广西贵港市覃塘高级中学高一化学下学期期中试题(含解析)

广西省贵港市覃塘高级中学2017-2018学年高一下学期期中考试化
学试卷
1.1.下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是
A. 能生成碱的金属元素都在IA族
B. O与S为同主族元素，且O比S的非金属性弱
C. 第二周期ⅣA族元素的原子核电荷数和中子数一定为6
D. 原子序数从3依次增加到9的原子，原子半径逐渐减少
【答案】D
【解析】
【分析】
A、ⅡA族等元素也可以形成碱；
B、同主族元素，从上到下的非金属性减弱；
C、碳元素原子存在126C、146C等多种同位素；
D、同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小。

【详解】A、ⅡA族元素等也可以形成碱，故A错误；B、同主族元素，从上到下的非金属性减弱，O与S为同主族元素，且O比S的非金属性强，故B错误；C、第二周期ⅣA族元素为碳，碳元素原子存在126C、146C等多种同位素，原子中子数不一定为6，故C错误；D、同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小。

原子序数从3依次增加到9的原子，处于同一周期，原子半径逐渐减少，故D正确；故选D。

2.2.用高能核轰击核，发生核合成反应，得到新原子，原子中中子数与核外电子数之差为( )
A. 96
B. 108
C. 152
D. 56
【答案】D
【解析】
【分析】
中子数=质量数-质子数，原子中核外电子数=核内质子数
【详解】A、Cm质子数=96，故A错误；B、Hs质子数=108，故B错误；C、Cm中子数=质量数-质子数=248-96=152，故C错误；D、Cm原子核外电子数=质子数=96，中子数=质量数-质子数=248-96，所以中子数-核外电子数=248-96-96=56，故D正确；故选D。

3.3.下列各组中的性质比较正确的是( )
A. 还原性：F->CI->Br—
B. 熔点：Li<Na<K<Rb<Cs
C. 稳定性：PH3>H2S>HCl
D. 碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3
【答案】D
【解析】
【分析】
A、非金属性越强，对应离子的还原性越弱；
B、用金属键强弱解；
C、非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强；
D、金属性越强，最高价氧化物对应水合物的碱性越强；
【详解】A、非金属性越强，对应离子的还原性越弱，由于非金属性F＞Cl＞Br，则离子的还原性：F－<Cl－<Br -，故A错误；B、同主族金属元素，从上到下，离子半径越大，金属键越弱，熔点越低，熔点：Li>Na>K>Rb>Cs,故B错误；C. 从P到Cl非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强；稳定性：PH3<H2S<HCl，故C错误；D、金属性越强，最高价氧化物对应水合物的碱性越强，碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，故D正确；故选D。

【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，解题关键：明确元素周期律的内容，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，易错点B，要用金属键强弱等结构知识来解释熔点。

4.4.从化学键的角度看化学反应的实质是“旧化学键的断裂，新化学键的形成”，下列既有旧化学键的断裂，又有新化学键形成的变化是( )
A. 蔗糖溶于水
B. 干冰升华
C. 氯化钠受热熔化
D. 打雷时，氧气变为臭氧
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学反应的实质是“旧化学键的断裂，新化学键的形成”可知，只要有化学反应就一定有旧化学键的断裂和新化学键的形成，所以只要发生化学反应即可，以此解答该题．
【详解】A、蔗糖溶于水没有发生化学反应，所以没有旧化学键的断裂和新化学键的形成，故A错误；B、干冰升华，只是物质状态的改变，不存在化学键的断裂和形成，故B错误；C、氯化钠受热熔化是物理变化，只是物质的状态发生了变化，没有发生化学反应，只存在化学键的断裂，故C错误；D、打雷时，氧气变为臭氧，为化学变化，既有旧化学键的断裂，又有新化学键的形成，故D正确。

【点睛】本题考查化学键知识，侧重考查学生的分析能力，解题关键：注意化学变化与物理变化，化学键的断裂和形成的区别，注意分子间作用力和化学键的区别．易错点B，存在化学键的断裂，但没有新物质生成。

5.5.下列反应，不能用于设计原电池的是( )
A. Pd+PdO2+2H2SO4= 2PdSO4 +2H2O
B. 2A1+3I2=2AlI3
C. Mg(OH)2+ H2SO4= MgSO4 +2H2O
D. O2+ 2H2= 2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
自发的放热的氧化还原反应能设计成原电池，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答．
【详解】A. Pd+PdO2+2H2SO4= 2PdSO4 +2H2O属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故A不选；B. 2A1+3I2=2AlI3属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故B不选；C. Mg(OH)2+ H2SO4= MgSO4 +2H2O中和反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能用于设计原电池，故C选； D. O2+ 2H2= 2H2O燃烧反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故D 不选；故选C。

【点睛】本题考查学生设计成原电池的反应具备的条件，解题关键：明确能自动发生的氧化还原反应能设计成原电池，难点D，可以设计成燃料电池。

6.6.氨气是一种重要的化工原料，工业上用N2和H2合成NH3。

现己知N2(g)和H2(g)反应生成1 molNH3(g)过程中能量变化示意图如下图。

则N-H键键能为( )
化学键H-H N≡N
键能（kJ/mol）436 946
A. 248kJ/mol
B. 391kJ/mol
C. 862kJ/mol
D. 431kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
据△H=反应物的活化能-生成物的活化能求得△H，△H=反应物键能和-生成物键能和
【详解】△H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol－1-1173kJ·mol－1=-92kJ·mol －1，热化学方程式为：N
（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ·mol－1，△H=反应物键能和-
2
生成物键能和=946kJ·mol－1+3×436kJ·mol－1-6×Q（N-H）=-92kJ·mol－1，Q（N-H）=391kJ·mol－1，故选B。

7.7.在恒容密闭容器中发生可逆反应2SO2+O22SO3(g)，该反应达到平衡的标志是( )。

①消耗2 mol SO2的同时生成2mol SO3②SO2、O2与SO3的物质的量之比为2：1:2 ③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变④反应混合物的密度不再改变⑤容器内压强不再改变A. ①② B. ③④ C. ③⑤ D. ①⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
根据外界条件对化学平衡的影响判断
【详解】①消耗2 mol SO2的同时生成2mol SO3，均为正反应方向，不能判断正逆反应速率是否相等，不能判断是否平衡，故错误②SO2、O2与SO3的物质的量之比为2：1:2，无法判断正速率是否等于逆速率，故错误；③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变即各物质浓度不再发生变化，达到化学平衡状态，故正确；④反应前后气体的质量不变，体积不变，反应混合物的密度不再改变，不能说明各物质浓度不变，不能判断是否平衡，故错误；⑤反应前后气体物质的量不同，容器中气体的压强不变，则达到化学平衡状态，故正确；故③⑤正确；故选C。

8.8.元素周期表相当于一座“元素大厦”，84号元素在大厦中的“房间”是( )
A. 第六周期0族
B. 第六周期第VIA族
C. 第七周期第VIA族
D. 第七周期第IIA族
【答案】B
【解析】
【分析】
84号元素是钋，其原子有6个电子层、最外层电子数是6，倒数第二层电子数是18个电子，价电子排布式为6s2、6p4，据此分析解答．
【详解】主族元素中，原子核外电子层数与其周期数相等，原子核外最外层电子数与其主族
族序数相等，该元素原子结构示意图为，根据其原子结构示意图知，
该元素位于第六周期第VIA族，故答案为：第六周期第VIA族.故选B。

【点睛】本题考查元素位置判断，解题关键：所有元素中，原子核外电子层数与其周期数相等，主族元素最外层电子数与其族序数相等，要熟练掌握原子结构、元素周期表结构。

9.9.下列关于能源的说法正确的是( )
A. 乙醇是一种可再生能源
B. 太阳能、风能、核能均是无污染的高效能源
C. 蒸汽是一级能源
D. 化石能源是可再生能源
【答案】A
【解析】
【分析】
A、乙醇可以通过粮食、秸杆发酵生成，也可以通过乙烯和水合成；
B、核能使用不当会产生高污染；
C、自然界中以现成形式提供的能源称为一次能源，需依靠其他能源间接制取的称为二次能源，据此进行分析判断即可．
D、化石能源指的是亿万年前的大量生物经过地壳变化，被埋藏在地下，受地层压力和温度的影响，缓慢地形成的可以燃烧的矿物质．如煤、石油等；能从自然界源源不断获得的能源是可再生能源，不能从自然界源源不断获得的能源是不可再生能源．
【详解】A、乙醇可以通过粮食、秸杆发酵生成，也可以通过乙烯和水合成，所以乙醇是一种可再生能源，故A正确；B、核能使用不当会产生高污染，故B错误；C、蒸汽是其他能源转化得到的，是二级能源，故C错误；D、化石能源指的是亿万年前的大量生物经过地壳变化，被埋藏在地下，受地层压力和温度的影响，缓慢地形成的可以燃烧的矿物质．如煤、石油等；是不能从自然界源源不断获得的能源，是不可再生能源，故D错误．故选A。

10.10.下列物质既有离子键，又有极性键的是( )
A. NH3
B. MgCl2
C. Na2O2
D. NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】
离子键为阴阳离子之间形成的化学键；不种非金属原子之间形成的化学键为极性键
【详解】A. NH3是由极性共价键形成的极性分子，故A错误； B. MgCl2只含有离子键，故B错误；C. Na2O2含有离子键和非极性共价键，属于离子晶体，故C错误；D. NaOH既有离子键又有共价键，故D正确；故选D。

11.11.X、Y、Z、M、N代表五种金属．有以下化学反应：
①水溶液中：M+N2+═M2++N
②Z+2H2O（冷）═Z（OH）2+H2↑
③X、Y为电极与Y盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：X﹣2e﹣═X2+
④N可以溶于稀H2SO4中，X不被稀H2SO4氧化．则这五种金属的活泼性由弱到强的顺序是（）
A. Y＜X＜N＜M＜Z
B. N＜M＜Y＜X＜Z
C. X＜Y＜N＜M＜Z
D. X＜Z＜N＜M＜Y
【答案】A
【解析】
①水溶液中M+N2+=M2++N ，金属M置换出金N，说明活动性M＞N；②Z能与冷水反应生成H2，说明Z金属性活动性很强；③X、Y为电极与Y盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：X﹣2e﹣=X2+，X失电子，则X是负极、Y是正极，活动性X＞Y；④N可以溶于H2SO4中，X不被稀H2SO4氧化，说明活动性N＞X。

通过以上分析知，金属活动性顺序Y＜X＜N＜M＜Z。

故选A。

点睛：利用金属与酸或水反应置换出氢气难易程度、金属最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应等可以判断金属性强弱，注意不能根据失电子的数目来判断。

12.12.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 共价键数均为0.2N A的白磷(P4)和氨气(NH3)所含原子个数相等
B. 2gD20与2gH218O含有的中子数均为N A
C. 标准状态下，22. 4L氦气含有2N A个氦原子
D. 22.4L O2含有2N A个氧原子
【答案】B
【解析】
【分析】
A、白磷分子中含有6个P-P键，氨气分子中含有3个N-H键；
B、D2O与H218O分子中都含有10个中子，其摩尔质量都是20g·mol－1；
C、氦气为单原子分子；
D、非标准状态下。

【详解】A、白磷分子中含有6个P-P键，氨气分子中含有3个N-H键，共价键数均为0.2N A
的白磷(P4)和氨气(NH3)所含原子个数分别是0.2N A×4/6、0.2N A×3/3 ，故A错误；B、2gD2O 与2gH218O物质的量都是0.1mol，含有的中子物质的量都是1mol，个数均为N A，故B正确；
C、氦气为单原子分子，标准状态下，22. 4L氦气含有N A个氦原子，故C错误；
D、非标准状态下，22.4L O2不一定是1mol，故D错误；故选B。

13.13.下列关于能量变化的说法，正确的是( )
A. 将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量相同
B. 2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2该反应生成物的总能量高于反应物的总能量
C. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量
D. 有化学键断裂的是吸热过程，并且一定发生了化学变化
【答案】C
【解析】
【分析】
A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同；
B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2该反应是放热反应；
C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；
D、氯化钠熔化，离子键断裂；
【详解】A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同，根据盖斯定律，将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量不相同，故A错误；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2该反应是放热反应，该反应生成物的总能量低于反应物的总能量，故B错误；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D、氯化钠熔化，离子键断裂，没有新物质产生，有化学键断裂的是吸热过程，不一定发生了化学变化，故D错误；故选C。

14.14.和K+离子都具有相同电子数的一组微粒是（）
A. Ar和H2O2
B. CO和F2
C. Na和NH4+
D. Mg和N2H4
【答案】A
【解析】
【分析】
根据微粒中的质子数和微粒所带的电荷数进行分析解答，阳离子的电子数是质子数-电荷数，阴离子的电子数是质子数+电荷数
【详解】K+离子电子数=19-1=18，各选项物质所具的电子数分别为：A、Ar电子数为18和H2O2电子数为2+8*2=18，故A正确； B．CO电子数为14和F2电子数为18，故B错误； C．Na 电子数为11和NH4+电子数为10，故C错误； D. Mg电子数为12和N2H4电子数7*2+1*4=18，故D错误；故选A
15.15.可逆反应2A+2B 3C+D相同条件下的反应速率，反应速率最快的是( )
A. v(A)= 0.55mol (L·min)
B. v(B)= 0.6mol/(L·s)
C. v(C)=0.75mol/(L·min)
D. v(D)== 0.4mol/ (L·min)
【答案】B
【解析】
【分析】
化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答．
【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，反应速率与化学计量数的比值分别是：A. v(A)/2= 0.55mol (L·min)/2= 0.275mol (L·min) B. v(B)/2= 0.6mol/(L·s)/2=0.3mol/(L·s)=18mol (L·min)； C. v(C)/3=0.75mol/(L·min)/3=0.25mol (L·min) D. v(D)/1== 0.4mol/ (L·min)/1=0.4mol/ (L·min)，B>D>A>C,故选B。

【点睛】本题考查化学反应速率快慢的比较，解题关键：把握化学反应速率与化学计量数的关系，侧重分析与计算能力的考查，易错点B，注意比值法应用及单位统一。

16.16.已知X、Y、Z、W的原子序教都不超过18，它们的离子a X（n+1）+、b Y n+、c Z（n+1）-、d W n-具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是( )
A. 离子氧化性：X（n+1）+＞Y n+
B. 离子半径：X（n+1）+＞Y n+＞Z（n+1）-＞W n-
C. 原子序数：a>b>c>d
D. 原子半径：Z>W>Y>X
【答案】A
【解析】
【分析】
它们的离子a X（n+1）+、b Y n+、c Z（n+1）-、d W n-具有相同的电子层结构，均具有相同的电子层结构,则有:,则有X、Y在周期表中Z、W的下一周期,并且原子序数:,结合元素周期律递变规律解答该题.
【详解】A、金属性越强,对应离子的氧化性越弱,离子氧化性：X（n+1）+>Y n+,故A正确；B、具有相同电子层结构的离子,原子序数大的离子半径小,则离子半径为Z（n+1）-＞W n->Y n+＞X（n+1）+，故B错误；C、它们的离子a X（n+1）+、b Y n+、c Z（n+1）-、d W n-具有相同的电子层结构，均具有相同的电子层结构,则有:,则有X、Y在周期表中Z、W的下
一周期,并且原子序数:，故C错误；D、原子半径：Y>X>Z>W,故D错误，故选A
17.17.下图是元素周期表的一部分，A、B、C均为短周期元素，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B的质子数，B的原子核内质子数和中子数相等。

回答：
(1)写出元素符号：A ____；C ___。

(2)B元素位于元素周期表第____周期第____族；其最高价氧化物对应水化物的化学式为
____。

(3)A的氢化物的电子式为 _________； A的氢化物与其最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为____。

【答案】 (1). N (2). F (3). 三 (4). ⅥA (5). H2SO4 (6).
(7). NH3＋HNO3=NH4NO3
【解析】
【分析】
A、B、C均为短周期元素，由元素在周期表中位置，可知A、C位于第二周期，B位于第三周期，设B原子序数为x，则A原子序数为x-9、C原子序数为x-7，A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，则x－9+x-7=x，解得x=16，所以B是S元素，则A是N 元素、C是F元素，据此解答．
【详解】(1)元素符号：A是N元素、C是F元素。

(2)B是S元素，B元素位于元素周期表第三周期第ⅥA族；其最高价氧化物对应水化物硫酸的化学式为H2SO4。

(3)A为氨气A的氢化物的电子式为； A的氢化物与其最高价氧化物的水化物反应的化学方程式，即氨气与硝酸反应的方程式为NH3＋HNO3=NH4NO3。

18.18.下图是部分短周期元素的单质及其化合物（或其溶液）的转化关系，已知B、C、D、E是非金属单质且常温常压下为气体；化合物G的焰色反应为黄色，化合物I和J通常状况下呈气态；反应①是化工生产中的一种重要固氮反应
请按下列要求填空：
(1)CO2的电子式____．A的原子结构示意图________，
(2)化合物I的沸点比J的沸点____（填“高”或“低”），理由是 _________。

(3)化合物F中，阳离子与阴离子个数比是____。

(4)写出F和CO2反应的化学方程式____。

【答案】 (1). (2). (3). 低 (4). 氨分
子之间存在氢键，氯化氢分子间没有氢键 (5). 2：1 (6). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【解析】
【分析】
化合物G的焰色反应为黄色，含有Na元素，F能与二氧化碳反应得到气体单质B与G，可推知F为Na2O2，B为O2，G为Na2CO3，而A与B（氧气）反应得到F（过氧化钠），则A为Na．G （Na2CO3，）与I反应得到CO2，则I属于酸，I由气体非金属单质C与D在光照条件下得到，则I为HCl，C、D分别为H2、Cl2中的一种，I和J通常状况下呈气态，二者反应得到铵盐，且反应①是化工生产中的一种重要固氮反应，可推知J为NH3，D为H2，E为N2，铵盐为NH4Cl，故C为Cl2，据此解答．
【详解】(1) CO2的电子式；A为Na，A的原子结构示意图，
(2)化合物I为HCl的沸点比J为NH3的沸点低，理由是氨分子之间存在氢键，氯化氢分子间没有氢键。

(3)化合物F为Na2O2，阳离子Na＋与阴离子O22－个数比是2：1。

(4)F为过氧化钠，F和CO2反应的化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。

【点睛】本题考查无机物推断，涉及Na、Cl、N元素单质化合物性质，物质的状态、焰色反应及转化中特殊反应等是推断突破口，易错点：Na2O2，阳离子Na＋与阴离子O22－个数比是2：
1．
19.19.某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。

甲同学根据元素非金属性与对
应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成C、N、Si的非金属性强弱比较
的实验研究；乙同学根据置换反应的规律，利用下图装置完成了C1元素的非金属性比S强
的实验研究。

回答下列问题：
(1)从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质；试剂A为__；试剂C为___（填序号）。

①稀HN03溶液②稀盐酸③碳酸钙④Na2SiO3溶液⑤SiO2
实验开始后圆底烧瓶中观察到的现象为_____ ；该现象说明非金属性 >___（填元素符号）；对应的离子方程式 _____。

(2)乙同学设计的实验：试剂B为酸性高锰酸钾溶液，则试剂A为____：试剂C为____（填
序号）。

①稀盐酸②浓盐酸③NaCl溶液④Na2SO3溶液⑤Na2S溶液
实验开始后试管中观察到的现象为____,对应的离子方程式____。

(3)若反应过程中消耗0.3mol C试剂，理论上被氧化的试剂A______mol。

【答案】 (1). ① (2). ③ (3). 烧瓶中固体溶解，有气泡冒出 (4). N＞C (5). 2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋H2O＋CO2↑ (6). ② (7). ⑤ (8). 溶液中出现黄色沉淀（溶液中出现浑浊等也给分） (9). S2－＋Cl2=S＋2Cl－ (10). 0.6
【解析】
【分析】
（1）根据同周期和同主族元素非金属性的变化规律分析；通过比较酸性强弱来判断非金属
性强弱，装置中为强酸制备弱酸依此选择试剂；（2）通过比较单质的氧化性来判断非金属性：
氯气能将硫离子氧化为硫单质可以证明Cl的非金属性比S强
【详解】（1）同周期从左到右非金属性增强，则C＜N，同主族元素从上到下非金属性：C＞Si，所以非金属性由强到弱的顺序是：N＞C＞Si；通过比较酸性强弱来判断非金属性强弱，
装置中为强酸制备弱酸，所以A中试剂为稀硝酸，B中为碳酸钙，C中为Na2SiO3溶液；故选①、④；实验开始后圆底烧瓶中观察到的现象为烧瓶中固体溶解，有气泡冒出；该现象说明
非金属性N＞C；对应的离子方程式： 2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋H2O＋CO2↑。

（2）可以用二氧化
锰和浓盐酸反应生成氯气，氯气能将硫离子氧化为硫单质可以证明Cl的非金属性比S强，A
中浓盐酸，C中硫化钠溶液，选②和⑤，实验开始后试管中观察到的现象为溶液中出现黄色
沉淀（溶液中出现浑浊等也给分）,对应的离子方程式 S2－＋Cl2=S＋2Cl－；（3）若反应过程
中消耗0.3mol C试剂，由关系式2Cl－～S2－，理论上被氧化的试剂A，0.3mol×2=0.6m ol。

20.20.某温度时，在一个容积为2L的密闭容器中，A、B、C三种气态物质的物质的重随时
间变化曲线如图所示。

请回答以下问题：
(1)该反应的化学方程式是___________。

(2)反应从开始到平衡时，气体C的平均反应速率是_______ 。

(3)反应达平衡，反应物B的转化率是___；体系的压强是开始时的______倍。

(4)其他条件不变，升高温度，逆反应速率将________（填“加快”、“减慢”或“不变”）。

【答案】 (1). A(g)＋3B(g)2C(g) (2). 0.05mol/(L·min) (3). 30% (4). 0.9 (5). 加快
【解析】
【分析】
（1）由图可知，A、B为反应物，C为生成物，A、B、C的物质的量的变化量之比为（2-1.8）：（2-1.4）：（0.4-0）=1：3：2，4min达到平衡，化学计量数之比等于物质的量的变化量之比；（2）结合v=△c/△t计算,(3)根据转化率的公式计算；（4））升高温度，正逆反应速率
均增大；
【详解】（1）由图可知，A、B为反应物，C为生成物，A、B、C的物质的量的变化量之比为（2-1.8）：（2-1.4）：（0.4-0）=1：3：2，4min达到平衡，化学计量数之比等于物质的量的变化量之比，则化学反应为A(g)＋3B(g)2C(g)；（2）反应从开始到平衡时，气体C的平均反应速率是
0.4mol/(2L·4min)=0.05mol/（L·min）；(3)反应达平衡，反应物B的转化率是（2.0-1.4）mol/2.0mol×100%=30%；体系的压强是开始时的（1.8+0.4+1.4）/(2.0+2.0)=0.9倍。

(4)其他条件不变，升高温度，逆反应速率将加快.。

【点睛】本题考查物质的量随时间的变化曲线，解题关键：把握物质的量变化、化学反应的确定方法、速率计算、平衡移动，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，易错点（4）其他条件不变，升高温度，逆反应速率将加快。

21.21.分别按下图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中G为电流计。

请回答下列问题：
(1)以下叙述中，正确的是__ 。

A.甲中锌片是负极，乙中铜片是正极
B.两烧杯中铜片表面均有气泡产生
C.两烧杯中溶液pH均增大
D.产生气泡的速度甲中比乙中慢
(2)乙装置中，外电路中电子移动方向 ___极流向____极（填“Zn”、“Cu”）。

(3)乙装置中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，分析原因可能是________ 。

(4)若开始时乙装置中加入2L，lmol/LH2SO4，当电路中通过0.7mol e-，溶液中Zn2+的浓度是__mol/L。

(5)乙装置中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铜电极的电极反应方程式： ____。

【答案】 (1). CD (2). Zn (3). Cu (4). 锌片含有杂质，其表面形成原电池(5). 0.175mol/L (6). Cu2++2e-=Cu
【解析】
【分析】
锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题．
【详解】(1)A.甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，故A错误； B.铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，故B错误；C.两烧杯中硫酸都参加反应，氢离子浓度减小，溶液的pH均增大，故C正确； D.乙能形成原电池反应，较一般化学反应速率更大，所以产生气泡的速率甲中比乙中慢，故D正确；故选CD。

(2)乙形成原电池，Zn为负极，Cu为正极，则电流方向Cu→Zn，乙装置中，外电路中电子移动方向Zn极流向Cu极。

(3)乙装置中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，分析原因可能是是由于锌片不纯，在锌片上形成原电池导致。

(4)若开始时乙装置中加入2L，lmol/LH2SO4，当电路中通过0.7mol e-，溶液中Zn2+的浓度是n （Zn2+）/V= = 0.175mol/L。

(5)乙装置中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，Cu2＋在正极上得电子被还原产生Cu，电极反应式为Cu2＋+2e－=Cu。