2018-2019学年甘肃省兰州市第一中学高一下学期期中考试化学试卷（解析版）

2018-2019学年甘肃省兰州市第一中学高一下学期期中考试化学试卷（解析版）

‎2018-2019学年甘肃省兰州市第一中学高一下学期期中考试 化学试卷（解析版）‎ 说明：本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。‎ 相对原子质量：H:1 O:16 S:32 Fe:56 Cu:64 Ag:108 Pb:207‎ 第I卷(选择题，共48分)‎ 一、单选题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分）‎ ‎1.关于元素周期表下列叙述，错误的是 A. 元素周期表揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一。‎ B. 在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期 C. 元素周期表中，总共有16个纵列，16个族 D. 第IA族的元素又称为碱金属元素（除了H），第VIIA族的元素又称为卤族元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、元素周期表是元素周期律的具体表现形式，揭示了化学元素间内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一，故A说法正确；B、原子结构中的电子层数等于元素所在周期表的周期数，则电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期，故B说法正确；C、元素周期表中共有18个纵行，7个主族、7个副族、1个零族，1个VIII族，其中VIII族占有3个纵行，共有16个族，故C说法错误；D、第IA族的元素除H外都是碱金属，第IA族的乐团苏又称为碱金属元素，第VIIA族的元素称为卤族元素，故D说法正确。‎ ‎2.下图是元素周期表的轮廓图，通常用于寻找催化剂及耐高温材料位于 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 通常用于寻找催化剂及耐高温材料的元素位于过渡元素和第Ⅷ族元素中，即图中的B区，答案选B。‎ ‎3.下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是 A. 锌片与稀硫酸的反应 B. 灼热的炭与水蒸气的反应 C. 乙醇在空气中的燃烧反应 D. Ba(OH)2 ·8H2O与NH4Cl的反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝和稀盐酸反应是放热反应，故A错误；‎ B.灼热的炭与水蒸气的反应是吸热反应，该反应中碳元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故B正确；‎ C.乙醇在空气中的燃烧反应是放热反应，故C错误；‎ D.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，该反应中各元素的化合价未发生变化，为非氧化还原反应，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。‎ ‎4.化学反应速率和化学反应的限度是化工生产研究的主要问题之一，下列对化学反应速率和反应限度的认识正确的是 A. 决定化学反应速率的主要因素是光照、超声波、压强和催化剂等 B. 化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率的 C. 可逆反应到一定程度时，会出现正、逆反应速率相等，各物质浓度相等的现象 D. 化学限度（即平衡）理论，是研究怎样改变反应条件，提高产品的产率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，A错误；B. 化学反应速率是研究反应快慢的，化学反应的限度理论是研究怎样提高原料转化率的，B错误；C. 可逆反应到一定程度时，会出现正、逆反应速率相等的现象，但各物质浓度不一定相等，C错误；D. 化学限度（即平衡）理论，是研究怎样改变反应条件，提高产品的产率，D正确，答案选D。‎ ‎5.下列说法正确的是 A. 凡是金属元素跟非金属元素形成的化合物都是离子化合物 B. 氢键是化学键的一种 C. 第ⅠA族和第ⅦA族原子化合时，一定生成离子键 D. 离子化合物中可能存在共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一般金属元素跟非金属元素化合易形成离子化合物，但AlCl3为共价化合物，故A错误；‎ B.氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故B错误；‎ C.ⅠA族和ⅦA族原子化合时，可能形成共价键，如HCl，故C错误；‎ D.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，如NaOH，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.由德国重离子研究中心人工合成的第112号元素的正式名称为“Copemicium”，相应的元素符号为“Cn”，该元素的名称是为了纪念天文学家哥白尼而得名。该中心人工合成 Cn 的过程可表示为：70Zn＋208Pb===277Cn＋1n。下列叙述中正确的是 A. 上述合成过程属于化学变化 B. 得到Cn元素的相对原子质量为277‎ C. Cn元素位于元素周期表的第七周期，是副族元素 D. 277 112Cn的原子核内中子数比质子数多165‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化学变化的最小粒子为原子，该反应中原子种类发生了变化，不属于化学变化，错误；‎ B.该Cn原子的相对原子质量为277，元素的相对原子质量由元素的各种天然同位素的相对原子质量及其在自然界中的百分含量有关，错误；‎ C.第118号元素位于周期表中第七周期、零族，则112号元素位于第七周期、ⅡB族，正确；‎ D.该原子的中子数=277-112=165，中子数比质子数多：165-112=53，错误。‎ ‎7.有关电化学知识的描述正确的是 A. 反应CaO＋H2O===Ca(OH)2可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池，把其中的化学能转化为电能 B. 原电池的两极一定是由活泼性不同的两种金属组成 C. ‎ 充电电池又称二次电池，它在放电时所进行的氧化还原反应，在充电时可以逆向进行，使电池恢复到放电前的状态 D. 原电池工作时，正极表面一定有气泡产生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：原电池是把化学能转变为电能的装置，原电池放电时，负极上失去电子发生氧化反应，即电子流出的是负极，正极上得电子发生还原反应，阳离子会移向正极。‎ 详解：A、只有氧化还原反应才能设计成原电池，反应CaO＋H2O=Ca(OH)2不是氧化还原反应，选项A错误；B．原电池的两极可能的由导电的非金属组成，如氢氧燃料电池中用石墨作电极材料，选项B错误；C、充电过程的反应物是放电过程的生成物，所以充电是使放电的氧化还原反应逆向进行，选项C正确；D、原电池工作时，正极上是溶液中的阳离子得电子，则正极表面可能有气泡产生，也可能生成金属单质，选项D错误；答案选C。‎ 点睛：本题考查了原电池原理，难度不大，会判断电子在外电路的流向及溶液中阴阳离子的移动方向。‎ ‎8.CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如下图所示。下列结论不正确的是 A. 反应在2～4 min内平均反应速率最大 B. 反应开始4 min内温度比浓度对反应速率的影响大 C. 4 min后，反应速率减小的主要原因是c(H+)减小 D. 反应在2～4 min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)=0.1 mol·L−1·min−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CaCO3与稀盐酸的反应为放热反应，随着反应的进行，温度逐渐升高，盐酸浓度逐渐降低，结合各时间段二氧化碳物质的量的变化可比较反应速率的大小，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由图象可知，0～2分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，2～4分钟时间内，生成二氧化碳0.2mol，4～6分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，则反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，最后减小，反应在2～4min内平均反应速率最大，A正确；‎ B．由图象可知，反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，因该反应为放热反应，则温度升高，开始4min 内温度对反应速率的影响比浓度大，B正确；‎ C．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，0～2分钟反应刚开始，温度较低，此时反应速率由氢离子浓度决定，2～4min反应速率最快，2～4分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，C正确；‎ D．由图可知，2～4分钟时间内，生成二氧化碳0.2mol，体积未知，不能计算CO2的平均反应速率，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量与时间的变化曲线，把握图中物质的量变化、速率与浓度和温度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，注意温度和浓度对反应速率的影响变化规律。‎ ‎9.有关如图所示装置的叙述正确的是 A. 溶液中Na+向Fe极移动 B. 该装置中Pt为正极，电极反应为：O2+2H2O+4e−===4OH−‎ C. 该装置中Fe为负极，电极反应为：Fe−2e−===Fe2+‎ D. 该原电池装置最终的产物是Fe(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 铁是活泼的金属，铁是负极，Pt是正极，因此溶液中Na+向Pt极移动，A错误；B. 该装置中Pt为正极，氧气发生得到电子的还原反应，电极反应为：O2＋ 2H2O ＋ 4e－＝4OH－，B正确；C. 该装置中Fe为负极，电极反应为：Fe－2e－＋2OH－＝Fe(OH)2，C错误；D. 氢氧化亚铁易被氧化，因此该原电池装置最终的产物是Fe(OH)3，D错误，答案选B。‎ ‎10.人们发现金星大气层有一种称之为羰基硫(COS)的分子，其结构与CO2类似，羰基硫是一种与生命密切相关的物质，下列推测不正确的是 A. COS是含有极性键的共价化合物 B. COS沸点比CO2高 C. COS 电子式为 D. COS中所有原子满足8电子稳定结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. COS分子分子中含有C、O、S三种元素都是非金属元素，因此COS是共价化合物，含有C=O键和C=S键是极性键，所以A选项是正确的； B. 由于M（COS）＞M(CO2)，且COS是极性分子，所以COS的沸点高于CO2，所以B选项是正确的； C. COS相当于是CO2分子中的一个氧原子被S原子取代，电子式是，所以C选项是错误的； D. COS中，碳原子的原子核外最外层电子数为4，其在分子中的化合价为+4，所以满足最外层电子数为8的电子结构；氧原子和硫原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为-2，所以满足最外层电子数为8的电子结构；所以D选项是正确的。 故答案选C。‎ ‎11.反应：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 A. 增加H2O(g)的量 B. 保持体积不变，充入氦气使体系压强增大 C. 将容器的体积缩小一半 D. 保持压强不变，充入氦气使容器容积变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．增加H2O (g) 量，H2O (g)的浓度增大，反应速率加快，故A不选；‎ B．保持体积不变，充入氦气，反应体系中各物质的浓度不变，则反应速率不变，故B选；‎ C．将容器的体积缩小一半，气体的浓度增大，反应速率加快，故C不选；‎ D．保持压强不变，充入氦气，容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减慢，故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为BD，充入与反应无关的气体，反应速率是否发生变化，要看充入气体后，反应中气体物质的浓度如何变化。‎ ‎12.下列关于卤族元素的比较中，不正确的是 A. 卤离子的还原性：F-＜Cl-＜Br-＜I-‎ B. 从上到下，卤素原子的电子层数依次增多，半径依次增大 C. 单质与氢气化合的难易：F2＞Cl2＞Br2＞I2‎ D. 氢卤酸的酸性：HF＞HCl＞HBr＞HI ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，单质的氧化性逐渐减弱，所以其阴离子的还原性逐渐增强，所以卤离子的还原性：F-＜Cl-＜Br-＜I-，故A正确；‎ B.卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，卤素原子的电子层数依次增多，原子半径依次增大，所以原子半径：F＜Cl＜Br＜I，故B正确；‎ C.卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，非金属性逐渐减弱，与氢气化合越来越难化合，所以卤素单质与氢气化合由易变难的顺序：F2＞Cl2＞Br2＞I2，故C正确；‎ D.卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，非金属性逐渐减弱，气态氢化物越来越不稳定，在水中越来越容易电离，氢卤酸的酸性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎13.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是 A. CO和O生成了具有共价键的CO2‎ B. 在该过程中，CO断键形成C和O C. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程 D. CO和O生成CO2是吸热反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，即CO和O生成了具有共价键的CO2，A正确；‎ B、根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，B错误；‎ C、状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，C错误；‎ D、根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.下列有关判断正确的是 A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu－2e－===Cu2+‎ B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al－3e－＋3OH－===Al(OH)3‎ C. 由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，片刻后其负极反应式为：Cu－2e－===Cu2+‎ D. 原电池装置能够实现2HCl+Cu===CuCl2+H2↑反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属性铁强于铜，由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池中铁为负极，其负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，A错误；‎ B．由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池中铝能与氢氧化钠溶液反应，铝为负极，其负极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，B错误；‎ C．由Al、Cu、浓硝酸组成原电池中铝发生钝化，铜为负极，其负极反应式为Cu－2e－＝Cu2+，C正确；‎ D．Cu与盐酸常温不反应，则不能由原电池实现该反应，电解池装置能实现2HCl+Cu=CuCl2+H2↑反应，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义。对于密闭容器中的反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，在673K、30MPa下，n(NH3)和 n(H2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 点a的正反应速率比点b的小 B. 点c处反应达到平衡 C. 点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(N2)不一样 D. 点e处反应达到平衡 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在N2（g）+3H2（g）2NH3（g）反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应物和生成物的物质的量不再改变。‎ ‎【详解】A项、浓度越大，反应速率越快，由图可知，a点氢气浓度大，则点a的正反应速率比点b的大，故A错误；‎ B项、点c处正逆反应速率不相等，反应到t1时达到平衡，则点c处没有达到平衡，故B错误；‎ C项、点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处，均为平衡状态，则n（N2）一样，故C错误；‎ D项、点e处n(NH3)保持不变，反应达到平衡，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡图象问题，注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握平衡状态的特征为解答该题的关键。‎ ‎16.下列反应过程中能量变化的趋势与下图一致的是（ ）‎ A. C + CO22CO B. CaCO3CaO + CO2↑‎ C. 2Al + Fe2O32Fe + Al2O3‎ D. Ba（OH）2·8H2O + 2NH4Cl==BaCl2 + 2NH3↑+ 10H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，‎ A. C + CO22CO此反应为吸热反应，故A不符合；‎ B. CaCO3CaO + CO2↑多数分解反应属于吸热反应，故B不符合；‎ C. 2Al + Fe2O32Fe + Al2O3铝热反应是典型的放热反应，故C符合；‎ D. Ba(OH)2·8H2O + 2NH4Cl==BaCl2 + 2NH3↑+ 10H2O此反应为吸热反应，故D不符合，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】判断反应是吸热反应还是放热反应切不可以根据反应条件判断，高温条件的反应不一定就是吸热，这是易错点。‎ ‎17.短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，其中A是四元化合物，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D是淡黄色固体化合物，E是单质。各物质之间存在如下图转化关系(部分产物未标出)。下列说法不正确的是 A. 简单离子半径大小关系：Y＞Z＞R B. 简单阴离子的还原性：W＞Y＞Z C. 氢化物的沸点：Y＞Z D. C和E反应生成F是工业制硝酸的重要反应之一 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，其中C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为NH3；D是淡黄色固体化合物，则D为Na2O2；E是单质，根据C+E→F可知反应为氨的催化氧化，则E为O2，F为NO；A是四元化合物，且A既能与酸反应生成B能与Na2O2反应生成O2，能与碱反应生成NH3，则A为(NH4)2CO3或NH4HCO3，因此W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，R为Na元素，据此答题。‎ ‎【详解】A.Y为N元素，Z为O元素，R为Na元素，电子层数越多，半径越大，具有相同电子层结构的离子，元素的核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子半径大小关系：N3-＞O2-＞Na+，故A正确；‎ B.W为H元素，Y为N元素，Z为O元素，元素的非金属性越强，其对应的阴离子的还原性越弱，非金属性O＞N＞H，所以阴离子的还原性：H＞N＞O，故B正确；‎ C.Y为N元素，Z为O元素，N、O两种元素的氢化物，水分子间、氨分子间都存在氢键，水分子间的氢键比氨分子间的氢键强，所以水的沸点高些，所以氢化物的沸点：Z＞Y，故C错误；‎ D.工业上利用氨的催化氧化生成一氧化氮是制取硝酸的重要反应之一，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎18.将等物质的量的A、B混合于‎2L的密闭容器中，发生下列反应：‎3A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(g)，经2min后测得D的浓度为0.5 mol·L-1，c(A)∶c(B)＝3∶5，以C表示的平均速率v(C)＝0.25 mol·L-1·min-1，下列说法正确的是 A. 该反应方程式中，x＝1‎ B. 2 min时，A的物质的量为0.75mol C. 2 min时，A的转化率为50%‎ D. 反应速率v(B)＝0.25 mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：2min后测得D的浓度为0.5 mol·L-1，v(D)==0.25 mol·L-1·min-1，B表示的平均速率v(C)＝0.25 mol·L-1·min-1，由速率之比等于化学计量数之比可以知道,x=2,设A、B的起始物质的量均为n,生成D为‎2L×0.5 mol·L-1=1mol,则     ‎3A(g)＋B(g)⇌‎2C(g)＋2D(g) 起始  n   n   0   0  转化  1.5  0.5   1    1  2min n-1.5 n-0.5  1   1  c(A)∶c(B)＝3∶5，则=，计算得出n=3，以此来解答。‎ 详解: A.由上述分析可以知道，x=2，故A错误；  B. 2min时,A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol,故B错误；‎ C.2 min时,A的转化率为×100%=50%,所以C选项是正确的； ‎ D. 反应速率v(B)＝=0.125 mol·L-1·min-1,故D错误； 所以C选项是正确的。‎ ‎19.180℃‎时将0.5 mol H2和1 mol CO2通入‎1L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸汽（CH3OH）和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 该反应的化学方程式：2CO2+4H22CH3OH+O2‎ B. 在0～3 min内H2平均化学反应速率为0.1 mol·L-1·min-1‎ C. 当容器内混合气体密度不再变化时，表明反应已经达到平衡状态 D. 在3～10 min内，反应仍未达到平衡状态 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图知，消耗n( CO2)=(1-0.9)mol=0.1mol、n(H2)=(0.5-0.2)mol=0.3mol、n(CH3OH)=0.1mol，同一反应中参加反应的各物质的物质的量之比等于其分子个数之比，则N(CO2)：N(H2)：N(CH3OH)=0.1mol：0.3mol：0.1mol=1：3：1，根据原子守恒知，还生成H2O，所以反应方程式为CO2+3H2⇌CH3OH+H2O，故A错误；B．v(H2)===0.1mol•L-1•min-1，故B正确；C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则反应前后气体密度始终不变，所以气体密度不能作为平衡状态判断标准，故C错误；D．在3min时各物质物质的量不变，反应达到平衡状态，则在3～10 min内，反应达到平衡状态，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡的建立和图像分析，明确化学平衡状态判断标准及化学反应速率计算方法是解本题关键。本题的易错点为D。‎ ‎20.下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是 A. NH4Cl+NaOH===NaCl+NH3↑＋H2O B. Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑‎ C. Cl2+2NaOH===NaClO+NaCl+H2O D. 2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．该反应中没有非极性键的断裂和形成，故A不选；B．该反应中有离子键、极性键、非极性键断裂，只有离子键、极性键形成，没有非极性键的形成，故B不选；C．该反应中没有极性键的断裂，和非极性键的形成，故C不选；D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2‎ ‎↑中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，故D选；答案为D。 点睛：物质的类别与化学键之间的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。‎ ‎21.向某容积一定的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一定条件下发生如下反应:2SO2+O22SO3。下列说法不正确的是 A. 升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率 B. 达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比一定为2:1:2‎ C. 当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，反应达到平衡状态 D. 达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：根据影响化学反应速率的因素和化学反应达到化学平衡的标志进行解答。增加反应浓度或生成物的浓度化学反应速率加快；升高温度化学反应速率加快；化学平衡的标志是各物质的浓度不在改变，正反应速率等于逆反应速率。‎ 详解：A.根据影响化学反应速率的因素知反应2SO2+O22SO3，如果升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率，故A正确；B. 初始加入2molSO2和1molO2，根据反应2SO2+O22SO3，因为是可逆反应不能进行彻底，所以达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比不一定为2:1:2，故B错误；C. 当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D.因为2SO2+O22SO3是可逆反应不能进行彻底，达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol，故D正确；答案：选B。‎ ‎22.以N2和H2为反应物，盐酸酸化的NH4Cl溶液为电解质的原电池，工作原理如下图所示，下列说法不正确的是 A. b电极为负极 B. 反应过程中，溶液中的Cl-向a电极移动 C. a电极的电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH4+‎ D. 电池反应为N2+3H2+2HCl=2NH4Cl ‎【答案】B ‎【解析】‎ 以N2和H2为反应物，盐酸酸化的NH4Cl溶液为电解质的原电池，该原电池的电池反应为：N2+3H2+2HCl=2NH4Cl。A项，通入N2的a电极为正极，通入H2的b电极为负极，正确；B项，反应过程中，Cl-向负极移动，向b电极移动，错误；C项，a电极上N2发生得电子的还原反应，电极反应式为N2+6e-+8H+=2NH4+，正确；D项，正确；答案选B。‎ ‎23.在密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2，一定条件下发生反应2SO2＋O22SO3。反应达到平衡后，各物质的物质的量可能为 n(SO2)/mol n(O2)/mol n(SO3)/mol A ‎2.0‎ ‎1.0‎ ‎0‎ B ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎1.80‎ C ‎1.0‎ ‎0.8‎ ‎1.0‎ D ‎0‎ ‎0‎ ‎2.0‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设起始到平衡过程中转化O2物质的量为xmol，用三段式 ‎ 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）‎ n（起始）（mol） 2 1 0‎ n（转化）（mol） 2x x 2x n（平衡）（mol） 2-2x 1-x 2x 由于该反应为可逆反应，则2-2x0、1-x0、2x0，解得0x1，达到平衡时0n（SO2）平衡 ‎2mol，0n（O2）平衡1mol，0n（SO3）平衡2mol，且n（SO2）平衡=2n（O2）平衡，n（SO2）平衡+n（SO3）平衡=2mol。A项，平衡时SO2应小于2mol，O2应小于1mol，SO3应大于0，A项不可能；B项，符合上述分析的各个要求，B项可能；C项，不符合n（SO2）平衡=2n（O2）平衡，C项不可能；D项，由于是可逆反应最终达到平衡状态，SO2、O2不可能完全转化为SO3，D项不可能；答案选B。‎ 点睛：本题考查化学平衡的建立，利用可逆反应的特点使用极限法是解题的关键。需要注意隐含的条件：（1）各物质转化物质的量之比等于化学计量数之比；（2）S守恒的应用，n（SO2）平衡+n（SO3）平衡=2mol。‎ ‎24.在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，当m、n、p、q为任意整数时，不能作为达到平衡标志的是 A. 体系的压强不再改变 B. 体系的温度不再改变 C. 各组分的浓度不再改变 D. 各组分的质量分数不再改变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应到达平衡后，压强、温度、密度、反应速率之比、各组分的浓度、质量分数等都不变，但这并不意味着只要这些物理量不变，就达到了化学平衡；这些物理量不变，是否达到化学平衡与化学反应方程式中反应物本身的系数有关，具体问题要具体分析，有些是恒等的，有些是不恒等的，不恒等的物理量如果不变了才能推断出达到了化学平衡。‎ ‎【详解】A、假如m+n=p+q，则不正确，因为这种情况下无论反应有没有达到平衡，体系的压强都是不变的，故A错误； B、反应伴随着热量的变化，如果热量不能被传递出去，一直在体系之中，则可以通过温度来判断是否达到平衡，故B正确； C、如果没有达到平衡，各组分的浓度一定会改变，只有达到平衡才不会继续改变，故C正确； D、质量分数和浓度有类似的效果，如果没有平衡则质量分数一定会改变，只有到了平衡才不会继续改变，故D正确。 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意把握化学平衡状态判断的角度，特别是利用压强判断平衡状态时，一定要结合反应方程式特点，为易错点。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共52分)‎ 二、填空题 ‎25.有下列物质：①O2 ②CO2 ③NH3 ④Na2O ⑤Na2O2 ⑥NaOH ⑦MgCl2 ⑧H2O2 ⑨NH4Cl ⑩N2，回答下列问题：‎ ‎（1）只含有极性键的是__；只含有非极性键的是__；只含有离子键的离子化合物是___；含有非极性键的离子化合物是____。（均填序号）‎ ‎（2）写出⑤、⑨的电子式_____、______‎ ‎（3）用电子式表示MgCl2的形成过程：____________。‎ ‎【答案】 (1). ②③ (2). ①⑩ (3). ④⑦ (4). ⑤ (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①O2中只含非极性键，属于单质；‎ ‎②CO2中只含极性键，属于共价化合物；‎ ‎③NH3中只含极性键，属于共价化合物；‎ ‎④Na2O中只含离子键，属于离子化合物；‎ ‎⑤Na2O2中含有离子键和非极性键，属于离子键化合物；‎ ‎⑥NaOH中含有离子键和极性键，属于离子键化合物；‎ ‎⑦MgCl2中只含离子键，属于离子化合物；‎ ‎⑧H2O2含有H-O极性键和O-O非极性键，属于共价化合物；‎ ‎⑨NH4Cl中含有离子键和极性键，属于离子键化合物；‎ ‎⑩N2中只含非极性键，属于单质。‎ ‎（1）只含有极性键的是②③；只含有非极性键的是①⑩；只含有离子键的离子化合物是④⑦；含有非极性键的离子化合物是⑤，故答案为：②③；①⑩；④⑦；⑤。‎ ‎（2）⑤Na2O2为含有共价键的离子化合物，钠原子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子与氧原子之间形成共价键，电子式为，⑨NH4Cl为含有共价键的离子化合物，铵根离子与氯离子之间形成离子键，铵根离子中N原子与H原子之间形成共价键，电子式为，故答案为：，。‎ ‎（3）MgCl2为离子化合物，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：‎ ‎。‎ ‎【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，同种非金属间形成非极性键，不同种非金属间形成极性键。‎ ‎26.下表是元素周期表中的一部分。‎ 根据A—J在周期表中的位置，用元素符号、化学式或反应式回答下列问题：‎ ‎（1）氧化性最强的单质是___，用一个化学反应证明H单质的氧化性强于G单质__________。‎ ‎（2）A分别与F、G、H形成的简单化合物中，稳定性由强到弱的顺序为_________。‎ ‎（3）B、C、G、H离子半径由大到小的顺序是_________。‎ ‎（4）D单质可用来制造D—空气燃料电池，该电池通常以氯化钠或氢氧化钾溶液为电解质溶液，通入空气的电极为正极。若以氯化钠为电解质溶液时，正极的反应式为______。若以氢氧化钾溶液为电解质溶液时，电池的总反应式为____。‎ ‎【答案】 (1). F2 (2). ‎2F2+2H2O=4HF+O2 (3). HF>H2O>NH3 (4). O2->F->Na+>Mg2+ (5). O2+2H2O+4e-=4OH- (6). 4Al+3O2+4KOH=4KAlO2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在周期表中的位置，可判断出元素A为H元素，B为Na元素，C为Mg元素，D为Al元素，E为C元素，F为N元素，G为O元素，H为F元素，I为Cl元素，J为Ne元素，再结合元素周期律以及相关物质的性质分析解答。‎ ‎【详解】（1）上述元素中非金属性最强的是F元素，则F2单质的氧化性最强，可以通过单质间的置换反应，证明F2的氧化性强于O2，反应方程式为：‎2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：F2，‎2F2+2H2O=4HF+O2。‎ ‎（2）元素的非金属性越强，则形成的氢化物越稳定，N、O、F位于元素周期表的同一周期，同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，则氢化物的稳定性由强到弱的顺序为HF>H2O>NH3，故答案为：HF>H2O>NH3。‎ ‎（3）B为Na元素，C为Mg元素，G为O元素，H为F元素，这4种元素形成的离子具有相同的核外电子排布，具有相同的核外电子排布的离子，元素的核电荷数越大，离子的半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是O2->F->Na+>Mg2+，故答案为：O2->F->Na+>Mg2+。‎ D为Al元素，Al单质可用来制造Al—空气燃料电池，该电池通常以氯化钠或氢氧化钾溶液为电解质溶液，通入空气的电极为正极。若以氯化钠为电解质溶液时，氧气得到电子转化为氢氧根，正极的反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；若以氢氧化钾溶液为电解质溶液时，铝为负极，铝与氢氧化钾发生失电子的氧化反应，氧气在正极都是得到电子的含有反应，则电池的总反应式为4Al+3O2+4KOH=4KAlO2+2H2O，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；4Al+3O2+4KOH=4KAlO2+2H2O。‎ ‎27.Ⅰ．某温度时，在一个‎10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据下图中数据填空：‎ ‎（1）平衡时容器内混合气体密度比起始时_____（填“变大”，“变小”或“相等”下同），混合气体的平均相对分子质量比起始时_____；‎ ‎（2）将amolX与b mol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）=n（Y）=2n（Z），则原混合气体中a：b=_____。‎ Ⅱ．在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③混合气体的总物质的量 ④混合气体的平均相对分子质量 ⑤混合气体的颜色 ⑥各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比。‎ ‎（1）一定能证明2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达到平衡状态的是_____（填序号，下同）。‎ ‎（2）一定能证明I2(g)＋H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是______。‎ ‎（3）一定能证明A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)达到平衡状态的是_____。（注：B,C,D均为无色物质）‎ ‎【答案】 (1). 相等 (2). 变大 (3). 7：5 (4). ①③④ (5). ⑤ (6). ②④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）各组分都是气体，容积不变，因此反应前后气体密度不变，根据M=m/n，组分都是气体，气体质量不变，向正反应方向进行，气体物质的量减小，则M增大，故答案为：相等；变大。‎ ‎（2）根据图像，X和Y的物质的量减小，说明作反应物，Z的物质的量增大，说明作生成物，化学反应速率之比等于化学计量数之比，同时间同体积，物质的量变化等于化学计量数之比，即三者物质的量变化为(1－0.7)：(1－0.9)：0.2=0.3：0.1：0.2=3：1：2，反应方程式为：3X+Y2Z；‎ n（X）=n（Y）=2n（Z），因此有a－3x=b－x，a－3x=4x，a=7x，b=5x，因此a：b=7x：5x=7：5；故答案为：7：5。‎ Ⅱ．（1）①反应前后气体系数之和不相等，因此压强不变，说明反应达到平衡，故①正确；‎ ‎②组分都是气体，气体质量不变，是恒容状态，容器的体积不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故②错误；‎ ‎③向正反应方向进行，气体物质的量减少，因此总物质的量不变，说明反应达到平衡，故③正确；‎ ‎④根据M=m/n，组分都是气体，气体质量不变，向正反应方向进行，气体物质的量减小，因此当M不变，说明反应达到平衡，故④正确；‎ ‎⑤组分都是无色气体，因此颜色不变，不能说明反应达到平衡，故⑤错误；‎ ‎⑥没有指明反应进行方向，故⑥错误；‎ 故答案为：①③④。‎ ‎（2）①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故①错误；②组分都是气体，气体质量不变，是恒容状态，容器的体积不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故②错误；‎ ‎③反应前后气体系数之和相等，因此物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故③错误；‎ ‎④根据M=m/n，组分都是气体，气体质量不变，气体总物质的量不变，因此当M不变，不能说明反应达到平衡，故④错误；‎ ‎⑤I2是有颜色的气体，因此颜色不变，说明反应达到平衡，故⑤正确；‎ ‎⑥没有指明反应进行方向，故⑥错误；‎ 故答案为：⑤。‎ ‎（3）①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故①错误；②A为固体，其余为组分都是气体，气体质量增加，是恒容状态，容器的体积不变，因此密度不变，说明反应达到平衡，故②正确；‎ ‎③气体物质的量不变，因此总物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故③错误；‎ ‎④根据M=m/n，气体质量增加，气体物质的量不变，因此当M不变，说明反应达到平衡，故④正确；‎ ‎⑤题目中没有说明气体的颜色，因此颜色不变，不能说明反应达到平衡，故⑤错误；‎ ‎⑥没有指明反应进行方向，故⑥错误；‎ 故答案为：②④。‎ ‎【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”：“一等”即正反应速率等于逆反应速率；“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变,其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变。‎ ‎28.人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要，广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，请根据题中提供的信息，填写空格。‎ ‎（1）铅蓄电池在放电时发生的电池反应式为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。正极电极反应式为__。‎ ‎（2）某学习小组依据氧化还原反应：2Ag++Cu=Cu2++2Ag设计成原电池，则负极发生的电极反应为__，当反应进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了‎5.4g，则该原电池反应共转移了的电子数目是______。‎ ‎（3）燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如下图是电解质为稀硫酸溶液的氢氧燃料电池原理示意图，回答下列问题：‎ ‎①该电池的正极反应式_______。‎ ‎②若该电池的效率80%，当外电路通过0.2mo1电子时，消耗O2的体积___L(标准状况)‎ ‎【答案】 (1). PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O (2). Cu-2e=Cu2+ (3). 0.05NA (4). O2+4e-+4H+=2H2O (5). 1.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据铅蓄电池中正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅，写出电极方程式；‎ ‎（2）根据总反应可知铜发生氧化反应，则铜失电子作原电池的负极；Ag为原电池的正极，正极上发生还原反应，根据电极反应式计算转移电子的数目；‎ ‎（3）氢氧燃料电池中，通入氧气的一极为正极，发生还原反应；根据原电池中得失电子数目相等进行计算。‎ ‎【详解】（1）铅蓄电池的电池总反应式为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，依据反应的总电池反应，反应中PbO2中元素化合价降低的是在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅，电极反应为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；故答案为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O。‎ ‎（2）在2Ag++Cu═Cu2++2Ag反应中，铜的化合价升高，发生氧化反应，则铜失电子作原电池的负极，电极反应为Cu-2e-═Cu2+；原电池工作时，负极铜失去电子被氧化生成铜离子，铜的质量逐渐减少，溶液中的银离子在正极银得电子发生还原反应生成银，所以正极增重的质量就是析出银的质量，当银电极质量增加‎5.4g时，n（Ag）=‎5.4g÷‎108g/mol =0.05mol，根据电极反应Ag++e-=Ag，可知原电池反应共转移电子的数目为0.05NA，故答案为：Cu-2e-═Cu2+；0.05NA。‎ ‎（3）①氢氧燃料电池中，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，该电池的正极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O；故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O。‎ ‎②设参加反应的氧气的体积为VL（标准状况），则×80%×4mol=0.2mol，解得V=‎1.4L，故答案为：1.4。‎ 三、实验题 ‎29. 某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：‎ ‎【实验原理】2KMnO4+5H‎2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O ‎【实验内容及记录】‎ 实验编号 ‎ 实验温度 ‎ 试管中所加试剂及其用量/mL ‎ 溶液褪至无色所需时间/min ‎ ‎0.6mol/L H‎2C2O4溶液 ‎ H2O ‎ ‎3mol/L 稀H2SO4溶液 ‎ ‎0.05mol/L KMnO4溶液 ‎ ‎① ‎ ‎25 ‎ ‎3.0 ‎ V1 ‎ ‎2.0 ‎ ‎3.0 ‎ ‎1.5 ‎ ‎② ‎ ‎25 ‎ ‎2.0 ‎ ‎3.0 ‎ ‎2.0 ‎ ‎3.0 ‎ ‎2.7 ‎ ‎③ ‎ ‎50 ‎ ‎2.0 ‎ V2 ‎ ‎2.0 ‎ ‎3.0 ‎ ‎1.0 ‎ ‎ ‎ ‎（1）请完成此实验设计，其中：V1= ，V2= 。‎ ‎（2）实验①、②探究的是 ‎ 对化学反应速率的影响，根据上表中的实验数据，可以得到的结论是_________________________________________________________。‎ ‎（3）探究温度对化学反应速率的影响，应选择________________（填实验编号）。‎ ‎（4）利用实验1中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为____________________。‎ ‎（5）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化的趋势如图1所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的实际趋势如图2所示。‎ 该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并设计以下实验方案继续进行实验探究。‎ 实验编号 ‎ 实验温度/℃ ‎ 试管中所加试剂及其用量 ‎ 再向试管中加入某种固体 ‎ 溶液褪至无色所需时间/min ‎ ‎0.6mol/L H‎2C2O4溶液 ‎ H2O ‎ ‎3mol/L 稀H2SO4溶液 ‎ ‎0.05mol/L KMnO4溶液 ‎ ‎④ ‎ ‎25 ‎ ‎2.0 ‎ ‎3.0 ‎ ‎2.0 ‎ ‎3.0 ‎ MnSO4 ‎ t ‎ ‎ ‎ ‎①该小组同学提出的假设是________________________________________________。‎ ‎②若该小组同学提出的假设成立，应观察到________________________________现象。‎ ‎【答案】（1）V1=2.0，V2=3.0（各1分）‎ ‎（2）浓度（1分），其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率（2分）。‎ ‎（3）②③（1分） （4）1.0×10-2mol/(L·min)（2分）（5）①Mn2+对该反应有催化作用（2分）；‎ ‎②加入MnSO4固体后，KMnO4溶液比实验②更快褪色（2分）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）实验①、②探究浓度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V1= 2.0mL；实验②、③是探究温度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V2=3.0mL；‎ ‎（2）根据表中数据可知实验①、②探究的是浓度对化学反应速率的影响，根据上表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率；‎ ‎（3）根据表中数据可知探究温度对化学反应速率的影响，应选择②③。‎ ‎（4）草酸的物质的量为：0.6mol/L×‎0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为：0.05mol/L×‎0.003L=0.00015mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0018mol：0.00015mol=12：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：＝0.015mol/L，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=0.015mol/L÷1.5min=0.01mol/（L•min）。‎ ‎（5）①由图乙可知，反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4（或Mn2+）为该反应的催化剂。‎ ‎②若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，即加入MnSO4固体后，KMnO4溶液比实验②更快褪色。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查探究影响化学反应速率的因素 ‎【名师点晴】该题的答题关键是注意利用控制变量法进行分析解答。由于影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。但在分析相关数据时，要注意题给数据的有效性。‎ 四、计算题 ‎30.把0.6molW气体和0.5molX气体混合于‎2L密闭容器中，使它们发生如下反应：4W(g)+3X(g)2Y(g)+nZ(g)。2min末已生成0.2molY，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.0025mol/(L·s)，试计算 ‎（1）前2min内用W的浓度变化表示的平均反应速率为______。‎ ‎（2）2min末时X的浓度为__________。‎ ‎（3）化学反应方程式中n=________。‎ ‎（4）2min末，恢复到反应前温度，体系内压强是反应前压强的___倍。‎ ‎【答案】 (1). 0.1mol/(L·min) (2). 0.1mol/L (3). n=6 (4). 12/11‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题考查化学反应速率的计算。‎ ‎（1）前2min内用Y浓度变化表示的平均反应速率为υ（Y）==0.05mol/（L·min），‎ 根据不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，υ（W）：υ（Y）=4:2，υ（W）=2υ（Y）=20.05mol/（L·min）=0.1mol/（L·min）。‎ ‎（2）根据反应方程式，前2min内生成0.2molY消耗0.3molX，2min末X物质的量为0.5mol-0.3mol=0.2mol，2min末X的浓度为0.2mol‎2L= 0.1mol/L。‎ ‎（3）υ（Z）=0.0025mol/（L·s），将单位换算υ（Z）=0.15mol/（L·min），υ（Y）：υ（Z）=0.05mol/（L·min）：0.15mol/（L·min）=2：n，n=6。‎ ‎（4）用三段式， 4W（g）+3X（g）2Y（g）+6Z（g）‎ n（起始）（mol） 0.6 0.5 0 0‎ n（转化）（mol） 0.4 0.3 0.2 0.6‎ n（2min末）（mol）0.2 0.2 0.2 0.6‎ ‎2min末气体总物质量为0.2mol+0.2mol+0.2mol+0.6mol=1.2mol，开始气体总物质的量为0.6mol+0.5mol=1.1mol，2min末恢复到反应前温度，温度和体积相同时气体压强之比等于气体物质的量之比，2min末体系内压强是反应前压强的=倍。‎