【文档说明】【精准解析】江西省九江市濂溪区第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试阶段性评价考试化学试题.doc，共(20)页，473.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年高一下学期期中阶段性评价考试化学试卷相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、单选题(每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.下列关于化学反应中能量变化的说法正确的是

A.断开化学键会释放能量B.氧化还原反应均为放热反应C.化学反应过程中一定伴有能量变化D.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应【答案】C【解析】【详解】A.断裂化学键吸收热量，形成化学键释放能量，故A错误；B.C或氢气作还原剂的氧化

还原反应吸热，多数氧化还原反应放热，故B错误；C.化学变化中有化学键的断裂和生成，则一定有能量变化，故C正确；D.反应条件与反应中能量变化无关，加热进行的反应可能为放热反应，故D错误；故选：C。2.下列变化属于吸热反应的是(

)①液态水汽化②将胆矾加热变成白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰A.①②④B.②③C.①④⑤D.②④【答案】D【解析】【详解】①液态水汽化是吸热过程，是物理变化，不属于化学反应,不符合题意；②将胆矾加热变成白色粉末，失去结晶水发生

化学反应，是吸热反应，符合题意；③浓硫酸稀释过程放热，不符合题意；④在加热条件下氯酸钾发生分解反应制氧气，是吸热反应，符合题意；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰，是放热反应，不符合题意；据此回答；答案选D。【点睛】这个题容易错的地方就是把吸热

过程和吸热反应混淆了。吸热过程包含吸热反应。硝酸铵固体溶于水、固态熔化、液态气化都属于要吸收热量的物理变化。3.ETH天文研究报道称组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne，下列关于20Ne和22Ne的说法正

确的是A.20Ne和22Ne互为同位素B.20Ne和22Ne互为同素异形体C.20Ne和22Ne的质量数相同D.20Ne和22Ne的中子数相同【答案】A【解析】【分析】具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素．同种元素形成的不同单质为同

素异形体．在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数。【详解】A．由具有相同质子数，不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素，20Ne和22Ne互为同位素，故A正确；

B．同种元素形成的不同单质为同素异形体，20Ne和22Ne不是同素异形体，故B错误；C．20Ne和22Ne的质量数分别为20、22，故C错误；D．20Ne和22Ne的中子数分别为20−10=10、22−10=12

，故D错误；答案选A。4.在恒温、恒容的密闭容器中进行反应A（g）═B（g）+C（g），若反应物的浓度由2mol•L-1降到0.8mol•L-1需要20s，那么反应物浓度再由0.8mol•L-1降到0.2mo

l•L-1所需要的时间为A.10sB.大于10sC.小于10sD.无法判断【答案】B【解析】【详解】反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率v=cv=2mol/L0.8mol/L20s−=0.06mol/(L•s)，假设以0.06mol/(L•s)的反应速率计算反应

物A的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间t=cv=()0.8mol/L0.2mol/L0.06mol/Ls−=10s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物的浓度由

0.8mol/L降到0.2mol/L时的平均反应速率小于0.06mol/(L•s)，所用时间应大于10s，故选B。【点睛】解答本题要注意浓度对反应速率的影响，20s后A的浓度减小，以后的反应速率要小于20s内的反应速率。5.在2A＋B=3C＋4D反应中，表示该反应速

率最快的是（）A.v（A）＝0.5mol·L－1·s－1B.v（B）＝0.3mol·L－1·s－1C.v（C）＝0.8mol·L－1·s－1D.v（D）＝1mol·L－1·s－1【答案】B【解析】【详解】A．v(A)/2=0.5mol·L－1·s－1/2=0.25m

ol·L－1·s－1;B．v(B)/1=0.3mol·L－1·s－1/1=0.3mol·L－1·s－1;C．v(C)/3=0.8mol·L－1·s－1/3=0.27mol·L－1·s－1;D．v(D)/4=1mol·L－1·s－1/

4=0.25mol·L－1·s－1。答案选B。【点睛】2A＋B=3C＋4D反应中，四种物质的计量数分别为2、1、3、4，每个选项均除以计量数可快速比较反应速率快慢，比传统方法简单、省时。6.下列说法正确的是A.人体运动所消耗的能量与化学反应无关

B.在反应C+CO2⇌2CO中，若v(CO)为1mol·(L·min)−1，则v(C)为0.5mol·(L·min)−1C.决定化学反应速率的主要因素为反应温度D.锌锰干电池中，锌电极是负极【答案】D【解析】【详

解】A．人体在运动时发生一系列的化学反应，消耗能量，故A错误；B．碳是固体，浓度为定值，一般不用固体表示反应速率，故B错误；C．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，故C错误；D．锌为活泼金属，根据原电池工作原理，锌锰干电池中，锌电极为负极，故D正确；答案：D。7.在密

闭容器中进行反应X+2Y⇌2Z，已知反应中X、Y、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到化学平衡时，各物质的浓度可能是A.X为0.2mol/LB.Y为0.5mol/LC.Z为0.35m

ol/LD.Y为0.10mol/L【答案】C【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，各物质一定共存，即任何物质的浓度不可能为0；【详解】A.若X为0.2mol/L，反应消耗0.2mol/LZ，则Z的浓度为0，故不

选A；B.若Y为0.5mol/L，反应消耗0.2mol/LZ，则Z的浓度为0，故不选B；C.若Z为0.35mol/L，反应消耗0.025mol/LX、0.05mol/LY，则X、Y、Z的浓度都不为0，故选C；D.若Y为0.10mol/L，反应消耗0.1mol/LX，则X的浓度为

0，故不选D；选C。8.重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A.氘(D)原子核外有1个电子B.H2O与D2O互称同素异形体C.1H与D互称同位素D.1H218O与D216O的相对分子质量相同【答案】B【解析】【详解】A.氘(D)质子数为1，质子数=核外电

子数，原子核外有1个电子，故A说法正确；B.H2O与D2O均为水，属于化合物，不互为同素异形体，故B说法错误；C.1H与D质子数都是1，中子数分别为0、1，互称同位素，故C说法正确；D.1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，D216O的相对分子

质量为：2×2+16=20，故D说法正确；答案：B。9.可逆反应：222NO2NO+O在恒容容器中进行，达到平衡状态的标志是()①单位时间内生成2nmolO的同时生成22nmolNO②单位时间内生成2nmolO的同时生成2nmolNO③用2NO、

NO、2O的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A.①④⑥B.②③⑤C.①③④D.①②③④⑤⑥【答案】A【解析】【详解】①单位时间内生成2nmolO的同时生成2

2nmolNO，说明反应v（正）=v（逆），达到平衡状态，①正确；②单位时间内生成2nmolO的同时生成2nmolNO，这是必然的，无论反应是否达到平衡状态都满足，22(NO)(NO)(O)221vvv==正正正，不能说明达到平衡状态，②错误；③反应中必然满足22

(NO)(NO)(O)221vvv==正正正和22(NO)(NO)(O)221vvv==逆逆逆，但是只有22(NO)=(NO)vv正逆才平衡，当用2NO、NO、2O的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态，可能已

经平衡，也可能没有平衡，与各物质的初始浓度及转化率有关，③错误；④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，④正确；⑤无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度不变

，不能说明达到平衡状态，⑤错误；⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，反应过程中，混合气体的物质的量一直变化，又因为气体质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直不变，当其不再变化时，说明达到平衡状态，⑥正确；答案选A。【点睛

】化学平衡状态标志有：正逆反应速率相等；各物质的浓度、百分含量不变；以及由此衍生的一些量也不发生变化能折合成以上特征的，可以选择一个物理量，会随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，例如本题

中混合气体的平均相对分子质量，会随着反应而变化，后来不变了，就达平衡了。10.氢化钠()NaH化合物中钠元素是1+价，NaH跟水反应放出2H，下列叙述正确的是()A.在NaH中的氢离子半径比锂离子半径大B.在NaH中的氢离子的电子层排布与Li+

不相同C.NaH跟水反应后溶液呈酸性D.NaH中的氢离子被还原成氢气【答案】A【解析】【详解】A．H-离子和Li+离子电子层结构相同，锂离子核电荷数大于H-，核电荷数越大，离子半径越小，故H-离子半径大于Li+离子半径，故A正确；B．NaH中H元素是-1价，其核外电子数

为2，所以其电子层排布与Li+的相同，故B错误；C．NaH中H元素是-1价，氢化钠和水放出氢气，氢气单质中H元素的化合价为0价，氢元素的化合价升高到0，氢气单质中有两个氢原子，一个是升高的，另一个氢原子降低，根据元素

守恒写出化学方程式：22NaHHOHNaOH+=+，有NaOH生成，其水溶液显碱性，故C错误；D．反应22NaHHOHNaOH+=+中，NaH中H元素是-1价，生成物氢气中H元素的化合价为0价，氢元素的化合价升高，氢化钠中氢离子被氧化成氢气，故

D错误；答案选A。【点睛】氢化钠（NaH）化合物中钠元素是+1价，则氢元素的化合价为-1价，氢化钠与水反应的化学方程式的分析，需用化合价升降法分析，化合价升高，失去电子发生的是氧化反应。11.如图所示，将锌片和铜片按不同方式插入稀硫酸中，下列说法正确的

是（）A.甲中电子经导线从铜片流向锌片B.两烧杯中锌片上均发生还原反应C.两烧杯中铜片表面均无气泡产生D.一段时间后，两烧杯中溶液的c（H+）均减小【答案】D【解析】【分析】甲装置是原电池，锌比铜活泼，

锌为负极，乙装置不是原电池，锌直接与稀硫酸反应，以此解答。【详解】A．甲装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，锌是负极，铜为正极，甲中电子经导线从锌片流向铜片，故A错误；B．甲装置中锌是负极，发生失去电子的氧化反应，乙装置中锌直接与稀硫酸反应，锌作还原剂，发生氧化反应，故B错误；C．甲装置

是原电池，锌是负极，铜为正极，铜片上电极反应式为2H++2e-＝H2↑，有氢气产生。甲装置中铜与稀硫酸不反应，故C错误；D．两个装置中均是氢离子得到电子生成氢气，则一段时间后，两烧杯中溶液的c（H+）均减小，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查了原电池原理，明确原电池的判断方法，再结

合金属失电子的难易程度确定正负极是解答的关键，难点是电极反应式的书写，注意要结合电解质溶液酸碱性书写。12.应用元素周期律的有关知识，可以预测我们不熟悉的一些元素的单质及其化合物的性质。下列预测中正确的是①第2周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性②砹

（At）单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸③Li在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱④硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体⑤硒化氢（H2Se）是无色、有毒、比H2S稳定的气体A.②④B.①②③④C.①③⑤D.②

④⑤【答案】A【解析】【详解】①N元素为第二周期非金属元素，其气态氢化物溶于水显碱性，故错误；②卤族元素单质从上到下，单质由气体过渡为固体，颜色逐渐加深，AgAt具有AgCl的相似的性质，不溶于水也不溶于稀硝酸，故正确；③Li燃烧只能生成Li2O，故错误；④同主族元素化合物的性

质具有相似性和递变性，Ba与Sr同主族，且Sr在Ba下方，硫酸钡(BaSO4)是难溶于水的白色固体，则硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，故正确；⑤非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：S＞Se，则氢化物稳定性为：H2S＞H2Se，故

错误；综上所述正确的有②④，故答案为A。13.锂电池是一代新型高能电池，它以质量轻、能量高而重视，目前已研制成功多种锂电池。某种锂电池的总反应方程式为Li＋MnO2===LiMnO2，下列说法正确的是()A.Li是正极，电极反应式为Li－e－＝Li＋B.Li是负

极，电极反应式为Li－e－＝Li＋C.MnO2是负极，电极反应式为MnO2＋e－＝MnO2-D.Li是负极，电极反应式为Li－2e－＝Li2＋【答案】B【解析】【分析】在原电池中，失电子的金属为负极，发生失电子的氧化反应，得电子的物质在正极发生还原反应，锂电池是一种体积

小，储存能量较高的可反复充电的环保电池。【详解】A．根据锂电池的总反应式Li+MnO2=LiMnO2，失电子的金属Li为负极，电极反应为：Li-e-=Li+，故A错误；B．根据锂电池的总反应式Li+MnO2=LiMn

O2，失电子的金属Li为负极，电极反应为：Li-e-=Li+，故B正确；C．MnO2是正极，电极反应为MnO2+e-=MnO2-，故C错误；D．负极电极反应为：Li-e-=Li+，故D错误；故答案为B。14.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与

化合价的关系如图所示。下列说法错误的是A.Q位于第三周期ⅠA族B.X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱C.简单离子半径：M－＞Q＋＞R2＋D.Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸【答案】C【解析】【分析】由Y

的化合价只有-2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有+1价，则X为氢元素，M的最高正价为+7价，最低负价为-1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为-3价，最高价为+5价，则Z代表氮元素，Q只有+1一种化合价，且Q的半径大于氯原

子半径，但小于只有+2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素，据此分析解答。【详解】A项Q代表钠元素，Na为第三周期IA族，A正确；B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M-、Q+、

R2+的半径大小应该为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C错误；D项Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确。答案为C。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(

稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li＋＜Na＋＜K＋。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相

同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3＋＜Fe2＋＜Fe，H＋＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比

较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。15.有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下：实验装置部分实验现象a极质量减小，b极质量增加b极

有气体产生，c极无变化d极溶解，c极有气体产生电流计指示在导线中电流从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是（）A.a>b>c>dB.b>c>d>aC.d>a>b>cD.a>b>d>c【答案】C【解析】【详解】a极质量减小，b极质量增加，则a为

负极，b为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性顺序b＞c；d极溶解，所以d是负极，c极有气体产生，所以c是正极，所以金属的活动性顺序d＞c；电流从a极流向d极，则电子从d极流向a极，d极为

负极，a极为正极，所以金属的活动性顺序d＞a，四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c，故选C。【点睛】形成原电池时，活泼金属作负极，不活泼金属作正极，负极逐渐溶解，正极上有气泡生成或有金属析出，电子从负极经外电路流向正极，溶液中阴离子向负极移动。16.

X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法中正确的是()A.X的最常见气态氢化物的水溶液显酸性B.最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强C.Z的单质与氢气反应比Y单质与氢气反

应容易D.X的原子半径小于Y【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，Z位于第三周期，其第一层电子数为2，最外层电子数为6，所以Z应为S，结合位置可知，Y为O，X为N，W为Cl，并利用元素及其单

质、化合物的性质来解答。【详解】A.X的最常见气态氢化物为氨气，其水溶液显碱性，A项错误；B.非金属性Cl>S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强，B项正确；C.非金属性O>S，所以Y的单质与氢气反应

较Z剧烈，C项错误；D.同周期从左向右原子半径在减小，则X的原子半径大于Y，D项错误；答案选B。二、非选择题(共52分)17.A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中，A、C及B、D分别是同主族

元素；A元素的原子半径是所有主族元素中原子半径最小的；B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的2倍；四种元素所形成的单质中A、B单质是气体，C、D单质是固体。（1）写出以下元素的名称：B___；C___。（2）写出D元素在周期表中

的位置___。（3）用电子式表示C2D的形成过程：___。（4）写出由B、C两元素所形成的原子个数比为1：1的化合物的的电子式___；属于___（填“离子”或“共价”）化合物，存在的化学键的种类有___；写出它与水反应的化学方程式___。【答案

】(1).氧(2).钠(3).第三周期，ⅥA族(4).(5).(6).离子(7).离子键、非极性键(8).2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑【解析】【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，

A元素的原子半径是所有主族元素中原子半径最小的，则A为氢元素；B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的2倍；则B、D在二、三周期，故C处于第三周期，则C为钠元素；B、D分别是同主族元素，B、D两元素的原子核中质子数之

和为2×（1+11）=24，故B为氧元素，D为硫元素；四种元素所形成的单质中A、B单质是气体，C、D单质是固体，符合要求。【详解】由以上分析：A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，D为硫元素。（1）由上述分析可知，B为O元素，名称为氧；C为Na元素，名

称为钠，故答案为：氧；钠；（2）D为硫元素在周期表中的位置第三周期，ⅥA族；故答案为：第三周期，ⅥA族；（3）C2D为Na2S，由钠离子与硫离子构成，电子式表示Na2S的形成过程为：，故答案为：；（4）B为氧元素，C为钠元素，由两

元素所形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，电子式为：；由钠离子与过氧根离子构成，属于离子化合物，钠离子与过氧根离子之间为离子键，过氧根离子中氧原子之间为非极性键；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应离子方程式为2Na2O2+2H2O=

4Na＋+4OH－+O2↑；故答案为：；离子；离子键、非极性键；2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑。【点睛】以元素推断为载体，考查学生利用原子的结构来推断元素、常用化学用语等，注意本题中利用A、C与B、D的质子数之和关系分析是解答

本题的难点，易错点，用电子式表示Na2S的形成过程，用“→”不用“=”号。18.在2L密闭容器中，800℃时反应2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：时间/s01234

5n（NO）/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）上述反应________（填“是”或“不是”）可逆反应。（2）如图所示，表示NO2变化曲线的是______。用O2表示从0～2s内该反应的

平均速率v＝________。（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________（填序号）。a．v（NO2）＝2v（O2）b．容器内压强保持不变c．v逆（NO）＝2v正（O2）d．容器内密度保持不变【答案】(1).是(2).

b(3).1.5×10－3mol·（L·s）－1(4).bc【解析】【详解】（1）根据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反应不能完全进行，所以该反应是可逆反应。（2）N

O2是产物，随反应进行浓度增大，所以图中表示NO2变化的曲线是b，2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)=0.020.00822molmolLs−=3.0×10-3mol•L-1•s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=12v（NO）=12×3.0×10-3

mol•L-1•s-1=1.5×10-3mol•L-1•s-1。（3）a、当v（NO2）=2v（O2）时，该反应不一定达到平衡状态，故错误；b、该反应是一个反应气体气体体积改变的可逆反应，当达到平衡状态时，各物质的浓度不变

，则容器内压强保持不变，故正确；c、v逆（NO）＝2v正（O2）时，该反应达到平衡状态，故正确；d、根据质量守恒定律知，混合物质量始终不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，所以不能据此判断是否达到平衡状

态，故错误。19.某温度下，在2L恒容密闭容器中3种物质间进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图所示，反应在t1min时达到平衡。(1)请写出该反应的化学方程式：_____________________________。(2)若上述反应中X、Y、Z分别为N

H3、H2、N2，且已知1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量，则至t1min时，该反应吸收的热量为________；在此t1min时间内，用H2表示该反应的平均速率v(H2)为__________。下列叙

述能判断该反应达到平衡状态的是________(填字母代号)。A．容器内各气体组分的质量分数不再发生改变B．正反应速率与逆反应速率相等C．容器内气体的密度不再发生改变D．混合气体的平均相对分子质量不再发

生改变【答案】(1).2X3Y＋Z(写“===”不得分)(2).36.8kJ(3).10.6tmol/(L·min)(4).ABD【解析】分析：（1）化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈

正比，以此书写化学方程式；（2）利用转化的物质的量计算反应热，根据反应速率的含义计算；当反应中各物质的物质的量不再变化时，反应达到平衡状态，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变。详解：（1）由图象可以看出，X的物质的量逐渐减小，则X为反应物，Y、Z的物质的量逐渐增多，作为Y、Z

为生成物，当反应到达t1min时，△n（X）=0.8mol，△n（Y）=1.2mol，△n（Z）=0.4mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=2：3：1，所以反应的化学方

程式为2X3Y＋Z；（2）由于1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量，而反应中△n（X）=0.8mol，热效应为：0.8mol×46kJ/mol=36.8kJ；在此t1min时间内生成氢气是1.2mol，浓度是0.6mol/L，则用H2表示该反应的平均速率v(H2)为10.6tm

ol/(L·min)；A．容器内各气体组分的质量分数不再发生改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；B．正反应速率与逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B正确；C．由于反应在体积不变的密闭容器中进行，反应过程中气体的体积不变，质量不变，则混合气体的密度不变，不能判断是否达到平

衡状态，C错误；D．混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不再发生改变，反应达到平衡状态，D正确；答案选ABD。点睛：本题考查化学平衡的图象问题以及平衡状态的判断，题目难度中等，注意把握图象的分析和平衡状

态的判断，难点是平衡状态判断，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变

化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。因此判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。20.在2L密闭容器中进行反应()()()()mX+nYpZ+qQgggg，式中m、n、p、q为化学计量数。在03mi

n内，各物质物质的量的变化如下表所示：物质时间XYZQ起始/mol0.712min末/mol0.82.70.82.73min末/mol0.8已知2min内()11υ=0.075molLminQ−−，()()υZ1=υY2，试确定以下物质的相关量：（1）起始时(

)nY=__________，()nQ=__________。（2）方程式中m=__________，n=__________，p=__________，q=__________。（3）用Z表示2min内的反应速率：____________________。【答案】(1).2.3mol(2).

3mol(3).1(4).4(5).2(6).3(7).-1-10.05molLmin【解析】【分析】本题考查化学反应速率的计算，利用速率之比等于化学计量数之比求得。可以利用三段式找到起始量、转化量、2min末，分析已知数据得出该反应是从右向左进行。【

详解】对比X的起始量和2min末的量，可知反应逆向进行。()()-1-1QQV0.075molLmin2L2min0.3molnvt===。对反应过程作三段式法分析如下：mX(g)+nY(g)pZ(g)+qQ(g)始/mol0.7n(Y)1n(Q)变/mol△n(X)△n(Y)

△n(Z)0.32min末/mol0.82.70.82.7故()X0.8mol-0.7mol0.1moln==()Z1mol-0.8mol0.2moln==()Q0.3mol+2.7mol3moln==因()()Z1Y2vv=,()()()-

1-1Z0.2molV2LY2Z220.1molLmin2minnvvt====，所以()-1-1Y0.1molLmin2min2L0.4moln==，()Y2.7mol0.4mol2.3moln=−=。故答案为(1).n(Y)=2.3mol,n(Q)=3

mol(2)方程式中化学计量数之比等于各物质的物质的量浓度的变化量之比，m：n：p：q=△n(X)：△n(Y)：△n(Z)：△n(Q)=0.1mol：0.4mol：0.2mol：0.3mol=1：4：2：3，故答

案为1，4，2，3；（3）已知2min内()11υ=0.075molLminQ−−，υ(Z):υ(Q)=2:3,知υ(Z)=-1-10.05molLmin，故答案为-1-10.05molLmin。【点睛】本题的突破口在于表中的2min末与起始物质的量的分

析对比，得出该反应是逆向进行的，再利用三段式的关系即可求出。21.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。其正极反应方程式为____________，若将负极材料改为CH4，写出其负极

反应方程式______________。【答案】(1).O2+2H2O+4e−=4OH−(2).CH4+10OH−-8e−=CO32－+7H2O【解析】【分析】装置图分析为原电池反应，通氢气的电极为负极，氢气失电子发

生氧化反应，反应在碱性溶液中生成水，通入氧气的电极为原电池正极，氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，然后书写出电极反应式；电解质环境为碱性，CH4失电子后转化成CO32－和H2O，然后书写电极反应式；【详解

】该装置为燃料装置，通燃料一极为负极，通氧气或空气的一极为正极，电解质为KOH溶液，因此正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH；通甲烷的一极为负极，因为电解质为KOH溶液，因此负极电极反应式为CH4＋

10OH－－8e－=CO32－＋7H2O。【点睛】燃料电池中电极反应式的书写是难点，如果电解质为酸性，负极上消耗水，生成H＋，正极上消耗H＋，生成H2O；如果电解质为碱性，负极上消耗OH－，正极上生成OH－；然后再书

写出电极反应式。22.以NH3代替氢气研发燃料电池是当前科研的一个热点。使用的电解质溶液是2mol·L−1的KOH溶液，电池总反应为：4NH3+3O2＝2N2+6H2O。该电池负极的电极反应式为______________

______；每消耗3.4gNH3转移的电子数目为_________。【答案】(1).2NH3+6OH－-6e−=N2+6H2O(2).0.6NA【解析】【分析】根据原电池工作原理，负极上失去电子，化合价升高，根据电池总反应，NH

3应在负极反应，电解质为KOH溶液，因此OH－在负极上参与反应，生成H2O，书写出电极反应式；【详解】根据原电池工作原理，负极上失去电子，化合价升高，根据电池总反应，NH3应在负极反应，电解质为KOH溶液，OH－在负极参与反应，转化成H2O，反应的电极反应式为2NH3+6

OH−-6e−=N2+6H2O；即电极反应式为2NH3＋6OH－－6e－=N2＋6H2O，3.4gNH3物质的量=3.4g=0.2mol17g/mol，转移的电子数为3.4g617g/mol2NA=0.6NA。23.图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。（1）腐蚀过程中

，负极是______(填图中字母“a”或“b”或“c”)；（2）环境中的Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_____________________

__；（3）若生成4.29gCu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为_______L(标况)。【答案】(1).c(2).2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓(3).0.448【解析】【详解】（1）根据图知，氧

气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极，即c是负极，故答案为c；（2）Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上

生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓，故答案为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓；（3）n[Cu2(OH)3

Cl]=4.29g214.5g/mol=0.02mol，根据转移电子得n(O2)=0.02mol224=0.02mol，V(O2)=0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为0.44

8。