1、江西省吉安市2018-2019学年高一化学下学期期末教学质量检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H：1 N：14 O：16 Mg：24 Cl：355 Fe：56 Cu：64 Zn：65请把答案写在答题卡上，在试卷上做题无效。第卷（选择题，共48分）一、选择题。（本大题共16个小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1.每一个公民都应尊重自然，顺应自然，增强节约意识、环保意识、生态意识，养成健康合理的生活方式和消费模式。下列不符合这一主题的是A. 建立合法、公开的地沟油回收生产制度，将生产的地沟油用作工业用油B. 将生活垃圾分类回收，加工、使之再生、再利用C. 不用一次性筷子、
2、不浪费纸张、不浪费粮食、做“光盘”一族D. 生活污水、工业废水不要乱排放，通过打深井，将之排到地层深处【答案】D【解析】【详解】A地沟油不符合食品卫生的要求，因此不能回到餐桌，但地沟油回收处理后，可用于工业生产，A项正确；B垃圾是放错位置的资源。我们国家一直在提倡生活垃圾的分类回收、加工、再利用，B项正确；C少用一次性筷子，可减少树木的砍伐，不浪费纸张、粮食是一种良好的节约习惯，C项正确；D生活污水，工业废水需要处理后才能排放，直接排入地层深处，会污染地下水和土壤，D项错误；所以答案选择D项。2.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 在密闭容器中，0.1mol O2和0.2mol
3、 SO2在催化剂作用下充分反应生成SO3分子数为0.2NAB. 20g D2O含有的质子数为10NAC. 1L 0.1mol/L HF 溶液中含有共价键数目为0.1NAD. 标况下，11.2L 苯中含分子的数目为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A该反应为可逆反应，故生成的SO3分子数小于0.2NA，A项错误；B20g D2O的物质的量为1mol，每个D2O分子中含有10个质子，所以1mol D2O分子中含有质子数为10NA，B项正确；CHF在水中是部分电离的，再加上要考虑水分子中的共价键，所以1L 0.1mol/L HF溶液中的共价键数目不是0.1NA，C项错误；D在标准状况下苯是液体，不
4、是气体，所以11.2L苯其分子数远远超过0.5NA，D项错误；所以答案选择B项。3.如图所示，相等质量的铁和锌与足量的稀H2SO4充分反应，产生氢气的质量（m）与反应时间（t）的正确关系是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】锌和铁均为二价金属，锌的相对原子质量比铁大，相同质量的铁和锌，铁的物质的量更多。锌比铁活泼，相同条件下与酸反应的速度比铁快。【详解】A相同质量时铁的物质的量大，生成氢气的质量比锌反应生成的氢气质量多，纵坐标变化情况正确；锌比铁活泼反应比铁快，所以耗时少，横坐标变化情况正确，A项正确；B将锌和铁调换一下即正确，B项错误；C横坐标变化情况正确，但纵坐标中应该铁在上
5、，C项错误；D横坐标变化情况错误，锌耗时应较少，D项错误；所以答案选择A项。4.下列说法不正确的是A. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应B. 反应物和生成物具有的总能量决定了反应是吸热还是放热C. 在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化D. 将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可知，在该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量【答案】C【解析】【详解】A加热是化学反应进行的条件，而吸、放热是比较反应物总能量与生成物总能量的差值，所以加热与反应是吸热还是放热没有必然联系。有些放热反应也需要加热才能进行
6、，比如铁与硫的反应，需要加热反应才能“启动”，A项正确；B化学反应中能量变化遵循能量守恒定律，反应是吸热还是放热由反应物和生成物的总能量的差值决定，如反应物的总能量多，则表现为放热，B项正确；C物质不同，能量不同；物质改变，能量必然改变，C项错误；D醋酸的凝固点为16.6，醋酸的凝固说明反应后烧杯中的温度降低，说明烧杯中发生了吸热反应，即该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，D项正确；所以答案选择C项。5.有机物A 分子式为C2H4，可发生以下系列转化，已知B、D是生活中常见的两种有机物，下列说法不正确的是A. 75%的B溶液常用以医疗消毒B. 由物质A到物质B发生的是加成反应C. 物质B
7、、D和E可以用饱和Na2CO3溶液鉴别D. 由物质B、D制备E常用浓硫酸作脱水剂【答案】D【解析】【分析】有机物A的分子式为C2H4，则有机物A为乙烯，乙烯与水反应生成的物质B为乙醇，乙醇催化氧化生成的物质C为乙醛，乙醛催化氧化生成的物质D为乙酸，乙酸和乙醇生成的物质E为乙酸乙酯。【详解】A体积分数为72%75%酒精溶液常用作医疗上的消毒剂，A项正确；B乙烯和水发生加成反应生成乙醇，B项正确；C乙醇、乙酸和乙酸乙酯可以用饱和碳酸钠溶液加以鉴别，对应的现象分别是：没有明显现象、产生大量细小气泡、液体分层，C项正确；D在用乙酸和乙醇制备乙酸乙酯的实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂，并不是脱水剂，D项错
8、误；所以答案选择D项。D物质B、D都能与NaOH 溶液反应6.下列有关化学用语表示正确是A. 次氯酸的结构式：HClOB. NH4Cl的电子式：C. 四氯化碳分子比例模型：D. COS的电子式：【答案】D【解析】【详解】A次氯酸的结构式应当把氧写在中间，即H-O-Cl，A项错误；B氯离子作为阴离子，应加上方括号，并标出8个电子，B项错误；C氯原子的半径应该比碳原子的半径大，而题图所给的明显原子半径大小不符，C项错误；DCOS的电子式与CO2的电子式相似，只是将O换成同主族的S，D项正确；所以答案选择D项。7.为监测空气中汞蒸气是否超标，通过悬挂涂有CuI（白色）的滤纸，根据滤纸是否变色（亮黄色
9、至暗红色）及变色所需时间来判断空气中的汞含量。发生的化学反应为4CuIHg=Cu2HgI42Cu。下列说法不正确的是A. Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物B. 上述反应属于置换反应C. 当有2molCuI反应时，转移电子为1molD. 该反应中的氧化剂为CuI【答案】A【解析】【分析】从所给的化学方程式可以看出，Hg的化合价由0价升到+2价，Cu的化合价由+1价降为0价。【详解】ACu2HgI4只是氧化产物，A项错误；B该反应符合置换反应的特点，反应物为一种单质和一种化合物，生成物为一种单质和一种化合物，B项正确；C由所给的化学方程式可知，4mol CuI发生反应，转移的电子数为2mol
10、，则0.5mol CuI发生反应，转移电子数为1mol，C项正确；DCuI中Cu的化合价降低，所以CuI是氧化剂，D项正确；所以答案选择A项。8.根据下图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是已知：MgCl26H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。A. 过程反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题B. 在过程中将MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2C. 在过程、反应中每氧化0.2molBr需消耗2.24LCl2D. 过程的提纯是物理过程【答案】A【解析】【详解】A过程中二氧化硫水溶液被氧化为硫酸：SO2+2H2O+Br2=2HBr+H2SO4，氢溴酸和硫酸都是
11、强酸，对设备腐蚀严重，A项正确；B根据题给的信息 ，MgCl26H2O受热后会变成Mg(OH)Cl和HCl，进一步灼烧得到氧化镁，得不到无水氯化镁，B项错误；C没有指明氯气所处的温度和压强，气体摩尔体积体积Vm=22.4L/mol不能使用（如为标准状况则该说法正确），C项错误；D过程除去可溶性杂质需要加入沉淀剂，是化学过程，D项错误；所以答案选择A项。9.下列有机物一氯取代物的同分异构体数目相等的是A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】B【解析】【分析】有机物的等效氢有几种，它的一氯代物就有几种。中有7种不同环境的氢原子，中有4种不同环境的氢原子，中有4种不同环境的氢原子，中有7种不同环境的
12、氢原子。【详解】A中有7种不同环境的氢原子，中有4种不同环境的氢原子，则有7种一氯代物，有四种一氯代物，A项错误；B中有4种不同环境的氢原子，中有4种不同环境的氢原子，则都有4中一氯代物，B项正确；C中有4种不同环境氢原子，中有7种不同环境的氢原子，有4种一氯代物，有7种一氯代物，C项错误；D中有7种不同环境的氢原子，中有4种不同环境的氢原子，有7种一氯代物，有4种一氯代物，D项错误；所以答案选择B项。【点睛】题中所给的均为烃类物质，可考查物质的对称性，直接利用等效氢法判断同分异构体数目。10.如图是一种应用广泛的锂电池，LiPF6是电解质，SO（CH3）2是溶剂，反应原理是4LiFeS2Fe
13、2Li2S。下列说法不正确的是（ ）A. 该装置将化学能转化为电能B. 电子移动方向是由a极流向b极C. 可以用水代替SO（CH3）2做溶剂D. b极反应式是FeS24Li4eFe2Li2S【答案】C【解析】试题分析：A、原电池是将化学能转化为电能的装置，正确；B、电子移动方向为由负极到正极，即a级到b极，正确；C、Li能与水反应，所以不能用水代替SO(CH3)2做溶剂，错误；D、b极反应为FeS2得电子，反应式为：FeS24Li+4e-Fe2Li2S，正确。考点：本题考查原电池原理、电极方程式的书写。11.X、Y、Z 是短周期元素，在周期表中的位置关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）A.
14、Z单质的熔点一定高于Y单质B. X最简单的气态氢化物的稳定性一定高于Y的气态氢化物C. X、Z的原子序数之和与Y 的原子序数之比可能为5：3D. 若Z的最高价氧化物为Z2O7，则Y的气态氢化物为YH3【答案】A【解析】【分析】因X、Y、Z均是短周期元素，根据题图和元素周期表的结构可知，三种元素一定位于元素周期表的右侧。所以Y元素可能是Al、Si、P、S。【详解】A当Z单质为氯气时，Y单质为磷，Z单质熔点低于Y单质，A项错误；B根据题图中X和Y的位置关系可知，元素的非金属性XY；所以X的最简单气态氢化物比Y的最简单气态氢化物稳定，B项正确；C设X的原子序数为a，则Y和Z 的原子序数分别为a+7、
15、a+9，若X、Z的原子序数之和与Y的原子序数之比为5：3时，即，解得a=8，X为氧元素，Y为P元素，Z为Cl元素，C项正确；DZ的最高价氧化物为+7价，则Y的最高价为+5，最低价为-3，Y的气态氢化物为YH3，D项正确；所以答案选择A项。12.根据下列实验现象，所得结论正确的是实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡氧化性：Al3Fe2Cu2B左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2C右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化热稳定性：Na2CO3NaHCO3D锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：ClCSiA. AB. BC. CD. D【
16、答案】C【解析】试题分析：A、根据烧杯中的实验现象判断金属性AlFeCu，则氧化性：Al3+Fe2+Cu2+，错误；B、因为整个过程中通入氯气，所以右边的棉花变蓝色不能证明是溴与IK发生了置换反应，所以不能得出氧化性：Cl2Br2I2结论，错误；C、碳酸钠在外部，所受温度高，碳酸氢钠在里面的小试管内，受热温度低，当右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化是，说明碳酸氢钠分解产生二氧化碳气体，所以碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，正确；D、盐酸易挥发，烧杯内的溶液变浑浊，不能证明是二氧化碳与硅酸钠溶液发生了反应，有可能是挥发的HCl的作用，所以不能判断C与Si的非金属性的强弱，错误，答案选C。
17、考点：考查对实验现象、结论的判断13.下列 10 句话，其中表述正确的个数是C4H9Cl有4种同分异构体 甲烷和氯气光照条件下可制得纯净的一氯甲烷 糖、蛋白质、油脂在一定条件下都能水解 乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应 除去甲烷中含有的乙烯气体，可将混合气体通入装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中，再干燥 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用 98%的浓硫酸可加快产生氢气的速率 100mL2mol/L 的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变 在氧气中完全燃烧后生成物只有CO2和H2O的有机物一定是烃 CH2Cl2没有同分异构体的事实证明了甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构 A 族
18、元素的阴离子还原性越强，其氢化物的熔沸点越高A. 5 个B. 4个C. 3 个D. 2 个【答案】C【解析】【详解】正确，丁基有4种异构；错误，甲烷和氯气在光照条件下生成多种取代物，无法制得纯净的一氯甲烷；错误，比如单糖无法水解；正确，乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；错误，酸性高锰酸钾的确能将乙烯除去，但同时又生成了二氧化碳；错误，浓硫酸和铁片在常温下会发生钝化；错误，氯化钠溶液中的水分稀释了盐酸，反应速率将变慢；错误，无法确定该有机物是否含有氧元素；正确，二氯甲烷只有一种结构说明甲烷不是平面结构；错误，要考虑到HF存在分子间氢键，使得HF熔、沸点较高；表述正确的有3个，所以答案选择C项
19、。14.柠檬酸的结构简式如图，下列说法正确的是A. 1mol柠檬酸可与4mol NaOH发生中和反应B. 柠檬酸中能发生酯化反应的官能团有2种C. 1mol 柠檬酸与足量金属Na反应生成1.5mol H2D. 柠檬酸与O2在Cu作催化剂、加热的条件下，能发生催化氧化反应【答案】B【解析】【详解】A柠檬酸中有三个羧基，可与3mol氢氧化钠发生中和反应，A项错误；B酯化反应的官能团为羟基和羧基，柠檬酸中既有羧基又有羟基，B项正确；C羟基氢和羧基氢均可以被钠取代，所以1mol柠檬酸和足量金属钠反应生成2mol H2，C项错误；D柠檬酸中与羟基相连的碳原子上没有氢原子，无法发生催化氧化反应，D项错误；
20、所以答案选择B项。15.在105、1个大气压时，取两种气态烃1L与9L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10L。有下列组合的混合烃：C2H4和C3H4 CH4和C2H6 CH4和C3H4 C2H2和C3H6，其中可能符合上述要求的是A. 只有B. 只有C. 只有D. 只有【答案】B【解析】【分析】气态烃是指碳原子数小于等于4的烃。先假设该气态烃的混合物的平均化学式为CxHy。烃类燃烧的通式为： 。当温度超过100时，水为气体。根据题意，燃烧前后气体的体积不变，因此有1+ x+=x+，解得y=4。所给的4个组合中，所给的碳原子数均小于4，符合气态烃的要求，因此只需要看氢原子数能不
21、能平均到4即可。而要平均到4，肯定是一个比4大，一个比4小（或者均等于4）。【详解】组合中氢原子数均为4，符合要求；组合中氢原子数平均值肯定大于4，不符合要求；组合中氢原子数均为4，符合要求；组合中氢原子数一个为2，一个为6，可以平均到4，符合要求；所以答案选择B项。16.把2.5mol A和2.5mol B混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A（g）B（g）xC（g）2D（g），经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2molL1s1，同时生成1mol D，下列叙述中错误的是A. x4B. 达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6：5C. 5s内B的反应速率V（
22、B）0.05molL1s1D. 达到平衡状态时A的转化率为50%【答案】D【解析】【分析】根据C的平均反应速率可以算出5s内C的物质的量改变量为2mol。写出“三段式”进行分析：3A（g）B（g）xC（g）2D（g）初始 2.5 2.5 0 0变化 1.5 0.5 2 1 平衡 1 2 2 1【详解】A根据C和D的物质的量变化比为2：1，可以确定x=4，A项正确；B同温同体积下，气体的压强之比等于其物质的量之比。起始时的物质的量为5mol，达到平衡时气体的总的物质的量为6mol，所以二者的压强之比为6：5，B项正确；C5s内物质B消耗了0.5mol，浓度变化了0.25mol/L，所以用B表示的
23、化学反应速率为:=0.05molL1s1，C项正确；D达到平衡时物质A的转化率为100=60，D项错误；所以答案选择D项。二、填空题。（共46 分）第卷（非选择题，共52分）17.（1）煤的干馏是_（填“物理变化”或“化学变化”）；乙烯分子中官能团的符号_；葡萄糖的结构简式_；乙醇分子中官能团的电子式_；（2）某反应体系中有反应物和生成物共六种：H2C2O4、CO2、（VO2）2SO4、VOSO4、H2SO4、H2O。完成并配平该反应的化学方程式_。（3）已知铍与铝的化学性质相似，绿柱石是铍、铝的硅酸复盐，其化学式为Be3Al2Si6O18。写出绿柱石溶解于过量NaOH溶液的离子方程式_。【答
24、案】 (1). 化学变化 (2). (3). HOCH2(CHOH)4CHO (4). (5). H2SO4（VO2）2SO4H2C2O4=2CO22VOSO42H2O (6). Be3Al2Si6O1820OH=3BeO222AlO26SiO3210H2O【解析】【分析】（1）煤的干馏是复杂的化学变化；乙烯的官能团是碳碳双键，葡萄糖是多羟基的醛，乙醇分子中的官能团是羟基；（2）草酸具有强还原性，草酸被氧化的产物为二氧化碳。硫酸提供了酸性介质条件。（3）关键是判断产物中铍元素的存在形式。【详解】(1)煤的干馏是煤在隔绝空气的条件下加强热，发生了非常复杂的化学变化过程，生成多种新物质，是化学变化
25、；乙烯分子中的官能团是碳碳双键，写作，注意同时表达出碳四价；每个葡萄糖分子中含有一个醛基和五个羟基，其结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO；乙醇分子中的官能团是羟基，其电子式为：，注意其中有一个未成对电子；(2)草酸中C为+3价，二氧化碳中C为+4价，价态升高，(VO2)2SO4中V为+5价，VOSO4中V为+4价，写出化学方程式并配平得：H2SO4(VO2)2SO4H2C2O4=2CO22VOSO42H2O；(3) 铍与铝化学性质相似，在碱性介质中，铝元素以AlO2-形式存在，则铍元素以BeO22-形式存在，据此可写出绿柱石与过量氢氧化钠反应的离子方程式为：Be3Al2Si6O1820O
26、H=3BeO222AlO26SiO3210H2O。18.A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E 元素的周期序数与主族序数相等。（1）E 元素在周期表中的位置_。（2）写出A2W2的电子式为_。（3）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式_。（4）元素D的单质在一定条件下，能与 A 单质化合生成一种化合物DA，熔点为800，DA能与水反应放氢气，若将1molDA和
27、1molE 单质混合加入足量的水，充分反应后成气体的体积是_（标准状况下）。（5）D的某化合物呈淡黄色，可与氯化亚铁溶液反应。若淡黄色固体与氯化亚铁反应的物质的量之比为1：2，且无气体生成，则该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 第三周期，IIIA族 (2). (3). Cu2HH2O2Cu22H2O (4). 56L (5). 3Na2O26Fe26H2O=4Fe(OH)36Na2Fe3【解析】【分析】A、W为短周期元素，且能形成2种液态化合物且原子数之比分别为2：1和1：1，推测两种液态化合物是水和过氧化氢，则A为氢元素，W为氧元素。再依据“A和D同主族”，推断元素D是钠元素；E元素
28、的周期序数等于其族序数，且E在第三周期，所以E是铝元素；依据“质子数之和为39”判断B为碳元素。【详解】(1)元素铝在第三周期第III A族；(2)A2W2为过氧化氢，其电子式为：，注意氧与氧之间形成一个共用电子对；(3)过氧化氢在酸性介质下表现出较强的氧化性，在硫酸介质中，过氧化氢与铜反应的离子方程式为：Cu2HH2O2Cu22H2O；(4) DA为NaH，若将1mol NaH和1mol Al混合加入足量的水中，首先发生反应：NaH+H2ONaOH+H2，此时1mol NaH完全反应，生成氢气1mol，同时生成1molNaOH；接着发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H
29、22 2 31mol 1mol 1.5mol生成氢气的物质的量为1.5mol，所以共生成氢气的物质的量为2.5mol，这些氢气在标准状况下的体积为:22.4L/mol2.5mol=56L；(5)淡黄色固体为过氧化钠，可将+2价铁离子氧化成+3价铁离子，注意题目明确指出没有气体生成，所以过氧化钠在该反应中只作氧化剂，该反应的离子方程式为：3Na2O26Fe26H2O=4Fe(OH)36Na2Fe3。19.实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如图1所示： （1）如图2所示，过滤操作中的一处错误是_。（2）高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是_。（3）
30、无水AlCl3（183升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是_。F 中试剂是浓硫酸，若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，则该仪器及所装填的试剂为_。装置E的作用是_。制备MgAl2O4过程中，高温焙烧时发生反应的化学方程式_。【答案】 (1). 漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁 (2). 坩埚 (3). 除去HCl (4). 装有碱石灰的干燥管 (5). 收集氯化铝产品 (6). 【解析】【分析】（1）用过滤操作的“两低三靠”来分析；（2）高温焙烧通常选用坩埚来盛放固体，注意坩埚有多种材质。（3）除去氯气中的氯化氢气体，首
31、选饱和食盐水；从F和G的作用上考虑替代试剂；从题给的流程上判断高温焙烧时的反应物和生成物并进行配平。【详解】(1)漏斗下方尖端应当贴紧烧杯壁，以形成液体流，加快过滤速度；(2)坩埚通常可用于固体的高温焙烧；(3)浓盐酸易挥发，用饱和食盐水可除去浓盐酸挥发出的HCl气体，并降低氯气的溶解损耗；F装置的作用是吸收水分，防止水分进入收集瓶，G装置的作用是吸收尾气中的氯气，防止污染环境。用装有碱石灰的球形干燥管可以同时实现上述两个功能；图中已标注E是收集瓶，其作用是收集D装置中生成的氯化铝；从整个流程图可以看出，用氨水从溶液中沉淀出Al(OH)3和Mg(OH)2，再通过高温焙烧来制取目标产物MgAl2
32、O4，所以反应物为Al(OH)3和Mg(OH)2，生成物为MgAl2O4，该反应的化学方程式为： 。20.I在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：混合气体的压强 混合气体的密度混合气体的总物质的量 混合气体的平均相对分子质量 混合气体的颜色。（1）一定能证明2SO2（g）O2（g）2SO3（g）达到平衡状态的是_（填序号，下同）。（2）一定能证明 A（s）2B（g）C（g）D（g）达到平衡状态的是_。（注：B，C，D均为无色物质）II某温度时，在一个1L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：（1）反应开始至2min，以气体
33、Y表示的平均反应速率为_；（2）该反应的化学方程式为_；（3）amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）n（Y）2n（Z），则原混合气体中a：b_。电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图。则电池工作时负极的电极反应式为_。【答案】 (1). (2). (3). 0.05mol（/Lmin） (4). 3XY2Z (5). 7：5 (6). 2NH36e6OH=N26H2O【解析】【分析】I.（1）判断可逆反应达到平衡，主要有两个判据：一是正、逆反应速率相等，一是变量不变；（2）注意该反应中物质A是固体；II.（1）用好速率
34、本义式进行计算；（2）用好题图中的数据，算出各物质的变化量之比，进而求出化学计量数；（3）用好“三段式”，求出a和b的物质的量，再求比值；III.明确负极是通氨气的一极，用好题给的碱性介质。【详解】I(1)恒温恒容时，反应物与生成物分子数不同，压强是个变量，压强不变说明反应达到平衡；气体密度始终不变，不能用作判断反应是否平衡的依据；混合气体总物质的量是个变量，总物质的量不变，说明该反应达到平衡；混合气体平均相对分子质量个变量，平均相对分子质量不变，说明该反应达到平衡；混合气体始终无色，所以不能根据颜色判断该反应是否达到平衡；综上所述选；(2)注意A是固体，则混合气体压强始终不变；反应过程中有固
35、体参与，则混合气体密度会发生改变，当密度不变时反应平衡；反应物与生成物中气体分子总数相同，则混合气体总物质的量始终不变；同，有固体参与反应，则混合气体平均相对分子质量不变时反应平衡；B、C、D均为无色气体，则不能根据混合气体的颜色变化来判断反应是否平衡；综上所述选；II(1)气体Y浓度从1mol/L变成0.9mol/L，用时2分钟，则平均反应速率为0.1mol/L2min=0.05 mol/（Lmin）；(2)由图可得出反应物和生成物，且X、Y、Z的物质的量改变量之比为：3：1：2，所以各物质的化学计量数之比为3：1：2，则该反应方程式为：3XY2Z，注意标出反应可逆；(3)由题意设在该时刻各
36、物质的量分别为n、n、，据此写出“三段式”进行分析：3XY2Z初始 a b 0变化 a-n b-n 剩余 n n 据化学计量数有：，解得a=；同理，解得b=；则a：b=7：5；III该装置是原电池，通入氨气的一极发生了氧化反应，为原电池的负极，考虑是KOH介质，所以负极的电极反应为：2NH36e6OH=N26H2O。三、计算题。21.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，求：（1）该浓硝酸中HNO
37、3的物质的量浓度？（2）该合金中铜与镁的物质的量之比？（3）NO2和N2O4的混合气体中，它们的体积分数分别是多少？【答案】14.0mol/L2：1NO2：80%，NO：20%【解析】【分析】（1）已知溶液的密度和溶质质量分数，求其物质的量浓度，通常设溶液的体积为1L，简化计算。（2）用好题给的质量数据，列方程组求算。（3）先用好得失电子守恒求出NO2和N2O4的物质的量，再求其体积分数。【详解】(1)设取该浓硝酸的体积为1L，则其物质的量浓度为 =14.0mol/L；(2)设铜的物质的量为n(Cu)，镁的物质的量为n(Mg)，用2.54g沉淀质量减去合金质量，得到OH-质量为1.02g，其物
38、质的量为0.06mol；因铜和镁均是+2价，则铜与镁的总物质的量为0.03mol，可得64 n(Cu)+24 n(Mg)=1.52，n(Cu)+ n(Mg)=0.03，联立解得n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol，则铜与镁的物质的量之比为2：1；(3) 标准状况下1.12L气体，其分子的物质的量为0.05mol，设NO2、N2O4的物质的量为n(NO2)、n(N2O4)，则有n(NO2)+n(N2O4)=0.05；据整体过量中的得失电子守恒有：n(NO2)1+n(N2O4)2=0.032 ；两式联立解得n(NO2)=0.04mol，n(N2O4)=0.01mol，所以NO2气体的体积分数为80。【点睛】本题的第2问也可用利用铜的镁的质量列出一个方程：64n(Cu)+24n(Mg)=1.52，然后利用Cu与Cu(OH)2、Mg与Mg(OH)2的物质的量间关系列出另一方程：n(Cu)98+n(Mg)58=2.54，两式联立成方程组直接求解。