2022-2022学年四川省达州市达川区石桥中学高二（下）段考化学试卷（6月份） 一、单选题1．（2022春•石家庄校级期末）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）A．常温常压下，20gD2O和足量的金属钠反应产生气体的分子数为0.5NAB．1molNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为2NAC．NA个SO3分子在标准状况下的体积为22.4LD．25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA 2．（2022秋•工农区校级期末）将0.1mol某有机物与0.3molO2混合，于密闭反应器中用电火花点燃，将燃烧产物通入过量的澄清石灰水中，可得到沉淀20g，溶液质量减少5.8g；剩余气体继续通过灼热的CuO，可以使CuO质量减少1.6g，由此可知该有机物的分子式为（ ）A．C2H6OB．C3H6OC．C3H6O2D．C4H8O2 3．（2022秋•安庆校级期中）如图是四种常见有机物的比例模型，下列说法正确的是（ ）A．甲中含有少量的乙可以用酸性高锰酸钾溶液除去B．乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色C．丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特的键D．丁与乙酸能发生中和反应 4．（2022春•达州校级月考）将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，则原氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是（ ）①1：3②2：3③1：7④2：7⑤任意比．A．⑤B．只有①C．②④D．①③ 5．（2022春•杭州校级期中）以下各种模型图都由C、H、O、N中的一种或多种元素构成．下列说法正确的是（ ）A．图①是球棍模型，其化学式为：C3H7O2N，是一种蛋白质-16-B．图②是比例模型，其化学式为：C9H13NO，该物质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应C．图③是球棍模型，其化学式为：C9H10O3，1mol该物质能消耗3mol氢氧化钠D．图③是比例模型，其化学式为：C9H13ON，能够发生消去反应 6．（2022•沭阳县模拟）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图．下列叙述正确的是（ ）A．迷迭香酸属于芳香烃B．1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、氧化反应、加成反应、酯化反应和加聚反应等D．1mol迷迭香酸最多能和含5molNaOH的水溶液完全反应 7．（2022•嘉定区一模）在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+═2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（ ）①氧化剂是H3AsO3 ②还原性：Cl﹣＞As ③每生成7.5gAs，还原剂失去的电子为0.3mol ④M为OH﹣ ⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．①③ 二、推断题8．（2022春•达州校级月考）有机物A是一种广谱高效食品防腐剂，图1是A分子的球棍模型．回答问题：（1）写出A中含有官能团的名称 、 ．（2）A的一种同分异构体B在一定条件下可转化为二氢异香豆素，B的结构简式为 ．（3）图2中是一些中草药中所含的有机物：其中互为同分异构体的是（填写序号）： ；不能与Br2水反应的是（填写序号）： ；-16-（4）A的另一种同分异构体C遇FeCl3溶液显紫色；lmolC可与lmolNaOH反应生成有机物D；D被Ag（NH3）2OH溶液氧化后经酸化得有机物E，E经醇化、消去两步反应可得香豆素，写出符合上述要求的一种C的结构简式： ；（5）写出A与烧碱溶液反应的化学方程式： ． 三、综合题：9．（2022春•达州校级月考）铁是当代社会中用量最大的金属之一．已知：①Fe3O4（s）+4C（石墨）⇌3Fe（s）+4CO（g）△H=+646.0kJ/mol②C（石墨）+CO2（g）⇌2CO（g）△H=+172.5kJ/mol由Fe3O4（s）与CO反应生成Fe（s）的热化学方程式是 ． 10．（2022春•达州校级月考）一定条件下，在一容积为4L的密闭容器中通入0.4molN2和1.2molH2，发生反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0；（1）当进行到第4分钟时达到平衡，生成NH3为0.4mol，则从开始到达平衡时NH3的平均速率v（NH3）= ．（2）该条件下，反应的平衡常数表达式K= ，若降低温度，K值将 （填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）达到平衡后，若其它条件不变，把容器体积缩小一半，平衡将 移动（填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”）．（4）在三个相同的容器中各充入1molN2和3molH2，在不同条件下分别达到平衡，氨的体积分数随时间变化如图甲．下列说法正确的是 ．a．图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且p2＞p1b．图Ⅱ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2c．图Ⅲ可能是同温同压下，催化剂性能，1＞2（5）常压下，把H2和用氦气（He）稀释的N2分别通入一个加热到570℃的电解池装置，H2和N2便可在电极上合成氨，装置中所用的电解质（图乙中黑细点）能传导H+，则阴极的电极反应式为 ． 四、填空题11．（2022春•达州校级月考）如表为部分短周期元素化合价及相应氢化物沸点的数据：元素性质元素编号ABCDEFGH氢化物的沸点（℃）﹣60.7﹣33.4﹣111.5100﹣87.719.54﹣84.9-16-﹣161.5最高化合价+6+5+4+5+7+4最低化合价﹣2﹣3﹣4﹣2﹣3﹣1﹣1﹣4已知：①A与D可形成化合物AD2、AD3，可用于制备强酸甲；②B与D可形成化合物BD、BD2，可用于制备强酸乙．请回答：（1）表中属于第三周期元素的是 （用表中元素编号填写）．写出H的最高价氧化物的结构式： ．（2）比较A、D、G三种简单阴离子的半径大小：r ＞r ＞r ．比较元素F、G的氢化物的沸点高低，并说明理由 ．（均用实际的元素符号表示）（3）由表中D元素和氢元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号） ．a．MnO2b．FeCl3c．Na2SO3d．KMnO4（4）分子组成为ADG2的物质在水中会强烈水解，产生使品红溶液褪色的无色气体和一种强酸．该反应的化学方程式是： ．（5）以下说法正确的是 （填编号）．a．元素H与元素C的单质、其氢化物、最高价氧化物的沸点都是H的高b．工业上单质C的制备要用到单质H、G；单质C可以与强碱、F的氢化物的水溶液反应c．能说明元素D的非金属性比A强的实验：把D的单质通入到A的氢化物的水溶液来实现． 五、实验题：12．（2022•安徽模拟）滴液漏斗已知：R﹣OH+HX→R﹣X+H2O如图是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应制备溴乙烷的装置，图中省去了加热装置．有关数据见表：乙醇、溴乙烷、溴有关参数乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/g•cm﹣30.791.443.1沸点/℃78.538.459（1）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是 ．a减少副产物烯和醚的生成b．减少Br2的生成c减少HBr的挥发d．水是反应的催化剂（2）加热的目的是 （从速率和限度两方面回答）；应采取的加热方式是 ．（3）为除去产品中的一种主要杂质，最好选择下列溶液来洗涤产品．A．氢氧化钠B．碘化钠C．亚硫酸钠（4）第（3）步的实验所需要的主要玻璃仪器是 ．-16- -16-2022-2022学年四川省达州市达川区石桥中学高二（下）段考化学试卷（6月份）参考答案与试题解析 一、单选题1．（2022春•石家庄校级期末）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）A．常温常压下，20gD2O和足量的金属钠反应产生气体的分子数为0.5NAB．1molNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为2NAC．NA个SO3分子在标准状况下的体积为22.4LD．25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．根据n=计算水的物质的量，根据方程式计算生成的气体，再根据N=nNA计算分子数目．B．过氧化钠与水反应，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂；C．标况下，三氧化硫不是气体；D．依据PH计算氢离子浓度，结合溶液中离子积常数计算碱溶液中氢氧根离子浓度．【解答】解：A.20gD2O的物质的量为1mol，钠与水反应2Na+2D2O=2NaOD+D2↑，由方程式可知，1mol水反应生成D20.5mol，D2的分子数为0.5mol×NAmol﹣1=0.5NA；故A正确；B．过氧化钠与水反应，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，1molNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为NA，故B错误；C．标况下，三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；D．A、pH=13，即C（H+）=10﹣13mol/L，C（OH﹣）=mol/L=0.1mol/L，根据n=CV=0.1mol/L×1.0L=0.1mol，个数为NA个，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，握公式的使用和物质的结构是关键，注意气体摩尔体积的条件应用，题目难度不大． 2．（2022秋•工农区校级期末）将0.1mol某有机物与0.3molO2混合，于密闭反应器中用电火花点燃，将燃烧产物通入过量的澄清石灰水中，可得到沉淀20g，溶液质量减少5.8g；剩余气体继续通过灼热的CuO，可以使CuO质量减少1.6g，由此可知该有机物的分子式为（ ）A．C2H6OB．C3H6OC．C3H6O2D．C4H8O2【考点】有关有机物分子式确定的计算．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】将燃烧产物通入过量的澄清石灰水中，可得到沉淀20g为生成碳酸钙的质量，根据n=计算碳酸钙的物质的量，再根据m=nM计算二氧化碳的质量，溶液质量减少5.8g，生成的碳酸钙与燃烧生成的水、二氧化碳的质量之差为5.8g，据此计算燃烧生成水的质量，根据n=计算燃烧生成水的物质的量，该有机物的燃烧产物可以与CuO反应，说明有CO生成，根据反应中质量差计算生成CO的物质的量，根据原子守恒计算C、H原子物质的量，根据氧原子守恒计算含有氧原子的物质的量，-16-根据原子守恒计算有机物分子中C、H、O原子数目，据此确定有机物的分子式．【解答】解：将燃烧产物通入过量的澄清石灰水中，可得到沉淀20g为生成碳酸钙的质量，其物质的量为=0.2mo，根据碳原子守恒生成二氧化碳的物质的量为0.2mol，该有机物的燃烧产物可以与CuO反应，说明有CO生成，可以使CuO质量减少1.6g，则：CuO+COCu+CO2，质量减少1mol16gn（CO）1.6g则n（CO）=0.1mol，故0.1mol有机物含有C原子为0.2mol+0.1mol=0.3mol，溶液质量减少5.8g，则生成的碳酸钙与燃烧生成的水、二氧化碳的质量之差为5.8g，故燃烧生成水的质量为20g﹣0.2mol×44g/mol﹣5.8g=5.4g，故燃烧生成水的物质的量为=0.3mol，则0.1mol有机物含有H原子为0.3mol×2=0.6mol，根据氧原子守恒可知，0.1mol有机物含有O原子的物质的量为0.2mol×2+0.1mol+0.3mol﹣0.3mol×2=0.2mol，故有机物分子中N（C）==3、N（H）==6、N（O）==2故有机物的分子式为C3H6O2，故选C．【点评】本题考查有机物分子式的确定，难度中等，计算有机物燃烧生成水的质量是解题关键，注意掌握燃烧法根据原子守恒确定有机物分子式． 3．（2022秋•安庆校级期中）如图是四种常见有机物的比例模型，下列说法正确的是（ ）A．甲中含有少量的乙可以用酸性高锰酸钾溶液除去B．乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色C．丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特的键D．丁与乙酸能发生中和反应【考点】球棍模型与比例模型；有机物分子中的官能团及其结构．【分析】由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，然后根据物质的性质分析．【解答】解：由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，A．乙烯与高锰酸钾溶液生成二氧化碳气体，引入新的杂质，故A错误；B．乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故B错误；C．苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，故C正确；D．乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了球棍模型、比例模型以及物质的性质，难度不大，注意相关基础知识的积累．-16- 4．（2022春•达州校级月考）将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，则原氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是（ ）①1：3②2：3③1：7④2：7⑤任意比．A．⑤B．只有①C．②④D．①③【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】计算题；元素及其化合物．【分析】将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，沉淀为Al（OH）3，溶液中的铝可能为AlCl3也可能为：NaAlO2，发生的反应分别为：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓或者Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓和Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，结合反应的离子方程式分为两种情况讨论计算．【解答】解：设AlCl3和NaOH的浓度分别为c1和c2，相同体积为V；若NaOH不足，溶液中的铝为AlCl3，生成氢氧化铝白色沉淀发生反应：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，设反应掉的铝离子物质的量为x，得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则c1V﹣x=x，所以x=0.5c1V，消耗氢氧化钠3x，即1.5c1Vmol，所以1.5c1V=c2V，所以此时c1：c2=2：3；若NaOH过量，生成NaAlO2，此时参加反应的AlCl3的物质的量是c1Vmol，NaOH是3c1Vmol，生成c1Vmol的Al（OH）3，又因为得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则说明第一步反应完后，生成的Al（OH）3有一半（c1V）发生Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以可求的NaOH的物质的量为：3c1V+0.5c1V=3.5c1V=c2V，所以c1：c2=2：7；综上所述，氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比为：2：3或2：7；故选C．【点评】本题考查了根据方程式进行计算，同时考查学生分析问题、解决问题能力，很多同学往往只考虑溶液中的铝元素为铝离子而漏掉为偏铝酸根离子而导致错误，为易错点，题目难度中等． 5．（2022春•杭州校级期中）以下各种模型图都由C、H、O、N中的一种或多种元素构成．下列说法正确的是（ ）A．图①是球棍模型，其化学式为：C3H7O2N，是一种蛋白质B．图②是比例模型，其化学式为：C9H13NO，该物质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应C．图③是球棍模型，其化学式为：C9H10O3，1mol该物质能消耗3mol氢氧化钠D．图③是比例模型，其化学式为：C9H13ON，能够发生消去反应【考点】有机物分子中的官能团及其结构．-16-【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．图①是球棍模型，表示CH3CH（NH2）COOH；B．图②是球棍模型，OHC6H4COOCH2CH3；C．图③是比例模型，表示C6H5CHOHCH（NH2）CH3；D．图③是比例模型，表示C6H5CHOHCH（NH2）CH3，与﹣OH相连的C的邻位C上含H．【解答】解：A．图①是球棍模型，表示CH3CH（NH2）COOH，其分子式为C3H7O2N，是一种氨基酸，故A错误；B．图②是球棍模型，OHC6H4COOCH2CH3，分子式为C9H10O3，能在酸或碱条件下水解，故B错误；C．图③是比例模型，表示C6H5CHOHCH（NH2）CH3，不与氢氧化钠反应，故C错误；D．图③是比例模型，表示C6H5CHOHCH（NH2）CH3，分子式为C9H13ON，与﹣OH相连的C的邻位C上含H，则一定条件下能发生消去反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质及结构模型，能利用模型判断有机物是解答本题的前提，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，熟悉酯、羧酸、醇的性质是解答的关键，题目难度中等． 6．（2022•沭阳县模拟）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图．下列叙述正确的是（ ）A．迷迭香酸属于芳香烃B．1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、氧化反应、加成反应、酯化反应和加聚反应等D．1mol迷迭香酸最多能和含5molNaOH的水溶液完全反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由有机物的结构可知，含酚﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣、C=C，结合酚、烯烃、酯、羧酸的性质来解答．【解答】解：A．芳香烃中只含C、H元素，则迷迭香酸不属于芳香烃，故A错误；B．含2个苯环、1个C=C，1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，故B正确；C．含﹣COOC﹣，能水解，含﹣OH、﹣COOH，则发生取代、氧化、酯化反应，含有碳碳双键，可发生加聚反应，故C正确D．分子中含有4个酚羟基、1个羧基和1个酯基，则1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应，故D错误．故选BC．【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团极及其性质的关系来解答，熟悉酚、烯烃、羧酸、酯的性质是解答的关键，题目难度不大． 7．（2022•嘉定区一模）在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+═2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（ ）-16-①氧化剂是H3AsO3 ②还原性：Cl﹣＞As ③每生成7.5gAs，还原剂失去的电子为0.3mol ④M为OH﹣ ⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．①③【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+═2As+3SnCl62﹣+6M中电荷守恒，则M为水，反应中Sn元素从+2价上升至+4价，As元素从+3价下降到0价，以此来解答．【解答】解：方程式中Sn元素从+2价上升至+4价，SnCl2是还原剂，SnCl是氧化产物；As元素从+3价下降到0价，H3AsO3是氧化剂，As是还原产物．Cl元素化合价没有发生变化，不能推出还原性：Cl﹣＞As，每生成7.5gAs，还原剂失去电子的物质的量为×3=0.3mol．根据质量守恒和电荷守恒推知M应为H2O，显然①③⑤正确，故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答的关键，注意电子守恒和电荷守恒的应用，题目难度中等． 二、推断题8．（2022春•达州校级月考）有机物A是一种广谱高效食品防腐剂，图1是A分子的球棍模型．回答问题：（1）写出A中含有官能团的名称 酚羟基 、 酯基 ．（2）A的一种同分异构体B在一定条件下可转化为二氢异香豆素，B的结构简式为 ．（3）图2中是一些中草药中所含的有机物：其中互为同分异构体的是（填写序号）： ②④ ；不能与Br2水反应的是（填写序号）： ③ ；（4）A的另一种同分异构体C遇FeCl3溶液显紫色；lmolC可与lmolNaOH反应生成有机物D；D被Ag（NH3）2OH溶液氧化后经酸化得有机物E，E经醇化、消去两步反应可得香豆素，写出符合上述要求的一种C的结构简式： ；（5）写出A与烧碱溶液反应的化学方程式： ．【考点】有机物分子中的官能团及其结构．【分析】（1）由A的结构模型可知A为；（2）A的一种同分异构体B在一定条件下可转化为二氢异香豆素，应为；-16-（3）根据分子式相同、结构不同判断同分异构体，根据有机物含有的官能团的性质判断可能具有的性质；（4）A的另一种同分异构体C遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基；1molC可与1molNaOH反应生成有机物，说明只有一个酚羟基；D被Ag（NH3）2OH溶液氧化后经酸化得有机物E，说明D中含有醛基，E经酯化、消去两步反应可得香豆素；（5）A含有酯基可在碱性条件下水解．【解答】解：（1）由A的结构模型可知A为，含官能团为酚羟基、酯基，故答案为：酚羟基；酯基；（2）A的一种同分异构体B在一定条件下可转化为二氢异香豆素，应为，故答案为：；（3）互为同分异构体的是②④其中①②④都含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，③不能与溴水发生加成反应，故答案为：②④；③；（4）A的另一种同分异构体C遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基；1molC可与1molNaOH反应生成有机物，说明只有一个酚羟基；D被Ag（NH3）2OH溶液氧化后经酸化得有机物E，说明D中含有醛基，E经酯化、消去两步反应可得香豆素，则C为，故答案为：；（5）A含有酯基可在碱性条件下水解，反应的方程式为，故答案为：．【点评】本题考查较为综合，侧重于有机物的结构和性质的考查，为高考常见题型，难度不大，注意把握有机物的官能团的性质，结合题给信息判断有机物的结构简式． 三、综合题：9．（2022春•达州校级月考）铁是当代社会中用量最大的金属之一．已知：①Fe3O4（s）+4C（石墨）⇌3Fe（s）+4CO（g）△H=+646.0kJ/mol②C（石墨）+CO2（g）⇌2CO（g）△H=+172.5kJ/mol由Fe3O4（s）与CO反应生成Fe（s）的热化学方程式是 Fe3O4（s）+4CO（g）=3Fe（s）+4CO2（g）△H=﹣44.0kJ/mol ．【考点】热化学方程式；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】发生反应：Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2，根据盖斯定律书写目标热化学方程式．【解答】解：已知：①Fe3O4（s）+4C（石墨）⇌3Fe（s）+4CO（g）△H=+646.0kJ/mol，②C（石墨）+CO2（g）⇌2CO（g）△H=+172.5kJ/mol，根据盖斯定律，①﹣②×4可得Fe3O4（s）+4CO（g）=3Fe（s）+4CO2（g），故△H=+646.0kJ/mol﹣4×（+172.5kJ/mol）=﹣44.0kJ/mol，故反应热化学方程式为：Fe3O4（s）+4CO（g）=3Fe（s）+4CO2（g）△H=﹣44.0kJ/mol，故答案为：Fe3O4（s）+4CO（g）=3Fe（s）+4CO2（g）△H=﹣44.0kJ/mol．【点评】本题考查热化学方程式的书写，运用盖斯定律解题是关键，难度不大．-16- 10．（2022春•达州校级月考）一定条件下，在一容积为4L的密闭容器中通入0.4molN2和1.2molH2，发生反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0；（1）当进行到第4分钟时达到平衡，生成NH3为0.4mol，则从开始到达平衡时NH3的平均速率v（NH3）= 0.025mol•L﹣1•min﹣1 ．（2）该条件下，反应的平衡常数表达式K= ，若降低温度，K值将 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）达到平衡后，若其它条件不变，把容器体积缩小一半，平衡将 向正反应方向 移动（填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”）．（4）在三个相同的容器中各充入1molN2和3molH2，在不同条件下分别达到平衡，氨的体积分数随时间变化如图甲．下列说法正确的是 c ．a．图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且p2＞p1b．图Ⅱ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2c．图Ⅲ可能是同温同压下，催化剂性能，1＞2（5）常压下，把H2和用氦气（He）稀释的N2分别通入一个加热到570℃的电解池装置，H2和N2便可在电极上合成氨，装置中所用的电解质（图乙中黑细点）能传导H+，则阴极的电极反应式为 N2+6e﹣+6H+=2NH3 ．【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）第4分钟时达到平衡，生成NH3为0.4mol，根据v=计算v（NH3）；（2）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，平衡常数增大；（3）体积减小，气体压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；（4）a．增大压强反应速率加快，平衡右移；b．升高温度反应速率加快，平衡逆向移动；c．使用催化剂，不影响平衡移动，催化剂性能越大，反应速率越快；（5）阴极发生还原反应，氮气在阴极获得电子，与电解质传导的H+结合生成氨气．【解答】解：（1）第4分钟时达到平衡，生成NH3为0.4mol，达到平衡时氨气浓度增加了=0.10mol/L，v（NH3）==0.025mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.025mol•L﹣1•min﹣1；-16-（2）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数表达式K=，正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，平衡常数增大，故答案为：；增大；（3）该反应是气体体积减小的反应，把容器的体积缩小一半，增大了反应体系的压强，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，故答案为：向正反应方向；（4）a．增大压强反应速率加快，故压强p2＞p1，但平衡正向移动，氨气体积分数增大，图象与实际不符，故a错误；b．升高温度反应速率加快，到达平衡时间缩短，故温度T2＞T1，正反应为放热反反应，升高温度平衡逆向移动，氨气体积分数应减小，图象与实际不符，故b错误；c．催化剂不影响平衡移动，由图象可知1到达平衡时间过短，故催化剂性能1＞2，故c正确，故选：c；（5）阴极发生还原反应，氮气在阴极获得电子，与电解质传导的H+结合生成氨气，阴极电极反应式为：N2+6e﹣+6H+=2NH3，故答案为：N2+6e﹣+6H+=2NH3．【点评】本题考查化学平衡的计算与影响因素、化学平衡图象、电解原理等，题目难度中等，（4）中注意利用先拐先平数值大原则与定二议一法分析图象． 四、填空题11．（2022春•达州校级月考）如表为部分短周期元素化合价及相应氢化物沸点的数据：元素性质元素编号ABCDEFGH氢化物的沸点（℃）﹣60.7﹣33.4﹣111.5100﹣87.719.54﹣84.9﹣161.5最高化合价+6+5+4+5+7+4最低化合价﹣2﹣3﹣4﹣2﹣3﹣1﹣1﹣4已知：①A与D可形成化合物AD2、AD3，可用于制备强酸甲；②B与D可形成化合物BD、BD2，可用于制备强酸乙．请回答：（1）表中属于第三周期元素的是 ACEG （用表中元素编号填写）．写出H的最高价氧化物的结构式： O=C=O ．（2）比较A、D、G三种简单阴离子的半径大小：r S2﹣ ＞r Cl﹣ ＞r O2﹣ ．比较元素F、G的氢化物的沸点高低，并说明理由 F、G形成的氢化物分别为HF、HCl，两者形成的晶体都为分子晶体，而HF分子之间易形成氢键，所以沸点HF的高 ．（均用实际的元素符号表示）-16-（3）由表中D元素和氢元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号） ab ．a．MnO2b．FeCl3c．Na2SO3d．KMnO4（4）分子组成为ADG2的物质在水中会强烈水解，产生使品红溶液褪色的无色气体和一种强酸．该反应的化学方程式是： SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl ．（5）以下说法正确的是 bc （填编号）．a．元素H与元素C的单质、其氢化物、最高价氧化物的沸点都是H的高b．工业上单质C的制备要用到单质H、G；单质C可以与强碱、F的氢化物的水溶液反应c．能说明元素D的非金属性比A强的实验：把D的单质通入到A的氢化物的水溶液来实现．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素中，A、D均有最低价﹣2，处于ⅥA族，且A有最高价+6，且氢化物沸点A＜D，故A为S元素、D为O元素；C、H均有+4、﹣4价，处于ⅣA族，氢化物沸点C＞H，故C为Si、H为碳元素；B、E均有+5、﹣3价，处于VA族，氢化物沸点B＞E，故B为N元素、E为P元素；F、G均有﹣1价，处于ⅦA族，且G有+7价，氢化物沸点F＞G，故F为F元素、G为Cl，据此解答．【解答】解：短周期元素中，A、D均有最低价﹣2，处于ⅥA族，且A有最高价+6，且氢化物沸点A＜D，故A为S元素、D为O元素；C、H均有+4、﹣4价，处于ⅣA族，氢化物沸点C＞H，故C为Si、H为碳元素；B、E均有+5、﹣3价，处于VA族，氢化物沸点B＞E，故B为N元素、E为P元素；F、G均有﹣1价，处于ⅦA族，且G有+7价，氢化物沸点F＞G，故F为F元素、G为Cl．（1）S、Si、P、Cl属于第三周期元素，H的最高价氧化物为CO2，结构式：O=C=O故答案为：ACEG；O=C=O；（2）A、D、G三种简单阴离子分别为S2﹣、O2﹣、Cl﹣，电子层结构相同的离子，核电荷数越多离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径：r（S2﹣）＞r（Cl﹣）＞r（O2﹣）；F、G形成的氢化物分别为HF、HCl，两者形成的晶体都为分子晶体，而HF分子之间易形成氢键，所以沸点HF的高，故答案为：r（S2﹣）＞r（Cl﹣）＞r（O2﹣）；F、G形成的氢化物分别为HF、HCl，两者形成的晶体都为分子晶体，而HF分子之间易形成氢键，所以沸点HF的高；（3）由表中O元素和氢元素的原子按1：1组成的常见液态化合物为H2O2，H2O2具有强氧化性、还原性，可以氧化Na2SO3，能被KMnO4氧化，H2O2的稀溶液易被MnO2、FeCl3催化分解，故答案为：ab；（4）SOCl2在水中会强烈水解，产生使品红溶液褪色的无色气体和一种强酸，则生成SO2与HCl，该反应的化学方程式是SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl，故答案为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl；（5）a．由于键长Si﹣Si键＞C﹣C键，故C﹣C键更稳定性，则晶体硅的沸点低于金刚石，氢化物均为分子晶体，SiH4的相对分子质量大于CH4的，SiH4分子之间作用力更强，沸点更高，二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳属于分子晶体，故二氧化硅的沸点更高，故a错误；b．工业上利用焦炭与二氧化硅反应得到粗硅，再利用硅与氯气发生反应生成四氯化硅、四氯化硅被氢气还原得到硅，进行粗硅的提纯；Si可以与强碱、氢氟酸，故b正确；c．把氧气通入到硫化氢的水溶液中反应生成S与水，可以说明氧元素非金属性比硫的强，故c正确，-16-故选：bc．【点评】本题考查性质结构位置关系应用，关键是利用化合价、氢化物沸点推断元素，注意对基础知识的理解掌握． 五、实验题：12．（2022•安徽模拟）滴液漏斗已知：R﹣OH+HX→R﹣X+H2O如图是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应制备溴乙烷的装置，图中省去了加热装置．有关数据见表：乙醇、溴乙烷、溴有关参数乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/g•cm﹣30.791.443.1沸点/℃78.538.459（1）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是 abc ．a减少副产物烯和醚的生成b．减少Br2的生成c减少HBr的挥发d．水是反应的催化剂（2）加热的目的是 升高温度加快反应速率，同时使生成的溴乙烷气化分离出来促进平衡移动 （从速率和限度两方面回答）；应采取的加热方式是 水浴加热 ．（3）为除去产品中的一种主要杂质，最好选择下列溶液来洗涤产品．A．氢氧化钠B．碘化钠C．亚硫酸钠（4）第（3）步的实验所需要的主要玻璃仪器是 分液漏斗、烧杯 ．【考点】溴乙烷的制取．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）加入水可以降低浓硫酸浓度，减少副反应的发生；减少溴的挥发；减少溴化氢的挥发等；（2）加热时加快反应速率蒸出溴乙烷；（3）根据溴乙烷和溴的性质，逐一分析能够和溴化氢反应且不能和溴乙烷反应试剂，注意除杂不能引进新的杂质；（4）洗涤需要在分液装置中进行，依据分液需要的仪器分析判断；【解答】解：（1）反应中加入少量的水，防止反应进行时发生大量的泡沫，减少副产物乙醚的生成和避免HBr的挥发，故abc正确；故答案为：a、b、c；（2）加热的目的是加快反应速率，温度高于38.4°C溴乙烷全部挥发蒸馏出来；为了控制温度，应采取水浴加热，故答案为：升高温度加快反应速率，同时使生成的溴乙烷气化分离出来促进平衡移动；水浴加热；（3）A．氢氧化钠，加氢氧化钠会引起溴乙烷水解，故A错误；B．除去溴乙烷中的少量杂质Br2，加碘化亚铁会引入碘单质杂质故B错误；C．加亚硫酸钠只与溴反应不与溴乙烷反应，故c正确；-16-D．碳酸氢钠溶液呈碱性，和溴单质、溴乙烷反应，故D错误；故选C；（4）洗涤产品分离混合物需要在分液装置中，需要的仪器为分液漏斗，烧杯，遵循“上吐下泻”原则；故答案为：分液漏斗、烧杯．【点评】本题考查了溴乙烷制备的反应原理和过程分析，物质性质的应用和装置的特征应用是解题关键，题目难度中等． -16-
