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【化学】湖北省公安县车胤中学2018-2019学年高一（选考班）下学期期中考试试题（解析版）
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湖北省公安县车胤中学2018-2019学年高一（选考班）下学期期中考试试题
1.0.1 mol某金属单质与足量的盐酸反应放出1.12LH2（标准状况），并转变为具有Ar原子的电子层结构的离子，该金属元素在元素周期表中的位置是（ ）
A. 第三周期第IA族 B. 第四周期第IA族
C. 第三周期第ⅡA族 D. 第四周期第ⅡA族
【答案】B
【解析】氢气的物质的量为，设金属原子失去的电子数为n，根据电子转移守恒有：0.1mol×n=0.05mol×2，解得n=1，即金属原子失去1个电子形成金属离子，由于金属原子失去1个电子，形成具有Ar原子的电子层结构的离子，所以+1价金属离子核外有18个电子，故该金属元素质子数为18+1=19，即该金属为K元素，位于周期表第四周期ⅠA族。故选B。
2.铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解液为硫酸，工作时的反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O，下面结论正确的是（ ）
A. Pb为正极，被氧化 B. 溶液的pH不断减小
C. SO42－只向PbO2处移动 D. 电解液密度不断减小
【答案】D
【解析】分析化学反应可知,反应中Pb失去电子,作负极；PbO2得电子,作正极,反应不断消耗硫酸,溶液pH不断增大；无论Pb还是PbO2最终都生成PbSO4,所以S既向Pb也向PbO2处移动；PbSO4在电解液中的溶解度很小,所以电解液的密度不断减小,选D。
3.下列关于化学键的说法正确的是 （ ）
①含有金属元素的化合物一定是离子化合物
②第ⅠA族和第ⅦA族原子化合时，一定生成离子键
③由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物
④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键
⑤含有离子键的化合物一定是离子化合物
⑥离子化合物中可能同时含有离子键和共价键
⑦非极性键只存在于双原子单质分子中
⑧不同元素组成的多原子分子中的化学键一定都为极性键
A. ①②⑤ B. ④⑤⑥ C. ①③④ D. ②③⑤
【答案】B
【解析】①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3属于共价化合物，故①说法错误；
②第IA族包括H和碱金属，如果是H与ⅦA族元素形成化合物，该化合物属于共价化合物，故②说法错误；
③由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故③说法错误；
④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，如Na与Cl化合时，Na＋与Cl－形成离子键，故④说法正确；
⑤含有离子键的化合物一定是离子化合物，故⑤说法正确；
⑥离子化合物中可能同时含有离子键和共价键，如NaOH、Na2O2，故⑥说法正确；
⑦非极性键不一定只存在双原子单质分子中，如Na2O2中含有非极性键，故⑦说法错误；
⑧不同元素组成的多原子分子中的化学键不一定都为极性键，如H2O2，其结构式为H－O－O－H，是由非极性键和极性键组成，故⑧说法错误；
综上所述，选项B正确。
4.既有离子键又有共价键的化合物是（ ）
A. Na2O B. H2O2 C. CH4 D. NaOH
【答案】D
【解析】A. Na2O中只含有离子键，故A不符合题意；
B. H2O2中只含有共价键，故B不符合题意；
C. CH4中只含有共价键，故C不符合题意；
D. NaOH中钠离子与氢氧根之间以离子键结合，氢氧根中氢原子与氧原子以共价键结合，所以既有离子键又有共价键，故D符合题意；
故选D。
5. 下列反应符合如图所示的反应是（ ）
A. 金属钠与水的反应
B. 氢气燃烧
C. 浓硫酸的稀释
D. Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl （固体）混合
【答案】D
【解析】试题分析：常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）．
解：A．活泼金属与水（或酸）的反应是放热反应，故A错误；
B．燃烧是放热反应，故B错误；
C．浓H2SO4溶于水为放热过程，不是化学反应，故C错误；
D．氢氧化钡晶体与氯化铵固体反应是吸热反应，故D正确．
故选D．
6.某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（ ）
A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B. a 和 b 用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e-==Cu
C. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解
D. a和b用导线连接后，Fe片上发生还原反应，溶液中的Cu2+向铜电极移动
【答案】D
【解析】A．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，所以铁片上会有金属铜析出，故A正确；
B．a和b用导线连接时，形成了原电池，铜作正极，发生的反应为：Cu2++2e-==Cu，故B正确；
C．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，无论a和b是否连接，铁片均会溶解，故C正确；
D． a和b用导线连接后，是原电池，Fe片为负极，发生氧化反应，溶液中的Cu2＋向铜电极移动，故D错误；答案为D。
7.在温度不变的条件下，在恒容的容器中进行下列反应：N2O4（g）==2NO2（g），若N2O4的浓度由0.1mol•L﹣1降到0.07mol•L﹣1需要15s，那么N2O4的浓度由0.07mol•L﹣1降到0.05mol•L﹣1所需的反应时间（ ）
A. 等于5s B. 等于10s
C. 小于10s D. 大于10s
【答案】D
【解析】N2O4的浓度由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1需要15s，即N2O4的浓度变化为0.1-0.07=0.03mol·L-1，N2O4的浓度由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1，即N2O4的浓度变化为0.07-0.05=0.02mol·L-1，若反应速率不变，则所需时间为×15s=10s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于10s。
故选D。
8. 将4mol 甲烷与氯气发生取代反应，待反应完全后测知四种取代物物质的量相同，测消耗的氯气有（ )
A. 2mol B. 10mol C. 7.5mol D. 6mol
【答案】B
【解析】试题分析：甲烷4mol时由题意可知,生成CH3CL,CH2CL2 ,CHCL3,CCL4各1mol,而相应的,生成的HCL的量分别为 1mol、2mol、3mol、4mol，每生成一个HCL,就要消耗一个CL2,因此CL2的量与HCL的量相等,为1+2+3+4 =10mol，答案选B。
9.在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v（A）=0.5 mol•L-1•s-1 B. v（B）=0.3 mol•L-1•s-1
C. v（C）=0.8 mol•L-1•s-1 D. v（D）=30 mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，
A.V(A)=0.5 mol/(L•s），速率之比等于化学计量数之比，故V(D)=2V(A)=1mol/(L•s)；
B.V(B)=0.3mol?(L•s），速率之比等于化学计量数之比，故V(D)=4V(B)=1.2mol/(L•s)；
C.V(C)=0.8mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，故V(D)=V(C)=×0.8mol/(L•s)=1.1mol/(L•s)，
D.V(D)=30mol/(L•min)=0.5mol/(L•s)，
故反应速率由大到小的顺序为：B＞C＞A＞D，故合理选项是B。
10.下列有关说法正确的是（ ）
A. 石墨和金刚石互为同位素 B. 乙烷和丙烷互为同素异形体
C. 正丁烷与异丁烷互为同分异构体 D. 12C和13C互为同系物
【答案】C
【解析】同种元素形成的不同单质互称为同素异形体；同种元素的不同原子之间互称为同位素；而同分异构体是分子式相同而结构不同的化合物的互称；同系物是结构相似但分子组成上相差一个或若干个“CH2”原子团的化合物的互称；
A. 石墨、金刚石是碳元素形成的两种不同的单质，两者互为同素异形体，故A错误；
B. 乙烷、丙烷都属于烷烃，结构相似，分子组成上相差1个“CH2”，两者互为同系物，故B错误；
C. 正丁烷与异丁烷分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体，故C正确；
D. 12C和13C的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故D错误；
故选C。
11.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
①增加C的量 ②将容器的体积缩小一半 ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ④保持压强不变，充入N2使容器体积变大
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】试题分析：①碳是固体，增加C的量，反应速率不变；②将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率增大；③保持体积不变，充入He使体系压强增大，但反应物的浓度不变，反应速率不变；④保持压强不变，充入He使容器体积变大，浓度减小，反应速率减小，答案选C。
12.下列过程中，只破坏共价键的是（ ）
A. 酒精溶于水
B. HCl溶于水得盐酸
C. 将Na2SO4熔融呈液态
D. 从NH4HCO3中闻到了刺激性气味
【答案】B
【解析】试题分析：一般来说，非金属之间形成共价键，化学变化中、共价化合物电离均破坏共价键，以此来解答．
解：A．酒精溶于水，只破坏分子间作用力，故A不选；
B．HCl发生电离，破坏共价键，故B选；
C．离子化合物发生电离，破坏离子键，故C不选；
D．发生化学变化生成氨气、水、二氧化碳，离子键和共价键均破坏，故D不选；
故选B．
13.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质。在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.9kJ的热能。下列说法不正确的是（ ）
A. 石墨比金刚石稳定
B. 金刚石和石墨的物理性质相同
C. 1mol金刚石比1mol石墨的总能量高
D. 1mol金刚石完全燃烧释放的能量比1mol石墨完全燃烧释放的能量多
【答案】B
【解析】1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.9kJ的热能，说明石墨的能量低于金刚石的能量；
A. 石墨的能量比金刚石低，能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，故A正确；
B. 金刚石和石墨的导电性、密度、硬度等物理性质不相同，故B错误；
C. 金刚石比石墨能量高，即1mol金刚石比1mol石墨的总能量高，故C正确；
D.1mol金刚石与1mol石墨完全燃烧时产物相同，1mol金刚石具有的总能量高，所以燃烧时释放的能量多，故D正确；
故选B。
14.在2 L容积不变的容器中，发生N2＋3H22NH3的反应。现通入4molH2和4molN2，10s内用H2表示的反应速率为0.12mol/(L·s)，则10s后容器中N2的物质的量是（ ）
A. 1.6mol B. 2.8mol C. 3.2mol D. 3.6mol
【答案】C
【解析】v(H2)⇒Δc＝0.12×10＝1.2(mol·L－1)
N2＋ 3H22NH3
起始浓度(mol·L－1) 2 2 0
变化浓度(mol·L－1) 0.4 1.2 0.8
10 s时浓度(mol·L－1) 2－0.4＝1.6 2－1.2 ＝0.8
所以10 s时的N2的物质的量为1.6 mol·L－1×2 L＝3.2 mol。
15.能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是（ ）
①Cl2与H2S溶液发生置换反应②受热时H2S能分解，HCl则不能 ③单质硫可在空气中燃烧，Cl2不能 ④HCl是强酸，H2S是弱酸
A. ①④ B. ①② C. ③④ D. ②④
【答案】B
【解析】①Cl2与H2S溶液发生Cl2+H2S==S↓+2HCl，氯气为氧化剂，硫为氧化产物，氯气与H2S能发生置换反应，同一反应氧化剂氧化性大于氧化产物，说明氯气的氧化性大于S，元素的非金属性Cl大于S，故①正确；②元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，HCl比H2S稳定，可说明非金属性：Cl＞S，故②正确；③不能根据非金属能否被氧气氧化判断非金属性强弱，故③错误；④比较非金属性的强弱，应根据对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，例如HF的酸性比HCl弱，但非金属性F大于Cl，故④错误；故选A。
点睛：明确非金属性强弱判据是解题关键；比较非金属性的强弱，可根据①氢化物的稳定性，②最高价氧化物对应的水化物的酸性，③对应的单质的氧化性，④单质之间的置换反应⑤与氢气反应的剧烈程度等判断。
16.下列说法中正确的一组是（ ）
A. H2和D2互为同位素
B. 和互为同分异构体
C. 正丁烷和异戊烷是同系物
D. 和 不是同一种物质
【答案】C
【解析】A. H2和D2是分子，同位素描述对象为原子，故A错误；
B. 二溴甲烷为四面体结构，所以和结构相同，为同种物质，故B错误；
C. 正丁烷和异戊烷结构相似，组成上相差一个“CH2”原子团，属于同系物，故C正确；
D. 和 都是异戊烷，属于同种物质，故D错误；
故选C。
17.下列化学用语的使用正确的是（ ）
A. N2的结构式：N≡N
B. CO2的比例模型：
C. 氯化氢的电子式：
D. F的原子结构示意图：
【答案】A
【解析】A. N2的结构式：N≡N，A正确；B. 碳原子半径大于氧原子半径，则不能表示CO2的比例模型，B错误；C. 氯化氢是共价化合物，电子式为，C错误；D. F的原子结构示意图为，D错误，答案选A。
18.一个原电池的总反应的离子方程式是Fe+Cu2+==Fe2++Cu，该反应的原电池组成正确的是（ ）
A
B
C
D
正极
Fe
Fe
Cu
Cu
负极
Cu
Cu
Fe
Fe
电解质溶液
CuSO4
H2SO4
CuCl2
酒精
【答案】C
【解析】由电池反应式Fe+Cu2+==Fe2++Cu知，Fe失电子发生氧化反应，作负极；不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，则电解质溶液中应含有铜离子，所以应为可溶性的铜盐，
A．该装置中，Fe易失电子应作负极，铜作正极，电解质溶液应为可溶性铜盐，不符合条件，故A错误；
B．该装置中，Fe易失电子应作负极，铜作正极，电解质溶液应为可溶性的铜盐，不符合条件，故B错误；
C．该装置中，Fe易失电子作负极，铜作正极，电解质溶液为可溶性的铜盐，符合条件，故C正确；
D．酒精是非电解质，不能组成原电池，故D错误；
故选C。
19.反应C(s)+CO2(g) ==2CO(g)在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（ ）
①增加少量C(s) ②升高温度 ③体积不变，再通入CO2
④缩小体积增大压强 ⑤体积不变，再通入He ⑥压强不变，再通入He
A. ①②③⑥ B. ①②③④ C. ②③④⑤ D. ②③④
【答案】D
【解析】
【分析】从影响化学反应速率的因素进行分析；
【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意；
②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意；
③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意；
④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；
⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意；
⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意；
综上所示，选项D符合题意。
20. Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：
2AgCl+ Mg == Mg2++ 2Ag +2Cl-。有关该电池的说法正确的是（ ）
A. Mg为电池的正极
B. 负极反应为AgCl+e-==Ag+Cl-
C. 不能被KCl 溶液激活
D. 可用于海上应急照明供电
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据电极总电极反应式，化合价升高的作负极，Mg作负极，故错误；B、AgCl作正极，故错误；C、KCl属于电解质，能被激活，故错误；D、利用海水作电解质溶液，故正确。
21.Ⅰ.（1）把一块纯净的锌片插入盛有稀硫酸的烧杯中，可观察到锌片逐渐溶解，并有气泡产生；平行地插入一块铜片(如图甲装置所示)，可观察到铜片上___ (填“有”或“没有”)气泡产生；若用导线把锌片和铜片连接起来(如图乙装置所示)，可观察到铜片上____ (填“有”或“没有”)气泡产生。
（2）乙、丙装置是将_____能转化为____能的装置，人们把它叫做________。
Ⅱ.将质量相等的锌片和铜片用导线相连，并浸入500 mL硫酸铜溶液中构成如图所示的装置。
（1）该装置中总反应离子方程式为____________，铜片周围溶液会出现_________的现象。
（2）若2 min后测得锌片质量减少1.3 g，则导线中流过的电子为________mol。
【答案】(1). 没有 (2). 有 (3). 化学 (4). 电 (5). 原电池 (6). Zn＋Cu2＋==Zn2＋＋Cu (7). 颜色变浅 (8). 0.04
【解析】
【分析】根据原电池原理分析装置是否构成原电池，描述电极发生的现象；根据电极反应式计算电子转移数目。
【详解】Ⅰ.（1）平行地插入一块铜片，如图甲所示并未形成原电池，铜和稀硫酸不反应，所以铜片上没有气泡产生；用导线把锌片和铜片连接起来，如图乙所示，形成了原电池，铜片作正极，正极反应式为：2H++2e-==H2↑，所以铜片上有气泡产生；
（2）如图所示，乙、丙装置属于原电池，所以是将化学能转变为电能的装置，人们把它叫做原电池；
Ⅱ.（1）该装置中总反应为锌和硫酸铜溶液的反应，离子方程式为Zn＋Cu2＋==Zn2＋＋Cu；铜片作正极，发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，所以铜片周围溶液会出现颜色变浅的现象；
（2）n(e-)=2n(Zn)=2×=0.04mol。
22.五种短周期元素A、B、C、D、E，原子序数逐渐增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处于另一周期。C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种离子化合物甲和乙。A原子的最外层电子数比次外层电子数多3个。D的周期序数等于D原子最外层电子数。E原子半径是同周期中最小的(除稀有气体外)。根据以上信息回答下列问题：
（1）A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是__________________ (用元素符号填写)，其中D的最高价氧化物是________氧化物(填“酸性”“碱性”或“两性”)。
（2）乙物质中存在的化学键类型是________。
（3）化合物乙的电子式为________。
（4）写出C与D分别对应的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：_____________________。
【答案】(1). O
【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数逐渐增大，A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，故A为N元素；A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，则B处于第二周期，C、D、E处于第三周期，D的周期序数等于D原子最外层电子数，则D为Al，E原子半径是同周期中最小的（除稀有气体外），可以知道E为Cl，而C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则C是Na元素，B是O元素，甲是Na2O，乙是Na2O2，据此答题。
【详解】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数逐渐增大，A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，故A为N元素；A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，则B处于第二周期，C、D、E处于第三周期，D的周期序数等于D原子最外层电子数，则D为Al，E原子半径是同周期中最小的（除稀有气体外），可以知道E为Cl，而C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则C是Na元素，B是O元素，甲是Na2O，乙是Na2O2；
（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，电子层越多原子半径越大，故原子半径：O＜N＜Cl＜Al＜Na；
（2）D的最高价氧化物为氧化铝，属于两性氧化物，因此，本题正确答案是：两性；
（3）乙是Na2O2，含有离子键、共价键；
（3）乙是Na2O2，电子式为；
（4）C与D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，两者反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH-==AlO2-+2H2O。
23.Ⅰ.某温度时，在一个10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，根据图中数据填空：
（1）该反应的化学方程式为______________________________；
（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为__________；
（3）平衡时容器内混合气体密度比起始时________（填“变大”，“变小”或“相等”下同），混合气体的平均相对分子质量比起始时_________；
（4）将a mol X与b mol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）=n（Y）=2n（Z），则原混合气体中a：b=___________。
Ⅱ．在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比
（1）一定能证明I2(g)＋H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是_________。
（2）一定能证明A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)达到平衡状态的是________。
【答案】(1). 3X（g）+ Y（g）2Z（g） (2). 0.01mol•L-1•min-1 (3). 相等 (4). 变大 (5). 7：5 (6). ⑤ (7). ②④
【解析】
【分析】根据反应物生成物的变化量之比书写相应的反应方程式；根据速率表达式计算反应速率；根据密度公式及摩尔质量公式比较反应前后密度和摩尔质量的变化；运用三段式法进行相关计算；根据化学平衡状态的本质和特征分析反应达到平衡的标志。
【详解】(1)根据图示内容知道，X和Y是反应物，Z为生成物，X、Y、Z的变化量之比是0.3:0.1:0.2=3:1:2，则反应的化学方程式为:3X（g）+ Y（g）2Z（g）；
(2)反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为：υ（Z）==0.01mol/(L·min)；
(3)混合气体密度 ，从开始到平衡，质量是守恒的，体积是不变的，所以密度始终不变；混合气体的平均相对分子质量，从开始到平衡，质量是守恒的，但是n是逐渐减小的，所以M会变大，因此，本题正确答案是：相等；变大；
(4) 3X（g）+ Y（g）2Z（g） (设Y的变化量是x)
初始量 a b 0
变化量 3x x 2x
某时刻量 a-3x b-x 2x
当n(X)=n(Y)=2n(Z)时， a-3x=b-x=4x，则a=7x，b=5x，所以a:b=7:5；
Ⅱ．（1）①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故①错误；②组分都是气体，气体质量不变，是恒容状态，容器的体积不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故②错误；③反应前后气体系数之和相等，因此物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故③错误；④根据M=m/n，组分都是气体，气体质量不变，气体总物质的量不变，因此当M不变，不能说明反应达到平衡，故④错误；⑤I2是有颜色的气体，因此颜色不变，说明反应达到平衡，故⑤正确；⑥没有指明反应进行方向，故⑥错误；
（2）①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故①错误；②A为固体，其余为组分都是气体，气体质量增加，是恒容状态，容器体积不变，因此密度不变，说明反应达到平衡，故②正确；③气体物质的量不变，因此总物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故③错误；④根据M=m/n，气体质量增加，气体物质的量不变，因此当M不变，说明反应达到平衡，故④正确；⑤题目中没有说明气体的颜色，因此颜色不变，不能说明反应达到平衡，故⑤错误；⑥没有指明反应进行方向，故⑥错误。
故答案为： (1). ⑤；(2)②④。
24.可逆反应4A（g）+5B（g）4C（g）+6D（g），取4 mol A和5 mol B置于容积为5 L的密闭容器中，20 s后，测得容器内A的浓度为0.4 mol·L-1。则此时B、C的浓度是多少？若以物质D来表示这段时间的反应速率应为多少？__________
【答案】B的浓度是0.5mol/L，C的浓度是0.4mol/L，若以物质D来表示这段时间的反应速率应为0.03mol/（L•s）
【解析】
【分析】运用三段式法计算反应物的浓度及反应速率。
【详解】20s后，测得容器内A的浓度为0.4mol/L，容器内剩余A：0.4mol/L×5L=2mol，则参加反应的A为4mol-2mol=2mol，
4A（g）+5B（g）⇌4C（g）+6D（g）
起始：4mol 5mo 0 0
反应：2mol 2.5mol 2mo 3mol
20s：2mol 2.5mol 2mol 3mol
则此时c(B)=2.5mol/5L=0.5mol/L；c(C)=2mol/5L=0.4mol/L；以物质D来表示这段时间的反应速率应为υ（D）=△c/△t=(3mol/5L)/20s=0.03mol/（L•s），
答：B的浓度是0.5mol/L，C的浓度是0.4mol/L，若以物质D来表示这段时间的反应速率应为0.03mol/（L•s）。
1.0.1 mol某金属单质与足量的盐酸反应放出1.12LH2（标准状况），并转变为具有Ar原子的电子层结构的离子，该金属元素在元素周期表中的位置是（ ）
A. 第三周期第IA族 B. 第四周期第IA族
C. 第三周期第ⅡA族 D. 第四周期第ⅡA族
【答案】B
【解析】氢气的物质的量为，设金属原子失去的电子数为n，根据电子转移守恒有：0.1mol×n=0.05mol×2，解得n=1，即金属原子失去1个电子形成金属离子，由于金属原子失去1个电子，形成具有Ar原子的电子层结构的离子，所以+1价金属离子核外有18个电子，故该金属元素质子数为18+1=19，即该金属为K元素，位于周期表第四周期ⅠA族。故选B。
2.铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解液为硫酸，工作时的反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O，下面结论正确的是（ ）
A. Pb为正极，被氧化 B. 溶液的pH不断减小
C. SO42－只向PbO2处移动 D. 电解液密度不断减小
【答案】D
【解析】分析化学反应可知,反应中Pb失去电子,作负极；PbO2得电子,作正极,反应不断消耗硫酸,溶液pH不断增大；无论Pb还是PbO2最终都生成PbSO4,所以S既向Pb也向PbO2处移动；PbSO4在电解液中的溶解度很小,所以电解液的密度不断减小,选D。
3.下列关于化学键的说法正确的是 （ ）
①含有金属元素的化合物一定是离子化合物
②第ⅠA族和第ⅦA族原子化合时，一定生成离子键
③由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物
④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键
⑤含有离子键的化合物一定是离子化合物
⑥离子化合物中可能同时含有离子键和共价键
⑦非极性键只存在于双原子单质分子中
⑧不同元素组成的多原子分子中的化学键一定都为极性键
A. ①②⑤ B. ④⑤⑥ C. ①③④ D. ②③⑤
【答案】B
【解析】①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3属于共价化合物，故①说法错误；
②第IA族包括H和碱金属，如果是H与ⅦA族元素形成化合物，该化合物属于共价化合物，故②说法错误；
③由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故③说法错误；
④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，如Na与Cl化合时，Na＋与Cl－形成离子键，故④说法正确；
⑤含有离子键的化合物一定是离子化合物，故⑤说法正确；
⑥离子化合物中可能同时含有离子键和共价键，如NaOH、Na2O2，故⑥说法正确；
⑦非极性键不一定只存在双原子单质分子中，如Na2O2中含有非极性键，故⑦说法错误；
⑧不同元素组成的多原子分子中的化学键不一定都为极性键，如H2O2，其结构式为H－O－O－H，是由非极性键和极性键组成，故⑧说法错误；
综上所述，选项B正确。
4.既有离子键又有共价键的化合物是（ ）
A. Na2O B. H2O2 C. CH4 D. NaOH
【答案】D
【解析】A. Na2O中只含有离子键，故A不符合题意；
B. H2O2中只含有共价键，故B不符合题意；
C. CH4中只含有共价键，故C不符合题意；
D. NaOH中钠离子与氢氧根之间以离子键结合，氢氧根中氢原子与氧原子以共价键结合，所以既有离子键又有共价键，故D符合题意；
故选D。
5. 下列反应符合如图所示的反应是（ ）
A. 金属钠与水的反应
B. 氢气燃烧
C. 浓硫酸的稀释
D. Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl （固体）混合
【答案】D
【解析】试题分析：常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）．
解：A．活泼金属与水（或酸）的反应是放热反应，故A错误；
B．燃烧是放热反应，故B错误；
C．浓H2SO4溶于水为放热过程，不是化学反应，故C错误；
D．氢氧化钡晶体与氯化铵固体反应是吸热反应，故D正确．
故选D．
6.某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（ ）
A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B. a 和 b 用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e-==Cu
C. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解
D. a和b用导线连接后，Fe片上发生还原反应，溶液中的Cu2+向铜电极移动
【答案】D
【解析】A．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，所以铁片上会有金属铜析出，故A正确；
B．a和b用导线连接时，形成了原电池，铜作正极，发生的反应为：Cu2++2e-==Cu，故B正确；
C．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，无论a和b是否连接，铁片均会溶解，故C正确；
D． a和b用导线连接后，是原电池，Fe片为负极，发生氧化反应，溶液中的Cu2＋向铜电极移动，故D错误；答案为D。
7.在温度不变的条件下，在恒容的容器中进行下列反应：N2O4（g）==2NO2（g），若N2O4的浓度由0.1mol•L﹣1降到0.07mol•L﹣1需要15s，那么N2O4的浓度由0.07mol•L﹣1降到0.05mol•L﹣1所需的反应时间（ ）
A. 等于5s B. 等于10s
C. 小于10s D. 大于10s
【答案】D
【解析】N2O4的浓度由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1需要15s，即N2O4的浓度变化为0.1-0.07=0.03mol·L-1，N2O4的浓度由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1，即N2O4的浓度变化为0.07-0.05=0.02mol·L-1，若反应速率不变，则所需时间为×15s=10s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于10s。
故选D。
8. 将4mol 甲烷与氯气发生取代反应，待反应完全后测知四种取代物物质的量相同，测消耗的氯气有（ )
A. 2mol B. 10mol C. 7.5mol D. 6mol
【答案】B
【解析】试题分析：甲烷4mol时由题意可知,生成CH3CL,CH2CL2 ,CHCL3,CCL4各1mol,而相应的,生成的HCL的量分别为 1mol、2mol、3mol、4mol，每生成一个HCL,就要消耗一个CL2,因此CL2的量与HCL的量相等,为1+2+3+4 =10mol，答案选B。
9.在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v（A）=0.5 mol•L-1•s-1 B. v（B）=0.3 mol•L-1•s-1
C. v（C）=0.8 mol•L-1•s-1 D. v（D）=30 mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，
A.V(A)=0.5 mol/(L•s），速率之比等于化学计量数之比，故V(D)=2V(A)=1mol/(L•s)；
B.V(B)=0.3mol?(L•s），速率之比等于化学计量数之比，故V(D)=4V(B)=1.2mol/(L•s)；
C.V(C)=0.8mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，故V(D)=V(C)=×0.8mol/(L•s)=1.1mol/(L•s)，
D.V(D)=30mol/(L•min)=0.5mol/(L•s)，
故反应速率由大到小的顺序为：B＞C＞A＞D，故合理选项是B。
10.下列有关说法正确的是（ ）
A. 石墨和金刚石互为同位素 B. 乙烷和丙烷互为同素异形体
C. 正丁烷与异丁烷互为同分异构体 D. 12C和13C互为同系物
【答案】C
【解析】同种元素形成的不同单质互称为同素异形体；同种元素的不同原子之间互称为同位素；而同分异构体是分子式相同而结构不同的化合物的互称；同系物是结构相似但分子组成上相差一个或若干个“CH2”原子团的化合物的互称；
A. 石墨、金刚石是碳元素形成的两种不同的单质，两者互为同素异形体，故A错误；
B. 乙烷、丙烷都属于烷烃，结构相似，分子组成上相差1个“CH2”，两者互为同系物，故B错误；
C. 正丁烷与异丁烷分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体，故C正确；
D. 12C和13C的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故D错误；
故选C。
11.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
①增加C的量 ②将容器的体积缩小一半 ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ④保持压强不变，充入N2使容器体积变大
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】试题分析：①碳是固体，增加C的量，反应速率不变；②将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率增大；③保持体积不变，充入He使体系压强增大，但反应物的浓度不变，反应速率不变；④保持压强不变，充入He使容器体积变大，浓度减小，反应速率减小，答案选C。
12.下列过程中，只破坏共价键的是（ ）
A. 酒精溶于水
B. HCl溶于水得盐酸
C. 将Na2SO4熔融呈液态
D. 从NH4HCO3中闻到了刺激性气味
【答案】B
【解析】试题分析：一般来说，非金属之间形成共价键，化学变化中、共价化合物电离均破坏共价键，以此来解答．
解：A．酒精溶于水，只破坏分子间作用力，故A不选；
B．HCl发生电离，破坏共价键，故B选；
C．离子化合物发生电离，破坏离子键，故C不选；
D．发生化学变化生成氨气、水、二氧化碳，离子键和共价键均破坏，故D不选；
故选B．
13.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质。在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.9kJ的热能。下列说法不正确的是（ ）
A. 石墨比金刚石稳定
B. 金刚石和石墨的物理性质相同
C. 1mol金刚石比1mol石墨的总能量高
D. 1mol金刚石完全燃烧释放的能量比1mol石墨完全燃烧释放的能量多
【答案】B
【解析】1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.9kJ的热能，说明石墨的能量低于金刚石的能量；
A. 石墨的能量比金刚石低，能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，故A正确；
B. 金刚石和石墨的导电性、密度、硬度等物理性质不相同，故B错误；
C. 金刚石比石墨能量高，即1mol金刚石比1mol石墨的总能量高，故C正确；
D.1mol金刚石与1mol石墨完全燃烧时产物相同，1mol金刚石具有的总能量高，所以燃烧时释放的能量多，故D正确；
故选B。
14.在2 L容积不变的容器中，发生N2＋3H22NH3的反应。现通入4molH2和4molN2，10s内用H2表示的反应速率为0.12mol/(L·s)，则10s后容器中N2的物质的量是（ ）
A. 1.6mol B. 2.8mol C. 3.2mol D. 3.6mol
【答案】C
【解析】v(H2)⇒Δc＝0.12×10＝1.2(mol·L－1)
N2＋ 3H22NH3
起始浓度(mol·L－1) 2 2 0
变化浓度(mol·L－1) 0.4 1.2 0.8
10 s时浓度(mol·L－1) 2－0.4＝1.6 2－1.2 ＝0.8
所以10 s时的N2的物质的量为1.6 mol·L－1×2 L＝3.2 mol。
15.能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是（ ）
①Cl2与H2S溶液发生置换反应②受热时H2S能分解，HCl则不能 ③单质硫可在空气中燃烧，Cl2不能 ④HCl是强酸，H2S是弱酸
A. ①④ B. ①② C. ③④ D. ②④
【答案】B
【解析】①Cl2与H2S溶液发生Cl2+H2S==S↓+2HCl，氯气为氧化剂，硫为氧化产物，氯气与H2S能发生置换反应，同一反应氧化剂氧化性大于氧化产物，说明氯气的氧化性大于S，元素的非金属性Cl大于S，故①正确；②元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，HCl比H2S稳定，可说明非金属性：Cl＞S，故②正确；③不能根据非金属能否被氧气氧化判断非金属性强弱，故③错误；④比较非金属性的强弱，应根据对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，例如HF的酸性比HCl弱，但非金属性F大于Cl，故④错误；故选A。
点睛：明确非金属性强弱判据是解题关键；比较非金属性的强弱，可根据①氢化物的稳定性，②最高价氧化物对应的水化物的酸性，③对应的单质的氧化性，④单质之间的置换反应⑤与氢气反应的剧烈程度等判断。
16.下列说法中正确的一组是（ ）
A. H2和D2互为同位素
B. 和互为同分异构体
C. 正丁烷和异戊烷是同系物
D. 和 不是同一种物质
【答案】C
【解析】A. H2和D2是分子，同位素描述对象为原子，故A错误；
B. 二溴甲烷为四面体结构，所以和结构相同，为同种物质，故B错误；
C. 正丁烷和异戊烷结构相似，组成上相差一个“CH2”原子团，属于同系物，故C正确；
D. 和 都是异戊烷，属于同种物质，故D错误；
故选C。
17.下列化学用语的使用正确的是（ ）
A. N2的结构式：N≡N
B. CO2的比例模型：
C. 氯化氢的电子式：
D. F的原子结构示意图：
【答案】A
【解析】A. N2的结构式：N≡N，A正确；B. 碳原子半径大于氧原子半径，则不能表示CO2的比例模型，B错误；C. 氯化氢是共价化合物，电子式为，C错误；D. F的原子结构示意图为，D错误，答案选A。
18.一个原电池的总反应的离子方程式是Fe+Cu2+==Fe2++Cu，该反应的原电池组成正确的是（ ）
A
B
C
D
正极
Fe
Fe
Cu
Cu
负极
Cu
Cu
Fe
Fe
电解质溶液
CuSO4
H2SO4
CuCl2
酒精
【答案】C
【解析】由电池反应式Fe+Cu2+==Fe2++Cu知，Fe失电子发生氧化反应，作负极；不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，则电解质溶液中应含有铜离子，所以应为可溶性的铜盐，
A．该装置中，Fe易失电子应作负极，铜作正极，电解质溶液应为可溶性铜盐，不符合条件，故A错误；
B．该装置中，Fe易失电子应作负极，铜作正极，电解质溶液应为可溶性的铜盐，不符合条件，故B错误；
C．该装置中，Fe易失电子作负极，铜作正极，电解质溶液为可溶性的铜盐，符合条件，故C正确；
D．酒精是非电解质，不能组成原电池，故D错误；
故选C。
19.反应C(s)+CO2(g) ==2CO(g)在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（ ）
①增加少量C(s) ②升高温度 ③体积不变，再通入CO2
④缩小体积增大压强 ⑤体积不变，再通入He ⑥压强不变，再通入He
A. ①②③⑥ B. ①②③④ C. ②③④⑤ D. ②③④
【答案】D
【解析】
【分析】从影响化学反应速率的因素进行分析；
【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意；
②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意；
③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意；
④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；
⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意；
⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意；
综上所示，选项D符合题意。
20. Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：
2AgCl+ Mg == Mg2++ 2Ag +2Cl-。有关该电池的说法正确的是（ ）
A. Mg为电池的正极
B. 负极反应为AgCl+e-==Ag+Cl-
C. 不能被KCl 溶液激活
D. 可用于海上应急照明供电
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据电极总电极反应式，化合价升高的作负极，Mg作负极，故错误；B、AgCl作正极，故错误；C、KCl属于电解质，能被激活，故错误；D、利用海水作电解质溶液，故正确。
21.Ⅰ.（1）把一块纯净的锌片插入盛有稀硫酸的烧杯中，可观察到锌片逐渐溶解，并有气泡产生；平行地插入一块铜片(如图甲装置所示)，可观察到铜片上___ (填“有”或“没有”)气泡产生；若用导线把锌片和铜片连接起来(如图乙装置所示)，可观察到铜片上____ (填“有”或“没有”)气泡产生。
（2）乙、丙装置是将_____能转化为____能的装置，人们把它叫做________。
Ⅱ.将质量相等的锌片和铜片用导线相连，并浸入500 mL硫酸铜溶液中构成如图所示的装置。
（1）该装置中总反应离子方程式为____________，铜片周围溶液会出现_________的现象。
（2）若2 min后测得锌片质量减少1.3 g，则导线中流过的电子为________mol。
【答案】(1). 没有 (2). 有 (3). 化学 (4). 电 (5). 原电池 (6). Zn＋Cu2＋==Zn2＋＋Cu (7). 颜色变浅 (8). 0.04
【解析】
【分析】根据原电池原理分析装置是否构成原电池，描述电极发生的现象；根据电极反应式计算电子转移数目。
【详解】Ⅰ.（1）平行地插入一块铜片，如图甲所示并未形成原电池，铜和稀硫酸不反应，所以铜片上没有气泡产生；用导线把锌片和铜片连接起来，如图乙所示，形成了原电池，铜片作正极，正极反应式为：2H++2e-==H2↑，所以铜片上有气泡产生；
（2）如图所示，乙、丙装置属于原电池，所以是将化学能转变为电能的装置，人们把它叫做原电池；
Ⅱ.（1）该装置中总反应为锌和硫酸铜溶液的反应，离子方程式为Zn＋Cu2＋==Zn2＋＋Cu；铜片作正极，发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，所以铜片周围溶液会出现颜色变浅的现象；
（2）n(e-)=2n(Zn)=2×=0.04mol。
22.五种短周期元素A、B、C、D、E，原子序数逐渐增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处于另一周期。C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种离子化合物甲和乙。A原子的最外层电子数比次外层电子数多3个。D的周期序数等于D原子最外层电子数。E原子半径是同周期中最小的(除稀有气体外)。根据以上信息回答下列问题：
（1）A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是__________________ (用元素符号填写)，其中D的最高价氧化物是________氧化物(填“酸性”“碱性”或“两性”)。
（2）乙物质中存在的化学键类型是________。
（3）化合物乙的电子式为________。
（4）写出C与D分别对应的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：_____________________。
【答案】(1). O
【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数逐渐增大，A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，故A为N元素；A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，则B处于第二周期，C、D、E处于第三周期，D的周期序数等于D原子最外层电子数，则D为Al，E原子半径是同周期中最小的（除稀有气体外），可以知道E为Cl，而C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则C是Na元素，B是O元素，甲是Na2O，乙是Na2O2，据此答题。
【详解】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数逐渐增大，A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，故A为N元素；A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，则B处于第二周期，C、D、E处于第三周期，D的周期序数等于D原子最外层电子数，则D为Al，E原子半径是同周期中最小的（除稀有气体外），可以知道E为Cl，而C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则C是Na元素，B是O元素，甲是Na2O，乙是Na2O2；
（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，电子层越多原子半径越大，故原子半径：O＜N＜Cl＜Al＜Na；
（2）D的最高价氧化物为氧化铝，属于两性氧化物，因此，本题正确答案是：两性；
（3）乙是Na2O2，含有离子键、共价键；
（3）乙是Na2O2，电子式为；
（4）C与D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，两者反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH-==AlO2-+2H2O。
23.Ⅰ.某温度时，在一个10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，根据图中数据填空：
（1）该反应的化学方程式为______________________________；
（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为__________；
（3）平衡时容器内混合气体密度比起始时________（填“变大”，“变小”或“相等”下同），混合气体的平均相对分子质量比起始时_________；
（4）将a mol X与b mol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）=n（Y）=2n（Z），则原混合气体中a：b=___________。
Ⅱ．在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比
（1）一定能证明I2(g)＋H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是_________。
（2）一定能证明A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)达到平衡状态的是________。
【答案】(1). 3X（g）+ Y（g）2Z（g） (2). 0.01mol•L-1•min-1 (3). 相等 (4). 变大 (5). 7：5 (6). ⑤ (7). ②④
【解析】
【分析】根据反应物生成物的变化量之比书写相应的反应方程式；根据速率表达式计算反应速率；根据密度公式及摩尔质量公式比较反应前后密度和摩尔质量的变化；运用三段式法进行相关计算；根据化学平衡状态的本质和特征分析反应达到平衡的标志。
【详解】(1)根据图示内容知道，X和Y是反应物，Z为生成物，X、Y、Z的变化量之比是0.3:0.1:0.2=3:1:2，则反应的化学方程式为:3X（g）+ Y（g）2Z（g）；
(2)反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为：υ（Z）==0.01mol/(L·min)；
(3)混合气体密度 ，从开始到平衡，质量是守恒的，体积是不变的，所以密度始终不变；混合气体的平均相对分子质量，从开始到平衡，质量是守恒的，但是n是逐渐减小的，所以M会变大，因此，本题正确答案是：相等；变大；
(4) 3X（g）+ Y（g）2Z（g） (设Y的变化量是x)
初始量 a b 0
变化量 3x x 2x
某时刻量 a-3x b-x 2x
当n(X)=n(Y)=2n(Z)时， a-3x=b-x=4x，则a=7x，b=5x，所以a:b=7:5；
Ⅱ．（1）①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故①错误；②组分都是气体，气体质量不变，是恒容状态，容器的体积不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故②错误；③反应前后气体系数之和相等，因此物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故③错误；④根据M=m/n，组分都是气体，气体质量不变，气体总物质的量不变，因此当M不变，不能说明反应达到平衡，故④错误；⑤I2是有颜色的气体，因此颜色不变，说明反应达到平衡，故⑤正确；⑥没有指明反应进行方向，故⑥错误；
（2）①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故①错误；②A为固体，其余为组分都是气体，气体质量增加，是恒容状态，容器体积不变，因此密度不变，说明反应达到平衡，故②正确；③气体物质的量不变，因此总物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故③错误；④根据M=m/n，气体质量增加，气体物质的量不变，因此当M不变，说明反应达到平衡，故④正确；⑤题目中没有说明气体的颜色，因此颜色不变，不能说明反应达到平衡，故⑤错误；⑥没有指明反应进行方向，故⑥错误。
故答案为： (1). ⑤；(2)②④。
24.可逆反应4A（g）+5B（g）4C（g）+6D（g），取4 mol A和5 mol B置于容积为5 L的密闭容器中，20 s后，测得容器内A的浓度为0.4 mol·L-1。则此时B、C的浓度是多少？若以物质D来表示这段时间的反应速率应为多少？__________
【答案】B的浓度是0.5mol/L，C的浓度是0.4mol/L，若以物质D来表示这段时间的反应速率应为0.03mol/（L•s）
【解析】
【分析】运用三段式法计算反应物的浓度及反应速率。
【详解】20s后，测得容器内A的浓度为0.4mol/L，容器内剩余A：0.4mol/L×5L=2mol，则参加反应的A为4mol-2mol=2mol，
4A（g）+5B（g）⇌4C（g）+6D（g）
起始：4mol 5mo 0 0
反应：2mol 2.5mol 2mo 3mol
20s：2mol 2.5mol 2mol 3mol
则此时c(B)=2.5mol/5L=0.5mol/L；c(C)=2mol/5L=0.4mol/L；以物质D来表示这段时间的反应速率应为υ（D）=△c/△t=(3mol/5L)/20s=0.03mol/（L•s），
答：B的浓度是0.5mol/L，C的浓度是0.4mol/L，若以物质D来表示这段时间的反应速率应为0.03mol/（L•s）。
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