酸反应，测得的中和热数值会　无影响　（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．28/29【考点】中和热的测定．【分析】（1）仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热数值将会减小；（4）根据弱电解质电离吸热分析；中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量．【解答】解：（1）仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：隔热，减少热量散失，故答案为：隔热，减少热量散失；（3）若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热数值将会减小，△H大于﹣57.3kJmol﹣1，故答案为：实验过程中难免有热量散失；（4）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，用相同浓度和体积的氨水（NH3H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值偏小；中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，稀硝酸与Ba（OH）2溶液反应符合中和热的概念；故答案为：偏小；无影响．【点评】本题考查测定反应热的误差分析，难度中等，注意理解中和热的概念．　28．已知A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平标志，图是由A为原料生产某些化工产品的转化关系图．28/29据此回答下列问题．（1）写出A的结构简式　CH2=CH2　．（2）写出下列化学方程式，并注明反应类型②　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　，　氧化反应　．③　CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O　，　取代或酯化　．【考点】有机物的推断．【分析】气体A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，所以A是乙烯，结构简式为CH2=CH2，CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，则B结构简式为CH3CH2OH，CH3CH2OH被氧化生成CH3CHO，CH3CHO被氧化生成C为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3，以此解答该题．【解答】解：气体A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，所以A是乙烯，结构简式为CH2=CH2，CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，则B结构简式为CH3CH2OH，CH3CH2OH被氧化生成CH3CHO，CH3CHO被氧化生成C为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3，（1）根据上面的分析可知，A的结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；（2）反应②为乙醇的催化氧化，反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，是氧化反应，反应③为CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，也是取代反应，28/29故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；取代或酯化．【点评】本题考查有机物推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、酯之间的转化，明确有机物中官能团及其性质即可解答，熟练掌握常见有机物反应类型，题目难度不大．　29．工业上常用海带为原料提取碘单质．下面是某校化学探究小组设计的从海带中提取单质碘的实验，请你完成下列实验．（1）将干燥洁净的海带灼烧成灰烬，将海带灰烬冷却至室温，将其转移到烧杯中，加蒸馏水后，搅拌、煮沸、冷却、过滤后在滤液中滴入几滴稀硫酸，再加入一定量的过氧化氢溶液，此时发生反应的离子方程式为　2I﹣+H2O2+2H+=I2+2H2O　．（2）把（1）中所得的溶液注入分液漏斗中，然后再加入四氯化碳，振荡、静置，可以观察到四氯化碳层呈　紫红　色．经分液得到碘的四氯化碳溶液，在这一实验过程中，四氯化碳起　萃取　的作用．（3）证明得到的固体是碘单质的化学方法是　把得到的固体取少许加入到淀粉溶液中，淀粉溶液变蓝，即可证明所得固体为碘单质　．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】（1）酸性条件下H2O2与I﹣反应生成碘单质和水；（2）分离互不相溶的液体用分液漏斗；碘的四氯化碳溶液为紫红色；四氯化碳做萃取剂；（3）根据碘单质的特性遇淀粉显蓝色来检验．【解答】解：（1）酸性条件下H2O2与I﹣反应生成碘单质和水，其反应方程式为：2I﹣+H2O2+2H+=I2+2H2O，故答案为：2I﹣+H2O2+2H+=I2+2H2O；（2）分离互不相溶的液体用分液漏斗；萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳和水都不互溶，且四氯化碳和碘不反应，故可用四氯化碳，若得到的是含碘的四氯化碳溶液，静置后分层，下层为紫红色，故答案为：紫红；萃取；28/29（3）淀粉溶液遇碘变蓝色，可用来检验碘单质，所以操作为取得到的固体碘单质少许，将其加入到淀粉溶液中，淀粉溶液变蓝，即可证明所得固体为碘单质，故答案为：取得到的固体碘单质少许，将其加入到淀粉溶液中，淀粉溶液变蓝，即可证明所得固体为碘单质．【点评】本题主要考查了实验室里从海藻中提取碘，涉及到的知识点较多，掌握碘元素的有关知识及其计算是解答的关键，题目难度中等．　30．由铜片、锌片和100mL稀硫酸溶液组成的原电池中，当铜片上产生6.72L（标态）气体时，硫酸恰好作用完：（1）写出正负极的电极反应式．（2）计算该反应转移电子的物质的量．（3）计算原稀硫酸溶液的物质的量浓度．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）铜片、锌片和100ml稀硫酸组成原电池，金属锌是负极，负极上发生氧化反应，铜是正极，正极上发生还原反应；（2）根据氢气与电子的关系式计算；（3）根据氢气与硫酸的关系计算硫酸的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算其浓度．【解答】解：（1）铜片、锌片和100ml稀硫酸组成原电池，金属锌是负极，铜是正极，原电池的两个电极发生的电极反应是：正极：2H++2e﹣=H2↑，负极：Zn﹣2e﹣=Zn2+，答：正极反应为2H++2e﹣=H2↑、负极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+；（2）设转移电子z，则Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑转移电子22.4L2mol6.72Lz所以z=0.6mol答：有0.6mol电子通过了导线；（3）设硫酸的物质的量为y．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑28/291mol22.4Ly6.72L所以y=0.3molC==3mol/L答：原稀硫酸溶液的物质的量浓度3mol/L．【点评】本题以原电池为载体考查了氧化还原反应的有关计算，明确各物理量间的关系是解本题的关键，难度中等．　28/29