【化学】湖南省东安一中2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

湖南省东安一中2018-2019学年高一下学期期中考试试题
第Ⅰ卷
可能用到的原子量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 Mg:24 Ca:40 Fe:56 Cu:64
一、选择题(每小题只有1个最佳选项，每小题3分，共15小题，共45分)
1.同温同压下，等体积的两容器内分别充满由14N、13C、18O三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳，下列说法正确的是(　)。
A. 所含分子数和质量均不相同
B. 含有相同的分子数和电子数
C. 含有相同的质子数和中子数
D. 含有相同数目的中子、原子和分子
【答案】D
【解析】试题分析：根据阿伏加德罗定律及其推论可知，容器内气体的分子数是相等的。都是2个原子构成的，原子数相等。由于14N18O和13C18O的相对分子质量不相等，因此质量不等。质子数和电子数也是不相等的。而中子数相等，都是17，所以选项D正确，答案选D。
2.如图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素的原子核外电子数等于B的质量数，B元素的原子核内质子数等于中子数，下列叙述正确的是( )
A

C

B

A. B为第二周期的元素
B. C为VA族元素
C. 三种元素不一定都为非金属元素
D. C是化学性质最活泼的非金属
【答案】D
【解析】
【分析】由周期表中短周期的一部分，设A的质子数为x，则B的质子数为x+9，C的质子数为x+2，由A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B的质量数，B元素的原子核内 质子数等于中子数，可知，x+(x+9)+(x+2)=2(x+9)，解得x=7，则A为N元素，B为S元素，C为F元素，然后利用元素的位置及性质来解答。
【详解】根据上述分析可知：A为N元素，B为S元素，C为F元素。
A.B为S元素，位于第三周期，是第三周期的元素，A错误；
B.C为F元素，为ⅤⅡA族元素，B错误；
C.A、B、C三种元素分别是N、S、F，它们都是非金属元素，C错误；
D.C为F，为ⅤⅡA族元素，极易得电子，则C元素单质是化学性质最活泼的非金属，D正确；
故合理选项是D。
3.下列变化中，一定不存在化学能与热能相互转化的是( )。
A. 铝热反应 B. 白磷自燃
C. 干冰气化 D. 燃放爆竹
【答案】C
【解析】A.铝热反应是放热反应，存在化学能与热能转化，A不符合题意；
B.白磷自燃是白磷的氧化反应，反应放出热量，存在化学能与热能的转化，B不符合题意；
C.干冰气化的固体CO2克服分子间作用力使物质变为气体的过程，明天化学键的断裂和形成，因此一定不存在化学能与热能相互转化，C符合题意；
D.燃放爆竹是火药燃烧，化学能转化为热能，存在化学能与热能相互转化，D不符合题意；
故合理选项是C。
4.下列各项表达式正确的是（ ）
A. N2的电子式： B. 二氧化碳分子的结构式为 O-C-O
C. NaCl的电子式： D. F － 的结构示意图：
【答案】D
【解析】氮气中氮原子还有没有参与成键的电子，电子式为。CO2中碳和氧之间形成的是双键，结构式为O＝C＝O。氯化钠是离子键构成的离子化合物，电子式为。答案选D。
5.下列各组物质中化学键的类型相同的是(　　)
A. HCl MgCl2 NH4Cl B. H2O    Na2O   CO2
C. CaCl2 NaOH H2O D. NH3    H2O   CO2
【答案】D
【解析】A.HCl中为共价键，MgCl2中为离子键，NH4Cl中既有离子键和共价键，故A不选；
B.H2O中为共价键，Na2O中为离子键，CO2中含共价键，故B不选；
C.CaCl2中为离子键，NaOH中既有离子键和共价键，H2O中为共价键，故C错误；
D.NH3中为共价键，H2O中为共价键，CO2中含共价键，故D选。
故选D。
6.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：A>B>D>C
B. 原子序数：d>c>b>a
C. 离子半径：C3->D->B+>A2+
D. 原子的最外层电子数目：A>B>D>C
【答案】C
【解析】aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，根据阳离子是原子失去最外层电子形成的，阴离子是原子获得电子，是最外层达到8个电子的稳定结构可知：A与B同一周期，C与D同一周期，且A、B处于C、D的下一周期。
A.根据同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，可知原子半径应是B＞A＞C＞D，选项A错误；
B.原子序数关系应a＞b＞d＞c，选项B错误；
C.根据电子层结构相同的离子，随原子序数增大，离子半径依次减小，可推知离子半径应是C3->D->B+>A2+，选项C周期；
D.金属元素的原子最外层电子数比较少，容易失去最外层电子；而非金属元素的原子最外层电子数比较多，容易获得电子，所以原子的最外层电子数目D>C>A>B，选项D错误；
故合理选项是C。
7. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是(　　)
A. 铝片与稀盐酸反应 B. 甲烷在氧气中燃烧
C. 灼热的炭与二氧化碳反应 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
【答案】C
【解析】试题分析：氧化还原反应的特征是有电子转移，其特征是有元素化合价升降，反应物总能量小于生成物总能量，该反应是吸热反应．
解：A．铝和稀盐酸反应是放热反应，故A错误；
B．甲烷的燃烧是放热反应，故B错误；
C．碳和二氧化碳的反应是吸热反应，该反应中碳元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故C正确；
D．该反应中各元素的化合价都不变化，为非氧化还原反应，故D错误；
故选C．
8.在25 ℃，101 kPa下，1 mol的白磷(化学式为P4)完全燃烧放出的热量比4 mol的红磷(化学式为P)完全燃烧放出的热量多。化学方程式分别为P4(s)＋5O2(g)===P4O10(s)；
4P(s)＋5O2(g)===P4O10(s)。由此判断，下列说法正确的是( )
A. 由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷高
B. 由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷低
C. 由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷高
D. 由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷低
【答案】B
【解析】试题分析：由①P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=a，②4P (s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=b，1mol的白磷(化学式为P4)完全燃烧放出的热量比4mol的红磷(化学式为P)完全燃烧放出的热量多，根据盖斯定律可知4P (s)═P4(s)△H=b-a＞0，即该反应为吸热反应，等质量时红磷的能量低，红磷稳定，故选B。
9.足量的Zn粉与50mL 0.1mol·L-1的稀硫酸充分反应。为了减慢此反应的速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的 ( )
①加Na2SO4溶液 ②改用50mL 0.1mol·L-1的稀盐酸 ③减压 ④改用50mL 0.1mol·L-1的硝酸 ⑤冰水浴 ⑥加Na2CO3溶液
A. ①②③④ B. ①⑤ C. ①⑤⑥ D. ②⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】为了降低此反应速率而不改变H2的产量，少量Zn粉完全反应，则可通过降低氢离子浓度、降低温度等来降低反应速率，以此来解答。
【详解】①加Na2SO4溶液，溶液中的水对硫酸来说其稀释作用，使溶液中c(H+)降低，反应速率减小，但氢气的量不变，①正确；
②改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸，溶液中c(H+)降低，反应速率减小，生成氢气的量减小，②错误；
③反应在溶液中进行，减压，对反应速率基本不影响，③错误；
④改用50mL、0.1mol/L的硝酸，由于硝酸具有强的氧化性，与Zn发生反应不生成氢气，而生成NO气体，④错误；
加适量固体醋酸钠，氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢气的总量不变，故正确；
⑤冰水浴，使反应温度降低，反应速率减小，由于氢离子的物质的量不变，因此最终产生的氢气的总量不变，⑤正确；
⑥加Na2CO3溶液，Na2CO3与硫酸反应产生CO2气体，反应消耗硫酸，导致生成氢气的总量减小，⑥错误；
则符合题意的叙述是①⑤；故合理选项是B。
10. 对铜—锌—稀硫酸组成的原电池装置中，当导线中有1mol电子通过时，理论上的两极变化是：①锌片溶解了32.5克 ②锌片增重了32.5克 ③铜片上析出1克氢气 ④锌片上析出1mol氢气 ( )
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】A
【解析】锌-铜-稀硫酸组成的原电池装置中，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，正极材料是铜，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，锌作负极失电子生成锌离子，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，当导线中有1mol电子通过时，负极上Zn失电子而溶解，Zn片溶解的质量=64g/mol×=32.5g，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以铜片上生成氢气的物质的量n(H2)==0.5mol，则反应产生氢气的质量是m(H2)=0.5mol×2g/mol=1g所以正确的叙述为①③，故合理选项是A。
11.将N2和H2置于2L密闭容器中反应2min后，生成0.8molNH3。在这段时间内用N2浓度变化表示的反应速率为(　　)
A. 0.05mol·L－1·min－1 B. 0.1mol·L－1·min－1
C. 0.2mol·L－1·min－1 D. 0.4mol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】试题分析：氮气与氢气反应：N2+3H22NH3 ，2min内，生成0.8molNH3，所以v（NH3）="0.8mol÷(2L×2min)" =0.2mol/（L•min），由化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（N2）=0.5v（NH3）=0.5×0.2mol/（L•min）=0.1mol/（L•min），答案选B。
12.某固体酸燃料电池以Ca(HSO4)2固体为电解质传递H＋，其基本结构见下图，电池总反应可表示为2H2＋O2=2H2O，下列有关说法正确的是(　　)

A. 电子通过外电路从b极流向a极
B. b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH－
C. H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
D. 每转移0.2 mol电子，消耗1.12 L的H2
【答案】C
【解析】A.因氢元素的化合价升高，则通入氢气的电极a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，A错误；
B.该电池为酸性电池，反应为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；
C.原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，C正确；
D.因没有说明是否为标准状况，则气体的体积不一定为1.12L，D错误；
故合理选项是C。
13.对于敞口容器中的化学反应：Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)，下列叙述中不正确的是(　　)

A. Zn和H2SO4的总能量大于ZnSO4和H2的总能量
B. 反应过程中能量关系可用上图表示
C. 若将该反应设计成原电池，则Zn为负极
D. 若将该反应设计成原电池，当有32.5g锌溶解时正极放出22.4 L气体
【答案】D
【解析】
【分析】对于化学反应：Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g) △H＜0，反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，当将该反应设计呈原电池时，Zn为负极，被氧化，正极上析出氢气，以此解答该题。
【详解】A.该反应为放热反应，说明反应物Zn和H2SO4总能量大于生成物ZnSO4和H2的总能量，A正确；
B.反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，图示正确，B正确；
C.反应中Zn被氧化生成ZnSO4，当将该反应设计呈原电池时，Zn为负极，C正确；
D.若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，反应转移电子的物质的量为1mol，则正极放出气体的体积在标况下为11.2L，题目未指明标况下就不一定为11.2 L，D错误；
故合理选项是D。
14.一定温度下，密闭容器中可逆反应3X(g)+Y(g) 2Z(g)达到限度的标志是(　　)
A. X的生成速率与Z的生成速率相等
B. 单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol Y
C. 某时刻X、Y、Z的浓度相等
D. 某时刻X、Y、Z的分子个数比为3:1:2
【答案】B
【解析】X的生成速率与Z的生成速率比等于3:1时，一定达到平衡状态，故A错误；单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol Y，正逆反应速率相等，故B正确；反应达到平衡，X、Y、Z的浓度不一定相等，故C错误；反应达到平衡，X、Y、Z的物质的量不一定相等，故D错误。
15.为了说明影响化学反应快慢的因素，甲、乙、丙、丁四位学生分别设计了如下A～D四个实验，你认为得出的结论不正确的是( )
A. 在相同条件下，等质量的大理石块和大理石粉与相同的盐酸反应，大理石粉反应快
B. 将相同大小、形状的镁条和铝条分别与相同浓度的盐酸反应时，两者速率一样大
C. 将浓硝酸分别放在冷暗处和强光照射下，会发现光照可以加快浓硝酸的分解
D. 两支试管中分别加入相同浓度相同体积的双氧水，其中一支试管中再加入几滴氯化铁溶液，产生氧气的快慢不同
【答案】B
【解析】A.其它条件相同，只有CaCO3固体表面积不同，反应速率不同，说明在相同条件下，固体表面积越大，反应速率越快，A结论合理；
B.Mg、Al两种不同的金属与同浓度的盐酸反应，两种反应速率不同，说明金属活动性不同，反应速率不变，即参加反应的物质本身的性质影响化学反应速率，B结论不合理；
C.同一浓度的浓硝酸在光照时分解速率大于在暗处的分解速率，说明光照可以加快浓硝酸的分解速率，C结论合理；
D.相同浓度相同体积的双氧水中加入氯化铁溶液的反应产生氧气的速率大于未滴加氯化铁溶液的速率，说明氯化铁是双氧水分解的催化剂，可加快反应速率，D结论合理；
故合理选项是B。
第Ⅱ卷(非选择题 共55分)
16.Ⅰ书写下列物质的电子式：
O2：______________ N2：____________ .Cl2:______________H2O：____________. NaOH:___________Na2O2:___________.
Ⅱ 写出下列电极反应式：
(1)碱性锌锰电池负极反应式：____________________________________.
(2)铅蓄电池的负极反应式：___________________________________________.
(3)氢氧燃料电池酸性介质的负极反应式：_______________________________.正极反应式：_______________________________.
【答案】(1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2 (8). Pb+SO42--2e-=PbSO4 (9). 2H2-4e-=4H+ (10). O2+4H++4e-=2H2O
【解析】
分析】I.O2中两个O原子共用2对电子，使每个O原子都达到8个电子稳定结构；
N2中两个N原子共用3对电子，使每个N原子都达到8个电子稳定结构；
Cl2中两个Cl原子共用1对电子，使每个Cl原子都达到8个电子稳定结构；
H2O中两个H原子与O原子共用2对电子，使每个原子都达到稳定结构；
NaOH中Na+与OH-通过离子键结合，OH-中O原子与H原子形成1对共用电子；
Na2O2中2个Na+与O22-通过离子键结合，O22-中2个O原子形成1对共用电子；
II. (1)碱性锌锰电池中，Zn作负极，失去电子，变为Zn2+与溶液中的OH-变为Zn(OH)2；
(2)铅蓄电池中Pb失去电子变为Pb2+，与溶液中的SO42-转化为PbSO4；
(3)氢氧燃料电池在酸性介质H2失去电子变为H+，正极上O2获得电子变为H2O。
【详解】I.原子最外层有6个电子，O2中两个O原子共用2对电子，使每个O原子都达到8个电子稳定结构，电子式为：；
N原子最外层有5个电子，N2中两个N原子共用3对电子，使每个N原子都达到8个电子稳定结构，其电子式为：；
Cl原子最外层有7个电子，Cl2中两个Cl原子共用1对电子，使每个Cl原子都达到8个电子稳定结构，电子式；
H2O中两个H原子与O原子共用2对电子，使每个原子都达到稳定结构，H2O分子的电子式为：；
NaOH中Na+与OH-通过离子键结合，OH-中O原子与H原子形成1对共用电子，电子式为：；
Na2O2中2个Na+与O22-通过离子键结合，O22-中2个O原子形成1对共用电子，电子式为；
II. (1)碱性锌锰电池中，Zn作负极，失去电子，变为Zn2+与溶液中的OH-变为Zn(OH)2，负极的电极反应式为：Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2；
(2)铅蓄电池中Pb失去电子变为Pb2+，与溶液中的SO42-转化为PbSO4，负极的电极反应式为：Pb+SO42--2e-=PbSO4；
(3)氢氧燃料电池在酸性介质H2失去电子变为H+，负极的电极反应式为：2H2-4e-=4H+；正极上O2获得电子变为O2-，与溶液中的H+结合变为H2O，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O。
17.下表是元素周期表的一部分，请回答有关问题：


ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0
2



①
②

③

3

④
⑤


⑥
⑦
⑧
4
⑨





⑩

(1)表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为 ________________________ 。
(2)表中能形成两性氢氧化物的元素是 ________ (用元素符号表示)，写出该元素的单质与⑨最高价氧化物的水化物反应的离子方程式 ________________________ 。
(3)④元素与⑦元素形成化合物的电子式 _____________________________ 。
(4)①、②、⑥、⑦四种元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是 ____(填化学式)。
(5)③元素与⑩元素两者核电荷数之差是 ____________ 。
【答案】(1). (2). Al (3). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑ (4). (5). HClO4 (6). 26
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置知，①～⑩种元素分别是C、N、F、Mg、Al、S、Cl、Ar、K、Br元素。
(1)这些元素中最不活泼的元素是Ar，其原子核外有18个电子，核外有3个电子层；
(2)表中能形成两性氢氧化物的元素是铝；⑨最高价氧化物的水化物是KOH，铝和KOH溶液反应生成偏铝酸钾和氢气；
(3)④是Mg，⑦是Cl，两种元素形成的化合物MgCl2是离子化合物；Mg2+与Cl-通过离子键结合；
(4)①、②、⑥、⑦四种元素分别是C、N、S、Cl，四种元素最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4；
(5)③元素与⑩元素两者核电荷数之差=35-9=26。
【详解】根据元素在周期表中的位置知，①～⑩种元素分别是C、N、F、Mg、Al、S、Cl、Ar、K、Br元素。
(1)这些元素中最不活泼的元素是Ar，其原子核外有18个电子，核外有3个电子层，其原子结构示意图为；
(2)表中能形成两性氢氧化物的元素是铝；⑨最高价氧化物的水化物是KOH，铝和KOH溶液反应生成偏铝酸钾和氢气，反应方程式为2Al+2KOH+2H2O═2KAlO2+3H2↑；
(3)④是Mg，⑦是Cl，两种元素形成的化合物MgCl2是离子化合物；Mg2+与Cl-通过离子键结合，电子式为；
(4)①、②、⑥、⑦四种元素分别是C、N、S、Cl，四种元素最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4；
(5)③元素与⑩元素两者核电荷数之差=35-9=26。
18.利用下列反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+ 制一个化学电池(给出若干导线和一个小灯泡，电极材料和电解液自选)，画出实验装置图，注明电解质溶液名称和正负极材料，标出电子流动方向和电流方向，写出电极反应式，负极：_____________，正极：__________；装置图：__________。
【答案】(1). Fe-2e-=Fe2+ (2). 2Fe3++2e-=2Fe2+ (3).
【解析】
【分析】已知Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据反应可知Fe失去电子，被氧化，应为负极，正极可为C、Cu等活动性比Fe的导电性的物质，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，电解质溶液含有Fe3+，
【详解】根据Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知Fe失电子，被氧化，应为原电池的负极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；正极可为C、Cu等活动性比Fe的导电性的物质，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，电解质溶液含有Fe3+，正极的电极反应式为：2Fe3++2e-=2Fe2+，该反应原理装置图为：。
19.把在空气中久置的铝片5.0 g投入盛有500 mL 0.5 mol·L－1盐酸溶液的烧杯中，该铝片与盐酸反应产生氢气的速率与反应时间的关系可用下图所示的坐标曲线来表示，

回答下列问题：
(1)曲线O→a段不产生氢气的原因，用化学方程式解释为_______________________________________________；
(2)曲线b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因是___________________________________________；
(3)向溶液中加入下列物质，能加快上述化学反应速率的是_________。
A．蒸馏水　B．改用铝粉　C．饱和氯化钠溶液　D．浓盐酸　E．少量硫酸铜溶液
【答案】（1）Al2O3＋6HCl＝2AlCl3＋3H2O （2）反应放热，溶液温度升高，反应速率加快 （3）BDE
【解析】试题分析：（1）由于铝是活泼的金属，其表面有氧化膜，因此曲线O→a段不产生氢气，有关反应的化学方程式为Al2O3＋6HCl＝2AlCl3＋3H2O。
（2）影响反应速率的因素一般是温度和浓度，随之反应的进行浓度是逐渐降低，则曲线b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因应该是反应放热，溶液温度升高，反应速率加快。
（3）A.加入蒸馏水，反应物浓度降低，反应速率减小，A错误；B．改用铝粉增大反应物的接触面积。反应速率加快，B正确；C．加入饱和氯化钠溶液相当于是稀释，反应物浓度降低，反应速率减小，C错误；D．加入浓盐酸反应物浓度增大，反应速率增大，D正确；E．加入少量硫酸铜溶液铝置换出铜，构成原电池加快反应速率，E正确，答案选BDE。
20.Ⅰ.在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入一容积为2 L的密闭容器中，X和Y两物质的浓度随时间变化情况如下图：

(1)该反应的化学方程式为(反应物或生成物用符号X、Y表示)： _______________。
(2)a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是_________。
Ⅱ.下图是可逆反应X2＋3Y22Z在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是________

A.t1时，只有正方向反应 B.t2时，反应达到限度
C.t2～t3，反应不再发生 D.t2～t3，各物质的浓度不再发生变化
【答案】(1). Y2X (2). bd (3). BD
【解析】
【分析】I.(1)由图可知，X的物质的量增加，Y的物质的量减少，则X为生成物，Y为反应物，再由10mim达到平衡可知X、Y的物质的量变化量，再根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比书写方程式；
(2)物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态；
II.由图可知，反应从正反应开始，在t2之前正反应速率大于逆反应速率，t2时反应到达限度，在t2之后化学反应处于动态平衡中，各物质的浓度不再变化。
【详解】I．(1)由图可知，X的物质的量增加，Y的物质的量减少，则X为生成物，Y为反应物，由10mim达到平衡可知，△n(Y)：△n(X)=(0.6-0.4)mol：(0.6-0.2)mol=1：2，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，则反应方程式为Y2X；
(2)由图可知，10～25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，故答案为：bd；
II.A.t1时，正、逆反应都发生，且正方向反应速率大于逆反应速率，A错误；
B.t2时，正、逆反应速率相等，则反应到达限度，B正确；
C.t2～t3，正、逆反应速率相等，化学反应达到动态平衡，C错误；
D.t2～t3，为化学平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，D正确；
故合理选项是BD。
21.把2mol X气体和1mol Y气体混合于2L密闭容器中，发生如下反应：3X(g)+Y(g)=nZ(g)+2W(g)，2min内生成0.4mol W，若测得以Z的物质的量浓度变化表示的平均反应速率为0.2mol·L-1·min-1，试计算：
(1)前2min内，用X表示的平均反应速率______；
(2)化学方程式中Z的化学计量数n______；
(3)2min内Y的转化率______。
【答案】(1). 0.15mol/(L·min) (2). 4 (3). 20％
【解析】
【分析】2min末生成0.2mol W，v(W)==0.1 mol/(L·min)，然后根据同一反应用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学计量数的比可得v(X)、n，然后结合物质的转化率等于转化量与开始加入的量的比，可得Y的转化率。
【详解】2min末生成0.2mol W，v(W)==0.1 mol/(L·min)。
(1)由于在同一反应用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学计量数的比，可得v(X)：v(W)=3：2，则v(X)=v(W)=×0.1 mol/(L·min)= 0.15mol/(L·min)；
(2)在同一反应用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学计量数的比，可得v(X)：v(Z)=3：n=0.15mol/(L·min)：0.2 mol/(L·min)=3：4，所以n=4；
(3)根据物质反应时的物质的量的比等于化学方程式的化学计量数的比，△n(Y)：△n(W)=1：2，所以△n(Y)=△n(W)=×0.4mol=0.2mol，所以Y的转化率为×100%=20%。