2020-2021学年高一人教版必修二化学下学期期中考试模拟试题（四）解析版

（人教版）2020-2021学年度高一下学期期中模拟考试（四）

化学试题

全卷满分100分，考试时间90分钟

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证

号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题

卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

第I卷选择题（共44分）

选择题：本体包括22小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分。

1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（）

A.中国是最早利用天然气作燃料的国家

B.为方便运输可用钢瓶储存浓硫酸但不能储存液氯

C.化石燃料的脱硫脱氮、SO?的回收利用和NO*的催化转化都是减少酸雨产生的措施

1）.决定化学反应速率的主要因素为反应物自身的性质

【答案】B

【解析】A.我国是世界上最早利用天然气作燃料的国家。早在公元前200年，我国的四川

临邛县（即今四川邛峡县）就利用天然气来煮盐，故A正确；B.为方便运输可用钢瓶储存

浓硫酸，也可储存液氯，干燥的氯气与铁在常温下不反应，故B错误；C.当烧煤的烟囱排

放出的二氧化硫酸性气体，或汽车排放出来的鼠氧化物烟气上升到天上，这些酸性气体与天

上的水蒸气相遇，就会形成硫酸和硝酸小滴，使雨水酸化。化石燃料的脱硫脱氮、S0?的回

收利用和N0,的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故C正确；D.反应物本身的性质是决

定反应速率的主要因素，如火药爆炸、食物腐败，故D正确；故选B。

2.短周期的两种元素A和B,它们的离子A和度+具有相同的电子层结构，下列说法中正确

的是（）

A.原子序数A>BB.电子总数A、B"

C.离子半径ADB-D.原子半径A>B

【答案】C

【解析】因为离子A-和片+具有相同的电子层结构，即可确定元素A、B在周期表中的相对

位置如下：5------据此分析作答。根据上述分析可知，A.原子序数B>A,故A错误：

D

B.离子的电子层结构相同，则电子总数相等，故B错误；C.离子半径A->B?+,故C正确；

D.原子半径：B>A,故D错误；答案选C。

3.反应NHQ+NaN02=NaCl+N2t+2HQ放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反

应中相关微粒的化学用语正确的是（）

A.中子数为18的氯原子：叵］B.N?的结构式：N=N

C的电子式:H:OiID.Na'的结构示意图:

【答案】C

【解析】A.中子数为18的氯原子为：叵］,A错误；B.N?含氮氮三键，其结构式为：N

三N,B错误；C.H和0之间通过共价键构成比0分子，丛0的电子式为：H:OH,C正确；

D.Na'的结构示意图：D错误。答案选C。

4.同一周期三种非金属元素X、Y、Z,其最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是:

HXO，,>H2YOI>H：1ZO.I«下列说法正确的是（）

A.元素的非金属性：X<Y<Z

B.气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH；!

C.阴离子的还原性：X>Y2>Z3

D.X、Y、Z依次位于VA族、VIA族、VI1A族。

【答案】B

【解析】由化学式可知三元素的化合价分别为+7、+6、+5,其最高价一定等于它所在主族序

数，也就是说依次位于VIIA族、VIA族、VA族；由元素周期律可知，它们的非金属性依次

32

递减，气态氨化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3,阴离子的还原性：Z'>Y'>X'O故答案为B

5.金属钛有“生物金属”之称。下列有关同和同的说法正确的是()

A.巨啊同原子中均含有22个中子

B.目伽|司在周期表中位置相同,都在第4纵行

C.回~|可|可的物理性质相同

D.百|司|可为同一核素

【答案】B

【解析】A.回原子中有27个中子,百|原子中有28个中子，故A错误；B.巨怛叵｝

属于同种元素，在周期表中位置相同，都在第4周期IVB,在第4纵行，故B正确；C.国J

和同原子质量数不同,所以物理性质也不同，故C错误；D.回和应)互为同位素，属

于不同核素，故D错误，故选B。

6.核内中子数为N的片+离子，质量数为A,则ng它的氧化物所含电子物质的量为()

A.包(A-N+8)molB.回(A-N+10)mol

C.(A-N+2)molD.(A-N+6)mol

【答案】A

【解析】核内中子数为N的X+离子，质量数为A，则R原子的质子数是A-N、电子数是A-N;

R氧化物的化学式是RO,ng氧化物的物质的量是|fHT电子物质的量为

W,故选A»

7.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中W原子的质子数是

其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）

X

ZW

A.原子半径：W>Z>Y>X

B.最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z

C.最简单气态氢化物的热稳定性：Y〉X>W>Z

D.元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等

【答案】A

【解析】A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外

电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z>W>X>Y,故A错误；B、

元素曰非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：x>w

>Z,所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z,故B正确：C、元素的非金属

性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：Y>X>W>Z,所以元素的氧化

物的稳定性：Y>X>W>Z,故C正确；D、主族元素除了0和F之外，最高化合价等于主族

序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；故选A。

8.下列图中的实验，能达到实验目的的是（）

证明稳定性：Na2C03>NaHC03

淀粉

NaBrKi

溶液溶液

B.flI]证明非金属性：Cl>Br>J

棉球

证明氧化性：C12>S

Na：S溶液

D.除去C12中的杂质气体HC1

;t<NaOH

溶液

【答案】C

【解析】A、外管的温度高，内管的温度低，外管盛放碳酸钠，内管盛放碳酸氢钠，因此此

实验不能达到目的，故A错误；B、氯气对Br元素与I元素非金属性的比较产生干扰，因此

此实验不能达到目的，故B错误；C、锥形瓶中产生CL,如果试管中有淡黄色沉淀产生，说

明S被置换出来，即CI的非金属性强于S,能够达到实验目的，故C正确；D、氯气与NaOH

反应，因此此装置不仅吸收HCI,还除去CL,应用饱和食盐水，故D错误。

9.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDS）,能利用太阳光高效分解水，原理

如图所示。下列说法不氐唧的是（）

A.通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化

B.反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成

C.反应II为：2HzO2囚2H20+02t

Ixl

D.总反应为：2H2。2H2t+02f

【答案】B

【解析】A.该过程是利用太阳光实现高效分解水，所以该反应中太阳能转化为化学能，故

A正确；B.反应I是水反应生成氢气与过氧化氢，涉及极性键（H—0键）的断裂和极性键（H

—0键）、非极性键（H—H键和0—0键）的形成，故B错误；C.反应II是过氧化氢转化为水

!—1.；m：

xl

与氧气，反应过程可表示为：2H2H2O+O2T,故C正确：D.整个过程是水转

回

化得到氧气与氧气，可以表示为：2H2。2H2T+O2T,故D正确；故选：Bo

10.下列有关能量转换的说法不正确的是（）

A.煤燃烧是化学能转化为热能的过程

B.化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能

C.动物体内葡萄糖被氧化成C0?是化学能转变成热能的过程

D.植物通过光合作用将（%转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程

【答案】D

【解析】A、煤燃烧是化学能转化为热能的过程，A正确；B、植物进行光合作用制造有机物，

储存能量。植物死后，其尸体的一部分被腐生细菌或是真菌分解，剩下的植物的这些残骸经

过一系列的演变形成了煤炭。所以，煤中储存的能量来源于植物，植物中的能量来源于太阳

能（或光能），所以化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，B正确；C、动

物体内葡萄糖被氧化成CO?是化学能转变成热能的过程，C正确；D、植物通过光合作用将

CO?转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程，D错误；答案选D。

A.AB.BC.C1).I)

【答案】A

【解析】A.稀硫酸与锌反应产生气体，可导致瓶内压强增大，活塞右移不能判定反应放热，

A错误；B.由图示可知，反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，B正确；C.甲

处液面低于乙处，说明反应放热导致空气受热膨胀，C正确；D.温度计温度上升，说明反

应放热，D正确；故选A。

12.燃料电池是燃料（如CO、&、CHi等）跟氧气（或空气）起反应将化学能转变为电能的装置,

若电解质溶液是强碱溶液，下面关于甲烷燃料电池的说法正确的是（）

A.负极反应式：02+2H20+4e=40H

B.负极反应式：CH,+80H-8e=CO2+6H2O

C.随着放电的进行，溶液的氢氧根浓度不变

D.放电时溶液中的阴离子向负极移动

【答案】D

【解析】甲烷在负极失电子，发生氧化反应，结合电解质溶液、得失电子守恒、电荷守恒、

2

原子守恒可写出负极反应为：CH4+100H-8e=C03+7H20;氧气在正极得电子，发生还原反应，

结合电解质溶液、得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出正极反应为：0z+2HQ+4e=40H：

2

总反应为：0H4+202+20H=C03+3H20,据此解答。A.由分析可知，负极反应为：

2

CH4+100H--8e=C03+7H20,A错误；B.由分析可知，负极反应为：CH,+IOOHTe^CO广+7b0,

2

B错误;C.总反应为:CH4+202+20H=C03+3H20,故随着放电的进行，溶液的氢氧根浓度减

小，C错误；D.放电时，阴离子向负极移动，D正确。答案选D。

13.下列有关电池的说法不正确的是（）

A.手机上用的锂离子电池属于二次电池

B.铅蓄电池是可充电电池，电池的正极材料为PbOz

C.燃料电池是一种高效且对环境友好的新型电池，燃料储存在电池内部

1）.铜锌原电池工作时，电子沿外电路从锌电极流向铜电极

【答案】C

【解析】A.手机上用的锂离子电池能反复充、放电，能循环使用，属于二次电池，A正确；

B.铅蓄电池能反复充、放电，能循环使用，属于二次电池。在放电时为原电池，Pb失电子

被氧化，为负极材料，PbOz得电子被还原，为正极材料，B正确；C.燃料电池属于原电池，

是将化学能转变为电能的装置，能量转化率高，反应产物40对环境无污染，因此该电池是

一种高效且对环境友好的新型电池，但燃料和氧化剂都不储存在电池内部，而是在使用时不

断由外界环境补充，C错误；D.铜锌原电池工作时，电子由活动性强的负极Zn沿外电路流

向活动性弱的正极铜，D正确；故合理选项是C。

14.2019年诺贝尔化学奖授予美国科学家约翰•古迪纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和日本科学家吉

野彰，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。近日，有化学家描绘出了一种使用

DMSO（二甲基亚碉）作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂一空气电池的实验模型，该

电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂（LizOz）,其装置图如图所

示。下列有关叙述正确的是（）

A.DMSO电解液能传递Li'和电子，不能换成水溶液

B.该电池放电时每消耗2moiOz,转移4moi电子

C.该池放电时，外电路中电流的方向为从金属锂电极流出

D.多孔的黄金为电池正极，电极反应式可能为6+4e=20）

【答案】B

【解析】A.DMSO电解液能传递Li*,但不能传递电子，故A错误：B.根据题意可知，该电

池放电时0元素化合价由0价变为-1价，所以每消耗2moiOz,转移4moi电子，故B正确；

C.放电时，金属锂被氧化作负极，电流从正极到负极，即外电路中电流的方向为从多孔的

黄金流向金属锂，故C错误；D.该电池中，锂电极作负极，多孔的黄金作为正极，根据题

意可知放电过程中氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂（LizOz）,所以正极反应式为

，

2Li+02+2e=Li202,故D错误；故答案为B,

15.银镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充、放电反应按下式进行:

Cd（0H）2+2Ni（0H）宁善Cd+2NiOOH+2Ha,有关这个电池的说法正确的是（）

放电

A.放电时负极附近的溶液的碱性不变

B.放电时电解质溶液中的0H向正极移动

C.原电池时的正极反应是：Cd(0H)2+2e=Cd+0H

D.原电池时的负极反应是：Cd-2e+20H=Cd(0H)2

【答案】D

【解析】由Cd(0H)z+2Ni(0H)23|=Cd+2Ni00H+2H2。，可知，放电时Cd是负极，发生氧化反

放电

应，NiOOH是正极，发生还原反应；充电时Ni(OH)?在阳极发生氧化反应，Cd(OH)z在阴极发

-

生还原反应。A.放电时负极反应是Cd-2e+2OH~=Cd(0H)2,所以负极附近的溶液的碱性减

弱，故A错误；B.放电时电解质溶液中的向负极移动，故B错误；0.原电池的正极是

NiOOH发生还原反应：2Ni00H+2e-+2HzO=2Ni(0H)2+20H,故C错误；D.原电池的负极是Cd

--

发生氧化反应：Cd-2e+20H=Cd(0H)2,故D正确；故选D。

16.在一定条件下，反应Nz+3H2-^2NH3在10L恒容密闭容器中进行，测得2min内，的

物质的量由20mol减少到8mol,则2min内NIL的化学反应速率为()

A.1.2mol,(L,min)dB.1.8mol,(L,min)

C.0.4mol,(L,min)D.0.6mol,(L,min)

【答案】D

【解析】根据囚=0.6mol•(L•min)-1,根据2V(比)=3V(NH3)

得V(NH3)=0.4mol•(L•min)-',答案选D。

17.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是()

A.向氯水的平衡体系中加入NaOH溶液后颜色变浅

B.增大压强,平衡体系2Hl(g”H2(g)+L(g)的颜色变深

C.升高温度，反应3H2(g)+NMg)w2NH3(g)△〃<()平衡向左移动

D.打开碳酸饮料的瓶盖后，瓶口有大量气泡冒出

【答案】B

【解析】勒沙特列原理：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向

能够减弱这种改变的方向移动；勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无

关，则不能用勒沙特列原理解释。A.水中存在如下平衡：CL+HZOF^HCI+HCIO,当加入

NaOH溶液后平衡正向移动，所以氯气的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A

不选；B.只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，该平衡体系2Hl(g)=H2(g)+L(g)

反应前后气体物质的量不变，压强不影响平衡移动，颜色变深的原因可能是由于加压后容器

体积减小，导致体系各组分浓度增大，L(g)的浓度增大，体系颜色变深，不能用勒夏特列

原理解释，故B选；C.反应3H2(g)+Nz(g”2NH3(g)A//<0,正反应放热，升高温度，平衡

向吸热的方向移动，即平衡向左移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.碳酸饮料瓶

中存在平衡H2CO3WMO+COzT,打开瓶盖时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，能

用勒夏特列原理解释，故D不选；答案选B。

18.一定条件下，在某恒容密闭容器中进行反应X(g)+3Y(g)02Z(g),若X、Y、Z起始

浓度分别为Cimol/L、c2mo分L、c3moi/L(5、c2>C3均大于0),当反应达平衡时X、Y、Z

的浓度分别为0.Imol/L,0.3mol/L,0.08mol/L,则下列判断不合理的是()

A.Ci：c2=1：3

B.当4r(X)/r(Y)逆时，该反应还在向正反应方向建立平衡

C.5可能为0.1

D.X、Y的转化率相等

【答案】B

【解析】在化学反应中，若反应物的起始投料的物质的量之比等于它们的化学计量数之比，

由于反应过程中变化量之比等于化学计量数之比，所以反应物的平衡量之比必然也等于化学

计量数之比，各种反应物的转化率一定相等。由题中信息可知，当反应达平衡时X、丫的浓

度分别为0.1mol/L、0.3mol/L,X、Y的平衡量之比等于化学计量数之比，所以其起始量之

比一定也等于1:3,A和D正确；因为有起始投料与平衡量相同的可能，所以C正确；当

4i/(X)4Y)。寸,因为3"X)L4Y)』所以"Y)Q4Y)*该反应还在向逆反应方向建

立平衡，B不正确，选B。

19.下列说法错误的是()

A.甲烷和乙烷具有相似的化学性质

B.丙烷分子中的碳原子不在一条直线上

C.用酸性|冈］溶液可鉴别甲烷和氢气

D.烷烧的熔沸点随碳原子数的增加而升高

【答案】C

【解析】A.甲烷与乙烷都是烷度，互为同系物，具有相似的结构，具有相似的化学性质，

故A正确；B.甲烷是正四面体结构，则甲烷分子中的任意两个氢原子与中心碳原子不可能

在一条直线上，丙烷分子相当于甲烷分子中的两个氢原子被两个甲基取代，所以丙烷分子中

的所有碳原子不在一条直线上，故B正确；C.甲烷和氢气与酸性高镒酸钾溶液均不反应，

不能用酸性高镒酸钾溶液鉴别甲烷和氨气，故C错误；D.一般来说，烷煌的熔沸点随碳原

子数的增加而升高，故D正确；故选C。

20.下列反应属于氧化反应的（）

A.乙烯和澳水B.苯和液澳混合后加入少量铁屑

C.苯与浓硝酸、浓硫酸混合D.乙烯通入酸性高锦酸钾溶液中

【答案】D

【解析】A.乙烯与澳发生加成反应生成1,2-二澳乙烷，属于加成反应，故A不选；B.苯

和液;臭混合后加入少量铁屑发生取代反应生成膜苯和HBr,属于取代反应，故B不选；C.苯

与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应生成硝基苯和水，属于取代反应，故C不选；D.乙

烯通入高镒酸钾溶液中，乙烯被氧化成二氧化碳和水，属于氧化反应，故D选：答案选D。

21.一种气态烷烧和一种气态单烯燃组成的混合物共向）,混合气体的密度是相同状况下氢

气密度的12.5倍，该混合气体通过滨水时，漠水的质量增加巨］,则该混合气体可能是

（）

A.甲烷、乙烯B.丙烷、乙烯

C.乙烷、丙烯D.甲烷、丙烯

【答案】A

【解析】混合气体的平均相对分子质量|冈由此可确定混合气体中的烧烧

必定为|］（相对分子质量小于25的屋类只有甲烷）;设单烯煌为叵三由题意知混合物

-------------------------------F1

中该烯烧的质量为8.4g,则问.....一，又有，解

得该烯泾的相对分子质量为28,其为［回］,故答案为A。

22.1mol某烷燃完全燃烧消耗的02为11mol,则其主链上含有5个碳原子的同分异构体（不

考虑立体异构）有（）

A.3种B.6种

C.5种D.7种

【答案】C

【解析】烷度的燃烧通式为CH-2d因/点缸nC02+（n+1）H20,1mol某烷没完全燃烧消耗

的为11mol,|B［=11,解得n=7,该烷度的分子式为CHs主链是5个C原子时，取

代基可以是2个甲基的同分异构体有4种，取代基是乙基的有1种，所以共有5种同分异构

体，答案选C。

第II卷非选择题（共56分）

二.填空题：本题包括5个小题，共56分。

23.（10分）已知A、B为常见的浓酸溶液；X、Y、Z、W均为氧化物，其中X是红棕色气体，

Y的固体可用于人工降雨，W既能使澄清石灰水变浑浊，又能使品红溶液褪色。根据如图所

示转化关系（反应条件略），回答下列问题：

（1）Y是（填化学式）。

（2）将B露置在空气中一段时间，溶液质量增加但溶液浓度降低，表明B具有一性；利用

这种性质可以进行（填字母）实验操作。

日干燥二氧化硫b.检验后3c干燥氨气母钝化铝片

(3)写出X与Z的反应方程式：o

(4)W具有漂白性，氯水也有漂白性，两者同时使用，漂白效果将(填“增强”或

“减弱”)，原因是(用化学方程式表示)。

(5)反应①中氧化产物和还原产物的物质的量之比为。

【答案】(1)CO2⑵吸水(3)a(4)3N02+H20=2HN03+N0(5)减弱

(6)S02+CI2+2H20=H2S04+2HCI⑺1:4

【解析】X是红棕色气体，应为NO2,Y的固体可用于人工降雨，应为CO?,则A为浓硝酸，Z

为庆0,W既能使澄清石灰水变浑浊，又能使品红溶液褪色，应为SO2,由转化关系可知B为

浓硫酸，以此解答该题。(1)由以上分析可知Y为C02：

⑵将浓硫酸露置在空气中一段时间，溶液质量增加但溶液浓度降低，表明浓硫酸具有吸水

性，利用这种性质可用于干燥气体，但不能干燥碱性气体，故答案选a;

(3)二氧化氮与水反应生成硝酸和NO,反应的方程式为3NOZ+H2O=2HN()3+NO;

⑷氯气和二氧化硫发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，方程式为反应方程式为：

SO2+C12+2比0斗2so“+2HCI,导致漂白效果减弱；

⑸反应①为C+4HN03(浓)02T+4N02T+2丛0,由方程式可知氧化产物和还原产物的物质

的量之比为1:4。

24.(10分)某学生利用下面实验装置探究盐桥式原电池的工作原理(Cu：相对原子质量为

64)。

按照实验步骤依次回答下列问题：

(1)导线中电子移动方向为(用a、b表示)。

(2)原电池的正极为。

(3)写出装置中铜电极上的电极反应式:

(4)若装置中铜电极的质量增加32g,则导线中转移的电子数目为。

(5)装置的盐桥中除添加琼脂外，还要添加KC1的饱和溶液，电池工作时，盐桥中的K向

(填“左侧”或“右侧”)烧杯移动。

2

【答案】(1)aTb(2)Cu(3)Cu*+2e=Cu(4)NA(5).右侧

【解析】Zn作负极，失电子，电极反应为：Zn-2e=Zn24,Cu作正极，Cu?*在正极得电子，电

极反应为：Cu2+2e=Cuo(1)电子移动方向：负极T导线t正极，即aTb,故答案为：a-*b;

⑵由分析可知，正极为Cu,故答案为：Cu;

⑶Cu作正极，正极发生的反应为：C/+2e=Cu,故答案为:Cu"+2e=Cu;

(4)n(Cu)=囚=0.5moI,由Cu2*+2e-=Cu可知，转移电子物质的量n=2X0.5mol=1mol,

即转移电子数目为NA,故答案为：NA；

(5)K*阳离子，阳离子向正极移动，即向右移动，故答案为：右侧。

25.(12分)一定温度下，将3molA气体和ImolB气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，

发生如下反应：3A(g)+B(g)=xC(g),请填写下列空白：

(1)反应Imin时测得剩余1.8moiA,C的浓度为0.4mol/L,则Imin内,B的平均反应速率为

;x为»

(2)若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度0.8moi/L(填“大于”、“小于”或

“等于”)

(3)若已知达平衡时，该容器内混合气体总压强为P,混合气体起始压强为P。。请用P。、P

来表示达平衡时反应物A的转化率a(A)为。

(4)能加快反应速率的措施是。

①升高温度②容器体积不变，充入隋性气体Ar

③容器压强不变，充入惰性气体Ar④使用催化剂

⑤将容器体积缩小一半

(5)能够说明该反应达到平衡的标志是一。

A.容器内混合气体的密度保持不变

B.容器内混合气体的压强保持不变

C.A、B的浓度之比为3:1

D.单位时间内断开3nmolA-A键的同时生成nmolB-B键

E.v(A)=3v(B)

【答案】(1)0.2mol/(L.min).(2)2(3)小于(4)BX100%

⑸①④⑤⑹BD

【解析】根据浓度的变化除以时间计算反应速率；容积固定的密闭容器中，容器内气体的压

强之比等于它们的物质的量之比；升高温度、增加浓度、使用催化剂能加快反应速率；平衡

状态的判断抓住正反应速率等于逆反应速率和各组分的浓度不再改变来进行判断。

⑴反应1min时测得剩余1.8moIA,则A反应了3moiT.8moi=1.2mol,根据方程式，B反

应了0.4mol,B的浓度变化为冈，则1min内，B的平均反应速率为

回...........；C的浓度为O.4mol/L,C的浓度是B浓度变化的2倍，则x为

2;

⑵若反应经2min达到平衡，开始1min时A、B的浓度较大，反应速率应该较快，1min后，

A、B的浓度减小，反应速率减慢，则后来1min产生的C小于O.4mol/L,所以平衡时C的浓

度小于0.8moI/L;

S

⑶假设A反应了X,，根据在容积固定的密闭容器中，容器

内气体的压强之比等于它们的物质的量之比，得，解得冈，A的转

化率a(A)为冈：

(4)①升高温度，能加快反应速率；②容器体积不变，充入隋性气体Ar,则浓度不变，则反

应速率不变；③容器压强不变，充入惰性气体Ar,使得体积增大，浓度减小，反应速率减

慢；④使用催化剂，能加快反应速率；⑤将容器体积缩小一半，则浓度增大，能加快反应速

率；所以能加快反应速率的措施是①④⑤；

(5)A.反应前后，体积不变，由于质量守恒，容器内混合气体的质量始终保持不变，则密度

始终保持不变，不能说明该反应达到平衡；B.该反应3A(g)+B(g)2c(g)是物质的量

减少的反应，体积固定，容器内压强与物质的量成正比，则压强可以变化，所以压强保持不

变可以说明该反应达到平衡；C.A、B的起始浓度之比为3:1,两者反应的关系也是3:1,

则浓度之比一直保持为3:1,不能说明该反应达到平衡；D.单位时间内断开3nmolA-A键

是正反应，生成nmolB-B键是逆反应，且符合反应的比例关系，所以可以说明该反应达到平

衡；E.根据化学方程式中，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(A)=3v(B),所以不

能说明该反应达到平衡：综上所述选择BD。

26.(12分)A、B、C、D、E五种主族元素，它们的原子序数依次增大且均小于20。A、B

为同周期相邻元素，二者化合而成的一种气体化合物为红棕色；D是地壳中含量最高的金属

元素；C的原子半径在同周期原子半径中最大；A、B的原子最外层电子数之和等于C、D、E

原子的最外层电子数之和。

请回答下列问题：

(DA的简单氢化物化学式:,D的高价氧化物化学式:。

(2)C、D、E的简单离子半径由大到小的顺序：(用离子符号填写)。

(3)B的简单氢化物的电子式：。

(4)C的单质与水反应的离子方程式为。

(5)D的单质与C的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的化学方程式为：

【答案】(1)帆(2)AI203(3)CL>Na，>A产(4)H：O：H

(5)2Na+2H20=2Na*+20hT+H2T(6)2AI+2NaOH+2H2O=2NaA102+3H2T

【解析】A、B为同周期相邻元素，二者化合而成的一种气体化合物为红棕色，该气体为NO?,

因此A为氮元素，B为氧元素；D是地壳中含量最高的金属元素，D为铝元素；同一周期从

左往右原子半径逐渐减小，C的原子半径在同周期原子半径中最大，且C的原子序数大于B,

因此C为钠元素；A、B的原子最外层电子数之和为11,等于C、D、E原子的最外层电子数

之和，则E的最外层电子数为11-1-3=7,E为氯元素，故A、B、C、D、E分别为N、0、Na、

Al、Cl;

(1)A为氮元素，简单氨化物化学式为N%,D为铝元素，最高价氧化物化学式为AL03；

(2)C,D、E的简单离子分别为Na*、Al"、CT,离子核外电子层数越多，离子半径越大，因

此C「的半径最大，离子核外电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小，因此半径由

大到小的顺序为：C「>Na'>Al"；

(3)B的简单氢化物是水，其电子式为H：6：H；

(4)C的单质Na与水反应的离子方程式为：2Na+2HQ=2Na*+20H+H?T;

(5)D的单质为Al,C的最高价氧化物对应水化物为NaOH,Al与NaOH溶液反应的化学方程

式为：2AI+