1、新疆兵团八师一四三团一中2018-2019高一下学期期中考试化学试卷1.已知原子序数，可以推断原子的（ ）质子数中子数质量数核电荷数核外电子数原子结构示意图元素在周期表中的位置A. B. C. D. 【答案】B【解析】原子序数质子数核电荷数核外电子数，由于质子数和中子数之和是质量数，所以无法确定，所以答案选B。2.某微粒用表示,下列关于该微粒叙述正确的是（ ）A. 所含质量数=A-nB. 所含中子数=A-ZC. 所含电子数=Z+nD. 所含质子数=A+Z【答案】B【解析】【分析】中R表示元素符号，A表示质量数，Z表示质子数，“n+”表示该离子带n个正电荷。【详解】A. 所含质量数是A，A不正确
2、； B. 所含中子数等于质量数减去质子数，即A-Z，B正确；C. 该微粒是阳离子，所含电子数等于质子数减去电荷数，即Z-n，C不正确； D. 所含质子数是Z，D不正确。综上所述，关于该微粒叙述正确的是B。3.A、B、C均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。已知：B、C两元素原子最外层电子数之和等于A元素原子最外层电子数的2倍；B、C两元素的核电荷数之和是A元素原子序数的4倍。则A、B、C分别是（ ）A. C、Al、PB. N、Si、SC. O、P、ClD. F、S、Ar【答案】C【解析】【详解】A、B、C均为短周期元素，设A的原子序数为x，由图可知，A为第二周期，B、C在第三周期，B的
3、原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，由B、C两元素的核电荷数之和是A元素原子序数的4倍，则x+7+x+9=4x，解得x=8，则A为O，B为P，C为Cl，答案选C。4.下列说法不正确的是A. 原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数B. 元素周期表中从B到B族10个纵行的元素都是金属元素C. 除氦以外的稀有气体原子的最外层电子数都是8D. 同周期元素中A族元素的原子半径较小【答案】A【解析】【详解】A. 离子的核外电子层数不一定等于该元素所在的周期数，例如钠离子，A错误；B. 元素周期表中从IIIB到IIB族10个纵行的元素属于过渡元素，全部为金属元素，B正确；C. 除氦以外的稀有气
4、体原子的最外层电子数都是8，C正确；D. 同周期自左向右，原子半径逐渐减小，所以同周期元素中VIIA族元素的原子半径最小，D正确；答案选A。5.甲、乙两种非金属：甲比乙容易与H2化合；甲原子能与乙的阴离子发生氧化还原反应；最高价氧化物对应的水化物酸性甲比乙强；与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；能说明甲比乙的非金属性强的是()A. 只有B. 只有C. D. 全部【答案】C【解析】【详解】甲比乙容易与H2化合，说明甲比乙的非金属性强；甲原子能与乙的阴离子发生氧化还原反应，说明甲比乙的非金属性强；最高价氧化物对应的水化物酸性甲比乙强，说明甲比乙的非金属性强；与某金属反应时，甲原子得电子数目比
5、乙的多，不能说明甲得到电子的能力比乙强，故不能说明甲比乙的非金属性强；综上所述，能说明甲比乙的非金属性强的是，故选C。【点睛】非金属性越强的元素，其得电子的能力越强，但是与其得电子的数目无关。6.关于原子结构的叙述正确的是A. 所有的原子核都是由质子和中子组成的B. 原子的最外层电子数不超过8个C. 稀有气体原子的最外层电子数均为8D. 原子的次外层电子数都是8个【答案】B【解析】【详解】A、一般原子核是由质子和中子构成的，但氢原子例外，原子核内没有中子，选项A错误；B、原子的最外层电子数不超过8个，选项B正确；C、稀有气体原子的最外层电子数不一定均为8个，氦元素的原子最外层电子数为2个，选项
6、C错误；D、原子的次外层电子数不超过18个，原子的次外层电子数不一定都是8个，选项D错误。答案选B。7.在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处最容易找到的材料是（ ）A. 制催化剂的材料B. 耐高温、耐腐蚀的合金材料C. 制农药的材料D. 半导体材料【答案】D【解析】【详解】A. 制催化剂的材料一般在过渡元素中寻找，A不选；B. 耐高温、耐腐蚀的合金材料一般在过渡元素中寻找，B不选；C. 制农药的材料一般在非金属元素中寻找，C不选；D. 位于金属元素和非金属元素交界处的元素既表现金属的性质也表现非金属的性质，故容易找到半导体材料，D选；答案选D。8. 下列变化中，不需要破坏化学键的是 （
7、 ）A. 氯化氢溶于水B. 加热氯酸钾使其分解C. 碘升华D. 氧化钠熔化【答案】C【解析】【详解】A、氯化氢溶于水，产生H和Cl，破坏共价键，故A错误；B、KClO3分解产生KCl和氧气，破坏化学键，故B错误；C、碘升华破坏的是分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，故C正确；D、氧化钠属于离子化合物，熔化破坏的是离子键，故D错误。答案选C。9.关于化学键的下列叙述中, 正确的是A. 离子化合物中不可能含共价键B. 共价化合物中可能含离子键C. 离子化合物中只含离子键D. 共价化合物中不含离子键【答案】D【解析】【详解】A、含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可以含有共价键，A错误；
8、B、全部由共价键形成的化合物是共价化合物，共价化合物中不可能含有离子键，B错误；C、离子化合物中可以含有共价键，例如NaOH等，C错误；D、共价化合物中不可能含有离子键，D正确；答案选D。10.下列电子式书写正确是A. N2 B. NH3 C. H2O D. NaCl 【答案】D【解析】【详解】A氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，每个氮原子还含有1对孤对电子，所以氮气正确的电子式为，A错误；B氨气分子的氮原子中含有1对孤对电子，氨气分子的电子式为，B错误；C水是共价化合物，原子间通过共用电子对形成化学键，其电子式为，C错误；D氯化钠属于离子化合物，电子式中钠离子形成离子符
9、号形式，氯离子需要标出最外层电子，即氯化钠的电子式为，D正确；答案选D。【点晴】掌握电子式的表示方法是解答的关键，书写电子式时要注意以下几点：主族元素的简单离子中，阳离子的电子式就是离子符号，阴离子的最外层都是8电子结构(H除外)，在表示电子的符号外加方括号，方括号的右上角标明所带电荷；离子化合物中阴阳离子个数比不是11时，要注意每一个离子都与带相反电荷的离子直接相邻的事实；写双原子分子的非金属单质的电子式时，要注意共用电子对的数目和表示方法。11.下列物质的分子中，不含共价键的是 （ ）A. NaClB. Cl2C. HClD. NaOH【答案】A【解析】A氯化钠中钠离子和氯离子之间只存在离
10、子键，故A正确；B氯气中氯原子之间存在共价键，故B错误；C氯化氢中氯原子和氢原子之间只存在共价键，故C错误；D氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，故D错误；故选A。点睛：本题考查了化学键的判断，根据离子键和共价键的概念来分析解答，注意不能根据物质的元素判断，全部由非金属元素构成的物质中可能含有离子键，如铵盐、氢氧化钠、过氧化钠、含氧酸盐等，为易错点。12.下列说法中错误的是（ ）A. 化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化B. 化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D. 反应物总能量和生成物总能量的相对
11、大小决定了反应是放出能量还是吸收能量【答案】C【解析】【详解】A、由于化学反应的本质是旧键断裂新键形成的过程，断键要吸热，形成化学键要放热，这样必然伴随整个化学反应吸热或放热，所以化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、一个化学反应是放热还是吸热主要取决于反应物的总能量与生成物总能量的相对大小，与外界条件没有关系，C错误；D、反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量，D正确。答案选C。13.氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，在反应过程中，断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molCl2中的化学键消耗的能量为
12、Q2 kJ，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，下列关系式正确的是（ ）A. Q1 + Q2 Q3B. Q1+ Q2 2Q3C. Q1 + Q2 Q3D. Q1 + Q2 2Q3【答案】D【解析】【分析】根据反应热H=反应物的总键能-生成物的总键来计算该反应的反应热，氢气在氯气中燃烧，反应热H0，据此解答。【详解】破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则Cl-Cl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-Cl键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+Cl
13、2（g）=2HCl（g），反应热H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧，反应热H0，即（Q1+Q2-2Q3）0，所以Q1+Q2BCB. ACBC. BACD. BCA【答案】C【解析】试题分析：把A浸入C硝酸盐溶液中，A的表面有C析出；说明金属A可以把金属C从其盐中置换出来，所以活泼性AC，A、B和稀硫酸组成原电池时，B为电池的负极，所以活泼性BA，A、B、C三种金属的活动性顺序为BAC故选C考点：金属性的强弱比较16.制造地球卫星用到一种高能电池银锌电池，其电池的电极反应式为：2Zn
14、2OH2e=2ZnOH2，Ag2OH2O2e=2Ag2OH。据此判断氧化银( )A. 负极，并被氧化B. 正极，并被还原C. 负极，并被还原D. 正极，并被氧化【答案】B【解析】【详解】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作负极，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，故答案为B。17.下图是锌片和铜片同时插入稀硫酸中所组成的原电池装置，c、d为两个电极。则下列有关的判断不正确的是（ ）A. d为负极，发生氧化反应B. c为锌片，电池工作时，溶液中SO42向c移动C. 电池工作的过程中，d电极上产生大量的气泡D. 电池工作的过程中，溶液中
15、SO42浓度基本不变【答案】A【解析】【详解】据图象知，c是负极、d是正极，Zn易失电子作负极、Cu作正极，所以c是Zn、d是Cu，负极反应式为Zn2eZn2+、正极反应式为2H+2eH2，则Ad是正极，正极上得电子发生还原反应，A错误；Bc为锌片，放电时，硫酸根离子向负极c移动，B正确；C放电时，正极d上反应式为2H+2eH2，所以d电极上产生大量气泡，C正确；D放电时，硫酸根离子不反应，所以溶液中SO42浓度基本不变，D正确；故选A。18.一定温度下，反应N2（g）+3H2(g)2NH3(g)不能作为达到平衡状态的依据的是A. N2，H2和NH3的质量分数不再改变B. c(N2)c(H2)
16、c(NH3)132C. 断开1 mol H-H的同时形成1 mol H-HD. 单位时间里每增加1 mol N2，同时消耗3 molH2【答案】B【解析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时，反应混合物中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为平衡状态，因此A可以说明。物质的浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等，B不正确。选项C和D均能说明正逆反应速率相等，所以可以说明反应达到平衡状态。答案选B。19.用铁片与稀硫酸反应制取氢气是，下列的措施中，不能使氢气生成速率加快的是A. 加热B. 不用稀硫酸，改用98浓硫酸C. 滴加少量硫酸铜溶液D. 不用铁片，改用铁粉【答
17、案】B【解析】【分析】加快铁与稀硫酸的反应速率，可通过增大浓度、升高温度、形成原电池反应或者增大反应物接触面积等角度，以此解答该题。【详解】A.加热，升高温度可加快反应速率，A不符合题意；B.改用浓硫酸，发生钝化，不生成氢气，则生成氢气的反应速率减小，B符合题意；C.滴加少量CuSO4溶液，置换出Cu，Cu、Fe及硫酸形成原电池，发生电化学反应，反应速率加快，C不符合题意；D.改用铁粉，增大了反应物接触面积，反应速率加快，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】本题考查影响反应速率的因素的知识。本题注意温度、浓度、催化剂等条件对反应速率的影响，本题特别是注意原电池反应原理以及固体表面积对反应速率
18、的影响，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大。20.对于反应A3B2C+2D来说，以下表示中，反应速率最快的是 （ ）A. v(A)=0.8 mol/ (Ls)B. v(B)=0.4 mol/ (Ls)C. v(C)=0.6 mol/ (Ls)D. v(D)=1.8 mol/ (Ls)【答案】D【解析】【分析】将化学反应速率全部转换为用A表示的，然后进行比较，注意单位要统一。【详解】A. v(A)=0.8 mol/ (Ls)； B. v(B)=0.4 mol/ (Ls)，则v(A)=v(B)=0.13 mol/ (Ls)；C. v(C)=0.6 mol/ (Ls) ，则v(A)=
19、v(C)=0.3 mol/ (Ls)； D. v(D)=1.8 mol/ (Ls) ，则v(A)= v(D)=0.9 mol/ (Ls)。综上所述，反应速率最快的是D，故选D。【点睛】根据同一反应中各组分的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，将各反应速率统一转换为化学计量数为1的那种物质表示，在保证单位相同的情况下，直接比较转换后的数值，即可找到化学反应速率最大的选项。21.下表是周期表中的一部分,根据AI在周期表中的位置,第（1）（2）小题用元素符号或化学式回答，（3）（5）小题按题目要求回答。 族周期I A A A A A A AO1A2DEGI3BCFH（1）表中AI元素中,化学性质最
20、不活泼的是_,只有负价而无正价的是_,氧化性最强的单质是_,还原性最强的单质是_。（2）在B、C、E、F、G、H中,原子半径最大的是_。（3）最高价氧化物的水化物碱性最强的化合物的电子式是_。（4）A和D组成的最简单的化合物的电子式是_。（5）用电子式表示B和H组成化合物的形成过程_。【答案】 (1). Ne (2). F (3). F2 (4). Na (5). Na (6). (7). (8). 【解析】【分析】由表中信息可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I分别为H、Na、Al、C、N、P、F、Cl、Ne等元素。【详解】（1）同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，稀
21、有气体的原子的最外层已达稳定结构。表中AI元素中,化学性质最不活泼的是Ne,只有负价而无正价的是F,氧化性最强的单质是F2,还原性最强的单质是Na。（2）同一周期从左到右原子半径依次减小，同一主族从上到下，原子半径依次增大。在B、C、E、F、G、H中,原子半径最大的是Na。（3）最高价氧化物的水化物碱性最强的化合物是氢氧化钠，是一种含有共价键的离子化合物，其电子式是。（4）A和D组成最简单的化合物是甲烷，其电子式为。（5）B和H组成化合物是氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示其形成过程为。22.由以下一些微粒：136C、3919K、4020Ca、126C、147N、4018Ar。其中：（1）互
22、为同位素的是_和_；（2）中子数相等，但质子数不相等的是_和_、_和_。【答案】 (1). 136C (2). 126C (3). 136C (4). 147N (5). 3919K (6). 4020Ca【解析】【详解】（1）136C和126C质子数相同，但是其质量数不同，故其互为同位素；（2）136C和147N的中子数均为7，3919K和4020Ca的中子数均为20，中子数分别相等，但其质子数均不相等。23.比较下列性质(用“”、“”、“”填空)氧化性：Cl2_Br2 酸性：H3PO4_H2SO4碱性：Mg(OH)2_Al(OH)3 稳定性：H2S_H2O还原性：H2S_HCl【答案】 (
23、1). (2). (3). (4). (5). 【解析】【详解】氯元素的非金属性强于溴，故其单质的氧化性：Cl2Br2 ；磷的非金属性弱于硫，故其最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4H2SO4；镁的金属性强于铝，故其最高价的氧化物的水化物的碱性：Mg(OH)2Al(OH)3 ；硫的非金属性弱于氧，故其气态氢化物的稳定性：H2SH2O；硫的非金属性弱于氯，硫的氧化性弱于氯气，故其气态氢化物的还原性：H2SHCl。24.H2O2、KCl、Na2SO4、Na2O2、HCl、O2中只含离子键的是_，只含极性键的是_，只含非极性键的是_，既含离子键又含极性键的是_，既含离子键又含非极性键的是_，既极性
24、键含又含非极性键的是_。【答案】 (1). KCl (2). HCl (3). O2 (4). Na2SO4 (5). Na2O2 (6). H2O2【解析】【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，同一种非金属元素间形成非极性键，不同种非金属元素间形成极性键，据此解答。【详解】H2O2含有极性共价键、非极性共价键；KCl含有离子键；Na2SO4含有离子键、极性共价键；Na2O2含有离子键、非极性共价键；HCl含有极性共价键；O2只含非极性共价键。只含离子键的是KCl，只含极性键的是HCl，只含非极性键的是O2，既含离子键又含极性键的是Na2SO4，
25、既含离子键又含非极性键的是Na2O2，既含极性键又含非极性键的是H2O2。25.从能量的变化和反应的快慢等角度研究反应：。 （1）为了加快正反应速率，可以采取的措施有_（填序号）。A使用催化剂 B.适当提高氧气的浓度 C适当提高反应的温度（2）下图能正确表示该反应中能量变化的是_（填序号）。A. B. （3）从断键和成键的角度分析上述反应中能量的变化。化学键HHOOHO键能436 KJmol-1496 KJmol-1463 KJmol-1请填写下表：_化学键填“吸收热量”或“放出热量”能量变化（KJ）拆开2molH2和1molO2中的化学键_ KJ形成4molH-O键 KJ总能量变化 KJ（4
26、）氢氧燃料电池的总反应方程式为。其中，氢气在_极发生_（“氧化”或“还原”）反应。【答案】 (1). ABC (2). A (3). 化学键填“吸收”或“放出”能量能量变化（kJ）拆开化学键2molH2中的化学键吸收热量13681molO2中的化学键形成化学键4molH-O键放出热量1852总能量变化放出热量484 (4). 负 (5). 氧化【解析】【详解】（1）为了加快的正反应速率： A使用催化剂，可以加快化学反应速率； B适当提高氧气的浓度，可以加快； C适当提高反应的温度，可以加快化学反应速率；故可以采取措施有ABC。（2）该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故能正确表
27、示该反应中能量变化的是A。（3）HH的键能为436 kJmol-1，OO的键能496 kJmol-1，故破坏2molH2和1molO2的化学键共需吸收的热量为436kJ2+496 kJ= 1368 kJ；HO的键能为463 kJmol-1，故形成4molH-O键放出的热量为463 kJ4=1852kJ；反应中的能量变化为放出热量1852kJ-1368 kJ=484kJ。填表如下：化学键填“吸收”或“放出”能量能量变化（kJ）拆开化学键2molH2中的化学键吸收热量13681molO2中的化学键形成化学键4molH-O键放出热量1852总能量变化放出热量484（4）氢氧燃料电池的总反应方程式为。
28、其中，氢气是还原剂，其在负极发生氧化反应。26.在下图银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液。（1）锌为_极，该电极上发生的是_反应（“氧化”或“还原”），电极反应式为_。（2）银为_极,电极上发生的是_反应（“氧化”或“还原”）,电极反应式是_，银片上观察到的现象是_。（3）该原电池的总反应式是_。【答案】 (1). 负 (2). 氧化反应 (3). Zn-2e-=Zn2+ (4). 正 (5). 还原反应 (6). Cu2+2e-=Cu (7). 有红色物质生成 (8). Zn+Cu2+=Zn2+Cu【解析】【分析】该装置为原电池，电池的总反应式是Zn+Cu2+=Zn2+Cu，Zn是负极，Ag
29、是正极，负极发生Zn-2e-=Zn2+，正极发生Cu2+2e-=Cu。【详解】（1）锌为负极，该电极上发生的是氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+。（2）银为正极,电极上发生的是还原反应,电极反应式是Cu2+2e-=Cu，银片上观察到的现象是：有红色物质生成。（3）该原电池的总反应式是：Zn+Cu2+=Zn2+Cu。27.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检查)。实验过程：打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸，制取出一种黄绿色气体。当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。. 打开活塞b，将少
30、量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下振荡，静置后CCl4层溶液变为紫红色。（1）A中湿润的KI淀粉试纸变蓝，得出结论：_。 （2）B中溶液发生反应的离子方程式是_。（3）操作可得出结论：_。（4）实验结论：本实验中的卤素单质氧化性由强到弱依次为：_。【答案】 (1). Cl2的氧化性比I2强 (2). Cl22BrBr22Cl (3). Br2的氧化性比I2强 (4). Cl2Br2I2【解析】【分析】A装置是氯气的制备装置，其中湿润的淀粉-KI试纸是用来比较氯气与碘的氧化性，装置B和C用来比较氯气与溴的氧化性，C和D装置用来比较溴和碘的氧化性。【详解】（1）A中湿润的KI淀粉试纸变蓝，说明有
31、碘被氯气置换出来，该反应中氯气是氧化剂、碘是氧化产物，故可得出结论：Cl2的氧化性比I2强。 （2）B中溶液先变黄，后变为棕红色，说明通入的氯气与溴化钾溶液发生了置换反应，生成溴，反应的离子方程式是Cl22BrBr22Cl。（3）当B和C中的溶液变为黄色时，夹紧弹簧夹，不再向C中通入氯气，而B中继续通入氯气，B中溶液由黄色变为棕红色，说明C中溴离子没有完全参加反应，C溶液中没有氯气剩余。操作中，将少量的C溶液滴入碘化钾溶液中，振荡、静置后，四氯化碳层变化紫红色，说明C溶液中的溴把D溶液中的碘置换出来，该反应中溴是氧化剂、碘是氧化产物，由此可得出结论：Br2 的氧化性比I2强。（4）综上所述，本
32、实验可得出如下结论：本实验中的卤素单质氧化性由强到弱依次为Cl2Br2I2。【点睛】本实验设计十分巧妙，尤其是B和C两份溴化钾溶液中分别通入不同量的氯气，溶液的颜色变化也有不同，这种对比实验的设计，是为了证明C装置中溴化钾过量，没有氯气剩余，从而为后续探究溴与碘的氧化性的实验排除了干扰。28.某温度时，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。（1）当反应进行到第_min，该反应达到平衡。（2）计算X的转化率_。（3）计算反应从开始至2分钟末，Z物质的化学反应速率_。（4）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 2 (2). 30% (3
33、). 0.05mol/(Lmin) (4). 3X+Y2Z【解析】【分析】由图像可知，当反应进行到2min时达到化学平衡状态，根据各组分的变化量及其比例可以判断该反应的反应物和生成物，写出化学方程式。【详解】（1）当反应进行到第2min，各组分的物质的量保持不变，该反应达到平衡。（2）X的起始量为1.0mol，平衡量为0.7mol，故X转化率为30%。（3）反应从开始至2分钟末，Z的物质的量由0增加到0.2mol，故用Z表示的化学反应速率为0.05mol/(Lmin)。（4）由图像可知，当反应进行到2min时达到化学平衡状态，X、Y由1.0mol分别减少到0.7mol和0.9mol，Z的物质的量由0增加到0.2mol，故X、Y是反应物，Z是生成物，其变化量之比为3:1:2，因此，该反应的化学方程式为3X+Y2Z。【点睛】本题的易错点是写化学方程式时忘记加“”，审题时一定要关注反应的限度问题，只要反应混合物中各组分的物质的量或浓度达到了保持不变的状态，说明该反应达到了化学平衡状态，该反应属于可逆反应。