1、东安一中2019年上学期期中考试高一化学试卷第卷可能用到的原子量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 Mg:24 Ca:40 Fe:56 Cu:64 一、选择题(每小题只有1个最佳选项，每小题3分，共15小题，共45分)1.同温同压下，等体积的两容器内分别充满由14N、13C、18O三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳，下列说法正确的是()。A. 所含分子数和质量均不相同B. 含有相同的分子数和电子数C. 含有相同的质子数和中子数D. 含有相同数目的中子、原子和分子【答案】D【解析】试题分析：根据阿伏加德罗定律及其推论可知，容器内气体的分子数是相等的。都是2个原子构成
2、的，原子数相等。由于14N18O和13C18O的相对分子质量不相等，因此质量不等。质子数和电子数也是不相等的。而中子数相等，都是17，所以选项D正确，答案选D。考点：考查原子组成以及组成原子的几种微粒之间的计算点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，重点考查学生对原子组成以及组成微粒之间数量关系的熟悉了解程度，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生学习化学的积极性。另外该题还要利用好阿伏加德罗定律。2.如图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素的原子核外电子数等于B的质量数，B元素的原子核内质子数等于中子数，下列叙述正确的是( )ACBA. B为第二周期的元素B. C为VA族元素C
3、. 三种元素不一定都为非金属元素D. C是化学性质最活泼的非金属【答案】D【解析】【分析】由周期表中短周期的一部分，设A的质子数为x，则B的质子数为x+9，C的质子数为x+2，由A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B的质量数，B元素的原子核内 质子数等于中子数，可知，x+(x+9)+(x+2)=2(x+9)，解得x=7，则A为N元素，B为S元素，C为F元素，然后利用元素的位置及性质来解答。【详解】根据上述分析可知：A为N元素，B为S元素，C为F元素。A.B为S元素，位于第三周期，是第三周期的元素，A错误；B.C为F元素，为A族元素，B错误；C.A、B、C三种元素分别是N、S、F，它们都是
4、非金属元素，C错误；D.C为F，为A族元素，极易得电子，则C元素单质是化学性质最活泼的非金属，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查元素在周期表的位置、原子结构、元素的性质关系的知识，明确位置及原子序数的关系是解答本题的关键。3.下列变化中，一定不存在化学能与热能相互转化的是( )。A. 铝热反应B. 白磷自燃C. 干冰气化D. 燃放爆竹【答案】C【解析】【详解】A.铝热反应是放热反应，存在化学能与热能转化，A不符合题意；B.白磷自燃是白磷的氧化反应，反应放出热量，存在化学能与热能的转化，B不符合题意；C.干冰气化的固体CO2克服分子间作用力使物质变为气体的过程，明天化学键的断裂和形成，因此
5、一定不存在化学能与热能相互转化，C符合题意；D.燃放爆竹是火药燃烧，化学能转化为热能，存在化学能与热能相互转化，D不符合题意；故合理选项是C。4.下列各项表达式正确的是（ ）A. N2的电子式：B. 二氧化碳分子的结构式为 O-C-OC. NaCl的电子式：D. F 的结构示意图：【答案】D【解析】氮气中氮原子还有没有参与成键的电子，电子式为。CO2中碳和氧之间形成的是双键，结构式为OCO。氯化钠是离子键构成的离子化合物，电子式为。答案选D。5.下列各组物质中化学键的类型相同的是()A. HCl MgCl2 NH4ClB. H2O Na2O CO2C. CaCl2 NaOH H2OD. NH3
6、 H2O CO2【答案】D【解析】【详解】A.HCl中为共价键，MgCl2中为离子键，NH4Cl中既有离子键和共价键，故A不选；B.H2O中为共价键，Na2O中为离子键，CO2中含共价键，故B不选；C.CaCl2中为离子键，NaOH中既有离子键和共价键，H2O中为共价键，故C错误；D.NH3中为共价键，H2O中为共价键，CO2中含共价键，故D选。故选D。【点睛】一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键。6.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是A. 原子半径：ABDCB. 原子序数：dcbaC. 离子半径：C3-D-
7、B+A2+D. 原子的最外层电子数目：ABDC【答案】C【解析】【详解】aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，根据阳离子是原子失去最外层电子形成的，阴离子是原子获得电子，是最外层达到8个电子的稳定结构可知：A与B同一周期，C与D同一周期，且A、B处于C、D的下一周期。A.根据同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，可知原子半径应是BACD，选项A错误；B.原子序数关系应abdc，选项B错误；C.根据电子层结构相同的离子，随原子序数增大，离子半径依次减小，可推知离子半径应是C3-D-B+A2+，选项C周期；D.金属元素的原子最外层电子数比较少，容易失去最外层电子；而非金属
8、元素的原子最外层电子数比较多，容易获得电子，所以原子的最外层电子数目DCAB，选项D错误；故合理选项是C。7. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是A. 铝片与稀盐酸反应B. 甲烷在氧气中燃烧C. 灼热的炭与二氧化碳反应D. Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应【答案】C【解析】试题分析：氧化还原反应的特征是有电子转移，其特征是有元素化合价升降，反应物总能量小于生成物总能量，该反应是吸热反应解：A铝和稀盐酸反应是放热反应，故A错误；B甲烷的燃烧是放热反应，故B错误；C碳和二氧化碳的反应是吸热反应，该反应中碳元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故C正确；D该反应中各元素的化合价都不
9、变化，为非氧化还原反应，故D错误；故选C8.在25 ，101 kPa下，1 mol的白磷(化学式为P4)完全燃烧放出的热量比4 mol的红磷(化学式为P)完全燃烧放出的热量多。化学方程式分别为P4(s)5O2(g)=P4O10(s)；4P(s)5O2(g)=P4O10(s)。由此判断，下列说法正确的是( )A. 由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷高B. 由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷低C. 由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷高D. 由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷低【答案】B【解析】试题分析：由P4(s)+5O2(g)=P4
10、O10(s)H=a，4P (s)+5O2(g)=P4O10(s)H=b，1mol的白磷(化学式为P4)完全燃烧放出的热量比4mol的红磷(化学式为P)完全燃烧放出的热量多，根据盖斯定律可知4P (s)P4(s)H=b-a0，即该反应为吸热反应，等质量时红磷的能量低，红磷稳定，故选B。【考点定位】考查化学反应中的能量变化及物质的稳定性【名师点晴】明确信息的应用得出红磷与白磷转化的热化学反应是解答本题的关键，根据已知的热化学反应方程式，利用盖斯定律来得到红磷转化为白磷的热化学反应方程式，能量的低的物质稳定，以此来解答。9.足量的Zn粉与50mL 0.1molL-1的稀硫酸充分反应。为了减慢此反应的
11、速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的 ( )加Na2SO4溶液 改用50mL 0.1molL-1的稀盐酸 减压 改用50mL 0.1molL-1的硝酸 冰水浴 加Na2CO3溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】为了降低此反应速率而不改变H2的产量，少量Zn粉完全反应，则可通过降低氢离子浓度、降低温度等来降低反应速率，以此来解答。【详解】加Na2SO4溶液，溶液中的水对硫酸来说其稀释作用，使溶液中c(H+)降低，反应速率减小，但氢气的量不变，正确；改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸，溶液中c(H+)降低，反应速率减小，生成氢气的量减小，错误；反应在溶液中进行，减压，
12、对反应速率基本不影响，错误；改用50mL、0.1mol/L的硝酸，由于硝酸具有强的氧化性，与Zn发生反应不生成氢气，而生成NO气体，错误；加适量固体醋酸钠，氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢气的总量不变，故正确；冰水浴，使反应温度降低，反应速率减小，由于氢离子的物质的量不变，因此最终产生的氢气的总量不变，正确；加Na2CO3溶液，Na2CO3与硫酸反应产生CO2气体，反应消耗硫酸，导致生成氢气的总量减小，错误；则符合题意的叙述是；故合理选项是B。【点睛】本题考查影响反应速率的因素，明确常见的影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、原电池对反应速率的影响即可解答，注意Zn粉过量，生成的氢气由硫酸
13、决定为解答的易错点。10. 对铜锌稀硫酸组成的原电池装置中，当导线中有1mol电子通过时，理论上的两极变化是：锌片溶解了32.5克 锌片增重了32.5克 铜片上析出1克氢气 锌片上析出1mol氢气 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】锌-铜-稀硫酸组成的原电池装置中，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，正极材料是铜，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H+2e-=H2，锌作负极失电子生成锌离子，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，当导线中有1mol电子通过时，负极上Zn失电子而溶解，Zn片溶解的质量=64g/mol=32.5g，正极上氢离子得电子发生还原反应，
14、所以铜片上生成氢气的物质的量n(H2)=0.5mol，则反应产生氢气的质量是m(H2)=0.5mol2g/mol=1g所以正确的叙述为，故合理选项是A。11.将N2和H2置于2L密闭容器中反应2min后，生成0.8molNH3。在这段时间内用N2浓度变化表示的反应速率为A. 0.05molL1min1B. 0.1molL1min1C. 0.2molL1min1D. 0.4molL1min1【答案】B【解析】试题分析：氮气与氢气反应：N2+3H22NH3 ，2min内，生成0.8molNH3，所以v（NH3）=0.8mol(2L2min) =0.2mol/（Lmin），由化学反应速率之比等于化学
15、计量数之比，所以v（N2）=0.5v（NH3）=0.50.2mol/（Lmin）=0.1mol/（Lmin），答案选B。【考点定位】考查化学反应速率的计算。【名师点睛】本题考查化学反应速率的计算等知识。根据v=计算用NH3的浓度变化表示的化学反应速率，然后再根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）即可。12.某固体酸燃料电池以Ca(HSO4)2固体为电解质传递H，其基本结构见下图，电池总反应可表示为2H2O2=2H2O，下列有关说法正确的是()A. 电子通过外电路从b极流向a极B. b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OHC. H由a极通过固体酸电解质传递到b极D. 每
16、转移0.2 mol电子，消耗1.12 L的H2【答案】C【解析】【详解】A.因氢元素的化合价升高，则通入氢气的电极a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，A错误；B.该电池为酸性电池，反应为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误； C.原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，C正确；D.因没有说明是否为标准状况，则气体的体积不一定为1.12L，D错误；故合理选项是C。13.对于敞口容器中的化学反应：Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)，下列叙述中不正确的是()A. Zn和H2SO4的总能量大于ZnSO4和H2的总能量B. 反应过程
17、中能量关系可用上图表示C. 若将该反应设计成原电池，则Zn为负极D. 若将该反应设计成原电池，当有32.5g锌溶解时正极放出22.4 L气体【答案】D【解析】【分析】对于化学反应：Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g) H0，反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，当将该反应设计呈原电池时，Zn为负极，被氧化，正极上析出氢气，以此解答该题。【详解】A.该反应为放热反应，说明反应物Zn和H2SO4总能量大于生成物ZnSO4和H2的总能量，A正确；B.反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，图示正确，B正确；C.反应中Zn被氧化生成ZnSO4，当将该
18、反应设计呈原电池时，Zn为负极，C正确；D.若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，反应转移电子的物质的量为1mol，则正极放出气体的体积在标况下为11.2L，题目未指明标况下就不一定为11.2 L，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查化学反应能量的变化的知识，本题注意反应热以及原电池的工作原理，学习中注意相关知识的理解和掌握，侧重考查学生的分析能力。14.一定温度下，密闭容器中可逆反应3X(g)+Y(g) 2Z(g)达到限度的标志是A. X的生成速率与Z的生成速率相等B. 单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol YC. 某时刻X、Y、Z的浓度相等D. 某时刻X、Y、Z的分
19、子个数比为3:1:2【答案】B【解析】X的生成速率与Z的生成速率比等于3:1时，一定达到平衡状态，故A错误；单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol Y，正逆反应速率相等，故B正确；反应达到平衡，X、Y、Z的浓度不一定相等，故C错误；反应达到平衡，X、Y、Z的物质的量不一定相等，故D错误。15.为了说明影响化学反应快慢的因素，甲、乙、丙、丁四位学生分别设计了如下AD四个实验，你认为得出的结论不正确的是( )A. 在相同条件下，等质量的大理石块和大理石粉与相同的盐酸反应，大理石粉反应快B. 将相同大小、形状的镁条和铝条分别与相同浓度的盐酸反应时，两者速率一样大C. 将浓硝酸分别放在冷暗
20、处和强光照射下，会发现光照可以加快浓硝酸的分解D. 两支试管中分别加入相同浓度相同体积的双氧水，其中一支试管中再加入几滴氯化铁溶液，产生氧气的快慢不同【答案】B【解析】【详解】A.其它条件相同，只有CaCO3固体表面积不同，反应速率不同，说明在相同条件下，固体表面积越大，反应速率越快，A结论合理；B.Mg、Al两种不同的金属与同浓度的盐酸反应，两种反应速率不同，说明金属活动性不同，反应速率不变，即参加反应的物质本身的性质影响化学反应速率，B结论不合理；C.同一浓度的浓硝酸在光照时分解速率大于在暗处的分解速率，说明光照可以加快浓硝酸的分解速率，C结论合理；D.相同浓度相同体积的双氧水中加入氯化铁
21、溶液的反应产生氧气的速率大于未滴加氯化铁溶液的速率，说明氯化铁是双氧水分解的催化剂，可加快反应速率，D结论合理；故合理选项是B。第卷(非选择题 共55分)16.书写下列物质的电子式：O2：_ N2：_ .Cl2:_H2O：_. NaOH:_Na2O2:_. 写出下列电极反应式：(1)碱性锌锰电池负极反应式：_.(2)铅蓄电池的负极反应式：_.(3)氢氧燃料电池酸性介质的负极反应式：_.正极反应式：_.【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2 (8). Pb+SO42-2e-=PbSO4 (9). 2H2-4e-=4H+
22、 (10). O2+4H+4e-=2H2O【解析】分析】I.O2中两个O原子共用2对电子，使每个O原子都达到8个电子稳定结构；N2中两个N原子共用3对电子，使每个N原子都达到8个电子稳定结构；Cl2中两个Cl原子共用1对电子，使每个Cl原子都达到8个电子稳定结构；H2O中两个H原子与O原子共用2对电子，使每个原子都达到稳定结构；NaOH中Na+与OH-通过离子键结合，OH-中O原子与H原子形成1对共用电子；Na2O2中2个Na+与O22-通过离子键结合，O22-中2个O原子形成1对共用电子；II. (1)碱性锌锰电池中，Zn作负极，失去电子，变为Zn2+与溶液中的OH-变为Zn(OH)2；(2
23、)铅蓄电池中Pb失去电子变为Pb2+，与溶液中的SO42-转化为PbSO4；(3)氢氧燃料电池在酸性介质H2失去电子变为H+，正极上O2获得电子变为H2O。【详解】I.原子最外层有6个电子，O2中两个O原子共用2对电子，使每个O原子都达到8个电子稳定结构，电子式为：；N原子最外层有5个电子，N2中两个N原子共用3对电子，使每个N原子都达到8个电子稳定结构，其电子式为：；Cl原子最外层有7个电子，Cl2中两个Cl原子共用1对电子，使每个Cl原子都达到8个电子稳定结构，电子式；H2O中两个H原子与O原子共用2对电子，使每个原子都达到稳定结构，H2O分子的电子式为：；NaOH中Na+与OH-通过离子
24、键结合，OH-中O原子与H原子形成1对共用电子，电子式为：；Na2O2中2个Na+与O22-通过离子键结合，O22-中2个O原子形成1对共用电子，电子式为；II. (1)碱性锌锰电池中，Zn作负极，失去电子，变为Zn2+与溶液中的OH-变为Zn(OH)2，负极的电极反应式为：Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2；(2)铅蓄电池中Pb失去电子变为Pb2+，与溶液中的SO42-转化为PbSO4，负极的电极反应式为：Pb+SO42-2e-=PbSO4；(3)氢氧燃料电池在酸性介质H2失去电子变为H+，负极的电极反应式为：2H2-4e-=4H+；正极上O2获得电子变为O2-，与溶液中的H+结合变为H2
25、O，正极的电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2O。【点睛】本题考查了电子式、电极反应式的书写的知识。掌握电子式的书写原则、原电池的正极、负极的判断、反应原理，结合电解质溶液的酸碱性及溶液中的离子、可能发生的反应进行书写。17.下表是元素周期表的一部分，请回答有关问题：AAAAAAA0234(1)表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为 _ 。(2)表中能形成两性氢氧化物的元素是 _ (用元素符号表示)，写出该元素的单质与最高价氧化物的水化物反应的离子方程式 _ 。(3)元素与元素形成化合物的电子式 _ 。(4)、四种元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是 _(填化学式)。(5)元素
26、与元素两者核电荷数之差是 _ 。【答案】 (1). (2). Al (3). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2 (4). (5). HClO4 (6). 26【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置知，种元素分别是C、N、F、Mg、Al、S、Cl、Ar、K、Br元素。(1)这些元素中最不活泼的元素是Ar，其原子核外有18个电子，核外有3个电子层；(2)表中能形成两性氢氧化物的元素是铝；最高价氧化物的水化物是KOH，铝和KOH溶液反应生成偏铝酸钾和氢气；(3)是Mg，是Cl，两种元素形成的化合物MgCl2是离子化合物；Mg2+与Cl-通过离子键结合；(4)、四种元素分别是C、N、
27、S、Cl，四种元素最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4；(5)元素与元素两者核电荷数之差=35-9=26。【详解】根据元素在周期表中的位置知，种元素分别是C、N、F、Mg、Al、S、Cl、Ar、K、Br元素。(1)这些元素中最不活泼的元素是Ar，其原子核外有18个电子，核外有3个电子层，其原子结构示意图为；(2)表中能形成两性氢氧化物的元素是铝；最高价氧化物的水化物是KOH，铝和KOH溶液反应生成偏铝酸钾和氢气，反应方程式为2Al+2KOH+2H2O2KAlO2+3H2；(3)是Mg，是Cl，两种元素形成的化合物MgCl2是离子化合物；Mg2+与Cl-通过离子键结合，电子式为；(4
28、)、四种元素分别是C、N、S、Cl，四种元素最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4；(5)元素与元素两者核电荷数之差=35-9=26。【点睛】本题考查元素周期表结构和元素周期律综合应用的知识。根据元素在周期表的位置判断元素是解题关键，明确物质性质、原子结构、元素周期律内涵即可解答，注意氢氧化铝的两性。18.利用下列反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+ 制一个化学电池(给出若干导线和一个小灯泡，电极材料和电解液自选)，画出实验装置图，注明电解质溶液名称和正负极材料，标出电子流动方向和电流方向，写出电极反应式，负极：_，正极：_；装置图：_。【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2
29、). 2Fe3+2e-=2Fe2+ (3). 【解析】【分析】已知Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据反应可知Fe失去电子，被氧化，应为负极，正极可为C、Cu等活动性比Fe的导电性的物质，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，电解质溶液含有Fe3+，【详解】根据Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知Fe失电子，被氧化，应为原电池的负极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；正极可为C、Cu等活动性比Fe的导电性的物质，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，电解质溶液含有Fe3+，正极的电极反应式为：2Fe3+2e-=2Fe2+，该反应原理装置图为：。【点睛】本题考查了原电池的设计和工作原理的探究，为侧重
30、于基础知识的考查，注意把握原电池的组成和原理，学习中注意基础知识的积累。19.把在空气中久置的铝片5.0 g投入盛有500 mL 0.5 molL1盐酸溶液的烧杯中，该铝片与盐酸反应产生氢气的速率与反应时间的关系可用下图所示的坐标曲线来表示，回答下列问题：(1)曲线Oa段不产生氢气的原因，用化学方程式解释为_；(2)曲线bc段产生氢气的速率增加较快的主要原因是_；(3)向溶液中加入下列物质，能加快上述化学反应速率的是_。A蒸馏水B改用铝粉C饱和氯化钠溶液D浓盐酸E少量硫酸铜溶液【答案】（1）Al2O36HCl2AlCl33H2O （2）反应放热，溶液温度升高，反应速率加快 （3）BDE【解析】
31、试题分析：（1）由于铝是活泼的金属，其表面有氧化膜，因此曲线Oa段不产生氢气，有关反应的化学方程式为Al2O36HCl2AlCl33H2O。（2）影响反应速率的因素一般是温度和浓度，随之反应的进行浓度是逐渐降低，则曲线bc段产生氢气的速率增加较快的主要原因应该是反应放热，溶液温度升高，反应速率加快。（3）A.加入蒸馏水，反应物浓度降低，反应速率减小，A错误；B改用铝粉增大反应物的接触面积。反应速率加快，B正确；C加入饱和氯化钠溶液相当于是稀释，反应物浓度降低，反应速率减小，C错误；D加入浓盐酸反应物浓度增大，反应速率增大，D正确；E加入少量硫酸铜溶液铝置换出铜，构成原电池加快反应速率，E正确，
32、答案选BDE。考点：考查外界条件对反应速率的影响20.在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入一容积为2 L的密闭容器中，X和Y两物质的浓度随时间变化情况如下图：(1)该反应的化学方程式为(反应物或生成物用符号X、Y表示)： _。(2)a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是_。.下图是可逆反应X23Y22Z在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是_A.t1时，只有正方向反应 B.t2时，反应达到限度C.t2t3，反应不再发生 D.t2t3，各物质的浓度不再发生变化【答案】 (1). Y2X (2). bd (3). BD【解析】【分析】I.(1)由图
33、可知，X的物质的量增加，Y的物质的量减少，则X为生成物，Y为反应物，再由10mim达到平衡可知X、Y的物质的量变化量，再根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比书写方程式；(2)物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态；II.由图可知，反应从正反应开始，在t2之前正反应速率大于逆反应速率，t2时反应到达限度，在t2之后化学反应处于动态平衡中，各物质的浓度不再变化。【详解】I(1)由图可知，X的物质的量增加，Y的物质的量减少，则X为生成物，Y为反应物，由10mim达到平衡可知，n(Y)：n(X)=(0.6-0.4)mol：(0.6-0.2)mol=1：2，物质的量变化量之比等于化学计量数之
34、比，则反应方程式为Y2X；(2)由图可知，1025min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，故答案为：bd；II.A.t1时，正、逆反应都发生，且正方向反应速率大于逆反应速率，A错误；B.t2时，正、逆反应速率相等，则反应到达限度，B正确；C.t2t3，正、逆反应速率相等，化学反应达到动态平衡，C错误；D.t2t3，为化学平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，D正确；故合理选项是BD。【点睛】本题考查化学平衡图象在化学方程式书写、化学反应速率及化学平衡的应用的知识，明确图象中纵横坐标及点、线、面的意义是解答本题的关键。21.把
35、2mol X气体和1mol Y气体混合于2L密闭容器中，发生如下反应：3X(g)+Y(g)=nZ(g)+2W(g)，2min内生成0.4mol W，若测得以Z的物质的量浓度变化表示的平均反应速率为0.2molL-1min-1，试计算：(1)前2min内，用X表示的平均反应速率_；(2)化学方程式中Z的化学计量数n_；(3)2min内Y的转化率_。【答案】 (1). 0.15mol/(Lmin) (2). 4 (3). 20【解析】【分析】2min末生成0.2mol W，v(W)=0.1 mol/(Lmin)，然后根据同一反应用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学计量数的比可得v(X)、n，然
36、后结合物质的转化率等于转化量与开始加入的量的比，可得Y的转化率。【详解】2min末生成0.2mol W，v(W)=0.1 mol/(Lmin)。(1)由于在同一反应用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学计量数的比，可得v(X)：v(W)=3：2，则v(X)=v(W)=0.1 mol/(Lmin)= 0.15mol/(Lmin)；(2)在同一反应用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学计量数的比，可得v(X)：v(Z)=3：n=0.15mol/(Lmin)：0.2 mol/(Lmin)=3：4，所以n=4；(3)根据物质反应时的物质的量的比等于化学方程式的化学计量数的比，n(Y)：n(W)=1：2，所以n(Y)=n(W)=0.4mol=0.2mol，所以Y的转化率为100%=20%。【点睛】本题考查了化学反应速率、化学平衡的计算的知识，把握化学反应中各物质的量的关系等为解答的关键，注意速率与化学计量数的关系确定n，侧重考查学生的分析与计算能力。
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