【文档说明】【精准解析】四川省绵阳南山中学实验学校2019-2020学年高一下学期开学考试化学试题.doc，共(19)页，350.000 KB，由小赞的店铺上传

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南山中学实验学校2019级高一下期入学考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H1O16N14Cu64Na23第Ⅰ卷（选择题，共51分）一、选择题（本题包括17小题，每小题3分，共51分。每小题只有一个选项符合题意）1.对于硫酸和硝酸的叙述中，下列叙述不正确的是A.浓硫酸和浓硝酸都具有很强的

腐蚀性、脱水性B.冷的浓硫酸和浓硝酸都可以用铝、铁的容器盛装C.王水是浓盐酸和浓硝酸按3:1混合，具有很强的腐蚀性，可以腐蚀金和铂D.硫酸和硝酸都是重要的化工原料【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸具有脱水性，浓硝酸不具有脱水性，A项错误；B．常温下，浓硫酸、浓硝酸会使铁、铝等金属钝化，故冷的浓

硫酸和浓硝酸都可以用铝、铁的容器盛装，B项正确；C．王水又称“王酸”，是一种腐蚀性非常强的液体，是浓盐酸和浓硝酸按体积比为3:1组成的混合物，可以腐蚀金和铂，C项正确；D．硫酸和硝酸都是重要的化工原料，广泛应用于化工生产领域。D项

正确；答案选A。2.下列化学用语或分子结构模型表示正确的是A.中子数为146、质子数为92的铀(U)原子14692UB.四氯甲烷的球棍模型：C.乙烷的结构简式：CH3CH3D.HClO的电子式：H:Cl:O:【答案】C【解析】【详解】A．X原子符号表示为：XAZ，其中A表

示原子的质量数，Z为核内质子数，质量数=中子数+质子数，据此可知，中子数为146、质子数为92的铀(U)原子应表示为：23892U，A项错误；B．球棍模型主要体现分子的空间构型和成键类型，但也要适当考虑原子的相对大小。题中四氯甲烷的球棍模型中C原子和Cl

原子的相对大小显示不恰当，Cl原子要相对C原子大一点。B项错误；C．结构简式为结构式的简便写法，乙烷的结构简式表示正确。C项正确；D．H原子需要成1对共用电子对即可满足稳定结构，Cl原子最外层有7个电子，应成1对共

用电子对即可满足稳定结构，O原子最外层有6个电子，应成2对共用电子对即可满足稳定结构，题中HClO的电子式书写错误，故HClO的电子式为：H:O:Cl:，D项错误；答案选C。【点睛】书写电子式易发生的错误：（1）未正确使用“[]”（2）漏写未共用的电子

对（3）电子的得失或共用电子对书写错误。3.能用如图装置进行喷泉实验，最终溶液几乎充满烧瓶的一组气体是A.HCl和CO2B.NH3和COC.O2和NO2体积比为1:1D.Cl2和NO【答案】A【解析】【

分析】进行喷泉实验，最终溶液几乎充满烧瓶，说明烧瓶中的气体可以溶于NaOH溶液或与NaOH溶液发生反应，据此进行分析。【详解】A．HCl和CO2都能与NaOH反应，生成盐和水，导致烧瓶内气压减小，烧杯内的NaO

H溶液挤入烧瓶中形成喷泉，最终几乎充满烧瓶，A项正确；B．NH3不与NaOH反应，但NH3极易溶于水，故NH3可以溶于NaOH溶液中；而CO不与NaOH反应，也不溶于NaOH溶液中，最终烧瓶中还剩余CO气体，故

而最终不会出现溶液几乎充满烧瓶的情况，B项错误；C．O2不溶于NaOH溶液且不与NaOH反应，NO2可与NaOH发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2易被O2所氧化，发生反应：2NaNO2+O2=2NaNO3。结合两个反应方程式可知：4N

O2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。当O2和NO2体积比为1:1充满烧瓶中时，O2过量，最终烧瓶中还存在剩余的O2，故而最终不会出现溶液几乎充满烧瓶的情况，C项错误；D．Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；而NO

不与NaOH反应，也不溶于NaOH溶液中。进行喷泉实验，最终烧瓶中还剩余NO气体，最终不会出现溶液几乎充满烧瓶的情况，D项错误；答案选A。【点睛】喷泉实验的原理是烧瓶内外气压的差别，因而只要能使烧瓶内的气体大量的减少就能使烧瓶内外气体压强产生一定的差别，如：（1）盛有NH3、HCl、S

O2、NO2等气体的烧瓶内挤入少量水；（2）盛有CO2、SO2、H2S等气体的烧瓶内挤入少量NaOH溶液。4.下列关于碱金属和卤素的说法中，错误的是A.随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大B.碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟原子得电子

能力最强C.钾与水比钠与水的反应更剧烈D.碱金属和卤素元素单质的熔沸点，随原子序数的增大而升高【答案】D【解析】【详解】A．同主族元素从上到下，随着电子层的增多原子半径逐渐增大，即随着核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径逐渐增大，A项正确；B．同主族从上到下，得电子

能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故碱金属元素中锂原子失去最外层电子的能力最弱，卤素中氟原子得电子能力最强，B项正确；C．同主族元素从上到下单质的活泼性逐渐增强，金属和水的反应越来越剧烈，故钾与水的反

应比钠与水的反应更剧烈，C项正确；D．卤素单质具有分子间作用力，根据对应组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点越高，故卤素单质的熔沸点随原子序数的增大而升高；碱金属单质的熔沸点随

原子序数的增大而降低，D项错误；答案选D。【点睛】判断元素金属性或非金属性的强弱时，要注意以下不能作为判断依据：（1）通常根据元素原子在化学反应中得失电子的难易判断元素金属性或非金属性的强弱，而不是根据得失电子的多少来判断；（2）通常根据

元素最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素的金属性或非金属性的强弱，而不是根据其它化合物酸碱性的强弱来判断。5.下列分子式代表的可能是混合物的是A.C2H5ClB.C3H8C.CF2Cl2D.C3H7Cl【答案】D【解析

】【分析】根据题给的分子式，分析所表示的物质是否有同分异构体，没有同分异构体的为纯净物，有同分异构体的可能是混合物。【详解】A．C2H6分子中只有一种等效氢，故C2H5Cl没有同分异构体，A项错误；B．C3H8表示丙烷，丙烷没有同分异

构体，B项错误；C．CF2Cl2为空间四面体构型，没有同分异构体，C项错误；D．C3H7Cl可以表示1-氯丙烷，也可以表示2-氯丙烷，有两种同分异构体，故C3H7Cl代表的可能是混合物，D项正确；答案选D。6.反应A＋3B22C＋2

D在四种不同情况下的反应速率分别为：（）①v(A)＝0.15mol·L－1·s－1②v(B)＝0.6mol·L－1·s－1③v(C)＝0.4mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45mol·L－1·s－1该反应进

行的快慢顺序为：（）A.②﹥④﹥③﹥①B.④﹥③﹥②﹥①C.④﹥③=②﹥①D.②﹥③=④﹥①【答案】C【解析】【详解】反应速率之比是相应的化学计量数之比，则根据方程式可知如果都用B物质表示反应速率，则分别是（mol·L－1·s－1）0.45、0.6、0.6、0

.675，答案选C。【点晴】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。7.A、B、C都是金属：

B中混有C时，只有C能被盐酸溶解；A与B组成原电池时，A为电池的正极。A、B、C三种金属的活动性顺序为A.A＞B＞CB.A＞C＞BC.C＞B＞AD.B＞C＞A【答案】C【解析】【分析】本题考核原电池原理的应用：通过原电池原理比较金属活动性强弱。根据两种金属分别作原电池的两极时，一般情况下作负极

的金属比作正极的金属活泼。【详解】分析题给信息：“B中混有C时，只有C能被盐酸溶解”说明活动性：C＞H＞B；A与B组成原电池时，A为电池的正极，根据原电池原理分析，活动性：B＞A。故三种金属的活动性顺序为：C＞B＞A。C项正确；答案选C。【点睛】要注意

的是：原电池的正极和负极与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，不要形成活泼电极一定作负极的思维定势。做题时要仔细分析。8.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（）A.锌粒与稀硫酸的反应B.灼热的木炭与CO2反应C.甲

烷在氧气中的燃烧反应D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应【答案】B【解析】【详解】A．锌粒与稀硫酸的反应是放热反应，A不合题意；B．灼热的木炭与CO2发生氧化还原反应，为吸热反应，B符合题意；C．甲烷在氧气中的燃烧反应是放热反应，C不合题意；D．Ba(OH)2·8H2O晶体

与NH4Cl晶体的反应是非氧化还原反应，D不合题意；故选B。9.在常温常压下，取下列4种气态烃各1mol，分别在足量的氧气中燃烧，其中消耗氧气最多的是A.CH4B.C2H6C.C3H8D.C4H10【答案】D【解析】【分析】根据烃燃烧通式：CxHy+yx+4O2⎯⎯⎯⎯

→点燃xCO2+y2H2O，可知物质的量相同的烃，耗氧量与yx+4有关，yx+4越大，耗氧量越多。据此分析判断。【详解】A．1molCH4的耗氧量=m4+24ol1=，即1molCH4完全燃烧消耗O2的量为2mol。B．

1molC2H6的耗氧量=62mol+3.54=，即1molC2H6完全燃烧消耗O2的量为3.5mol。C．1molC3H8的耗氧量=m8+54ol3=，即1molC3H8完全燃烧

消耗O2的量为5mol。D．1molC4H10的耗氧量=mo104+6.l54=，即1molC4H10完全燃烧消耗O2的量为6.5mol。由此可知，物质的量均为1mol的四种烃中，完全燃烧耗氧量最多的是

C4H10，D项正确；答案选D。10.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y是同周期金属性最强的元素，Z的单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述正确的是A.原子半径大小

顺序：r(W)＞r(Y)＞r(X)B.非金属性强弱顺序：X＞W＞ZC.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞WD.化合物Y2X、ZX2、WX3中化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】根据题意，X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序

数逐渐增大，X原子最外层电子数是内层电子数的3倍，只有O元素符合，可知X为O元素；Y则为Na元素；Si单质可制成半导体材料，Z为Si元素，W与X属于同一主族，则W为S元素，据此进行分析判断。【详解】A．O元素和S元素最外层电子数相同，S元素电子层比O元素多一个电子层，故原子半径：S＞O，Na元

素与S元素均有3个电子层，S元素的核电荷数大于Na元素的核电荷数，故原子半径：Na＞S，则O、Na、S元素的原子半径大小顺序为：r(Na)＞r(S)＞r(O)，A项错误；B．同主族元素从上至下，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；同一周期元素，从左

至右，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，故O、S、Si的非金属性强弱顺序为：O＞S＞Si。B项正确；C．Z和W的最高价氧化物对应水化物分别为：H2SiO3和H2SO4，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：H2SO4＞H2SiO3，C

项错误；D．化合物Y2X、ZX2、WX3分别为：Na2O、SiO2、SO3。Na2O为离子化合物，所含化学键为离子键，SiO2、SO3为共价化合物，所含化学键为共价键，故Na2O和SiO2、SO3中的化学键类型不相同，D项错误；答案选B。11.一定温度下

的某容积不变的密闭容器中，建立下列化学平衡C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，下列叙述中不能说明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是A.体系的压强不再发生变化B.气体密度不再改变C.生成nmolCO的同时生成nmolH2D.1m

olH–H键断裂的同时断裂2molH–O键【答案】C【解析】【分析】根据化学平衡的特征来判断化学反应是否达平衡状态。即：（1）化学平衡时正逆反应速率相等（2）各组分的浓度及百分含量保持一致。这是判断可逆反应达到化学平衡状态的直接依据，由此可以衍生出其他判断反应是否达平衡状态的间接依据。【详

解】A．题中化学反应为反应前后气体分子数不相等的可逆反应。故体系的压强一定，可以说明可逆反应已达到化学平衡状态，A项正确；B．可逆反应中C为固态，则在恒温、恒容条件下，体系的密度保持不变可以说明可逆反应达到化学平衡状态，B项正确；C．生成nmolCO的同时生

成nmolH2，均指v(正)，没有体现正逆反应速率的关系，不能说明该可逆反应达到化学平衡状态，C项错误；D．1molH–H键断裂的同时断裂2molH–O键，说明v(正)=v(逆)，可以说明该可逆反应达到化学平衡状态，D项正确；答案选C。【点睛】化学平衡状态判断“三关注”：（1）关注反应条件，是恒温

恒容、恒温恒压还是绝热恒容容器；（2）关注反应特点，是等体积反应还是非等体积反应；（3）关注特殊情况，是否有固体参加或生成，或固体的分解反应。12.某同学在试管中做铁钉与稀硫酸反应的实验，发现反应速率

较慢，下列措施：①给试管加热②加入铁粉③加入冰块④加入少量醋酸钠晶体⑤将稀硫酸换为浓硫酸，能加快反应速率的是A.①②⑤B.①②C.③④D.③④⑤【答案】B【解析】【详解】①给试管加热，温度升高，化学反应速率加快；②加入铁粉，固体的接触面积增大，化学反应速率加快；③

加入冰块导致温度降低，化学反应速率降低；④加入少量醋酸钠晶体，发生反应H++CH3COO-=CH3COOH，氢离子浓度降低，化学反应速率减慢；⑤将稀硫酸换为浓硫酸，铁在浓硫酸发生钝化，不会产生氢气；答案选B。

13.在常温常压下断裂1mol指定共价键时吸收的能量如下表：共价键C—HCl—ClC—ClH—Cl吸收的能量/kJ·mol-1413.4243330436有关CH4与Cl2反应的下列说法正确的是A.该装置需放在日光直射的地方B.反应只生成1molCH3Cl时放热109.6k

JC.反应的有机产物常温下都是液态D.该反应为放热反应，无需提供能量即可实现【答案】B【解析】【详解】A.甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃，不能日光直射，否则易产生爆炸，A项错误；B.反应热=断键吸收的总能量−成键放出的总能量，当只

生成1molCH3Cl时，反应热=E(C-H)+E(Cl-Cl)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=413.4kJ/mol+243kJ/mol−330kJ/mol−436kJ/mol=−109.6kJ/mol，所以反应只生成1molCH3Cl时放热109.6kJ，

B项正确；C.一氯甲烷在常温下是气体，其它氯代烃是液体，C项错误；D.该反应为放热反应，但是需要光照条件才能发生，断键需要吸收能量，D项错误；答案选B。14.下列离子方程式中，正确的是A.将氨气通入醋酸中：NH3＋H

+===NH4+B.在NH4Cl溶液中滴入氢氧化钠溶液并加热：NH4+＋OH－NH3↑＋H2OC.将少量铜屑放入稀硝酸中：Cu＋4H+＋NO3－=Cu2+＋NO↑＋2H2OD.将稀硝酸滴在铁片上：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑【答案】B【解

析】【详解】A．醋酸是弱酸，不可拆分，故A错误；B．在NH4Cl溶液中滴入氢氧化钠溶液并加热发生的离子反应为NH+4＋OH－NH3↑＋H2O，故B正确；C．将少量铜屑放入稀硝酸中发生的离子反应3Cu＋8H+＋2NO－3=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故C错误；D．将稀硝酸滴在铁片上因硝酸的氧化

性，反应无氢气生成，故D错误；答案为B。15.设计一个原电池来实现反应：2Fe3+＋Cu==2Fe2+＋Cu2+，下列各选项中，电极和电解质溶液选择均正确的是选项负极材料正极材料电解质溶液AFeCuFe(NO3)

2BCuPtFeCl2CFe石墨Fe2(SO4)3DCu石墨FeCl3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】结合原电池原理进行分析，原电池中负极失去电子，化合价升高，发生氧化反应，正极得到电子，化合价降低，发生还原反应。据此进行分析。【详解】结合题给信息：Cu化合价升高，失去电子，发

生氧化反应，原电池的负极反应应为：Cu-2e-=Cu2+，即负极电极应为Cu。Fe3+化合价降低，得到电子，发生还原反应，原电池的正极反应应为：Fe3++e-=Fe2+，则正极电极可选比Cu更不活泼的物质作电极，电解质溶液为以Fe3+为金属阳离子

的盐溶液。综上分析，只有D项符合题意，故D项正确；答案选D。16.氢氧燃料电池是一种将化学能转化为电能的高效、环境友好的发电装置．该电池的构造如图所示，下列分析判断错误的是A.a极为负极，b极为正极B.负极发生氧化反应C.正极的电极反应为O2+2H

2O+2e﹣═4OH﹣D.负极的电极反应为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O【答案】C【解析】【详解】A．燃料电池为原电池，氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，通入空气的电极为正极，则a极为负极，b极为正极，A

项正确；B．负极上氢气失电子发生氧化反应，B项正确；C．正极上氧气得电子发生还原反应，正极的电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，C项错误；D．氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，负极的电极反应为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，D

项正确；答案选C。17.在100mL混合液中，HNO3和H2SO4物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L，向该混合液中加入1.92gCu粉，加热充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是（）A.0.1

5mol/LB.0.45mol/LC.0.35mol/LD.0.225mol/L【答案】D【解析】【详解】1.92gCu的物质的量是0.03mol，溶液中氢离子的物质的量是0.1mol/L×0.1L×2+0.4mol/L×0.1L=0.

06mol，硝酸根离子的物质的量是0.04mol，则Cu与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，根据所给数据判断氢离子不足，所以按氢离子的物质的量计算，则消耗Cu的物质的量是0.06mol

×3/8=0.0225mol，所以所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是0.0225mol/0.1L=0.225mol/L，答案选D。第Ⅱ卷（非选择题，共49分）二.填空题18.现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：元素编号元素性质或原子结构TM层上有6个电子X最外层电子数是次外层电子数的2

倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z元素最高正价是＋7价W其单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是_____。（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋，写出某溶液中

含该微粒的电子式_____，如何检验该离子_____。（3）元素Z在周期表中的位置_____，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是_____（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是_____（填序号）。a.常温下Z的单质和T的单质状态不同b.

Z的氢化物比T的氢化物稳定c.一定条件下，Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应（4）探寻物质性质的差异性是学习化学的重要方法之一。T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是_____，理由是___

______。Z的最高价氧化物的水化物与W的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____________。【答案】(1).146C(2).(3).取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检

验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在NH4+(4).第三周期ⅦA族(5).Cl(6).b(7).H2CO3(8).只有H2CO3为弱酸，其余为强酸(9).3H++Al(OH)3=Al3++3H2

O【解析】【分析】根据题给元素性质或原子结构可知：T的核外电子数为16，为S元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为第二周期元素，为C元素；常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性可知单质为N2，氢化物的水溶液是NH3·H2O，则Y为N元素；元素最高正价等于其

族序数，则Z为第ⅦA元素，F元素无正价，故Z为Cl元素；单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2，该单质为金属Al，故W为Al元素。据此进行分析判断。【详解】（1）146C在考古工作中用于测定一些文物的年代，答案为：146C；（

2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋是NH4+，其电子式为：；检验该离子的方法为：取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在NH4+。答案为：；取少量试样加入到试管中，加入浓NaO

H溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在NH4+；（3）Z为Cl元素，在周期表中位于第三周期、第ⅦA族。同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，故Cl元素与S元素相比，非金属性较强的是Cl元素。可根据元素周期律来选择判断能

证明这一事实的选项：a．单质的状态与相应元素的非金属性强弱之间不存在必然联系，a项错误；b．相应元素的非金属性就越强，生成的氢化物的稳定性越强，故可以证明Cl元素的非金属性比较强，b项正确；c．单质能与NaOH溶液反应与相应元素的非金属性强弱没有必然联系，

c项错误；答案选b；故答案为：第三周期ⅦA族；Cl；b；（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物分别是：H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，其中H2CO3性质不同于其他三种，因为只有H2CO3为弱酸，其余为强酸。W的最高价氧化物的水化物为

Al(OH)3，与HClO4反应的离子方程式为：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。答案为：H2CO3；只有H2CO3为弱酸，其余为强酸；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。【点睛】对于主族

元素而言，元素的最高正化合价和主族序数相同，但氟没有正价，氧无最高正价，一般为零价或负价。19.如图是：600℃时，在2L密闭容器里A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，其中A为有色气体，B、C是无色气

体。请从图中分析并填空：（1）该反应的化学反应方程式为_____（2）反应达到平衡状态时，反应物的转化率为_____（3）当反应进行到第_____min，该反应达到平衡。（4）反应从开始至2分钟末，B的物质的量_____，用B的浓度变化表示的平均反应速率为v(

B)=_（5）下列描述能表示反应达平衡状态的是_____（填选项）。a.容器中A与B的物质的量相等b.容器内气体的颜色不再改变c.各物质的浓度保持不变【答案】(1).2B(g)2A(g)+C(g)(2).50%(3

).2(4).由0.8mol减少为0.4mol(5).0.1mol·L-1·min-1(6).bc【解析】【分析】分析题给c-t图，可以看出A、C浓度随着时间的进行逐渐增大，2min后保持不变，B的浓度随着时间的进行逐渐减小，2min后保持不变，由此可知，B为反应物，A、C为生成物。

且在2min时达到平衡状态。结合其浓度的变化值，可以推导出该反应的反应方程式并进行相关计算。【详解】（1）由图知：B为反应物，A、C为生成物。A、B、C的浓度变化值分别为：()A=0.3mol/L-0.1mo

l/L=0.2mol/Lc，()B=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/Lc，()C=0.1mol/L-0.0mol/L=0.1mol/Lc。根据同一反应中各物质表示的反应速率之比等于反应方程式中相应物质的化学计量数之比，可知A

、B、C的化学计量数之比为：()()()()()()A:B:CA:B:C0.2mol/L:0.2mol/L:0.1mol/L=2:2:1vvvccc==，故反应方程式为：2B(g)2A(g)+C(g)；答案为：2B(g)2A(g)+

C(g)；（2）由图可知，平衡时B物质的浓度为0.2mol/L，反应物B的转化浓度=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，则B的转化率=0.2mol/L100%=50%0.4mol/L，答案为：50%；（3）由图可

知，反应在2min时各物质的浓度保持不变，可知在2min时该反应达平衡状态，答案为：2；（4）据图可得：开始时，B的物质的量为0.4mol/L2L=0.8mol，2min末，B的物质的量为0.2mol/L2L=0.4mol，反应从开始至

2分钟末，B的物质的量由0.8mol减少为0.4mol；()B=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/Lc，根据反应速率定义，用B的浓度变化表示的反应速率v(B)=()11B0.2mol/L0.1molLmin2minct−−==

；故答案为：由0.8mol减少为0.4mol；0.1mol·L-1·min-1；（5）反应达平衡状态时正逆反应速率相等，反应物和生成物的质量或浓度保持不变，据此判断：a．由图可以看出，在tmin时，A、B物质的量浓度相等，物质的量也相等。但此时反应不是平衡状态，故A、B物

质的量相等不能表示反应达平衡状态，a项错误；b．A为有色气体，B、C是无色气体。含有有色物质的体系颜色不再发生变化，可以表示反应达平衡状态，b项正确；c．各物质的浓度保持不变可以表示反应达平衡状态，c项正确；答案选bc。故答案为：bc。【点睛】判断一个反应是否达到平衡状态的

主要依据：（1）看v正与v逆是否相等；（2）在混合物中反应物和生成物的量是否不随时间的变化而变化。20.已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，反应方程式为2NH3＋3CuOΔN2＋3H2O＋3Cu，用下图所示装置可以实现该反应，

A中加的是氯化铵和氢氧化钙固体，C中的固体是氧化铜。回答下列问题：（1）A中发生反应的化学方程式是_____。（2）B中加入的物质是_____。（3）实验时在C中观察到的现象是_____，该反应中氨的作用是_____（填氧化剂或还原剂）。（4）检验实验后试管D中物质的方法和现象是_____。【答

案】(1).2NH4Cl+Ca(OH)2Δ2NH3↑+2H2O+CaCl2(2).碱石灰(3).黑色固体变红(4).还原剂(5).用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝（或用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝）【解析】【分析】根

据题给信息分析，可知A装置是制取NH3的装置，为氯化铵和氢氧化钙加热条件下反应，生成NH3和CaCl2和H2O。B装置为干燥装置，C装置为NH3和CuO的反应装置，反应还原CuO之后剩余氨气和产成的水蒸气在冷凝

时会形成氨水，具有氨气分子和水的成分，故D装置用于除去混在N2中的水蒸气以及氨气，E装置为N2的收集装置。据此进行分析。【详解】（1）A中为NH4Cl和Ca(OH)2发生反应制取NH3的化学反应过程，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2Δ2NH3↑+2H2O+CaCl2，答

案为：2NH4Cl+Ca(OH)2Δ2NH3↑+2H2O+CaCl2；（2）氨气通入C中加热之前进行干燥，根据氨气的性质，选择碱石灰作为干燥剂。答案为：碱石灰；（3）CuO为黑色，随着反应的进行被还原为红色的Cu，可以观察到C中黑色固体变为红色，NH3与CuO反应生成N2，N元素化合价升高，被

氧化，氨作还原剂。答案为：黑色固体变红；还原剂；（4）根据分析D装置中存在的是氨水，根据氨水可以使红色石蕊试纸变蓝检验氨水；无水硫酸铜遇水变蓝，可以用来检验水的存在。故检验该物质的方法是：用红色石蕊试纸检验，试

纸变蓝；用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝。答案为：用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝（或用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝）。三、计算题21.19.2g铜投入100mL14mol/L浓HNO3溶液中，充分反应后无固体剩余，收集到标准状况下气体8.96L。计算：（1）

所得气体的质量_____（2）向反应后的溶液中加入多少毫升10mol/LNaOH溶液才能使Cu2＋完全沉淀？____【答案】(1).16.8g(2).100【解析】【分析】本题考核Cu和浓硝酸的反应，反应中涉及两个反应：Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，

随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，继续与Cu反应，生成硝酸铜、一氧化氮和水。（1）在上述反应过程中，Cu原子失去电子，变为Cu2+，NO3-中的N原子得到电子，被还原为NO2、NO，根据反应过程中电子得失守恒以及NO、NO2的物质

的量的关系进行求解。（2）向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2＋转化为Cu(OH)2沉淀，可根据Cu(OH)2中Cu2+与OH-的量的关系进行求解，同时要注意剩余的硝酸消耗氢氧化钠的量。【详解】（1）收集到标准状况下气体的物质的量为：

8.96L=0.4mol22.4L/mol设收集到的气体中NO2的物质的量为x，NO的物质的量为y，据题意有：x+y=0.4molCu原子失去电子，变为Cu2+，NO3-中的N原子得到电子，被还原为NO2、NO，根据电子得失守恒有：(

)()()2+2NO1NO3Cu2nnn+=，即19.2gx+3y20.6mol64g/mol==联立方程组，得：x+y=0.4molx+3y0.6mol=解得：x=0.3moly=0.1mol

故所得气体的质量=0.1mol30g/mol+0.3mol46g/mol=16.8g答案为：16.8g。（2）向反应后的溶液中加入NaOH溶液，原硝酸的物质的量为1.4mol，根据生成的一氧化氮和二氧化氮的物质的量计算共消耗硝酸1mol，则溶液中

剩余0.4mol硝酸，需要消耗0.4mol的NaOH溶液；同时加入的NaOH溶液使Cu2＋转化为Cu(OH)2沉淀，在Cu(OH)2中Cu2+的物质的量与OH-的物质的量的关系为：()()2+-19.

2g2Cu=OH20.6mol64g/molnn==，则NaOH的体积为：0.4mol+0.6mol=0.1L=100mL10mol/L。故向反应后的溶液中加入100毫升10mol/LNaOH溶液才能使Cu2＋完全沉淀。答案为：100。

【点睛】金属与HNO3反应体现了HNO3的酸性和氧化性。其中涉及两个守恒：（1）原子守恒：HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO3-的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物

质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。（2）得失电子守恒HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。解题时根据题意选择合适方法进行计算分析。