第2章化学键 化学反应规律 强化基础题
一、单选题
1．少量铁片与l00mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的
①加H2O
②加KNO3固体
③滴入几滴浓盐酸
④加入少量铁粉
⑤加NaCl溶液
⑥滴入几滴硫酸铜溶液
⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）
⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸．
A．②⑥⑦ B．③⑤⑧ C．③⑦⑧ D．③④⑥⑦⑧
2．判断下列哪个装置是原电池（ ）
A． B． C． D．
3．中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是
A．转化过程中有非极性键断裂与形成
B．复合催化剂降低了反应的活化能
C．复合催化剂能降低合成氨反应的焓变
D．低温下合成氨，能提高原料转化率
4．下列分子中含有的电子数目与HF相同，且只有两个极性共价键的是（ ）
A．CO2 B．N2O C．H2O D．CH4
5．反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)在一定容积的密闭容器中进行，则下列说法或结论中，能够成立的是
A．其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，反应速率加快
B．保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，反应速率一定增大
C．反应达平衡状态时：v(C)正=v(H2O)逆
D．其他条件不变，适当增加C(s)的质量会使反应速率增大
6．增大压强对下列反应的速率无影响的是
A．CO2(g) + Ca(OH)2(aq)= CaCO3(s)↓+H2O(l)
B．H2 (g) +I2(g)2HI(g)
C．NaCl(aq) +AgNO3(aq)=AgCl(s)↓+NaNO3(aq)
D．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
7．可逆反应2A(g)+3B(g) 3C(g)+D(g)在四种不同条件下的反应速率分别为：①v(A)=0.5mol·L-1·min-1；②v(B)=0.6mol·L-1·min-1；③v(C)=0.35mol·L-1·min-1；④v(D)=0.4mol·L-1·min-1。下列有关反应速率的比较中正确的是
A．④>①>②>③ B．④>①>③>②
C．①>②>③>④ D．②>①>③>④
8．已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如下图所示。下列说法正确的是
A．加入催化剂，减小了反应的热效应
B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
C．H2O2分解的热化学方程式：H2O2= H2O+O2，△H<0
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
9．下列物质中含离子键的是
A．Cl2
B．HCl
C．NaCl
D．CH4
10．向绝热恒容密闭容器中通入一定量的SO2和NO2，一定条件下发生反应：SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g) △H<0，测得SO3浓度随时间变化如表所示，下列说法正确的是
反应时间/s 40 50 60 70 80 90 100 110
SO3浓度/(mol/L) 0.10 0.14 0.21 0.26 0.30 0.32 0.33 0.33
A．50 s时，SO3的生成速率为0.028 mol/(L·s)
B．40 s~90 s的逆反应速率逐渐增大
C．40 s~50 s的反应速率大于70 s~80 s的反应速率
D．110 s时，缩小容器体积再次达到平衡后，SO2的转化率和浓度均保持不变
11．反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语或概念正确的是
A．的结构式： B．中子数为18的氯原子：
C．的电子式： D．该反应属于“氦的固定”
12．某恒容密闭容器中发生反应：。若反应速率分别用、、、表示，则下列关系式正确的是
A． B．
C． D．
13．下列用电子式表示离子化合物形成过程正确的是
A． B．
C． D．
14．下列实验中，反应速率加快是由催化剂引起的是
A．在炭粉中加入KClO3，点燃时燃烧更为剧烈
B．锌与稀硫酸反应中加入少量CuSO4溶液而使反应放出H2的速率加快
C．固态FeCl3和固体NaOH混合后，加入水能迅速产生沉淀
D．双氧水中加入少量MnO2，即可迅速放出气体
15．BeCl2是有机反应的催化剂。铍和氯气反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．E2是正反应的活化能 B．该反应的ΔH<0
C．加入催化剂，ΔH减小 D．ΔH = E2 - E1
二、填空题
16．有一种透明溶液，其中可能含有Fe3+、Fe2+、Mg2+、Al3+、Cu2+，Na+，NH4+中的一种或几种，加入一种淡黄色固体粉末时，加热有刺激性气味的气体放出，同时产生白色沉淀，生成物的物质的量（纵轴）与所加淡黄色粉末的物质的量（横轴）的关系如图所示，试回答下列问题：
（1）淡黄色固体粉末的名称是____，所含化学键是______；
（2）溶液中一定没有的离子是______；
（3）溶液中一定存在的离子是，它们的物质的量分别为__________.
17．一定条件下，在2L恒容密闭容器中发生反应：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)。开始时加入2molNO2、3molC，在2min末测得N2的物质的量是0.4mol。
(1)在2min末，c(NO2)=__mol·L-1。
(2)若改变下列一个条件，推测反应速率发生的变化，用“增大”、“减小”或“不变”来回答下列问题。
①将容器的体积变为3L，化学反应速率__。
②加入少量的碳，化学反应速率__。
(3)在不改变反应条件的情况下，通过实验监测发现在2min～7min内N2和NO2的物质的量浓度的变化曲线如图所示。
①a=___(保留两位有效数字)；
②7min时，正反应速率___(填“>”、“<”或“=”)逆反应速率，此时混合气体的平均相对分子质量为___(保留三位有效数字)。
18．微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用,有一种银锌电池,其电极分别是Ag2O和Zn,电解质溶液为KOH溶液,总反应为Ag2O+Zn=ZnO+2Ag,其中一个电极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。
（1）判断正负极的材料。
负极材料_____________,正极材料___________。
（2）写出另一电极的电极反应式,并判断反应类型。
电极反应式__________
反应类型___________
（3）判断电池工作时,电子的流动方向和电解质溶液中离子的流动方向。电子由______到______,溶液中的阳离子流向电池的________,阴离子流向________
（4）在电池使用的过程中,电解质溶液中KOH的物质的量怎样变化 ________（增大、减小、不变）
（5）当电池工作时通过电路对外提供了1 mol电子,计算消耗的负极的质量_______。
（6）氢氧燃料电池为绿色化学电源，在碱性NaOH溶液为电解质溶液时的负极电极反应式为______。
19．（1）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通电池相比，该电池能较长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH。请回答下列问题：
①已知：放电时，负极的电极反应式为Zn-2e-＋2OH-=Zn(OH)2，则正极反应式为__。
②放电时，_____(填“正”或“负”)极附近溶液的碱性增强。
（2）某种燃料电池的工作原理示意如图所示，a、b均为惰性电极。
①使用时，空气从_____口通入(填“A”或“B”)；
②假设使用的“燃料”是甲醇(CH3OH)，a极的电极反应式为__。
20．（1）铅蓄电池（原电池）工作时，总反应为Pb +PbO2+2H2SO4→2PbSO4 +2H2O 由此可以判断：
A．原电池的电极材料：①正极为____，②负极为___。
B．工作后，蓄电池里电解质溶液的pH___（填“变大”“变小”或“不变”），理由是____。
（2）如图所示，水槽中试管内有一枚铁钉，放置数天观察：
a．若试管内液面上升，则原溶液是___性，发生_____腐蚀，电极反应，正极为_____。
b．若试管内液面下降，则原溶液呈____性，发生____腐蚀，电极反应：负极为____。
21．根据所学知识，回答问题：
Ⅰ.在第三周期元素及其单质和化合物中，氧化性最强的单质是__________,还原性最强的单质是__________；最高价氧化物对应的水化物中，最强的酸是__________，最强的碱是_________，形成的两性氢氧化物是__________；化学性质最稳定的元素是__________。
Ⅱ.(1)A元素原子的核电荷数为8,其原子核内的质子数为__________，该元素原子的二价阴离子的核外电子数为_________，中子数是8的核素表示为__________。
(2)B元素原子的一价阳离子的核外有10个电子，质量数为23，该元素原子的原子核内中子数为__________。
(3)A、B形成1：1型化合物的相对分子质量是__________。
22．工业制硝酸的主要反应为：4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（l）△H
（1）已知氢气的燃烧热为△H=﹣285.8kJ/mol．
N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol；
N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.6kJ/mol．
则上述工业制硝酸的主要反应的△H=_____。
（2）在容积固定的密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量浓度如表：
浓度 c（NH3）（mol/L） c（O2）（mol/L） c（NO）（mol/L）
起始 0.8 1.6 0
第2min 0.6 a 0.2
第4min 0.3 0.975 0.5
第6min 0.3 0.975 0.5
第8min 0.7 1.475 0.1
①反应在第2min到第4min时，O2的平均反应速率为_____。
②反应在第6min时改变了条件，改变的条件可能是_____（填序号）．
A．使用催化剂 B．升高温度 C．减小压强 D．增加O2的浓度
③下列说法中能说明4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g）达到平衡状态的是_____（填序号）．
A．单位时间内生成n mol NO的同时，生成n mol NH3
B．条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
C．百分含量w（NH3）=w（NO）
D．反应速率v（NH3）：v（O2）：v（NO）：v（H2O）=4：5：4：6
E．若在恒温恒压下容积可变的容器中反应，混合气体的密度不再变化
（3）某研究所组装的CH2=CH2﹣O2燃料电池的工作原理如图1所示．
①该电池工作时，b口通入的物质为_____。
②该电池负极的电极反应式为：_____。
③以此电池作电源，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理（装置如图2所示）的过程中，发现阳极周围变浑浊并有气泡产生，其原因可能是：_____（用相关的离子方程式表示）。
23．某温度时，在2 L密闭容器中，三种气态物质X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：
（1）该反应的化学方程式为___________________________。
（2）反应开始至2 min，用Y表示的平均反应速率为_________，X的转化率为________。
（3）在一定温度下，下列情况可作为上述反应达到反应限度的标志的是_______。
A．X、Y、Z的浓度相等
B．X、Y、Z的分子数比为3︰1︰2
C．Z的生成速率是Y的生成速率的二倍
D．单位时间内生成n mol Y，同时生成3n mol X
（4）在密闭容器里，通入a mol A（g）和b mol B（g），
发生反应A（g）+ B（g）= 2C（g），当改变下列条件时，会加快反应速率的是________（填序号）。
①降低温度
②保持容器的体积不变，充入氦气
③加入催化剂
④保持容器的体积不变，增加A（g）的物质的量
24．一定条件下2L的密闭容器中，反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)达到平衡。
(1)若起始时A为lmol，反应2min达到平衡，A剩余0.4mol，则在0～2min内A的平均反应速率为________mol/(L·min)
(2)在其他条件不变的情况下，扩大容器体积，若平衡向逆反应方向移动，则a+b_____c+d(选填“>”、“<”或“=”)，v逆_____(选填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)若反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示，则导致t1时刻速率发生变化的原因可能是______。(选填编号)
a．增大A的浓度
b．缩小容器体积
c．加入催化剂
d．升高温度
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】①加水，减小了盐酸的浓度，故反应速率变慢；
②加硝酸钾固体，溶液中相当于含有硝酸，不会生成氢气；
③加浓盐酸，反应速率加快且不改变H2的产量；
④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；
⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸，故反应速率变慢；
⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；
⑦升高温度，反应速率加快；
⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快；
故选C。
2．C
【分析】原电池是把化学能转化为电能的装置。原电池由两个活动性不同的两极、电解质溶液和导线构成，在原电池中，发生的是自发的氧化还原反应。
【详解】A．两电极均为铁，活动性相同，不能构成原电池，故A不选；
B．铜和银都不能自发地和稀硫酸发生自发的氧化还原反应，故B不选；
C．铁能和盐酸发生自发的氧化还原反应，符合构成原电池的条件，故C选；
D．酒精不是电解质，不能构成原电池，故D不选；
故选C。
【点睛】严格地说，B中的铜可以被溶于稀硫酸的氧气氧化，发生铜的吸氧腐蚀，但电流及其微弱。
3．C
【详解】A. 合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；
B. 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；
C. 催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；
D. 合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；
答案选C。
4．C
【分析】根据原子序数判断原子的电子数目，HF含有10个电子；判断共价键类型可根据成键原子是否相同，如成键的两个原子形同，则为非极性共价键；反之为极性共价键。
【详解】A. CO2中C原子的电子数为6，O原子的电子数为8，CO2分子中含有的电子数目为22；成键原子不相同，有2个极性共价键，故A错误；
B. N2O中N原子的电子数为7，O原子的电子数为8，N2O分子中含有的电子数目为22；成键原子不相同，有2个极性共价键，故B错误；
C. H2O中H原子的电子数为2，O原子的电子数为8，H2O分子中含有的电子数目为10，含有的电子数目与HF相同；成键原子不相同，有2个极性共价键，故C正确；
D. CH4中C原子的电子数为6，H原子的电子数为1，CH4分子中含有的电子数目为10；成键原子不相同，有4个极性共价键，故D错误。
故选：C。
5．A
【详解】A．其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，气态物质浓度变大，反应速率加快，A正确；
B．保持体积不变，充入少量He气体，气态物质的浓度不发生改变，反应速率不变，B错误；
C．v(H2O)指的是单位时间内水蒸气浓度的变化，而C为固体，不能用浓度的变化表示其反应速率，C错误；
D．C为固体，适当增加C(s)的质量对反应速率几乎没有影响，D错误；
综上所述答案为A。
6．C
【详解】A．二氧化碳是气体，对于有气体参加的反应，增大压强可增大反应速率 ，故A不选；
B．对于反应 H2 (g) +I2(g)2HI(g)，反应混合气体都是气体，增大压强可增大反应速率，故B不选；
C．反应没有气体参加，压强对液体、固体的体积没有影响忽略不计，增大压强对反应速率基本无影响 ，故C选；
D．对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应混合气体都是气体，增大压强可增大反应速率，故D不选；
故选：C。
7．A
【详解】①v(D)=v(A)=0.5mol·L-1·min-1=0.25mol·L-1·min-1；
②v(D)=v(B)=0.6mol·L-1·min-1=0.2mol·L-1·min-1；
③v(D)=v(C)=0.35mol·L-1·min-1=0.117mol·L-1·min-1；
④v(D)=0.4mol·L-1·min-1；
反应速率④>①>②>③，故选A。
8．D
【详解】A．催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；故A错误；
B．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡的移动，则反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡转化率，故B错误；
C．图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2分解的热化学方程式：H2O2(l)= H2O(l)+O2(g)，△H<0，故C错误；
D．图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；
故答案为D。
9．C
【详解】A．Cl2中只含有氯氯共价键，A不合题意；
B．HCl中只含有氢氯共价键，B不合题意；
C．NaCl中只含有Na+与Cl-间的离子键，C符合题意；
D．CH4中只含有碳氢共价键，D不合题意；
故选C。
10．B
【详解】A．50 s内，v(SO3)=mol/(L·s)= 0.0028 mol/(L·s)，化学反应速率是平均速率，不是某一时刻的即时速率，所以可以说50 s内SO3的生成速率为0.0028 mol/(L·s)，但不能说50s时SO3的生成速率为0.0028 mol/(L·s)，A错误；
B．该反应为放热反应，绝热条件下进行该反应，反应温度逐渐升高，升高温度，正、逆反应速率都增大，且生成物浓度越大，逆反应速率越快，所以40 s～90 s的逆反应速率逐渐增大，B正确；
C．40 s~50 s内，SO3平均化学反应速率v(SO3)=mol/(L·s)= 0.004 mol/(L·s)；70 s～80 s内三氧化硫平均化学反应速率v(SO3)=mol/(L·s)= 0.004 mol/(L·s)，说明40 s～50 s的反应速率等于70 s～80 s的反应速率，C错误；
D．110 s时，缩小容器体积相当于增大压强，由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以化学平衡不移动，反应物的转化率不变，因为体积减小，各种物质的浓度增大，D错误；
故合理选项是B。
11．C
【详解】A． 分子内含氮氮三键，结构式：，A错误；
B．表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数， 中子数为18的氯原子质量数为35：，B错误；
C． 分子内每个氢原子与氮原子共用1对电子对、氮原子还有1对孤电子对，电子式：，C正确；
D．氮的固定是游离态氮元素变化为化合态氮元素，该反应不属于“氦的固定” ，D错误；
答案选C。
12．D
【详解】依据反应速率之比等于化学计量数之比可知，，D项正确；
故选D。
13．D
【详解】A．钠原子和氧原子都应写成电子式的形式，不能写成氧离子，且少了箭头，A不正确；
B．用电子式表示化合物的形成过程时，反应物应用原子的电子式(Na×、)表示，不能写成Na、F2形式，B不正确；
C．F原子的最外层电子数只有7个，不是8个，离子化合物中两个氟离子不能合在一起写，C不正确；
D．电子式表示CaS的形成过程时，反应物用×Ca×、表示，中间用→，生成物用表示，D正确；
故选D。
14．D
【详解】A．在炭粉中加入KClO3，点燃炭粉时KClO3受热分解放出氧气，可以使炭粉燃烧得更为剧烈，故A不选；
B．锌与稀硫酸反应中加入少量CuSO4溶液，锌和硫酸铜发生置换，置换出来的铜附着在锌上，形成了铜锌原电池，而使反应放出H2的速率加快，故B不选；
C．固态FeCl3和固体NaOH混合，由于盐和碱的反应是离子反应，固态时离子浓度很小，反应很慢，若加入水，固体溶于水后电离出大量的离子，反应就能迅速发生，产生红褐色沉淀，故C不选；
D．双氧水中加入少量MnO2，MnO2催化了双氧水的分解，即可迅速放出气体，故D选；
故选D。
15．B
【详解】A. E1是正反应的活化能，E2是逆反应的活化能，故A不选；
B.该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，是放热反应，ΔH＜0，故B选；
C.催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应放出的热量的多少，故C不选；
D.由于ΔH＜0，故ΔH = E1- E2，故D不选。
故选B。
16． 过氧化钠 离子键和非极性共价键 Fe2+，Fe3+，Cu2+ Al3+，Mg2+，NH4+；n(Al3+)=0.4mol，n(Mg2+)=0.2mol，n(NH4+)=0.4mol.
【详解】依题产生刺激性气味气体，只有NH3，推知原溶液中含有NH4+；因为碱与溶液中NH4+反应生成氨气，所以加入淡黄色固体粉末是过氧化钠；加入过氧化钠产生沉淀为白色，没有蓝色、红褐色或白色沉淀逐渐变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+，Fe2+，Cu2+；由曲线知，加入过氧化钠，沉淀量达到最大值，随后沉淀又部分溶解，说明原溶液中一定含有Al3+，Mg2+.
因为NH4++AlO2-+H2O=NH3↑+Al(OH)3↓，所以，氢氧化铝溶解时，NH4+已完全反应。
根据曲线知，当加入1.0molNa2O2，产生0.9molNH3，沉淀量大到最大值；当加入1.2molNa2O2沉淀溶解了一部分，产生1.0molNH3。因为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1molNa2O2产生0.5molO2，所以加入1molNa2O2时产生氨气为0.9mol-0.5mol=0.4mol。增加0.2molNa2O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，溶液增加0.4molOH-，氢氧化铝溶解完，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，所以原溶液中Al3+为0.4mol；根据加入1mol过氧化钠计算镁离子的物质的量：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
1mol 2mol
NH4++ OH-=NH3↑+H2O，
0.4mol 0.4mol
Al3++ 3OH-= Al(OH)3↓
0.4mol 1.2mol
Mg2++ 2OH-= Mg(OH)2↓
0.2mol ←(2-0.4-1.2)mol
n(Mg2+)=0.2mol.
【点睛】题目要求推断存在的离子和计算离子的物质的量，而题干中没有给出任何数据，所以数据必须通过图象获取。纵坐标表示沉淀或气体的物质的量，沉淀曲线有两个拐点，气体曲线出现一个拐点，且都有相应的数据。
17． 0.6 减小 不变 0.33 = 39.7
【详解】(1)2min末测得N2的物质的量是0.4mol，根据反应方程式可知Δn(NO2)=0.8mol，所以此时容器中n(NO2)=2mol-0.8mol=1.2mol，容器体积为2L，所以c(NO2)=0.6mol/L；
(2)①容器体积增大，各气体物质的浓度减小，反应速率减小；
②碳为固体反应物，加入少量碳对反应速率没有影响，即反应速率不变；
(3)①设4min时N2的浓度为x mol/L，初始投料为2molNO2、3molC，容器体积为2L，列三段式有：
根据图象可知1-2x=x，解得x=0.33mol/L，即a=0.33；
②据图可知7min时N2和NO2的浓度不再改变，说明反应达到平衡，所以正反应速率=逆反应速率；平衡时c(NO2)=0.2mol/L，c(N2)=0.4mol/L，根据反应方程式可知c(CO2)=0.8mol/L，所以混合气体中n(NO2)：n(N2)：n(CO2)=0.2：0.4：0.8=1：2：4，则混合气体的平均相对分子质量为=39.7。
18． Zn Ag2O Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O 氧化反应 负 正 正 负 不变 32.5g H2+2OH--2e-=2H2O
【分析】总反应为Ag2O+Zn=ZnO+2Ag,其中一个电极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，Ag2O变成Ag，Ag的化合价从+1变为0，化合价降低，则该电极反应化合价降低、被还原，是正极。
【详解】（1）由分析可知，Zn为负极，Ag2O为正极，故答案为：Zn；Ag2O；
（2）Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-为正极反应，负极失电子，被氧化，则负极反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，故答案为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；氧化反应；
（3）原电池中，电子由负极经导线流回正极，溶液中离子流向为阳离子流向正极，阴离子流向负极，故答案为：负；正；正；负；
（4）从总反应Ag2O+Zn=ZnO+2Ag来看，反应不涉及KOH，故答案为：不变；
（5）Zn-+2OH-+2e-=ZnO+H2O
65g 2mol
m 1mol 列式解得：m=32.5g
故答案为：32.5g；
（6）碱性氢氧燃料电池的负极反应式为：H2+2OH--2e-=2H2O，故答案为：H2+2OH--2e-=2H2O。
【点睛】正极-得电子-化合价升高-被氧化，负极-失电子-化合价降低-被还原。原电池的题是高考高平考点，熟练运用原电池工作基本原理，是解决本类题的关键，有些题从化合价入手，有些题从电子入手，有些题从反应类型入手，轻而易举就拿下了。
19． 正 B
【详解】（1）①放电时，电池总反应为：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O=3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，负极反应为：Zn-2e-＋2OH-=Zn(OH)2，利用总反应-负极反应×3可得正极反应为：；
②由电极反应式可知，正极生成OH-，溶液碱性增强；
（2）①由电子转移可知，a为负极，b为正极，燃料电池中通入空气的电极发生还原反应，对应电极为正极，因此空气从B口通入；
②a极为负极，发生氧化反应，电解质为强碱性溶液，则负极电极反应式为：。
【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。
20． PbO2 Pb 变大 H2SO4被消耗，酸性减弱 弱酸性或中 吸氧 O2+4e-+2H2O=4OH- 较强的酸 析氢 Fe - 2e-=Fe2+
【分析】(1)根据Pb +PbO2+2H2SO4→2PbSO4 +2H2O，结合元素化合价变化分析解答；
(2)生铁中含有碳，铁、碳和合适的电解质溶液构成原电池，在弱酸性或中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，在酸性条件下，铁发生析氢腐蚀，据此分析解答。
【详解】(1)A．电池反应Pb +PbO2+2H2SO4→2PbSO4 +2H2O中Pb元素化合价由0价、+4价变为+2价，根据元素化合价变化知，PbO2得电子发生还原反应作正极，Pb失电子发生氧化反应作负极，故答案为PbO2；Pb；
B．根据电池反应Pb +PbO2+2H2SO4→2PbSO4 +2H2O知，放电过程中硫酸参加反应，所以随着反应的进行，氢离子浓度减小，所以溶液的pH变大，故答案为变大；H2SO4被消耗，酸性减弱；
(2)a．若试管内液面上升，说明试管中氧气被消耗，则钢铁发生吸氧腐蚀，溶液呈中性或弱酸性，Fe易失电子作负极、C作正极，负极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为弱酸性或中性；吸氧；O2+2H2O+4e-=4OH-；
b．若试管内液面下降，说明有气体生成，则钢铁发生析氢腐蚀，溶液呈酸性，负极上铁失电子发生亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故答案为酸；析氢；Fe-2e-=Fe2+。
21． Cl2 Na HCIO4 NaOH Al(OH)3 Ar 8 10 12 78
【分析】I.同一周期的元素，从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。元素的金属性越强，单质的还原性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，最高价含氧酸的酸性越强；处于金属与非金属交界处的Al的氢氧化物显两性；惰性气体原子达到最外层8个(He为2个)电子的稳定结构；
II.8号元素是O，原子最外层有6个电子，容易获得2个电子变为O2-，达到最外层8个电子稳定结构；根据原子核外电子数等于原子核内质子数等于原子序数分析；原子获得电子形成阴离子，原子失去电子形成阳离子，质量数等于原子核内质子数与中子数的和，B一价阳离子的核外有10个电子，则B是Na元素，二者1：1形成的化合物是Na2O2，该物质是离子化合物。
【详解】I.由于同一周期的元素，从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，所以在第三周期元素及其单质和化合物中，氧化性最强的单质是Cl2，还原性最强的单质是Na；元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以最高价氧化物对应的水化物中，最强的酸是HCIO4，最强的碱是NaOH，处于金属与非金属交界处的Al的氢氧化物显两性，则形成的两性氢氧化物是Al(OH)3；处于元素周期表每一周期最后的惰性气体元素的原子达到最外层8个(He为2个)电子的稳定结构，所以第三周期元素中，化学性质最稳定的元素是Ar。
Ⅱ.(1)A元素原子的核电荷数为8，该元素是O元素，原子核内的质子数为8，核外电子排布是2、6，最外层有6个电子，容易获得2个电子，达到最外层8个电子的稳定结构，形成O2-，该元素原子的二价阴离子的核外电子数为10，中子数是8的核素表示为；
(2)B元素原子的一价阳离子的核外有10个电子，说明原子失去1个电子后有10个电子，因此B元素是11号Na元素，质量数为23，该元素原子的原子核内中子数为23-11=12；
(3)A、B形成1：1型化合物是Na2O2，其相对分子质量是23×2+16×2=78。
【点睛】本题考查了原子的构成、原子结构与性质及其形成化合物的性质的知识。金属元素的原子容易失去电子形成阳离子；非金属元素的原子容易获得电子形成阴离子。原子一般由质子、中子、电子三种微粒构成，只有原子有两种微粒构成，原子核内只含有质子、核外有电子，而没有中子。
22． ﹣1168.8kJ/mol 0.1875mol/（L min） B ABE C2H4 C2H4﹣12e ﹣+4H2O=2CO2+12H+ Al﹣3e﹣=Al3+、Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑
【详解】（1）已知氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol，则①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣285.8×2 kJ/mol=﹣571.6kJ/mol，又知②N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.4 kJ/mol；③N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H="+180.6" kJ/mol，利用盖斯定律，将①×3﹣②×2+③×2可得4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6 H2O（l），△H=（﹣571.6kJ/mol）×3+6﹣（﹣92.4 kJ/mol）×2+（+180.6 kJ/mol）×2=﹣1168.8kJ/mol，故答案为﹣1168.8kJ/mol；
（2）①氨气的平均化学反应速率为v= ="0.015mol/(Lmin)，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以氧气的平均化学反应速率为0.1875 mol/(Lmin),故答案为0.1875mol/（L min）；
②通通过图表知，反应物浓度增大，生成物浓度减小，所以平衡向逆反应方向移动，即向左移动，
A．使用催化剂，平衡不移动，故错误；
B．升高温度，平衡逆向移动，反应物浓度增大，生成物浓度减小，故正确；
C．减小压强，反应物浓度减小，生成物浓度减小，故错误；
D．增加O2的浓度，平衡正向移动，故错误；
故选B；
③A．单位时间内生成n mol NO的同时，等效于消耗n mol NH3的同时生成n mol NH3，故正确；
B．条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
C．百分含量w（NH3）=w（NO），而不是不变的状态，不一定平衡，故错误；
D．只要反应发生反应速率就符合v（NH3）：v（O2）：v（NO）：v（H2O）=4：5：4：6，所以不一定平衡，故错误；
E．若在恒温恒压下容积可变的容器中反应，混合气体的密度不再变化，说明气体的平均相对分子量不变，反应达平衡状态，故正确；
故选ABE；
（3）①根据装置可以知道d处生成大量的水，所以c电极是通入的氧气，b口通入的物质为C2H4，故答案为C2H4；
②d处生成大量的水，所以c电极是通入的氧气，为正极，发生电极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，负极发生氧化反应，电极反应式为：C2H4﹣12e﹣+4H2O=2CO2+12H+，
故答案为C2H4﹣12e﹣+4H2O=2CO2+12H+；
③在电解池中，金属铝为阳极，发生电极反应：Al﹣3e﹣=Al3+，铝离子会和碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，即Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，溶液逐渐变浑浊，故答案为Al﹣3e﹣=Al3+、Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑。
23． 3X+Y2Z 0.025mol/(L·min) 30% C ③④
【详解】（1）X、Y物质的量减小，作反应物，Z物质的量增大，作生成物，化学反应速率之比=化学计量数之比，因为等时间等体积，因此物质的量之比等于化学计量数之比，X：Y：Z=(1－0.7)：(1－0.9)：0.2=3：1：2， 3X+Y2Z；
（2）根据化学反应速率的数学表达式，v(Y)=(1－0.9)/(2×2)mol/(L·min)="0.025" mol/(L·min)，X的转化率=(1－0.7)/1×100%=30%；
（3）A、根据化学平衡状态定义，当组分的浓度不再改变，说明达到平衡，故错误；B、没有指明反应方向，不能判断的平衡，故错误；C、不同物质的反应速率判断达到平衡，要求一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，故正确；D、反应方向都是逆反应方向，故错误；
（4）①降低温度，化学反应速率减缓，故错误；②恒容，充入非反应气体，各组分的浓度不变，化学反应速率不变，故错误；③加入催化剂，加快反应速率，故正确；④增加A的物质的量，增大反应物的浓度，加快反应速率，故正确。
24． 0.15 ＞ 减小 b
【详解】：(1)若起始时A为l mol，反应2min达到平衡，A剩余0.4mol，则在0～2min内A的平均反应速率v==0.15mo1/(L min)，故答案为：0.15；
(2)扩大容器体积减小压强，浓度减小反应速率减小，平衡向气体体积增大的方向移动，又平衡向逆反应方向移动即为气体体积增大的方向移动，所以a+b＞c+d，故答案为：＞；减小；
(3)a. 增大A的浓度正反应速率瞬间增大，但逆反应速率瞬间不变，故a不符合题意；
b. 缩小容器条件，反应物和生成物浓度均增大，反应速率变大，但平衡会正向移动，即正反应速率增大的幅度要逆反应速率增大幅度要大，之后平衡正向移动，二者相等，故b符合题意；
c. 加入催化剂，不影响平衡，正逆反应速率变化幅度应相同，故c不符合题意；
d. 升高温度，正逆反应速率均增大，但未告知该反应为吸热反应还是放热反应，无法判断反应移动方向，故d不符合题意；
综上所述选b。
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