【化学】甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）
甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Mg-24
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.具有下列特征的元素，一定是短周期主族元素的是( )
A. 原子序数为20
B. 最外层只有2个电子
C. 元素原子的质子数为26
D. 最外层有3个电子的非金属元素
【答案】D
【解析】
【详解】A、对应的元素是钙，属于长周期元素，选项A错误；
B、氦是0族元素，但最外层也只有2个电子，选项B错误；
C、对应的元素为铁，属于第Ⅷ族元素，选项C错误；
D、对应的元素为硼，位于第二周期第ⅢA族，选项D正确。
答案选D。
2.对于化学反应的限度的叙述，错误的是（ ）
A. 任何可逆反应都有一定的限度
B. 化学反应达到限度时，正、逆反应速率相等
C. 化学反应的限度与时间的长短无关
D. 化学反应的限度是不可改变的
【答案】D
【解析】
【分析】要根据可逆反应建立化学平衡状态的过程和化学平衡状态的特征来思考。
【详解】A. 可逆反应不论反应到什么程度，都会含有所有反应物和所有生成物，即会达到一定的限度，故A正确；
B.
一个可逆反应达到反应限度，即达到化学平衡状态时，正反应速率与逆反应速率相等，故B正确；
C. 可逆反应达到什么样的限度，与反应时间的长短无关，何时达到化学平衡状态，由反应本身及反应速率有关，故C正确；
D. 一个可逆反应达到化学平衡状态后，当条件（如温度、浓度）改变时，原来的化学平衡状态就会被破坏，并在新的条件下建立新的化学平衡状态，故D错误；
答案选D。
3.下列反应不属于可逆反应的是( )
A. 二氧化硫的催化氧化
B. 氯气溶于水
C. 工业合成氨
D. 水电解生成H2和O2与H2在O2中的燃烧反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫催化氧化时，发生反应2SO2+O22SO3，A不合题意；
B．氯气溶于水时，发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，B不合题意；
C．合成氨时发生反应N2+3H22NH3，C不合题意；
D．水电解时发生反应2H2O2H2↑+O2↑，H2在O2点燃时发生反应2H2+O22H2O，D符合题意；
故选D。
4.YBa2Cu3Ox(Y元素钇)是一种重要超导材料，下列关于Y的说法错误的是（ ）
A. 质量数是89 B. 质子数与中子数之差为50
C. 核外电子数是39 D. Y与Y互为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，原子符号左上角为质量数，所以钇原子质量数为89，胡A正确；
B选项，质子数+中子数=质量数，中子数=质量数－质子数= 89 －39 = 50，质子数与中子数之差为50－39 =11，故B错误；
C选项，原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确；
D选项，Y与Y质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确;
综上所述，答案为B。
5.元素周期表的形式多种多样，如下图所示是扇形元素周期表的一部分(1～36号元素)，对比中学常见元素周期表，思考扇形元素周期表的填充规律，下列说法不正确的是( )
A. 简单离子半径：②>⑧>⑨
B. 简单氢化物的稳定性：⑤>⑧
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：⑨>⑧>⑦
D. ①与⑤可形成既含极性键又含非极性键的化合物
【答案】A
【解析】
【详解】根据分析可知：①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Fe。
A.②为Na，⑧为S、⑨为Cl；Na+核外具有2个电子层，S2-、Cl-核外有3个电子层，离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于离子核外电子层数相同的元素，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径S2->Cl-，故离子半径：⑧>⑨>②，A错误；
B.⑤为O，⑧为S，由于元素的非金属性O>S，元素的非金属性越强，其形成的共价键就越强，含有该化学键的物质稳定性就越强，所以简单氢化物的稳定性：⑤>⑧，B正确；
C.⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于元素的非金属性Cl>S>Al，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：⑨>⑧>⑦，C正确；
D.①是H，⑤是O，二者可以形成H2O，只含有极性共价键；也可以形成H2O2，含有极性共价键、非极性共价键，故①与⑤可形成既含极性键又含非极性键的化合物，D正确；
故合理选项是A。
6.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟()等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。下列对的说法不正确的是( )
A. 原子核外电子数49
B. 中子数与电子数的差值为17
C. 中子数 66
D. 质量数 164
【答案】D
【解析】
【详解】A. ，原子核外电子数=质子数=49，故A正确；
B. 中子数=质量数－质子数=115－49=66，中子数与电子数的差值=66－49=17，故B正确；
C. 根据B选项分析得到中子数66，故C正确；
D. 质量数115，故D错误。
综上所述，答案为D。
7.某元素原子 M 层电子数比 K 层电子数多 5 个，该元素的最高正价为( )
A. +7 B. +5 C. +3 D. 无最高正价
【答案】A
【解析】
【详解】原子核外M电子层上有电子时，则K层、L层上电子数分别为2、8，则M电子层上的电子数为7，则该元素最外层电子全部失去时，该元素处于最高价，即最高正价为+7，故答案为：A。
8.下列排序正确的是( )
A. 微粒半径：Fe(OH)3胶粒
S2->K+
，故A错误；
B．元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：AlN>P，故气态氢化物的稳定性为H2O>NH3>PH3，故C正确；
D．同周期金属单质由上至下熔点降低，所以熔点：K④>③>① B. ④>②＝③>①
C. ②＝③>①>④ D. ② >③=④>①
【答案】C
【解析】
【详解】根据反应速率之比是化学计量数之比可知：①v(A)＝0.15 mol·L－1·s－1；②v(B)＝0.6 mol·L－1·s－1，则v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1；③v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1，则v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1；④v(D)＝0.45 mol·L－1·min－1，则v(A)＝0.00375 mol·L－1·s－1，所以快慢顺序为：②＝③
>①>④，
故选C。
13.在恒温、恒容的密闭容器中进行反应 A（g）═B（g）+C（g），若反应物的浓度由2mol•L-1 降到 0.8mol•L-1 需要 20s，那么反应物浓度再由 0.8mol•L-1 降到 0.2mol•L-1 所需要的时间为( )
A. 10s B. 大于 10s C. 小于 10s D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率v===0.06mol/(L•s)，假设以0.06mol/(L•s)的反应速率计算反应物A的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间t===10s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L时的平均反应速率小于0.06mol/(L•s)，所用时间应大于10s，故选B。
14.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号
X
Y
Z
M
R
原子半径/nm
0.186
0.102
0.075
0.074
0.143
主要化合价
＋1
＋6、－2
＋5、－3
－2
＋3
已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期。下列叙述不正确的是（ ）
A. 离子半径大小：R3+＜X+＜M2-
B. Y与M组成的化合物是形成酸雨的原因之一
C. 将YM2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明YM2具有漂白性
D. M的氢化物和Z的氢化物都有分子间氢键
【答案】C
【解析】
【分析】由化合价可知Y化合价有+6、-2价，应为ⅥA族元素，为S元素，M化合价只有-2价，为O元素，Z化合价为+5、-3，为Ⅴ
A族元素，因原子半径小于S，应为N元素，X化合价为+1价，为ⅠA族元素，原子半径大于S，为Na元素，R为+3价，属于ⅢA族元素，原子半径小于Na，大于S，为Al元素，结合对应单质、化合物的性质解答该题。
【详解】由上述分析可知，X为Na，Y为S，Z为N，M为O，R为Al，
A．X+、M2−、R3+具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则R3+＜X+＜M2-，故A不符合题意；
B．Y与M组成的化合物为SO2、SO3，可形成酸雨，故B不符合题意；
C．SO2具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，二者能发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，SO2体现还原性，故C符合题意；
D．N、O元素的氢化物NH3、H2O中均存在分子间氢键，故D不符合题意；
故答案为：C。
15.W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色。下列判断正确的是（ ）
A. 气态氢化物的稳定性：X﹥W
B. 金属性：Y﹥Z
C. 最高价含氧酸的酸性：X﹥W
D. 原子半径：Y﹥Z﹥X
【答案】A
【解析】
【分析】W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17，应为Cl元素，X与W同主族，则X为F元素，Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半，则原子序数为=13，为Al元素，含Z元素的物质焰色反应为黄色，则Z应为Na元素，以此解答。
【详解】由分析知，W、X、Y、Z分别是Cl、F、Al、Na。
A．同一主族元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，非金属性：F>Cl，所以气态氢化物的稳定性：F>Cl，故A正确；
B．同一周期元素的金属性随着原子序数的增大而减小，所以金属性：Na>Al，即金属性：YA1；电子层数越多原子半径越大，原子半径：Al>F，所以原子半径：Z>Y>X，故D错误；
正确答案是A。
16.Mg－H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如图。该电池工作时，下列说法正确的是( )
A. Mg电极是该电池的正极 B. H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C. 石墨电极附近溶液的碱性增强 D. 溶液中Cl－向正极移动
【答案】C
【解析】
【分析】镁、过氧化氢和海水形成原电池，镁做负极发生氧化反应，过氧化氢在正极上发生还原反应，过氧化氢做氧化剂被还原为OH-，溶液pH增大，原电池中阴离子移向负极。
【详解】A．组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，不是正极，故A错误；
B．双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为氢氧根离子，发生还原反应，故B错误；
C．双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为氢氧根离子，电极反应为，H2O2+2e-=2OH-，故溶液pH值增大，故C正确；
D．溶液中Cl－移动方向与同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动，故D错误；
答案选C。
二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。
17.在一试管中放入几小块镁片，把试管放入盛有25 ℃的饱和石灰水的烧杯中，用胶头滴管滴入5 mL1 mol/L盐酸于试管中。试回答下列问题：
(1)实验中产生的现象是_________。
(2)产生上述现象的原因是____________。
(3)写出有关的离子方程式：____________。
(4)由实验推知：MgCl2溶液与H2的总能量________(填“＜”“＞”或“＝”)镁片和盐酸的总能量。
(5)实验室制氢气常用____________，为什么不用镁的原因是____________。
【答案】(1). 试管中镁片溶解，有气泡，烧杯中溶液变浑浊（或析出固体） (2). 放热反应，Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，析出固体（溶液变浑浊） (3). Mg＋2H＋=Mg
2＋＋H2↑ (4). ＜ (5). 锌与稀硫酸(或稀盐酸) (6). 反应太剧烈，不方便收集氢气
【解析】
【详解】（1）镁与盐酸反应，故实验中产生的现象是试管中镁片溶解，有气泡，烧杯中溶液变浑浊（或析出固体）；
（2）镁与盐酸反应放出氢气，该反应为放热反应，Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，析出固体（溶液变浑浊）；
（3）镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应的离子方程式为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑；
（4）由实验推知反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量 ，故MgCl2溶液与H2的总能量＜镁片和盐酸的总能量；
(5)实验室制氢气常用锌与稀硫酸(或稀盐酸)，若用镁，则反应太剧烈，不方便收集氢气。
18.（1）下列各组化合物中，化学键类型和化合物类型均相同的是_________（填序号）。
A.CaCl2和 Na2S B.Na2O 和 Na2O2
CCO2和CaO D.HC1 和 NaOH
（2）已知1 mol石墨转化为1 mol金刚石要吸收能量，则1 mol石墨的能量比1 mol金刚石的能量____（填“高”或“低”），石墨比金刚石_______（填“稳定”或“不稳定”）。
（3）Ba（OH）2 • 8H2O和NH4Cl反应的化学方程式是____________，该反应是___（填“吸热”或“放热”）反应，反应过程能量变化的图像符合_____________（填“图1”或“图2”）。
图1 图2
（4）如图3所示，把试管放入盛有饱和澄清石灰水（温度为25℃）的烧杯中，先在试管中放入几小块镁片，再用滴管滴入5mL盐酸。可以观察到烧杯中的石灰水逐渐由澄清变浑浊，出现这种现象的原因是___________________________。
图3
【答案】(1). A (2). 低 (3). 稳定 (4). (5). 吸热 (6). 图2 (7). Mg与盐酸反应放出热量，烧杯中饱和澄清石灰水的温度升高，Ca(OH)2的溶解度降低，从溶液中析出
【解析】
【详解】（1）A．CaCl2和NazS均只含有离子键，且均为离子化合物，A项正确；
B．虽然Na2O和Na2O2均为离子化合物，但Na2O只含有离子键，Na2O2含有离子键和共价键，B项错误；
C．CO2含有共价键，是共价化合物，CaO含有离子键，是离子化合物，C项错误；
D．HCl含有共价键，是共价化合物，NaOH含有离子键和共价键，是离子化合物，D项错误。
故选A。
（2）由1 mol石墨转化为1 mol金刚石要吸收能量，金刚石吸收能量后，能量变高，则1 mol石墨的能量比1 mol金刚石的能量低，石墨比金刚石稳定。
故答案为：低；稳定；
（3）Ba（OH）2 • 8H2O与NH4C1发生复分解反应，生成BaCl2、NH3和H2O，Ba（OH）2 • 8H2O和NH4Cl反应的化学方程式是，该反应吸收热量，故生成物总能量比反应物总能量高，图2生成物总能量高，故图2符合。
故答案为：；吸热；图2 ；
（4）观察到烧杯中的石灰水逐渐由澄清变浑浊，出现这种现象的原因是：Mg与盐酸反应放出热量，导致石灰水温度升高，而Ca(OH)2在水中的溶解度随温度的升高而减小，故析出Ca(OH)2固体，从而使溶液浑浊。
故答案为：Mg与盐酸反应放出热量，导致石灰水温度升高，而Ca(OH)2在水中的溶解度随温度的升高而减小，故析出Ca(OH)2固体，从而使溶液浑浊。
19.下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的位置。
族
周期
ⅠA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
④
⑩
3
⑤
⑥
⑦
③
⑧
⑨
回答下列问题：
(1)①、④按原子个数比1:1 组成的分子的电子式为____________________ ；由②、④两种元素组成的一种无毒化合物的结构式为 _____________________。
(2)这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是_____________(填元素符号，下同)，得电子能力最强的原子是__________________，失电子能力最强的单质与水反应的化学方程式是_________________________。
(3)用化学方程式表示②和⑨两种元素的非金属性强弱：________________________ 。
(4)元素③的气态氢化物和元素⑧的气态氢化物中，易于制备的是 ____________________(填化学式)
(5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物反应，其离子方程式为 ______________________________。
(6)元素 ①、④、⑤两两之间可以形成两种类型的化合物，写出一种共价化合物的化学式：___________________ ；写出一种离子化合物的化学式：______________________。
【答案】(1). (2). O=C=O (3). Ne (4). O (5). 2Na+2H2O=2NaOH+H2 ↑ (6). 2HClO4 +Na2CO3=CO2↑+2NaClO4 +H2O (7). H2S (8). Al(OH) 3 +OH- = AlO2- +2 H2O (9). H2O(或H2O2) (10). Na2O(或Na2O2或NaH)
【解析】
【分析】从表中元素所在的位置，可推出①为氢(H)，②为碳(C)，③为磷(P)，④为氧(O)，⑤为钠(Na)，⑥为镁(Mg)，⑦为铝(Al)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，⑩为氖(Ne)。
【详解】(1)①、④为H和O，二者按原子个数比1:1 组成分子H2O2，电子式为；②、④两种元素为C和O，二者组成的一种无毒化合物为CO2，结构式为 O=C=O，答案为：；O=C=O；
(2)这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素Ne；得电子能力最强的原子是O；失电子能力最强的元素是Na，它的单质与水反应生成NaOH和H2，化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2 ↑，答案为：Ne；O；2Na+2H2O=2NaOH+H2 ↑；
(3)②和⑨分别为C和Cl，比较两种元素的非金属性强弱，可利用HClO4与碳酸钠反应，方程式为：2HC1O4 +Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O，答案为：2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O；
(4)元素③的气态氢化物为PH3，元素⑧的气态氢化物为H2S，非金属性：S大于P，易于制备的是H2S，答案为：H2S；
(5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3反应，生成NaAlO2和H2O，其离子方程式为A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O，答案为：A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O；
(6)元素 ①、④、⑤分别为H、O、Na，两两之间反应，生成共价化合物可能为水或双氧水，化学式为H2O(或H2O2)；离子化合物可能为氧化钠、过氧化钠、氢化钠，化学式为Na2O(或Na2O2或NaH)，答案为：H2O(或H2O2)；Na2O(或Na2O2或NaH)。
20.教材采用图1实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率。
(1)检查图1装置气密性的操作方法是___。
(2)分别取2g颗粒大小相同的锌粒分别与体积均为40mL的1mol/L硫酸、4mol/L硫酸反应，收集25mLH2时所需时间后者比前者___。
(3)同学们在实验操作中发现本实验设计存在明显不足，例如___。
(4)某化学兴趣小组对教材实验装置进行图2所示改进。检查装置气密性后进行的实验操作有：
a．在多孔塑料袋中装入锌粒；
b．锥形瓶中加入40mL1mol/L硫酸；
c．塞好橡胶塞，___时立即用秒表计时；
d．注射器内每增加5mL气体时读取一次秒表。
(5)实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，其原因是___，反应进行一定时间后速率逐渐减慢，原因是___。
(6)测得产生H2的体积与反应时间的关系曲线如图3所示，t1～t2时间段氢气体积略有减小的原因是___；在64s内用H+浓度表示的平均反应速率v（H+）=___（此时，溶液体积仍为40mL，气体摩尔体积为25L/mol）。
【答案】(1). 关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好 (2). 短 (3). 分液漏斗中溶液滴下占据体积引起气体体积读数误差或者收集25mLH2时所需时间间隔太短 (4). 多孔塑料袋浸入稀硫酸 (5). 反应放热，温度升高反应速率加快 (6). 酸中氢离子浓度减小 (7). 气体遇冷压缩 (8). v（H+）=0.00125mol/（L•s）
【解析】
【分析】(1)检查图1装置气密性，可设法让装置内压强与外界压强不同，根据现象确定气密性情况。
(2)锌粒质量、表面积相同，但两份硫酸溶液中c(H+)不同，后者反应速率快，由此可确定收集25mLH2时所需时间的关系。
(3)同学们在实验操作中发现本实验设计存在明显不足，可从气体体积误差、产生H2时间间隔等分析。
(4)c．塞好橡胶塞，反应刚开始时立即用秒表计时；
(5)实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，从影响速率的外界因素寻找原因，反应进行一定时间后速率逐渐减慢，仍从影响速率的因素找原因。
(6) t1～t2时间段，反应已经结束，氢气体积略有减小，则与反应无关，只能从与反应无关的因素中寻找原因；在64s内用H+浓度表示的平均反应速率时，由H2的体积求其物质的量，然后再求出n(H+)，最后求出v（H+）。
【详解】(1)检查图1装置气密性，可关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好。答案为：关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好；
(2)锌粒质量、表面积相同，但两份硫酸溶液中c(H+)不同，后者反应速率快，由此可确定收集25mLH2时所需时间后者比前者短。答案为：短；
(3)同学们在实验操作中发现本实验设计存在明显不足，可从气体体积误差、产生H2时间间隔等分析，例如分液漏斗中溶液滴下占据体积引起气体体积读数误差或者收集25mLH2时所需时间间隔太短。答案为：分液漏斗中溶液滴下占据体积引起气体体积读数误差或者收集25mLH2时所需时间间隔太短；
(4)c．塞好橡胶塞，反应刚开始时，即多孔塑料袋浸入稀硫酸时，立即用秒表计时。答案为：多孔塑料袋浸入稀硫酸；
(5)实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，因为c(H+)不断减小，所以只能是反应放热，温度升高反应速率加快；反应进行一定时间后速率逐渐减慢，则应为酸中氢离子浓度减小。答案为：反应放热，温度升高反应速率加快；酸中氢离子浓度减小；
(6) t1～t2时间段，反应已经结束，氢气体积略有减小，则应为气体遇冷压缩；H2的物质的量n(H2)==0.0016mol，n(H+)=2n(H2)=0.0032mol，v(H+)==0.00125mol/(L•s)。答案为：气体遇冷压缩；0.00125mol/(L•s)。
21.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。
（1）某同学为了探究锌与硫酸反应过程中的速率变化，在 400mL 稀硫酸中加入足量的锌粉，标况下用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：
①哪一时间段反应速率最大_______min（填“0～1”、“1～2”、“2～3”、“3～4”、“4～5”）， 原因是________。
②求 3～4 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）。
（2）该同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回 答下列问题：
①硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是_______。
②实验室中现有 Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4 等 4 种溶液，可与实验中 CuSO4
溶液起相似作用的是_______。
③要减慢上述实验中气体产生速率，可采取的合力措施有_______、_______（答两种）。
（3） 某温度下在 4 L 密闭容器中，X、Y、Z 三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。
①该反应的化学方程式是_______。
②该反应达到平衡状态的标志是_______（填字母）
A．Y 的体积分数在混合气体中保持不变 B．X、Y 的反应速率比为 3：1
C．容器内气体压强保持不变 D．容器内气体的总质量保持不变E．生成 1 mol Y 的同时消耗 2 mol Z
③2 min 内 Y 的转化率为_______。
【答案】(1). 2~3 (2). 因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快. (3). 0.025 mol·L-1·min-1 (4). CuSO4 与 Zn 反应生成的 Cu 附着在 Zn 表面形成铜锌原电池加快了化学反应速率； (5). Ag2SO4 (6). 适当增加硫酸的浓度 (7). 增加锌粒的表面积；升高温度等（答两种即可） (8). 3X(g)+Y(g)⇌2Z(g) (9). AC (10). 10%
【解析】
【分析】(1)①相同时间内收集的气体体积越多，该反应速率越快；温度越高化学反应速率越快；
②先计算生成氢气物质的量，再根据关系式计算消耗n(HCl)，利用v=计算盐酸反应速率；
(2) Zn和硫酸的反应中加入少量的CuSO4溶液，能置换出一定量Cu，在溶液中形成Cu/Zn原电池，原电池反应比化学反应速率快；
②所给四种溶液中只Zn只能置换出Ag；
③从影响反应速率的因素分析；
(3)①根据图知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应物而Z是生成物，反应达到平衡时，△n(X)=(1.0-0.4)mol=0.6mol、△n(Y)=(1.0-0.8)mol=0.2mol、△n(Z)=(0.5-0.1)mol=0.4mol，同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其计算之比，据此确定化学方程式；
②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
③Y的转化率=×100%；
【详解】(1)①相同通条件下，反应速率越大，相同时间内收集的气体越多；由表中数据可知，反应速率最大的时间段是2∼3min，原因是：该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大；
②3∼4分钟时间段，收集的氢气体积=(576−464)mL=112mL，n(H2)==0.005mol，根据氢气和HCl关系式得消耗的n(HCl)=2n(H2)=2×0.005mol=0.01mol，则v(HCl)==0.025 mol/(L⋅min)；
(2)Zn和硫酸的反应中加入少量的CuSO4溶液，能置换出一定量Cu，在溶液中形成Cu/Zn原电池，而加快化学反应速率；
②所给四种溶液中只Zn只能置换出Ag，即Ag2SO4与CuSO4溶液具有相似的作用；
③为加快Zn和硫酸的反应速率可从升温、适当增大硫酸的浓度、增大锌的比表面积等角度考虑，可采取的合力措施有：增加锌的表面积；升高温度或适当增大硫酸的浓度等；
(3)①根据图知,随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应物而Z是生成物，反应达到平衡时，△n(X)=(1.0−0.4)mol=0.6mol、△n(Y)=(1.0−0.8)mol=0.2mol、△n(Z)=(0.5−0.1)mol=0.4mol，同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其计算之比，X、Y、Z的计量数之比=0.6mol:0.2mol:0.4mol=3:1:2，则该反应方程式为3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；
②A．Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明各物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；
B．X、Y的反应速率比为3:1时，如果反应速率都是指同一方向的反应速率，则该反应不一定达到平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．容器内气体的总质量一直保持不变，故D错误；
E．生成1mol Y的同时消耗2molZ，所描述的为同向反应过程，不能判断反应达到平衡状态，故E错误；
答案选AC；
③Y的转化率=×100% =×100%=10%。
