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【化学】内蒙古包头市北重三中2018-2019学年高一（下）期中试卷（解析版）
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内蒙古包头市北重三中2018-2019学年高一（下）期中试卷
一、选择题（共24小题，每小题3分，满分72分）
1．（3分）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
2．（3分）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
3．（3分）在元素周期表中，元素A、B位于同周期，A在ⅡA族，B在ⅢA族。A的原子序数为a，B的原子序数为b，不可能是（ ）
A．b＝a+1 B．b＝a+11 C．b＝a+10 D．b＝a+25
4．（3分）如图中，a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期的一部分元素，下列有关叙述正确的是（ ）
a
b
c
d
e
A．元素b位于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e的气态氢化物的稳定性：c＞e
D．元素c和d的最高价氧化物对应水化物的酸性：c＞d
5．（3分）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
6．（3分）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
7．（3分）100mL 浓度为2mol•L﹣1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（ ）
A．加入适量的6mol•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
8．（3分）下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是（ ）
A． B．
C． D．
9．（3分）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：2M⇌N
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
10．（3分）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度为1mol•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
11．（3分）原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关．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+
12．（3分）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
13．（3分）将过量的两份锌粉a、b中分别加入少量且等量的稀硫酸溶液中，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．
14．（3分）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．燃料电池负极燃料失电子，发生还原反应
C．碱性甲烷燃料电池的正极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
D．除纯氧外，空气中的氧气也可以作氧化剂
15．（3分）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、t2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v＝
16．（3分）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
17．（3分）已知H++OH﹣＝H2O生成1mol H2O放出热量57.3kJ，下列反应中放出57.3kJ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1mol水
D．稀NaOH与95%浓硫酸生成1mol水
18．（3分）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•L﹣1）
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.1
5
0.2
10
C
40
5
0.1
10
0.1
5
D
40
5
0.1
5
0.1
10
19．（3分）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
20．（3分）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
21．（3分）若是烯烃与H2加成后的产物，则烯烃可能有的结构有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
22．（3分）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
23．（3分）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）
24．（3分）下图所示的实验，能达到实验目的是（ ）
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
二、解答题（共4小题，满分48分）
25．（12分）如图所示，在一个小烧杯里加入研细的20g Ba（OH）2•8H2O晶体。
（1）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。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。
26．（10分）在2L密闭容器内，800℃时发生反应：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g），在体系中，n（NO）随时间的变化如表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
NO的物质的量（mol）
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
（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0～2s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逆（NO）＝2v正（O2）
d．容器内气体密度保持不变．
27．（12分）A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素。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
28．（14分）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。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224L（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。
【参考答案】
一、选择题（共24小题，每小题3分，满分72分）
1．【分析】A．K电子层最多容纳2个电子，H原子K层只有1个电子；
B．M电子层最多容纳18个电子；
C．离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍，如S2﹣、K+等；
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．
【解答】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．【分析】质子数相同的同一类原子的总称为元素，质子数相同、中子数的不同原子互为同位素，化学性质相同，物理性质不同，并注意粒子可能为分子、原子、离子等，以此来解答。
【解答】解：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，故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，故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，故③正确；
④因分子中质子数等于电子数，离子中质子数一定不等于电子数，则质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子，故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，故⑤错误；
故选：A。
3．【分析】同周期的ⅡA族元素、ⅢA族元素若在短周期为相邻；在四、五周期，中间有10个纵行；在五、六周期应注意存在镧系和锕系，以此来解答。
【解答】解：A．若为短周期，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差1，即b＝a+1，故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b＝a+11，故B不选；
C．无论元素在短周期还是长周期，都不存在b＝a+10，故C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b＝a+25，故D不选。
故选：C。
4．【分析】a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期的一部分元素，根据元素所在位置，可推知a为He、b为O、d为Cl、c为P、e为As。
A．氧元素没有+6价；
B．He只有1个电子层，为2电子稳定结构；
C．非金属性越强，氢化物越稳定。
D．非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性；
【解答】解：a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期的一部分元素，根据元素所在位置，可推知a为He、b为O、d为Cl、c为P、e为As。
A．元素b为氧，位于ⅥA族，但氧元素没有+6价，故A错误；
B．五种元素中，元素a（He）的性质最稳定，故B错误；
C．非金属性c＞e，气态氢化物的稳定性：c＞e，故C正确；
D．非金属性d＞c，最高价氧化物对应水化物的酸性：c＜d，故D错误；
故选：C。
5．【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，据此分析解答．
【解答】解：A．硫酸中只含共价键，故A错误；
B．氧化镁中只含离子键，故B错误；
C．Na2O2、KOH、Na2SO4含离子键和共价键，故C正确；
D、HCl只含共价键，Al2O3、MgCl2只含离子键，故D错误；
故选：C。
6．【分析】对ABn型分子，A的族序数+成键数＝8，则满足所有原子都满足最外层8电子结构，含有H元素的化合物中H元素一定不满足8电子结构．
【解答】解：A．HClO分子中H原子最外层满足2电子结构，故A错误；
B．PCl5中，P原子的族序数+成键数＝5+5＝10，所以不满足所有原子最外层为8电子结构，故B错误；
C．BF3中，B原子的族序数+成键数＝3+3＝6，所以不满足所有原子最外层为8电子结构，故C错误；
D．CO2中，C原子的族序数+成键数＝4+4＝8，所以满足所有原子最外层为8电子结构，故D正确；
故选：D。
7．【分析】盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，则增大氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量或利用原电池原理来加快反应速率即可。
【解答】解：A、加入适量的6mol。L﹣1的盐酸，增大氢离子的浓度，也增大了氢离子的物质的量，故A不选；
B、因Zn过量，加入数滴氯化铜溶液，置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，且没有改变氢离子的物质的量，故B选；
C、加入适量蒸馏水，氢离子的浓度减小，不改变氢离子的物质的量，化学反应速率减小，故C不选；
D、加入适量的氯化钠溶液，溶液体积变大，氢离子的浓度减小，不改变氢离子的物质的量，化学反应速率减小，故D不选；
故选：B。
8．【分析】根据反应物的总能量＞生成物的总能量，反应为放热反应；反应物的总能量＜生成物的总能量，反应为吸热反应来解答．
【解答】解：吸热反应中，反应物总能量＜生成物总能量，故选A。
9．【分析】A、根据图象判断出反应物和生成物，根据物质的量的变化判断计量数之间的关系；
B、根据某一时间反应中各物质的物质的量是否变化判断反应是否达到平衡；
C、根据平衡移动的方向判断正逆反应速率的关系；
D、根据某一时刻反应物和生成物的物质的量多少判断浓度的关系．
【解答】解：A、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之比为2：1，所以反应方程式应为：2NM，故A错误；
B、由图可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C、由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，故C错误；
D、t1时，N的物质的量为6mol。M的物质的量为3mol，故N的浓度是M浓度的2倍，故D正确。
故选：D。
10．【分析】在同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此分析．
【解答】解：在同一化学反应、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v（C）：v（A）＝v（C）：1mol•L﹣1•min﹣1
＝2：1，所以v（C）＝2mol•L﹣1•min﹣1
故选：C。
11．【分析】原电池中，得电子发生还原反应的电极是正极，失电子发生氧化反应的电极是负极，根据得失电子判断电极名称．
【解答】解：A．由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以铝作负极，铜作正极，其负极反应式为：Al﹣3e﹣＝Al3+，故A正确；
B．Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为：Al﹣3e﹣+4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故B正确；
C．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故C错误；
D．Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣＝Cu2+，故D正确；
故选：C。
12．【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。
13．【分析】反应均发生Zn+2H+═Zn2++H2↑，Zn过量，则等浓度、等体积的稀硫酸完全反应，生成氢气相同，且a中加入少量CuSO4溶液，构成Cu、Zn原电池，加快反应的速率，以此来解答．
【解答】解：由题意可知，反应均发生Zn+2H+═Zn2++H2↑，Zn过量，则等浓度、等体积的稀硫酸完全反应，生成氢气相同，且a中加入少量CuSO4溶液，构成Cu、Zn原电池，加快反应的速率，所以a反应速率快，达到反应结束时的时间短，显然只有B图象符合，
故选：B。
14．【分析】A、燃料电池中负极上失电子发生氧化反应，负极上反应材料是燃料；
B、燃料电池中负极上失电子发生氧化反应；
C、燃料电池正极上氧气得电子发生还原反应；
D、氧气具有氧化性，常做氧化剂．
【解答】解：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、燃料电池负极燃料失电子，发生氧化反应，故B错误；
C、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C正确；
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：B。
15．【分析】A．根据催化剂可以同等程度的增大正逆反应的反应速率；
B．增加压强不一定能增加反应速率，必须是提高反应物浓度（例如压缩体积），像充入惰性气体这样的方式，虽然增加了压强，但是反应速度依然不变；
C．降低温度，反应速率减小；
D．根据v＝计算判断．
【解答】解：A．催化剂可同等程度的改变正、逆反应的反应速率，故A错误；
B．若在恒容条件下，向容器通入惰性气体，反应体系的压强变大，但反应各物质的浓度不变，因此反应速率也不变，故B错误；
C．降低温度，反应速率减小，达到平衡的时间增多，故C错误；
D．根据计算平均速率的定义公式，浓度变化量c2﹣c1，时间为t2﹣t1，SO3（g）生成的平均速率为v＝，故D正确。
故选：D。
16．【分析】可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化；该反应的特点为：一是可逆反应；二是反应前后气体体积相等；根据气体压强之比等于气体物质的量之比推断，该反应在整个反应过程中总压强是不变的．
【解答】解：A，该反应方程式两边气体体积相等，根据气体压强之比等于气体物质的量之比推断，该反应在整个反应过程中总压强是不变的，压强不变，不能说明该反应已经达到平衡，故A错误；
B、根据A同理推断，容器中气体的平均相对分子质量始终不随时间变化，气体的平均相对分子质量不随时间变化，不能说明该反应已经达到平衡，故B错误；
C、XY气体的物质的量分数不变，表明各组分的浓度不变、正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C正确；
D、X2和Y2的化学计量数相等，其消耗速率始终相等，无法判断正逆反应速率是否相等，不能说明该反应已经达到平衡，故D错误；
故选：C。
17．【分析】A、1mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应会生成2mol的水；
B、氨水是弱碱，电离过程需要吸热；
C、稀盐酸与稀Ba（OH）2溶液反应生成1mol水的实质是：H++OH﹣＝H2O；
D、浓硫酸的溶解过程释放热量．
【解答】解：A、1mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应会生成2mol的水，放出热量114.6kJ，故A错误；
B、氨水是弱碱，电离过程需要吸热，稀盐酸与氨水反应生成1molH2O放出的热量会小于57.3kJ，故B错误；
C、稀盐酸与稀Ba（OH）2溶液反应生成1mol水的实质是：H++OH﹣＝H2O，放出的热量是57.3kJ，故C正确；
D、浓硫酸的溶解过程释放热量，所以稀NaOH与95%浓硫酸生成1mol水放出的热量大于57.3kJ，故D错误。
故选：C。
18．【分析】温度对化学反应速率影响大于浓度对化学反应速率影响，温度越高化学反应速率越快，温度相同时，浓度越大化学反应速率越快，化学反应速率越快，实验中出现浑浊越快，据此分析解答。
【解答】解：温度对化学反应速率影响大于浓度对化学反应速率影响，温度越高化学反应速率越快，温度相同时，浓度越大化学反应速率越快，化学反应速率越快，实验中出现浑浊越快，
CD温度大于AB，所以出现浑浊CD比AB快；
酸浓度C＞D，所以反应速率C＞D，则C比D先出现沉淀；
酸浓度B＞A，所以反应速率B＞A，则B比A先出现沉淀，
所以出现沉淀先后顺序为C＞D＞B＞A，
故选：C。
19．【分析】A．有机物种类繁多的原因：碳原子成键方式的多样性和有机物存在同分异构现象；
B．同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；
C．有机物种类繁多的原因：碳原子成键方式的多样性和有机物存在同分异构现象；
D．烷烃又叫饱和烃，每一个碳原子之间都以碳碳单键结合成链状，碳原子的剩余价键都与氢原子相结合．
【解答】解：A．有机物种类繁多的主要原因是碳原子成键方式的多样性和有机物存在同分异构现象，故A错误；
B．烃类分子中的碳原子与氢原子是通过极性键结合的，故B错误；
C．同分异构现象的广泛存在是造成有机物种类繁多的重要原因，不是唯一原因，故C错误；
D．烷烃又叫饱和烃，每一个碳原子之间都以碳碳单键结合成链状，碳原子的剩余价键都与氢原子相结合，故D正确。
故选：D。
20．【分析】有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；
有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，以此解答该题．
【解答】解：A．甲烷中氢原子被氯原子取代，该反应为取代反应，故A正确；
B．乙烯含有碳碳双键，被酸性高锰酸钾氧化，故B错误；
C．苯与溴水不反应，故C错误；
D．乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，故D错误。
故选：A。
21．【分析】加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应．根据加成原理采取逆推法还原C＝C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置．还原双键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键．
【解答】解：根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置。该烷烃的碳链结构为，5号碳原子上没有H原子，与相连接T原子不能形成碳碳双键，能形成双键位置有：1和2之间；2和3之间；3和4之间，3和6之间，4和7之间，故该烃共有5种结构，故选C。
22．【分析】A．分子式相同，各元素质量分数也相同的物质可能是同分异构体；
B．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同；
C．分子式相同的不同物质，说明物质的结构不同，一定是同分异构体；
D．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体．
【解答】解：A．分子式相同，各元素质量分数也相同的物质可能是同一物质、也可能同分异构体，故A错误；
B．通式相同的不同物质一定属于同系物，结构不一定相似，不一定为同系物，若烯烃与环烷烃等，故B错误；
C．分子式相同的不同物质，说明物质的结构不同，一定是同分异构体，故C正确；
D．相对分子质量相同的不同物质，可能互为同分异构体，如正戊烷、异戊烷，也可能不是同分异构体，如甲酸与乙醇，故D错误；
故选：C。
23．【分析】n（H2O）＝＝0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而烃类中碳原子数小于1的只有甲烷，判断混合气体中一定含有甲烷，再根据甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃中一定含有4个H原子，然后根据平均分子式对各选项进行判断。
【解答】解：n（H2O）＝＝0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而烃类中碳原子数小于1的只有甲烷，判断混合气体中一定含有甲烷，根据甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃中一定含有4个H原子，可能含有乙烯，一定不含乙烷，所以ABD错误，C正确，
故选：C。
24．【分析】A．该装置没有形成闭合回路，则没有构成原电池；
B．氯气能够氧化碘离子，干扰了溴与碘离子的反应；
C．甲烷与氯气反应生成的是各种氯代甲烷混合物；
D．铁离子对双氧水的分解起到了催化剂的作用．
【解答】解：A．图示装置中缺少盐桥，没有构成原电池，无法验证化学能转化为电能，故A错误；
B．该实验能够证明Cl2＞Br2，由于氯气能够氧化碘离子，则干扰了溴氧化碘离子的实验，无法证明Br2＞I2，故B错误；
C．将等体积的甲烷和氯气混合光照，得到的是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的混合物，无法得到纯净的一氯甲烷，故C错误；
D．5%的H2O2溶液中滴入2滴1mol•L﹣1氯化铁溶液，双氧水分解速率加快，可通过对比，验证催化剂能够加快反应速率，故D正确；
故选：D。
二、解答题（共4小题，满分48分）
25．【分析】（1）玻璃棒的搅拌作用还可以让化学反应快速发生；
（2）氢氧化钡和氯化铵反应生成氯化钡、氨气和水，所有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）反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应是一个吸热反应。
【解答】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生反应，
故答案为：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）氢氧化钡和氯化铵反应生成氯化钡、氨气和水，即Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl═BaCl2+2NH3↑+10H2O，该反应是复分解反应，不属于氧化还原反应，
故答案为：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，故答案为：玻璃片上因结冰而与小烧杯黏在一起；
（4）通过玻璃片上结冰现象，可以知道氢氧化钡晶体和氯化铵之间的反应是吸热的，反应物的总能量小于生成物的总能量，故答案为：吸；小于。
26．【分析】（1）根据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反应不能完全进行，据此判断反应是否是可逆反应，NO转化率＝×100%；
（2）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，是可逆反应，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△v＝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）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变．
【解答】解：（1）根据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反应不能完全进行，所以该反应是可逆反应，NO转化率＝×100%＝65%，故答案为：是；65%；
（2）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，所以反应为可逆反应，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v（NO）＝＝0.0030mol/（L．s），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＝v（NO）＝0.0015mol/（L•s），故答案为：b，0.0015mol/（L•s）；
②a．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v（NO2）＝2v（O2）为正反应速率之比，不能说明正逆反应速率相同，无法判断正逆反应速率是否相等，故a错误；
b．反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故b正确；
c．反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，v逆（NO）＝2v正（O2）时，一氧化氮正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；
故选bc，
故答案为：bc
27．【分析】A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素。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 ＝8，则D为O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②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构，则E为Cl元素，以此解答该题。
【解答】解：根据分析可知：A为Na元素，B为Al元素，C为S元素，D为O元素，E为Cl元素。
（1）HmDm为H2O2，双氧水为共价化合物，其电子式为，故答案为：；
（2）由于非金属性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﹣，可通过反应Cl2+S2﹣＝2Cl﹣+S↓证明，
故答案为：S2﹣＞Cl﹣；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，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（4）A的最高价氧化物对应的水化物溶液为NaOH，常温下将等物质的量浓度的H2S溶液与NaOH按体积比1：2混合，反应生成硫化钠和水，该反应的离子方程式为：H2S+2OH﹣＝S2﹣+H2O，该溶液的溶质为硫化钠，硫化钠为离子化合物，含有含有的化学键为离子键，
故答案为：H2S+2OH﹣＝S2﹣+H2O；离子键。
28．【分析】（1）氢氧燃料原电池中，H2在负极上失电子生成水，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，O2在正极上得电子生成OH﹣，电极反应式为 O2 +2H2O+4e﹣═4OH﹣，电子的流向是从负极流出，经过导线流向正极，即由a到b，电流方向为b→a；
（3）根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂，根据氢气和转移电子之间的关系式计算。
【解答】解：氢氧燃料原电池中，H2在负极上失电子生成水，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，O2在正极上得电子生成OH﹣，电极反应式为 O2 +2H2O+4e﹣═4OH﹣，电子的流向是从负极流出，经过导线流向正极，
（1）在原电池中，负极上失电子，正极上得电子，电子的流向是从负极流向正极，所以是 由a到b，电流方向为b→a，故答案为：b→a；
（2）碱性环境中，负极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，
故答案为：2H2+4OH﹣﹣4e﹣═4H2O；O2 +2H2O+4e﹣═4OH﹣；
（3）①2Li+H22LIH中锂失电子作还原剂，Ⅱ．LiH+H2O═LiOH+H2↑中水得电子作氧化剂，故答案为：Li；H2O；
②氢气的物质的量＝＝10mol，当吸收10molH2时，则生成20molLiH，m（LiH）＝nM＝20mol×8g/mol＝160g，V（LiH）＝＝＝195cm3＝0.195L，
所以生成的LiH体积与被吸收的H2体积比＝＝8.71×10﹣4，故答案为：8.71×10﹣4；
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。
一、选择题（共24小题，每小题3分，满分72分）
1．（3分）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
2．（3分）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
3．（3分）在元素周期表中，元素A、B位于同周期，A在ⅡA族，B在ⅢA族。A的原子序数为a，B的原子序数为b，不可能是（ ）
A．b＝a+1 B．b＝a+11 C．b＝a+10 D．b＝a+25
4．（3分）如图中，a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期的一部分元素，下列有关叙述正确的是（ ）
a
b
c
d
e
A．元素b位于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e的气态氢化物的稳定性：c＞e
D．元素c和d的最高价氧化物对应水化物的酸性：c＞d
5．（3分）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
6．（3分）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
7．（3分）100mL 浓度为2mol•L﹣1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（ ）
A．加入适量的6mol•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
8．（3分）下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是（ ）
A． B．
C． D．
9．（3分）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：2M⇌N
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
10．（3分）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度为1mol•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
11．（3分）原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关．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+
12．（3分）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
13．（3分）将过量的两份锌粉a、b中分别加入少量且等量的稀硫酸溶液中，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．
14．（3分）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．燃料电池负极燃料失电子，发生还原反应
C．碱性甲烷燃料电池的正极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
D．除纯氧外，空气中的氧气也可以作氧化剂
15．（3分）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、t2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v＝
16．（3分）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
17．（3分）已知H++OH﹣＝H2O生成1mol H2O放出热量57.3kJ，下列反应中放出57.3kJ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1mol水
D．稀NaOH与95%浓硫酸生成1mol水
18．（3分）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•L﹣1）
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.1
5
0.2
10
C
40
5
0.1
10
0.1
5
D
40
5
0.1
5
0.1
10
19．（3分）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
20．（3分）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
21．（3分）若是烯烃与H2加成后的产物，则烯烃可能有的结构有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
22．（3分）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
23．（3分）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）
24．（3分）下图所示的实验，能达到实验目的是（ ）
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
二、解答题（共4小题，满分48分）
25．（12分）如图所示，在一个小烧杯里加入研细的20g Ba（OH）2•8H2O晶体。
（1）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。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。
26．（10分）在2L密闭容器内，800℃时发生反应：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g），在体系中，n（NO）随时间的变化如表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
NO的物质的量（mol）
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
（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0～2s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逆（NO）＝2v正（O2）
d．容器内气体密度保持不变．
27．（12分）A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素。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
28．（14分）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。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224L（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。
【参考答案】
一、选择题（共24小题，每小题3分，满分72分）
1．【分析】A．K电子层最多容纳2个电子，H原子K层只有1个电子；
B．M电子层最多容纳18个电子；
C．离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍，如S2﹣、K+等；
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．
【解答】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．【分析】质子数相同的同一类原子的总称为元素，质子数相同、中子数的不同原子互为同位素，化学性质相同，物理性质不同，并注意粒子可能为分子、原子、离子等，以此来解答。
【解答】解：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，故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，故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，故③正确；
④因分子中质子数等于电子数，离子中质子数一定不等于电子数，则质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子，故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，故⑤错误；
故选：A。
3．【分析】同周期的ⅡA族元素、ⅢA族元素若在短周期为相邻；在四、五周期，中间有10个纵行；在五、六周期应注意存在镧系和锕系，以此来解答。
【解答】解：A．若为短周期，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差1，即b＝a+1，故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b＝a+11，故B不选；
C．无论元素在短周期还是长周期，都不存在b＝a+10，故C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b＝a+25，故D不选。
故选：C。
4．【分析】a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期的一部分元素，根据元素所在位置，可推知a为He、b为O、d为Cl、c为P、e为As。
A．氧元素没有+6价；
B．He只有1个电子层，为2电子稳定结构；
C．非金属性越强，氢化物越稳定。
D．非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性；
【解答】解：a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期的一部分元素，根据元素所在位置，可推知a为He、b为O、d为Cl、c为P、e为As。
A．元素b为氧，位于ⅥA族，但氧元素没有+6价，故A错误；
B．五种元素中，元素a（He）的性质最稳定，故B错误；
C．非金属性c＞e，气态氢化物的稳定性：c＞e，故C正确；
D．非金属性d＞c，最高价氧化物对应水化物的酸性：c＜d，故D错误；
故选：C。
5．【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，据此分析解答．
【解答】解：A．硫酸中只含共价键，故A错误；
B．氧化镁中只含离子键，故B错误；
C．Na2O2、KOH、Na2SO4含离子键和共价键，故C正确；
D、HCl只含共价键，Al2O3、MgCl2只含离子键，故D错误；
故选：C。
6．【分析】对ABn型分子，A的族序数+成键数＝8，则满足所有原子都满足最外层8电子结构，含有H元素的化合物中H元素一定不满足8电子结构．
【解答】解：A．HClO分子中H原子最外层满足2电子结构，故A错误；
B．PCl5中，P原子的族序数+成键数＝5+5＝10，所以不满足所有原子最外层为8电子结构，故B错误；
C．BF3中，B原子的族序数+成键数＝3+3＝6，所以不满足所有原子最外层为8电子结构，故C错误；
D．CO2中，C原子的族序数+成键数＝4+4＝8，所以满足所有原子最外层为8电子结构，故D正确；
故选：D。
7．【分析】盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，则增大氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量或利用原电池原理来加快反应速率即可。
【解答】解：A、加入适量的6mol。L﹣1的盐酸，增大氢离子的浓度，也增大了氢离子的物质的量，故A不选；
B、因Zn过量，加入数滴氯化铜溶液，置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，且没有改变氢离子的物质的量，故B选；
C、加入适量蒸馏水，氢离子的浓度减小，不改变氢离子的物质的量，化学反应速率减小，故C不选；
D、加入适量的氯化钠溶液，溶液体积变大，氢离子的浓度减小，不改变氢离子的物质的量，化学反应速率减小，故D不选；
故选：B。
8．【分析】根据反应物的总能量＞生成物的总能量，反应为放热反应；反应物的总能量＜生成物的总能量，反应为吸热反应来解答．
【解答】解：吸热反应中，反应物总能量＜生成物总能量，故选A。
9．【分析】A、根据图象判断出反应物和生成物，根据物质的量的变化判断计量数之间的关系；
B、根据某一时间反应中各物质的物质的量是否变化判断反应是否达到平衡；
C、根据平衡移动的方向判断正逆反应速率的关系；
D、根据某一时刻反应物和生成物的物质的量多少判断浓度的关系．
【解答】解：A、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之比为2：1，所以反应方程式应为：2NM，故A错误；
B、由图可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C、由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，故C错误；
D、t1时，N的物质的量为6mol。M的物质的量为3mol，故N的浓度是M浓度的2倍，故D正确。
故选：D。
10．【分析】在同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此分析．
【解答】解：在同一化学反应、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v（C）：v（A）＝v（C）：1mol•L﹣1•min﹣1
＝2：1，所以v（C）＝2mol•L﹣1•min﹣1
故选：C。
11．【分析】原电池中，得电子发生还原反应的电极是正极，失电子发生氧化反应的电极是负极，根据得失电子判断电极名称．
【解答】解：A．由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以铝作负极，铜作正极，其负极反应式为：Al﹣3e﹣＝Al3+，故A正确；
B．Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为：Al﹣3e﹣+4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故B正确；
C．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故C错误；
D．Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣＝Cu2+，故D正确；
故选：C。
12．【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。
13．【分析】反应均发生Zn+2H+═Zn2++H2↑，Zn过量，则等浓度、等体积的稀硫酸完全反应，生成氢气相同，且a中加入少量CuSO4溶液，构成Cu、Zn原电池，加快反应的速率，以此来解答．
【解答】解：由题意可知，反应均发生Zn+2H+═Zn2++H2↑，Zn过量，则等浓度、等体积的稀硫酸完全反应，生成氢气相同，且a中加入少量CuSO4溶液，构成Cu、Zn原电池，加快反应的速率，所以a反应速率快，达到反应结束时的时间短，显然只有B图象符合，
故选：B。
14．【分析】A、燃料电池中负极上失电子发生氧化反应，负极上反应材料是燃料；
B、燃料电池中负极上失电子发生氧化反应；
C、燃料电池正极上氧气得电子发生还原反应；
D、氧气具有氧化性，常做氧化剂．
【解答】解：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、燃料电池负极燃料失电子，发生氧化反应，故B错误；
C、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C正确；
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：B。
15．【分析】A．根据催化剂可以同等程度的增大正逆反应的反应速率；
B．增加压强不一定能增加反应速率，必须是提高反应物浓度（例如压缩体积），像充入惰性气体这样的方式，虽然增加了压强，但是反应速度依然不变；
C．降低温度，反应速率减小；
D．根据v＝计算判断．
【解答】解：A．催化剂可同等程度的改变正、逆反应的反应速率，故A错误；
B．若在恒容条件下，向容器通入惰性气体，反应体系的压强变大，但反应各物质的浓度不变，因此反应速率也不变，故B错误；
C．降低温度，反应速率减小，达到平衡的时间增多，故C错误；
D．根据计算平均速率的定义公式，浓度变化量c2﹣c1，时间为t2﹣t1，SO3（g）生成的平均速率为v＝，故D正确。
故选：D。
16．【分析】可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化；该反应的特点为：一是可逆反应；二是反应前后气体体积相等；根据气体压强之比等于气体物质的量之比推断，该反应在整个反应过程中总压强是不变的．
【解答】解：A，该反应方程式两边气体体积相等，根据气体压强之比等于气体物质的量之比推断，该反应在整个反应过程中总压强是不变的，压强不变，不能说明该反应已经达到平衡，故A错误；
B、根据A同理推断，容器中气体的平均相对分子质量始终不随时间变化，气体的平均相对分子质量不随时间变化，不能说明该反应已经达到平衡，故B错误；
C、XY气体的物质的量分数不变，表明各组分的浓度不变、正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C正确；
D、X2和Y2的化学计量数相等，其消耗速率始终相等，无法判断正逆反应速率是否相等，不能说明该反应已经达到平衡，故D错误；
故选：C。
17．【分析】A、1mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应会生成2mol的水；
B、氨水是弱碱，电离过程需要吸热；
C、稀盐酸与稀Ba（OH）2溶液反应生成1mol水的实质是：H++OH﹣＝H2O；
D、浓硫酸的溶解过程释放热量．
【解答】解：A、1mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应会生成2mol的水，放出热量114.6kJ，故A错误；
B、氨水是弱碱，电离过程需要吸热，稀盐酸与氨水反应生成1molH2O放出的热量会小于57.3kJ，故B错误；
C、稀盐酸与稀Ba（OH）2溶液反应生成1mol水的实质是：H++OH﹣＝H2O，放出的热量是57.3kJ，故C正确；
D、浓硫酸的溶解过程释放热量，所以稀NaOH与95%浓硫酸生成1mol水放出的热量大于57.3kJ，故D错误。
故选：C。
18．【分析】温度对化学反应速率影响大于浓度对化学反应速率影响，温度越高化学反应速率越快，温度相同时，浓度越大化学反应速率越快，化学反应速率越快，实验中出现浑浊越快，据此分析解答。
【解答】解：温度对化学反应速率影响大于浓度对化学反应速率影响，温度越高化学反应速率越快，温度相同时，浓度越大化学反应速率越快，化学反应速率越快，实验中出现浑浊越快，
CD温度大于AB，所以出现浑浊CD比AB快；
酸浓度C＞D，所以反应速率C＞D，则C比D先出现沉淀；
酸浓度B＞A，所以反应速率B＞A，则B比A先出现沉淀，
所以出现沉淀先后顺序为C＞D＞B＞A，
故选：C。
19．【分析】A．有机物种类繁多的原因：碳原子成键方式的多样性和有机物存在同分异构现象；
B．同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；
C．有机物种类繁多的原因：碳原子成键方式的多样性和有机物存在同分异构现象；
D．烷烃又叫饱和烃，每一个碳原子之间都以碳碳单键结合成链状，碳原子的剩余价键都与氢原子相结合．
【解答】解：A．有机物种类繁多的主要原因是碳原子成键方式的多样性和有机物存在同分异构现象，故A错误；
B．烃类分子中的碳原子与氢原子是通过极性键结合的，故B错误；
C．同分异构现象的广泛存在是造成有机物种类繁多的重要原因，不是唯一原因，故C错误；
D．烷烃又叫饱和烃，每一个碳原子之间都以碳碳单键结合成链状，碳原子的剩余价键都与氢原子相结合，故D正确。
故选：D。
20．【分析】有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；
有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，以此解答该题．
【解答】解：A．甲烷中氢原子被氯原子取代，该反应为取代反应，故A正确；
B．乙烯含有碳碳双键，被酸性高锰酸钾氧化，故B错误；
C．苯与溴水不反应，故C错误；
D．乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，故D错误。
故选：A。
21．【分析】加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应．根据加成原理采取逆推法还原C＝C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置．还原双键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键．
【解答】解：根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置。该烷烃的碳链结构为，5号碳原子上没有H原子，与相连接T原子不能形成碳碳双键，能形成双键位置有：1和2之间；2和3之间；3和4之间，3和6之间，4和7之间，故该烃共有5种结构，故选C。
22．【分析】A．分子式相同，各元素质量分数也相同的物质可能是同分异构体；
B．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同；
C．分子式相同的不同物质，说明物质的结构不同，一定是同分异构体；
D．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体．
【解答】解：A．分子式相同，各元素质量分数也相同的物质可能是同一物质、也可能同分异构体，故A错误；
B．通式相同的不同物质一定属于同系物，结构不一定相似，不一定为同系物，若烯烃与环烷烃等，故B错误；
C．分子式相同的不同物质，说明物质的结构不同，一定是同分异构体，故C正确；
D．相对分子质量相同的不同物质，可能互为同分异构体，如正戊烷、异戊烷，也可能不是同分异构体，如甲酸与乙醇，故D错误；
故选：C。
23．【分析】n（H2O）＝＝0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而烃类中碳原子数小于1的只有甲烷，判断混合气体中一定含有甲烷，再根据甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃中一定含有4个H原子，然后根据平均分子式对各选项进行判断。
【解答】解：n（H2O）＝＝0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而烃类中碳原子数小于1的只有甲烷，判断混合气体中一定含有甲烷，根据甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃中一定含有4个H原子，可能含有乙烯，一定不含乙烷，所以ABD错误，C正确，
故选：C。
24．【分析】A．该装置没有形成闭合回路，则没有构成原电池；
B．氯气能够氧化碘离子，干扰了溴与碘离子的反应；
C．甲烷与氯气反应生成的是各种氯代甲烷混合物；
D．铁离子对双氧水的分解起到了催化剂的作用．
【解答】解：A．图示装置中缺少盐桥，没有构成原电池，无法验证化学能转化为电能，故A错误；
B．该实验能够证明Cl2＞Br2，由于氯气能够氧化碘离子，则干扰了溴氧化碘离子的实验，无法证明Br2＞I2，故B错误；
C．将等体积的甲烷和氯气混合光照，得到的是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的混合物，无法得到纯净的一氯甲烷，故C错误；
D．5%的H2O2溶液中滴入2滴1mol•L﹣1氯化铁溶液，双氧水分解速率加快，可通过对比，验证催化剂能够加快反应速率，故D正确；
故选：D。
二、解答题（共4小题，满分48分）
25．【分析】（1）玻璃棒的搅拌作用还可以让化学反应快速发生；
（2）氢氧化钡和氯化铵反应生成氯化钡、氨气和水，所有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）反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应是一个吸热反应。
【解答】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生反应，
故答案为：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）氢氧化钡和氯化铵反应生成氯化钡、氨气和水，即Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl═BaCl2+2NH3↑+10H2O，该反应是复分解反应，不属于氧化还原反应，
故答案为：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，故答案为：玻璃片上因结冰而与小烧杯黏在一起；
（4）通过玻璃片上结冰现象，可以知道氢氧化钡晶体和氯化铵之间的反应是吸热的，反应物的总能量小于生成物的总能量，故答案为：吸；小于。
26．【分析】（1）根据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反应不能完全进行，据此判断反应是否是可逆反应，NO转化率＝×100%；
（2）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，是可逆反应，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△v＝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）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变．
【解答】解：（1）根据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反应不能完全进行，所以该反应是可逆反应，NO转化率＝×100%＝65%，故答案为：是；65%；
（2）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，所以反应为可逆反应，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v（NO）＝＝0.0030mol/（L．s），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＝v（NO）＝0.0015mol/（L•s），故答案为：b，0.0015mol/（L•s）；
②a．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v（NO2）＝2v（O2）为正反应速率之比，不能说明正逆反应速率相同，无法判断正逆反应速率是否相等，故a错误；
b．反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故b正确；
c．反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，v逆（NO）＝2v正（O2）时，一氧化氮正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；
故选bc，
故答案为：bc
27．【分析】A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素。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 ＝8，则D为O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②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构，则E为Cl元素，以此解答该题。
【解答】解：根据分析可知：A为Na元素，B为Al元素，C为S元素，D为O元素，E为Cl元素。
（1）HmDm为H2O2，双氧水为共价化合物，其电子式为，故答案为：；
（2）由于非金属性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﹣，可通过反应Cl2+S2﹣＝2Cl﹣+S↓证明，
故答案为：S2﹣＞Cl﹣；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，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（4）A的最高价氧化物对应的水化物溶液为NaOH，常温下将等物质的量浓度的H2S溶液与NaOH按体积比1：2混合，反应生成硫化钠和水，该反应的离子方程式为：H2S+2OH﹣＝S2﹣+H2O，该溶液的溶质为硫化钠，硫化钠为离子化合物，含有含有的化学键为离子键，
故答案为：H2S+2OH﹣＝S2﹣+H2O；离子键。
28．【分析】（1）氢氧燃料原电池中，H2在负极上失电子生成水，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，O2在正极上得电子生成OH﹣，电极反应式为 O2 +2H2O+4e﹣═4OH﹣，电子的流向是从负极流出，经过导线流向正极，即由a到b，电流方向为b→a；
（3）根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂，根据氢气和转移电子之间的关系式计算。
【解答】解：氢氧燃料原电池中，H2在负极上失电子生成水，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，O2在正极上得电子生成OH﹣，电极反应式为 O2 +2H2O+4e﹣═4OH﹣，电子的流向是从负极流出，经过导线流向正极，
（1）在原电池中，负极上失电子，正极上得电子，电子的流向是从负极流向正极，所以是 由a到b，电流方向为b→a，故答案为：b→a；
（2）碱性环境中，负极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，
故答案为：2H2+4OH﹣﹣4e﹣═4H2O；O2 +2H2O+4e﹣═4OH﹣；
（3）①2Li+H22LIH中锂失电子作还原剂，Ⅱ．LiH+H2O═LiOH+H2↑中水得电子作氧化剂，故答案为：Li；H2O；
②氢气的物质的量＝＝10mol，当吸收10molH2时，则生成20molLiH，m（LiH）＝nM＝20mol×8g/mol＝160g，V（LiH）＝＝＝195cm3＝0.195L，
所以生成的LiH体积与被吸收的H2体积比＝＝8.71×10﹣4，故答案为：8.71×10﹣4；
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。
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