高一化学下学期期中模拟测试卷01（人教版必修2）

高一化学下学期期中模拟测试卷01

（考试时间：75分钟  试卷满分：100分）

考试范围：人教版必修2第一章、第二章内容

可能用到的相对原子质量：H-1   C-12   N-14   O-16   Na-23   Mg-24   Al-27  P-31   Cl-35.5  Fe-56   S-32

一、选择题（本大题包括16小题，每小题3分，共48分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的）

1．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是

A．CO2 的电子式  B．氨气的结构简式 NH3

C．氯离子的结构示意图  D．中子数为 20 的氯原子Cl

【答案】C

【详解】

A．CO2 的电子式为，A用语错误；

B．氨气的结构简式为，B用语错误；

C．氯离子的原子核外有18个电子，则离子结构示意图 ，C用语正确；

D．中子数为20 的氯原子Cl，D用语错误；

答案为C。

2．下列排列顺序正确的是

①热稳定性：H2O>HF>H2S

②原子半径：Na>Mg>O

③酸性：H3PO4>H2SO4>HClO4

④沸点：HF>HBr>HCl

A．①③ B．②④ C．①④ D．②③

【答案】B

【详解】

①非金属的非金属性越强，则热稳定性越强，则热稳定性：HF＞H2O＞H2S，①顺序错误；

②同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径：Na＞Mg＞O，②顺序正确；

③非金属的非金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，③顺序错误；

④HF分子间存在氢键，其沸点高于HBr、HCl，HBr、HCl的分子量越大，沸点越高，则沸点：HF＞HBr＞HCl，④顺序正确；

综上所述，②④顺序正确，答案为B。

3．14C常用于考古断代，下列关于14C的说法正确的是(    )

A．中子数为14 B．核外电子数为8 C．质子数为8 D．与12C互为同位素

【答案】D

【详解】

A．14C的中子数＝14-6＝8，A错误；

B．核外电子数＝质子数＝6，B错误；

C．14C质子数为6，C错误；

D．14C与12C的质子数相同而中子数不同，互为同位素，D正确；

故选：D。

4．下列化合物中，既含有离子键又有共价键的是(    )

A．NaCl B．CH4 C．Na2O2 D．Na2S

【答案】C

【详解】

A．钠离子和氯离子间只含有离子键，A错误；

B．氢原子和碳原子之间只含有共价键，B错误；

C．Na2O2中钠离子与过氧根离子间为离子键，两个氧原子间为共价键，C正确；

D．钠离子和硫离子之间只存在离子键，D错误；

故选：C。

5．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Z所处的族序数是周期序数的2倍，下列判断不正确的是

A．最高正化合价：X＜Y＜Z B．原子半径：X＜Y＜Z

C．气态氢化物的热稳定性：Z＜W D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z

【答案】B

【分析】

结合短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知，X、W处于第二周期、Y、Z处于第三周期；Z所处的族序数是周期序数的2倍，则Z位于ⅥA族，为S元素，根据相对位置可知Y为P、X为C、W为F。

【详解】

A、X、Y、Z分别为C、P、S元素，最高化合价分别为+4、+5、+6，则最高正化合价：X＜Y＜Z，故A正确；

B、X、Y、Z分别为C、P、S元素，电子层越多，原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：X＜Z＜Y，故B错误；

C、非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性S＜F，则气态氢化物的热稳定性：Z＜W，故C正确；

D、Y、Z分别为P、S元素，非金属性P＜S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z，故D正确；

故答案选B。

6．已知1-18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，则下列叙述或表示方法正确的是

A．四种元素位于同一周期 B．氢化物的稳定性H2Y＞HZ

C．离子的氧化性aW3+＞bX+ D．a+3＜c-2

【答案】C

【分析】

1-18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，核外电子数相等，所以a-3=b-1=c+2=d+1，Y、Z为非金属元素，处于第二周期，故Y为O，Z为F；W、X处于第三周期，W为Al，X为Na；据以上分析解答。

【详解】

A．根据以上分析可知，四种元素不位于同一周期，故A错误；

B．同一周期，从左到右，非金属性增强，氢化物稳定性增强，因此氢化物的稳定性H2Y<HZ，故B错误；

C．元素的还原性越强，对应离子的氧化性就越弱，同一周期从左到右金属性减弱，即金属钠的还原性最强，所以离子的氧化性aW3+＞bX+，故C正确；

D．离子核外电子数相等，因此a-3=c+2，故D错误；

故选C。

7．某兴趣小组设计的原电池装置如图所示。该电池工作时，下列说法正确的是(    )

A．锌片为正极 B．碳棒上发生了还原反应

C．电子由碳棒经导线流向锌片 D．H+向锌片移动

【答案】B

【详解】

A．锌是活泼的金属，锌片为负极，A错误；

B．碳棒是正极，碳棒上氢离子发生了得到电子的还原反应，B正确；

C．电子由锌片经导线流向碳棒，C错误；

D．碳棒上氢离子发生了得到电子的还原反应，H+向碳棒移动，D错误；

答案选B。

8．一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是

A．该反应生成物为C和D

B．从反应开始到1 s时，

C．该反应为可逆反应

D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等

【答案】C

【详解】

A．据图可知B和C的物质的量减小，为反应物，A和D的物质的量增加，为生成物，A错误；

B．据图可知从反应开始到1 s时，∆n(A)> ∆n(C)，所以A的反应速率更快，B错误；

C．据图可知6s后反应物和生成物共存，即该反应有一定的限度，为可逆反应，C正确；

D．据图可知相同时间内各物质的物质的量变化不相同，即该反应中各物质的系数不相等，则反应速率不相等，D错误；

综上所述答案为C。

9．锂碘电池可用于心脏起搏器，电池反应可简化为：2Li+I2=2LiI。电池工作时，下列说法正确的是

A．碘电极是电池的负极

B．锂电极发生还原反应

C．电池正极反应：Li-e-=Li+

D．电流从碘电极经外电路流向锂电极

【答案】D

【详解】

A．I2转化为I-，化合价降低，发生还原反应，作正极，A项错误；

B．Li转化为Li+，化合价升高，发生氧化反应，B项错误；

C．碘电极是电池的正极，电极反应式为：I2+2e-=2I-，C项错误；

D．电流从正极经外电路流向负极，即电流从碘电极经外电路流向锂电极，D项正确；

答案选D。

10．已知反应4CO+2NO2N2+4CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是(      )

A．v(CO)=1.5mol•L-1•min-1 B．v(NO2)=0.7mol•L-1•min-1

C．v(N2)=0.4mol•L-1•min-1 D．v(CO2)=1.1mol•L-1•min-1

【答案】C

【分析】

同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。

【详解】

如果该反应都用CO表示反应速率，则：

A．v(CO)＝1.5 mol·L－1·min－1；

B．v(CO)＝2v(NO2)＝2×0.7 mol·L－1·min－1=1.4 mol·L－1·min－1；

C．v(CO)＝4v(N2)＝4×0.4 mol·L－1·min－1=1.6 mol·L－1·min－1；

D．v(CO)＝v(CO2)=1.1 mol·L－1·min－1；

综上所述C表示的速率最快，答案选C。

11．某温度下，浓度都是1mol/L的两种气体X2和Y2，在密闭容器中反应生成气体Z，反应2min后，测得参加反应的X2为0.6mol/L，用Y2表示的反应速率v(Y2)=0.1mol/(L·min)，生成的c(Z)为0.4mol/L，则该反应的化学方程式是(    )

A．X2+2Y2=2XY2 B．2X2+Y2=2X2Y

C．3X2+Y2=2X3Y D．X2+3Y2=2XY3

【答案】C

【详解】

用X2表示的反应速率为v(X2)==0.3mol/(L·min)，用Z表示的反应速率为v(Z)= =0.2mol/(L·min)，v(X2)∶v(Y2)∶v(Z)=3∶1∶2，根据X2、Y2和Z反应速率之比即化学方程式中相应物质的化学计量数之比，则3X2+Y2=2Z，根据原子守恒，可确定Z的化学式为X3Y，因此反应的化学方程式为3X2+Y2=2X3Y，故选C。

【点睛】

本题中Z的化学式也可以写成YX3。

12．在可逆反应：中，已知：起始浓度A为，B为，C的反应速率为0.5 mol/(L·min)，后，测得D的浓度为。则关于此反应的下列说法正确的是( )

A．末时A和B的浓度之比为5:3

B．

C．末时B的浓度为

D．末时A的消耗浓度为

【答案】C

【分析】

C的反应速率为0.5 mol/(L·min)， 2min 后C的浓度为0.5 mol/(L·min)× 2min =1mol/L。用三段式表示反应过程：

【详解】

A．2min 末时A和B的浓度之比为4:1.5=8:3，故A错误；

B．各物质变化的物质的量浓度之比等于方程式的系数比，所以x=2，故B错误；

C．2min 末时B的浓度为1.5mol/L，故C正确；

D．2min 末时A的消耗浓度为1mol/L，故D错误；

故选C。

13．一定温度下在一定体积的密闭容器中，下列叙述能作为可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志的是 (    )

①C的生成速率与C的消耗速率相等

②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B

③A、B、C的浓度不再变化

④C的物质的量不再变化

⑤混合气体的总压强不再变化

⑥混合气体的总物质的量不再变化

⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol B

⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2

A．①③④⑤⑥⑦ B．①③④⑤⑥⑧ C．①③④⑥⑧ D．①③④⑤⑧

【答案】A

【详解】

①C的生成速率与C的消耗速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选①；
②单位时间内生成a molA，同时生成3a molB，A、B都是反应物，生成A、B的速率都是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选②； 
③A、B、C的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故不选③； 
④C的物质的量不再变化，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选④； 
⑤混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选⑤； 
⑥混合气体的总物质的量不再变化，反应前后气体物质的量不相同，气体总物质的量不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选⑥； 
⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a molB，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选⑦； 
⑧A、B、C的分子数之比决定于开始加入物质的多少，与平衡状态无关，故选⑧；

根据以上分析②⑧不能作为可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志；故选A；

答案为A。

14．下列变化中，属于吸热反应的是(    )

①液态水汽化    　②Ba(OH)2•8H2O与固体NH4Cl混合    　③浓H2SO4稀释    　④高锰酸钾分解制O2　⑤生石灰跟水反应生成熟石灰    　⑥Na与HCl反应    　⑦CO2+C2CO 　⑧CaCO3高温分解    　⑨N2+3H2 2NH3　⑩将胆矾加热变为白色粉末

A．②④⑤⑦⑧⑩ B．②④⑥⑦⑧⑨

C．②④⑦⑧⑩ D．②④⑦⑧⑨

【答案】C

【详解】

①液态水汽化不属于化学变化，①不满足题意；   　

②Ba(OH)2·8H2O与固体NH4Cl为吸热反应，②满足题意；    　

③浓硫酸稀释放出大量的热，发生了物理变化，③不满足题意；

④高锰酸钾分解制氧气属于吸热反应，④满足题意；

⑤生石灰跟水反应生成熟石灰属于放热反应，⑤不满足题意；  　

⑥Na与HCl反应会放出大量的热，⑥不满足题意；    　

⑦CO2与C高温下生成CO属于吸热反应，⑦满足题意；

⑧CaCO3高温分解生成氧化钙与二氧化碳属于吸热反应，⑧满足题意；    　

⑨N2与H2 合成NH3属于放热反应，⑨不满足题意；      　

⑩胆矾加热变为白色粉末属于吸热反应，⑩满足题意；

综上，满足题意的为②④⑦⑧⑩，答案选C。

15．研究人员最近发现了一种“水电池”，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电，在海水中电池总反应式为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，下列对“水电池”在海水中放电时的有关说法正确的是(　　)

A．正极反应式为：5MnO2＋2e－=Mn5O

B．每生成1 mol AgCl转移2 mol电子

C．Cl－不断向“水电池”的正极移动

D．Ag发生还原反应

【答案】A

【分析】

由原电池总反应知Ag化合价升高被氧化，做此电池的负极，正极为MnO2。

【详解】

A．正极反应式为：5MnO2＋2e－=Mn5O，A项正确；

B．每生成1 mol AgCl，转移电子为1 mol，B项错误；

C．负极是Ag失去电子和Cl－生成AgCl，所以Cl－不断向“水电池”的负极移动，C项错误；

D．Ag作负极，发生氧化反应，D项错误；

答案选A。

16．在一个密闭容器中发生反应：N2O3(g)+O2(g)⇌N2O5(g)，反应过程中某一时刻N2O3、O2、N2O5的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L，当反应达到平衡时可能的数据是(   )

A．c(N2O5)=0.3mol/L B．c(N2O3)=c(N2O5)=0.25mol/L

C．c(O2)=0.3mol/L D．c(N2O3)+c(N2O5)=0.4mol/L

【答案】D

【详解】

A．若N2O3和O2完全反应，N2O5的浓度为0.3mol/L，而该反应为可逆反应，不可能完全转化，c(N2O5)应小于0.3mol/L，A项不选；

B．反应物和生成物的浓度不可能同时增大，B项不选；

C．若N2O5完全分解时，c(O2)=0.3mol/L，可逆反应不可能完全转化，C项不选；

D．N2O3、N2O5的浓度分别为0.2mol/L、0.2mol/L，根据N原子守恒得c(N2O3)+c(N2O5)=0.4mol/L，D项选；

答案选D。

二、非选择题（本大题包括5小题，共52分）

17．（10分）下图为元素周期表的一部分，根据元素①~⑧在表中的位置回答下列问题。

(1)元素⑧的最高价氧化物对应水化物的分子式为_______；

(2)元素①与④形成的18电子的化合物的结构式为_______；

(3)用电子式表示元素⑤与⑧形成化合物的过程_______；

(4)元素⑥的单质与⑤的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式_______；

(5)假设元素⑧的对应元素符号为X，若在一定条件下，X单质能够与硫反应生成一种用途广泛的硫化剂S2X2。该硫化剂S2X2与足量水反应有淡黄色沉淀生成，同时生成能够使品红溶液褪色的无色气体，则该反应的化学方程式是_______(元素X请用具体元素符号表示)。

【答案】(1)HClO4    (2)H—O—O—H  (3)      (4)    (5)   

【分析】

由元素在周期表中的结构可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl，据此分析。

【详解】

(1)⑧为Cl，最高正价为+7，相应的最高价含氧酸为HClO4，故答案为：HClO4；

(2)H和O形成18电子微粒为H2O2，其结构简式为：H—O—O—H，故答案为：H—O—O—H；

(3)Na和Cl形成NaCl的电子式形成过程为，故答案为：；

(4)铝单质和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的方程式为：，故答案为：；

(5)S2X2与足量水反应有淡黄色沉淀生成可知为S，同时生成能够使品红溶液褪色的无色气体为二氧化硫，由此可得化学方程式，故答案为：；

18．（12分）在复习元素周期律过程中，某研究性学习小组的几位同学拟通过具体的实验来探讨某些金属元素的性质差异，下面是他们设计的探究性实验方案，请填写下列空白：

(1)实验目的：比较钠、镁、铝金属性强弱。

(2)实验用品：试管、_______、酒精灯、试管夹、砂纸、滤纸、钠、镁条、铝片、酚酞、蒸馏水、6mol·L-1的盐酸。   

(3)实验过程与现象记录

I.甲同学的方案如下：

①你认为a、b两步实验中出现异常现象的可能原因是：

a._______

b._______

②上面的实验表明：钠、镁、铝三种元素的金属性由强到弱的顺序为_______

II.乙同学方案：他认为只需要一种试剂就可以确定钠、镁、铝的金属性强弱，预计他的主要实验操作是_______，写出镁与这种试剂反应的化学方程式：_______。

【答案】(2)烧杯或水槽   (3)① 钠表面的煤油没有用滤纸吸干净    镁表面的氧化膜没有被除去   ② 钠>镁>铝    II.用滤纸将一小块钠表面的煤油吸干后放入盛有水的烧杯中，将除了氧化膜的镁条、铝片分别放入盛有适量水的试管中并加热    Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑   

【分析】

比较金属性可以利用金属与水或酸置换出氢气的难易以及最高价氧化物对应水化物的碱性。该实验设计的是三种金属与水、与酸反应的难易，因为具体到实验操作，需要考虑很多因素，比如钠的取用、镁条的使用等。本题主要涉及试管实验，但是钠与水的反应比较剧烈，不适合在试管中完成，在烧杯中或水槽中比较安全。如果用一种试剂比较三者金属性强弱，考虑水这种试剂，钠与水很剧烈，镁与水反应比较缓慢，铝和水几乎不反应。

【详解】

（2）由钠与水反应实验知缺少烧杯（或水槽）；故答案为：烧杯或水槽；

（3）I． ① a理论上钠是金属性强的活泼金属加到水中应立刻剧烈反映，现在出现开始时钠块浮在水面上不反应的这种现象，只能说明钠的表面有不与水反应煤油阻止钠与水的接触；b镁在加热的条件下是能和水反应的现在没有相应现象应该镁表面的氧化膜阻止接触；故答案为：钠表面的煤油没有用滤纸吸干净；镁表面的氧化膜没有被除去；

②金属性越强，由反应的剧烈程度两两比较得出金属性：钠﹥镁﹥铝；故答案为：钠>镁>铝；

II．钠和冷水反应、镁和热水反应、铝和热水也不反应，所以可以用水和这三种金属反应现象判断金属活动性强弱，其实验方法是用滤纸将一小块金属钠表面的煤油吸干后放入盛有水的烧杯中，将除掉了氧化膜的镁条、铝片分别放入盛有适量水的试管中并加热。镁与水反应的化学方程式：Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑。故答案为：用滤纸将一小块钠表面的煤油吸干后放入盛有水的烧杯中，将除了氧化膜的镁条、铝片分别放入盛有适量水的试管中并加热；Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑。

19．（10分）随着原子序数的递增，A～G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示。

(1)在A、B、F、G四种元素中，非金属性最弱的元素在周期表中的位置为_______。

(2)A、B、F三种元素的原子半径由大到小的顺序是_______(填元素符号)。

(3)E元素的最高价氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是_______。

(4)元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为_______。

(5)元素C与D按原子个数比1∶1形成的化合物的电子式为_______，其所含的化学键有_______(填化学键类型)。

(6)用铂丝蘸取D的氯化物在火焰上灼烧，根据火焰呈现的特征颜色，可以判断D元素的存在，化学上把这种定性分析操作称为_______。

【答案】(1)第三周期第IVA族  (2)  r(Si)>r(C)>r(N)    (3)Al2O3+2OH-=2+H2O    (4)O=C=O  (5)      离子键和共价键(或非极性键)   (6) 焰色试验   

【分析】

随着原子序数的递增，A~G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示，G的最高价为+6，则G为S；A、F的最高价都是+4，结合原子序数可知，A为C元素，F为Si；C只有-2价，则C为O； B介于C、O之间，则B为N元素； D、E的最高价分别为+1、+3，二者的原子序数都大于O，则D为Na、E为Al元素，以此分析解答。

【详解】

(1)由上述分析可知， G为S元素， A为C元素，F为Si元素， C为O元素， C、N、Si、S四种元素中，非金属性最弱的为Si，其原子序数为14，在周期表中位于第三周期第IVA族，故答案为：第三周期第IVA族；

(2)同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则C、N、Si三种元素的原子半径由大到小的顺序是：r(Si)>r(C)>r(N)；故答案为：r(Si)>r(C)>r(N)；
(3) E元素的最高价氧化物为Al2O3，Al2O3与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是：Al2O3+2OH-=2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2+H2O；
(4) C与O形成的电子总数为22的分子为CO2，CO2分子中含有两个碳氧双键，其结构式为0= C= O，故答案为： 0= C= O；

(5) Na与O按原子个数为1 : 1形成的化合物为Na2O2，其电子式为， 含有离子键和共价键，故答案为：；离子键和共价键(或非极性键)；

 (6) D的氯化物为NaCl，用铂丝蘸取NaCl在火焰上灼烧，火焰呈黄色，可以判断N a元素的存在，化学上把这种定性分析操作称为焰色试验，故答案为：焰色试验；

20．（10分）某同学在进行稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量CuSO4溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：

(1) CuSO4溶液可以加快氢气生成速率的原因是_______________________________；

(2)现有K2SO4、ZnSO4、Ag2SO4三种溶液，与实验中CuSO4溶液起相似作用的是____；

(3)要加快气体产生的速率，还可采取的方法有________，________(答两种)；

(4)若该同学用2L 稀硫酸溶液进行实验，2min后，发现金属Zn的质量减少了6.5g，则这段时间v(H2SO4)=______。

【答案】(1) CuSO4与Zn反应生成的Cu附着在Zn表面，形成Zn、Cu、稀硫酸原电池， 加快了Zn与稀硫酸反应生成氢气的速率 (2)  Ag2SO4  (3)  升高温度    适当增大硫酸的浓度(或增大锌的表面积)   (4) 0.025 mol·L-1·min-1   

【详解】

(1) CuSO4溶液与金属锌会发生置换反应，生成的Cu与Zn可构成原电池，促进Zn失电子，所以加快氢气生成速率的原因是：CuSO4与Zn反应生成的Cu附着在Zn表面，形成Zn、Cu、稀硫酸原电池，加快了Zn与稀硫酸反应生成氢气的速率；答案为：CuSO4与Zn反应生成的Cu附着在Zn表面，形成Zn、Cu、稀硫酸原电池，加快了Zn与稀硫酸反应生成氢气的速率；

(2)三种盐溶液与Zn发生反应生成的金属，其活动性应比Zn弱，以促进Zn的失电子反应的进行，所以在K2SO4、ZnSO4、Ag2SO4三种溶液中，与实验中CuSO4溶液起相似作用的是Ag2SO4；答案为：Ag2SO4；

(3)要加快气体产生的速率，可通过增大浓度、温度、接触面积等实现，则可采取的方法有升高温度，适当增大硫酸的浓度(或增大锌的表面积)；答案为：升高温度；适当增大硫酸的浓度(或增大锌的表面积)；

(4)Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，n(Zn)==0.1mol，则2min内v(H2SO4)== 0.025 mol·L-1·min-1。答案为：0.025 mol·L-1·min-1。

21．（10分）Ⅰ.将镁带2.4g投入盛放在敞口容器100ml 1.5mol/L的盐酸里，产生H2的速率与时间的关系可由图表示。

(1)写出离子反应方程式_______________________________

(2)在下列因素中①H＋的浓度②镁带的表面积③溶液的温度④ Cl-的浓度，能影响该反应速率的因素有__________(填序号)；

(3)解释图中AB段速率变快的原因__________________。

Ⅱ.在2L的密闭容器中放入4molN2O5，发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g)+ O2(g)。反应5min后，测得N2O5转化了20%，则：

(1)用以下物质表示的反应速率v(NO2)为__________、v(O2)为___________；

(2)5min时，N2O5占混合气体体积分数是_______。 c(O2) =_________________。

【答案】Ⅰ.(1)Mg+2H+=Mg2++H2↑   (2) ①②③    (3)反应放热，温度升高，反应速率增大   Ⅱ.(1) 0.16mol/(L·min)    0.04mol/(L·min)    (2)    61.5%    0.2mol/L   

【详解】

Ⅰ.(1)镁为活泼金属与盐酸反应生成氢气，反应的离子方程式为Mg+2H+=Mg2++H2↑；

(2)反应的实质为Mg+2H+=Mg2++H2↑，所以氢离子的浓度、镁带的表面积会影响反应速率，溶液的温度也会影响反应速率，氯离子不参与反应，不影响反应速率，所以能影响该反应速率的因素①②③；

(3)开始阶段氢离子浓度较大，反应放热，所以温度逐渐升高，温度升高，反应速率增大；

Ⅱ. N2O5转化了20%，即转化了4mol20%=0.8mol，列三段式有：

(1)容器体积为2L，所以v(NO2)== 0.16mol/(L·min)，v(O2)==0.04mol/(L·min)；

(2) N2O5占混合气体体积分数为=61.5%；c(O2)==0.2mol/L。