四川省宜宾市第四中学2022-2023学年高一化学下学期5月期中考试试题（Word版附解析）

宜宾市四中2023年春期高一期中考试化学试题注意事项：1.满分100分，时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Na-23Fe-56第I卷(选择题42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.人类的认识依赖于生产活动。下列生产活动与所述的化学知识关联正确的是选项生产活动化学知识A向薯片袋内充入氮气氮气无色无味B用铁罐车运输浓硝酸常温下，铁遇浓硝酸发生钝化C用氨水处理二氧化硫烟气氨水具有挥发性D施用铵态氮肥时，要避开草木灰铵态氮肥受热易分解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．用氮气来保存薯片，与氮气的化学性质稳定有关，与其盐酸无关，A错误；B．铁在常温时遇到浓硫酸会钝化，可以用用铁罐车运输浓硝酸，B正确；C．氨水具有碱性，可以吸收二氧化硫烟气，C错误；D．草木灰溶于水显碱性，铵态氮肥中的铵根离子遇草木灰容易生成氨气而使其失效，D错误；故选B。2.下列物质性质与用途具有对应关系的是A.明矾易溶于水，可用作净水剂B.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氢气C.具有还原性，可以添加到食品中作抗氧化剂D.具有氧化性，可用于漂白纸浆【答案】C【解析】 【详解】A．明矾可用作净水剂是因为其溶于水生成氢氧化铝胶体，与水溶性无关，A错误；B．浓硫酸干燥氢气是利用其吸水性，与脱水性无关，B错误；C．二氧化硫作食品中抗氧化剂是因为其具有强的氧化性，C正确；D．二氧化硫用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与氧化性无关，D错误；故答案为：C。3.化学用语的书写和使用应符合规范要求。下列化学用语错误的是A.含10个中子的氧原子的核素符号：OB.二氧化碳的电子式：C.S2-离子的结构示意图：D.次氯酸分子的结构式：H－O－Cl【答案】B【解析】【详解】A．O的原子序数为8，即该原子有8个质子，中子数为10，质量数为8+10=18，所以含10个中子的氧原子的核素符号为，故A正确；B．C原子最外层电子数为4，O原子最外层电子数为6，C原子与每个O原子形成两对共用电子对，则二氧化碳的电子式为，故B错误；C．S原子的原子序数为16，该原子有16个质子，核外有16个电子，S2-表示得到2个电子，核外有18个电子，其离子的结构示意图为，故C正确；D．次氯酸分子中，O原子最外层6个电子，有二个未成对电子，其中一个与H原子形成一对共用电子对，另一个与Cl原子形成一对共用电子对，电子式为，结构式为H－O－Cl，故D正确；答案为B。4.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.还原性：B.酸性：C.热稳定性：D.氢化物的稳定性：【答案】C【解析】【详解】A．元素非金属性，又元素非金属性越强，其对应阴离子还原性越弱，即还原性，A 能用元素周期律解释；B．元素非金属性，又元素非金属性越强，其最高价氧化物水化物对应酸性越强，即酸性，B能用元素周期律解释；C．碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性无法用元素周期律解释，C不能用元素周期律解释；D．元素非金属性，又元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，即氢化物的稳定性，D能用元素周期律解释；故选C。5.用下列仪器或装置进行相应实验，部分现象描述和解释不正确的是①②③④A.①中石蕊溶液变为红色后不褪色B.②的烧杯中产生白色沉淀，说明非金属性Cl>C>SiC.③中产生红棕色气体，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应D.④的试管内先出现红棕色气体，后变无色【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸与铜在加热条件下制备二氧化硫，二氧化硫溶于水溶液显酸性，能使石蕊溶液变为红色，但不能使其褪色，A正确；B．盐酸与碳酸钙反应制备二氧化碳，可证明HCl酸性比碳酸强，不能比较氯和碳的非金属性，制备的二氧化碳中混有氯化氢，与硅酸钠溶液反应产生白色硅酸沉淀，不能证明碳酸酸性强于硅酸，综上该实验不能证明非金属性Cl>C>Si，B错误；C．③中产生红棕色气体，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，可能是浓硝酸受热分解产生了红棕色的NO2，C正确；D．稀硝酸与铜反应生成无色的NO，但试管中含空气，NO与氧气立即变为红棕色的NO2，NO2、NO与氢氧化钠可以反应，当试管中的氧气消耗完全时，产生的气体最终为无色，D正确； 故选B。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，17gNH3的电子数和22.4LCH4的电子数相等B.32gCu与足量硫黄加热后反应，转移的电子数为NAC.标准状况下，11.2LCO2和NO2的混合气体中含有的氧原子数为NAD.密闭容器中充入2molSO2和1molO2，充分反应后生成的SO3分子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．氨分子和甲烷含有的电子数都为10，常温常压下，17g氨气的物质的量为1mol，22.4L甲烷的物质的量小于1mol，则常温常压下，17g氨分子的电子数和22.4L甲烷的电子数不相等，故A错误；B．铜与足量硫黄共热反应生成硫化亚铜，则32g铜与足量硫黄加热后反应，转移的电子数为×1×NAmol—1=0.5NA，故B错误；C．二氧化碳和二氧化硫含有的氧原子个数都为2，则标准状况下，11.2L二氧化碳和二氧化硫的混合气体中含有的氧原子数为×2×NAmol—1=NA，故C正确；D．二氧化硫和氧气的催化氧化反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则密闭容器中充入2mol二氧化硫和1mol氧气充分反应后生成的三氧化硫的分子数小于2mol×NAmol—1=2NA，故D错误；故选C。7.下列离子方程式正确的是A.FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－B.将氧气通入酸性碘化钾溶液中：2I－+O2+4H+=I2+2H2OC.Al(OH)3与NaOH溶液反应：OH－+Al(OH)3=2H2O+AlOD.氯气溶于水：Cl2+H2OCl－+ClO－+2H+【答案】C【解析】【详解】A．溶液中通入足量，也会被氧化，正确的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A错误；B．将氧气通入酸性碘化钾溶液中，得失电子不守恒，正确的离子方程式为：，故B错误； C．与NaOH溶液反应：，故C正确；D．HClO是弱酸，则氯气溶于水：，故D错误；综上所述，答案为C。8.对于反应C(S)+CO2(g)=2CO(g)，下列措施可使反应速率增大的是A.恒温恒容时通入稀有气体B.恒温恒压下通入N2C.增加碳的量D.将炭块粉碎【答案】D【解析】【分析】【详解】A．恒温恒容时通入稀有气体，参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，A错误；B．恒温恒压下通入N2，体积增大，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，B错误；C． C 是固体，增加 C 的量，不影响反应速率，C错误；D．将炭块粉碎增大接触面积，反应速率增大，D正确；故选D。9.短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的最高正化合价和最低负化合价之和等于0，Y的单质存在于火山喷口处，它的一种单质分子的结构如图所示，R位于第四周期且其d能级上的电子数比s能级上的电子总数多3。下列叙述正确的是A.简单氢化物的稳定性：Z<YB.X的最高价氧化物对应的水化物是强酸C.Y2Z2分子中每个原子价层都达到8电子结构D.常温下，单质R与单质Y反应的产物为RY【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的最高正化合价和最低负化合价之和等于0，则X为C或者Si，Y的单质存在于火山喷口处，它的一种单质分子的结构如图所示，则Y为S，则Z为Cl，R位于第四周期且其d能级上的电子数比s能级上的电子总数多3，则R的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，R为29号元素Cu。【详解】A．非金属越强氢化物越稳定，Cl的非金属性大于S的，所以简单氢化物的稳定性：HCl＞H2S， 故A错误；B．非金属越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，X为C或者Si，最高价氧化物对应的酸为碳酸和H2SiO3都是弱酸，故B错误；C．Y2Z2分子为S2Cl2，结构式为Cl-S-S-Cl，每个原子价层都达到8电子结构，故C正确；D．常温下，Cu和S不反应，加热生成硫化亚铜，故D错误；故选：C。10.在实验室进行少量铁粉和硫粉混合加热的实验，将其产物又进行了系列实验，流程如下。下列说法不正确的是A.气体A和D含有B上述过程中，硫元素共参加了4个氧化还原反应C.气体A、C混合也能生成固体FD.不能用浓硫酸干燥气体C的原因是：【答案】B【解析】【分析】单质硫与氧气反应：，故气体A是，铁与单质硫反应：，生成的FeS与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和气体，故气体C是，硫化氢与浓硫酸反应，生成单质硫、二氧化硫和水，沉淀F是单质S，气体D是，据此分析。【详解】A．有上述分析可知：气体A和D都含有，A正确；B．上述过程中，硫元素共参加了，，，三个氧化还原反应，B错误；C．气体A二氧化硫，气体C是硫化氢，二者混合生成单质硫，反应方程式为： ，故也会产生固体F，C正确；D．气体C是硫化氢具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者反应方程式为：，故不能用浓硫酸干燥气体，D正确；故选：B。11.用合金催化氧化制，其反应的微观模型如图①，含氮生成物产率随反应温度的变化曲线如图②。下列说法不正确的是A.低温不利于该反应的发生B.时，生成的含氮产物有C.合金催化氧化制，适宜的温度为D.以上，可能发生反应：【答案】C【解析】【详解】A．由图②可知，800时生成的含N元素的产物主要是NO，接近100%，所以适宜温度为800，低温不利于该反应的发生，故A正确；B．根据图②，400℃时，生成的含氮产物有，故B正确；C．根据图②，Pt-Rh合金催化氧化NH3制NO，温度400℃不适宜，因为此时NO产率很低，适宜温度为800℃，故C错误；D．800℃以上，NO产率降低，N2产率有所上升，故可能发生反应：，故D正确；故选C。12.已知断裂1molH2(g)中的H-H键需要吸收436.4kJ的能量，断裂1molO2(g)中的共价键需要吸收498kJ的能量，生成H2O(g)中的1molH-O键能放出462.8kJ的能量。下列说法正确的是 A.H(g)和O(g)形成H2O(g)的过程要吸收能量B.等质量的H2O(1)与H2O(g)具有相同的能量C.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的能量关系可用上图表示D.在H2(g)和O2(g)的反应过程中，断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量【答案】C【解析】【详解】A．H(g)和O(g)形成H2O(g)为化学键的形成过程，要释放能量，A错误；B．物质由液态变为气体需要吸收能量，所以等质量的H2O(1)与H2O(g)的能量H2O(l)<H2O(g)，B错误；C．由，断键吸收的总能量小于成键放出的总能量，故为放热反应，所以的能量关系可用如图表示，C正确；D．由C分析可知，在H2(g)和O2(g)的反应过程中，断开化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量，D错误；故选C。13.三氯乙烯（）是地下水中有机污染物的主要成分，研究显示，在地下水中加入高锰酸钾溶液可将其中的三氯乙烯除去，发生的反应如下：常温下，在某密闭容器中进行上述反应，测定与时间的关系如表所示：时间/min02467……下列推断正确的是（）A.上述反应先慢后快B.内， C.若高锰酸钾完全反应，所用时间为D.随着反应的进行，逐渐降低【答案】B【解析】【详解】A．分析表格中的数据可知，相同时间内降低逐渐减小，故题述反应先快后慢，选项A错误；B．每消耗会生成，内，，选项B正确；C．由于反应速率逐渐减小，故高锰酸钾完全反应，即浓度为时，反应时间大于，选项C错误；D．钾离子不参与反应，故不变，选项D错误。答案选B。14.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为，下列有关说法正确的是A.该电池在常温时就能正常工作B.放电过程中，向正极移动C正极反应式：D.每转移0.4mol电子，理论上生成41.4gPb【答案】D【解析】【详解】A．热激活电池的电解质为无水 混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，在常温不能正常工作，故A错误；B．放电过程中，根据原电池“同性相吸”，则向负极Ca电极移动，故B错误；C．原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成，反应的电极方程式为，故C错误；D．根据得失电子守恒规律，每转移2mol电子生成1molPb，则每转移0.4mol电子，理论上生成Pb为，故D正确。综上所述，答案为D。第II卷(非选择题58分)15.“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业做出的突出贡献。模拟“侯氏制碱法”以粗盐水为原料制备纯碱的流程以及各物质的溶解度变化趋势如图所示。（1）以NaCl为原料还可用于生产NaOH和Cl2，该工业生产称为_______。（2）溶液A中先通入NH3再通CO2的原因是_______。（3）在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳发生反应：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，请解释NaHCO3析出的原因：_______。（4）溶液中主要溶质的电子式为_______。（5）写出煅烧沉淀B生成纯碱时发生反应的化学方程式：_______。【答案】（1）氯碱工业（2）氨气极易溶于水，使溶液显碱性，可以吸收大量二氧化碳（3）Na+、HCO结合成NaHCO3的速率大于NaHCO3电离成Na+、HCO的速率，所以有NaHCO3晶体析 出（4）（5）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O【解析】【分析】粗盐水经过提纯得到沉淀A和溶液A，向溶液A中先通入NH3使溶液显碱性，促进CO2的吸收，有大量碳酸氢钠晶体析出，沉淀B是NaHCO3受热分解产生的碳酸钠，可据此解答。【小问1详解】以NaCl为原料还可用于生产NaOH和Cl2，该工业生产称为氯碱工业。【小问2详解】由于氨气极易溶于水，使溶液显碱性，可以吸收大量二氧化碳，所以溶液A中先通入NH3再通CO2。小问3详解】向饱和食盐水中通入NH3和CO2，NH3和CO2反应生成碳酸氢铵，Na+、HCO结合成NaHCO3的速率大于NaHCO3电离成Na+、HCO的速率，所以有NaHCO3晶体析出；【小问4详解】由溶液A中发生的反应可知，溶液B中的主要溶质是NH4Cl，其电子式为。【小问5详解】煅烧沉淀B生成纯碱时发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。16.在学习了硝酸的强氧化性后，某学习小组进行了浓硝酸和硫单质反应的实验探究。他们根据氧化还原反应原理推测硫的氧化产物，提出三种假设：Ⅰ．只有H2SO4；Ⅱ．只有SO2；Ⅲ．SO2和H2SO4都有。为了探究是哪一种情况，他们设计了下列实验流程及步骤：①实验所得气体折算成标准状况为1.792L。②混合气体用水吸收后，测得无含硫、含氮化合物逸出，并将吸收液配成100.00mL溶液。③取②中所得溶液20.00mL，加足量BaCl2溶液得白色沉淀0.466g。④再取20.00mL②中所得溶液，用NaOH溶液中和，恰好用去0.6mol·L-1NaOH溶液30.00mL。 请回答下列问题：（1）混合气体中NO2气体被水充分吸收的化学方程式为______________________________。（2）②中配制溶液所用到的玻璃仪器除烧杯、量筒外还有______________________________。（3）收集到的气体中含有__________________，假设____________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)成立。（4）配制的100.00mL溶液中H+的物质的量浓度是_______________，该实验中S与浓HNO3反应的化学方程式为__________________________________________________。【答案】（1）4NO2+O2+2H2O=4HNO3（2）玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管（3）①.SO2②.Ⅲ（4）①.0.9mol·L-1②.14HNO3(浓)+3S2SO2↑+H2SO4+14NO2↑+6H2O【解析】【分析】1.792L标准状况下的气体为0.08mol，0.466g沉淀是硫酸钡，其物质的量为0.002mol，故气体中有0.01molSO2，另外0.07mol气体应该是NO2，100.00mL溶液中n(H+)=5×0.6mol/L×30.00×10-3L=0.09mol，c(H+)=0.9mol/L。收集到的气体中含有0.07molNO2，其中HNO3→NO2时得到的电子多于S→SO2(0.01mol)时失去的电子，由得失电子守恒知，有一部分硫被氧化成硫酸了，故假设Ⅲ成立。生成的硫酸的物质的量为(0.07-4×0.01)mol÷6=0.005mol，故n(SO2)：n(H2SO4)：n(NO2)=2:1:14，故硫与浓硝酸的反应为。【小问1详解】混合气体中NO2气体被水充分吸收并通入足量氧气生成硝酸，；故答案为：；【小问2详解】配制一定物质的量浓度的玻璃仪器：烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；【小问3详解】根据分析，收集到的气体为SO2，假设Ⅲ成立；故答案为：SO2；Ⅲ；【小问4详解】根据分析，配制的溶液中c(H+)=0.9mol/L，该实验中S与浓HNO3反应的化学方程式 ；故答案为：0.9mol/L；。17.几种中学常见的单质及化合物的相互转化关系如图(部分反应物或产物已省略)：已知：①甲、乙、丁为单质，其余为化合物。②A是黄铁矿的主要成分，由两种元素组成，其原子个数比为l︰2，元素质量之比为7︰8。③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，反应⑤中乙转化为一种常见的温室气体。试根据上述信息，回答下列问题：（1）A的化学式为______。（2）工业上用A为原料来制备D，写出反应②的化学方程式______。（3）F与丁单质反应也可以得到G，试写出该反应的离子方程式______。（4）写出反应⑤的化学方程式______。（5）化合物M与H组成元素相同，可以将G转化为F，且不引进新杂质。M中化学键类型为_____(填“离子键、极性键或非极性键”)试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式______。【答案】（1）FeS2（2）2SO2+O22SO3（3）Fe+2Fe3+=3Fe2+（4）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O（5）①.极性键、非极性键②.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O【解析】【分析】由③中信息：B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；反应④中乙转化为一种常见的温室气体即CO2，则A为含S的二元化合物，设A的化学式为RS2或者R2S，则R=56，故为Fe或者，则R=14，故为N(不合题意)，故A的化学式为FeS2， 再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4，由E(Fe2O3)丁(单质)可知，丁为Fe，D(H2SO4)+E(Fe2O3)→F，则F为Fe2(SO4)3，D(H2SO4)+丁(Fe)→G，故G为FeSO4等，D(H2SO4)+乙→B(SO2)，故乙为碳，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，A的化学式为FeS2；【小问2详解】B为SO2，甲为O2，C为SO3，反应②的化学方程式2SO2+O22SO3；【小问3详解】由分析可知，F为Fe2(SO4)3与丁单质即Fe反应也可以得到G即FeSO4，该反应的化学方程式为：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，故其离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；【小问4详解】由题干转化关系图可知，反应⑤即D(H2SO4)+乙(C)反应生成B(SO2)的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；【小问5详解】由分析可知，H为H2O，化合物M与H组成元素相同，故M为H2O2，结构式为H-O-O-H，其中化学键的类型为O-H极性键、O-O非极性键；H2O2可以将G即FeSO4转化为F即Fe2(SO4)3，且不引进新杂质，故M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。18.人类的农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料，某化学兴趣小组利用图1装置制备氨气，图2装置探究其相关性质。Ⅰ．实验室制取氨气。（1）图1装置中生成NH3的化学方程式为_______。检验圆底烧瓶中已收集满氨气的方法是_______。通常用_______(填名称)干燥氨气。Ⅱ．探究氨气与氧化铜的反应，验证氨气的性质及部分反应产物。（2）无水硫酸铜的作用是_______；有同学认为需要在无水硫酸铜的后面再接一个装有CaCl2固体的球形 干燥管，这样做的目的是_______。（3）该实验缺少尾气吸收装置。如图中能用来吸收尾气的装置是_______(填字母)。（4）实验中观察到a中CuO粉末变红，b中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体。则该反应的化学方程式为_______，证明氨气具有_______(填“氧化性”或“还原性”)。（5）若向a中通入标准状况下4.48L的氨气，最终得到铜的质量为_______g。【答案】（1）①.②.将湿润的红色石蕊试纸靠近烧瓶口，若红色石蕊试纸变为蓝色，则证明NH3已经收集满。③.固体氢氧化钠（2）①.检验水的产生②.避免空气中水蒸气对反应产生水产生干扰（3）BC（4）①.②.还原性（5）19.2g【解析】【分析】NH4Cl与Ca(OH)2混合加热发生复分解反应制取NH3，NH3具有还原性，可以与CuO在加热发生氧化还原反应，产生N2、Cu、H2O，因此看到固体由黑色变为红色，反应产生的H2O蒸气与无水CuSO4变为蓝色CuSO4·5H2O，NH3是大气污染物，可根据其极易溶于水的性质，用水作吸水剂，在尾气吸收时要注意防止倒吸现象的发生。【小问1详解】在图1中NH4Cl与Ca(OH)2混合加热发生复分解反应制取NH3，反应方程式为：，可根据氨气的水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色验满，操作方法是：将湿润的红色石蕊试纸靠近烧瓶口，若红色石蕊试纸变为蓝色，则证明NH3已经收集满，固体氢氧化钠用来干燥NH3，答案为：；将湿润的红色石蕊试纸靠近烧瓶口，若红色石蕊试纸变为蓝色，则证明NH3已经收集满；固体氢氧化钠；【小问2详解】 无水硫酸铜是白色粉末，与水反应产生蓝色的硫酸铜晶体，据此检验水的产生，故无色硫酸铜的作用是检验水的产生，在无水硫酸铜的后面再接一个装有CaCl2固体的球形干燥管，这样做的目的是避免空气中水蒸气对反应产生水的干扰，答案为：检验水的产生；避免空气中水蒸气对反应产生水产生干扰；【小问3详解】氨气极易溶于水，尾气吸收需要防止倒吸，在图2中能用来吸收尾气的装置是装置B、C，而装置A易发生倒吸现象，故选BC；【小问4详解】CuO与NH3在加热时发生反应产生Cu、N2、H2O，反应的化学方程式为：，在该反应中N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，则NH3表现还原性，答案为：；还原性；【小问5详解】标准状况下4.48LNH3的物质的量是n(NH3)=，根据反应方程式可知反应产生Cu的物质的量为n(Cu)=n(NH3)=，其质量是m(Cu)=。19.某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为___________。（2）若上述反应中X、Y、Z分别为、、，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0mol和2.0mol，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示： t/s050150250350n()00.240.360.400.400~50s内的平均反应速率___________，250s时，的转化率为___________。（3）已知：键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为。N≡N的键能为，H−H的键能为，N−H的键能为，则生成1mol过程中放出的能量为___________kJ。（4）反应达平衡时容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，混合气体密度比起始时___________。（5）为加快反应速率，可以采取的措施是___________(填字母)。a．降低温度    b．增大压强    c．恒容时充入He气    d．恒压时充入He气    e．及时分离【答案】（1）3X(g)＋Y(g)2Z(g)（2）①.②.30%（3）46kJ（4）①.增大②.不变（5）b【解析】【小问1详解】根据图中所给数据进行分析，X、Y为反应，Z为生成物，相同时间内物质的量的改变量之比等于化学计量数之比，X、Y、Z的物质的量变化量分别为：0.3mol、0.1mol、0.2mol，则该反应的化学方程式为3X(g)＋Y(g)2Z(g)；【小问2详解】0~50s内生成的氨气物质的量为0.24mol，根据3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，相同时间内物质的量的改变量之比等于化学计量数之比，氮气在这段时间内消耗了0.12mol，则0~50s内的平均反应速率：；250s时，生成氨气物质的量为0.4mol，消耗氢气的物质的量为0.6mol，则的转化率为；【小问3详解】 方程式3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)的反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故=×1mol＋×3mol-×6mol=-92kJ，即生成2molNH3放出的能量为92kJ，则生成1mol过程中放出的能量为46kJ；【小问4详解】该反应正向气体分子数减少，气体质量不变，气体总物质的量减小，则平均摩尔质量增大，因此反应达平衡时容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时增大；气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此混合气体密度比起始时不变；【小问5详解】a．降低温度，反应速率减小，a不符合题意；b．增大压强，一般是缩小容器体积，浓度增大，反应速率加快，b符合题意；c．恒容时充入He气，压强增大，但浓度未变，速率不变，c不符合题意；d．恒压时充入He气，容器体积增大，浓度减小，速率减小，d不符合题意；e．及时分离，浓度降低，速率减小，e不符合题意；