【化学】甘肃省张掖市高台县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】甘肃省张掖市高台县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

甘肃省张掖市高台县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Zn-65 Cu-64‎ 一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.化学反应的发生必然伴随有能量的转化，其最根本的原因是（ ）‎ A. 化学反应中一定有新物质生成 B. 化学反应中旧的化学键的断裂需要吸收能量，新的化学键的生成需要放出能量 C. 化学反应通常需要加热等条件才能发生 D. 能量变化是化学反应的基本特征之一 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】化学反应的发生是旧键断裂和新键生成的过程，其中旧键断裂吸收的能量和新键生成释放的能量不同，化学反应必然伴随能量的变化。‎ A.化学反应的特征是有新物质生成，新物质的生成不是能量变化的原因，选项A错误；‎ B.化学反应的实质：旧键的断裂和新键的生成，旧化学键的断裂需要吸收能量，新化学键的生成需要放出能量，吸收的能量和释放的能量不同，导致化学反应必然伴随能量的变化，选项B正确；‎ C.加热不是所有化学反应的条件，不是化学反应的发生必然伴随有能量的转化的原因，选项C错误；‎ D.能量变化是化学反应的基本特征之一，但不是化学反应的发生必然伴随有能量的转化的原因，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. L电子层电子数为奇数的所有元素都是非金属 B. 同一主族的两种元素的原子序数之差可能是16、26、36、46‎ C. 只有第IIA族元素的原子最外层有2个电子 D. 由左至右第8、9、10 三列元素中没有非金属元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、L电子层电子数为奇数，L层未排满，则处于第二周期，Li的L层含有1个电子，但Li是金属元素，A错误；‎ B、对于处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18或32等，如0族中第一周期与第三周期的元素相差16；如ⅣA族中第二周期与第四周期的元素相差26； 如0族中第三周期与第五周期的元素相差36；但是2、8、18、32的组合不能得到46，B错误；‎ C、第ⅡA族元素的原子最外层有2个电子，但He及部分过渡元素原子最外层电子数也含有2个电子，C错误；‎ D、由左至右第8、9、10 三列元素为Ⅷ族元素,都是金属元素，D正确；正确选项D。‎ ‎3.1999年1月，俄美科学家联合小组宣布合成出114号元素的一种同位素，该同位素原子的质量数为298。以下叙述不正确的是（    ）‎ A. 该元素属于第七周期 ‎ B. 该元素为金属元素，性质与82Pb相似 C. 该元素位于ⅢA族 ‎ D. 该同位素原子含有114个电子，184个中子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、元素周期表中各周期含有的元素种类分别是2、8、8、18、18、32、32（排满），即第七周期最后一种元素的原子序数是118，所以114号元素位于第七周期第ⅣA族，A正确；‎ B、该元素位于第七周期第ⅣA族，为金属元素，性质与82Pb相似，B正确；‎ C、该元素位于第七周期第ⅣA族，C错误；‎ D、中子数＋质子数＝质量数，则中子数＝298－114＝184，核外电子数＝质子数＝114，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应 B. C(石墨，s) == C(金刚石，s)，反应中既没有电子的得失也没有能量的变化 C. 干冰升华时，二氧化碳分子中的共价键不发生断裂 D. 伴有能量变化的物质变化，都是化学变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 经加热而发生的化学反应不一定是吸热反应，反应是否吸热与反应条件无关，选项A不正确；‎ B. C(石墨，s) == C(金刚石，s)，反应中没有电子的得失，但是有能量的变化，既不放热也不吸热的化学反应是不存在的，选项B不正确；‎ C. 干冰升华时，只发生了物理变化，改变是分子间的距离，二氧化碳分子中的共价键不发生断裂，选项C正确；‎ D. 伴有能量变化的物质变化，不一定都是化学变化，如水蒸气变为液态水要放出热量，选项D不正确。‎ 答案选C。‎ ‎5.A、B为同主族的两元素，A在B的上一周期，若A的原子序数为n，则B 的原子序数不可能为（ ）‎ A. n+8 B. n+‎18 ‎C. n+32 D. n+20‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B为同主族的两元素，A在B的上一周期，已知A的原子序数，求B的原子序数，根据相邻两周期同主族元素的原子序数之差分析作答。‎ ‎【详解】由元素周期表结构可知，从第一周期到第七周期，每周期含有的元素种数分别为2、8、8、18、18、32、32，同主族相邻元素的原子序数差值只能为2、8、18、32等，不可能相差20；‎ 故答案选D。‎ ‎6.下列微粒半径大小比较正确的是(　　)‎ A. Na＋Cl－>Na＋>Al3＋‎ C. NaCl－>Na＋>Al3＋，B正确；‎ C.微粒半径大小关系为：SX；乙池中，Y 的质量增加，则Y作正极，X作负极，金属活动性X>Y；丙池中，W上有气体产生，则W为正极，金属活动性Z>W。‎ ‎【详解】A．由以上分析可知，四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y，A不正确；‎ B．装置乙中Y电极质量增加，则其作正极，发生Cu2+得电子生成Cu的反应，B正确；‎ C．装置甲中金属W不断溶解，则W作负极，X作原电池正极，C正确；‎ D．装置丙中W上有气体产生，发生反应为2H++2e-==H2↑，溶液的c(H+)减小，D正确；‎ 故选A。‎ ‎13.向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小的排列顺序正确的是（ ）‎ 甲：‎500℃‎，10molSO2和5molO2反应 乙：‎500℃‎，V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反应 丙：‎450℃‎，8molSO2和5molO2反应 丁：‎500℃‎，8molSO2和5molO2反应 A. 甲、乙、丙、丁 B. 乙、甲、丙、丁 C. 乙、甲、丁、丙 D. 丁、丙、乙、甲 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂等，温度越高、浓度越大、压强越大、加入催化剂，则反应速率越大。容器恒容，甲与乙的温度相同，反应物的物质的量相同，即反应物浓度相同，但乙加催化剂，所以乙的反应速率比甲的快；甲与丁的温度相同，但丁的反应物的物质的量小，即丁的浓度小，所以甲的反应速率比丁快；丙与丁的物质的量相同，即浓度相同，但丙的温度低，所以丁的反应速率比丙快；综上所述，按反应速率由大到小的排列顺序正确的是：乙、甲、丁、丙。‎ 答案为C。‎ ‎14.等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间(t)产生氢气体积(V)的数据，根据数据绘制如图，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是（ ）‎ 组别 c(HCl)/(mol•L-1)‎ 温度/℃‎ 状态 ‎1‎ ‎2.0‎ ‎25‎ 块状 ‎2‎ ‎2.5‎ ‎30‎ 块状 ‎3‎ ‎2.5‎ ‎50‎ 粉末状 ‎4‎ ‎2.5‎ ‎30‎ 粉末状 A. ④—③—②—① B. ①—②—③—④‎ C. ③—④—②—① D. ①—②—④—③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，斜率越大反应速率越大，则反应速率为a>b>c>d；由表中数据可知，实验1温度最低，氢离子浓度最小并且固体表面积小，所以反应速率最慢，为d曲线；实验2和4温度和离子浓度都相同，4的固体接触面积大，所以4>2；实验3和4氢离子浓度和固体接触面积都相同，3温度高，所以3>4；因此3>4>2>1，即a、b、c、d分别为‎3-4-2‎-1。‎ 答案为C。‎ ‎15.镁一空气电池的工作原理如图所示，电池反应为Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2。下列有关该电池的说法不正确的是（已知阴离子交换膜的作用是只允许阴离子通过）（ ）‎ A. 通入氧气的电极为正极 B. 放电时，溶液中的OH-移向负极 C. 负极的电极反应式为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2‎ D. 当电路中转移0.04mol电子时，参加反应的O2为0.02mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从反应可看出，O2为助燃剂，得电子发生还原反应，通入氧气的电极为正极，A正确；‎ B．原电池工作时，阳离子向正极移动，则阴离子(OH-)向负极移动，B正确；‎ C．负极上Mg失电子，生成的Mg2+与OH-反应，生成Mg(OH)2，C正确；‎ D．当电路中转移0.04mol电子时，参加反应的O2为0.01mol，D不正确；‎ 故选D。‎ ‎16.已知反应，某研究小组将4moX和2molY置于一容积不变的密闭容器中，测定一定时间内X的转化率，得到的数据如表所示，下列判断正确的是（ ）‎ t/min ‎2‎ ‎4.5‎ ‎5‎ ‎6‎ X的转化率 ‎30%‎ ‎40%‎ ‎70%‎ ‎70%‎ A. 随着反应的进行，混合气体的密度不断增大 B. 反应在5.5min时，v正（X）=2v逆（Z）‎ C. 6min时，容器中剩余1.4molY D. 其他条件不变，将X的物质的量改为10mol，则可得到4molZ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应过程中气体质量和容积均不变，则随着反应的进行，混合气体的密度不变，A项错误；‎ B. 5min时，X的转化率不变，转化率不变时反应达到平衡状态，且X和Z的化学计量数之比为2:1，则反应在5.5min时，v正（X）=2v逆（Z），B项正确；‎ C. 6min时消耗X是4mol×0.7＝2.8mol，则根据方程式可知消耗Y是1.4mol，容器中剩余0.6mol Y，C项错误；‎ D. 其他条件不变，将X的物质的量改为10mol，但是Y的物质的量只有２mol，只有当2mol的Y全部反应，才能得到4mol Z，但是反应为可逆反应，反应不可能彻底，所以将X的物质的量改为10mol，也不可能得到4mol Z，D项错误；‎ 答案选B。‎ 二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。‎ ‎17.为了探究化学反应的热效应，某兴趣小组进行了如下实验：‎ ‎（1）将纯固体物质分别装入有水的锥形瓶里（发生化学反应），立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内红墨水的液面高度如图所示。‎ ‎①若如图1所示，发生的反应（假设没有气体生成）是________（填“放热”或“吸热”）反应，是________（填两种物质的化学式）。‎ ‎②若如图2所示，发生的反应（假设没有气体生成）是________（填“放热”或“吸热”）反应，以下选项中与其能量变化相同的是________（填序号）。‎ A 还原的反应 B 的分解反应 C 和的反应 ‎（2）如图3所示，把试管放入盛有‎25℃‎饱和澄清石灰水的烧杯中，试管中开始放几小块铝片，再滴入稀溶液。试回答下列问题：‎ ‎①实验中观察到的现象是：铝片逐渐溶解、有大量气泡产生、______。‎ ‎②产生上述现象的原因是___________。‎ ‎【答案】(1). 放热 (2). 、或（填两种即可） (3). 吸热 (4). B (5). 饱和澄清石灰水中出现白色浑浊 (6). 铝和溶液反应生成，且该反应是放热反应，的溶解度随温度的升高而降低 ‎【解析】‎ ‎【分析】图1、2通过U形管内红墨水变化，判断体系内压强与外界大气压相对大小，进而判断反应的热效应；题（2）把试管放入盛有‎25℃‎饱和澄清石灰水的烧杯中，向试管中放入几小块铝片，再滴入稀溶液，铝和溶液反应生成氢气。‎ ‎【详解】（1）①若如图1所示，体系内压强大于外界大气压，说明体系内气体膨胀，反应放热，故物质可以是、、等；‎ ‎②若如图2所示，体系内压强小于外界大气压，说明体系内气体体积缩小，反应吸热，‎ 还原的反应为放热反应，的分解反应为吸热反应，和的反应为放热反应。答案选B。‎ ‎（2）把试管放入盛有‎25℃‎饱和澄清石灰水的烧杯中，向试管中放入几小块铝片，再滴入稀溶液，铝和溶液反应生成且该反应是放热反应，的溶解度随温度的升高而降低，烧杯中的饱和澄清石灰水中会出现白色浑浊。‎ ‎18.某化学兴趣小组为探究物质结构与性质之间的关系和元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。回答下列问题：‎ I．NaNH2熔点(‎210℃‎)比NaOH 熔点(‎318.4℃‎)低， 解释原因正确的是 （ ）‎ A．是因为NaNH2比NaOH 的相对分子质量小，前者分子间作用力小。‎ B．NaOH存在分子间氢键 C．NaNH2、NaOH均是离子化合物，其熔沸点高低与离子键的强弱有关，阴、阳离子电荷数越高，离子半径越小，离子键强度越大(或离子晶体的晶格能越大)，则熔点越高。由于原子半径N＞O，且NH2- 比OH- 原子个数多，则NH2- 比OH- 离子半径大，所以NaNH2比NaOH离子晶体的晶格能小，其熔点低。 ‎ D．N和O均处于第二周期，N在左方，同周期元素从左到右，元素的非金属性增强，其氢化物水溶液的酸性H2O＞NH3，则碱性NaNH2＞NaOH II．根据下图所示装置回答以下问题。‎ ‎(1)实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证Cl的非金属性大于S：锥形瓶中发生反应的离子方程式为_________________________。试管中的实验现象为___________________________。‎ ‎(2)若要用此装置证明非金属性： N＞C＞Si，从以下所给物质中选出实验所要用到物质：‎ ‎①稀HNO3溶液 ②稀硫酸溶液 ③碳酸钙 ④Na2SiO3溶液 ⑤SiO2‎ 试剂A与C分别对应为_________________(填数字序号)。‎ 有同学认为此实验不能说明N、C、Si的非金属性强弱，你认为发生干扰的化学方程式为：_______________________________。‎ ‎【答案】(1). C (2). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). 溶液中产生淡黄色沉淀 (4). ①、④ (5). 2H++ SiO32-=H2SiO3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】I．NaNH2、NaOH均是离子化合物，其熔沸点高低与离子键的强弱有关，阴、阳离子电荷数越高，离子半径越小，离子键强度越大(或离子晶体的晶格能越大)，则熔点越高。由于原子半径N＞O，且NH2- 比OH- 原子个数多，则NH2- 比OH- 离子半径大，所以NaNH2比NaOH离子晶体的晶格能小，其熔点低。答案选C；‎ II．(1)利用Cl2能与Na2S反应，置换出S，可证明Cl元素的非金属性大于S元素的非金属性，则A与B中试剂反应制取Cl2，则A中所装药品浓盐酸，因为A与B的反应没有加热，所以B中所装药品为KMnO4，装置C中发生的反应是Cl2与Na2S的置换反应，所以C中药品是Na2S，锥形瓶中发生反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；试管中的实验现象为：溶液中产生淡黄色沉淀；‎ ‎(2)若要用此装置证明非金属性：N＞C＞Si，可根据强酸制强酸的原理，利用稀硝酸溶解碳酸钙，将生成的CO2通入硅酸钠溶液中即可推断酸性的弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，进而得出非金属性强弱顺序，即A为稀硝酸、B为碳酸钙、C为硅酸钠溶液，因硝酸有挥发性，生成的CO2气体中混有硝酸蒸气，需要除去，否则会干扰碳酸与硅酸的强弱比较，方程式为2H++ SiO32-=H2SiO3↓。‎ ‎19.下表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：‎ ‎（1）除稀有气体外第三周期中原子半径最小的是_____（填元素符号）‎ ‎（2）表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是_____（用元素符号表示，下同），金属性最强的是___（用元素符号表示），属于过渡元素的是___（该空格用表中的字母表示）‎ ‎（3）元素B的单质含有的化学键为_____。（填“离子键’’、“极性共价键”、“非极性共价键”）‎ ‎（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_____________‎ ‎（5）为比较元素A和G的非金属性强弱，用图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，装置气密性良好）。溶液B应该选用_____溶液，作用是_________，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是：________________________。‎ ‎【答案】(1). Cl (2). Ar (3). Na (4). M (5). 非极性共价键 (6). Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O (7). 饱和NaHCO3 (8). 除去CO2中的HCl杂质 (9). CO2+H2O+Na2SiO3＝Na2CO3+H2SiO3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】本题截取元素周期表的片段，可根据位置推断出A为C，B为O，C为F，D为Na，E为Mg，F为Al，G为Si，H为P，I为S，J为Cl，K为Ar，M为过渡元素。‎ ‎【详解】（1）同周期时，自左往右，原子半径越来越小，因而第三周期中的J、即Cl原子半径最小（除稀有气体）；‎ ‎（2）由于稀有气体原子为稳定结构，化学性质最不活泼，表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是K，即Ar；同周期时，自左往右，金属性越来越弱，同主族时，自上而下，金属性越来越强，因而可推知D，即Na金属性最强；过渡元素介于ⅡA和ⅢA之间，可推知M为过渡元素；‎ ‎（3）元素B的单质为O2，O原子最外层有6个电子，需得电子形成8电子稳定结构，因而O原子之间形成共价键，且形成共价键的原子是相同的，因而该化学键为非极性共价键；‎ ‎（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物分别是NaOH和Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；‎ ‎（5）盐酸和大理石反应生成二氧化碳，由于盐酸易挥发，CO2中含有HCl杂质，可用饱和NaHCO3溶液除去HCl，其反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，因而溶液B为饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2‎ 中的HCl杂质，碳酸的酸性强于硅酸，因而可用碳酸和硅酸盐反应制得硅酸，又元素的最高价含氧酸酸性越强，则元素的非金属性越强，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是CO2+H2O+Na2SiO3＝Na2CO3+H2SiO3↓。‎ ‎20.能源与材料、信息一起被称为现代社会发展的三大支柱。面对能源枯竭的危机，提高能源利用率和开辟新能源是解决这一问题的两个主要方向。‎ ‎(1)化学反应速率和限度与生产、生活密切相关，这是化学学科关注的方面之一。某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值):‎ 时间/min ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 氢气体积/mL(标况)‎ ‎100‎ ‎240‎ ‎464‎ ‎576‎ ‎620‎ ‎①哪一段时间内反应速率最大：__________min(填“0～‎1”‎“1～‎2”‎“2～‎3”‎“3～‎4”‎或“4～‎5”‎)。‎ ‎②另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积。他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率但不影响生成氢气的量。你认为可行的是____________(填字母序号)。‎ A．KCl溶液 B．浓盐酸 C．蒸馏水 D．CuSO4溶液 ‎(2)如图为原电池装置示意图：‎ ‎①将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是_______(填字母)。‎ A．铝片、铜片 B．铜片、铝片 C．铝片、铝片 D．铜片、铜片 写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式：_______________。‎ ‎②若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时的总反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。写出B电极反应式：________；该电池在工作时，A电极的质量将_____(填“增加”“减小”或“不变”)。若该电池反应消耗了0.1mol FeCl3，则转移电子的数目为_______。‎ ‎【答案】(1). 2～3 (2). AC (3). B (4). Cu-2e−=Cu2+ (5). Fe3++e−=Fe2+ (6). 减小 (7). 0.1NA ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①先分析各个时间段生成氢气的体积，然后确定反应速率最大的时间段。‎ ‎②A．加入KCl溶液，相当于加水稀释；‎ B．加入浓盐酸，增大c(H+)；‎ C．加入蒸馏水，稀释盐酸；‎ D．加入CuSO4溶液，先与Zn反应生成Cu，形成原电池。‎ ‎(2)①将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，铝发生钝化，铜失电子发生反应；一组插入烧碱溶液中，铜不反应，铝与电解质发生反应，由此确定两个原电池中的负极。‎ 由此可写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式。‎ ‎②若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时A作负极，B作正极，则B电极，Fe3+得电子生成Fe2+；该电池在工作时，A电极上Cu失电子生成Cu2+进入溶液。若该电池反应消耗了0.1mol FeCl3，则Fe3+转化为Fe2+，可确定转移电子的数目。‎ ‎【详解】(1)①在1min的时间间隔内，生成氢气的体积分别为140mL、224mL、112mL、44mL，从而确定反应速率最大的时间段为2～3min。答案为：2～3；‎ ‎②A．加入KCl溶液，相当于加水稀释，反应速率减慢但不影响生成氢气的体积，A符合题意；‎ B．加入浓盐酸，增大c(H+)，反应速率加快且生成氢气的体积增多，B不合题意；‎ C．加入蒸馏水，稀释盐酸，反应速率减慢但不影响生成氢气的体积，C符合题意；‎ D．加入CuSO4溶液，先与Zn反应生成Cu，形成原电池，反应速率加快但不影响氢气的总量；‎ 故选AC。答案为：AC；‎ ‎(2)①将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，铝发生钝化，铜失电子发生反应；一组插入烧碱溶液中，铜不反应，铝与电解质发生反应，由此确定两个原电池中负极分别为铜片、铝片，故选B。由此可写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式为Cu-2e−=Cu2+。答案为：B；Cu-2e−=Cu2+； ‎ ‎②若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时A作负极，B作正极，则B电极上Fe3+得电子生成Fe2+，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+；该电池在工作时，A电极上Cu失电子生成Cu2+进入溶液，A电极的质量将减小。若该电池反应消耗了0.1mol FeCl3，则Fe3+转化为Fe2+，可确定转移电子的数目为0.1NA。答案为：减小；0.1NA。‎ ‎21.某温度时，在‎2L 的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示：‎ ‎(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为__________。‎ ‎(2)若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3，某温度下，在容积恒定为‎2.0L的密闭容器中充入2.0mol N2和2.0mol H2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如表所示：‎ t/s ‎0‎ ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ n(NH3)‎ ‎0‎ ‎0.24‎ ‎0.36‎ ‎0.40‎ ‎0.40‎ ‎0~50s内的平均反应速率v(N2)=_________。‎ ‎(3)已知：键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)，B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/mol。的键能为946kJ/mol，H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，则生成1mol NH3过程中___(填“吸收”或“放出”)的能量为____，反应达到(2)中的平衡状态时，对应的能量变化的数值为____kJ。‎ ‎(4)为加快反应速率，可以采取的措施是_______‎ a.降低温度 b.增大压强 ‎ c.恒容时充入He气 d.恒压时充入He气 e.及时分离NH3‎ ‎【答案】(1). 3X+Y⇌2Z (2). 1.2×10−3mol/(L·s) (3). 放出 (4). 46kJ (5). 18.4 (6). b ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据曲线的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的量变化之比等于化学计量数之比书写方程式；‎ ‎（2）根据=计算；‎ ‎（3）形成化学键放出能量，断裂化合价吸收能量；‎ ‎(4)根据影响反应速率的因素分析；‎ ‎【详解】（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n ‎(Z)=0.1mol：0.3mol：0.2mol=1：3：2，则反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z；‎ ‎（2）0～50s内，NH3物质的量变化为0.24mol，根据方程式可知，N2物质的量变化为0.12mol，(Z)==1.2×10−3mol/(L·s)；‎ ‎（3）断裂1mol吸收946kJ的能量，断裂1mol H-H键吸能量436kJ，形成1mo N-H键放出能量391kJ，根据方程式3H2+N2⇌2NH3，生成2mol氨气，断键吸收的能量是946kJ+ 436kJ×3=2254 kJ，成键放出的能量是391kJ×6=2346 kJ，则生成1mol NH3过程中放出的能量为=46kJ；反应达到(2)中的平衡状态时生成0.4mol氨气，所以放出的能量是46kJ×0.4=18.4kJ；‎ ‎(4) a.降低温度，反应速率减慢，故不选a； ‎ b.增大压强，体积减小浓度增大，反应速率加快，故选b； ‎ c.恒容时充入He气，反应物浓度不变，反应速率不变，故不选c；‎ d.恒压时充入He气，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故不选d； ‎ e.及时分离NH3，浓度减小，反应速率减慢，故不选e。‎