福建省莆田市第八中学2018_2019学年高二化学上学期期中试题（含解析）.doc

福建省莆田第八中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学（理）试题1.下列关于化学反应速率的说法正确的是A. 根据化学反应速率可以知道化学反应进行的快慢B. 化学反应速率0.8 molL1s1是指1 s时某物质的浓度为0.8 molL1C. 对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显D. 化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减小或任何一种生成物浓度的增加【答案】A【解析】【详解】A. 化学反应速率是用于描述化学反应快慢的物理量，根据化学反应速率可以知道化学反应进行的快慢，故A正确；B. 因化学反应速率为平均速率，则化学反应速率为0.8mol/(Ls)是指1s内该物质的浓度变化量为0.8mol/L，故B错误；C. 对有明显现象的化学反应，反应速率越快，反应现象就越明显，对于没有明显现象的反应，反应速率快慢对反应现象影响很小，如中和反应等，故C错误；D. 化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增大来表示，固体或纯液体的浓度变化视为0，不能用于表示反应速率，故D错误。故选A。【点睛】化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增大来表示，固体或纯液体的浓度变化视为0，不能用于表示反应速率。2.下列叙述中不正确的是A. 金属的电化学腐蚀比化学腐蚀普遍B. 钢铁在干燥的空气里不易腐蚀C. 用铝质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀D. 原电池外电路电子由负极流入正极【答案】C【解析】【详解】A. 在日常生活的金属腐蚀中，以电化学腐蚀更为普遍，故A正确；B金属腐蚀的条件：和水、空气接触，钢铁在干燥空气里因为没有水而不易腐蚀，故B正确；C金属铁和铝形成的原电池中，活泼的金属铝为负极，更易被腐蚀，金属铁被保护，故C错误；D. 原电池外电路中电子由负极流入正极，故D正确。故选C。3.下列反应中，生成物的总能量高于反应物的总能量的是A. 碳酸钙受热分解 B. 乙醇在空气中燃烧C. 铝粉与盐酸反应 D. 氧化钙溶解于水【答案】A【解析】【详解】A.碳酸钙受热分解属于吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量，故A正确；B.乙醇燃烧属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；C.铝与盐酸反应属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故C错误;D.氧化钙溶于水，与水发生化合反应，属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故D错误。故选A。【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应物转化为生成物时就会放出能量；反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应物需要吸收能量才能转化为生成物。如果反应中的能量变化主要表现为热的形式，反应就伴随有热量的吸收或释放。4.将N2和H2的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器中进行合成氨反应，经过一段时间后反应速率为：v甲(H2)3 molL1min1，v乙(N2)2 molL1min1，v丙(NH3)1 molL1min1。这段时间内三个容器中合成氨的反应速率的大小关系为A. v甲v乙v丙 B. v乙v甲v丙C. v甲v丙v乙 D. v甲v乙v丙【答案】B【解析】试题分析：都转化为用同一物质表示的化学反应速率，然后再比较大小。我们不妨都用氮气的浓度变化表示反应速率。v甲(H2)3 molL1min1，则v甲(N2)1 molL1min1；v丙(NH3)1 molL1min1，则v丙(N2)0.5 molL1min1，所以这段时间内三个容器中合成氨的反应速率的大小关系为v乙v甲v丙，故答案是选项B.考点：考查化学反应速率大小比较的知识。5.2Zn(s)O2(g)=2ZnO(s)H701.0 kJmol12Hg(l)O2(g)=2HgO(s)H181.6 kJmol1则反应Zn(s)HgO(s)=ZnO(s)Hg(l)的H为A. 519.4 kJmol1 B. 259.7 kJmol1C. 259.7 kJmol1 D. 519.4 kJmol1【答案】C【解析】【详解】2Zn(s)O2(g)=2ZnO(s)H701.0 kJmol12Hg(l)O2(g)=2HgO(s)H181.6 kJmol1根据盖斯定律，-得2Zn(s)2HgO(s)=2ZnO(s)2Hg(l)，H=（701.0 kJmol1）-（-181.6 kJmol1）=519.4 kJmol1，即Zn(s)HgO(s)=ZnO(s)Hg(l)，H259.7 kJmol1，故C正确。故选C。6.下列有关电化学的示意图中正确的是()A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、Zn应为原电池的负极，Cu为原电池的正极，选项A错误；B、盐桥两边的烧杯中盛装的电解质溶液应互换，选项B错误；C、粗铜应连接电源正极，选项C错误；D、电解饱和NaCl溶液，Cl-在阳极放电产生Cl2，溶液中的H+在阴极获得电子而产生H2，选项D正确。答案选D。点睛：本题综合考查原电池和电解池知识，侧重于电化学的工作原理的考查，注意把握电极反应的判断，把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键。7.铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法错误的是 A. 正极电极反应式为：2H2e=H2B. 此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3C. 此过程中Cu并不被腐蚀D. 此过程中电子从Fe移向Cu【答案】A【解析】【详解】A.正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-,故A错误；B.电化学腐蚀过程中生成的Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，故B正确；C.铜为正极，被保护起来了，故C正确；D. 此过程中电子从负极Fe移向正极Cu，故D正确；故选A。8.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为Zn(s)2MnO2(s)H2O(l)=Zn(OH)2(s)Mn2O3(s)，下列说法错误的是A. 电池工作时，锌失去电子B. 电池正极反应为2MnO2(s)H2O(l)2e=Mn2O3(s)2OH(aq)C. 电池工作时，负极附近溶液碱性增强D. 外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量理论上减小6.5 g【答案】C【解析】【详解】A. 该电解质溶液呈碱性，放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，故A正确；B. 正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为2MnO2(s)H2O(l)2e=Mn2O3(s)2OH(aq)，故B正确；C. 放电时，负极上氢氧根离子参加反应导致负极附近氢氧根离子浓度减小，则PH降低，故C错误；D. 1 mol Zn失去2 mol电子，外电路中每通过0.2 mol电子，Zn的质量理论上减小6.5 g，故D正确。故选C。9.原电池电极的“正”与“负”不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关下列说法中正确的是A. 由Fe、Cu和FeCl3溶液组成的原电池中，负极反应式为：Cu2e=Cu2B. 由Al、Cu和稀硫酸组成的原电池中，负极反应式为：Cu2e=Cu2C. 由Al、Mg和NaOH溶液组成的原电池中，负极反应式为：Al4OH3e=AlO2-2H2OD. 由Al、Cu和浓HNO3溶液组成的原电池中，负极反应式为：Al3e=Al3【答案】C【解析】【详解】A. 该装置中，铁易失电子作负极、Cu 作正极，负极上铁失电子、正极上铁离子得电子，负极反应式为：Fe-2e-= Fe2+，故A错误；B.该原电池中，Al易失电子作负极、Cu 作正极，负极上铝失电子、正极上氢离子得电子，负极反应式为：Al-3e-=Al3+，故B错误；C. 该原电池中，Al易失电子作负极、Mg作正极，负极上Al失电子、正极上水得电子，负极上电极反应式为Al4OH3e=AlO2-2H2O，故C正确；D. 该原电池中，铜易失电子作负极、Al作正极，负极上铜失电子、正极上硝酸根离子得电子，负极上电极反应式为Cu2e=Cu2，故D错误。故选C。10.25，101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJmol1，辛烷的燃烧热为5 518 kJmol1。下列热化学方程式书写正确的是A. 2H(aq)SO42-(aq)Ba2(aq)2OH(aq)=BaSO4(s)2H2O(l)；H57.3 kJmol1B. KOH(aq)1/2H2SO4(aq)=1/2K2SO4(aq)H2O(l)；H57.3 kJmol1C. C8H18(l)25/2O2(g)=8CO2(g)9H2O(g)；H5 518 kJmol1D. 2C8H18(g)25O2(g)=16CO2(g)18H2O(l)；H5 518 kJmol1【答案】B【解析】【详解】A.根据题意，强酸与强碱生成1mol水放出57.3kJ的热量，硫酸与氢氧化钡发生中和反应除了生成水外还生成硫酸钡沉淀，所以无法确定反应2H(aq)SO42-(aq)Ba2(aq)2OH(aq)=BaSO4(s)2H2O(l)的H，故A错误；B.在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol水放出57.3kJ的热量，故B正确；C.热化学方程式中生成的水是气体，不是稳定氧化物，故C错误；D. 辛烷的燃烧热为5 518 kJmol1，该热化学方程式中不是1mol物质燃烧，焓变数值乘以2，应为2C8H18(g)25O2(g)=16CO2(g)18H2O(l)；H11036 kJmol1，故D错误。故选B。【点睛】（1）在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应而生成1mol水，这时的反应热叫中和热。（2）燃烧热是101kPa，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量。11.在25时，将两个铂电极插入一定量的饱和Na2SO4溶液中进行电解，通电一段时间后在阳极逸出a mol气体，同时析出w克Na2SO410H2O晶体，若温度不变，此时剩余溶液的质量分数是A. 100% B. 100%C. 100% D. 100%【答案】D【解析】【详解】电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，本质上是电解水，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液， w克Na2SO410H2O晶体中硫酸钠的质量为wg142/322=(71w/161)g；设电解水的质量为x，2H2O O236g 1molx a molx=36ag，所以饱和溶液的质量分数为：（71w/161）/（w+36a） 100=100%，故D正确。故选D。12.一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极上通乙烷和氧气，其电极反应式为：C2H6+18OH-14e- =2CO32-+12H2O，7H2O+O2+14e- =14OH-，有关此电池的推断正确的是A. 电解质溶液中电子向正极移动B. 放电一段时间后，KOH的物质的量浓度不变C. 通乙烷的电极为负极D. 参加反应的O2和C2H6的物质的量之比为2:7【答案】C【解析】【详解】A.放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，电子不经过电解质溶液，故A错误；B.电池反应式为C2H6+4OH-+O2 =2CO32-+5H2O，KOH的物质的量减少，溶液体积增大，所以KOH的物质的量浓度减小，故B错误；C. 燃料电池中，燃料失电子发生氧化反应、氧化剂得电子发生还原反应，所以通入乙烷的电极是负极，故C正确；D. 电池反应式为C2H6+4OH-+O2 =2CO32-+5H2O，则参加反应的氧气与C2H6的物质的量之比为7:2,故D错误。故选C。13.一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的A. NaOH固体 B. K2SO4固体 C. CuSO4固体 D. CH3COONa固体【答案】D【解析】【详解】A. NaOH与酸中和，引起H+的物质的量的减小，浓度减小，反应速率减慢，但氢气的总量也在减少，故A错误；B. 加入K2SO4，氢离子物质的量不变，氢离子浓度不变，反应速率不变，故B错误；C. 硫酸铜与铁反应生成Cu，从而形成原电池加快反应速率，故C错误；D. 加入CH3COONa生成弱酸，H+离子浓度降低，反应速率减慢，但H+离子的总的物质的量的不变，则不影响生成氢气的总量， 故D正确。故选D。14.C(石墨，s)=C(金刚石，s)；H0，(已知物质能量越高，越不稳定)下列结论不正确的是A. 石墨能在一定条件下转化为金刚石B. 金刚石比石墨坚硬，所以金刚石比石墨稳定C. 1 mol 石墨比1 mol金刚石的总能量低D. 石墨比金刚石稳定【答案】B【解析】【详解】A. 根据题意C(石墨，s)=C(金刚石，s)；H0，可知石墨能在一定条件下转化为金刚石，故A正确；B. C(石墨，s)=C(金刚石，s)；H0，是吸热反应，石墨的能量低于金刚石，物质能量越高，越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C.石墨转化为金刚石要吸收能量，所以1 mol 石墨比1 mol金刚石的总能量低，故C正确；D. 物质能量越高，越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，故D正确。故选B。【点睛】同素异形体之间的相互转化是非氧化还原反应，石墨转化为金刚石要吸收能量，物质能量越低，越稳定，所以石墨比金刚石稳定，但金刚石比石墨坚硬。15.在恒温恒容中反应：2NO2(g)2NO(g)O2(g)，能说明反应达平衡状态的是：单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2； 单位时间内生成n mol O2 的同时生成2n mol NO；NO2、NO、O2 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； 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态。A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【分析】从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）正=逆0，（2）混合物中各组分的浓度、百分含量不变。【详解】单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2 ，说明正=逆0，达到平衡状态，故正确；单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n mol NO，不能说明正=逆，不能说明反应达到平衡状态，故错误；NO2.、NO、O2 的反应速率的比为2 : 2 : 1的状态，不能说明正=逆，不能确定是否达到平衡状态，故错误；混合气体的颜色不再改变的状态，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故正确；混合气体的质量不变，体积不变，密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故错误；反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，混合气体的平均相对分子质量不再改变能说明反应达到平衡状态；故正确。故选A。【点睛】解决本题的关键是掌握化学平衡状态的两个重要特征：正=逆0，混合物中各组分的浓度、百分含量不变。16.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差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为5MnO22Ag2NaCl=Na2Mn5O102AgCl，下列“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：AgCle=AgClB. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子C. Na不断向“水”电池的负极移动D. AgCl是还原产物【答案】B【解析】试题分析：A、根据总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可知，Ag的化合价升高，被氧化，为原电池的负极，错误；B、式中5MnO2得电子生成Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，正确；C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，错误；D、Ag的化合价升高，被氧化，AgCl是氧化产物，错误。考点：考查电极反应和电池反应方程式；原电池和电解池的工作原理。视频17.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2O2=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：O22H2O4e=4OHC. 每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2D. H由a极通过固体酸电解质传递到b极【答案】D【解析】A. 因氢元素的化合价升高，故a为负极，则电子应该是通过外电路由a极流向b，故A错误；B. 该电池为酸性电池，b极上的电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O，故B错误；C. 每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，则标准状况下H2的体积是1.12 L，故C正确；D. H是阳离子，在原电池中移向正极，则H由a极通过固体酸电解质传递到b极，故D错误；故答案选C。点睛：本题是考试中的常见题型，属于中等难度的试题，侧重考查灵活运用原电池原理解决实际问题的能力，本题的难点在于该原电池的正负极判断，利用2H2O2=2H2O，H2在反应中失电子，所以a为负极，O2在反应中得电子，所以b为正极，再结合原电池的基本原理进行解答，因此在学习时要重点掌握原电池中电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写等问题。18.甲醇是人们开发和利用的一种新能源。已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H1571.8 kJmol1；CH3OH(g)1/2O2(g)=CO2(g)2H2(g) H2192.9 kJmol1（1）甲醇蒸气完全燃烧的热化学方程式为_（2）反应中的能量变化如图所示，则H2_。(用E1、E2的相关式子表示)（3）H2(g)的燃烧热为_。（4）请你分析H2(g)作为能源比甲醇蒸气作为能源的优点：_(写出两点即可)。【答案】 (1). CH3OH(g)+ 3/2O2(g)= CO2(g)+ 2H2O(l) H=-764.7 kJmol1 (2). （E1-E2）kJmol1 (3). 285.9kJmol1 (4). 热值高、不污染环境【解析】【分析】（1）2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H1571.8 kJmol1；CH3OH(g)1/2O2(g)=CO2(g)2H2(g) H2192.9 kJmol1由盖斯定律+，计算反应热，写出热化学方程式。（2）反应焓变H=生成物总能量-反应物总能量，据此解答。（3）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量。（4）根据氢能源的优点和氢能源的开发和利用的最新动向即可作答。【详解】（1）2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H1571.8 kJmol1；CH3OH(g)1/2O2(g)=CO2(g)2H2(g) H2192.9 kJmol1由盖斯定律+得到甲醇蒸气完全燃烧的热化学方程式为CH3OH(g)+ 3/2O2(g)= CO2(g)+ 2H2O(l) H=-764.7 kJmol1,故答案为：CH3OH(g)+ 3/2O2(g)= CO2(g)+ 2H2O(l) H=-764.7 kJmol1。（2）反应中的能量变化如图所示，依据图像分析，反应焓变H=生成物总能量-反应物总能量，H2=（E1-E2）kJ/mol，故答案为：（E1-E2）kJmol1。（3）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量。2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H1571.8 kJmol1，则氢气燃烧热为：285.9 kJmol1，故答案为：285.9kJmol1。（4）地球上水资源丰富，可以从水中提取氢气，说明资源广泛，依据燃烧热计算分析，氢气的燃烧值高，氢气燃烧产物是水，不污染环境。故答案为：热值高、不污染环境。19.对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。（1）以下为铝材表面处理的一种方法：碱洗的目的是洗去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时候常有气泡冒出，原因是（用离子方程式表示）_。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的_。aNH3 bCO2 cNaOH dHNO3以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为 _。（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是_。（3）利用图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应该置于_处（填“M”或“N”）；若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_。（4）已知：H2O2是弱酸，在碱性条件下以HO2存在。目前研究比较热门的AlH2O2燃料电池，其原理如下图所示：电池总反应如下：2Al+3HO2=2AlO2+OH+H2O 。写出负极反应式为_；写出正极反应式为_。【答案】 (1). 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2 (2). b (3). 2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+ (4). 补充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+浓度恒定 (5). N (6). 牺牲阳极的阴极保护法 (7). 2Al+8OH-6e-=2AlO2+4H2O (8). 3HO2+3H2O+6e-= 9OH【解析】【分析】（1）冒气泡的原因是Al与氢氧化钠发生发应，使AlO2转变成Al(OH)3沉淀，最好是通入CO2，若加HNO3沉淀容易溶解。以铝材为阳极，阳极发生氧化反应，要形成氧化膜还必须有水参加。（2）电镀时，阳极铜可以发生氧化反应生成Cu2+。（3）铁被保护，可以是作原电池的正极，或者是电解池的阴极。（4）燃料电池的正极上发生的是得电子的还原反应，负极上发生的是失电子的氧化反应。【详解】（1）冒气泡的原因是Al与氢氧化钠发生发应，离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；使AlO2转变成Al(OH)3沉淀，最好是通入CO2，若加HNO3沉淀容易溶解，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；b。以铝材为阳极，阳极发生氧化反应，要形成氧化膜还必须有水参加，故电极反应式为2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+,故答案为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。（2）电镀时，阳极铜可以发生氧化反应生成Cu2+，故答案为：补充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+浓度恒定。（3）铁被保护，可以是作原电池的正极，或者是电解池的阴极，故若X为碳棒，开关K应置于N处，Fe连电源负极，为外加电流的阴极保护法，若X为锌，开关K置于M处，Fe作正极，称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：N；牺牲阳极的阴极保护法。（4）燃料电池的负极上发生的是失电子的氧化反应，负极反应是Al失电子，电极反应式为：2Al+8OH-6e-=2AlO2+4H2O，根据电池反应2Al+3HO2=2AlO2+OH+H2O，用总反应式减去负极反应式可得出正极反应式为：3HO2+3H2O+6e-= 9OH，故答案为：2Al+8OH-6e-=2AlO2+4H2O；3HO2+3H2O+6e-= 9OH。20.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示：（1）从反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为_。X的物质的量浓度减少了_，Y的转化率为_。（2）该反应的化学方程式为_。（3）10 s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图象如图所示：则下列说法符合该图象的是_。At1时刻，增大了X的浓度 Bt1时刻，升高了体系温度Ct1时刻，缩小了容器体积 Dt1时刻，使用了催化剂【答案】(1)0.079 molL-1s-10.395 molL-179.0%(2)X(g)+Y(g)2Z(g)(3)CD【解析】本题考查化学反应速率的计算以及影响化学平衡移动的因素，（1）根据化学反应速率数学表达式，v(Z)=1.58/(210)mol/(Ls)=0.079mol/(Ls)；X减少的浓度为(1.20.41)/2molL1=0.395molL1，Y的转化率为(10.21)/1100%=79.0%；（2）同一容器中，化学反应速率之比等于化学计量数之比等于物质的量变化之比，因此X、Y、Z的系数之比为：(1.20.41)：(10.21)：1.58=1：1：2，因此化学反应方程式为：X（g）+Y（g）2Z（g）；（3）根据图像，t1时刻化学反应速率增大，但化学平衡不移动，A、增大X浓度，平衡向正反应方向移动，故A错误；B、升高温度，化学平衡必然改变，故B错误；C、缩小容器的体积，相当于增大压强，因为反应前后气体系数之和相等，因此增大压强，平衡不移动，但正逆反应速率增大，故C正确；D、使用催化剂加快反应速率，但平衡不移动，故D正确。 21.电解原理在化