2013-2014学年浙江省温州市十校联合体高一下学期期中联考化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014学年浙江省温州市十校联合体高一下学期期中联考化学试卷与答案（带解析） 选择题 化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列措施有利于节能减排、保护环境的是 加快化石燃料的开采与使用； 研发易降解的生物农药； 应用高效洁净的能源转换技术； 田间焚烧秸秆； 推广使用节能环保材料； 废电池进行集中回收处理 A B C D 答案： B 试题分析： 加快化石燃料的开采与使用，会增加污染物的排放，错误； 研发易降解的生物农药可以减少污染物的排放，正确； 应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，正确； 田间焚烧秸秆，会产生大量粉尘，污染空气，错误； 推广使用节能环保材

2、料，可以减少二氧化碳的排放，正确； 废电池进行集中回收处理，可以减少污染物的排放，保护环境，正确，答案：选 B。 考点：考查环境保护问题 100 mL浓度为 2 mol L- 的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是 A加入 适量的 6 mol - 的盐酸 B加入数滴氯化铜溶液 C加入适量蒸馏水 D加入适量的氯化钠溶液 答案： B 试题分析： A、加入 6 mol - 的盐酸使氢离子浓度增大，物质的量增加，所以反应速率加快，生成的氢气量增加，错误； B、加入硫化铜，可与锌发生置换反应，生成单质铜附着在锌片上，与盐酸构成原电池，使反应速率加快，同时氢离子的物

3、质的量不变，所以氢气量不变，正确； C、加入蒸馏水使氢离子浓度减小，反应速率减慢，错误； D、加入氯化钠溶液，与加入水的效果相同，同样是氢离子浓度减小，反应速率减慢，错误，答案：选 B。 考点：考查条件改变对反应速率的影响 下列能说明氯元素比硫元素非金属性强的是 HCl比 H2S稳定 ; HClO4酸性比 H2SO4强 ; Cl2能与 H2S反应生成 S; Cl原子最外层有 7个电子， S原子最外层有 6个电子 ; Cl2与 Fe反应生成 FeCl3， S与 Fe反应生成 FeS; 盐酸是强酸 ,而氢硫酸是弱酸 A B C D 答案： C 试题分析： 利用气态氢化物的稳定性比较非金属性的强弱，

4、正确； 利用最高价含氧酸的酸性的强弱，比较非金属性的强弱，正确； 利用单质之间的置换反应比较非金属性的强弱，正确； 最外层电子数目的多少不能判断非金属性的强弱，错误； 与同种单质反应，生成物中元素化合价的不同，可以判断非金属性的强弱，正确； 氢化物的水溶液的酸性不能比较非金属性的强弱，错误，答案：选 C。 考点：考查非金属性强弱判断的依据 下列关于铜电极的叙述，不正确的是 A铜锌原电池中铜是正极 B用电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极 C在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极 D电解稀硫酸制 H2、 O2时，铜作阳极 答案： D 试题分析： A、铜锌原电池中，锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，正确；B、

5、用电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，发生氧化反应，阴极上有精铜析出，正确； C、电镀时镀层金属作阳极，含镀层金属阳离子的溶液为电解质溶液，正确； D、电解稀硫酸制 H2、 O2时，铜作阳极，则阳极发生铜失电子的反应，得不到氧气，错误，答案：选 D。 考点： 已知短周期元素的离子 aA2+、 bB+、 cC3-、 dD- 都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是 A 原子半径 ABDC B原子序数 d c b a C离子半径 CDBA D单质的还原性 ABDC 答案： C 试题分析：根据 “阴上阳下 ”的判断规律， C、 D 在上一周期， C 得电子数大于 D，所以 dc； A、 B 在下一周期，

6、 A 失电子数大于 B 所以 ab。 A、电子层数越多，半径越大，核电荷数越少，半径越大，所以原子半径 B最大，错误； B、原子序数 abdc，错误； C、 4种离子的电子层数相同，所以决定离子半径的是核电荷数，与原子序数的大小关系顺序相反，正确； D、元素周期表中 B在 A的左侧，所以 B的还原性大于 A，错误，答案：选 C。 考点：考查原子结构的判断，元素周期律的应用 用 Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物 HCl。 利用反应 A： 4HCl O22Cl2 2H2O， 可实现氯的循环利用。 已知： 反应 A中， 4mol HCl被氧化，放出 115 6kJ的热量 则断开 1 mol H

7、O 键与断开 1 mol HCl 键所需能量相差约为 A 16kJ B 24kJ C 32kJ D 48kJ 答案： C 试题分析：根据 H=反应物的总键能 -生成物的总键能 =4E（ HCl ） +498kJ/mol-2(243kJ/mol+2E（ HO ） )=-115 6kJ/mol，则 E（ HO ） - E（ HCl ） =31 9kJ/mol，所以断开 1 mol HO 键与断开 1 mol HCl 键所需能量相差约为 32kJ，答案：选 C。 考点：考查反应热与键能的关系 不久前，美国一个海军航空站安装了一 台 250 kW的 MCFC型燃料电池，该电池可同时供应电和水蒸气，其工

8、作温度为 600 700 ，所用燃料为 H2，电解质为熔融的 K2CO3，已知该电池的总反应为 2H2+O2=2H2O， 负极反应为H2+ CO32-2e-=H2O+CO2，则下列推断正确的是 ( ） A正极反应为： 4OH- =O2+2H2O+4e- B放电时 CO32-向负极移动 C电池供应 1 mol水蒸气，转移的电子数为 4 mol D放电时 CO32-向正极移动 答案： B 试题分析： A、根据总反应和负极反应方程式，二者相减得正极反应式为 O2+2 CO2+4e-= 2CO32-，错误； B、原电池装置中阴离子向负极移动，正确； C、根据负极反应式判断电池供应 1 mol水蒸气，转

9、移的电子数为 2 mol，错误； D、与B相反，错误，答案：选 B。 考点：考查原电池的电极反应式、离子移动方向、电子转移数目的计算 几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表。分析判断下列说法正确的是（ ） 元素代号 A B D E G I J K 化合价 1 2 +4 4 1 +5 3 +3 +2 +1 原子半径 nm 0 071 0 074 0 077 0 099 0 110 0 143 0 160 0 186 A A的单质能将 E单质从 KE的溶液中置换出来 B A、 I、 J的离子半径由大到小顺序是 A J I C G元素的单质不存在同素异形体 D J在 DB2中燃烧生成两种化合物

10、答案： B 试题分析： A、根据元素周期律中原子半径、化合价的变化规律， A、 E是第七主族元素，且 A的原子半径小于 E，所以 A是 F元素， E是 Cl元素，氟单质不能置换氯气，因为氟单质极易与水反应，错误； B、 I、 J分别是 +3、 +2价，且 J的原子半径大于 I，所以 J是第二主族元素， I是第三主族元素，二者的原子半径都大于 E，所以 J是 Mg、 I是 Al元素，则 A、 I、 J的离子结构相同，根据半径的比较原则，离子半径由大到小顺序是 A J I，正确； C、 G最高价为 +5价，为第五主族元素，其原子半径比 E大，所以 G是 P元素，存在同素异形体，白磷、红磷，错误；

11、D、根据 B、 D的化合价和半径大小判断 B是 O 元素， D是C元素，则 Mg在二氧化碳中燃烧生成单质碳和氧化镁，错误，答案：选 B。 考点：考查元素周期律的化合价、原子半径的递变规律的应用 如图所示的两个实验装置中，溶液的体积均为 200 mL，开始时电解质溶液的浓度均为 0 1 mol/L，工作一段时间后，测得导线上均通过 0 02 mol 电子，若不考虑溶液体积的变化，则下列叙述中正确的是 A产生气体的体积： (1） (2) B电极上析出物质的质量： (1） (2) C溶液 pH的变化： (1)增大， (2)减小 D电极反应式： (1)中阳极： 4OH-4e-=2H2O O2， (2)

12、中负极： 2H 2e-=H2 答案： B 试题分析： A、 (1)为电解池，阳极生成氧气； (2)是原电池，正极产生氢气，当线上均通过 0 02 mol电子时产生的气体氢气是氧气的 2倍，所以（ 2） (1)，错误； B、电解池中有 0 01mol的铜析出，原电池中没有物质析出，所以电极上析出物质的质量： (1） (2)，正确； C、电解池中氢氧根离子放电，导致溶液中的氢离子浓度增大， pH减小，原电池中氢离子放电，导致溶液氢离子浓度减小， pH增大，错误； D、（ 2）中的负极是锌失电子成为锌离子， Zn-2e-=Zn2+,错误，答案：选 B。 考点：考查电化学原理的应用，生成气体、形成固体

13、的质量的比较， pH 的变化，电极反应式的判断 可逆反应 2NO2 2NO+O2在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ） 单位时间内生成 n mol O2的同时生成 2n molNO 单位时间内生成 n mol O2的同时生成 2n molNO2 用 NO2、 NO、 O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为 2:2:1的状态 混合气体的颜色不再改变的状态 混合气体的密度不再改变的状态 A B C D 答案： B 试题分析： NO、 O2都是生成物，所以反应的任何阶段都有单位时间内生成 n mol O2的同时生成 2n molNO，不能作为达到平衡状态的标志，错误； NO2、O

14、2分别是反应物、生成物，单位时间内生成 n mol O2的同时生成 2n molNO2，说明正逆反应速率相等，正确； 可逆反应中各物质的物质的量浓度变化即反应速率始终等于化学计量数的比值，不能作为达到平衡状态的标志，错误； 在体积不变的密闭容器中，随着反应的进行，气体的颜色一直变化，达平衡时不再变化，正确； 容器体积不变，气体质量不变，所以气体的密度始终不变，不能作为达到平衡状态的标志，错误，答案：选 B。 考点：考查对化学平衡状态的判断 下列各组物质，化学键类型相同、晶体类型相同且熔化时破坏作用力类型也相同的 ( ) A HCl KCl B CO2 SiO2 C NH4Cl CCl4 D N

15、aOH Na2O2 答案： D 试题分析： A、 HCl含有共价键，是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力， KCl含有离子键，是离子晶体，熔化时破坏离子键，均不同，错误； B、 CO2含有共价键，是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力， SiO2 含有共价键，是原子晶体，熔化时破坏共价键，错误； C、 NH4Cl含有离子键，是离子晶体，熔化时破坏离子键， CCl4含有共价键，是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，错误； D、NaOH、 Na2O2都含有离子键，是离子晶体，熔化时都破坏离子键，完全相同，正确，答案：选 D。 考点：考查对 化学键、晶体类型、熔化时破坏的作用力的判断 运用元素周期律分析下面

16、的推断，其中错误的是 A砹 (85号元素 )是一种有色固体， HAt应该不稳定，且 AgAt是有色难溶于水固体 B铍（ Be）是一种金属，它的氧化物的水化物可能具有两性 C硫酸锶（ SrSO4）是难溶于水和盐酸的的白色固体 D硒化氢（ H2Se）是无色、有毒、比 H2S稳定的气体 答案： D 试题分析： A、砹 (85号元素 )是第七主族元素，根据第七主族元素的性质特征推断，它是一种有色固体， HAt应该不稳定，且 AgAt是有色难溶于水固体，正确；B、铍（ Be）是一种金属，在元素周期表中与 Al是对角线的位置关系，化学性质具有相似性，氢氧化铝具有两性，所以铍的氧化物的水化物可能具有两性，正

17、确； C、第二主族元素的硫酸盐从上到下越来越难溶于水、盐酸，所以硫酸锶（ SrSO4）是难溶于水和盐酸的的白色固体，正确； D、硒位于第六主族，同主族元素 的氢化物的稳定性从上到下越来越不稳定，所以硒化氢（ H2Se）是比H2S不稳定的气体，错误，答案：选 D。 考点：考查同主族元素性质的推断 元素性质呈周期性变化的决定因素是 A元素原子核外电子层排布呈周期性变化 B元素 相对原子质量依次递增 C元素原子半径大小呈周期性变化 D元素的最高正化合价呈周期性变化 答案： A 试题分析：元素原子核外电子层排布呈周期性变化是元素性质呈周期性变化的决定因素，原子半径、最高正化合价、相对原子质量都是元素性

18、质变化的体现，所以答案：选 A。 考点：考查对元素性质周期性变化的决定因素的判断 已知汽车尾气无害化处理反应为 2NO（ g） +2CO（ g） N2（ g） +2CO2（ g），下列说法中正确的是 A使用适当的催化剂不改变反应速率 B降低压强能提高反应速率 C升高温度能提高反应速率 D改变压强对反应速率无影响 答案： C 试题分析： A、使用适当的催化剂可以加快反应速率，错误； B、降低压强，反应速率减慢，错误； C、温度升高，反应速率加快，正确； D、改变压强对反应速率有影响，错误，答案：选 C。 考点：考查条件对反应速率的影响 下列变化属于吸热反应的是 碳与二氧化碳化合 生石灰与水反应生

19、成熟石灰 Zn与稀硫酸反应 氯酸钾分解制氧气 Ba(OH)2 8H2O 与 NH4Cl反应 甲烷与氧气的燃烧 A B C D 答案： C 试题分析： 是吸热反应， 是放热反 应， 是放热反应， 是吸热反应， 是吸热反应， 是放热反应，答案：选 C。 考点：考查对吸热反应、放热反应的判断 下列有关化学用语使用不正确的是 A NH3分子的电子式： B N2的结构式： NN C O 原子的结构示意图： D MgCl2 的电子式： 答案： A 试题分析： A、 N 的最外层电子 5个， 2个未成键电子未画出，错误； B、氮气分子中存在氮氮三键，正确； C、 O 原子的第一层有 2个电子，最外层 6个电

20、子，正确； D、氯化镁是离子化合物，镁离子、氯离子的电子式均正确，正确，答案：选 A。 考点：考查对电子式、结构式、结构示意图的判断 下列排列顺序正确的是 热稳定性： H2OHFH2S 原子半径： NaMgF 酸性： H3PO4H2SO4HClO4 失电子能力： NaMgAl 晶体的熔点： SiO2NaClCCl4SO2 A B C D全部正确 答案： A 试题分析： HF 的稳定性大于 H2O，错误； 原子半径电子层数越多半径越大，核电荷数越大，半径越小， NaMgF，正确； 同周期元素的非金属性随核电荷数增加而增强，所以最高价含氧酸的酸性增强，错误； 同周期元素，核电荷数增多，失电子能力减

21、弱，正确； 熔点：原子晶体 离子晶体 分子晶体，二氧化硅是原子晶体，氯化钠是离子晶体，四氯化碳、二氧化硫是分子晶体，且二氧化硫是气体，正确，答案：选 A。 考点：考查元素周期律的应用，熔点高低的比较 据报道，全球每年发生金属腐蚀而造成的直接经济损失达数千亿美元。下列各电极反应 式中，能表示铁的电化学腐蚀的是 Fe-2e-=Fe2+ 2H+2e-=H2 Fe-3e-=Fe3+ 2H2O+O2+4e-=4OH- 4OH-4e-=2H2O+O2 A B C D 答案： C 试题分析：金属腐蚀的实质是金属被氧化，发生吸氧或析氢腐蚀。铁被氧化先成为亚铁离子，所以 错误；发生吸氧腐蚀，不会生成氧气，所以

22、错误，所以答案：选 C。 考点：考查金属腐蚀的电极反应式的判断 下列说法中不正确的是 A含有离子键的化合物一定是离子化合物 B活泼的金属和活泼的非金属原子之间形成的化学键一定是离子键 C共价化合物中不可能存在离子键 D某元素原子最外层只有 1个电子，它跟卤素可能形成离子键也可能形成共价键 答案： B 试题分析： A、含有离子键的化合物一定是离子化合物，符合离子化合物的定义，正确； B、活泼金属 Al与活泼的非金属 Cl形成的氯化铝中的化学键是共价键，错误； C、共价化合物中只存在共价键，不存在离子键，正确； D、第一主族元素与卤族元素形成的物质中，有离子键如氯化钠，有共价键如氯化氢，正确，答案

23、：选 B。 考点：考查化合物的概念，离子键、共价键的判断 已知 4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用 v(NH3)、 v(O2)、 v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是 （ ） A 4/5v(NH3)=v(O2） B 5/6v(O2)=v(H2O) C 2/3v(NH3)=v(H2O) D 4/5v(O2)=v(NO） 答案： D 试题分析：同一反应中，化学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比，符合该原则的只有 D，所以答案：选 D。 考点：考查化学反应速率与化学计量数的关系 填空题 按要求填空 (每空 1分 ) KOH的电子式 : NH4Cl的电子式： CO2的

24、结构式 : HClO 的结构式 : 按要求填空 (每空 2分 ) 肼（ N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。已知在 101kPa（ 25 时）时，已知 0 5mol液态肼与足量氧气反应，生成氮气和水蒸气，放出 312 KJ的热量。 N2H4完全燃烧反应的热化学方程式是 ；又已知H2O(l)=H2O(g)； H = +44kJ mol-1，由 64g液态肼与氧气反应生成液态水时放出的热量是 kJ。 答案： O=C=O H-O-Cl (各 1分 ) N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O（ g） H=-624kJ/mol（ 2 分） (出现错误扣 2 分）1424（

25、2分） 试题分析： 氢氧化钾是离子化合物，其电子式应采用离子化合物的书写形式，答案：为 ， 氯化铵也是离子化合物，但阳离子的电子式不是其离子符号，答案：为； CO2分子中 C与 O 以 2对共用电子对结合，所以结构式为 O=C=O； HClO 分子中 O 分别与 H、 Cl原子形成共价单键，结构式为 H-O-Cl； 0 5mol 液态肼与足量氧气反应，生成氮气和水蒸气，放出 312 KJ 的热量。则 1mol肼完全燃烧放出 624KJ的热量，热化学方程式为N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O（ g） H=-624kJ/mol；水蒸气生成液态水放出热量，64g肼的物质的量是 2mol

26、，所以放出的热量是 2624kJ+444 kJ=1424kJ。 考点：考查电子式、结构式的书写，热量计算，热化学方程式的书写 A、 B、 C、 D、 E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素， A元素的原子核内只有 1个质子， B元素的原子半径是其所在主族中最小的， B的最高价氧化物对应水化物的化学式为 HBO3； C元素原子的最外层电子数比次外层多 4个； C 的阴离子与 D 的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物 D2C；C、 E同主族 （ 1） D在 周期表中的位置 ； B的原子核外电子排布示意图 ； （ 2） E元素形成最高价氧化物对应水化物的化学式为 ； （ 3）元素 C、

27、D、 E形成的原子半径大小关系是 （用元素符号表示）。 （ 4） C、 D可形成化合物 D2C2， D2C2含有的化学键是 ； （ 5） A、 C两种元素形成的原子个数之比为 1:1的化合物电子式 ； （ 6） B的氢化物与 B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式 。 答案：（ 1）第三周期第 A族 （ 2分） （ 2分） （ 2） H2SO4 （ 2分） （ 3） Na S O (2分） （ 4）离子键、共价键 （ 2分） （ 5） （ 2分） （ 6） NH3 + H+ = NH4+ （ 2分） 试题分析：（ 1） A元素的原子核内只有 1个质子， A是 H元素； B的最高价氧化物对应水

28、化物的化学式为 HBO3， B为第五主族元素，且原子半径在同族中最小，所以 B是 N 元素； C元素原子的最外层电子数比次外层多 4个，说明 C只能有 2层电子，所以 C是 O 元素； C的阴离子与 D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物 D2C， D为 +1价元素，所以 D是 Na； C、 E同主族，则 E是 S元素所以 Na在元素周期表中的位置是第三周期第 A族； N 的原子核外电子排布示意图 ； （ 2） S元素形成最高价氧化物对应水化物的化学式为 H2SO4； （ 3）根据原子半径的大小规律，元素 O、 Na、 S形成的原子半径大小关系是Na S O； （ 4）过氧化钠中既有

29、离子键，又有共价键； （ 5） A、 C两种元素形成的原子个数之比为 1:1的化合物为过氧化氢，是共价化合物，电子式为 ； （ 6） B的氢化物是氨气，与 B的最高价氧化物的水化物硝酸反应生成硝酸铵，离子方程式为 NH3 + H+ = NH4+。 考点：考查元素推断，元素在元素周期表中位置的判断，电子式、原子结构示意图、离子方程式、化学式的书写，化学键的判断，原子半径的比较 某温度时，在 2L容器中 X、 Y、 Z三种物质随时间的变化关系曲线如下图所示。 （ 1）由图中的数据分析，该反应的化学方程式为 ； （ 2）反应开始至 2min时 Z的平均反应速率为 ； （ 3）下列关于化学反应速率与化

30、学反应限度的叙述不正确的是 ( ) A反应限度是一种平衡状态，此时反应已经停止 B达到平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等 C达到平衡状态时，反应物和生成物浓度都不再 改变 D化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品 E化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品 （ 4） 5min后曲线的含义 ； 答案：（ 1） 3X+Y 2Z （ 2分） (可逆号写成 “ ”扣 1分 ) （ 2） 0 05mol （ L min） -1 （ 2分） (单位漏写或写错扣 1分） （ 3） A （ 2分） （ 4）在此条件下该反应已达到反应限度（或化学平衡）（ 2分） 试题分析：（ 1）由图可知， X、

31、 Y是反应物，物质的量分别减少 0 6mol、0 2mol， Z是生成物，物质的量增加 0 4mol，所以化学计量数的比值是X:Y:Z=3： 1： 2，所得化学方程式为 3X+Y 2Z； （ 2） 2min时 Z的物质的量增加 0 2mol，浓度增加 0 1mol/L,所以 Z的平均反应速率是 0 1mol/L/2min=0 05mol （ L min） -1 (3） A反应限度是一种动态平衡状态，此时反应仍在进行，错误； B、达到平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等，符合化学平衡的定义，正确； C、达到平衡状态时，反应物和生成物浓度都不再改变，正确； D、化学反应速率研究的是反应进行的快慢

32、程度，怎样在一定时间内快出产品，正确； E、化学平衡理论研究的是反应进行的彻底程度，怎样使用有限原料多出产品，正确，答案：选 A。 （ 4） 5min时各物质的浓度不再变化，说明已达平衡状态，所以 5min后曲线的含义是在此条件下该反应已达到反应限度（或化学平衡）。 考点：考查化学方程式的判断，反应速率的计算，化学平衡概念 如图所示的装置中电极 a、 b均为碳棒，两烧杯中所盛溶液均为500mL1 0mol/L。 A为 (填 “原电池 ”或 “电解池 ”)，其中 Ag电极的电极反应式为： ；发生 反应(填 “氧化 ”或 “还原 ”)。 B装置中的电极 b极为 极，电极反应式为 ， 总反应的化学方

33、程式为 。 工作一段时间后，当 Zn片质量减少 6 5g时， a极逸出的气体在标准状况下的体积 L。 答案：（ 14分） 原电池 （ 2分） Cu2+2e-=Cu （ 2分）还 原 （ 2分） 阴 （ 2分） 2H+2e-=H2(或 2H2O+2e-=H2+2OH-）（ 2分） 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2 （ 2分） 2 24 (2分 ) 试题分析：（ 1）原电池的构成条件中应有 2个活性不同的电极，所以 A是原电池； Ag极是正极，发生还原反应，铜离子得电子生成单质铜，电极反应式为Cu2+2e-=Cu； （ 2）装置 B中 b极与锌极相连，所以 b是阴极，发生还原反应，氢

34、离子得电子生成氢气， 2H+2e-=H2(或 2H2O+2e-=H2+2OH-)；总反应是电解饱和食盐水的反应： 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2； （ 3）当 Zn片质量减少 6 5g时，说明导线上有 0 2mol电子通过， a极产生氯气，根据得失电子守恒，氯气的物质的量是 0 1mol，所以 a极逸出的气体在标准状况下的体积 2 24L。 考点：考查对电 化学装置的判断，电化学理论的应用 计算题 把 0 4 mol X气体和 0 6 mol Y气体混合于 2 L密闭容器中，使它们发生如下反应： 4 X(g) 5 Y(g) n Z(g) 6 W(g)。 2 min 末测得容器内

35、的压强变为原来压强的 1 05倍，且测知前 2min内以 Z的浓度变化表示的反应速率为 0 05 mol （ L min） -1。 求：（ 1）前 2 min内用 X的浓度变化表示的平均反应速率？ （ 2） 2min末 Y的浓度？ （ 3）化学反应方程式中 n的值？ 答案：（ 1） v(X) 0 05 mol （ L min） -1 （ 2分） （ 2） c(Y) 0 175mol L-1 （ 2分） （ 3） n 4 （ 2分） 试题分析：（ 1） 2 min 末测得容器内的压强变为原来压强的 1 05倍，说明气体的物质的量是反应前的 1 05倍，即反应后的气体总物质的量是（ 0 4mol+

36、0 6mol） 1 05=1 05mol。前 2min内以 Z的浓度变化表示的反应速率为 0 05 mol （ L min） -1。则 Z的物质的量增加 0 2mol。 4 X(g) 5 Y(g) n Z(g) 6 W(g) 反应前 (mol） 0 4 0 6 消耗 (mol） 0 8/n 1/n 0 2 1 2/n 2min后 (mol） 0 4- 0 8/n 0 6-1/n 0 2 1 2/n 所以 0 4- 0 8/n+ 0 6-1/n+0 2+1 2/n=1 05,解得 n=4 所以前 2 min内 X的浓度减少 0 2mol/2L=0 1mol/L, 用 X的浓度变化表示的平均反应速率是 0 1mol/L/2min=0 05 mol （ L min） -1 (2） 2min末 Y的物质的量是 0 6-0 25=0 35mol，所以 2min末 Y的浓度 c(Y) 0 35mol/2L=0 175mol L-1 （ 3）由（ 1）得 n=4 考点：考查化学平衡的计算，反应速率的计算