1、河南省郑州市巩义中学2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）1.下列化学用语的书写正确的是A. 氯气分子的电子式ClClB. 氢气分子的电子式HHC. 氯化镁的电子式D. 氯化钠的电子式【答案】B【解析】【详解】A氯气分子中，两个氯原子的最外层都达到8个电子的稳定结构，正确的电子式为，A选项错误；B氢气分子中存在着两个氢原子，含有一个HH共价键，电子式为HH，B选项正确；C氯化镁属于离子化合物，书写电子式时，镁离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，两个氯离子写在镁离子的两边，正确的电子式为，C选项错误；D氯化钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，氯离子需
2、要标出最外层电子及所带电荷，正确的电子式为，D选项错误；答案选B。2.下列属于同位素的一组是A. H2O和D2OB. 金刚石和石墨C. 氕、氘、氚D. 40K、40Ca【答案】C【解析】【分析】具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同核素互为同位素，据此分析判断【详解】AH2O和D2O是化合物，不是原子，属于同一种物质，A选项错误；B石墨和金刚石是碳元素组成的单质，互为同素异形体，B选项错误；C氕、氘、氚质子数都为1，均相同，中子数分别为0、1、2不同，互为同位素，C选项正确；D40K、40Ca是两种不同的元素，D选项错误；答案选C。【点睛】本题考查同位素的判断，明确同位素、同素异形体等概念是
3、解本题的关键，题目难度不大3.2007年诺贝尔化学奖得主GerhardErtl对金属Pt表面催化CO氧化反应的模型进行了深入研究。下列关于Pt的说法正确的是（ ）A. Pt和Pt的质子数相同，互称为同位素B. Pt和Pt的中子数相同，互称为同位素C. Pt和Pt的核外电子数相同，是同一种核素D. Pt和Pt的质量数不同，不能互称为同位素【答案】A【解析】【分析】根据78202Pt和78198Pt是质子数都为78，质量数分别为202、198的铂核素，质量数=质子数+中子数，从核素和同位素的概念对选项的正误作出判断。【详解】A. 因同位素是质子数相同，中子数不同的原子，78202Pt和78198P
4、t的质子数都为78，中子数分别为：124，120，故A正确；B. 因78202Pt的中子数为：20278=124，78198Pt的中子数为：19878=120，故B错误；C. 因核素的种类取决于质子数和中子数，虽然78202Pt和78198Pt的质子数相同，但中子数不同，故C错误；D. 因同位素是质子数相同，中子数不同的原子，而78202Pt和78198Pt的质子数相同，中子数不同，是同位素，故D错误；答案选A。4.某学生用如图制作了原电池，其中正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】原电池的构成的条件是：有两个活泼性不同的电极；电极插入电解质溶液中；两电极与电解质溶液形成闭
5、合回路；能发生自发进行的氧化还原反应；据此进行分析进行判断。【详解】A酒精是非电解质，不能导电，不符合原电池的构成条件，A选项错误；B两电极没有构成闭合回路，不满足原电池的构成条件，B选项错误；C该装置两个电极均为不活泼金属，不与稀硫酸发生氧化还原反应，C选项错误；D该装置中，Zn与硫酸铜发生氧化还原反应，能够自发进行，且形成闭合回路，满足原电池的构成条件，D选项正确；答案选D。5.X元素最高价氧化物对应的水化物为H3XO4，则它对应的气态氢化物为A. HXB. H2XC. XH4D. XH3【答案】D【解析】【详解】X元素最高价氧化物对应的水化物为H3XO4，则最高价是5价，因此最低价为-3
6、价，所以氢化物是XH3。答案选D。【点睛】本题主要考查元素化合价的变化规律，该题的关键是明确元素的最高价和最低价绝对值之和8这一关系式。6.下列化合物中，同时含有离子键、极性共价键的是：A. NaOHB. H2O2C. HClD. NaCl【答案】A【解析】【详解】ANaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，O原子和H原子之间存在共价键，A选项正确；BH2O2分子中H原子和O原子、O原子和O原子之间只存在共价键，不符合题意，B选项错误；CHCl分子中H原子Cl原子之间只存在共价键，不符合题意，C选项错误；DNaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，不符合题意，D选项错误；答案选A。7.镭是周
7、期表中第7周期第A主族元素，下列关于镭的性质描述中不正确的是（ ）A. 在化合物中呈+2价B. 镭比钙的金属性强C. 氢氧化物呈两性D. 碳酸盐难溶于水【答案】C【解析】【详解】A镭最外层有2个电子，在化合物中呈+2价，故A正确；B同主族元素从上到下金属性逐渐增强，镭的金属性较强，故B正确；C同主族元素从上到下金属性逐渐增强，镭的金属性比Ba强，镭的氢氧化物应是强碱，故C错误；D同主族元素性质相似，碳酸钙不溶于水，则碳酸镭难溶于水，故D正确，故选C。8.下列各组顺序排列不正确的是A. 热稳定性：HClH2SPH3B. 原子半径：NaMgAlC. 酸性强弱：H2SiO3H3PO4H2SO4D.
8、碱性强弱：NaOHMg(OH)2Al(OH)3【答案】B【解析】【详解】A磷、硫、氯的非金属性依次增强，其氢化物的热稳定性也依次增强：PH3H2SHCl，A选项正确；B钠、镁、铝是第三周期且原子序数递增；同周期从左往右，原子半径依次减小，则原子半径：NaMgAl，B选项错误；C硅、磷、硫的非金属性依次增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，酸性强弱：H2SiO3H3PO4H2SO4，C选项正确；D钠、镁、铝的金属性依次减弱，其最价氧化物对应水化合物碱性强弱：NaOHMg(OH)2Al(OH)3，D选项正确；答案选B。【点睛】解决本题的关键是熟记元素周期律。9.已知118号元素的离子aW3
9、+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是A. 离子的半径：Y2-Z-B. 质子数：cbC. 氢化物的稳定性：H2YHZD. 原子半径：XW【答案】A【解析】【分析】元素周期表前三周期元素的离子aW3、bX、cY2、dZ具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a-3=b-1=c+2=d+1，Y、Z为非金属,应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，据此分析解答问题。【详解】AY为O元素，Z为F元素，电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径O2-F-，A选项正确；B由以上分析可以知道c=8，b=1
10、1，则质子数cb，B选项错误；C非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性FO，则氢化物的稳定性：H2OHF，C选项错误；DW为Al元素，X为Na元素，原子半径NaAl，D选项错误；答案选A。10. 以下反应属于吸热反应的是A. 锌与稀硫酸的反应B. 氯化铵与氢氧化钡晶体反应C. 煤燃烧D. 氢氧化钠与盐酸的反应【答案】B【解析】【详解】A锌与稀硫酸的反应是置换反应，也是放热反应，故A错误；B氯化铵与氢氧化钡晶体反应是复分解反应，是吸热反应，故B正确；C煤的燃烧是氧化还原反应，是放热反应，故C错误；D氢氧化钠与盐酸的反应是中和反应，同时也是放热反应，故D错误；故答案选B。11.在一个2L的容器中，放
11、入2mol气体A， 5分钟后，测得这种气体A还剩余0.5mol，该反应中气体A的化学反应速率是（ ）A. 1.5mol/(Lmin)B. 0.15mol/(Lmin)C. 0.75mol/(Lmin)D. 0.075mol/(Lmin)【答案】B【解析】【详解】化学反应速率的单位时间内反应物浓度的减小值。所以=0.15mol/(Lmin)。12.某原电池，两电极一为碳棒，一为铁片，若电流表的指针发生偏转，且a极上有大量气泡生成，则以下叙述正确的是A. a为负极，是铁片，烧杯中的溶液为硫酸B. a为负极，是铁片，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液C. a为正极，是碳棒，烧杯中的溶液为硫酸D. b为正极，是
12、碳棒，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液【答案】C【解析】【详解】Aa极上有大量气泡生成，说明a是正极，应该是碳棒，负极b是铁片，烧杯中的溶液可以为硫酸，A选项错误；Ba极上有大量气泡生成，说明a是正极，应该是碳棒，负极b是铁片，烧杯中的溶液不可以为硫酸铜，否则正极上会析出金属铜，B选项错误；Ca极上有大量气泡生成，说明a是正极，应该是碳棒，烧杯中的溶液可以为硫酸，C选项正确；Da极上有大量气泡生成，说明a是正极，应该是碳棒，烧杯中的溶液为硫酸铜时，正极上会析出金属铜，故烧杯中的溶液不能是为硫酸铜溶液，D选项错误；答案选C。13.下列各组化合物中化学键类型不同是（ ）A. NaCl和HNO3B. H2O
13、和 NH3C. CaF2和 CsClD. CCl4和H2S【答案】A【解析】【详解】A、NaCl为离子化合物且只含有离子键，而HNO3为共价化合物，含有共价键，化学键类型不同，选项A正确；B、H2O和NH3均为共价化合物，化学键类型相同，选项B错误；C、CaF2和 CsCl均离子化合物，化学键类型相同，选项C错误；D、CCl4和H2S均为共价化合物，化学键类型相同，选项D错误。答案选A。14.下列关于元素周期表和元素周期律的说法不正确的是A. 从氟到碘，其氢化物的稳定性逐渐减弱B. 第三周期从钠到氯，最高价氧化物的水化物碱性逐渐减弱,酸性增强；C. 因为铝原子比钠原子失去电子数目多，所以铝比钠
14、的还原性强D. 氧与硫为同主族元素，氧比硫的原子半径小，氧比硫的非金属性强【答案】C【解析】【详解】A非金属性越强，则气态氢化物越稳定，所以从氟到碘，其氢化物的稳定性逐渐减弱，A选项正确；B第三周期从钠到氯，金属性在减弱，非金属性在增强，则最高价氧化物的水化物碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，B选项正确；C还原性与失去电子的难易程度有关，与电子的数目无关，所以Na易失去电子，Na的还原性比Al的强，C选项错误；D同主族从上到下，非金属性在减弱，所以氧与硫为同主族元素，氧比硫的原子半径小，氧比硫的非金属性强，D选项正确；答案选C。15.理论上不能设计原电池的化学反应是A. CH4（g）+2O2（g）C
15、O2（g）+2H2O（l）；H0B. HCl（l）+NaOH（l）=NaCl（l）+H2O（l）；H0C. Fe（s）H2SO4（l）=FeSO4（l）+H2（g）；H0D. 2FeCl3（l）Fe（s）=3FeCl2（l）；H0【答案】B【解析】【分析】自发的氧化还原反应能设计成原电池，可根据反应的类型进行分析判断。【详解】A反应CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)中，C的化合价升高，O的化合价降低，属于氧化还原反应，H0，能够自发进行，所以可以设计成原电池，A选项不满足题意；B反应HCl(l)+NaOH(l)=NaCl(l)+H2O(l)中元素的化合价均没有发生改变，属于
16、复分解反应，不能设计成原电池，B选项满足题意；C反应Fe(s)H2SO4(l)=FeSO4(l)+H2(g)中Fe元素的化合价升高，H元素的化合价降低，属于氧化还原反应，H0，能够自发进行，所以可以设计成原电池，C选项不满足题意；D反应2FeCl3(l)Fe(s)=3FeCl2(l)中，FeCl3中的Fe元素化合价降低，Fe(s)的化合价升高，属于氧化还原反应，H0，能够自发进行，所以可以设计成原电池，D选项不满足题意；答案选B。16.下列图中能正确表示X + 3Y 2Z(放热反应)过程的能量变化的是：A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A由于生成物的能量比反应物高，所以该反应为
17、吸热反应。错误；B由于反应物的能量比生成物高，所以该反应为放热反应。正确；C由于反应物、生成物的能量相同，所以反应过程中无能量变化。错误；D化学反应的过程就是旧键断裂、新键形成的过程，断裂化学键要吸收能量，这与图像画的不符合。错误。答案选B。17.在A+B=3C+4D的反应中,下列表示该反应的化学反应速度最快的是A. V(A)=0.5mol/(Ls)B. V(B)=0.3mol/(Ls)C. V(C)=0.8mol/(Ls)D. V(D)=1mol/(Ls)【答案】A【解析】【详解】在比较化学反应速率快慢时应该转化为用单位时间内同种物质浓度改变值的大小来表示。根据化学反应速率与化学计量数成正比
18、可得，用物质B的速率来表示分别有Av (B)=v (A)=0.5mol/(Ls) ；Bv (B)=0.3 mol/(Ls) ；Cv (B)= v (C) =0.8 mol/(Ls)0.27 mol/(Ls)；Dv (B)= v (C)=1mol/(Ls)= 0.25mol/(Ls)；综上，A选项中化学反应速率最快，答案选A。18.哈伯因发明了由氮气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定条件下发生反应N23H22NH3。下列有关说法正确的是：A. 达到化学平衡时，N2将完全转化为NH3B. 达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓
19、度不再变化C. 达到化学平衡时，反应则停止进行D. 达到化学平衡时，N2和H2生成速率比为3：1【答案】B【解析】【详解】A可逆反应不可能完全转化，A选项错误；B在恒压密闭容器中，各成分的物质的量浓度都不再发生改变，说明达到平衡状态，B选项正确；C化学平衡状态是动态平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率相等，但不等于0，反应不会停止，C选项错误；D化学反应速率之比等于化学计量数之比，则N2和H2生成速率比为1：3，D选项错误；答案选B。19.实验室欲快速制取H2，应选用正确的措施是A. 纯锌与稀硫酸反应B. 将浸泡过CuS04溶液的Zn跟稀硫酸反应C. 粗锌跟硝酸反应D. 粗锌跟浓硫酸反应
20、【答案】B【解析】【详解】A纯锌与稀硫酸反应可制取氢气，但不能快速制取，A选项错误；B将浸泡过CuS04溶液的Zn跟稀硫酸反应，可形成Cu、Zn原电池，加快反应速率，B选项正确；C硝酸具有强氧化性，故硝酸和粗锌反应生成NO或NO2，不能生成氢气，C选项错误；D浓硫酸具有强氧化性，粗锌和浓硫酸反应生成二氧化硫，不能生成氢气，D选项错误；答案选B。20.在一定条件下的密闭容器中，一定能说明反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)达到平衡状态的是A. 反应体系的总压恒定B. 2v(B)正=3v(C)逆C. c(A):c(B)=1:3D. 单位时间内生成2molC,同时生成2molD【答案】B【
21、解析】【详解】A该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以无论反应是否达到平衡，体系的总压强恒定不变，A选项错误；B任何时刻都有2v(B)正=3v(C)正，2v(B)正=3v(C)逆，说明v正=v逆，反应达到平衡状态，B选项正确；C根据化学反应方程式可知，A与B发生反应是按照1：3关系进行的，若开始加入的物质是按照1：3加入，则任何时刻都存在c(A):c(B)=1:3，C选项错误；D单位时间内生成2molC，同时生成2molD，均体现的是正反应方向，D选项错误；答案选B。21.实验室用下列两种方法制氯气：用含HCl73g的浓盐酸与足量的MnO2反应；用43.5gMnO2与足量浓盐酸反应。所得的氯
22、气A. 比多B. 比多C. 一样多D. 无法比较【答案】B【解析】【详解】实验室制取氯气的化学方程式为，MnO2不能氧化稀盐酸，用含HCl 73g的浓盐酸与足量的MnO2反应；73g的浓盐酸的物质的量为：n(HCl)=2mol，根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，故反应中产生的氯气小于0.5mol；87g MnO2的物质的量为：n(MnO2)=0.5mol，用43.5g MnO2与足量的浓盐酸反应，不考虑HCl的挥发，浓盐酸足量时，根据MnO2与浓HCl反应，计算出氯气的量为0.5mol，所以反应后所得氯气
23、的物质的量为：bcdB. acdbC. cabdD. bdca【答案】B【解析】【详解】a、b相连时，a为负极，活泼金属作负极，所以a的金属活动性大于b；c、d相连时，电流由d到c，故c为负极，所以c的金属活动性大于d；a、c相连时，c极上产生大量气泡，说明a为负极，所以a的金属活动性大于c，b、d相连时，b上有大量气泡产生，说明d为负极，所以d的金属活动性大于b，故a、b、c、d4块金属的活动性由强到弱的顺序为acdb，B选项正确；答案选B。23.可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+ O2(g) 在体积不变的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（ ）单位时间内生成n mol O2的同时生成
24、2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】单位时间内生成n mol O2表示正反应速率，同时生成2n mol NO2 表示逆反应速率，此时正反应速率等于表示逆反应速率，是达到平衡状态的标志；单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO都表示正反应速率，不是达到平衡状态的标志；整个反应过程中，化学反应速率之比恒定为化学计量数之比，不能判断平衡状态；在反应过程中，混合气体
25、的颜色随着二氧化氮物质的量的变化而变化，混合气体的颜色不再改变的状态是达到平衡状态的标志；气体体积不变，质量守恒，混合气体的密度一直保持不变，混合气体的密度不再改变的状态不是达到平衡状态的标志。故选A。24.原子电子层数相同的X、Y、Z三种元素，若最高价氧化物的水化物酸性强弱为H3XO4H2YO4HZO4，则下列判断正确的是A. 非金属性强弱为XYZB. 原子半径为XYZC. 阴离子的还原性为X3Y2ZD. 气态氢化物的稳定性为H3XH2YHZ【答案】C【解析】【分析】原子电子层数相同的X、Y、Z三种元素，可知位于同周期，同周期从左向右非金属性增强，对应最高价含氧酸的酸性增强，由最高价氧化物水
26、化物酸性强弱为H3XO4H2YO4HZO4，可知非金属性为XYZ，原子序数为XYZ，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，同周期三种元素的非金属性为XYZ，原子序数为XYZ；A非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，由酸性可知非金属性为XYZ，A选项错误；B原子序数为XYZ，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径为XYZ，B选项错误；C非金属性越强，对应离子的还原性越弱，则阴离子的还原性为XYZ，C选项正确；D非金属性为XYZ，则气态氢化物的稳定性为：H3XH2YHZ，D选项错误；答案选C。25.下列物质中,只存在离子键的是_,只存在共价键的是_;含离子键和非极性键的是_,属于离子化合物的
27、是_,属于共价化合物的是_N2MgCl2NH4ClCO2NeKOHNa2O2【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 【解析】【分析】N2分子中N原子和N原子形成共价键，是单质；MgCl2是离子化合物，Mg2+和2个Cl-形成离子键；NH4Cl中NH4+与Cl-形成离子键，NH4+中N原子和H原子形成极性共价键，是离子化合物；CO2分子中C原子和O原子之间形成非极性共价键，是共价化合物；Ne是单原子分子，不存在任何化学键，属于单质；KOH中K+和OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成极性共价键，是离子化合物；Na2O2中Na+和O22-形成离子键，O22-中O原子和O原
28、子之间形成非极性共价键，是离子化合物；【详解】根据上述分析可知，只存在离子键的是，只存在共价键的是，含离子键和非极性键的是，属于离子化合物的是，属于共价化合物的是，故答案为：；。26.A、B、C、D、E、F六种元素，它们的核电荷数均小于18，且原子序数逐渐增大。已知：A、C、F三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水。D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个。请回答下列问题：（1）写出D的元素符号_，E的最高价氧化物的水化物的分子式_。（2）画出B元素的原子结构示意图_。（3）若构成F元素
29、的一种核素的中子数为18，写出该核素的表示符号_。（4）A与C、C与F元素最高价氧化物的水化物反应的离子方程式依次为：_、_。【答案】 (1). Si (2). H3PO4 (3). (4). (5). OH-+Al(OH)3=AlO2-+H2O (6). 3H+Al(OH)3=Al3+3H2O【解析】【分析】根据题意知A、B、C、D、E、F六种短周期元素，且原子序数逐渐增大，A、C、F三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水，则C为铝元素，A为钠元素，B为镁元素，F为氯元素；D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，则D为硅元素；E
30、元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个，则E为磷元素，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，D元素为硅元素，元素符号为Si，E元素为P元素，其最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，故答案为：Si；H3PO4；(2)B元素为镁元素，其离子结构示意图为，故答案为：；(3)F为氯元素，由于质量数=质子数+中子数，因此其中子数为18核素的表示符号为，故答案为：；(4)A、C、F元素的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，则A与C、C与F元素最高价氧化物的水化物反应的离子反应方程式分别是OH-+Al(OH)3=AlO2-+H2O、3H+Al(OH)3=Al3+3H2O
31、，故答案为：OH-+Al(OH)3=AlO2-+H2O；3H+Al(OH)3=Al3+3H2O。27.如图是元素周期表的一部分，表中的中元素，填空回答：族周期AAAAAAA0二三用元素符号或化学式回答下列问题：（1）在这些元素中，化学性质最不活泼的原子的原子结构示意图为_。（2）氧化性最强的单质是_。（3）这些元素中的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_，碱性最强的是_，呈两性的氢氧化物是_。（4）写出对应的氢化物的稳定性由强到弱的是_，【答案】 (1). (2). F2 (3). HClO4 (4). NaOH (5). Al(OH)3 (6). H2ONH3CH4SiH4【解析】【分
32、析】从元素周期表中的位置可知，为C元素，为N元素，为O元素，为F元素，为Na元素，为Al元素，为Si元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，据此分析解答问题。【详解】(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的原子是Ar，其原子结构示意图是，故答案为：；(2)元素周期表中，同一周期从左至右氧化性依次增强，同一主族从上至下氧化性依次减弱，则上述元素中氧化性最强的元素是F，其单质为F2，故答案为：F2；(3)元素周期表中，同一周期从左至右非金属性依次增强，金属性依次减弱，同一主族从上至下非金属性依次减弱，金属性依次增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的
33、碱性越强，由于F无正价，故酸性最强的是HClO4，碱性最强的是NaOH，具有两性的是Al(OH)3，故答案为：HClO4；NaOH；Al(OH)3；(4)分别为C、N、O、Si元素，非金属性越强，气态氢化物越稳定，由于非金属性：ONCSi，因此气态氢化物的稳定性：H2ONH3CH4SiH4，故答案为：H2ONH3CH4SiH4。28.某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种气体物质的物质的量（n）随着时间（t）变化的曲线如图所示。由图中数据分析：（1）该反应的化学方程式为_。（2）反应开始至2min，用Z表示的平均反应速率为_。（3）下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是_（填序号）。AX、Y、Z
34、物质的量之比为312B混合气体的压强不随时间的变化而变化C单位时间内每消耗3molX，同时生成2molZD混合气体的总质量不随时间的变化而变化E混合气体的总物质的量不随时间的变化而变【答案】 (1). 3X+Y2Z (2). 0.05molL-1min-1 (3). BE【解析】【详解】(1) 从图像可知，X和Y物质的量分别减少0.3mol、0.1mol，做反应物，Z的物质的量增加0.2mol，根据反应中物质的量之比=系数之比，推断出方程式为：3X + Y2Z，故答案为：3X + Y2Z；(2)2min时，v(Z)=，故答案为：0.05molL-1min-1；(3)A物质的量成正比关系不能说明
35、达到平衡状态，故A错误；B反应前后气体体积数不同，故压强不变时说明达到平衡状态，B正确；C消耗X正反应方向，生成Z也是正反应方向，不能说明达到平衡状态，C错误；D化学反应遵循质量守恒定律，故D错误；E混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，说明正反应速率=逆反应速率，故达到平衡状态，E正确；故答案为：BE。29.原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。（1）现有如下两个反应：ANaOH+HCl=NaCl+H2O；BZn+H2SO4=ZnSO4+H2，判断能否设计成原电池A_，B_。（填“能”或“不能”）（2）将纯锌片和纯铜片图方式插入100mL相同浓度的稀硫酸
36、中一段时间，回答下列问题：下列说法正确的是_。A甲、乙均为化学能转变为电能的装置B乙中铜片上没有明显变化C甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少D两烧杯中溶液的pH均增大在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲_乙（填“”、“或“”）请写出图中构成原电池负极电极反应式_。【答案】 (1). 不能 (2). 能 (3). BD (4). (5). Zn2e-=Zn2+【解析】【详解】(1)原电池中发生的是自发的氧化还原反应，A为酸碱中和反应，是非氧化还原反应，故不能设计成原电池；B是置换反应，是氧化还原反应，能设计成原电池，故答案为：不能，能；(2)甲装置是原电池，发生电化学腐蚀，乙装置发生化学腐蚀
37、；A甲是化学能转变为电能的装置，乙不是，故A错误；B乙装置中铜片不反应，也没构成原电池的正极，所以铜片上没有明显变化，故B正确；C甲、乙中锌片质量都减少，故C错误；D两个烧杯中都产生氢气，氢离子浓度都降低，所以溶液的pH均增大，故D正确，故答案选BD；原电池原理引起的腐蚀速度大于化学腐蚀的速度，甲中形成原电池，则产生气泡的速度：甲乙，故答案为：；构成原电池的负极是锌失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，故答案为：Zn2e-=Zn2+。【点睛】明确原电池的构成条件及反应必须是放热反应是解本题的关键。构成原电池的条件是：有两个活泼性不同的电极；将电极插入电解质溶液中；两电极间构
38、成闭合回路；能自发的进行氧化还原反应。30.理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。某同学利用“Cu2Ag+2Ag+Cu2+”反应设制一个化学电池，如图所示，已知该电池在外电路中，电流从a极流向b极。请回答下列问题：（1）b极是电池的_极，材料是_，写出该电极的反应式_。（2）a可以为_A、铜B、银C、铁D、石墨（3）c溶液是_A、CuSO4溶液B、AgNO3溶液C、酒精溶液（4）若该反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成Ag为_克。【答案】 (1). 负 (2). Cu (3). Cu2e-=Cu2+ (4). BD (5). B (6). 21.6【解析】【分析】有题干信
39、息可知，原电池中，电流从a极流向b极，则a为正极，得到电子，发生还原反应，b为负极，失去电子，发生氧化反应，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析知，b是电池的负极，失去电子，反应Cu2Ag+2Ag+Cu2+中Cu失去电子，故Cu作负极，发生的电极反应为Cu2e-=Cu2+，故答案为：负；Cu；Cu2e-=Cu2+；(2)a是电池的正极，电极材料可以是比铜更稳定的Ag，也可以是惰性的石墨，故答案为：BD；(3)电解质溶液c是含有Ag+的溶液，故答案为：B；(4)根据得失电子守恒可得，反应过程中转移1mol电子，生成2molAg，质量为1082=21.6g，故答案为：21.6。31.实验室
40、里用如图所示装置制取纯净的无水CuCl2。试回答下列问题：（1）写出烧瓶中发生反应的化学方程式和离子方程式：_。（2）B处盛有饱和食盐水（或水），其作用是_。（3）C处盛放的试剂_（填名称），其作用是_。（4）E处盛有_（填名称），发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O、MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (2). 除去Cl2中的HCl (3). 浓H2SO4 (4). 除水，干燥氯气 (5). NaOH溶液 (6). 2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】二氧化锰与浓盐酸反应制备的氯气中含有氯化氢和
41、水蒸气杂质，制备无水CuCl2前需要除去氯气中的杂质气体，结合氯气、氯化氢的性质分析解答。【详解】(1)A为制备氯气装置，装置A中反应为二氧化锰与盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，离子反应方程式为MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O、MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O；(2)浓盐酸具有挥发性，所以制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气的溶解度较小，所以可用饱和食盐水(或水)除去氯气气体中的氯化氢，故答案为：除去Cl2中的HCl；(3)因为题中要求制取纯净的无水CuCl2，所以要除去氯气中混有的水蒸气，且不引进新的杂质，所以选择浓硫酸干燥，故答案为：浓H2SO4；除水，干燥氯气；(4)尾气中含有氯气，氯气有毒，会污染环境，不能直接排放到大气中，可以用氢氧化钠溶液吸收，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：NaOH溶液；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
