【化学】宁夏回族自治区青铜峡市高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

宁夏回族自治区青铜峡市高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
可能用到的原子量：H-1 C-12 Na-23 O-16 N-14 CL-35.5 Zn-65
一、 选择题(每小题只有一个选项是正确的：2×25=50分)
1. 进入冬季以后，我国许多城市将出现雾霾天气，下列做法能减轻雾霾形成的是（ ）
A. 市郊露天焚烧秸秆 B. 大力推广使用燃煤发电
C. 大量使用机动车辆 D. 多利用太阳能发电
【答案】D
【解析】试题分析：A．在市郊露天焚烧秸秆，会产生大量的烟，导致出现雾霾天气，A错误；B．推广使用燃煤发电，会产生大量的烟，导致出现雾霾天气，B错误；C．大量使用机动车辆，燃油燃烧时会产生大量的烟，导致出现雾霾天气，C错误；D．多利用太阳能发电，会减少烟的产生，因此能减轻雾霾形成，D正确，答案选D。
2.元素性质呈现周期性变化的根本原因 （ ）
A. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化
B. 元素化合价呈周期性变化
C. 电子层数逐渐增加
D. 原子半径呈周期性变化
【答案】A
【解析】分析：根据随原子序数的递增，原子的结构呈现周期性的变化而引起元素的性质的周期性变化来解答。
详解：A、因原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化，则引起元素的性质的周期性变化，A正确；
B、因元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，B错误；
C、元素电子层数逐渐增加不能说明元素性质的周期性变化，C错误；
D、因元素的原子半径是元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，D错误。
答案选A。
3. 应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（ ）
①碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低
②Cs是第ⅠA族元素，Cs失电子能力比Na的强
③砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定性大于HCl
④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性
⑤第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱．
A. ①③⑤ B. ①②⑤ C. ②③⑤ D. ①②④
【答案】B
【解析】试题分析：①随原子序数增加，原子半径增大，故金属键越弱，熔点越低，①正确；②同主族元素从上到下金属性逐渐增强，故Cs的金属性大于Na，即Cs失电子能力比Na的强，故②正确；③同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，即At的非金属性小于Cl，非金属性越弱，对应的气态氢化物的稳定性越弱，故③错误；④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液不一定显酸性，例如，N元素，气态氢化物为NH3溶于水后显碱性，故④错误；⑤第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，例如，碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3故⑤正确，此题选 ①②⑤，答案选B。
4.下列有关原子结构和元素周期律表述正确的是（ ）
A. 原子序数为15的元素的最高化合价为＋3
B. 第ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素
C. Li、 Na、K、Rb、Cs的得电子能力逐渐增强
D. 原子序数为16的元素位于元素周期表的第三周期的IVA族
【答案】B
【解析】原子序数为15的元素为P，其最高化合价为+5，所以选项A错误。第ⅦA族元素是同周期中最靠右的元素（不考虑西=稀有气体），同周期从左向右非金属性逐渐增强，所以选项B正确。Li、 Na、K、Rb、Cs的原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，所以失电子能力逐渐增强，选项C错误。原子序数为16的元素为S，处于周期表的第三周期的ⅥA族，选项D错误。
5.某元素原子核外L层电子数比K层电子数多3，则此元素在周期表中位于( )
A. 第二周期第ⅤA族 B. 第二周期第ⅦA族
C. 第三周期第ⅤA族 D. 第三周期第ⅦA族
【答案】A
【详解】某元素原子核外L层电子数比K层电子数多3，K层电子数是2，L层电子数比K层电子数多3，则L层电子数是5，则该元素是N元素，该元素核外有2个电子层，所以在第二周期，其最外层电子数是5，则为第VA族，所以该元素位于第二周期第VA族。
故选A。
6.某元素原子M层电子数是K层电子数的3.5倍，则该元素最高价氧化物对应水化物的化学式为（ ）
A. HNO3 B. H3PO4 C. H2SO4 D. HClO4
【答案】D
【解析】某元素原子M层电子数是K层电子数的3.5倍,则该原子M层电子数为7,故M为Cl元素,最高正化合价为+7,该元素最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4, D正确；正确选项D。
7.下列化学用语书写正确的是（ ）
A. 氯离子的结构示意图：
B. 作为相对原子质量测定标准碳核素：
C. 氯化镁的电子式：
D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
【答案】C
【详解】A. 氯离子核外电子数为18，氯离子的结构示意图为：，选项A错误；
B. 作为相对原子质量测定标准的碳核素为，选项B错误；
C. 氯化镁是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，电子式为：，选项C正确；
D. 氯化氢为共价化合物，通过共用电子对形成共价键，用电子式表示氯化氢分子的形成过程为：，选项D错误。
答案选C。
8.下列物质中，只含有非极性共价键的是（ ）
A. MgCl2 B. Ba(OH)2 C. O2 D. H2O2
【答案】C
【解析】MgCl2为离子化合物，只含有离子键，A错误；Ba(OH)2为离子化合物，含有离子键，H-O为极性键，B错误；O2只含有O=O双键，为非极性共价键, C正确；H2O2为共价化合物，既存在H-O极性共价键，又存在O-O非极性共价键，D错误；正确选项C。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 凡是有化学键断裂的过程一定发生了化学反应 B. 分子中一定含有共价键
C. 仅由非金属元素不可能形成离子化合物 D. 离子化合物中可能含有共价键
【答案】D
【解析】A.有化学键断裂的过程不一定发生了化学反应，如离子晶体熔化时其离子键断裂，只发生了物理变化，A不正确；B. 分子中不一定含有共价键，如稀有气体分子中无共价键，B不正确；C. 仅由非金属元素也可能形成离子化合物，如氯化铵是离子化合物，C不正确；D. 离子化合物中可能含有共价键，如氯化铵中的铵根内有共价键，D正确。本题选D。
10. 下列各组物质的性质比较中，正确的是( )
A. 稳定性：HCl>H2S>H2O B. 碱性：NaOH >KOH>Mg(OH)2
C. 酸性：HClO4>HBrO4>HIO4 D. 还原性：I-﹤Br-﹤Cl-
【答案】C
【解析】试题分析：A．非金属元素的得电子能力越强，气态氢化物的稳定性越强，由于得电子能力：Cl>O>S，因此稳定性：HCl>H2O>H2S，A错误；B．金属元素失电子能力越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，由于失电子能力：K>Na>Mg，因此碱性：KOH >NaOH>Mg(OH)2，B错误；C．非金属元素得电子能力越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，由于得电子能力：Cl >Br >I，故酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，C正确；D．非金属元素原子的得电子能力越强，对应阴离子的还原性越弱，由于得电子能力：Cl >Br >I，还原性：Cl- -﹤Br-﹤I，D错误。故答案C。
11.某元素最高价氧化物对应水化物的化学式是H2XO3 ，这种元素的气态氢化物的化学式是（ ）
A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4
【答案】D
【详解】X元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO3，则X的最高正价为+4价，说明X原子最外层有4个电子，最低化合价为-4价，形成的氢化物为XH4。
故选D。
12.元素X、Y的原子序数之和为21，X3+与Y2-具有相同的核外电子排布。下列推测正确的是（ ）
A. 同周期元素中X的金属性最强
B. 原子半径：X＞Y，离子半径：X3+＞Y2-
C. 同族元素中Y的氢化物稳定性最高
D. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
【答案】C
【解析】分析：X3+与Y2-具有相同的核外电子排布，元素X、Y的原子序数之和为21，可知原子序数分别为13、8，则X为Al、Y为O，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题。
详解：由以上分析可知X为Al、Y为O，则
A．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，第三周期中Na的金属性最强，A错误；
B．电子层数越多，微粒半径越大，铝原子半径大于氧原子半径。具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，X3+＜Y2-，B错误；
C．同主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，C正确；
D．Y为O元素，不存在含氧酸，D错误。
答案选C。
13.短周期元素的离子aW2+、bX+、cY2-、dZ- 都具有相同的电子层结构，下列推断正确的是（ ）
A. 原子半径：W＞X＞Z＞Y B. 热稳定性： H2Y＞HZ
C. 离子半径：W2+＞Y2- D. 碱性：XOH＞W(OH)2
【答案】D
【解析】试题分析：核外电子排布相同，根据所带电荷数确定所在大概位置，YZ在一周期，Y在Z左侧，WX 在一周期，在YZ的下一周期，且X在W的左侧，A、半径大小比较：（1）看电子层数，电子层数越大，半径越大，（2）看原子序数，核外电子层数相等，原子序数越大，半径越小，原子半径的大小：X>W>Y>Z，故错误；B、热稳定性与非金属性有关，非金属性越强氢化物越稳定，同周期从左向右非金属性增强，稳定性：HZ>H2Y，故错误；C、根据A的分析，Y2－>W2＋，故错误；D、 最高价氧化物对应水化物的碱性越强，说明金属性越强，同周期从左向右金属性减弱，XOH>W(OH)2，故正确。
14.同一周期X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性是： HXO4>H2YO4>H3ZO4，则下列判断错误的是（ ）
A. 原子半径：X > Y > Z
B. 气态氢化物的稳定性：HX > H2Y > ZH3
C. 非金属性：X > Y > Z
D. 阴离子的还原性：Z3-> Y2-> X-
【答案】A
【解析】由三种元素最高价氧化物的水化物的化学式知X、Y、Z的最高正价分别为+7、+6、+5，推知它们分别位于第VIIA、VIA、VA族。由同一周期元素性质的递变规律。可确定A符合题意。
15.甲、乙两种非金属比较，能说明甲比乙的非金属性强的是( )
①甲比乙更容易与H2化合
②甲单质能与乙的阴离子反应，置换出乙单质
③甲的气态氢化物比乙的气态氢化物稳定
④与某金属反应时甲原子得电子数比乙得的多
⑤甲单质的熔沸点比乙的低
A. ④ B. ①②③
C. ⑤ D. ①②③④
【答案】B
【详解】①元素的非金属性越强，其单质与氢气化合就越容易，甲比乙更容易与H2化合，说明甲比乙的非金属性强，故①正确；
②活动性强的非金属可以把活动性弱的非金属从化合物中置换出来。甲单质能与乙的阴离子反应，置换出乙单质，说明甲比乙的非金属性强，故②正确；
③元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。甲的气态氢化物比乙的气态氢化物稳定，证明甲比乙的非金属性强，故③正确；
④元素的非金属性强弱与原子获得电子数目的多少无关，故不能证明甲比乙的非金属性强，故④错误；
⑤元素的非金属性的强弱与其单质的熔沸点无关，故不能证明甲比乙的非金属性强，故⑤错误。
所以可以证明甲比乙的非金属性强的事实是①②③。
故选B。
16.短周期中三种元素a、b、c在周期表中的位置如图，下列有关这三种元素的叙述正确的是( )

A. a是一种活泼的非金属元素
B. c的最高价氧化物的水化物是一种弱酸
C. b的氢化物很稳定
D. b元素的最高化合价为＋7价
【答案】C
【解析】试题分析：根据元素周期表的结构推断a为氦元素，b为氟元素，c为硫元素。A、氟元素为非金属性最强的元素，它的氢化物很稳定，正确；B、氦元素为稀有气体元素，错误；C、硫酸为强酸，错误；D、氟元素没有正价，错误。
17.在一定条件下，某可逆反应达到化学反应限度时，下列说法正确的是（ ）
A. 反应停止 B. 至少一种反应物消耗完
C. 各物质的含量不变 D. 正反应速率大于逆反应速率
【答案】C
【解析】达到了平衡状态,正逆反应速率相等,不是反应停止,A错误；可逆反应,反应物转化率不可能是100%, B错误；达到了平衡状态,各组分浓度不再变化, C正确；达到了平衡状态,正逆反应速率相等,各组分浓度不变,D错误；正确选项C。
18.已知反应X+Y= M+N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（ ）
A. X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的
B. 因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行
C. 破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量
D. X和Y的总能量一定低于M和N的总能量
【答案】D
【解析】反应的吸、放热，与反应条件无关，故B错误；
C中应是大于；
由反应的吸、放热，能比较的是反应物总能量与产物总能量，故D正确；
19.人造地球卫星上使用的一种高能电池——银锌蓄电池，其电池的电极反应式为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，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
【答案】B
【详解】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。所以根据化合价可知，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。
20.硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是(　　)
A. 对该反应体系加热
B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液
D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【详解】A.因加热时反应体系的温度升高，则化学反应速率加快，故A能；
B.因浓硫酸具有强氧化性，常温下铁与浓硫酸钝化，加热反应生成二氧化硫而不生成氢气，故B不能；
C.滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故C能；
D.改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，则反应速率加快，故D能。
故选B。
21.已知：4NH3+5O2 4NO+6H2O，若反应速率分别用、、、 表示，则正确的关系是 (　　)
A. 4=5 B. 5=6
C. 2=3 D. 4=5
【答案】D
【详解】A.对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故5v（NH3）=4v（O2），故A错误；
B.对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v（O2）=5v（H2O），故B错误；
C.对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v（NH3）=4v（H2O），故C错误；
D.对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故4v（O2）=5v（NO），故D正确。
故选D。
22.在2A(g)＋B(g) 3C(g)＋5D(g)反应中，表示该反应速率最快的是 (　　)
A. υ(A)＝ 0.5 mol／(L·ｓ)
B. υ(B)＝ 0.3 mol／(L·ｓ)
C. υ(C)＝ 0.8 mol／(L·ｓ)
D. υ(D)＝ 1 mol／(L·ｓ)
【答案】B
【详解】都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A（g）+B（g）⇌3C（g）+5D（g），
A.υ（A）=0.5mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（A）=×0.5mol/（L•s）=1.25mol/（L•s），
B.υ（B）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=5υ（B）=5×0.3mol/（L•s）=1.5mol/（L•s），
C.υ（C）=0.8mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（C）=×0.8mol/（L•s）=mol/（L•s），
D.υ（D）=1mol/（L•s）。
故速率B＞C＞A＞D。
故选B。
23.如图是Zn、Cu和稀硫酸形成的原电池，某化学实验兴趣小组同学做完实验后，在读书卡片上记录如下，卡片上的描述合理的是(　　)

A. ①②③ B. ①⑤⑥ C. ②③④ D. ③④⑤
【答案】D
【解析】试题分析：由图可知，Zn、Cu和稀硫酸形成的原电池中，Zn是负极、Cu是正极，该原电池工作时，负极的电极反应为Zn-2e-=Zn2+，正极的电极反应为2H++2e-=H2↑，电子从负极经外电路流向正极，若有1mol电子流过导线，则正极产生0.5mol H2。内电路中，H+从负极移向正极。综上所述，卡片上的描述合理的是③④⑤，D正确，本题选D。
24.X、Y、Z都是金属，把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，X和Y组成原电池时，Y为电池的负极。则X、Y、Z三种金属的活动性顺序为（ ）
A. X>Y>Z B. X>Z>Y
C. Y>X>Z D. Y>Z>X
【答案】C
【解析】试题分析：X与Z的盐溶液反应置换出Z，所以活泼性：X>Z；X与Y组成原电池，Y为负极，所以活泼性：Y>X；所以X、Y、Z 3种金属的活泼性顺序为：Y>X>Z。
25.如图所示装置，电流计指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C可能是下列各组中的(　　)

A. A是Ag，B是Fe，C为稀AgNO3溶液
B. A是Cu，B是Zn，C为稀H2SO4
C. A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液
D. A是Zn，B是Cu，C为稀H2SO4
【答案】A
【解析】
【分析】A极逐渐变粗，说明A极为原电池的正极，溶液中的金属阳离子得到电子后在A极上析出；B极逐渐变细，说明B极为原电池的负极，失去电子后变成离子进入溶液中，则B的活泼性大于A的活泼性，据此答题。
【详解】A.如果A是Ag，B是Fe，C为稀AgNO3溶液，A极析出银，逐渐变粗，B极Fe溶解，逐渐变细，故A选；
B.如果A是Cu，B是Zn，A极会产生氢气，不会有金属析出，即A极不会变粗，故B不选；
C.如果A是Fe，B是Ag，则不符合B的活泼性大于A的活泼性，故C不选；
D.如果A是Zn，B是Cu，则不符合B的活泼性大于A的活泼性，故D不选。
故选A。
二、 非选择题(共50分)
26.Ⅰ．根据下列6种符号回答问题：
①1H ②2H ③3H ④14C ⑤14N ⑥16O
(1)共有_______种核素，属于_______种元素。
(2)互为同位素的是____________。(填序号，下同)
(3)质量数相等的是______________，中子数相等的是_________。
Ⅱ．现有6种物质： ①MgCl2②HCl ③SO2 ④ K2CO3⑤ CaO ⑥ NaOH
请根据下列标准，对上述物质进行分类(填序号)：
(1)属于共价化合物是_____________。
(2)只含离子键的化合物是_________。
(3)含共价键的离子化合物是______。
【答案】（14分）
Ⅰ．（1）6, 4 (每空1分) （2）①②③(2分) （3） ④⑤(2分) ④⑥(2分)
Ⅱ．（1） ②③ (2分) （2） ①⑤(2分) （3） ④⑥(2分)
【解析】I．（1）①1H ②2 H ③3 H  ④14C ⑤14N ⑥16O 分别为一种核素，共6种：①1H ②2 H ③3 H 都属于氢元素，④14C 属于碳元素，⑤14N 属于氮元素，⑥16O属于氧元素，一共有4种元素；
（2）其中：①1H ②2 H ③3 H 都属于氢元素，质子数相同，而中子数不同互为同位素；
（3）原子符号左上角的数字为质量数，则质量数相等的是④14C和 ⑤14N；④14C 中中子数=14-6=8，⑥16O 的中子数=16-8=8，所以二者中子数相同；
II．①MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，属于离子化合物；
②HCl分子中H-Cl原子之间只存在共价键，属于共价化合物；
③SO2分子中C与O原子之间只存在共价键，属于共价化合物；
④K2CO3中钾离子和碳酸根离子之间存在离子键、O与C原子之间存在共价键，属于离子化合物；
⑤CaO中钙离子和氧离子之间只存在离子键，属于离子化合物；
⑥NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，属于离子化合物；
（1）通过以上分析知，属于共价化合物的是②③；
（2）只含有离子键的是①⑤；
（3）含共价键的离子化合物是④⑥。
27.Ⅰ．(1)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流表。原电池工作时电子是从_____到______(填锌片或银片)，锌片电极上发生的是_______________反应(“氧化”或“还原”)。电极反应式为_________________________________,锌片上观察到的现象为___________
(2)银片上发生的是____________反应(“氧化”或“还原”),电极反应式是__________，银片上观察到的现象是______________________溶液中的C(H+)____________(填“增大”或“减小”)。
(3)若该电池中两电极的总质量为60 g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47 g，试计算：产生氢气的体积为________L(标准状况)；导线中通过的电子数为______。
Ⅱ．根据反应：CuCl2 + Fe= FeCl2 + Cu 设计原电池：
(1)在该原电池中，以__________(写名称)为电解质溶液，铁为______极，电极反应式为_______,
(2)在该原电池中，选__________(写名称)作正极,电极反应式是__________________________
(3)画出装置图，标出正、负极材料及电解质溶液名称____________________。
【答案】(1). 锌片 (2). 银片 (3). 氧化 (4). Zn-2e-═Zn2+ (5). 锌片不断溶解 (6). 还原 (7). 2H++2e-═H2↑ (8). 有气泡产生 (9). 减小 (10). 4.48 (11). 0.4NA或2.408×1023 (12). 氯化铜溶液 (13). 负极 (14). Fe﹣2e﹣=Fe2+ (15). 铜或石墨或银 (16). Cu2++2e﹣=Cu (17).
【详解】Ⅰ．（1）锌片、银片、稀硫酸构成原电池中，活泼金属锌作负极，电子是从负极流出经过外电路流入正极即由锌片到银片，负极上失电子发生氧化反应，电极方程式为：Zn-2e-═Zn2+，现象为锌片不断溶解，故答案为：锌片，银片，氧化，Zn-2e-═Zn2+，锌片不断溶解。
（2）锌片、银片、稀硫酸构成的原电池中，银片做正极，溶液中氢离子在银电极得到电子发生还原反应，电极反应为：2H++2e-═H2↑，现象为有气泡产生，溶液中的c(H+)减少，故答案为：还原，2H++2e-═H2↑，有气泡产生，减小。
（3）若该电池中两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47g，分析可知电极质量减小的是负极反应的锌的质量，物质的量==0.2mol，锌做负极，失电子发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-═Zn2+，银片做正极，溶液中氢离子在银电极得到电子发生还原反应，电极反应为：2H++2e-═H2↑，依据电子守恒可知，生成氢气物质的量为0.2mol，标准状况下体积=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；转移电子物质的量为0.4mol，则导线中通过的电子数为0.4NA或2.408×1023，故答案为：4.48，0.4NA或2.408×1023。
Ⅱ．（1）该原电池反应中，Fe元素化合价由0价变为+2价，所以Fe失电子发生氧化反应，则Fe作负极，氯化铜溶液为电解质溶液，电子从负极沿导线流向正极，电流与电子流向相反，负极反应式Fe﹣2e﹣=Fe2+，故答案为：氯化铜溶液，负极，Fe﹣2e﹣=Fe2+。
（2）该原电池反应中，Cu元素化合价由+2价变为0价，则氯化铜得电子发生还原反应，铜或石墨或银为正极，正极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，故答案为：铜或石墨或银，Cu2++2e﹣=Cu。
（3）该原电池反应中Fe作负极，铜或石墨或银为正极，氯化铜溶液为电解质溶液，电子从负极沿导线流向正极，电流与电子流向相反，其装置图为，故答案为：。
28.Ⅰ．氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 (g)+3H2 (g)2NH3(g)
(1)已知每破坏1mol有关化学键需要的能量如下表：
H-H
N-H
N-N
N≡N
435.9KJ
390.8KJ
192.8KJ
945.8KJ
(1)则反应物的总能量_________(填“>”或 “