1、一、选择题（本题包括20小题，1-10每小题2分，10-20每小题3分共50分）1.下列物质中，只含有共价键的化合物是( )A. NH4ClB. O2C. BaCl2D. CO2【答案】D【解析】【详解】A.NH4Cl是含有离子键、共价键的离子化合物，A错误；B.O2是仅有共价键的单质，B错误；C.BaCl2是仅有离子键的离子化合物，C错误；D.CO2是仅有共价键的共价化合物，D正确；故合理选项是D。2.下列反应属于吸热反应的是( )液态水汽化 焦炭与水蒸气反应 浓硫酸稀释
2、 氯化铵与氢氧化钡晶体反应 生石灰与水反应A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】液态水汽化是吸收热量的物理变化，不合理；焦炭与水蒸气反应属于吸热反应，合理；浓硫酸稀释是放出热量的物理变化，不合理；氯化铵与氢氧化钡晶体反应是吸热反应，合理；生石灰与水反应是放热反应，不合理；综上所述可知，合理说法为，故合理选项是D。3.设C+CO22COH>0，反应速率为v1，N2+3H22NH3H<0，反应速率为v2，对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为 2="" 10="" 30="&
3、quot; 40="" 50="" 60="" a.="" b.="" c.="" d.="" a="" :="" b="" 5.10="" c="" 1.6="" 0.1="" h3po4="" h2s="">Mg2+>Na+【答案】B【解析】【详解】A、元素的非金
4、属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：ClSP，酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故A错误；B、元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：BaCaMg，所以碱性：Ba(OH)2Ca(OH)2Mg(OH)2，故B正确；C、元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：FClSP，则氢化物稳定性为HFHClH2SPH3，故C错误；D、Al3+、Mg2+、Na+的核外均有2个电子层，而当电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故Al3+Mg2+Na+，故D错误；答案选B。7.某元素阳离子Rn，核外共有a个电子，原子的质量数为A，则mg该元素原子核里含有的中
5、子的物质的量(mol)是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据核外电子数与所带的电荷数，计算出核内质子数，再根据质量数 = 质子数 + 中子数相对原子质量，结合元素的物质的量相关的关系式作答。【详解】阳离子Rn+，核外有a个电子，所以其质子数Z = a + n，又因为质量数为A，则中子数=质量数质子数 =A(a+ n) = Aan，m g该元素原子的物质的量为 = mol，所以含有的中子的物质的量(mol)是 (Aan)，D项正确；答案选D。8.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图
6、为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化：下列说法正确的是（ ）A. 1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为180kJB. 1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量C. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO(g)D. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水【答案】B【解析】从反应可看出反应过程中吸收的能量大于放出的能量，故反应过程是吸热反应，B正确；由于氮气的键能特别大，N2(g)和O2(g)在通常情况下不能反应；NO是一种不成盐氧化物。9.下列实验操作、现象与结论均正确的
7、是( )操作和现象结论A将Na放入硫酸镁溶液中，有镁析出钠比镁的金属性强B将Ba(OH)28H2O和NH4Cl晶体在小烧杯中混合搅拌，用手触摸烧杯外壁感觉变凉Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应是吸热反应C卤族元素最外层电子数都为7最高正价都为正7价D向盛有H2O2溶液的两支试管中，分别加入少量MnO2粉末和FeCl3溶液，前者反应速率变得比后者快很多只有MnO2可以加快H2O2分解的速率A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.Na首先与溶液中的水发生反应，不能把Mg置换出来，A错误；B.Ba(OH)28H2O和NH4Cl的反应是
8、吸热反应，因此两种物质混合，会吸收热量，使周围环境温度降低，用手触摸烧杯外壁感觉变凉，B正确；C.F原子半径小，获得电子能力强，没有+7价，C错误；D.MnO2和FeCl3都可以作H2O2分解的催化剂，只是二者的催化效率不同，D错误；故合理选项是B。10.下列装置可以构成原电池的是 ( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A.蔗糖是非电解质，不能形成闭合回路，A错误；B.具有原电池构成的四个条件，可以形成原电池反应，B正确；C.没有活动性不同电极，不能构成原电池，C错误；D.没有形成闭合回路，不能构成原电池，D错误；故合理选
9、项是B。11.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)B(g)xC(g)2D(g)，经2min后测得D的浓度为0.5molL1，c(A)c(B)35， 以C表示的平均速率v(C)0.25molL1min1，下列说法不正确的是( )A. 反应速率v(B)0.125molL1min1B. 该反应方程式中，x2C. 2min时，C的物质的量为1.0molD. 2min时，A的浓度为1.5molL1【答案】D【解析】【详解】A.V(D)=0.25mol/(Lmin)，根据方程式可知V(B):V(D)=1:2，由于V(D)=0.25 mol/(Lm
10、in)，所以V(B)=0.125 mol/(Lmin)，A正确；B.由于V(D)=0.25 mol/(Lmin)，v(C)= 0.25 mol/(Lmin)，速率比等于化学方程式中物质的化学计量数的比，根据方程式可知V(C):V(D)=x：2=1:1，所以x=2，B正确；C.由于V(C)=0.25 mol/(Lmin)，所以2min时，C的物质的量n=0.25 mol/(Lmin)2min2L=1.0mol，C正确；D.假设反应开始时A、B的物质的量为amol，反应产生的D物质的量为n(D)=0.5mol/L2L=1.0mol可逆反应 3A(g) B(g)xC(g)2D(g)，n
11、(开始)mol a a 0 0n(变化)mol 1.5 0.5 1.0 1.0n(2分)mol a-1.5 a-0.5 1.0 1.0由于在同一容器内进行，物质的量的比等于浓度比，所以(a-1.5)：(a-0.5)= 35，解得a=3mol，所以2min时A的浓度为(3mol-1.5mol)2L=0.75 mol/L，D错误；故
12、合理选项是D。12.在一定温度下，可逆反应2A(g)+3B(s)2C(g)达到平衡的标志是( )A. A、B、C的浓度相等 B. 气体平均摩尔质量不随时间改变而改变C. A、B、C的分子数比为132D. 气体的总物质的量不随时间改变而改变【答案】B【解析】【详解】A. B是固体，物质的浓度始终保持不变，A、C浓度相等不能据此判断反应处于平衡状态，A错误；B.反应前后气体的质量发生变化，物质的量不变，因此若气体平均摩尔质量不随时间改变而改变，说明反应处于平衡状态，B正确；C.A、B、C的分子数比等于方程式在化学计量数的比时反应可能处于平衡状态，也可能没有处于平衡状态，
13、C错误；D.该反应始终是反应前后气体的物质的量不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误；故合理选项是B。13.下列说法中不正确的是( )A. 熔化状态下能导电的化合物一定是离子化合物B. 双原子分子中不一定含有非极性共价键C. 只由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物D. 不同元素组成的多原子分子里的化学键只存在极性键【答案】D【解析】【详解】A.熔化状态下能导电的化合物说明熔融状态时含有自由移动的离子，因此该化合物一定是离子化合物，A正确；B.双原子分子可能是单质分子，如H2，也可能是共价化合物如HCl，因此双原子分子中不一定含有非极性共
14、价键，B正确；C.只由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物NH4Cl，也可能是共价化合物HCl，因此不一定是共价化合物，C正确；D.不同元素组成的多原子分子里的化学键可能含有非极性共价键，如H2O2，分子结构简式为HOOH，其中含有极性键和非极性键，D错误；故合理选项是D。14.已知118号元素的离子aW3、bX、cY2、dZ具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（ ）A. 质子数：cbB. 离子的还原性：Y2ZC. 氢化物的稳定性：H2YHZD. 原子半径：XW【答案】B【解析】aW3、bX、cY2、dZ说明其微粒的核外电子数相等，即a3b1c+2d+1，即abd
15、c。所以W、X属于金属，Y、Z属于非金属，且位于W、X的上一周期。由元素周期律可知离子的还原性：Y2Z，氢化物的稳定性：H2YHZ，原子半径：XW，所以答案是B。15.氢化钠(NaH)是一种白色的离子化合物，其中钠元素是1价；氢化钠与水反应生成H2和NaOH。下列叙述中，不正确的是( )A. NaH的电子式为Na:HB. NaH中氢元素的离子的电子层排布与氦原子的电子层排布相同C. 微粒半径HLiD. NaH与H2O反应时，水作氧化剂【答案】C【解析】试题分析：A氢化钠（NaH）是一种白色的离子化合物，NaH的电子式为Na+:H-，A正确；BNaH中氢元素的化合价为
16、-1价，其离子的电子层排布与氦原子的电子层排布相同，B正确；C锂离子和H-的电子排不相同，但是锂离子的核电荷比H-多，所以微粒半径H->Li+，C错误；DNaH与H2O反应生成氢气和NaOH，在这个反应中只有氢元素的化合价发生了变化，NaH中H元素的化合价升高作还原剂，被氧化，水中H元素的化合价降低，被还原作氧化剂，D正确，答案选C。考点：考查化合物的结构和组成、性质16.研究人员研发了一种“水电池”，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电。在海水中，电池的总反应可表示为：5MnO2+2Ag+ 2NaCl=Na2Mn5O10+ 2AgCl，下列“水电池”在海水中放电时的有关说法
17、正确的是( )A. 正极反应式：Ag+Cl+e=AgClB. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移4mol电子C. Na+不断向“水电池”负极移动D. AgCl是氧化产物【答案】D【解析】【详解】该电池的正极反应：5MnO2+2e-= Mn5O102-，负极反应：Ag+Cl+e=AgCl。A项，正极反应式应为5MnO2+2e-= Mn5O102-，故A项错误；B项，由正极反应式可知，1 mol Na2Mn5O10转移2mol电子，故B项错误；C项，钠离子要与Mn5O102-结合，因此钠离子应该向正极移动，故C项错误；D项，负极反应：Ag+Cl+e=AgCl，Ag失电子，被氧化
18、，则AgCl是氧化产物，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】明确原电池原理是解题的关键，注意原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。17.等质量的两份锌粉a、b分别加入到两份相同体积相同、物质的量浓度相同且过量的稀硫酸中，同时向a中加入少量的CuSO4溶液，下列各图为产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系，其中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：a、b中的Zn的质量相同，稀硫酸是过量的，所以金属物剩余；又a中加入硫酸铜溶液，与Zn反应生成Cu和硫酸锌，消耗Zn，
19、使Zn与稀硫酸反应产生的氢气的体积减少，同时形成铜、锌原电池使反应速率加快，所以a曲线先反应完全，所需时间较少，但生成的氢气的体积少于b，答案选A。考点：考查反应速率、原电池、生成氢气的量的判断18.反应A(g)3B(g)=2C(g)2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为v(A)0.15 molL1s1v(B)0.6 molL1s1v(C)0.4 molL1s1v(D)0.45 molL1min1该反应进行的快慢顺序为()A. >>>B. >>C. >>D. >=>【答案】C【解析】【详解】根据反应速率之比是化学计量数之比可知：v(A)
20、0.15 molL1s1；v(B)0.6 molL1s1，则v(A)0.2 molL1s1；v(C)0.4 molL1s1，则v(A)0.2 molL1s1；v(D)0.45 molL1min1，则v(A)0.00375 molL1s1，所以快慢顺序为：>>，故选C【点睛】同一个反应中，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，这规律是解决此题的关键。19.银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应式为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法中不正确的是A. 原电池放电时，负极上发生反应的物质是ZnB. 负极
21、发生的反应是Zn+2OH2e=Zn(OH)2C. 工作时，负极区溶液c(OH)减小D. 溶液中OH向正极移动，K+、H+向负极移动【答案】D【解析】【分析】根据总反应式Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2分析化合价变化可知，Zn在负极上失电子，Ag2O在正极上得电子，电解质溶液为KOH溶液，所以负极反应为Zn+2OH2e=Zn(OH)2，正极反应为Ag2O+2e+H2O=2Ag+2OH。在负极区，OH被消耗，溶液碱性减弱，溶液中的OH作定向移动到负极来补充，正极区生成OH，溶液碱性增强，故D项错误。【详解】A、根据电池反应式知，Zn失电子发生氧化反应而作负极，氧化银作正极，故A正确；
22、B、负极发生反应Zn+2OH-2e=Zn(OH)2，故B正确；C、负极发生反应Zn+2OH-2e=Zn(OH)2，溶液pH值减小，正极上发生反应：Ag2O+H2O+2e2Ag+2OH，溶液pH增大，故C正确；D、放电时，电解质溶液中OH向负极移动，K、H向正极移动，故D错误。故选D。20.肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：NN键为942、O=O键为500、NN键为154，则断裂1 mol NH键所需的能量(kJ)是()A. 194B. 391C. 516D. 658【答案】B【解析】根据图中内容，可以看出N2H4(g)
23、+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，H3="2752" kJ/mol534 kJ/mol= 2218 kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1 mol NH键所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。第卷（非选择题，共包含5个小题，共50分）21.下表为元素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题：(1)化合物A是由两种元素构成的，用电子式表示其形成过程_(2)、元素形成的化合物的结构式_(3)的最简单氢化物与氧气可以设计成燃料电池，写出在碱
24、性条件下负极的电极方程式_(4)的单质与的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式为：_ (5)由组成的M 物质中所含化学键的类型_(6)M中的阳离子的鉴定方法是_【答案】 (1). (2). O=C=O (3). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (4). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2- +3H2 (5). 离子键和极性共价键 (6). 取样品于试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，产生使湿润的红色
25、石蕊试纸变蓝的刺激性气味气体，说明含有NH4+【解析】【分析】由元素在周期表中位置，可知为H、为C、为N、为O、为Na、为Al、为Si、为Cl。(1)形成的化合物NaCl是离子化合物；(2)、元素形成的化合物CO2是共价化合物，C原子与2个O原子形成四对共用电子对；(3)CH4燃料电池中在碱性环境中反应产生Na2CO3和水；(4)Al与NaOH溶液发生反应，产生NaAlO2、H2；(5)由组成的M物质是NH4Cl，该物质是离子化合物；(6)M中的阳离子NH4+可用与碱共热产生NH3，NH3可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色鉴别。【详解】由上述分析可知：为H、为C、为N、为O、为Na、为Al、为Si、
26、为Cl。(1)形成的化合物NaCl是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：；(2)、元素形成的化合物CO2是共价化合物，C原子与2个O原子形成四对共用电子对，CO2的电子式为，因此结构式为OCO；(3)的最简单氢化物CH4与氧气可以设计成燃料电池，CH4失去电子，被氧化，发生氧化反应，在碱性条件下负极的电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；(4)Al与NaOH水溶液发生反应，产生NaAlO2和H2，反应离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；(5)由组成的M物质是NH4Cl，该物质是离子化合物，其中含有离子键、极性共价键；(6)M中的阳离子是N
27、H4+，鉴定它的方法是取样品于试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的刺激性气味气体，说明含有NH4+。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意掌握金属性、非金属性强弱比较及实验事实，侧重考查化学用语及元素周期律。22.某温度时，在500mL容器中A、B、C三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。(1)由图中数据分析，该反应的化学方程式为：_。(2)反应开始至2min，C的平均反应速率为_。(3)在等温等容条件下，该反应达到化学平衡状态的依据是_（填序号）。 a.容器中气体密度不再改变 b.混合气体中c(B)不再改变 &n
28、bsp; c.c(C)=c(A) d.气体的总物质质量不再改变 e.气体的平均摩尔质量不变(4)在等温等容条件下，反应达平衡时，此时体系的压强是开始时的_倍。【答案】 (1). 3A+B2C (2). 0.2 mol/(Lmin) (3). be (4). 0.9【解析】【分析】(1)在2min内A、B、C三种物质的物质的量的
29、比等于化学方程式中化学计量数的比，得到其相应的化学方程式；(2)根据V=计算；(3)根据可逆反应达到平衡状态时 任何物质的浓度不变；物质的量的含量不变，化学反应速率不变分析判断；(4)在等温等容条件下，体系的压强比等于气体的物质的量的比。【详解】(1)根据图示A、B消耗，是反应物，C是生成物；在2min内A减少0.3mol，B减少0.1mol，C增加0.2mol，最终2min时反应达到平衡状态，故物质的量的变化量之比A：B：C=3：1：2，所以化学方程式为：3A+B2C；(2)V=0.2 mol/(Lmin)；(3) a.反应前后气体的质量不变，容器的容积不变，因此任何情况下容器中气体密度都不
30、会改变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，a错误； b.若反应达到平衡状态，混合气体中任何一组分的浓度不变，故若c(B)不再改变 ，反应处于平衡状态，b正确； c.c(C)=c(A)反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，故不能据此判断平衡状态，c错误；d.该反应是反应前后气体的质量始终不变，因此若反应后气体的总质量不变，不能判断为平衡状态，d错误； e.该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，由于气体的质量始终不变，因此若气体的平均摩尔质量不变，则气体的物质的量不变，反应处于平衡状态，e正确；故合理选项是be；(4)在反应开始时气体的总物质的
31、量为n(开始)=2mol，反应达到平衡时气体的总物质的量n(平衡)=0.9mol+0.7mol+0.2mol=1.8mol，在等温等容条件下，体系的压强比等于气体的物质的量的比，所以平衡时的压强为p(平衡)=p(开始)=0.9p(开始)，即在等温等容条件下，反应达平衡时，此时体系的压强是开始时的0.9倍。【点睛】本题考查了化学方程式的书写、反应速率的计算、平衡状态的判断及与压强关系的知识。图象方法可以将化学反应以具体的形式表现出来，掌握坐标系中横坐标、纵坐标的含义是解题关键。23.某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。实验操作步
32、骤：打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开活塞，滴加盐酸。A中看到白色沉淀时，关闭活塞。请回答：(1)仪器a的名称：_。(2)通过步骤 、 得知盐酸具有的性质是_(填字母)。A挥发性 B还原性 C氧化性 D酸性(3)C装置的作用是_，X是_(写化学式)。(4)为了验证碳的非金属性强于硅，步骤中未写的操作和现象是_，D中反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). A、D (3). 除H
33、Cl气体 (4). NaHCO3 (5). 打开弹簧夹2，关闭弹簧夹1，D中出现白色胶状沉淀 (6). Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3【解析】【分析】打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开分液漏斗的活塞a，滴加盐酸，A中看到白色沉淀时说明盐酸易挥发，挥发出的氯化氢能与硝酸酸化的硝酸银反应生成氯化银沉淀，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，X为碳酸氢钠溶液，与挥发的盐酸反应，可除去二氧化碳中混有的HCl，C装置的作用是除HCl气体，当D中出现白色胶状沉淀后说明碳酸酸性大于硅酸。【详解】(1)仪器a的名称
34、是分液漏斗；(2) A中看到白色沉淀，盐酸能与盐反应，可知盐酸具有酸性、挥发性，故合理选项是AD；(3) C装置盛有饱和NaHCO3溶液，其作用是除去CO2气体中的HCl杂质气体；(4)为了验证碳的非金属性强于硅，步骤中未写的操作是打开弹簧夹2，关闭弹簧夹1；观察到的现象是D中出现白色胶状沉淀，D中反应的化学方程式是Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3。【点睛】本题以非金属性的比较考查实验方案的设计，明确实验中装置的作用及盐酸具有挥发性和酸性、元素非金属性强弱比较方法是解答本题的关键，(4)是解答的难点。24.在2 L密闭容器中，800 时反应2NO(g)+O2(g)2N
35、O2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：时间（s）012345n（NO）/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007反应过程如图所示，其中只有3条曲线是正确的。请回答：(1)A点处，v（正）_v（逆） （填“大于”“小于”或“等于”，下同），A点正反应速率_B点正反应速率。(2)图中表示NO2的变化的曲线是_。用O2表示从02 s内该反应的平均速率v=_。(3)能说明该反应已经达到平衡状态的是_ （填字母）。a.v（NO2）=2v（O2） b.容器内压强保持不变c.v逆（NO）=2v正（O2） d
36、.容器内的密度保持不变(4)能使该反应的反应速率增大的是_（填字母）。a.及时分离出NO2气体 b.适当升高温度c.减小O2的浓度 d.选择高效的催化剂【答案】 (1). > (2). > (3). b (4). 0.0015 mol/(Lmin) (5). bc (6). bd
37、【解析】【分析】(1)化学反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；逆向进行，正反应速率小于逆反应速率；(2)根据一氧化氮的平衡浓度以及变化浓度计算氧气的平衡浓度，根据公式v=计算化学反应速率；(3)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；(4)一般增大反应物的浓度、增大压强，升高温度、使用催化剂，化学反应速率加快，以此来解答。【详解】(1)根据反应中，一氧化氮的浓度逐渐减小可知：该反应是正向进行建立
38、平衡的，所以A点正反应速率大于逆反应速率；随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速率减慢，A点向正向进行，B点反应达到平衡状态，所以A点速率大于B点速率；(2)反应中NO的浓度变化量c(NO)=0.0065mol/L，所以O2的浓度减小量是0.00375mol/L，根据方程式的系数关系可知NO2浓度变化量c(NO2)=c(NO)= 0.0065mol/L，所以图中表示NO2的变化的曲线是b曲线，从02s内用NO浓度变化表示反应速率为v(NO)=0.003mol/(Ls)；由于v(NO):v(O2)=2:1，所以v(O2)=v(NO)= 0.0015 mol/(Lmin)；(3)a.在任何时刻都
39、存在速率关系v(NO)=2v(O2)，所以不能据此判断正逆反应速率相等，反应不一定平衡，a错误；b.反应在恒容密闭容器内进行，由于反应前后气体的物质的量不相等，若容器内压强保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，b正确；c.在任何时刻都存在速率关系v(NO)正=2v正(O2)，若v逆(NO)=2v正(O2)，则v(NO)正= v逆(NO)，反应处于平衡状态，c正确；d.反应前后气体的质量不变，容器的容积不变，因此无论反应是否处于平衡状态，容器内的密度保持不变，故不能据此判断反应处于平衡状态，d错误；故合理选项是bc；(4)a.及时分离出NO2气体，会使物质的浓度降低，因此会降低反应
40、速率，a错误；b.适当升高温度，物质的内能增加，分子之间的有效碰撞次数增加，反应速率加快，b正确；c.减小O2的浓度，物质单位体积内有效碰撞次数减小，反应速率降低，c错误；d.选择高效的催化剂可以大大加快反应速率，d正确；故合理选项是bd。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断、化学反应速率的计算等知识点，涉及速率的概念及计算和影响因素及平衡状态的判断方法、平衡状态的特征等，根据速率计算公式及用不同物质表示反应速率关系及结合平衡时用同一物质表示的反应速率v(正)=v(逆)来分析解答即可。25.(1)铅蓄电池的正极的反应式_。(2)由 Mg、Al和氢氧化钠溶液组成的原电池中，负极的反应式 _。当在
41、电极上产生气体3.36L(标准状况)时，导线中通过的电子电子数目为_个(用 NA表示阿伏加德罗常数的值）。(3)日本茨城大学研制了一种新型的质子交换膜二甲醚燃料电池（DDFC），该电池有较高的安全性。电池总反应为：CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O,电池结构如下图所示,据此回答下列问题：a极为电池的_极，b电极上的电极反应式为_。电池工作时电流的方向是由_(填“a”或“b”， 下同)经导向_。电池工作时，若有0.1mol二甲醚被氧化时，有_mol电子发生转移。【答案】 (1). PbO2+2e+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O
42、;(2). Al+4OH-3e-=AlO2-+2H2O (3). 0.3NA (4). 负 (5). O2+4H+4e-=2H2O (6). b (7). a (8). 1.2【解析】【分析】(1)铅蓄电池中PbO2为正极，发生还原反应； (2)由 Mg、Al和氢氧化钠溶液组成的原电池中，Al为负极，失去电子，产生的Al3+与溶液中的OH-结合形成AlO2-，在正极上水电离产生的H+获得电子变为H2逸出，根据同一闭合回路在电子转移数目相等计
43、算电子转移数目；(3)通入燃料二甲醚的电极为负极，失去电子，发生氧化反应；通入O2的电极为正极，正极上O2获得电子，与溶液中的H+结合形成水，电流方向为正电荷移动方向；根据同一闭合回路中电子转移数目相等，结合总反应方程式计算。【详解】(1)在铅蓄电池中，Pb为负极，PbO2为正极，在正极上PbO2获得电子，与溶液中的H+结合生成水，PbO2获得电子变为Pb2+，与溶液中的SO42-结合形成PbSO4，电极反应式为PbO2+2e+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O；(2)由 Mg、Al和氢氧化钠溶液组成的原电池中，Al为负极，失去电子，产生的Al3+与溶液中的OH-结合形成AlO2-，因此
44、负极的电极反应式为：Al+4OH-3e-=AlO2-+2H2O；n(H2)=0.15mol，n(e-)=2n(H2)=20.15molNA/mol=0.3NA；(3)在a电极通入燃料，为负极，在b电极通入氧气，为正极，正极上O2获得电子，与溶液中的H+结合形成水，正极的电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O；电池工作时电流的方向是由正极经外电路到负极，对该电池来说为由b电极到a电极；根据总反应方程式CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O可知：每有1mol CH3OCH3反应，转移12mol电子，则若有0.1mol二甲醚被氧化时，有1.2mol电子发生转移。【点睛】本题考查了原电池中正负极的判断方法、电极反应式的书写、电子转移数目的计算及电子、电流方向等知识。掌握原电池反应基本原理及电极反应式与电解质溶液的关系是本题解答的关键。