甘肃省会宁县第一中学2022学年高一化学下学期期末考试试题含解析

甘肃省会宁县第一中学2022-2022学年高一下学期期末考试化学试题注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子量：H-1O-16C—12第Ⅰ卷一、选择题（15个小题，每小题3分，共计45分；每小题只有一个正确选项）1.化学与生产、生活密切相关。下列事实的解释正确的是（）选项事实解释A酸雨的pH<5.6CO2溶解在雨水中B氢能是能源开发的研究方向化石燃料燃烧放出的热量使水分解产生氢气C疫苗一般应冷藏存放避免蛋白质变性D漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A、酸雨的pH<5.6，是因为二氧化硫和水反应生成了亚硫酸，酸雨与二氧化碳无关，错误；B、电解水生成氢气，加热条件不能使水分解，错误；C、疫苗一般应冷藏存放，冷藏室保持温度在2-8摄氏度，避免蛋白质变性，正确；D、漂白粉在空气中久置变质，15\n因为漂白粉中次氯酸钙与空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸不稳定见光分解，错误; 故选C2.“能源分类相关图”如图所示，四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是（　　）A.煤炭、石油、潮汐能B.水能、生成物、天然气C.太阳能、风能、沼气D.地热能、海洋能、核能【答案】C【解析】试题分析：由题目中的“能源分类相关图”可以看出，该能源既属于新能源，又属于可再生资源，而且是来自于太阳的能源，可以排除煤炭、石油、天然气和核能，故选C.考点：本题考查能源的有关知识.3.石油裂化的目的是（）A.使长链烃分子断裂为短链烃分子B.除去石油中的杂质C.使直连烃转化为芳香烃D.提高汽油的产量和质量【答案】D【解析】15\n为了提高从石油中得到的汽油、煤油、柴油等轻质油的产量和质量，可以用石油分馏产品为原料，在加热、加压和催化剂存在下，使相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂成相对分子质量较小、沸点较低的烃。石油的这种加工炼制过程中称为石油的催化裂化。故选D。点睛：石油的炼制可分为分馏、催化裂化、裂解等过程。石油的分馏是根据石油中各组分沸点的不同将其分离，馏分均是混合物，此过程为物理变化；石油催化裂化在加热、加压和催化剂存在下，使相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂成相对分子质量较小、沸点较低的烃，此过程为化学变化。目的是为了提高从石油中得到的汽油、煤油、柴油等轻质油的产量和质量；石油的裂解比裂化更高的温度，使石油馏分产物（包括石油气）中的长链烃裂解成乙烯、丙烯等气态短链烃。此过程为化学变化。4.下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是(　　)A.医疗上判断患者病情时可用新制的Cu(OH)2来测定患者尿液中葡萄糖的含量B.蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同D.苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键【答案】B【解析】A、葡萄糖具有还原性，与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀。因此可用新制的Cu(OH)2来测定患者尿液中葡萄糖的含量。正确；B、油脂属于高级脂肪酸甘油酯，它是由高级脂肪酸（其中碳原子数一般多达十几个），和甘油酯化反应的产物。所以油脂不属于高分子化合物。含有酯基的物质、含有肽键的物质都能发生水解反应，油脂中含有酯基、蛋白质中含有肽键，淀粉属于多糖，所以油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应。错误；C、甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯都属于取代反应。正确；D、苯中的碳碳键为介于单键和双键之间的一种独特的键，不能与溴发生加成反应。正确；故选B。5.目前，科学家提出了一种经济而且理想的获得氢能源的循环体系（如图）。关于此循环体系，下列说法中错误的是（　　）A.燃料电池能够使化学反应产生的能量转化为电能B.燃料电池中通入H2的一极作负极，发生氧化反应C.在此循环中发生了反应：2H2O2H2↑+O2↑15\nD.目前化学家急需解决的问题是寻找合适的光照条件下分解水的催化剂【答案】C【解析】氢氧燃料电池的负极通入H2，发生氧化反应；正极通入O2，发生还原反应，故B正确。原电池都是将化学能转化为电能的装置，故A正确。推广氢能的关键是寻找合适的催化剂，利用太阳能分解水。6.化学反应限度的调控在工业生产和环保技术等方面得到了广泛的应用，如果设法提高化学反应的限度，下面的说法错误的是(　　)A.能够节约原料和能源B.能够提高产品的产量C.能够提高经济效益D.能够提高化学反应速率【答案】D【解析】提供了化学反应的限度，就是提高了反应物的转化率，提高了产量，更能提高经济效益，但不一定会提高反应的反应速率，所以选项D是错误的，答案选D。7.下列有关化学用语的表示中正确的是()A.乙醇分子的球棍模型为B.一氯甲烷的电子式为C.乙酸的结构简式：C2H4O2D.分子组成为C5H12的有机物有3种【答案】D【解析】A项，乙醇分子的填充模型为，球棍模型为，A错误；B项，一氯甲烷的电子式为，B错误；C项，乙酸的结构简式为CH3COOH，C错误；D项，C5H12有3种同分异构体，分别为：CH3(CH2)3CH3（正戊烷）、(CH3)2CHCH3（异戊烷）、C(CH3)4（新戊烷），D正确。点睛：本题考查有机物的结构和化学用语，主要考查同分异构体、球棍模型与比例模型、电子式、结构式、结构简式等，注意不同化学用语的书写要求，熟练掌握常用的化学用语。8.在密闭容器中进行X2(g)＋2Y2(g)Z(g)的反应，X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.2mol/L、0.3mol/L、0.315\nmol/L，当反应达到其最大限度（即化学平衡状态）时，各物质的浓度有可能的是（　　）A.c(Z)＝0.45mol/LB.c(X2)＝0.3mol/L　c(Z)＝0.1mol/LC.c(X2)＝0.5mol/LD.c(Y2)＝0.5mol/L【答案】D【解析】试题分析：A．如果c（Z）＝0.45mol/L，则相应消耗0.3mol/L的Y2，但Y2的起始浓度是0.3mol/L，反应是可逆反应，反应物不能完全转化，A错误；B．如果c（X2）＝0.3mol/L，则相应消耗0.1mol/L的Z，则剩余Z是0.2mol/L，B错误；C．如果c（X2）＝0.5mol/L，则需要消耗0.3mol/LZ，反应是可逆反应，则Z的浓度不可能为0，C错误；D．如果c（Y2）＝0.5mol/L，则需要消耗0.1mol/LZ，剩余0.2mol/LZ，所以D正确，答案选D。考点：考查可逆反应的有关计算9.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个B.常温下，在18g18O2中含有NA个氧原子C.1mol乙烷中含有C—H的键数约为7×6.02×l023D.1mol—OH所含的电子数目为7NA【答案】B【解析】A、在标况下，二氯甲烷不是气体，题中条件无法计算22.4L二氯甲烷的物质的量。错误；B、常温下,18g18O2的物质的量为0.5mol，含有1mol氧原子，含有NA个氧原子。正确；C、1mol乙烷中含有6mol的C—H键，含有C—H的键数约为6×6.02×l023个。错误; D、1mol羟基中含有9mol电子，所含的电子数目为9NA个。错误；故选B。点睛：本题主要考查阿伏伽德罗常数的应用。尤其需要注意，标准状况下，只有气体才能使用气体的摩尔体积22.4L/mol计算。10.为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是(  )序号不纯物除杂试剂分离方法ACH4(C2H4)酸性KMnO4溶液洗气B苯(Br2)NaOH溶液过滤15\nCC2H5OH(H2O)生石灰蒸馏D乙酸乙酯(乙酸)饱和Na2CO3溶液蒸馏A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A．酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化为CO2，应该用溴水除去甲烷中的乙烯，A错误；B、氢氧化钠和溴单质反应，苯不溶于水，应该分液，B错误；C、水和氧化钙反应生成氢氧化钙，然后蒸馏即可得到乙醇，C正确；D、饱和碳酸钠溶液和乙酸反应，乙酸乙酯不溶于水，应该分液，D错误，答案选C。点睛：掌握物质的性质差异是解答的关键，注意物质提纯的原则：不增、不减、易复、易分。所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。11.海洋约占地球表面积的71%，对其进行开发利用的部分流程如下图,下列说法不正确的是()A.可用BaCl2溶液除去粗盐中的SOB.从苦卤中提取Br2的反应的离子方程式为2Br－＋Cl22Cl－＋Br2C.试剂1可以选用石灰乳D.工业上，通常电解熔融Mg(OH)2来冶炼金属镁【答案】D【解析】试题分析：A．粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42-时，加入过量BaCl2，去除硫酸根离子：SO42-+Ba2+=BaSO415\n↓，故A正确；B．氯气具有氧化性，能氧化溴离子生成单质溴：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故B正确；C．粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42-时，可以加入过量石灰乳，石灰乳是指加入氢氧化钙，氢氧化钙电离出氢氧根离子和镁离子反应生成Mg（OH）2沉淀，故C正确；D．Mg（OH）2热稳定性差，受热分解，工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故D错误；故选：D．考点：海水的综合应用12.向Fe和Al2O3的混合物中加入足量稀硫酸将其溶解，室温下向所得溶液中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（）A.通入过量Cl2：Cl－、SO42－、Fe2+、Al3+B.加入过量NaOH溶液：SO42－、Na+、AlO2－、OH－C.加入过量氨水：NH4+、SO42－、Na+、AlO2－D.加入过量NaNO3溶液：NO3－、SO42－、Fe2+、Al3+【答案】B【解析】试题分析：A、Fe2＋被氯气氧化成Fe3＋，不能大量存在，故错误；B、Fe和硫酸反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，Al2O3和硫酸反应：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，加入NaOH后，发生Fe2＋＋2OH－=Fe（OH）2↓、Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，故正确；C、加入NH3：Fe2＋＋2NH3·H2O=Fe（OH）2↓＋2NH4＋、Al3＋＋3NH3·H2O=Al（OH）3↓＋3NH4＋，氢氧化铝不溶于弱碱，此溶液中不含AlO2－，故错误；D、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故错误。考点：考查元素及其化合物性质、离子大量共存等知识。13.化学反应A2＋B2===2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（　　）A.该反应是吸热反应B.断裂1molA—A键和1molB—B键放出xkJ能量C.断裂2molA—B键需要吸收ykJ的能量D.2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量【答案】C15\n【解析】分析：A、根据反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应；B、根据旧键的断裂吸收能量，新键的形成释放能量；C、根据旧键的断裂吸收能量，新键的形成释放能量；D、根据图象可判断反应物与生成物的总能量。详解：A、因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，选项A错误；B、因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，选项B错误；C、因旧键的断裂吸收能量，由图可知形成2molA-B键需要放出ykJ能量，选项C正确；D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查学生有关化学反应中的能量变化知识，可以根据所学知识来进行，难度不大。14.国际能源网报道：金属燃料可能成为新能源，可能带来结束煤、石油能源时代的希望，是一种理想的储能方式，下列说法错误的是（）A.金属燃烧后经加工处理后还可生成金属，因此可以重复使用B.金属燃烧产生的光能，可以通过相关设备转化为电能以充分利用C.镁、铝是地球上含量丰富的金属元素，且均可以从海水中提取D.可以利用镁在二氧化碳中燃烧，放出热量的同时收集碳单质【答案】C【解析】试题分析：镁、铝是地球上含量丰富的金属元素，可以从海水中提取金属镁，但无法从海水中提取金属铝，铝的工业制取方法是电解熔融的氧化铝，选C。考点：考查金属的用途。15.2022年俄罗斯世界杯比赛中当运动员肌肉挫伤或扭伤时，队医随即对准运动员的受伤部位喷射药剂一氯乙烷（沸点为12．27℃），进行局部冷冻麻醉应急处理。那么制取一氯乙烷（CH3CH2Cl）的最好方法是（）A.乙烷与氯气发生取代反应B.乙烯与氯气发生加成反应C.乙烷与氯化氢反应D.乙烯与氯化氢发生加成反应【答案】D【解析】A、乙烷与氯气发生取代反应，产物有一氯乙烷，同时还有二氯乙烷、三氯乙烷、四氯乙烷、五氯乙烷、六氯乙烷等混合物，不能得到纯净的一氯乙烷。错误；B、乙烯和氯气加成反应后得到的是1,2－二氯乙烷。错误；C、乙烷和氯化氢不能反应。错误；D、15\n乙烯和氯化氢的加成反应才能得到较纯净的一氯乙烷。正确；故选D。第Ⅱ卷二、非选择题（本题共4个小题，共计55分）16.已知有五种元素的原子序数的大小顺序为C>A>B>D>E，A、C同周期，B、C同主族；A与B形成的离子化合物A2B中所有离子的电子数都相同，其电子总数为30；D和E可形成4核10电子分子。试回答下列问题：（1）C两种元素的名称分别为________。（2）用电子式表示离子化合物A2B的形成过程：_______________。（3）写出D元素形成的单质的结构式：________________________。（4）写出下列物质的电子式：A、B、E形成的化合物：________________；D、E形成的化合物：__________________。（5）A、B两种元素组成的化合物A2B2属于________（填“离子”或“共价”）化合物，存在的化学键类型是____________；写出A2B2与水反应的化学方程式：___________________________。【答案】(1).硫(2).(3).(4).(5).(6).离子(7).离子键和共价键(8).2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑【解析】分析：因为 A2B中所有离子的电子数相同，在电子总数为30的 A2B型化合物中,每个离子的电子数为10，所以可推知A是Na，B是O；因为4个原子核10个电子形成的分子中，每个原子平均不到3个电子，所以只能从原子序数为1～8的元素中寻找，则一定含有氢原子，分子中有4个原子核共10个电子，则一定为 NH3；因为原子序数D>E，所以D为N，E为H。C与A(Na)同周期，与B(O)同主族，所以C位于第三周期第ⅥA族，为S。详解：（1）根据上述分析可知，C的元素名称为硫；（2）离子化合物A2B应为氧化钠，用电子式表示其形成过程：；（3）D元素为氮元素，单质为N2，N2中氮原子和氮原子之间以氮氮三键相结合。结构式为；（4）A、B、E形成离子化合物氢氧化钠，电子式为；D、E形成共价化合物氨气，电子式为15\n；（5）A、B两种元素组成的化合物A2B2为过氧化钠，是离子化合物，其中即含有离子键，也含有共价键；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑。点睛：本题需要掌握常见的10电子微粒，10电子原子有氖原子；10电子的离子有O2-、F-、OH-、Na+、Mg2+、Al3+、NH4+等；10电子分子有CH4、NH3、H2O、HF等。在本题中需要注意离子化合物的电子式要表明正负离子，例如，共价化合物中的共价键用共用电子对表示，例如。17.某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高综合效益，而且还能防止环境污染，生产流程如下：已知石油裂解已成为生产H的主要方法，E的溶液能发生银镜反应，G是具有香味的液体，试回答下列问题。(1)F中所含官能团的名称是__________________。(2)G的结构简式为_____________________________。(3)写出D→E的化学方程式，并注明反应类型：______________________________。(4)F→G的反应装置如图所示：15\na．图中倒置球形干燥管的作用_____________________________；b．试管Ⅱ中加有饱和Na2CO3溶液，其作用是：____________________；c．若138gD和90gF反应能生成80gG，则该反应的产率为___________。（已知：）（5）为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡小试管Ⅱ，再测有机物层的厚度，实验记录如下：实验D与实验C相对照可证明___________________________________________________。分析实验A、C的数据，可以推测出浓硫酸的__________提高了乙酸乙酯的产率。(6)生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全变成生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，也即达到化学平衡状态。下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有（填序号）________。①单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水②单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸③单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸④混合物中各物质的浓度不再变化(7)写出B的一种同分异构体（与B同类）的结构简式：________________。【答案】(1).羧基(2).CH3COOC2H5或CH3COOCH2CH3(3).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反应(4).防倒吸(5).溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度(6).60.6%(7).c（H2SO4）越大，酯化反应进行的程度越大(8).吸水性(9).②④(10).CH2OH(CHOH)3COCH2OH【解析】15\n分析：甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为葡萄糖，所以A是纤维素，B是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，则D是乙醇，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E进一步发生氧化反应生成F为CH3COOH，F与D发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，葡萄糖在人体内最终氧化得到二氧化碳与水。H与水反应达到乙醇，则H为CH2=CH2。详解：（1）F为CH3COOH，含有的官能团为羧基；（2）G是由乙醇和乙酸发生酯化反应得到的乙酸乙酯，乙酸乙酯的结构简式为CH3COOC2H5或CH3COOCH2CH3；（3）D是乙醇，乙醇催化氧化得到E（CH3CHO），此反应为氧化反应，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）a.制取乙酸乙酯时，蒸汽中往往含有乙醇和乙酸，但是二者易溶于水而产生倒吸，所以图中倒置球形干燥管的作用；b.饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③使乙酸乙酯的溶解度减小，减少其损耗及有利于它的分层和提纯；c.138g乙醇的物质的量是138g÷46g/mol=3mol，90g乙酸的物质的量是90g÷60g/mol=1.5mol，由于乙醇过量所以反应产生的乙酸乙酯应该按照乙酸来计算，理论上应该产生乙酸乙酯的质量是1.5mol×88g/mol=132g。实际反应能生成80gE，则该反应的产率(80g÷132g)×100%=60.6%；（5）实验D与实验C除硫酸浓度不同外，其他条件均相同，因此实验D与实验C相对照可证明c（H2SO4）越大，酯化反应进行的程度越大；对照实验A和C可以知道：试管Ⅰ中试剂实验A中使用1ml,18mol/L 浓硫酸,生成的乙酸乙酯比C中生成的乙酸乙酯大很多，说明浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。（6）反应达到平衡状态标志是正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变等；①任何情况下，每生成1mol乙酸乙酯，都同时生成1mol水，不能判定反应达到平衡。错误；②单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，表明正逆反应速率相等，因此能判定反应达到平衡。正确；③在任何情况下，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，不能判定反应达到平衡。错误；混合物中各物质的浓度不再变化，可以判定反应达到平衡。正确；故选②④。（7）B为葡萄糖，结构简式为CH2OH—CHOH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO。①与葡萄糖互为同分异构体 ②与B具有相同官能团，满足条件的同分异构体有：CH2OH(CHOH)3COCH2OH。15\n点睛：（1）~（3）本题考查简单有机推断，突破口为B经过酒化酶生成D，因此D为乙醇，因而可知其他物质；（4）本题主要考查乙酸乙酯制备实验。球形干燥管容积较大，利于乙酸乙酯充分与空气进行热交换，起到冷凝的作用，也可起到防止倒吸的作用。（5）对比试验关键是要采用控制变量，即控制一个变量，其它条件不变。18.由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。装置现象二价金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根据实验现象回答下列问题：（1）装置甲中负极的电极反应式是_______________________________________。（2）装置乙中正极的电极反应式是______________________________________。（3）装置丙中溶液的pH________（填“变大”“变小”或“不变”）。（4）四种金属活动性由强到弱的顺序是__________________________________。【答案】(1).A－2e－===A2＋(2).Cu2＋＋2e－===Cu(3).变大(4).D＞A＞B＞C【解析】(1)该装置中，二价金属A不断溶解说明A失电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液而作负极，所以负极电极反应式为A-2e-═A2+，故答案为：A-2e-═A2+；(2)乙装置中，C的质量增加说明C电极上铜离子得电子发生还原反应，则C作正极，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，故答案为：Cu2++2e-═Cu；(3)丙装置中A上有气体产生，说明A上氢离子得电子发生还原反应而作正极，D作负极，正极上氢离子逐渐析出而导致氢离子浓度逐渐减小，则溶液的pH逐渐增大，故答案为：变大；(4)通过以上分析知，四种金属活动性强弱顺序是D＞A＞B＞C，故答案为：D＞A＞B＞C。点睛：本题考查了原电池原理，根据原电池电极上得失电子来判断正负极，一般来说，作原电池负极的金属金属活动性强。15\n19.向某体积固定的密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量（未知）B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：（1）密闭容器的体积是____________L；（2）若t1=15，则0-t1s内C物质的浓度变化表示的平均反应速率v（C）=________________；（3）写出反应的化学方程式：____________________________________________；（4）t1时，A的转化率为_________，第7s时v（A）正_____v（B）逆（填“<”、“>”或“=”）；（5）B的起始物质的量是_______________。【答案】(1).2(2).0.004mol·L-1·s-1(3).3A(g)B(g)＋2C(g)(4).60%(5).>(6).0.04mol【解析】（1）根据图像可知A的起始浓度为0.15mol•L-1，A的物质的量为0.3mol，则V==2L；（2）t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率为：v(C)==0.004mol•L-1•s-1；（3）反应中A的浓度变化为0.15mol•L-1-0.06mol•L-1=0.09mol•L-1，C的浓度变化为0.11mol•L-1-0.05mol•L-1=0.06mol•L-1，反应中A与C的计量数之比为0.09:0.06=3:215\n，反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，因为三种物质均为气体，根据质量守恒，混合气体的质量不变，则气体的总物质的量不变，所以该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A(g)⇌B(g)+2C(g)；（4）A的起始浓度为0.15mol/L，t1时，A的浓度为0.06mol/L,A的转化率为；第7s后，A的浓度还在减小，说明反应还在正向进行，所以正反应速率应该大于逆反应速率；（5）根据反应方程式可知消耗0.09mol•L-1的A，则生成0.03mol•L-1的B，容器的体积为2L，生成B的物质的量为0.06mol，平衡时B的物质的量为0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol。点睛：根据开始时A的物质的量和物质的量浓度根据V=进行计算；从图像中可以得到△c=0.11mol•L-1-0.05mol•L-1，根据v=计算；反应中A的浓度减少量C的浓度增加量，可得到A与C的计量数之比3:2，反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，因为三种物质均为气体，混合气体的总质量不变，则气体的总物质的量不变，则B为生成物，可得B(g)的化学计量数；15