【化学】内蒙古北方重工业集团有限公司第三中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

内蒙古北方重工业集团有限公司第三中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
满分：120分 考试时长：100分钟
可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 O 16 Li 7 N 14
第I卷 选择题（共72分）
一.选择题（每题只有一个选项符合题意，每题3分，共72分）
1.下列说法中肯定错误的是（ ）
A. 某原子K层上只有一个电子
B. 某原子M层上电子数为L层电子数的4倍
C. 某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍
D. 阳离子的最外层电子数可能为2，也可能为8
【答案】B
【解析】A．某原子K层上只有一个电子，为H原子，故A正确；B．M电子层最多容纳18个电子，M层上电子数不可能为L层电子数的4倍，故B错误；C．离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍，离子核外各层电子为2、8、8，如S2-、K+等，故C正确；D．阳离子的最外层电子数可能为2，如Li+，也可能为8，如K+等，故D正确，故选B。
2.下列说法中不正确的是（ ）
①质子数相同的微粒一定是同种元素 ②同位素的化学性质基本相同 ③质子数相同、电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子 ④电子数相同的微粒不一定是同一种原子 ⑤某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数
A. ①⑤ B. ③④⑤ C. ①②⑤ D. ②③④
【答案】A
【解析】①质子数相同的原子一定属于同种元素，若为不同分子，则一定不是同种元素，①错误；②同位素原子的核外电子排布相同，则化学性质基本相同，②正确；③离子一定带电，质子数一定不等于电子数；分子呈电中性，质子数一定等于电子数，所以质子数和电子数均相同的两种微粒不可能是一种分子和一种离子，③正确；④电子数相同的微粒不一定是同一种原子，例如水分子和甲烷分子，④正确；⑤某种原子的相对原子质量取整数，就是原子的质量数，而元素的相对原子质量与各核素的百分含量有关，⑤错误；答案选A。
3.在长式元素周期表中，元素A、B位于同周期，A在ⅡA族，B在ⅢA族。A的原子序数为x，B的原子序数为y，不可能是（ ）
A. y＝x＋1 B. y＝x＋10
C. y＝x＋11 D. y＝x＋25
【答案】B
【解析】A．若为短周期，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差1，即y＝x+1，A不选；B．若元素在四、五周期，中间有10个纵行，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差11，即y＝x+11，B选；C．根据B中分析可知C不选；D．若元素在五、六周期，中间有10个纵行，且存在镧系（14种元素）和锕系，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差25，即y＝x+25，D不选。答案选B。
4.如图中，a、b、c、d、e为元素周期表中前4周期的一部分元素，下列有关叙述正确的是(　　)

A. 元素b位于第ⅥA族，有＋6、－2两种常见化合价
B. 五种元素中，元素e的性质最稳定
C. 元素c和d的最高价氧化物对应的水化物的酸性：c > d
D. 元素c和e的气态氢化物的稳定性：c > e
【答案】D
【解析】由表中元素的位置关系，可知:a为氦，b为氧，c为硅，d为氯，e为锗。A、因氧的化合价有:-1，-2，0，故A错误;
B、因氦为稀有气体，化学性质最稳定，故B错误;
C、氯的非金属性大于硅，酸性高氯酸大于硅酸，故C错误;
D、同主族元素从上到下非金属性减弱，因硅的非金属性强于锗，所以气态氢化物的稳定性：c>e，故D正确。
5.下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是（ ）
A. NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4 B. MgO、Na2SO4、NH4HCO3
C. Na2O2、KOH、Na2SO4 D. HCl、Al2O3、MgCl2
【答案】C
【解析】试题分析：A、氢氧化钠和硫酸铵中既有离子键又有共价键，硫酸中只有共价键，A错误；B、硫酸钠和碳酸氢铵中既有离子键又有共价键，氧化镁中只有离子键，B错误；C、三种物质中既有离子键又有共价键，C正确；D、氧化铝和氯化镁中只有离子键，氯化氢中只有共价键，D错误，答案选C。
6.下列各分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
A. HClO B. PCl5 C. BF3 D. CO2
【答案】D
【详解】A.HClO中的H原子，最外层最多2个电子，A项错误；
B．P最外层电子数为5，和5个Cl原子共用，P的最外层电子达到10，B项错误；
C．B的最外层电子数为3，与F共用3对电子对，最外层电子数为6，C项错误；
D．C最外层4个电子，分别和O共用2对电子对，C和O均达到8电子稳定结构，D项正确；
本题答案选D。
7.100mL浓度为2 mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（ ）
A. 加入适量的6 mol·L－1的盐酸 B. 加入数滴氯化铜溶液
C. 加入适量蒸馏水 D. 加入适量的氯化钠溶液
【答案】B
【解析】
【分析】因为锌片是过量的，所以生成氢气的总量由盐酸的量来决定。因题目要求生成氢气的量不变，则外加试剂不能消耗盐酸。
【详解】A．加入浓盐酸，必增加了生成氢气的总量，A项错误；
B．加入少量的氯化铜溶液，锌片会与氯化铜反应生成少量铜，覆盖在锌的表面，形成了无数微小的原电池，加快了反应速率，且不影响氢气生成的总量，B项正确；
C．加入适量的蒸馏水会稀释溶液，降低反应速率，C项错误；
D．加入适量的氯化钠溶液会稀释原溶液，降低反应速率，D项错误；
答案选择B项。
8.下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据反应物和生成物能量高低判断，反应物能量小于生成物能量，为吸热反应；反应物能量大于生物能量，为放热反应，据此分析。
【详解】A. 反应物能量小于生成物，为吸热反应，A项正确；
B. 反应物能量大于生成物，为放热反应，B项错误；
C. 反应物能量等于生成物，不符合化学反应中的能量变化图，C项错误；
D. 反应物能量大于生成物，为放热反应，D项错误；
答案选A。
9.在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是（ ）

A. 反应的化学方程式为：2MN
B. t2时，正逆反应速率相等，达到平衡
C. t3时，正反应速率大于逆反应速率
D. t1时，N的浓度是M浓度的2倍
【答案】D
【详解】A．从图像上看，M的物质的量在增加，M为生成物，N为反应物，A项错误；
B．t2时，M和N的物质的量相等，t2时刻之后，M和N的物质的量还在发生改变，反应并没有达到平衡，则B项错误；
C．t3时，M和N的物质的量都不在发生改变，则已经达到了平衡，正反应速率和逆反应速率相等；C项错误；
D．t1时，N物质的量为6mol，M的物质的量为3mol，在同一容器中，浓度之比等于物质的量之比，则N的浓度是M浓度的2倍，D项正确；
本题答案选D。
10.已知反应A＋3B＝2C＋D在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1 mol·L－1·min－1，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为（ ）
A. 0.5mol·L－1·min－1 B. 1mol·L－1·min－1
C. 2mol·L－1·min－1 D. 3mol·L－1·min－1
【答案】C
【详解】在一化学反应中，不同的物质表示化学反应速率，其化学反应速率之比等于化学计量数之比。A表示的化学反应速率为1 mol·L－1·min－1，则C表示的化学反应速率为A的2倍，为2 mol·L－1·min－1，C项正确；
本题答案选C。
11.原电池的电极反应不仅与电极材料的性质有关,还与电解质溶液有关。下列说法中不正确的是（ ）
A. 由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池,其负极反应式为Al-3e-=Al3+
B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池,其负极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O
C. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-=Cu2+
D. 由Al、Cu、浓硝酸组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-=Cu2+
【答案】C
【解析】试题分析：由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＝Al3+，故A正确；由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝与氢氧化钠溶液发生氧化反应，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＋4OH－＝AlO2－＋2H2O，故B正确；由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁还原性大于铜，铁是负极，其负极反应式为：Fe－2e－＝Fe 2+，故C错误；由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝在浓硝酸中钝化，铜是负极，其负极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+，故D正确。
12.①②③④四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大到小的顺序是（ ）
A. ①③②④ B. ①③④②
C. ③④②① D. ③①②④
【答案】B
【详解】在原电池中，较活泼金属作负极。①②相连时，外电路电流从②流向①，电极①作负极，则①比②活泼。①③相连时，③为正极，金属③没有①活泼。氢气在正极得到电子析出，②④相连时，②上有气泡逸出，则②是正极，④比②活泼。③④相连时，③的质量减少，说明③失去电子，作负极，金属③比④活泼，则它们的活动性排序为①③④②。B项正确；
本题答案选B。
13.等质量的两份锌粉a、b中分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加入少量的CuSO4溶液，下列各图表示的是产生H2的体积V与时间t的关系，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】等质量的两份锌粉加入过量的稀硫酸，向a中加入少量的CuSO4溶液，Zn会置换出Cu，产生的氢气会减少，此外置换出的Cu和Zn组成原电池，加快氧化还原反应速率。综上a产生的氢气更快，但是产生的氢气更少，A符合题意；
本题答案选A。
14.燃料电池的基本组成为电极、电解质、燃料和氧化剂。此种电池的能量利用率可高达80%，产物污染也少。下列有关燃料电池说法错误的是（ ）
A. 氢氧燃料电池的电解质用KOH溶液时，其负极电极反应为2H2－4e－＋4OH－===4H2O
B. 碱性甲烷燃料电池的正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. 燃料电池负极燃料失电子，发生还原反应
D. 除纯氧外，空气中的氧气也可以作氧化剂
【答案】C
【解析】A．氨气燃料电池中，燃料氨气做负极，负极反应为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故A正确；B．碱性环境下，甲烷燃料电池中正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；C．燃料电池负极燃料失电子，发生氧化反应，故C错误；D．氧气具有氧化性，常做氧化剂，可乙是纯氧，还可以是空气中的氧气，故D正确；故选C。
15.2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是（ ）
A. 催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B. 增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C. 该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D. 在t1、l2时刻，SO3（g）的浓度分别是c1，c2，则时间间隔t1～t2内，SO3（g）生成的平均速率为
【答案】D
【解析】加入催化剂同时改变正、逆反应速率，A项错误；若是恒容条件，增加不参与反应的气体而使反应体系的压强增大，由于浓度不变，反应速度就不变，B项错误；降低温度使反应速率降低，将增大反应达到平衡的时间，C项错误；根据计算平均速率的定义公式可得D项正确。
16.在一定温度下的恒容密闭容器中，能说明反应X2(g)＋Y2(g)2XY(g)已达到平衡的是（ ）
A. 容器内的总压不随时间变化
B. 容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化
C. XY气体的物质的量分数不变
D. X2和Y2的消耗速率相等
【答案】C
【详解】A．恒容恒容的条件下，压强和物质的量成正比，反应前后物质的量不变，则容器内的总压一直不变，不能说明反应达到平衡，A项错误；
B．根据公式，根据反应前后质量守恒，反应物均为气体，m总不变，反应前后物质的量不变，n总不变，则平均摩尔质量一直不变，不能说明反应达到平衡杆，B项错误；
C．，根据反应前后质量守恒，反应物均为气体，n总不变，XY的物质的量在变化，物质的量分数变化。当它不变的时候，说明达到平衡，C项正确；
D．X2和Y2的消耗速率均为正反应速率，不能得出正反应速率等于逆反应速率，D项错误；
本题答案选C。
17.已知H＋＋OH－===H2O生成1 mol H2O放出热量57.3 kJ，下列反应中能放出57.3 kJ热量的是（ ）
A. 1mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应
B. 稀盐酸与氨水反应生成1molH2O
C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol水
D. 稀NaOH与95%浓硫酸反应生成1mol水
【答案】C
【解析】选C。A放出热量应为2 mol×57.3 kJ/mol；B放出热量（即中和热）应略小于57.3 kJ，因弱酸、弱碱在水中电离要吸收一部分热量，故多数强酸与弱碱，弱酸与强碱的中和反应热值小于57.3 kJ。酸与碱的浓度不能太大，否则中和热数值会偏大，故D错。
18.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为： Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O,下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）
实验

反应温度/℃

Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
c/(mol·)
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
【答案】D
【解析】“最先出现浑浊”，即：反应速率最快；
此题考查影响反应速率的两因素：温度、浓度；
温度：温度越高，反应速率越快，而C、D中温度高；
浓度：溶液体积相等，均为20ml，则B、D中Na2S2O3、H2SO4浓度大；
综合分析，得：D正确；
19. 下列说法正确的是( )
A. 有机物种类繁多的主要原因是有机物分子结构十分复杂
B. 烃类分子中的碳原子与氢原子是通过非极性键结合的
C. 同分异构现象的广泛存在是造成有机物种类繁多的唯一原因
D. 烷烃的结构特点是碳原子通过单键连接成链状，剩余价键均与氢原子结合
【答案】D
【解析】有机物种类繁多的主要原因是碳原子的成键特点和同分异构现象，A、C项错误；烃类分子中的碳原子与氢原子是通过极性键结合的，B项错误。
20.下列反应属于取代反应的是（ ）
A. CH4与Cl2的混合气体光照后颜色变浅
B. C2H4通入KMnO4酸性溶液中，溶液褪色
C. 苯与溴水混合后振荡，水层褪色
D. C2H4通入溴水中，溴水褪色
【答案】A
【解析】试题分析：A．CH4与氯气在光照下颜色变浅的原因是CH4中的氢原子被氯原子所取代生成氯代烃，属于取代反应，故A符合；B．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，为乙烯的氧化过程，故B不符合；C．由于苯和溴不反应，和水不互溶，二者混合分层，溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，发生萃取，所以苯与溴水混合、充分振荡后，静置，溴水层褪色应，故C不符合；D．乙烯通入溴水中，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水褪色，故D不符合；故选A。
21.若如图所示烷烃结构是烯烃与H2加成后的产物，则烯烃可能的结构有（ ）

A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【详解】烯烃与H2加成后的产物得到烷烃，则可以在烷烃的结构中加入双键，看可以得到多少中烯烃。两个相邻的C原子都有氢就可以插入双键，如图，则烯烃有5种。本题答案为C。
22.下列叙述正确的是（ ）
A. 分子式相同，各元素质量分数也相同的物质是同种物质
B. 通式相同的不同物质一定属于同系物
C. 分子式相同的不同物质一定是同分异构体
D. 相对分子质量相同的不同物质一定是同分异构体
【答案】C
【解析】A也可能是同分异构体，不正确。结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的物质，互称为同系物，因此同系物的通式相同，但通式相同的不一定是同系物，B不正确。分子式相同，而结构不同的化合物是同分异构体，C正确。D不正确，相对分子质量相同，但分子式不一定相同。答案选C。
23.两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，下列说法正确的是（ ）
A. 混合气体中不一定有甲烷 B. 混合气体中一定是甲烷和乙烯
C. 混合气体中一定没有乙烷 D. 混合气体中一定有乙炔(CH≡CH)
【答案】C
【详解】0.1mol有机物燃烧后生成0.16molCO2，则1mol该有机物中含有1.6molC，生成3.6g水，为0.2molH2O，含有0.4molH，则1mol该有机物中含有4molH原子，综上该有机物的分子式为C1.6H4。
A．两种气态烃的C原子数的平均值为1.6，则一定含有甲烷，A项错误；
B．不一定是甲烷和乙烯，也可以是甲烷和丙炔，其物质的量之比为4:1，B项错误；
C．如果是乙烷和乙烯的混合气体，C原子的平均值为1.4，则甲烷和乙烷的物质的量之比为3:2,。但是如果之比时3:2的话，H原子的平均值，不是4，所以一定没有乙烷，C项正确；
D．如果混合物中有乙炔，H原子的平均值达不到4，D项错误；
本题答案选C。
24.下图所示的实验，能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D


将等体积的
甲烷和氯气
混合光照
5%的H2O2溶
液中滴入2滴
1mol·L－1氯化
铁溶液
验证化学能
转化为电能
验证氧化性Cl2>Br2>I2
得到纯净
的一氯甲烷
验证催化剂加快
反应速率
【答案】D
【解析】试题分析：A．不能构成原电池，故A错误；B．生成的溴中含有氯气，不能排除氯气的干扰，故B错误；C．氯气与甲烷光照是发生很多副反应，得不到纯净的一氯甲烷，故C错误；D．在5%的H2O2溶液中滴入2滴1mol·L－1氯化铁溶液，很快发出气体，能够验证催化剂加快反应速率，故D正确；故选D。
第II卷 非选择题（共48分）
二、非选择题（每空2分，共48分）
25.如图所示，在一个小烧杯里加入研细的20g Ba（OH）2·8H2O晶体。将此小烧杯放在事先滴有3～4滴水的玻璃片上，然后向小烧杯中加入10g NH4Cl晶体，并用玻璃棒快速搅拌。

（1）实验中要用玻璃棒搅拌的原因是___________
（2）写出有关反应的化学方程式：________，该反应_______（填“是”或“不是”）氧化还原反应。
（3）该实验中观察到的现象除产生刺激性气味的气体及反应混合物呈糊状以外，还有__________。
（4）通过最后一个现象可以说明该反应为_____（填“吸”或“放”）热反应，这是由于反应物的总能量___（填“大于”或“小于”）生成物的总能量。
【答案】(1). 该反应是固体之间的反应，搅拌可使混合物充分接触并发生反应 (2). Ba（OH）2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O (3). 不是 (4). 玻璃片上因结冰而与小烧杯黏在一起 (5). 吸 (6). 小于
【解析】
【分析】(1)玻璃棒的搅拌作用是使混合物充分接触，加快化学反应发生；
(2)氯化铵和氢氧化钡的反应生成氨气、水、以及氯化钡;复分解反应均不是氧化还原反应；
(3)烧杯和玻璃片之间的水结冰会将二者粘在一起；
(4)玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起，说明氢氧化钡和氯化铵的反应是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量。
【详解】(1) Ba(OH)2·8H2O 晶体和氯化铵晶体之间的反应是固体之间的反应，搅拌可使混合物充分接触并发加快化学反应，答案是:搅拌使混合物充分接触并加快化学反应；
(2)氯化铵属于铵盐,能和强碱氢氧化钡反应生成氨气、水、以及氯化钡，方程式为: Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O。该反应中所有元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，该反应是复分解反应；答案为Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O 不是；
(3)氢氧化钡晶体和氯化铵之间的反应是吸热的，玻璃片上因结冰而与小烧杯黏在一起；答案为玻璃片上因结冰而与小烧杯黏在一起；
(4)玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起，说明氢氧化钡和氯化铵的反应是吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量。
26.在2L密闭容器内，800 ℃时反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：

（1）上述反应____（填“是”或“不是”）可逆反应，在第5s时，NO的转化率为________。
（2）如图中表示NO2变化曲线的是____。用O2表示从0s～2s内该反应的平均速率v=_______。

（3）能说明该反应已达到平衡状态的是_______。
a.v(NO2)=2v(O2) b.容器内压强保持不变
c.v［（NO）逆］=2v［（O2）正］ d.容器内密度保持不变
【答案】(1). 是 (2). 65% (3). b (4). 1.5×10-3 mol/（L·s） (5). b、c
【解析】
【分析】(1)从图象分析，随反应时间的延长，NO的浓度不再不变，且没有完全反应；
(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；
根据计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；
(3)平衡状态的实质为正反应速率等于逆反应速率，特征为各物质的浓度不变；
【详解】(1)从图象分析，随反应时间的延长，NO的浓度不再不变，且没有完全反应，说明反应达到了限度，反应为可逆反应。第5s时，NO的物质的量为0.007mol，则转化率；
(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b。0～2s内，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氧气的反应速率为1.5×10-3 mol/（L·s）；
(3)a.虽然反应速率成系数比，但是无法判断正逆反应速率是否相等，a错误；b.压强之比等于物质的量之比，反应前后气体体积不同，压强不变，说明各物质的物质的量不变，反应达到平衡，b正确；c.v［（NO）逆］=2v［（O2）正］,说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，c正确; d.恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，所以密度不变，不一定平衡，d错误；答案为bc。
27.A、B、C、D、E是位于短周期主族元素。已知：①热稳定性：HmD＞HmC；②Cm-、E(m-1)-具有相同的电子层结构；③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；④A与B质子数之和是D质子数的3倍。依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：
（1）HmDm的电子式_________。
（2）Cm-、E(m-1)-的还原性强弱顺序为：___，（用离子符号表示）能证明其还原性强弱的离子方程式为______。
（3）将E的单质通入A与D形成的化合物的水溶液中，在常温下反应的离子方程式为：_______。
（4）常温下，将等物质的量浓度的HmC溶液和A的最高价氧化物对应的水化物溶液按体积比1:2混合，写出该反应的离子方程式_____。该溶液的溶质含有的化学键类型是_____
【答案】(1). (2). S2－＞Cl－ (3). Cl2+S2－=2Cl－+S↓ (4). Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O (5). H2S+2OH－=S2－+H2O (6). 离子键
【解析】
【分析】根据题，A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小，则A、B为金属，A与B质子数之和是D质子数的3倍，则A、B的质子数之和为3的倍数，故A、B处于第三周期，则A为Na元素、B为Al元素；D的质子数为(11+13)/3=8，则D为氧元素；热稳定性：HmD>HmC，则C、D处于同一主族，且D的非金属性更强，故C为S元素，m=2；根据；(2) Cm-、E(m-1)-具有相同的电子层结构，则E为Cl元素。
【详解】(1)m=2，D为O元素，则HmDm为H2O2，电子式为；
(2)同周期元素从左到右，非金属性增强，非金属性Cl>S，单质的氧化性Cl2>S。单质的氧化性越强，对应阴离子的还原性越弱，则有还原性：S2－＞Cl－，可通过单质间的置换反应来证明，Cl2+S2－=2Cl－+S↓；
(3)E的单质为氯气，A与D形成的化合物的水溶液为NaOH溶液，在常温下氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O ；
(4)常温下，将等物质的量浓度的H2S溶液和NaOH溶液按体积比1：2混合，反应生成硫化钠与水，该反应的离子方程式为H2S+2OH－=S2－+H2O，溶液中溶质硫化钠，含有离子键。
28.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。下图为电池示意图，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）氢氧燃料电池在导线中电流的方向为由______(用a、b表示)。
（2）负极反应式为______，正极反应式为___________。
（3）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：
Ⅰ 2Li+H22LiH Ⅱ LiH+H2O=LiOH+H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是_________，反应Ⅱ中的氧化剂是_____。
②已知LiH固体密度为0.82g·cm-3，用锂吸收224 L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2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。
【答案】(1). 由b到a (2). 2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O (3). O2 + 2H2O + 4e-=4OH- (4). Li (5). H2O (6). 或8.71×10-4 (7). 32
【解析】
【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)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。
【详解】(1)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；
(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。正极为氧气得到电子，由于电解质溶液为碱性，氧气得到电子和水生成OH-，方程式为O2 + 2H2O + 4e-=4OH-；
(3) 2Li+H22LiH，氢化锂中，Li的化合价为+1，则反应中锂失电子发生氧化反应，锂是还原剂。Ⅱ LiH+H2OLiOH+H2↑，该反应中H2O得电子生成氢气，发生还原反应，H2O是氧化剂；
②根据化学反应方程式，2n(H2)=n(LiH)，用锂吸收224 LH2，为10mol，则生成的LiH为20mol，其质量为20mol×(7＋1)=160g，。生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为195cm3:224L≈8.7×10－4。
③20molLiH可以生成20molH2，实际参加反应的H2为20mol%80%=16mol，1molH2转化为1molH2O，转移2mol电子，所以16molH2可转移32mol的电子。