2018-2019学年宁夏长庆高级中学高一下学期期末考试化学试卷（解析版）

2018-2019学年宁夏长庆高级中学高一下学期期末考试化学试卷（解析版）

宁夏长庆高级中学2018-2019学年第二学期高一化学期末试卷 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl: 35.5 Fe: 56 Cu: 64 Zn :65 ‎ 第I卷（选择题 共50分）‎ 一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.元素周期表是一座开放的“元素大厦”，“元素大厦”尚未“客满”。请你在“元素大厦”中为由俄罗斯科学家利用回旋加速器成功合成的119号超重元素安排好它的房间(　　)‎ A. 第八周期第ⅠA族 B. 第七周期第ⅦA族 C. 第七周期0族 D. 第六周期第ⅡA族 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】元素周期表中每周期元素的种数是2、8、8、18、18、32，稀有气体元素的原子序数依次是2、10、18、36、54、86、118，因此119号元素在118号的下一周期第一种元素，所以119号元素位于第八周期第IA族，故选A。‎ ‎【点睛】解答此类试题的关键是记住稀有气体元素的原子序数，2、10、18、36、54、86、118，并熟悉元素周期表的结构。‎ ‎2.某学生进行的下列家庭小实验不合理的是（ ）‎ A. 用食醋检验牙膏中的摩擦剂是否是碳酸钙 B. 炒菜时滴加少量食醋和料酒可增加香味 C. 在一瓣橘子上插入两根铜线并与小灯泡连接，验证电流的产生 D. 用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和羊毛织物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．食醋的主要成分为醋酸，能够与牙膏中的碳酸钙反应生成二氧化碳气体，可以通过是否有气体生成，作为判断的依据，故A合理；‎ B．料酒中醇和食醋中的乙酸发生了酯化反应，生成了有香味的乙酸乙酯，因此炒菜时滴加少量食醋和料酒可增加香味，故B合理；‎ C．形成原电池反应时，两极金属不能相同，否则不能形成原电池反应，故C不合理；‎ D．毛织物的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味；纯棉织物中不含有蛋白质，灼烧时没有烧焦羽毛的气味，故D合理；‎ 故选C。‎ ‎3.下列各组物质的相互关系描述正确的是 （ ）‎ A. H2、D2和T2互为同位素 B. 金刚石、C60、石墨互为同系物 C. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质 D. 和互为同分异构体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的原子，H2、D2和T2是单质不是原子，故不能称为同位素，故错误；B.金刚石和石墨和C60是碳元素的不同单质，是同素异形体，不是同系物，故错误；C.二者结构完全相同，是同种物质，故正确；D.二者是同种物质，故错误。故选C。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 可以用电解熔融氯化钠的方法来制取金属钠 B. 加热后才能发生的化学反应是吸热反应 C. 共价化合物中一定含有共价键，可能含有离子键 D. 1mol乙酸与1mol乙醇反应生产乙酸乙酯的分子数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠是活泼金属，工业上采用电解法冶炼，2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故A正确；‎ B. 化学反应是放热还是吸热，与反应条件无关，加热后才能发生的化学反应不一定是吸热反应，如物质的燃烧一般都需要加热或点燃，故B错误；‎ C. 共价化合物中一定含有共价键，但不可能含有离子键，含有了离子键就属于离子化合物，故C错误；‎ D. 乙醇和乙酸的酯化反应是可逆反应，1mol乙酸与1mol乙醇反应生产乙酸乙酯的分子数小于NA，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎5.X、Y、Z是三种短周期的主族元素，在周期表的位置如图，X原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，下列说法正确的是（ ）‎ A. X形成的氢化物只有一种 B. 原子半径：Y＞Z C. X和Z的最高价氧化物对应的水化物均为强酸 D. X的最低负化合价为-3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z是三种短周期的主族元素，根据元素在周期表的位置，X为第二周期元素，X原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，则X为C元素，因此Y为Al元素，Z为Si元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】由以上分析可知X为C元素、Y为Al元素，Z为Si元素。‎ A．X为C元素，形成的氢化物为烃，是一类物质，故A错误；‎ B．同周期随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径Y＞Z，故B正确；‎ C．碳酸和硅酸均为弱酸，故C错误；‎ D．C最外层有4个电子，最低负化合价为-4价，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.下列关于化学键和化合物的说法中正确的是(　　)‎ A. Na2O2、NaOH、CaCl2三种化合物含有相同的化学键 B. 金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物 C. 非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 D. HCl、H2S溶于水时只破坏了共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2中含有离子键和非极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，CaCl2只含有离子键，三种化合物含有的化学键不相同，故A错误；‎ B．金属和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，故B错误；‎ C．非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如铵盐是离子化合物，故C错误；‎ D．HCl、H2S都是共价化合物，溶于水时破坏了极性共价键，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意CaCl2只含有离子键，2个氯离子间不存在共价键。‎ ‎7.下列反应中，属于加成反应的是（ ）‎ A. CH2CH─CH3+HClOHOCH2─CHCl─CH3‎ B. CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl C. SO2+2NaOHNa2SO3+H2O D. HNO3+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH2CH─CH3的碳碳双键断裂，两个碳原子分别结合了羟基和氯原子，属于加成反应，故A选；‎ B．CH3Cl中的一个氢原子被氯原子取代了，属于取代反应，故B不选； ‎ C．SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O是复分解反应，故C不选；‎ D．苯中的一个氢原子被硝基取代了，属于取代反应，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎8.氟、氯、溴、碘性质上差异的主要原因是（ ）‎ A. 原子的核电荷数依次增多 B. 原子量依次增大 C. 原子核外次外层电子数依次增多 D. 原子核外电子层数依次增多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于氟、氯、溴、碘原子核外最外层电子数相等，电子层数依次增多，原子核对最外层电子数的吸引能力逐渐减弱，导致氟、氯、溴、碘金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此氟、氯、溴、碘性质上差异的主要原因是原子核外电子层数依次增多，故选D。‎ ‎9.1molH-H键的键能是436 kJ/mol，1mol I-I键的键能是151kJ/mol，1mol H-I 的键能是299 kJ/mol，则对于H2(g)+I22HI(g)的反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 放出11kJ热量 B. 吸收11kJ热量 C. 放出288kJ热量 D. 吸收288kJ热量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎△H=反应物的键能和-生成物的键能和，据此解答。‎ ‎【详解】据反应方程式H2(g)+I2(g)=2HI(g)，其△H=反应物的键能和-生成物的键能和=436kJ/mol+151kJ/mol-2×299kJ/mol=-11kJ/mol，为放热反应，故选A。‎ ‎10.下列图示变化为放热反应的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应物总能量大于生成物总能量的反应为放热反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．图中反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，故A错误；‎ B．图中反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故B正确；‎ C．浓硫酸溶于水虽放出热量，但其是物理变化，不属于放热反应，故C错误；‎ D．铵盐与碱的反应为吸热反应，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意浓硫酸的稀释属于物理变化，不是化学反应。‎ ‎11.巴豆酸的结构简式为CH3—CH=CH—COOH。现有①氯化氢、②溴水、③纯碱溶液、④乙醇、⑤酸性高锰酸钾溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是 A. 只有②④⑤ B. 只有①③④ C. 只有①②③④ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CH3-CH═CH-COOH中含碳碳双键、-COOH，结合烯烃、羧酸的性质来分析。‎ ‎【详解】含碳碳双键，能与①氯化氢、②溴水发生加成反应；含碳碳双键，能与⑤酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；含-COOH，能与③纯碱溶液发生复分解反应，也能与④乙醇发生酯化反应，‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团与性质的关系，结合官能团的结构，掌握常见有机物的性质及应用。‎ ‎12.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 苯能使溴水因发生取代反应而褪色，且生成溴苯 B. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 苯中没有典型的碳碳双键，但能发生加成反应 D. 苯中各原子均在同一平面 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯与溴水不反应，发生萃取，在催化条件下可与液溴发生取代反应，故A错误；‎ B．苯环对甲基的性质有影响，甲苯中的甲基能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；‎ C．虽然苯中没有典型的碳碳双键，但苯在一定条件下能与氢气发生加成反应，故C正确；‎ D．苯是一个平面形分子，苯中各原子均在同一平面，故D正确； ‎ 故选A。‎ ‎13.下列各组的性质比较正确的是（ )‎ A. 稳定性：NH3＜PH3 ＜ SiH4 B. 酸性：HClO4 ＞H2SO4 ＞ H3PO4‎ C. 碱性：KOH ＜ NaOH ＜ Mg(OH)2 D. 还原性：F— ＞ Cl— ＞ Br—‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因非金属性N＞P＞Si，则气态氢化物的稳定性NH3＞PH3＞SiH4，A错误；‎ B、非金属性Cl＞S＞P，则最高价氧化物的水化物的酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4，B正确；‎ C、金属性K＞Na＞Mg，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性KOH＞NaOH＞Mg(OH)2，C错误；‎ D、非金属性F＞Cl＞Br，则对应离子还原性F－＜Cl－＜Br－，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎14.下列措施能增大相应化学反应速率的是（ ）‎ A. 盐酸和大理石反应制取CO2时，增加大理石的用量 B. Cu与稀硝酸反应制取NO时，改用浓硝酸 C. NH4Cl与熟石灰反应制NH3时，增大压强 D. 在用Zn和稀硫酸反应制氢气时，加入几滴硫酸铜溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．增大固体的用量，固体的浓度不变，化学反应速率不变，故A错误；‎ B．稀硝酸与铜反应放出NO，浓硝酸与铜反应放出NO2，反应本质发生了变化，不能用浓度对反应速率的影响解释，故B错误；‎ C．NH4Cl与熟石灰均为固体，增大压强，反应速率不变，故C错误；‎ D．Zn能够从硫酸铜溶液中置换出铜，形成锌铜原电池，所以能使反应速率加快，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题是易错点为B，要注意分析外界因素对反应速率的影响时，不能改变反应的本质。‎ ‎15.下列说法正确的是 A. 实验室鉴别丙烯和苯，可以用酸性高锰酸钾溶液 B. 甲烷、乙烯和苯都可以与溴水发生反应 C. 乙醇被氧化只能生成乙醛 D. 乙醇和乙酸生成乙酸乙酯的反应不属于取代反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎ 丙烯含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，实验室鉴别丙烯和苯，可以用酸性高锰酸钾溶液，选项A正确；‎ B、甲烷是饱和烃不能与溴水反应，能与溴蒸气发生取代反应，苯中的化学键是介于单键与双键之间一种特殊的键，不能与溴水反应，选项B错误；‎ C. 乙醇可以直接被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，选项C错误；‎ D. 乙醇和乙酸生成乙酸乙酯的反应属于酯化反应，也属于取代反应，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎16.一定条件下，体积为‎10 L的密闭容器中，1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)(正反应为放热反应)该反应经过60 s达到化学平衡，生成0.3 mol Z，下列说法正确的是(　　)‎ A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.01 mol·(L·s)－1‎ B. 当X、Y、Z的速率比为2:1:1时，达到化学平衡状态 C. 反应放出的热量可用于提高反应速率 D. 反应达到平衡时，n(X):n(Y)＝1:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．v(Z)==0.0005mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(X)=2v(Z)=2×0.0005mol/(L•s)=0.001mol/(L•s)，故A错误； ‎ B. 根据方程式，任何时刻都存在X、Y、Z的速率比为2:1:1，不能说明达到化学平衡状态，故B错误；‎ C. 随着反应的进行，温度逐渐升高，反应速率会加快，故C正确；‎ D. 根据方程式，1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)，反应的X和Y是2:1，反应达到平衡时，n(X):n(Y)一定不等于1:1，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎17.如图是酸性电解质氢氧燃料电池构造示意图。关于该电池的说法不正确的是（ ）‎ A. b极是正极，电极上发生还原反应 B. 正极电极反应式为：O2+2H2O +4e-4OH-‎ C. 电流由b通过灯泡流向a D. 氢氧燃料电池属于环境友好的绿色电池 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-=2H+，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．氢氧燃料电池中，H2在负极a上被氧化，O2在正极b上被还原，故A正确；‎ B．通入氧气的一极为原电池的正极，由于电解质溶液为酸性，故正极的电极反应式：O2+4H++4e-=2H2O，故B错误；‎ C．原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即由a通过灯泡流向b，故C正确；‎ D．氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，属于绿色环保电池，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，注意把握电极的判断以及电极方程式的书写，特别是电解质溶液的酸碱性对电极方程式的影响。‎ ‎18.为提纯下列物质（括号内为杂质），所用的除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）‎ 序号 不纯物 除杂试剂 分离方法 A CH4（C2H4）‎ 酸性KMnO4溶液 洗气 B C2H5OH（乙酸）‎ 新制生石灰 蒸馏 C 乙酸乙酯（乙醇）‎ 饱和Na2CO3溶液 蒸馏 D NH4Cl溶液（FeCl3）‎ NaOH溶液 过滤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C2H4与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故A错误；‎ B．水与生石灰反应，可增大混合物的沸点差，可用蒸馏的方法分离，故B正确；‎ C．乙醇易溶于水，溶于碳酸钠溶液后与乙酸乙酯分层，然后利用分液来分离，故C错误；‎ D．NH4Cl溶液和FeCl3溶液都能与氢氧化钠溶液反应，应加入氨水除杂，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎19.下列说法错误的是 A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖 B. 植物油硬化过程中发生了加成反应 C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 D. 加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蔗糖和麦芽糖均为双糖，果糖为单糖，故错误；‎ B. 植物油硬化是因为植物油中的碳碳双键发生了加成反应，故正确；‎ C. 热能使蛋白质变性，故加热能杀死流感病毒，故正确；‎ D.吸水性的植物纤维可以吸水，作食品干燥剂，故正确。‎ 故选A。‎ ‎20.一定条件下，在密闭恒容容器中，能表示反应X(g)+2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是(　　)‎ ‎①X、Y、Z的密度不再发生变化 ②v正（Y）＝ 2v逆（X） ③容器中的压强不再发生变化 ④单位时间内生成nmol Z，同时生成2nmolY A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据ρ=m/V可知，反应前后混合气体的总质量不变，容器的体积不变，所以体系中气体的密度始终不发生变化，不能根据密度不变判断反应达化学平衡状态，错误；‎ ‎②v正（Y）＝ 2v逆（X）关系式满足气体的速率之比和系数成正比，且体现了v正、v逆的关系，可以判断反应达化学平衡状态，正确；‎ ‎③该反应左右两边化学计量数不等，容器压强不变说明气体的物质的量不变，达到化学平衡状态，正确；‎ ‎④若单位时间内生成n mol Z（正反应方向）,则应同时生成n mol Y(逆反应方向),反应达到平衡状态，‎ 而此时生成2n mol Y(逆反应方向),说明v(正)NH3>CH4 (10). C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A的原子半径最小，则A为H元素；F的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，L层上有8个电子，K层上有2个电子，则M层上有6个电子，则F为S元素；D的阴离子和E的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体，该固体为过氧化钠，则D为O元素、E为Na元素；B原子的最外层上有4个电子，原子序数小于O，则B为C元素，则C为N元素，据此结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知，A为H元素、B为C元素、C为N元素，D为O元素、E为Na元素、F为S元素，故答案为：C；O；Na；‎ ‎(2)C为N元素，原子序数为7，位于周期表中第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；‎ ‎(3)B、D两元素形成化合物为一氧化碳或二氧化碳，均属于共价化合物，故答案为：共价；‎ ‎(4)F为S元素，原子结构示意图为，故答案为：；‎ ‎(5)BD2为二氧化碳，属于共价化合物，电子式为；E2D2为过氧化钠，为离子化合物，电子式为，故答案为：；；‎ ‎(6)元素的非金属性越强，最简单氢化物稳定性越强，B、C、D的最简单氢化物稳定性由强到弱依次为H2O>NH3>CH4，故答案为：H2O>NH3>CH4；‎ ‎(7)F元素的最高价氧化物的水化物为H2SO4，浓硫酸和C反应的化学方程式为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O；‎ ‎(8)E与F两元素形成的化合物为Na2S，用电子式表示其化合物的形成过程为，故答案为：。‎ ‎【点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点为(5)中电子式的书写，要注意过氧化钠中含有过氧根离子。‎ ‎27.A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平；F是一种高聚物，常做食品包装袋的材料；G遇到碘水能变成蓝色；E是具有水果香味的化合物。在一定条件下，有机物A、B、C、D、E、F、G、H间存在下列变化关系。‎ ‎（1）A、D分子中的官能团名称分别是________、_________。‎ ‎（2）H溶液中加入新制的Cu(OH)2并加热，可观察到的现象是_________，医学上利用此原理可用来检测__________。‎ ‎（3）写出反应②、③的化学方程式，并指出反应类型：‎ ‎②_________________，__________；‎ ‎③_________________，__________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 羧基 (3). 有砖红色沉淀生成 (4). 糖尿病 (5). nCH2=CH2 (6). 加聚反应 (7). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O (8). 酯化反应（或者取代反应）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，F是一种高聚物，A发生加聚反应生成的F为，A与水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成C，C为CH3CHO，C进一步氧化生成D，D为CH3COOH，E是具有水果香味的化合物，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E，E为CH3COOCH2CH3，G遇到碘水能变成蓝色，G为淀粉，水解得到H，H为葡萄糖，葡萄糖可以转化得到乙醇，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A的结构简式为CH2=CH2，含有碳碳双键，D的结构简式为CH3COOH ‎，含有羧基，故答案为：碳碳双键；羧基；‎ ‎(2)H为葡萄糖(C6H12O6)，向H的水溶液中加入新制的Cu(OH)2并加热时产生的实验现象是有砖红色沉淀产生，医学上利用此原理可用来检测糖尿病，故答案为：有砖红色沉淀产生；糖尿病；‎ ‎(3)反应②的方程式为：nCH2=CH2 ，属于加聚反应；反应③的方程式为：CH3COOH+HOC2H5 CH3COOC2H5+H2O，属于取代反应或酯化反应；故答案为：nCH2=CH2 ；加聚反应；CH3COOH+HOC2H5 CH3COOC2H5+H2O；取代反应或酯化反应。‎ ‎28.（Ⅰ）在体积为‎2L的密闭容器中，某可逆反应（ABC均为气体），从0～2分钟进行过程中，在不同反应时间各物质的量的变化情况如图所示。‎ ‎（1）则该反应的反应物是________，生成物是_______；‎ ‎（2）该反应的化学方程式为__________；‎ ‎（3）反应开始至2分钟时，用C表示反应速率________；‎ ‎（4）2分钟后A、B、C各物质的量不再随时间的变化而变化，说明在这个条件下，反应已达到了______状态。‎ ‎（Ⅱ）对于反应：2SO2（g）＋O2（g） 2SO3（g），当其他条件不变时，只改变一个反应条件，将生成SO3的反应速率的变化填入空格里(填写“增大”“减小”“不变”)。‎ 编 号 改变的条件 生成SO3的速率 ‎①‎ 升高温度 ‎_______‎ ‎②‎ 降低温度 ‎_______‎ ‎③‎ 增大O2的浓度 ‎_______‎ ‎④‎ 使用V2O5作催化剂 ‎______‎ ‎【答案】 (1). A、B (2). C (3). ‎2A+B⇌‎2C (4). 0.5 mol/(L•min) (5). 化学平衡 (6). 增大 (7). 减小 (8). 增大 (9). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)(1)由图像中物质的量的变化趋势分析判断；‎ ‎(2)根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程；‎ ‎(3)根据v==计算；‎ ‎(4)根据化学平衡状态的特征分析解答；‎ ‎(Ⅱ)根据影响反应速率的因素分析判断。‎ ‎【详解】(Ⅰ)(1)由图像可知，A、B的物质的量减小，所以A、B是反应物，C的物质的量增加，C为生成物，故答案为：A、B；C；‎ ‎(2)当反应到达2min时，△n(A)=2mol，△n(B)=1mol，△n(C)=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n(A)∶△n(B)∶△n(C)=2∶1∶2，所以反应的化学方程式为：‎2A+B⇌‎2C，故答案为：‎2A+B⇌‎2C；‎ ‎(3)反应开始至2分钟时，v(C)==0.5 mol/(L•min)，故答案为：0.5 mol/(L•min)；‎ ‎(4)当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再变化，2分钟后A、B、C各物质的量不再随时间的变化而变化，说明在这个条件下，反应已达到了平衡状态，故答案为：化学平衡；‎ ‎(Ⅱ)影响反应速率的因素：温度、浓度、催化剂、压强、固体的表面积等。温度越高，浓度越大，压强越大、使用催化剂均可以使反应速率加快，反之，会使反应速率减慢。‎ ‎①升高温度，化学反应速率增大，②降低温度，化学反应速率减慢；③增大反应物O2的浓度，化学反应速率加快；④使用V2O5作催化剂，化学反应速率加快，故答案为：增大；减小；增大；增大。‎ ‎29.（I）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了‎3.25克，铜表面析出了氢气________L（标准状况下）。导线中通过_______mol电子。‎ ‎（II）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，以便完成下列反应。‎ Cu＋2AgNO3===2Ag＋Cu(NO3)2‎ ‎(1)请指出正极材料、负极材料、电解质溶液(写化学式)：‎ 正极：______，负极：_____，电解质溶液：______。‎ ‎(2)写出电极反应式：正极：___________，负极：___________。‎ ‎(3)溶液中Ag＋向______极移动，电子从______极流向_____极。（填“正”或“负”）‎ ‎【答案】 (1). 1.12 (2). 0.1 (3). Ag或石墨等 (4). Cu (5). AgNO3 (6). Ag++e-=Ag (7). Cu-2e-=Cu2+ (8). 正 (9). 负 (10). 正 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(I)根据原电池正负极得失电子数目相等分析计算；‎ ‎(II)根据“Cu+2AgNO3═2Ag+Cu(NO3)‎2”‎知，该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、Ag元素化合价由+1价变为0价，则Cu失电子发生氧化反应、银离子得电子发生还原反应，所以Cu作负极、不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，硝酸银为电解质，结合原电池原理分析解答。‎ ‎【详解】(1)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液构成的原电池中，负极：Zn-2e-=Zn2+；正极：2H++2e-=H2↑，n(H2)=n(Zn)==0.05mol，V(H2)=0.05mol×‎22.4L/mol=‎1.12L，n(e-)=2n(Zn)=2×0.05mol=0.1mol，故答案为：1.12；0.1；‎ ‎(II)(1)根据“Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu(NO3)‎2”‎知，在原电池中失电子的金属作负极，所以Cu作负极；不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，如Ag或石墨等，硝酸银为电解质，故答案为：Ag或石墨等；Cu；AgNO3；‎ ‎(2)正极上银离子得电子发生还原反应，Ag++e-=Ag；负极上Cu失电子发生氧化反应，Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Ag++e-=Ag；Cu-2e-=Cu2+；‎ ‎(3)放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，负极上失电子、正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，故答案为：正；负；正。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(II)，要注意根据氧化还原反应的规律分析判断原电池的正负极的反应式，同时注意放电时电解质溶液中阴阳离子移动方向。‎