山东省惠民县第一中学2018_2019学年高一化学下学期联考试题（含解析）.docx

山东省惠民县第一中学2018-2019学年高一化学下学期联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量 H:1 O:16 Cl：35.5 Cu：64 S:32 N:14 C:12第I卷（共51分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。 每小题3分，共51分。）1.下列有关化学用语使用不正确的是（ ）A. 氯原子的原子结构示意图：B. C2H4的结构简式：CH2CH2C. 原子核内有10个中子的氧原子：D. CH4分子的结构模型：【答案】B【解析】【详解】A氯原子核外有17个电子，氯原子的原子结构示意图：，故A正确；B乙烯的官能团为碳碳双键，乙烯的结构简式中需要标出碳碳双键，乙烯正确的结构简式为：CH2=CH2，故B错误；C氧元素的质子数为8，原子核内有10个中子的氧原子，该氧原子可以表示为：818O，故C正确；D甲烷的比例模型为：，为甲烷的球棍模型，都是结构模型，故D正确；答案选B。【点睛】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度不大，注意掌握原子结构示意图、比例模型与球棍模型、结构简式、元素符号等化学用语的概念及表示方法，明确球棍模型与比例模型的区别。2.下列指定粒子的个数比为1:1的是（ ）A. NH4+中质子数与电子数B. OH-中电子数与中子数C. Na2O2中阳离子与阴离子D. NH4HSO4晶体中阳离子与阴离子【答案】D【解析】试题分析：A、铵根离子中质子数为11，电子数位10，故错误；B、氢氧根离子质子数为9，电子数为10，故错误；C、一个过氧化钠中含有2个钠离子和一个过氧根离子，故错误；D、硫酸氢铵晶体中含有一个铵根离子和硫酸氢根离子，故正确。考点： 物质的构成3.下列关于化学键的说法正确的是（ ）A. 阴、阳离子之间通过相互吸引作用形成的化学键叫离子键B. 根据电离方程式HCl=H+Cl-，可判断HC1分子里存在离子键C. 化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因D. 离子化合物一定由金属元素和非金属元素组成【答案】C【解析】试题分析：A阴、阳离子之间通过静电作用形成化学键叫离子键，A错误；B根据电离方程式HCl=H+Cl-不能判断HC1分子里存在离子键，氯化氢分子中含有极性键，B错误；C断键吸热，形成化学键放热，则化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因，C正确；D离子化合物不一定由金属元素和非金属元素组成，例如氯化铵是由非金属元素组成的，D错误，答案选C。考点：考查化学键、反应热及化合物判断等4.X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是A. X的原子半径一定大于Y的原子半径B. X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构C. 两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1 ：1D. X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物【答案】D【解析】X位于I A族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y位于第A。A不正确，例如H2O中氢原子半径小于氧原子半径。B不正确，例如Na2O中阴阳离子的电子层结构是相同的。C不正确，例如H2O2、Na2O2等化合物中原子个数比为1:1。所以正确的答案选D。5.下列叙述正确的是（ ）A. 最外层有1个电子的元素一定是金属元素B. 第三周期元素的原子半径不一定比第二周期元素的原子半径大C. 同主族元素从上到下，元素原子得电子能力逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐增强D. 主族元素的原子，最外层电子数少的一定比最外层电子数多的失电子能力强【答案】B【解析】【详解】A非金属氢，最外层只有1个电子，所以最外层有1个电子的元素不一定是金属元素，故A错误；BLi原子半径大于第三周期从Al开始向后的元素原子半径，故B正确；C同主族元素从上到下，非金属性减弱，元素原子得电子能力逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，故C错误；D失去电子能力强弱与失去电子数目多少无关，与金属性有关，如Ca失去电子能力比Na强，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查元素周期律，难度不大，B为易错点，注意“周期数越大，元素的原子半径就越大”，此规律成立的条件是在同一主族中。6.下列与化学反应能量相关的说法正确的是（ ）A. 所有燃烧反应都是放热反应B. 吸热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量C. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率D. 水电站把机械能转化成电能，而核电站把化学能转化成电能【答案】A【解析】【分析】放热反应实质是反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量。【详解】A.所有的燃烧反应都是放热反应，故A正确；B. 吸热反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，故B错误；C.反应速率与反应是吸热还是放热无关，反应速率与反应物本身的性质及外界条件有关，故C错误；D. 水电站把机械能转化成电能，而核电站把核能转化成电能，故D错误；答案选A。7.下列关于石油及其所得产品的叙述正确的是（ ）A. 石油的裂化是物理变化B. 石油经分馏得到多种烃，有纯净物，也有混合物C. 实验室石油分馏 时，在蒸馏烧瓶中加入一些碎瓷片，防止暴沸；冷凝管上口进冷水，下口出热水；D. 用溴的四氯化碳溶液可鉴别分馏获得的汽油和裂化获得的汽油【答案】D【解析】【详解】A. 石油的裂化是化学变化，石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故A错误；B. 石油经分馏得到的都是多种烃的混合物，故B错误；C. 实验室石油分馏时，在蒸馏烧瓶中加入一些碎瓷片，防止暴沸；冷凝管下口进冷水，上口出热水，故C错误；D. 裂化汽油中含有不饱和烃，能与溴发生加成反应，直馏汽油为饱和烃，可用溴水鉴别，故D正确；答案选D。【点睛】石油的分馏是物理变化，但是石油的裂化和裂解、石油的催化重整是化学变化。8.如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录如下，则卡片上的描述合理的是（ ）实验后的记录：Cu为负极，Zn为正极Cu极上有气泡产生，发生还原反应SO42向Cu极移动若有0.5mol电子流经导线，则可产生0.25mol气体电子的流向是：CuZn正极反应式：Cu2e=Cu2，发生氧化反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】在铜锌原电池中，锌为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Zn2e=Zn2。Cu为正极，H+得到电子生成氢气，发生还原反应，电极反应为：2H2e= H2，所以Cu极上有气泡产生。SO42带负电荷，向负极移动，电子由锌流出，经过导线流向铜，若有0.5mol电子流经导线，则可产生0.25mol H2。【详解】Cu为正极，Zn为负极，故错误；Cu极上有气泡产生，发生还原反应，故正确；SO42带负电荷，向负极Zn移动，故错误；若有0.5mol电子流经导线，则可产生0.25mol H2，故正确；电子的流向是：ZnCu，故错误；正极反应式：2H2e= H2，发生还原反应，故错误；综上正确；答案选B。9.把金属M放入盐N(NO)3溶液中，发生如下反应：M+N2+= M2+N，以下叙述正确的是（ ）A. 常温下金属M和N有可能跟水反应B. M和N用导线连接放入稀H2SO4中，一定构成原电池，且N极上有H2放出C. M和N用导线连接并平行放入N(NO3)2溶液中，一定构成原电池D. 由M和N构成的原电池，M一定是负极，且N上一定产生H2【答案】C【解析】【分析】由反应：M+N2+= M2+N可知，M的金属活动性在N之前。【详解】A.若N能与水反应，则M更易与水反应，由方程式可知M、N都不与水反应，故A错误；B.原电池内应发生氧化还原反应，若M、N分别为Cu和Hg，则都不与H2SO4发生反应，故不能构成原电池，故B错误；C.由题干给出的方程式知能构成原电池，故C正确；D.若电解质溶液为中性或很弱的酸性，则N极上发生的反应是2H2O+O2+4e-4OH-，另外如果是铁、铜和浓硝酸构成原电池，铁是正极，铜是负极，故D错误；答案选C。【点睛】构成原电池的条件是：（1）闭合回路；（2）自发进行的氧化还原反应；（3）活泼性不同的两个电极；（4）熔融电解质或电解质溶液。10.100mL2molL1的盐酸跟过量的锌反应，为加快反应速率，又不影响产生氢气的总量，可采用的方法是（ ）A. 加入适量的6molL1的盐酸B. 加入数滴氯化铜溶液C. 加入适量的蒸馏水D. 加入适量的氯化钠溶液【答案】B【解析】【分析】A、能加快反应速率，但增加了产生氢气的总量；B、形成原电池能加快负极金属的化学反应速率；C、加入蒸馏水可以将酸稀释，酸的浓度越小，反应速率减慢；D、加入适量的氯化钠溶液可以将酸稀释，酸的浓度越小，反应速率减慢；【详解】A、能加快反应速率，但增加了产生氢气的总量，故A错误；B、加入数滴CuCl2溶液，Zn与氯化铜反应置换出铜，形成原电池，反应速率加快，故B正确；C、加入蒸馏水可以将酸稀释，酸的浓度越小，反应速率减慢，故C错误；D、不影响H2的量，但稀释了盐酸，降低了反应速率，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了外界条件对化学反应速率影响，易错选项是A，能加快反应速率，但增加了产生氢气的总量。11.在一个密闭容器中发生如下反应：2SO2（g）O2（g）2SO3（g），反应过程中某一时刻测得SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2molL1，0.2 molL1，0.2 molL1，当反应达到平衡时，可能出现的数据是（ ）A. c（SO3）0.4 molL1B. c（SO2）c（SO3）0.15 molL1C. c（O2）0.1 molL1D. c（SO2）c（SO3）0.4 molL1【答案】D【解析】【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，由于硫元素守恒，c（SO3）+c（SO2）之和不变，据此判断分析。【详解】A.SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，由方程式2SO2 （g）+O2（g）2SO3（g）可知SO3的浓度变化为0.2mol/L，实际变化小于该值，故c（SO3）小于0.4 mol/L，故A错误；B.由于硫元素守恒，c（SO3）+c（SO2）=0.2mol/L+0.2mol/L=0.4mol/L，故B错误；C.O2的浓度减小，说明反应向正反应方向进行建立平衡，若SO2完全反应，由方程式2SO2 （g）+O2（g）2SO3（g）可知O2的浓度变化为0.1mol/L，实际变化应小于该值，故c（O2）大于0.1 mol/L，故C错误；D.由于硫元素守恒，c（SO3）+c（SO2）=0.2mol/L+0.2mol/L=0.4mol/L，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查可逆反应特点，利用极限转化的思想来分析物质的最大浓度，但实际浓度一定小于最大浓度，难度不大。12.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于密闭容器中的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)（正反应为放热反应），673K、30MPa下，n(NH3)和n(H2)随时间 t变化的关系如图所示。下列叙述中，正确的是（ ）A. 点a的正反应速率比点b的小B. 点c处正反应速率和逆反应速率相等C. 点d (t1时刻) 和点 e (t2时刻) 处n(N2)相同D. 在t2时刻，正反应速率大于逆反应速率【答案】C【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，反应物、生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项。【详解】A在ab段可逆反应向正反应方向进行，随着反应的进行，反应物浓度在减小，正反应速率在降低，故A错误；Bc点反应物和生成物物质的量仍在变化，没有达到平衡状态，故B错误；Cd点和e点都处于平衡状态，n（N2）不变，d点和e点n（N2）相等，故C正确；D在t2时刻，n(NH3)不变，e点处于平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，故D错误；答案选C。13.在2 L容积不变容器中，发生N23H22NH3的反应。现通入4molH2和4molN2，10s内用H2表示的反应速率为0.12mol/(Ls)，则10s后容器中N2的物质的量是（ ）A. 1.6molB. 2.8molC. 3.2molD. 3.6mol【答案】C【解析】v(H2)c0.12101.2(molL1)N2 3H22NH3起始浓度(molL1) 2 2 0变化浓度(molL1) 0.4 1.2 0.810 s时浓度(molL1) 20.4 21.21.6 0.8所以10 s时的N2的物质的量为1.6 molL12 L3.2 mol。14.某种气态烃气体0.1mol，完全燃烧得0.2molCO2和3.6gH2O，下列关于该气体的说法正确的是（ ）A. 乙烯B. 丙烯C. 甲烷D. 乙烷【答案】A【解析】试题分析：燃烧生成的水的物质的量是3.6g18g/mol0.2mol，含有0.4mol氢原子燃烧生成的CO2的物质的量是0.2mol，含有0.2mol碳原子所以根据原子守恒可知，该气态烃分子中含有2个碳原子和4个氢原子，即分子式是C2H4，该化合物是乙烯，答案选A。考点：考查烃分子化学式和名称的判断点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。利用原子守恒得出化学式是解题的关键，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。15.下列反应中，不属于取代反应的是（ ）A. CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HClB. CH4+2O2CO2+H2OC. CH3CH2Br +H2OCH3CH2OH + HBrD. CH3CH3+Cl2C2H5Cl+HCl【答案】B【解析】【分析】根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断。【详解】A. CH3Cl中的H原子被Cl原子取代生成CH2Cl2，属于取代反应，故A错误；B.甲烷燃烧属于氧化反应，不属于取代反应，故B正确；C. CH3CH2Br中的Br原子被羟基取代生成CH3CH2OH，属于取代反应，故C错误；D. CH3CH3中的H原子被Cl原子取代生成C2H5Cl，属于取代反应，故D错误；答案选B。16.下列烷烃进行一氯取代反应后，只能生成两种不同的取代产物的是（ ）A. (CH3)2CHCH2CH2CH3B. (CH3CH2)2CH CH2CH3C. (CH3)2CHCH(CH3)2D. (CH3)3CCH2CH3【答案】C【解析】【分析】烷烃进行一氯取代反应后，生成两种不同的产物，即该烷烃存在两种位置不同的H。【详解】A. (CH3)2CHCH2CH2CH3中有5种不同环境氢原子，能生成五种一氯取代物，故A错误；B. (CH3CH2)2CH CH2CH3中有3种不同环境的氢原子，能生成三种一氯取代物，故B错误；C. (CH3)2CHCH(CH3)2中有2种不同环境的氢原子，能生成两种一氯取代物，故C正确；D. (CH3)3CCH2CH3中有3种不同环境的氢原子，能生成三种一氯取代物，故D错误；答案选C。17.拟用下图所示装置制取四种干燥、纯净的气体（图中加热装置和气体的收集装置均已略去：必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）。其中不能达到目的的是（ ）制取气体abcdANO稀硝酸铜片H2O浓硫酸BO2双氧水MnO2H2O浓硫酸CNH3浓氨水碱石灰浓硫酸H2ODSO2浓盐酸Na2SO3粉末NaHSO3溶液浓硫酸A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】C错误，浓氨水中加入碱石灰可以快速制取氨气，但氨气是碱性气体，不能用硫酸干燥，应用碱石灰干燥，且氨气极易溶于水，应用向下排空气法收集；第II卷 （非选择题，共49分）二、填空题(共4个小题)18.下列物质中：（1）互为同分异构体的有_ （2）互为同素异形体的有_ （3）属于同位素的有_ （4）属于同一种物质的有_。(填序号)液氯和氯气 白磷和红磷 和 3717Cl和3517Cl(CH3)2CHCH3和CH3(CH2)2CH3 和 CH4和CH3CH2CH3现有6种物质：MgCl2 HCl SO2 K2CO3 CaO NaOH请根据下列标准，对上述物质进行分类（填序号）：（1）属于共价化合物是_。（2）含共价键的离子化合物是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 【解析】【分析】.分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体；质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素；结构和性质完全相同的是同一种物质；一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，据此判断。【详解】.（1）是分子式相同而结构不同的有机物，互为同分异构体；（2）是同种P元素组成的不同单质，互为同素异形体；（3）是具有相同的质子数和不同中子数的Cl元素的不同原子，互为同位素；（4）具有相同的分子式和相同的结构，属于同一种物质；MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，属于离子化合物；HCl分子中H-Cl原子之间只存在共价键，属于共价化合物；SO2分子中S与O原子之间只存在共价键，属于共价化合物；K2CO3中钾离子和碳酸根离子之间存在离子键、O与C原子之间存在共价键，属于离子化合物；CaO中钙离子和氧离子之间只存在离子键，属于离子化合物；NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，属于离子化合物；（1）通过以上分析知，属于共价化合物的是；（2）通过以上分析知，含共价键的离子化合物是。19.某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置（支撑用的铁架台省略），按要求回答问题。（B中装的是无水硫酸铜）（1）A是氯气发生装置，实验室制取Cl2的原理是_（用离子方程式表示）（2）该实验中A部分的装置是_（填字母）（3）若用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量的氧化剂反应制Cl2，制得的Cl2体积（标准状况下）总是小于1.12L的原因是(填序号)_A浓盐酸的浓度随着反应的进行变稀以后，将不再反应 B加热时浓盐酸因挥发而损失C氧化剂不足（4）装置E的作用是_。（5）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置。该装置中应放入_试剂。（6）用如图所示装置，收集一试管甲烷和氯气的混合气体，光照后观察到量筒内形成一段水柱，认为有氯化氢生成。该反应的反应类型为_；该反应的化学方程式为_；（只写第一步） 【答案】 (1). MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O (2). c (3). AB (4). 吸收氯气 (5). 湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条） (6). 取代反应 (7). CH4+Cl2CH3Cl+HCl【解析】【分析】本题以氯气为载体，综合考查常见的基本实验操作、氯气的性质检验以及尾气处理等。注意紧扣实验目的“探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质”解答。【详解】（1）实验室制取氯气一般用二氧化锰氧化浓盐酸生成，方程式为MnO24HClMnCl2Cl2H2O，离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（2）该实验中A部分的装置是固液加热型，故答案选c；（3）A随着反应的进行盐酸的浓度会逐渐降低，而二氧化锰是不能氧化稀盐酸的，所以实际生成的氯气总是小于理论值，故A正确；B加热时浓盐酸因挥发而损失，还原剂减少，所以实际生成的氯气总是小于理论值，故B正确；C0.2molHCl的浓盐酸与足量的氧化剂反应，故C错误；答案选AB；（4）由于F是用来检验氯化氢的，而氯气也能和硝酸银反应产生白色沉淀，所以在通入硝酸银溶液之前要先除去氯气。利用氯气能溶解的有机溶剂中，装置E的作用是除去氯气；（5）氯气能溶解在四氯化碳中，但无法确定是否完全被吸收。所以需要在E和F之间连接1个装置，用来检验氯气是否完全被除去。可利用氯气的氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，而单质碘能和淀粉发生显色反应，使溶液显蓝色。所以试剂是湿润的淀粉KI试纸。也可以通过漂白性来检验，因此也可以选择湿润的有色布条；（6）甲烷和氯气发生反应，甲烷分子中的氢原子被氯原子取代，所以属于取代反应；甲烷与氯气在光照下发生取代反应，甲烷分子中的氢原子被氯气分子中的氯原子取代，生成一氯甲烷和氯化氢，该反应的化学方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl。【点睛】本题考查了氯气的制备及其相关性质，属于中等难度的题型。解题时，应充分考虑整个实验中每一个装置所处的位置及其作用。对于实验装置的连接顺序都是一致的，为“气体发生装置除杂装置性质检验装置气体收集装置尾气处理装置”。20.已知NO2和N2O4之间发生可逆反应：2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)（1）在烧瓶A和B中盛有相同浓度的NO2与N2O4的混合气体，中间用止水夹夹紧，浸入到盛有水的烧杯中，如图所示。分别向两个烧杯中加入浓硫酸和NH4NO3固体，观察到的现象是：A中气体红棕色加深，B中_。这说明，当条件改变时，原来的化学平衡将被破坏，并在新的条件下建立起新的平衡，即发生_。（2）如图是在一定温度下，某固定容积的密闭容器中充入一定量的NO2气体后，反应速率(v)与时间(t)的关系曲线。下列叙述正确的是_。at1时，反应未达到平衡， NO2浓度在减小bt2时，反应达到平衡，反应不再进行ct2t3，各物质浓度不再变化dt2t3，各物质的浓度相等e0t2，N2O4浓度增大f反应过程中气体的颜色不变.某研究性学习小组欲研究影响锌和稀硫酸反应速率的外界条件，下表是其实验设计的有关数据：（1）在此5组实验中，判断锌和稀硫酸反应速率大小，最简单的方法可通过定量测定锌完全消失所需的时间进行判断，其速率最快的实验是_(填实验序号)。（2）对锌和稀硫酸反应，实验1和2表明，_对反应速率有影响。（3）进行实验2时，小组同学根据实验过程绘制的标准状况下的气体体积V与时间t的图像如图所示。在OA、AB、BC三段中反应速率最快的是_，24min内以硫酸的浓度变化表示的反应速率（假设溶液的体积不变）=_。【答案】 (1). B中红棕色变浅 (2). 化学平衡的移动 (3). a c e (4). 5 (5). 固体反应物的表面积 (6). AB (7). 0.06molL-1min-1【解析】【分析】.（1）浓硫酸的稀释是放热过程，硝酸铵的溶解过程是吸热过程，结合勒夏特列原理可知；（2）在2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)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，反应物、生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项；. （1）第5组实验时温度最高，浓度最大，也滴加了硫酸铜溶液，利用了Zn-Cu原电池；（2）1和2除固体表面积不同外，其它因素相同；（3）速率=浓度变化量/时间【详解】.（1）浓硫酸的稀释是放热过程，硝酸铵的溶解过程是吸热过程，所以盛有浓硫酸的烧杯中溶液温度升高、溶解硝酸铵的烧杯中溶液温度降低，A中气体颜色加深，说明正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，所以B中红棕色变浅。这说明，当条件改变时，原来的化学平衡将被破坏，并在新的条件下建立起新的平衡，即发生化学平衡的移动；（2）at1时，反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动，则NO2浓度在减小，故a正确；bt2时，正逆反应速率相等，所以反应达到平衡，反应仍然进行，为动态平衡状态，故b错误；ct2t3，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，所以各物质浓度不再变化，故c正确；dt2t3，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，所以各物质浓度不再变化，但各物质的浓度不相等，故d错误；e0t2，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则N2O4浓度增大，故e正确；f反应过程中气体的颜色变浅，达到平衡后颜色不再改变，故f错误；答案选ace；. （1）第5组实验时温度最高，浓度最大，也滴加了硫酸铜溶液，利用了Zn-Cu原电池，因此反应速率最快，锌完全消失所需的时间最短；（2）1和2除固体表面积不同外，其它因素相同，是考查固体反应物的表面积对速率的影响；（3）从图中看出2-4分钟内产生氢气最多，故AB这段时间内反应速率最大；2-4分钟内，产生氢气179.2mL-44.8mL=134.4mL，物质的量为=610-3mol，根据反应方程式：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2可知，参加反应硫酸的物质的量为：610-3mol，v（H2SO4）=0.06molL-1min-1。21.下表是元素周期表的短周期部分，表中字母分别表示一种元素。请回答下列问题：（1）由表中两种元素的原子按11组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用