湖南省醴陵二中醴陵四中2022-2022学年高一化学下学期期中联考试题含解析.doc

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1、湖南省醴陵二中、醴陵四中2022-2022学年高一化学下学期期中联考试题含解析第一卷选择题 48分可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108一、选择题：每题3分，共48分，每题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号在答题卡上相应序号上用2B铅笔填涂，填在试题卷上无效。1.以下有关化学用语的表示正确的选项是( )A. NH4Cl的电子式：B. S2-的结构示意图：C. 氨的电子式：D. 碳元素位于第2周期，VIA族【答案】C【解析】【详解】A. NH4Cl是离子化合物，电子式为，A错误；B. S2

2、-的结构示意图为，B错误；C. 氨气是共价化合物，电子式为，C正确；D. 碳元素位于第二周期第A族，D错误。答案选C。2.以下有关元素周期表的说法正确的选项是( )A. Li是最活泼金属，F是最活泼非金属B. 在周期表中金属与非金属的分界处，可找到做催化剂的材料C. 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个族，共16纵行D. 同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属【答案】D【解析】分析：A、同主族从上到下金属的活泼性依次增强，同周期从左到右非金属的活泼性增强；B、根据周期表的结构分析；C、族占3个纵行；D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强。详解：A、最

3、活泼的金属是Cs，最活泼的非金属是F，A错误；B、元素周期表中，在金属与非金属的分界线附近的元素既有金属的性质又有非金属的性质，能作半导体材料，B错误；C、元素周期表共有18纵行其中7个主族，7个副族，1个0族，1个族，一个族占三个纵行，共18个纵行，C错误；D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强，因此同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属，D正确；答案选D。3.根据元素周期律判断，以下各组物质的性质比拟，正确的选项是( )A. 稳定性：NH3PH3SiH4B. 原子半径：S NaOC. 金属性：LiNaKD. 酸性： H2SO4HClO4 H3PO4【答案】

4、A【解析】【详解】A. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：NPSi，那么稳定性：NH3PH3SiH4，A正确；B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，那么原子半径：NaSO，B错误；C. 同主族从上到下金属性逐渐增强，那么金属性：LiNaK，C错误；D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：ClSP，那么酸性：HClO4H2SO4H3PO4，D错误；答案选A。4.以下关于化学键的说法正确的选项是( )A. 离子化合物中只存在离子键B. 共价化合物中只存在共价键C. 物质中都含化学键D. 只含非金属元素的物质一定不含离子键【答案】B【解析】【详解】A

5、. 离子化合物中可以存在共价键，比方氢氧化钠，故A错误；B. 共价化合物中只存在共价键，存在离子键的化合物属于离子化合物，故B正确；C. 化学键是指微粒间强烈的作用力，稀有气体微粒间属于分子间作用力，不是化学键，故C错误；D. 非金属元素也可以形成离子，比方铵根离子，可以形成离子键，故D错误，应选B。【点睛】一般情况下，含有金属元素的化合物，容易形成离子键，属于离子化合物，但也有例外，如AlCl3属于共价化合物，不可以以此作为判断依据。5.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第A族，甲和丙同主族，丁的最外层电子数和电子层数相等，那么以下说法正

6、确的选项是()A. 原子半径：甲丙B. 单质的复原性：丁丙C. 乙的氢化物是同族中氢化物复原性最强的D. 乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反响【答案】D【解析】【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第VA族，那么甲为H元素，乙为N元素，形成的化学物为氨气，甲和丙同主族，那么丙为Na元素，丁的最外层电子数和电子层数相等，应为Al元素，据此答题。【详解】由分析可知：甲为H元素，乙为N元素，丙为Na元素，丁为Al元素。A.甲为H元素、丙为Na元素，Na与H位于同一主族，同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径NaH，故A

7、错误；B.丙为Na元素、丁为Al元素，Na的金属性比Al强，对应单质的复原性NaAl，故B错误；C.同一主族元素非金属性逐渐减弱，非金属性越弱，气态氢化物复原性越强，所以NH3是同族中氢化物复原性最弱的，故C错误；D.乙为N元素、丙为Na元素、丁为Al元素，N、Na、Al的最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、NaOH、AlOH3，AlOH3为两性氢氧化物，既能与酸反响，又能与碱反响，所以乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反响，故D正确。应选D6.以下关于碱金属元素和卤族元素不正确的选项是( )A. 卤族元素从上到下，非金属增强，其对应的单质氧化性逐渐增强。B. 碱金属元素从上到下，

8、金属性增强，其对应的单质复原性逐渐增强。C. 卤族元素从上到下，其对应的氢化物稳定性减弱。D. 碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行【答案】A【解析】【详解】A、同一主族元素，非金属性随着原子序数的增大而降低，所以卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的单质氧化性逐渐减弱，故A错误。B同一主族元素，金属性随着原子序数的增大而增强，因此碱金属元素从上到下，金属性增强，其对应的单质复原性逐渐增强，故B正确；C、卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的氢化物稳定性减弱，故C正确。D、碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行，故D正确。故答案选A。【点睛】此题考查元素周

9、期律的递变规律，明确同主族元素性质的递变规律是解答的关键，注意元素金属性、非金属性与单质复原性和氧化性的关系。7.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如下图，原子序数之和为48。以下说法不正确的选项是( )A. 原子半径(r)大小比拟r(X)r(Y)B. X和W可形成化合物XW3C. W的非金属性比Z的强，所以W氢化物的沸点比Z的高D. Z的最低价单核阴离子的失电子能力比Y的强【答案】C【解析】【详解】X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设Y的原子序数为y，那么X的原子序数为y-1，Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9，X、Y、Z和W的原

10、子序数之和为48，那么y-1+y+y+8+y+9=48，解得y=8，所以Y为O，Z为S，W为Cl，X为N，那么A、在同一周期内，自左向右原子半径逐渐减小，原子半径(r)大小比拟r(X)r(Y)，故A正确；B、X为N元素，W为Cl元素，可以形成共价化合物NCl3，故B正确；C、熔沸点为物质的物理性质，氢化物的沸点与分子间作用力有关，与非金属性无关，故C错误；D、非金属性ZY，故Z的最低价单核阴离子的失电子能力强于Y，故D正确。综上所述，答案选C。8.以下有关化学反响速率的表达正确的选项是( )A. 通常用反响物或生成物的质量变化来表示化学反响速率B. 对于任何化学反响来说，反响速率越大，反响现象

11、越明显C. 在密闭容器中进行的反响C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，增加C(s)的量速率不变D. 某化学反响速率为0.5mol/(Ls)是指该反响在1s时某物质的浓度为0.5mol/L【答案】C【解析】A化学反响速率为单位时间内浓度的变化量，那么化学反响速率通常用单位时间内反响物浓度的减小或生成物浓度的增大来表示，A错误；B反响速率与现象无关，反响速率快的，现象可能明显，也可能不明显，B错误；C增加固体C(s)的量速率不变，C正确；D因化学反响速率为平均速率，那么化学反响速率为0.5mol/Ls是指1s内该物质的浓度变化量为0.5mol/L，D错误；答案选C。点睛：掌握化学反响速

12、率的含义、计算方法是解答的关键，注意化学反响速率是一段时间内的平均速率，且无论用反响物还是用生成物表示均取正值。其次在一定温度下，固体和纯液体物质，改变其用量，不影响化学反响速率。最后同一化学反响在相同条件下，用反响物或生成物物质的量浓度在单位时间内的变化表示化学反响速率值，不同物质表示反响速率数值不同，但意义相同。9.以下对化学反响限度的表达中，不正确的选项是( )A. 任何可逆反响都有一定的限度B. 反响条件改变，化学反响限度可能改变C. 化学反响到达平衡时，正、逆反响速率一定相等D. 化学反响到达平衡时，所有物质微粒均不再变化【答案】D【解析】A. 可逆反响的特征是不能完全反响，存在一定

13、的限度，故A正确；B. 反响条件改变，可能改变化学反响速率，从而改变化学反响限度，故B正确；C. 化学平衡状态是动态平衡，平衡时正、逆反响速率相等，故C正确；D. 化学反响到达平衡时，物质的浓度不变，但物质的形状等物理性质可能发生变化，故D错误；应选D。10.以下关于能量变化的说法，正确的选项是( )A. 将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量相同B. 2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反响生成物的总能量高于反响物的总能量C. 放热反响中，反响物的总能量大于生成物的总能量D. 有化学键断裂的是吸热过程，并且一定发生了化学变化【答案】C【解析】【分析】A、等质量的红磷和白

14、磷具有的能量不同；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反响是放热反响；C、放热反响中，反响物的总能量大于生成物的总能量；D、氯化钠熔化，离子键断裂；【详解】A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同，根据盖斯定律，将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量不相同，故A错误；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反响是放热反响，该反响生成物的总能量低于反响物的总能量，故B错误；C、放热反响中，反响物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D、氯化钠熔化，离子键断裂，没有新物质产生，有化学键断裂的是吸热过程，不一定发生了化学变化，故D错误；应选C。11.在四个不同容器中，不同

15、条件下进行合成氨反响。根据在相同时间内测定的结果判断生成氨的速率最快的是( )A. v(N2)=0.1molL-1s-1B. v(H2)=0.1molL-1min-1C. v(NH3)=015molL-1min-1D. v(H2)=0.3molL-1min-1【答案】A【解析】【分析】同一化学反响中,同一时间段内,各物质的反响速率之比等于其计量数之比，先把不同物质的反响速率换算成同一物质的反响速率进行比拟，从而确定选项，注意单位是否相同。【详解】发生反响：N2+3H22NH3，不同物质表示的反响速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反响速率越快。A.

16、v(N2)=0.1molL-1s-1=6molL-1min-1，那么v(N2)/1=6molL-1min-1，B. v(H2)/3=0.033molL-1min-1，C. v(NH3)/2=0.075molL-1min-1，D. v(H2)/3=0.1molL-1min-1，故反响速率ADCB，正确选项A。12.如下图装置，电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，那么A、B、C应是以下各组中的 ( )A. A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸B. A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸C. A是Cu，B是Fe，C为稀CuNO32溶液D. A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液【

17、答案】C【解析】该原电池中，A极逐渐变粗，B极逐渐变细，所以B作负极，A作正极，B的活泼性大于A的活泼性，所以 A、D错误； A极逐渐变粗，说明有金属析出，B选项析出氢气不是金属，故B项错误；C选项析出金属，所以C 符合题意，应选C 。13.如下图的原电池装置，X、Y为两电极，电解质溶液为稀硫酸，外电路中的电子流向如下图，对此装置的以下说法正确的选项是( )A. 外电路的电流方向为：X外电路YB. 假设两电极分别为Zn和石墨棒，那么X为石墨棒，Y为ZnC. SO42-移向X电极，Y电极上有氢气产生D. X极上发生的是复原反响，Y极上发生的是氧化反响【答案】C【解析】分析：根据电子的流向可知X是

18、负极，Y是正极，结合原电池的工作原理分析解答。详解：A电流的方向是正电荷的移动方向，所以外电路的电流方向为：Y外电路X，A错误；B假设两电极分别为Zn和碳棒，由于活动性ZnC，那么X为Zn，Y是碳棒，B错误；C根据电子流向可知X是负极，Y是正极，溶液中的氢离子放电。阴离子向负极移动，那么SO42-移向X电极，Y电极上有氢气产生，C正确；DX极失去电子，发生氧化反响，Y极上获得电子，发生的是复原反响，D错误。答案选C。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意利用原电池比拟金属性强弱时需要考虑电解质溶液的性质，例如镁、铝、稀硫酸构成原电池时镁是负极，镁、铝、氢氧化钠溶液构成原电池时铝是负极，答

19、题时需要灵活应用。14.标准状况下，44.8L CH4与一定量Cl2在光照条件下发生取代反响，待反响完全后，测得四种有机取代产物的物质的量相等，那么消耗的Cl2为( )A. 1molB. 2 molC. 4molD. 5 mol【答案】D【解析】【分析】根据四种取代物的物质的量相等结合碳原子守恒计算取代物的物质的量，再根据被取代的氢原子和氯气分子之间的关系式计算消耗氯气的物质的量。【详解】在标准状况下，44.8LCH4的物质的量为2mol，2mol甲烷完全与氯气发生取代反响，假设生成相同物质的量的四种取代物，所以每种取代物的物质的量是0.5mol，甲烷和氯气的取代反响中，被取代的氢原子的物质的

20、量与氯气的物质的量相等，所以生成0.5mol一氯甲烷需要氯气0.5mol氯气，生成0.5mol二氯甲烷需要氯气1mol，生成0.5mol三氯甲烷需要氯气1.5mol氯气，生成0.5mol四氯化碳需要氯气2mol，所以总共消耗氯气的物质的量=0.5mol+1mol+1.5mol+2mol=5mol。答案选D。15.以下有关烷烃的表达中，不正确的选项是( )A. 在烷烃分子中，所有的化学键都为单键B. 所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反响C. 烷烃分子的通式为CnH2n+2，符合该通式的烃不一定是烷烃D. 随着碳原子的增加，烷烃的熔、沸点逐渐升高。【答案】C【解析】烷烃是只含有碳碳单键的链

21、状烃，所以只有碳碳单键和碳氢键，选项A正确。烷烃在光照下和卤素发生取代是烷烃通性，所以选项B正确。符合CnH2n+2通式的烃分子只可能是含有碳碳单键的链烃，即饱和烃，所以选项C错误。随着碳原子数增加，烷烃分子间作用力增大，熔沸点升高，选项D正确。16.有A、B两种元素，元素A的核电荷数为a，且A3与Bn的电子排布完全相同，那么元素B的核电荷数为( )A. an3B. an3C. an3D. an3【答案】B【解析】【详解】A元素原子的核电荷数为a，原子中核电荷数=核内质子数=核外电子数，那么其核外电子数为a；A原子得到3个电子形成A3-，那么A3-的核外电子数为a+3；B原子失去n个电子形成B

22、n+，由于A3+与Bn-的电子层排布相同，那么B原子的核外电子数为a+3+n；那么B元素原子的核电荷数a+3+n。应选B。第ii卷选择题52分二、简答题：每空2分，共52分。请将答案填在答题卡上17.根据以下提供的一组物质答复以下问题：NH4Cl MgCl2 H2S Na2O2 MgO Cl2 NaOH 1仅含有共价键的是_；既有离子键又有共价键的是_(用序号表示2离子化合物有_；用序号表示3Na2O2 的电子式_【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】【分析】1离子键是阴阳离子间的静电作用，共价键是原子间通过共用电子对形成的相互作用；2含有离子键的化合物属于离子化合物；3过

23、氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物。【详解】1NH4Cl，含有离子键和共价键；MgCl2含有离子键；H2S只含有共价键；Na2O2含有离子键和共价键；MgO含有离子键；Cl2只含有共价键；NaOH，含有离子键和共价键；仅含共价键的是：；既有离子键又有共价键的是；故答案为：；。2含有离子键的化合物有：，属于离子化合物；故答案为：。3过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物，电子式为：，故答案为：。18.下表是元素周期表的一局部，请答复有关问题：1的元素符号为 _； 2第3周期主族元素中，原子半径最小的是_用元素符号表示。3表中元素的气态

24、氢化物中最稳定的是_用化学式表示。4、四种元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是_用化学式表示。5和形成化合物的电子式为_6和两种元素的最高价氧化物的水化物在水溶液中反响的离子方程式为_。【答案】 (1). C (2). Cl (3). HF (4). HClO4 (5). (6). Al(OH)3 + OH =AlO2 + 2H2O【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知：为C元素，为O元素，为F元素，为Na元素，为Mg元素，为Al元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，据此答题。【详解】由分析可知：为C元素，为O元素，为F元素，为Na元素，为Mg元素，为Al元素，为S元素，为Cl元素，为

25、Ar元素。1由分析可知：为碳元素，元素符号为C，故答案为：C。2同一周期元素的原子，从左向右原子半径逐渐减小，所以第3周期主族元素中，原子半径最小的是Cl，故答案为：Cl。3元素的非金属性越强，氢化物越稳定，表中非金属性最强的是F，所以气态氢化物中最稳定的是HF，故答案为：HF。4为C元素，为O元素，为S元素，为Cl元素，元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，这四中元素中非金属性最强的是Cl，故最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4。5为C元素、为Cl元素，和形成化合物为CCl4，CCl4是由非金属形成的共价化合物，电子式为：，故答案为：。6为Na元素

26、、为Al元素，Na和Al的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，NaOH与Al(OH)3反响生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH =AlO2+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O。【点睛】明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。19.在化学反响中，只有极少数能量比平均能量高得多的反响物分子发生碰撞时才可能发生化学反响，这些分子被称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJmol1表示。请认真观察以下图，然后答复以下问题。1以下图中所示反响是_(填“吸热或“放热)反响。2拆开1mol HH键、1mol

27、 II、1mol HI键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。那么由1mol氢气和1mol 碘反响生成HI会_(填“放出或“吸收)_kJ的热量。3以下反响中，属于放热反响的是_，属于吸热反响的是_。物质燃烧 炸药爆炸 酸碱中和反响 二氧化碳通过炽热的碳食物因氧化而腐败 Ba(OH)28H2O与NH4Cl反响 铁粉与稀盐酸反响【答案】 (1). 放热 (2). 放出 (3). 11 (4). (5). 【解析】【分析】1当反响物的总能量高于生成物时，反响为放热反响；2旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量，当旧键断裂吸收的能量大于新键生成释放的能量时，反响为吸热反响，反之那么为

28、放热反响；3根据常见的放热反响和吸热反响进行分析。【详解】1依据图象分析反响物的总能量大于生成物的总能量，所以该反响为放热反响，故答案为：放热。2氢气和碘反响生成2molHI，旧键断裂吸收能量的值为：436kJ+151kJ=587kJ，新键生成释放能量为：299kJ2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反响为放热反响，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ，故答案为：放出；11。3物质燃烧是放热反响；炸药爆炸，属于物质燃烧是放热反响；酸与碱的中和反响，所有中和反响是放热反响；二氧化碳通过炽热碳是吸热反响；食物因氧化而腐败，属于缓慢氧化是放热反响；Ba(OH)28H2

29、O与NH4Cl反响是吸热反响；铁粉与稀盐酸反响是放热反响；所以属于放热反响的是，属于吸热反响的是，故答案为：，。【点睛】把握放热反响和吸热反响的含义是解答的关键，一般金属和水或酸反响，酸碱中和反响，一切燃烧，大多数化合反响和置换反响，缓慢氧化反响如生锈等是放热反响。大多数分解反响，铵盐和碱反响，碳、氢气或CO作复原剂的反响等是吸热反响。20.人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要，广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，请根据题中提供的信息，填写空格。(1)铅蓄电池在放电时发生的电池反响式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。正极电极反响式为_。电池工作一段时间

30、后需要充电，充电过程中H2SO4的浓度_(填“增大、“减小或“不变)。(2)某学习小组依据氧化复原反响：2Ag+Cu=Cu2+2Ag设计成原电池，那么负极发生的电极反响式为_；当反响进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了5.4 g，那么该原电池反响转移的电子数目是_。(3)燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置。电解质为稀硫酸溶液的氢氧燃料电池，其正极反响式为_。【答案】 (1). PbO2+ 4H+ + SO42-+2e=PbSO4+2H2O (2). 增大 (3). Cu2e=Cu2+ (4). 0.05N A (5). O2+4 e+4H+=2H2O【解析】【分析】1铅蓄电池中

31、正极得到电子，发生复原反响；2根据总反响可知铜发生氧化反响，那么铜失电子作原电池的负极；Ag为原电池的正极，正极上发生复原反响，根据电极反响式计算转移电子的数目；3氢氧燃料电池中，通入氧气的一极为电池的正极，发生复原反响。【详解】1原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反响。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生复原反响。所以根据总的反响式可知，二氧化铅是正极得到电子，因此正极电极反响式为：PbO2SO42-4H+2e-=PbSO42H2O；根据电池反响式知，充电时硫酸是生成物，所以充电过程中电池液中H2SO4的浓度增大，故答案为：PbO2+4H+SO4

32、2-+2e=PbSO4+2H2O，增大。2在2Ag+CuCu2+2Ag反响中，铜的化合价升高，发生氧化反响，那么铜失电子作原电池的负极，电极反响为Cu-2e-Cu2+；原电池工作时，负极铜失去电子被氧化生成铜离子，铜的质量逐渐减少，溶液中的银离子在正极银得电子发生复原反响生成银，所以正极增重的质量就是析出银的质量，当银电极质量增加5.4g时，nAg=5.4g108g/mol =0.05mol，根据电极反响Ag+e-=Ag，可知原电池反响共转移电子的数目为0.05NA，故答案为：Cu-2e-Cu2+；0.05NA。3氢氧燃料电池中，通入氧气的一极为电池的正极，发生复原反响，该电池的正极反响式O2

33、+4e+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e+4H+=2H2O。21.800时，在2L的密闭容器中发生反响：2NO(g)+O2(g)2NO2，n(NO)随时间的变化如下表所示。时间s012345n(NO)mol0.0200.0100.0080.00700070.0071从03s内，用NO表示的平均反响速率(NO)_。2图中表示NO浓度变化的曲线是_(填字母代号)。3达平衡时NO的转化率为_。4能说明该反响已到达平衡状态的是_(填序号)。A混合气体的颜色保持不变 B混合气体的密度保持不变C逆 (NO2)2正 (O2) D混合气体的平均相对分子质量保持不变5假设升温到850，达平衡后n(NO)n

34、(NO2)，那么反响向_(填“正反响方向、“逆反响方向)移动。6假设在一定条件下0.2molNO气体与氧气反响，达平衡时测得放出的热量为akJ，此时NO转化率为80%，那么2molNO气体完全反响放出的热量为_。【答案】12.17103molL1s1；2c；365%；4ACD；5逆反响方向；612.5akJ；【解析】试题分析：1根据题意可知，在3s时，反响用去的NO为0.02mol-0.007mol=0.013mol，所以NO的反响速率v=2.17103molL1s1，故答案为：2.17103molL1s1；2根据2NO(g)+O2(g)2NO2，右图中表示NO浓度变化的曲线是c，故答案为：c

35、；3达平衡时NO的转化率为100%=65%，故答案为：65%；4A混合气体的颜色保持不变，表示，二氧化氮的浓度不变，能说明该反响已到达平衡状态，正确；B容器的体积不变，气体的质量不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明该反响已到达平衡状态，错误；C逆(NO2)2正(O2) 表示正逆反响速率相等，能说明该反响已到达平衡状态，正确；D该反响属于气体的物质的量发生变化的反响，混合气体的平均相对分子质量保持不变，能说明该反响已到达平衡状态，正确，应选ACD；5在800时，得到平衡时，n(NO)=0.007mol，根据方程式n(NO2)=0.013mol，假设升温到850，达平衡后n(NO)n(NO2)，那么反响向逆反响方向移动，故答案为：逆反响方向；6转化的NO的物质的量为0.2mol80%=0.16mol，放出的热量为akJ，所以0.2molNO反响放出的热量为akJ=12.5aKJ，故答案为：12.5akJ。考点：考查了化学反响速率的计算、化学平衡状态的判断和平衡的移动等相关知识。