辽宁省沈阳市城郊市重点联合体2019-2020学年高一上学期月考化学试题

辽宁省沈阳市城郊市重点联合体2019-2020学年高一上学期月考化学试题

www.ks5u.com 沈阳市城郊市重点联合高一化学试题 试题说明：‎ ‎（1）试题范围：人教版化学必修②第一章、第二章。‎ ‎（2）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。‎ ‎（3）考试时间90分钟，满分100分。‎ 第Ⅰ卷 （选择题54分）‎ 一．单项选择题：(每题有一个正确选项，每题3分，共54分)‎ ‎1.2008年，美国和俄罗斯科学家将大量48Ca离子加速去轰击人造元素249Cf，从而制造出3颗新原子。每颗新原子的原子核包含118个质子和179个中子。下列有关该元素的叙述正确的是（ ）‎ A. 该元素的相对原子质量为297‎ B. 这是一种金属元素 C. 这是一种在元素周期表中原子序数为118的新元素 D. 这是一种主族元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据质量数=质子数+中子数，质子数=原子序数，并且118号元素应位于周期表第七周期0族，为非金属元素。‎ ‎【详解】A、质量数=质子数+中子数，则质量数为118+179=297，但元素的相对原子质量为各同位素原子的相对原子质量的平均值，元素的相对原子质量不等于297，故A错误；‎ B、118号元素应位于周期表第七周期0族，为非金属元素，故B错误；‎ C、质子数=原子序数，原子序数为118，故C正确；‎ D、118号元素应位于周期表第七周期0族，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎2.下列有关第VIIA族元素说法不正确是（ ）‎ A. 原子最外层电子数都是7‎ B. 从上到下原子半径逐渐增大 C. 单质从F2到I2，颜色逐渐加深 D. 单质从F2到I2，氧化性逐渐增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第VIIA族元素原子最外层电子数为7，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。‎ ‎【详解】A、第VIIA族元素原子最外层电子数为7，故A正确；‎ B、同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，故B正确；‎ C、卤族元素单质的颜色随着原子序数的增大而逐渐加深，所以卤素单质从F2→I2颜色逐渐加深，故C正确；‎ D、从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的单质氧化性逐渐减弱，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】把握VIIA族元素的原子结构和单质物理性质、化学性质的相似性和递变性是解题关键。‎ ‎3.X2＋的结构示意图为，则X元素在周期表中的位置是（ ）‎ A. 第三周期，0族 B. 第四周期，II族 C. 第三周期，IIA族 D. 第四周期，IIA族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】X2+的结构示意图为，即X失去最外层2个电子形成带2个正电荷的阳离子，故x=2+8+8+2=20，属于钙元素，位于第四周期第ⅡA族，答案选D。‎ ‎4.下列关于元素周期表和元素周期律的说法错误的是（ ）‎ A. 第二周期元素从Li到F，非金属性逐渐增强 B. 同一周期主族元素从左到右，元素原子半径逐渐增大 C. 第三周期的元素：P、S、Cl的最高正化合价依次增大 D. 主族元素呈现的最高正化合价，其数值等于该元素原子的最外层电子数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同周期元素的原子从左到右，元素非金属性逐渐增强；同主族元素的原子从上到下，元素非金属性逐渐减弱，电子层逐渐增多，失电子能力逐渐增强。‎ ‎【详解】A、根据元素周期律：同周期元素的原子从左到右，元素非金属性逐渐增强可推知第二周期元素从Li到F非金属性逐渐增强，故A正确；‎ B、同周期的主族元素从左向右核电荷数增大，原子半径减小，故B错误；‎ C、P、S、Cl的原子序数逐渐增大，则P、S、Cl最高正价逐渐升高，故C正确；‎ D、非金属元素的原子的最外层有几个电子，最多形成几个共用电子对，所以呈现的最高化合价等于原子最外层电子数，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎5.下列电子式书写正确的是（ ）‎ A. 氯化氢的电子式： B. CCl4的电子式：‎ C. HClO的电子式： D. KBr的电子式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化氢共价化合物，所以其电子式为，故A错误；‎ B、氯原子未成键的孤对电子对未标出，四氯化碳的电子式为：，故B错误；‎ C、HClO为共价化合物，含有-OH，电子式为，故C正确；‎ D、溴化钾为离子化合物，钾离子与溴离子通过离子键结合，电子式为，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】书写电子式时，要先判断物质类型，若是离子化合物，则把阴阳离子的电子式相间排列，若是共价型分子，则重点分析共用电子对的对数，再标出孤电子对。‎ ‎6.下列说法正确的是（ ）‎ ‎①含共价键的化合物一定是共价化合物 ②离子化合物中一定含有离子键 ③由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物 ④气态单质分子中一定含有共价键 ⑤由不同元素组成的多原子分子里，一定只存在极性共价键 A. ②③ B. ②③⑤ C. ①②③④ D. ①②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 只要含离子键的化合物叫离子化合物，离子化合物可能含共价键；全部由共价键形成的化合物叫共价化合物，共价化合物中不含有离子键；稀有气体中不含化学键。‎ ‎【详解】①含共价键的化合物也可能是离子化合物，如NaOH中含有离子键和共价键，属于离子化合物，故①错误；‎ ‎②含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，但是一定有离子键，故②正确；‎ ‎③由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，是由非金属元素形成的离子化合物，故③正确；‎ ‎④稀有气体是单原子分子，没有共价键，则气态单质分子中不一定含有共价键，故④错误；‎ ‎⑤由不同元素组成的多原子分子里，一定存在极性共价键，可能含有非极性键，如H2O2中含有O-H极性键和O-O非极性键，故⑤错误。‎ 正确的是②③，故选A。‎ 答案选A。‎ ‎7.有X、Y、Z、W四种元素，它们的原子序数分别为6、8、11、17，下列判断错误的是（ ）‎ A. X和W能形成共价化合物 B. Z和W能形成离子化合物 C. Y、Z和W能形成离子化合物 D. Y和Z形成的化合物中不可能有共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有X、Y、Z、W四种元素，它们的原子序数分别为6、8、11、17，它们分别是C、O、Na、Cl元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】有X、Y、Z、W四种元素，它们的原子序数分别为6、8、11、17，它们分别是C、O、Na、Cl元素。‎ A、X和W能形成化合物CCl4，该分子中只存在共价键，为共价化合物，故A正确；‎ B、Z和W能形成化合物NaCl，氯化钠中钠离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故B正确；‎ C、Y、Z和W能形成NaClO，是离子化合物，故C正确；‎ D、Y和Z形成的化合物可能是Na2O2，Na2O2中含有非极性共价键，故D错误； ‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】先根据原子序数推出元素，再考虑元素间形成化合物。一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物。‎ ‎8.短周期元素X、Y、Z原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）‎ A. X的氢化物溶于水显酸性 B. Y的氧化物是离子化合物 C. Z的氢化物溶于水显碱性 D. X、Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13-6-2=5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，结合元素及其化合物来解答。‎ ‎【详解】A、X为N元素，N的氢化物为氨气，溶于水显碱性，故A错误；‎ B、Y为Mg，其氧化物为MgO，属于离子化合物，故B正确；‎ C、Z为S，其氢化物是硫化氢，溶于水显酸性，故C错误；‎ D、X和Z的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、硫酸，都是强酸，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎9.如图所示，下列说法或表示式正确的是（ ）‎ A. 石墨和金刚石的转化是物理变化 B. 石墨的稳定性弱于金刚石 C. C（s、石墨）＝C（s、金刚石）是放热反应 D. 相同质量的石墨和金刚石完全燃烧生成CO2气体，石墨放出的热量少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据图得出金刚石的能量比石墨高，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答。‎ ‎【详解】A、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故A错误；‎ B、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故B错误；‎ C、由图像可知，金刚石的能量高于石墨，故C（s、石墨）＝C（s、金刚石）是吸热反应，故C错误；‎ D、金刚石的能量高，等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】由图可知，金刚石的能量高于石墨，而能量越低物质越稳定，可知石墨比金刚石稳定，它们分别完全燃烧时都生成二氧化碳，产物相同，要比较放出得能量，需比较反应物的能量。‎ ‎10.如图所组成的原电池装置，下列叙述错误的是（ ）‎ A. a为原电池的正极 B. 电子由b极流出 C. 溶液中阳离子向a极移动 D. b极发生还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图中电流方向，可判断出a是正极，b是负极，据此解答。‎ ‎【详解】A、电流是由正极流向负极的，由图可知，a为原电池的正极，A正确；‎ B、b是负极，电子由负极流出，B正确；‎ C、a是正极，阳离子移向正极，故C正确；‎ D、b是负极，负极发生氧化反应，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】装置为原电池，则需先判断出正负极，电子由负极流向正极，溶液中阳离子流向正极，负极发生氧化反应。‎ ‎11.某原电池的离子方程式是Zn +Cu2+=Zn2++Cu，该原电池正确的组成是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电池反应式Zn+Cu2+＝Zn2++Cu知，锌失电子发生氧化反应，作负极；不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电解质溶液中应含有铜离子，所以应为铜盐。‎ ‎【详解】由电池反应式Zn+Cu2+＝Zn2+‎ ‎+Cu知，锌失电子发生氧化反应，失电子的物质的负极上发生氧化反应，所以锌作负极；不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，可用铜作正极；正极上铜离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中应含有铜离子，可用含有铜离子的盐溶液作电解质溶液。答案选C。‎ ‎12.等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，并向a中加入少量铜粉，图中表示产生H2的体积（V）与时间（t）的关系正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌和硫酸反应，加入铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于参加反应金属锌的质量，据此分析。‎ ‎【详解】锌和硫酸反应，加入铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a＞b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于与金属锌的质量，锌的质量相同，所以氢气的体积是相同。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】此类比较，要比较两项：（1）比反应速率快慢，反应快的先完成，先打到拐点。‎ ‎（2）比氢气的体积，氢气体积由锌的质量决定，锌质量相同，则氢气一样多，纵坐标一样高。‎ ‎13.在一个密闭容器中盛有N2和H2，它们的起始浓度分别是1.8 mol /L和5.4 mol /L，在一定的条件下它们反应生成NH3，10 min后测得N2的浓度是0.8 mol /L，则在这10 min内用NH3来表示的平均反应速率是 A. 0.1 mol /（L·min） B. 0.2 mol /（L·min）‎ C. 0.3 mol /（L·min） D. 0.6 mol /（L·min）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】10 min内氮气的浓度变化为1.8 mol /L-0.8 mol /L=1.0 mol /L，根据合成氨反应的化学方程式：N2+3H22NH3，氨气的浓度变化为1.0 mol /L×2=2.0mol/L，所以用氨气表示的反应速率为=0.2 mol /（L·min），故选B。‎ ‎14.下列条件下的反应，放出氢气最快的是（ ）‎ 金属（相同粉末状）/mol 酸的浓度和体积（mL）‎ 反应温度 A Al ‎0.1‎ ‎3mol/LHCl ‎10‎ ‎20℃‎ B Cu ‎0.1‎ ‎4mol/LH2SO4‎ ‎10‎ ‎20℃‎ C Fe ‎0.1‎ ‎3mol/LHCl ‎10‎ ‎20℃‎ D Mg ‎0.1‎ ‎6mol/L的HNO3‎ ‎10‎ ‎20℃‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因决定化学速率的因素是反应物本身的性质，在上述金属中镁的活泼性最强，但硝酸与金属反应得不到氢气，4mol/LH2SO4中氢离子的浓度为8mol/L，但Cu不与稀硫酸不反应，金属与酸反应的本质是与氢离子反应，3mol/LHCl中氢离子的浓度为3mol/L，Al比Fe活泼，所以放出氢气最快的是Al。答案选A。‎ ‎15.在一定温度下，在体积为VL的固定容积的容器中发生反应：A(g)＋B(g)3C(g)（正反应为放热反应）下列说法能说明该反应已经达到平衡状态的是（ ）‎ ‎①单位时间内生成C的分子数与分解C的分子数相等②外界条件不变时，ABC的浓度不随时间变化③体系温度不再变化④体系的分子总数不再变化 ⑤反应速率3v(B)=v(C)‎ A. ①② B. ①②③‎ C. ①②③④ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。‎ ‎【详解】①单位时间内A、B生成C的分子数与分解C的分子数相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①正确；‎ ‎②外界条件不变时，A、B、C浓度不随时间变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故②正确； ‎ ‎③体系温度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故③正确； ‎ ‎④该反应前后分子总数不同，体系分子总数不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故④正确； ‎ ‎⑤反应速率3V(B)=V(C)，没有说明是正反应速率还是逆反应速率，故不能说明达到平衡，故⑤错误。‎ 综上分析，能说明反应达到平衡的有：①②③④。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】化学平衡状态的判断，注意恒容容器和恒压容器的不同，反应前后气体分子数是否相等。‎ ‎16.工业炼铁是在高炉中进行的，高炉炼铁的主要反应是：① 2C（焦炭）＋O2（空气）＝2CO；② Fe2O3＋3CO＝2Fe＋3CO该炼铁工艺中，对焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需其主要原因是 A. CO过量 B. CO与铁矿石接触不充分 C. 炼铁高炉的高度不够 D. CO与Fe2O3的反应有一定限度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由于CO与Fe2O3的反应有一定限度，存在平衡状态，因此反应物不能完全转化为生成物，所以焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需，答案选D。‎ 考点：考查高炉炼铁的有关判断 ‎17.a、b、c、d、e是同周期的五种元素，a和b的最高价氧化物的水化物显碱性，且碱性b＞a，c和d的气态氢化物的稳定性c＞d，五种元素的原子得失电子后所形成的简单离子中，e的离子半径最小，则它们的原子序数由小到大的顺序是（ ）‎ A. b、a、e、d、c B. e、d、a、b、c C. a、b、d、c、e D. c、d、e、a、b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属元素最高价氧化物的水化物呈碱性，非金属元素的最高价氧化物的水化物呈酸性，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，同一周期元素，元素的非金属性从左到右逐渐增强、金属性逐渐减弱，同一周期元素的离子半径：阳离子半径逐渐减小，阴离子半径逐渐减小，但是阴离子半径大于阳离子。‎ ‎【详解】a、b、c、d、e是同周期的五种元素，a和b的最高价氧化物的水化物显碱性，则a、b都是金属，碱性b＞a，则金属性b＞a，原子序数a＞b；c和d有气态氢化物，则c、d都是非金属性，c、d的气态氢化物的热稳定性c＞d，则非金属性c＞d，原子序数c＞d；五种元素的原子，得失电子后所形成的简单离子中，e的离子半径最小，该元素属于金属元素且金属性较弱，所以这几种元素原子序数由小到大的顺序是b、a、e、d、c。答案选A。‎ ‎【点睛】明确同一周期元素金属性、非金属性、金属性与其最高价氧化物的水化物碱性强弱关系、非金属性与其最高价氧化物的水化物酸性强弱关系等知识点是答题关键，注意同一周期元素简单离子半径变化顺序。‎ ‎18.实验室中可用下列方法制取氯气：KClO3＋6HCl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O，若用K35ClO3和H37Cl作用，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 生成KCl中只含有35Cl B. 生成的KCl中只含有37Cl C. 生成的氯气只含有37Cl D. 生成的氯气中只含有35Cl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若用K35Cl03与H37Cl作用，则发生KClO3+6HCl=KCl+3C12↑+3H2O，35Cl得到电子，37Cl失去电子，生成3molC12中有1mol35Cl，以此来解答。‎ ‎【详解】反应中HCl部分表现为酸性，生成KCl中只含有37Cl，35Cl得到电子，37Cl失去电子，Cl2中既有35Cl又含37C1，只有B正确。答案选B。‎ ‎【点睛】归中反应，同种元素的化合价变化规律是“只靠拢、不交叉”，分析出化合价的变化情况，明确HCl部分表现为酸性。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题 46分）‎ ‎19.下表为元素周期表的一部分，根据表中序号对应元素回答有关问题：‎ 族 周期 IA ⅡA ⅢA ⅣA VA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎3‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎4‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎（1）表中元素，化学性质最不活泼的是___，只有负价而无正价的是___，原子半径最大的是___；(填写元素符号)；‎ ‎（2）表中能形成两性氢氧化物的元素是___（填元素符号），分别写出该元素的氢氧化物与⑥、⑨的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式分别是___、___。‎ ‎（3）元素①组成的单质的电子式为___；用电子式表示⑥的氢化物的形成过程___。‎ ‎（4）②和③的单质加热时反应生成物质X，其化学式为___，该物质中含有的化学键的类型为___。‎ ‎【答案】 (1). Ar (2). O (3). K (4). Al (5). Al(OH)3＋3H＋＝Al3+＋3H2O (6). Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O (7). (8). (9). Na2O2 (10). 离子键、非极性共价键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在周期表中的位置可知①为N元素，②为O元素，③为Na元素，④为Al元素，⑤为Si元素，⑥为S元素，⑦为Cl元素，⑧为Ar元素，⑨为K元素，⑩为Br元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律的递变规律可解答该题。‎ ‎【详解】（1）稀有气体性质最不活泼，所以化学性质最不活泼的是Ar；O元素一般只有负化合价，没有正化合价；同周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，所以前四周期中原子半径最大的是K元素；‎ ‎（2）Al元素能形成两性氢氧化物，⑥⑨最高价氧化物的水化物反应分别是KOH、H2SO4，反应方程式分别为Al（OH）3+KOH=NaAlO2+2H2O、2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2‎ O，离子方程式分别为：Al(OH)3＋3H＋＝Al3+＋3H2O ；Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；‎ ‎（3）元素①组成的单质是N2，电子式为：，⑥的氢化物是H2S，用电子式表示其形成过程为：；‎ ‎（4）②和③的单质分别是钠和氧气，在加热条件下生成物质为Na2O2；由钠离子和过氧根形成的离子化合物，钠离子和过氧根间有离子键，过氧根内有非极性共价键。‎ ‎20.由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验，根据实验现象填表：‎ 现象 ‎（I）金属A逐渐溶解 ‎（Ⅱ）C的质量增加 ‎（Ⅲ）A上有气体产生 填正极反应式 ‎___‎ ‎___‎ 四种金属活动性由强到弱的顺序：___。‎ 若装置（Ⅲ）中A极产生的气体在标准状况下的体积为224mL，则通过导线中的电子的物质的量为___mol。‎ ‎【答案】 (1). 2H＋＋2e－＝H2↑ (2). Cu2＋＋2e－＝Cu (3). D＞A＞B＞C (4). 0.02‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一个原电池中，A金属不断溶解，说明A易失电子而作负极，B作正极，越容易失电子的金属活动性越强，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；第二个原电池中，C的质量增加，说明C上的铜离子得电子发生还原反应而作正极，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，B为负极，B的金属性大于C；第三个原电池中，A上有气体产生，说明A上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2‎ ‎↑，D失电子作负极，所以D的活动性大于A；所以金属性强弱顺序是D＞A＞B＞C；若装置（Ⅲ）中A极电极反应式为：2H++2e-=H2↑，标准状况下体积为224mL的H2物质的量为0.01mol，则转移电子的物质的量为0.02mol。‎ ‎【点睛】判断正负极是关键，由电极现象判断正负极：一般溶解的为负极，产生气泡或质量增加的为正极。‎ ‎21.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气。（实验记录的体积为累计值，已换算成标准状况）：‎ 时间（min）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 氢气体积（mL）‎ ‎50‎ ‎120‎ ‎232‎ ‎290‎ ‎310‎ ‎（1）哪一时间段（指0～1、1～2、2～3、3～4、4～5 min）反应速率最大___，原因是___。‎ ‎（2）哪一段时段的反应速率最小___，原因是___。‎ ‎（3）求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率（设溶液体积不变）___。‎ ‎（4）如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液：‎ A．蒸馏水 B．NaCl溶液 C．NaNO3溶液D．Na2CO3溶液 你认为可行的是（填编号）___。‎ ‎【答案】 (1). 2～3min (2). 锌与盐酸反应放热，溶液温度升高，反应速率加快 (3). 4～5min (4). 随着盐酸（或H＋）消耗，浓度降低，反应速率下降 (5). 0.1mol/(L·min) (6). A、B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据影响化学反应速率的因素，温度越高、浓度越大、固体表面积越大，反应的速率越大，从表中数据看出2 min～3 min收集的氢气比其他时间段多，原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高；4 min～5 min收集的氢气最少是因为随反应进行c（H+）下降；根据v=计算反应速率；根据影响化学反应速率的因素以及氢气的量取决于H+的物质的量。‎ ‎【详解】（1）从表中数据看出2 min～3 min收集的氢气比其他时间段多，虽然反应中c（H+）下降，但主要原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高，故答案为：2 min～3 min； ‎ 锌与盐酸反应，溶液温度升高，反应速率加快；‎ ‎（2）4 min～5 min收集的氢气最少，是由于虽然反应中放热，但主要原因是c（H+）下降，反应物浓度越低，反应速率越小，故答案为：4 min～5 min；随着盐酸（或H＋）消耗，浓度降低，反应速率下降；‎ ‎（3）在2～3min时间段内，n（H2）==0.005mol，由2HCl～H2得，消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ（HCl）==0.1mol/(L·min)，故答案为：0.1mol/(L·min)；‎ ‎(4) A、加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故A正确；‎ B、加入氯化钠溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故B正确；‎ C、加入NaNO3溶液，减小盐酸的浓度，但此时溶液中含有硝酸，与金属反应得不到氢气，故C错误；‎ D、加入Na2CO3溶液，Na2CO3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量减小，氢气的量也减小，故D错误；故答案为：A、B。‎ ‎【点睛】先要根据表格中的数据得出每个阶段的反应速率快慢，分析出速率先加快后减慢，再分析其原因与温度和反应物的浓度有关。‎ ‎22.断开1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键分别需要吸收的能量为436kJ、391kJ、946kJ，求：生成1molNH3需要___（填“吸收”或“放出”）能量___kJ。‎ ‎【答案】 (1). 放出 (2). 46‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热，以此计算反应热并判断吸热还是放热。‎ ‎【详解】拆1molH-H键、1molN≡N、1molN-H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ，在反应N2+3H22NH3中，断裂3mol H-H键，1mol N≡N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ；生成2mol NH3‎ ‎，共形成6molN-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ；吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ，所以生成1mol NH3放出热量为46kJ；故答案为：放出；46。‎ ‎23.某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z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）反应从开始至2分钟末，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)=___；‎ ‎（3）当反应进行了3 min，该反应是否达到平衡___（填是或否）；‎ ‎（4）____时间段正逆反应速率相等；‎ ‎（5）平衡体系中Y的百分含量（体积比）为___。‎ ‎【答案】 (1). 3X+Y2Z (2). 0.05mol/(L·min) (3). 是 (4). 2min后 (5). 50%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；根据c=计算反应速率；当反应进行到2min时各物质的量不随时间的改变而改变，反应达平衡状态。‎ ‎【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）=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；‎ ‎(2)反应开始至2min时Z的平均反应速率为：c（Z）==0.05mol/（L•min），故答案为：0.05mol/（L•min）；‎ ‎（3）当反应进行到2min时各物质的量不随时间的改变而改变，反应达平衡状态，而后面一直维持平衡状态，故答案为：是；‎ ‎（4）当反应进行到2min时各物质的量不随时间的改变而改变，反应达平衡状态，故答案为：2min后；‎ ‎（5）当反应进行到2min时，达到平衡状态，各组分的浓度不随时间的变化而变化，若三种物质都是气体，平衡时Y所占体积的百分比为×100%=50%，故答案为：50%。‎ ‎【点睛】根据图像写方程式是关键，开始减小的是反应物，增加的是生成物，物质的量的变化量之比等于计量数之比，确定计量数。‎ ‎ ‎