2022-2022学年江西省景德镇市高一（下）期中化学试卷一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1．CCTV﹣1《焦点访谈》栏目中曾报道“铊中毒事件”，铊再次成为公众关注的焦点．铊的相关信息如图所示，其中“6s26p1”表示铊原子有6个电子层，最外层有3个电子．下列有关卡片信息解读不正确的是()A．铊的元素符号为TlB．铊原子的中子数=204﹣81=123C．铊位于第六周期ⅢA族D．铊的金属性比铝的金属性强2．能源是现代化社会生活的物质基础．背景材料：①2022年国际油价飙升，新型纳米金属燃料面世；②2022、2022年全国许多省市全面推广使用乙醇汽油；③2022年，江苏省打造成全国重要的太阳能产业基地；④生物柴油是以油脂为原料，通过水解、酯化得高级脂肪酸甲酯（含C、H、O元素）．下列说法正确的是()A．乙醇汽油推广的最主要的目的在于降低国际市场的油料价格B．生物柴油燃烧不会产生二氧化碳，是一种清洁能源C．太阳能是一种清洁安全的不可再生能源D．纳米金属燃料表面积大，易引发，能量释放快3．在一定条件下，反应N2+3H2⇌2NH3，在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了1.7g，则反应速率为()A．v（H2）=0.03mol/（L•min）B．v（N2）=0.02mol/（L•min）C．v（NH3）=0.17mol/（L•min）D．v（NH3）=0.01mol/（L•min）4．下列叙述中正确的是()A．除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数B．除短周期外，其他周期均有18种元素C．副族元素中没有非金属元素D．碱金属元素是指ⅠA族的所有元素5．下列反应的能量变化与其它三个不相同的是()A．铝粉与氧化铁的反应B．氯化铵与消石灰的反应C．锌片与稀硫酸反应D．钠与冷水反应6．下列化合物中既存在离子键，又存在非极性键的是()A．H2OB．NH4ClC．NaOHD．Na2O221\n7．在1个RO中共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是()A．A﹣x+n+48B．A﹣x﹣n﹣24C．A﹣x+n+24D．A+x﹣n﹣248．运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是()A．已知Ra是第七周期、IIA族的元素，故Ra（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱性强B．已知As是第四周期、VA族的元素，故AsH3的稳定性比NH3的稳定性强C．已知Cs原子半径比Na的原子半径大，故Cs与水反应比Na与比反应更剧烈D．已知Cl与Al处于同一周期，且Cl的核电荷数比Al的核电荷数大，故Cl的原子半径比Al的原子半径小9．2022年诺贝尔化学奖得主﹣﹣德国科学家格哈德•埃特尔通过对有关一氧化碳在金属铂表面的氧化过程的研究，发明了汽车尾气净化装置．净化装置中的催化转化器，可将CO、NO、NO2和碳氢化合物等转化为无害的物质，有效降低尾气对环境的危害．下列有关说法不正确的是()A．催化转化器中的铂催化剂可加快CO的氧化B．铂表面做成蜂窝状更有利于提高催化效果C．在铂催化下，NO、NO2可被CO还原成N2D．碳氢化合物在铂催化下，被CO直接氧化成CO2和H2O10．把A、B、C、D四块金属片浸入稀硫酸中，分别用导线两两相连可以组成原电池．A、B相连时A为负极；C、D相连时，电流由D→C；A、C相连时，C极上产生大量气泡，B、D相连时，D极发生氧化反应．这四种金属的活动性顺序是()A．A＞B＞C＞DB．A＞C＞D＞BC．C＞A＞B＞DD．B＞D＞C＞A11．一定温度下，向aL密闭容器中加入2molNO2（g），发生反应：2NO2⇌2NO+O2，此反应达到平衡状态时的标志是()A．混合气体的颜色变浅B．混合气体的密度不再变化C．混合气体中NO2、NO、O2物质的量之比为2：2：1D．单位时间内生成2nmolNO，同时生成2nmolNO212．A、B、C为三种短周期元素，A、B在同周期，A、C的最低价离子分别为A2﹣和C﹣，B2+和C﹣具有相同的电子层结构．下列说法中正确的是()A．原子序数：B＞A＞CB．原子半径：A＞B＞CC．离子半径：A2﹣＞C﹣＞B2+D．原子最外层电子数：A＞C＞B13．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO═O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH﹣O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为()A．188kJB．436kJC．557kJD．920kJ21\n14．一定温度下，在2L的密闭容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列描述正确的是()A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/（L•s）B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/LC．反应开始到10s时，Y的转化率为79%D．反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）⇌Z（g）15．芬兰籍华人科学家张霞昌研制的“超薄型软电池”获2022年中国科技创业大赛最高奖，被称之为“软电池”的纸质电池总反应为：Zn+2MnO2+H2O═ZnO+2MnO（OH）（碱式氧化锰）．下列说法正确的是()A．该电池中Zn作负极，发生还原反应B．该电池反应中MnO2起催化作用C．该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2D．该电池正极反应式为：2MnO2+2e﹣+2H2O═2MnO（OH）+2OH﹣16．根据表中有关短周期元素性质的数据，判断下列说法中正确的是()元素编号元素性质①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径（10﹣10m）0.741.601.521.100.991.860.750.82主要化合价最高价+2+1+5+7+1+5+3最低价﹣2﹣3﹣1﹣3A．③的熔点低于⑥的熔点B．元素①与元素⑥形成的化合物皆为碱性氧化物C．最高价氧化物对应水化物的酸性：⑤＞⑦＞④D．元素④形成的氯化物中所有原子周围都达到8电子稳定结构二、填空题（共25分）17．由短周期元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁四种化合物有图示的转换关系，已知C为密度最小的气体，甲是电解质．根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式：A__________，B__________，乙__________，丁__________．21\n（2）组成单质A的元素在周期表中的位置是__________，丙的电子式是__________．（3）写出A与NaOH溶液反应的化学方程式__________．18．氢能源是21世纪极具发展前景的新能源之一，它既是绿色能源，又可循环使用．请在如图中的两个空格中填上循环过程中反应物和生成物的分子式，以完成理想的氢能源循环体系图（循环中接受太阳能的物质在自然界中广泛存在）．（1）从能量转换的角度看，过程Ⅱ上应是__________能转化为__________能．（2）过程Ⅱ的完成可以在不同的电解质溶液中进行，试分别写出符合下列要求的电极反应式：①以稀硫酸为电解质：正极：__________．②以氢氧化钠溶液为电解质：负极：__________．③当电解质为熔融ZrO2（掺杂有Y2O3）的晶体（在高温下电离，以金属阳离子和O2﹣导电）时，正极：__________，负极：__________．19．现有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大．①A、D同主族，C与E同主族，D、E、F同周期，②A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等．③A能分别与B、C形成电子总数相等的分子，且A与C形成的化合物在常温下均为液态，A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子．请回答下列问题：（1）写出下列元素的元素符号．D：__________、E：__________，元素F在周期表中的位置是__________．（2）甲是由A、C、D三种元素组成的一种常见化合物，是重要的工业产品，化合物甲的电子式为__________；（3）B与F两种元素形成的一种化合物分子中各原子均达8电子结构则该分子的结构式为__________．（4）为了除去化合物乙（A2EC4）稀溶液中混有的A2EC3，常采用A2C2作氧化剂，发生反应的离子方程式为__________．三、实验题：（共21分）20．甲、乙两个实验小组利用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素．（提示：H2C2O4为弱酸）21\n（1）该反应的离子方程式为__________．设计实验方案如下（实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4）：（2）甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小．实验装置如图，实验时分液漏斗中A溶液一次性放下，A、B的成分见下表：序号A溶液B溶液①2mL0.1mol/LH2C2O4溶液4mL0.01mol/LKMnO4溶液②2mL0.2mol/LH2C2O4溶液4mL0.01mol/LKMnO4溶液③2mL0.2mol/LH2C2O4溶液4mL0.01mol/LKMnO4溶液和少量MnSO4该实验探究的是__________对化学反应速率的影响．在反应停止之前，相同时间内针筒中所得CO2的体积由大到小的顺序__________（用实验序号填空）．（3）乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率的大小．取两支试管各加入2mL0.1mol/LH2C2O4溶液，另取两支试管各加入4mL0.1mol/LKMnO4溶液．将四支试管分成两组（各有一支盛有H2C2O4溶液和KMnO4溶液的试管），一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间．该实验目的是研究__________对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液完全褪色，其原因是__________．21．为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）．实验过程：Ⅰ．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸．Ⅱ．当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹．Ⅲ．当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a．Ⅳ．…（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是__________．（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是__________．（3）B中溶液发生反应的离子方程式是__________．（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是__________．（5）过程Ⅲ实验的目的是__________．（6）结论：氯、溴、碘单质的氧化性逐渐__________．分析：因为主族元素从上到下原子半径逐渐__________，得电子能力逐渐__________21\n四、计算题：22．恒温下，将amolN2与bmolH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）（1）若反应进行到某时刻t时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，计算a的值．（2）反应达平衡时，混合气体的物质的量为32mol，其中NH3的物质的量分数为25%．计算原混合气体与平衡混合气体的压强之比（最简整数比，下同），即：P（始）：P（平）=__________．（3）达到平衡时，求N2和H2的转化率之比，即：α（N2）：α（H2）=__________．21\n2022-2022学年江西省景德镇市高一（下）期中化学试卷一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1．CCTV﹣1《焦点访谈》栏目中曾报道“铊中毒事件”，铊再次成为公众关注的焦点．铊的相关信息如图所示，其中“6s26p1”表示铊原子有6个电子层，最外层有3个电子．下列有关卡片信息解读不正确的是()A．铊的元素符号为TlB．铊原子的中子数=204﹣81=123C．铊位于第六周期ⅢA族D．铊的金属性比铝的金属性强【考点】核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【分析】由“6s26p1”表示铊原子有6个电子层，最外层有3个电子．则Tl位于元素周期表中第六周期第ⅢA族，利用图示信息及第ⅢA族元素的性质的相似性和递变性来解答．【解答】解：A．由图可知，铊的元素符号为Tl，故A正确；B．图示中左下角的数字为元素的相对原子质量，不是该原子的质量数，所以铊原子的中子数不是204﹣81=123，故B错误；C．由“6s26p1”表示铊原子有6个电子层，最外层有3个电子．则Tl位于元素周期表中第六周期第ⅢA族，故C正确；D．同主族从上到下元素的金属性在增强，则铊的金属性比铝的金属性强，故D正确；故选B．【点评】本题考查位置、结构、性质，注意信息和所学知识的结合来解答，明确电子层数、最外层电子数与元素的位置的关系及元素周期律即可解答，难度不大．2．能源是现代化社会生活的物质基础．背景材料：①2022年国际油价飙升，新型纳米金属燃料面世；②2022、2022年全国许多省市全面推广使用乙醇汽油；③2022年，江苏省打造成全国重要的太阳能产业基地；④生物柴油是以油脂为原料，通过水解、酯化得高级脂肪酸甲酯（含C、H、O元素）．下列说法正确的是()A．乙醇汽油推广的最主要的目的在于降低国际市场的油料价格B．生物柴油燃烧不会产生二氧化碳，是一种清洁能源C．太阳能是一种清洁安全的不可再生能源D．纳米金属燃料表面积大，易引发，能量释放快【考点】常见的能量转化形式；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．乙醇汽油的推广，主要是为缓解能源危机；B．生物柴油中含有C元素，燃烧会生成二氧化碳气体；C．可再生能源是指在自然界中可以不断再生、重复利用的能源，具有取之不尽，用之不竭的特点，主要包括太阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等；D．纳米金属燃料具有表面积大、易引发、能量释放快的优点．【解答】解：A．乙醇汽油的推广，主要是为缓解能源危机，达到节约资源的目的，故A错误；21\nB．生物柴油属于有机物，所以生物柴油燃烧时会排放出二氧化碳，故B错误；C．太阳能属于清洁能源和可再生能源，故C错误；D．纳米金属燃料的优点有：表面积大，容易引发，且反应快、释放能量快，故D正确；故选D．【点评】本题考查常见能量的转化形式、环境污染及治理等知识，题目难度不大，注意掌握常见能源的分类、环境污染的治理方法，明确题干信息为解答关键．3．在一定条件下，反应N2+3H2⇌2NH3，在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了1.7g，则反应速率为()A．v（H2）=0.03mol/（L•min）B．v（N2）=0.02mol/（L•min）C．v（NH3）=0.17mol/（L•min）D．v（NH3）=0.01mol/（L•min）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】该反应中n（NH3）==0.1mol，该时间段内v（NH3）==0.01mol/（L•min），同一可逆反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算其它物质反应速率．【解答】解：该反应中n（NH3）==0.1mol，该时间段内v（NH3）==0.01mol/（L•min），同一可逆反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则v（H2）=v（NH3）=0.015mol/（L•min）、v（N2）=v（NH3）=0.005mol/（L•min），所以只有D选项正确，故选D．【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，侧重考查学生分析计算能力，明确化学反应速率与计量数的关系是解本题关键，题目难度不大．4．下列叙述中正确的是()A．除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数B．除短周期外，其他周期均有18种元素C．副族元素中没有非金属元素D．碱金属元素是指ⅠA族的所有元素【考点】元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、根据F元素无正化合价，只有负价和零价；B、根据第六周期有一格叫做镧系元素，大大超过了18种；C、根据只有主族才有非金属元素；D、根据碱金属指除H之外的第ⅠA族的元素；【解答】解：A、在短周期中，F元素无正化合价，只有负价和零价，而F在ⅥⅠA族，故A错误；B、第六周期有32种元素，故B错误；C、副族元素全部是金属元素，故C正确；D、碱金属指除H之外的第ⅠA族的元素，故D错误．故选：C．21\n【点评】本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．5．下列反应的能量变化与其它三个不相同的是()A．铝粉与氧化铁的反应B．氯化铵与消石灰的反应C．锌片与稀硫酸反应D．钠与冷水反应【考点】吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】化学反应存在吸热反应和放热反应，一般来说，化合反应、活泼金属与酸的反应以及与水的反应属于放热反应，碳和二氧化碳的反应属于吸热反应．【解答】解：A．铝粉与氧化铁的反应属于放热反应；B．氯化铵与消石灰的反应属于吸热反应；C．锌片与稀硫酸反应属于放热反应；D．钠与冷水反应属于放热反应．显然B中反应的能量变化与其他三项不相同．故选B．【点评】本题考查化学反应与能量问题，题目难度不大，注意常见的放热反应和吸热反应有哪些．6．下列化合物中既存在离子键，又存在非极性键的是()A．H2OB．NH4ClC．NaOHD．Na2O2【考点】离子化合物的结构特征与性质；极性键和非极性键．【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，据此分析解答．【解答】解：A．水分子中H﹣O原子之间存在极性键，不含离子键，故A错误；B．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中N﹣H原子之间存在极性键，故B错误；C．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、氢氧根离子中O﹣H原子之间存在极性键，故C错误；D．过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、过氧根离子之间O﹣O原子之间存在非极性键，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学键的判断，侧重考查基本概念，把握物质构成微粒及微粒之间作用力即可解答，注意过氧化钠中存在的化学键及电子式的书写，题目难度不大．7．在1个RO中共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是()A．A﹣x+n+48B．A﹣x﹣n﹣24C．A﹣x+n+24D．A+x﹣n﹣24【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据中子数=质量数﹣质子数，而阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数来分析．【解答】解：R原子的质量数为A，设R原子核内含中子的数目为N，则R的质子数为A﹣N，离子RO3n﹣中共有x个核外电子，所以A﹣N+24+n=x，所以R原子核内含中子的数目N=A+n+24﹣x．21\n故选：C．【点评】本题主要考查了中子数、质量数、质子数之间的关系以及离子核外电子数、质子数、电荷数之间的关系，可以根据所学知识回答，难度不大．8．运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是()A．已知Ra是第七周期、IIA族的元素，故Ra（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱性强B．已知As是第四周期、VA族的元素，故AsH3的稳定性比NH3的稳定性强C．已知Cs原子半径比Na的原子半径大，故Cs与水反应比Na与比反应更剧烈D．已知Cl与Al处于同一周期，且Cl的核电荷数比Al的核电荷数大，故Cl的原子半径比Al的原子半径小【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】A、同主族从上往下金属性增加，所以最高价氧化物对应水化物的碱性增加；B、非金属性越强，对应的氢化物越稳定；C、原子半径越大，原子核对核外电子吸引能力越弱，元素的金属性越强；D、同周期核电荷数越大，原子核对核外电子吸引能力越强，原子半径减小．【解答】解：A．同主族自上而下元素金属性增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：Ra（OH）2＞Mg（OH）2，故A正确；B．同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性N＞As，非金属性越强，其氢化物越稳定，故氢化物稳定性：AsH3＜NH3，故B错误；C．Cs的原子半径比Na的原子半径大，原子半径越大，原子核对核外电子吸引能力越弱，故Cs的金属性较强，Cs与水反应比Na与水反应更剧烈，故C正确；D．Cl的核电荷数比Al的核电荷数大，核电荷数越大，原子核对核外电子吸引能力越强，故Cl的原子半径比Al的原子半径小，故D正确，故选B．【点评】本题考查元素周期律，难度不大，注意根据原子结构理解同周期、同主族元素性质的递变规律．9．2022年诺贝尔化学奖得主﹣﹣德国科学家格哈德•埃特尔通过对有关一氧化碳在金属铂表面的氧化过程的研究，发明了汽车尾气净化装置．净化装置中的催化转化器，可将CO、NO、NO2和碳氢化合物等转化为无害的物质，有效降低尾气对环境的危害．下列有关说法不正确的是()A．催化转化器中的铂催化剂可加快CO的氧化B．铂表面做成蜂窝状更有利于提高催化效果C．在铂催化下，NO、NO2可被CO还原成N2D．碳氢化合物在铂催化下，被CO直接氧化成CO2和H2O【考点】催化剂的作用；化学反应速率的调控作用；化学平衡的调控作用．【分析】A．催化剂能改变反应速率；B．反应物的接触面积越大其反应速率越大；C．NO、NO2能被转化为无害物质氮气；D．催化剂不会改变化学平衡状态．【解答】解：A．根据题意知，催化转化器中的铂催化剂是正催化剂，可加快CO氧化，从而降低尾气的危害，故A正确；B．反应物的接触面积越大，反应速率越大，把铂表面做成蜂窝状是为了增大反应物的接触面积，更有利于提高催化效果，故B正确；21\nC．根据题意知，在铂催化下，NO、NO2可被CO还原成无害物质N2，故C正确；D．使用铂催化下，可以提高反应速率，但是不会提高碳氢化合物的转化率，故D错误；故选：D．【点评】本题以汽车尾气净化装置为载体考查了氮的氧化物及其对环境的影响，明确反应原理是解本题关键，注意催化剂只能改变反应速率但不影响平衡影响，为易错点．10．把A、B、C、D四块金属片浸入稀硫酸中，分别用导线两两相连可以组成原电池．A、B相连时A为负极；C、D相连时，电流由D→C；A、C相连时，C极上产生大量气泡，B、D相连时，D极发生氧化反应．这四种金属的活动性顺序是()A．A＞B＞C＞DB．A＞C＞D＞BC．C＞A＞B＞DD．B＞D＞C＞A【考点】原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】电化学专题．【分析】本题从两个角度分析：①首先根据电子、电流的流向以及电极反应现象判断电池的正负极；②原电池中，较活泼的金属作负极．【解答】解：A、B相连时A为负极，则活动性顺序A＞B；C、D相连时，电流由D→C，说明C为负极，则活动性顺序：C＞D；A、C相连时，C极上产生大量气泡，则C为原电池的正极，活动性顺序：A＞C；B、D相连时，D极发生氧化反应，D应为原电池的负极，作为活动性顺序：D＞B，则有活动性顺序：A＞C＞D＞B．故选B．【点评】本题从原电池的角度比较金属性的活动性顺序，题目难度不大，本题注意原电池负极的判断，为解答该题的关键．11．一定温度下，向aL密闭容器中加入2molNO2（g），发生反应：2NO2⇌2NO+O2，此反应达到平衡状态时的标志是()A．混合气体的颜色变浅B．混合气体的密度不再变化C．混合气体中NO2、NO、O2物质的量之比为2：2：1D．单位时间内生成2nmolNO，同时生成2nmolNO2【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析．【解答】解：A、NO2是红棕色，混合气体颜色变浅，说明NO2浓度降低，平衡向正反应方向移动，该现象不能确定是否达到平衡，故A错误；B、容器体积不变，混合气体的质量不变，所以密度始终不变，密度不变反应并不一定达到平衡，故B错误；C、反应达到平衡时的各物质的物质的量与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，混合气中NO2、NO、O2物质的量之比为2：2：1，不能确定是否达到平衡，故C错误；D、单位时间内生成2nmolNO，同时生成2nmolNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故D正确．故选D．21\n【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系．12．A、B、C为三种短周期元素，A、B在同周期，A、C的最低价离子分别为A2﹣和C﹣，B2+和C﹣具有相同的电子层结构．下列说法中正确的是()A．原子序数：B＞A＞CB．原子半径：A＞B＞CC．离子半径：A2﹣＞C﹣＞B2+D．原子最外层电子数：A＞C＞B【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C为三种短周期元素，结合离子所带电荷可知，A是第ⅥA族，B是第ⅡA族，C位于第ⅦA，B2+与C﹣具有相同的电子层结构，则B位于C的下一周期，由于A、B同周期，则A、B处于第三周期，C处于第二周期，则A为S、B为Mg、C为F，周期自左向右，原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，而电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，据此解答．【解答】解：A、B、C为三中短周期元素，结合离子所带电荷可知，A是第ⅥA族，B是第ⅡA族，C位于第ⅦA，B2+与C﹣具有相同的电子层结构，则B位于C的下一周期，由于A、B同周期，则A、B处于第三周期，C处于第二周期，则A为S、B为Mg、C为F，A．A为S、B为Mg、C为F，原子序数：S＞Mg＞F，故A错误；B．同周期自左向右，原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径是：Mg＞S＞F，故B错误；C．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞F﹣＞Mg2+，故C正确；D．A为S、B为Mg、C为F，原子核外最外层电子数：F＞S＞Mg，故D错误，故选：C．【点评】本题以周期表中元素的推断为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度、微粒半径比较等，是高考中的常见题型，中等难度．13．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO═O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH﹣O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为()A．188kJB．436kJC．557kJD．920kJ【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】化学反应放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量．【解答】解：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为K，根据方程式：2H2+O22H2O，则：4×121kJ=463kJ×4﹣（2K+496kJ），解得K=436KJ．故选B．【点评】本题考查学生化学反应中的能量变化知识，熟记教材知识是解题的关键，可以根据所学知识进行回答，难度不大．21\n14．一定温度下，在2L的密闭容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列描述正确的是()A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/（L•s）B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/LC．反应开始到10s时，Y的转化率为79%D．反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）⇌Z（g）【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【分析】根据图象的曲线变化判断物质的量的变化以及反应速率、转化率的计算，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式．【解答】解：A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率=0.079mol/（L•s），故A错误；B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了=0.0395mol/L，故B错误；C．反应开始到10s时，Y的转化率为=79%，故C正确；D．由图象可以看出，反应中x、Y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到10s时，△n（X）=0.79mol，△n（Y）=0.79mol，△n（Z）=1.58mol，则△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为X（g）+Y（g）⇌2Z（g），故D错误；故选C．【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，解题时注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握相关物理量的计算．15．芬兰籍华人科学家张霞昌研制的“超薄型软电池”获2022年中国科技创业大赛最高奖，被称之为“软电池”的纸质电池总反应为：Zn+2MnO2+H2O═ZnO+2MnO（OH）（碱式氧化锰）．下列说法正确的是()A．该电池中Zn作负极，发生还原反应B．该电池反应中MnO2起催化作用21\nC．该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2D．该电池正极反应式为：2MnO2+2e﹣+2H2O═2MnO（OH）+2OH﹣【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】由电池总反应Zn+2MnO2十H2O=ZnO+2MnO（OH）可知，Zn被氧化，为原电池的负极，电极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=ZnO+H2O，MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e﹣=MnO（OH）+OH﹣．【解答】解：A、从电池反应可知，锌被氧化，失去电子，所以是负极，故A错误；B、该电池反应中二氧化锰发生了还原反应，二氧化锰得到电子，被还原，为原电池的正极，故B错误；C、该电池中电子由负极经外电路流向正极，则电流从正极二氧化锰流向锌，故C错误；D、电池的正极反应式为MnO2+H2O+e﹣=MnO（OH）+OH﹣，或2MnO2+2e﹣+2H2O=2MnO（OH）十2OH﹣，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查，题目难度中等，注意从正负极发生的变化结合电解质的特点书写电极反应式．16．根据表中有关短周期元素性质的数据，判断下列说法中正确的是()元素编号元素性质①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径（10﹣10m）0.741.601.521.100.991.860.750.82主要化合价最高价+2+1+5+7+1+5+3最低价﹣2﹣3﹣1﹣3A．③的熔点低于⑥的熔点B．元素①与元素⑥形成的化合物皆为碱性氧化物C．最高价氧化物对应水化物的酸性：⑤＞⑦＞④D．元素④形成的氯化物中所有原子周围都达到8电子稳定结构【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素中，①只有最低价﹣2，处于ⅥA族，则①为O；③⑥都最高正价+1，处于ⅠA，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所以元素中最小，故③为Li、⑥为Na；⑤有+7、﹣1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5、最低价﹣3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径小于Cl，则⑧为B，据此解答．【解答】解：短周期元素中，①只有最低价﹣2，处于ⅥA族，则①为O；③⑥都最高正价+1，处于ⅠA，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所以元素中最小，故③为Li、⑥为Na；⑤有+7、﹣1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5、最低价﹣3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径小于Cl，则⑧为B．A．③为Li、⑥为Na，钠离子半径大于锂离子半径，故Li中金属键更强，故Li的熔点高于Na，故A错误；21\nB．元素①⑥形成的化合物为Na2O、Na2O2，前者属于碱性氧化物，或者属于过氧化物，故B错误；C．⑤、⑦、④最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硝酸、磷酸，性高氯酸是最强无机含氧酸，硝酸属于强酸，而磷酸属于中强酸，故C正确；D．元素④形成的氯化物有PCl3、PCl5，PCl3中所有原子周围都达到8电子稳定结构，PCl5中P原子周围有10个电子，故D错误，故选：C．【点评】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，根据化合价与原子半径推断元素是解答的关键，注意对元素周期律的理解掌握．二、填空题（共25分）17．由短周期元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁四种化合物有图示的转换关系，已知C为密度最小的气体，甲是电解质．根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式：AAl，BO2，乙NaAlO2，丁Al（OH）3．（2）组成单质A的元素在周期表中的位置是第三周期第ⅢA族，丙的电子式是．（3）写出A与NaOH溶液反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】C为密度最小的气体，则C是H2，A和氢氧化钠溶液反应生成乙和氢气，中学阶段学习的能和氢氧化钠溶液反应生成氢气的有Al、Si，乙与过量的二氧化碳反应得到丁，丁为氢氧化铝或硅酸，丁加入失去丙得到甲，丙为H2O，甲为氧化铝或二氧化硅，由于甲是电解质，故甲是Al2O3，可推知A是Al，乙是NaAlO2，丁是Al（OH）3，B是O2，据此解答．【解答】解：C为密度最小的气体，则C是H2，A和氢氧化钠溶液反应生成乙和氢气，中学阶段学习的能和氢氧化钠溶液反应生成氢气的有Al、Si，乙与过量的二氧化碳反应得到丁，丁为氢氧化铝或硅酸，丁加入失去丙得到甲，丙为H2O，甲为氧化铝或二氧化硅，由于甲是电解质，故甲是Al2O3，可推知A是Al，乙是NaAlO2，丁是Al（OH）3，B是O2，（1）由以上分析可知，A为Al，B为O2，乙为NaAlO2，丁为Al（OH）3，故答案为：Al；O2；NaAlO2；Al（OH）3；（2）A为Al，位于周期表第三周期第ⅢA族，丙为H2O，电子式为，故答案为：第三周期第ⅢA族；；（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；21\n【点评】本题考查无机推断，A与氢氧化钠溶液反应生成氢气及甲为电解质为推断突破口，再结合转化关系推断，明确铝及其化合物的性质是解本题关键，难度中等．18．氢能源是21世纪极具发展前景的新能源之一，它既是绿色能源，又可循环使用．请在如图中的两个空格中填上循环过程中反应物和生成物的分子式，以完成理想的氢能源循环体系图（循环中接受太阳能的物质在自然界中广泛存在）．（1）从能量转换的角度看，过程Ⅱ上应是化学能转化为电能．（2）过程Ⅱ的完成可以在不同的电解质溶液中进行，试分别写出符合下列要求的电极反应式：①以稀硫酸为电解质：正极：O2+4H++4e﹣═2H2O．②以氢氧化钠溶液为电解质：负极：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O．③当电解质为熔融ZrO2（掺杂有Y2O3）的晶体（在高温下电离，以金属阳离子和O2﹣导电）时，正极：O2+4e﹣=2O2﹣，负极：H2﹣2e﹣+O2﹣=H2O．【考点】常见的能量转化形式；原电池和电解池的工作原理．【分析】分析转化关系可知氢能源循环体系图中，燃料电池是氢气和氧气反应燃烧生成水的过程，水在太阳能和催化剂作用下分解有生成氧气和氢气；（1）过程Ⅱ是发生的原电池反应；（2）氢氧燃料电池工作时，氢气失电子生成水；氧气得电子生成氢氧根离子；氢氧燃料电池的产物为水，依据不同电解质环境判断生成产物，结合电荷守恒书写电极反应；【解答】解：转化关系可知氢能源循环体系图中，燃料电池是氢气和氧气反应燃烧生成水的过程，水在太阳能和催化剂作用下分解有生成氧气和氢气，两个框中为循环过程中反应物和生成物的分子式为：左为H2O；右为H2、O2；故答案为：H2O；H2、O2；（1）过程Ⅱ是发生的原电池反应，能量变化是化学能转化为电能的过程；故答案为：化学；电；（2）氢氧燃料电池工作时，氢气失电子是还原剂，发生氧化反应；氧气得电子是氧化剂，发生还原反应．①以稀硫酸为电解质，正极上是O2得到电子在酸溶液中生成水，正极的电极反应式为：O2+4H++4e﹣═2H2O，故答案为：O2+4H++4e﹣═2H2O；②电解质溶液是KOH溶液（碱性电解质），正极是O2得到电子，正极的电极反应式为：O2+H2O+4e﹣═4OH﹣，负极发生的反应为：H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O；故答案为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O；③当电解质为熔融ZrO2（掺杂有Y2O3）的晶体（在高温下电离，以金属阳离子和O2﹣导电）时，正极电极反应是氧气得到电子生成氧离子，电极反应为：O2+4e﹣=2O2﹣，负极是氢气失电子生成水，电极反应为：H2﹣2e﹣+O2﹣=H2O；故答案为：O2+4e﹣=2O2﹣，H2﹣2e﹣+O2﹣=H2O；21\n【点评】本题考查了化学反应过程中能量变化形式，原电池原理的分析应用，注意知识积累，题目难度中等．19．现有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大．①A、D同主族，C与E同主族，D、E、F同周期，②A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等．③A能分别与B、C形成电子总数相等的分子，且A与C形成的化合物在常温下均为液态，A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子．请回答下列问题：（1）写出下列元素的元素符号．D：Na、E：S，元素F在周期表中的位置是第三周期ⅦA族．（2）甲是由A、C、D三种元素组成的一种常见化合物，是重要的工业产品，化合物甲的电子式为；（3）B与F两种元素形成的一种化合物分子中各原子均达8电子结构则该分子的结构式为HClO和NH3（NH3•H2O）．（4）为了除去化合物乙（A2EC4）稀溶液中混有的A2EC3，常采用A2C2作氧化剂，发生反应的离子方程式为H2O2+H2SO3=2H++SO42﹣+H2O．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A与C形成的化合物常温下为液态，化合物为水，则A为H元素，C为O元素；A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，B的最外层电子数为5，则B为N元素；A、D同主族，则D为Na元素；C与E同主族，则E为S元素；D、E、F同周期，A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子，则F为Cl元素．以此解答该题．【解答】解：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A与C形成的化合物常温下为液态，化合物为水，则A为H元素，C为O元素；A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，B的最外层电子数为5，则B为N元素；A、D同主族，则D为Na元素；C与E同主族，则E为S元素；D、E、F同周期，A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子，则F为Cl元素．（1）由以上分析可知D为Na，E为S，F为Cl，位于周期表第三周期ⅦA族，故答案为：Na；S；第三周期ⅦA族；（2）氢、氧、钠组成的常见化合物是NaOH，其电子式为，故答案为：；（3）B与F两种元素形成的一种化合物分子，各原子均达八电子结构，其中B显负价，F显正价，则该化合物为NCl3，其中N为﹣3价，Cl为+1价，在溶液中发生水解生成NH3和HClO，故答案为：HClO和NH3（NH3•H2O）；（4）A2EC4为H2SO4，A2EC3为H2SO3，H2SO3具有还原性，可被H2O2氧化生成H2SO4，反应的离子方程式为H2O2+H2SO3=2H++SO42﹣+H2O，故答案为：H2O2+H2SO3=2H++SO42﹣+H2O．【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，综合性较强，考查知识点较多，元素的推断是解答本题的关键，A与C形成的化合物常温下为液态是推断突破口．并熟悉元素化合物的性质来解答，难度较大．三、实验题：（共21分）21\n20．甲、乙两个实验小组利用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素．（提示：H2C2O4为弱酸）（1）该反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O．设计实验方案如下（实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4）：（2）甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小．实验装置如图，实验时分液漏斗中A溶液一次性放下，A、B的成分见下表：序号A溶液B溶液①2mL0.1mol/LH2C2O4溶液4mL0.01mol/LKMnO4溶液②2mL0.2mol/LH2C2O4溶液4mL0.01mol/LKMnO4溶液③2mL0.2mol/LH2C2O4溶液4mL0.01mol/LKMnO4溶液和少量MnSO4该实验探究的是浓度和催化剂对化学反应速率的影响．在反应停止之前，相同时间内针筒中所得CO2的体积由大到小的顺序③＞②＞①（用实验序号填空）．（3）乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率的大小．取两支试管各加入2mL0.1mol/LH2C2O4溶液，另取两支试管各加入4mL0.1mol/LKMnO4溶液．将四支试管分成两组（各有一支盛有H2C2O4溶液和KMnO4溶液的试管），一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间．该实验目的是研究温度对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液完全褪色，其原因是没有加入稀硫酸酸化．【考点】探究影响化学反应速率的因素．【专题】实验设计题．【分析】（1）高锰酸根离子在酸性条件下氧化草酸生成锰离子、二氧化碳气体和水，据此写出反应的离子方程式；（2）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大；对比②③实验可探究催化剂对化学反应速率的影响，③中使用了催化剂；（3）草酸和高锰酸钾反应的方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，分析数据可知高锰酸钾过量．【解答】（1）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大，化学反应速率大，所得CO2的体积大，对比②③实验可探究催化剂对化学反应速率的影响，③中使用了催化剂，故相同时间内③的反应速率最快，实验中所得二氧化碳最多，所以该实验目的为探究浓度和催化剂对反应速率的影响；在反应停止之前，相同时间内针筒中所得CO2的体积由大到小的顺序为：③＞②＞①，故答案为：浓度和催化剂；③＞②＞①；（3）草酸和高锰酸钾反应的方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，21\n草酸的物质的量为：0.002L×0.1mol•L﹣1=2×10﹣4mol，高锰酸钾的物质的量为：0.004L×0.1mol•L﹣1=4×10﹣4mol，由方程式可知，高锰酸钾过量，故没看到溶液完全褪色，故答案为：温度；没有加入稀硫酸酸化．【点评】本题考查了探究影响化学反应速率的因素方法，题目难度中等，注意掌握浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力．21．为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）．实验过程：Ⅰ．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸．Ⅱ．当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹．Ⅲ．当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a．Ⅳ．…（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是．（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是淀粉KI试纸变蓝．（3）B中溶液发生反应的离子方程式是Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣．（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静置后CCl4层溶液变为紫（或紫红）色．（5）过程Ⅲ实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰．（6）结论：氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱．分析：因为主族元素从上到下原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱【考点】氯、溴、碘的性质实验．【专题】实验设计题．【分析】（1）A中产生黄绿色气体为Cl2；（2）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，并检验产物碘；（3）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；（4）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，并检验产物碘的存在；（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰；（6）从原子结构（电子层数、原子半径）的角度分析．【解答】解：（1）因KMnO4与浓HCl反应可以用来制Cl2，其电子式为：，21\n故答案为：；（2）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，I2能使淀粉变蓝，故答案为：淀粉KI试纸变蓝；（3）因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，故答案为：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；（4）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，要发生：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，同时检验产物碘的存在，故答案为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静置后CCl4层溶液变为紫（或紫红）色；（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，故答案为：确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，所以氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱，故答案为：减弱；增大；减弱．【点评】本题主要考查了卤素单质氧化性的相对强弱的验证，结合相关知识以及实验现象进行解释是解答关键，题目难度不大．四、计算题：22．恒温下，将amolN2与bmolH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）（1）若反应进行到某时刻t时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，计算a的值．（2）反应达平衡时，混合气体的物质的量为32mol，其中NH3的物质的量分数为25%．计算原混合气体与平衡混合气体的压强之比（最简整数比，下同），即：P（始）：P（平）=5：4．（3）达到平衡时，求N2和H2的转化率之比，即：α（N2）：α（H2）=1：2．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）恒温下，将amolN2与bmolH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，若反应进行到某时刻t时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2ΝΗ3（g）起始量（mol）：ab0变化量（mol）：396t时刻（mol）：13b﹣96氮气起始物质的量=t时氮气物质的量+消耗氮气物质的量；（2）计算氨气物质的量，根据方程式计算消耗氮气、氢气物质的量，结合平衡时混合气体总物质的量计算氢气起始物质的量，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比；（3）结合（2）中计算结果进行解答．【解答】解：（1）（1）恒温下，将amolN2与bmolH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，若反应进行到某时刻t时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2ΝΗ3（g）21\n起始量（mol）：ab0变化量（mol）：396t时刻（mol）：13b﹣96则a=3+13=16，答：a的值为16；（2）氨气物质的量为32mol×25%=8mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2ΝΗ3（g）起始量（mol）：16b0变化量（mol）：4128t时刻（mol）：12b﹣128则12+b﹣12+8=32，解得b=24，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则P（始）：P（平）=（16+24）mol：32mol=5：4，故答案为：5：4；（3）α（N2）：α（H2）=：=1：2，故答案为：1：2．【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，注意三段式解题法在你化学平衡计算中应用．21
