山西省朔州市怀仁一中2022～2022学年度高二上学期第一次月考化学试卷 一、选择题（共7小题）1．某学生发现滴瓶中溶液变浑浊，拟用右图所示操作进行过滤，错误的操作有（ ）A．4处B．3处C．2处D．1处 2．下列化学用语表达正确的是（ ）A．二氧化碳的电子式：B．氯离子的结构示意图：C．乙烯的结构简式：C2H4D．质量数为18的氧原子：618O 3．某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是（ ）A．能跟NaOH溶液反应B．能使酸性KMnO4溶液褪色C．能发生酯化反应D．能发生水解反应 4．“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物．下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（ ）A．制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2OB．制CuSO4：2Cu+O2=2CuO；CuO+H2SO4（稀）=CuSO4+H2OC．制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2OD．制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O 5．下列叙述中，正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）（ ）A．标准状况下，22.4L苯分子数为NAB．1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Cl﹣的数目为3NAC．25℃，1.01×105Pa，14g乙烯所含的碳原子数为NAD．1molNa2SO4溶于水，所得溶液中Na+的数目为NA 6．下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是（ ）17\n族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2ab3defghi①a、b、e、f四种元素的元素的原子半径：e＞f＞b＞a②h、i两种元素阴离子的还原性：h＞i③a、g两种元素氢化物的稳定性：a＞g④d、e、f三种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性依次增强⑤八种元素中d元素的单质还原性最强，i元素的单质氧化性最强．A．①③④B．②③⑤C．②④⑤D．①③⑤ 7．如图所示为氢氧燃料电池的原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是（ ）A．a电极是负极B．b电极的电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑C．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置 二、解答题（共7小题）（选答题，不自动判卷）8．有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如图（反应条件及部分产物乙略）．已知A、B、E均为单质，B、E在常温下为气体，C为淡黄色固体．回答下列问题：（1）写出C、F的化学式 ；写出A和D反应的离子方程式 ；（3）写出C和D反应的化学方程式 ． 9．物质A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K有如图转化关系，其中气体D、E为单质回答下列问题．（1）G的化学式是 ；17\n写出反应“C→F”的离子方程式 ；（3）写出反应“I→J”离子方程式 ；（4）写出A与NaOH溶液反应化学方程式 ；（5）写出实验室利用B的浓溶液制备E的化学方程式 ． 10．海洋约占地球表面积的71%，海水化学资源的利用具有非常广阔的前景．（1）海水晒盐可获得粗盐，在实验室中粗盐经过溶解、 、 可制得精盐．镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的，其①为了使MgSO4转化为Mg（OH）2，试剂①可以选用 （填名称），要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂①的量应 ；②试剂②可以选用 （填名称）；③试从节约能源、提高金属镁的纯度分析，以下适宜的冶镁方法是 ．A．Mg（OH）2MgOMgB．Mg（OH）2MgOMgC．Mg（OH）2MgCl2MgD．Mg（OH）2MgCl2Mg． 11．实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇，浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏（如图1所示），得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品．请回答下列问题：（已知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点依次是78.4℃、118℃、77.1℃）①在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是 ；17\n该反应的化学方程式为 ；②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，即达到化学平衡状态．下列描述能说明该反应已达到化学平衡状态的有（填序号） ．A．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水B．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸C．单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸D．正反应的速率与逆反应的速率相等E．混合物中各物质的浓率不再变化③现拟分离乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品如图2．试剂a是 ，分离方法①是 ；分离方法②是 ． 12．在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如下表：时间（s）012345N（NO）（mol）0.0200.010.0080.0070.0070.007（1）上述反应 （填“是”或“不是”）可逆反应，在第5s时，NO的转化率为 ．如图中表示NO2的变化的曲线是 ，用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v= ． 13．现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构A有三个电子层，K、M层电子数之和等于L层电子数B短周期中金属性最强C常温下单质为双原子分子，氢化物的水溶液呈碱性D元素高正价是+7价（1）用化学用语回答下列问题：①A元素在周期表中的位置 ；②用电子式表示A和B元素组成的化合物的形成过程 ．元素D与元素A相比，D非金属性较强，下列表述中能证明这一事实的是 ．a．常温下D的单质和A的单质状态不同b．D的氢化物比A的氢化物稳定c．一定条件下D和A的单质都能与钠反应d．A的最高价含氧酸酸性弱于D的最高价含氧酸e．D单质能与A的氢化物反应生成A单质（3）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一．A、B、C、D四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是 （写化学式）．17\n（4）X是由A、B、C、D四种元素中的某种元素组成的单质，能经下图所示的过程转化为W（其他条件略去）．XYZW①若Y是有刺激性气味的无色气体，把Y通入BaCl2溶液中，然后滴加适量H2O2溶液，有白色沉淀生成，此白色沉淀的化学式为： ；生成该白色沉淀的化学方程式为 ．②若Z是红棕色气体，则Z→W的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 ． 14．断开1molAB（g）分子中的化学键使其分别生成气态A原子和气态B原子所吸收的能量称为A﹣B键的键能．下表列出了一些化学键的键能E：化学键H﹣HCl﹣ClO═OC﹣ClC﹣HO﹣HH﹣ClE/kJ•mol﹣1436247x330413463431请回答下列问题：（1）如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为 （填“吸热”或“放热”）反应，其中△H= （用含有a、b的关系式表示）．若图示中表示反应H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1，则b= kJ•mol﹣1，x= ．（3）历史上曾用“地康法”制氯气，这一方法是用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气．反应的化学方程式为 ．若忽略温度和压强对反应热的影响，根据上题中的有关数据，计算当反应中有1mol电子转移时，反应的能量变化为 ． 山西省朔州市怀仁一中2022～2022学年度高二上学期第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题）1．某学生发现滴瓶中溶液变浑浊，拟用右图所示操作进行过滤，错误的操作有（ ）17\nA．4处B．3处C．2处D．1处【考点】过滤．【专题】化学实验基本操作．【分析】可以根据过滤的操作注意事项、取用液体药品的方法以及滴管的正确使用方法进行分析解答．【解答】解：过滤时漏斗下端管口要紧靠烧杯内壁，防止液滴溅出，过滤要用玻璃棒引流，倒液体时标签要正对手心，防止药品流下腐蚀标签，胶头滴管使用不能平放或倒置，所以图示中不正确的操作共有4处，故选A．【点评】本题难度不大，掌握过滤的注意事项和仪器的使用，过滤操作的注意事项“一贴二低三靠”． 2．下列化学用语表达正确的是（ ）A．二氧化碳的电子式：B．氯离子的结构示意图：C．乙烯的结构简式：C2H4D．质量数为18的氧原子：618O【考点】电子式；原子结构示意图；结构简式．【专题】化学用语专题．【分析】A、根据原子的最外层电子数来分析电子式，共价化合物不用中括号，B、根据当质子数=核外电子数，为原子；当质子数＞核外电子数，为阳离子；当质子数＜核外电子数，为阴离子；据此进行分析解答．C、根据结构简式的书写方法；D、根据原子符号ZAX的含义；【解答】解：A、二氧化碳是共价化合物，C原子最外层4个电子，O原子最外层6个电子，所以二氧化碳的电子式为：，故A错误；B、由图示可知：核电荷数=质子数=17＜核外电子数=18，为阴离子；故B正确；C、乙烯中含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故C正确；D、原子符号ZAX中Z表示质子数，A表示质量数，而氧原子的质子数为8，故D错误．【点评】本题主要考查化学用语，难度不大，要注意知识的积累． 3．某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是（ ）A．能跟NaOH溶液反应B．能使酸性KMnO4溶液褪色C．能发生酯化反应D．能发生水解反应【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】有机物中含有C=C、﹣COOH以及﹣OH等官能团，根据官能团的性质解答该题．【解答】解：A．含有﹣COOH，具有酸性，可与NaOH反应，故A正确；17\nB．有机物中含有C=C，能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C．含有、﹣COOH以及﹣OH，在一定条件下可发生酯化反应，故C正确；D．含有C=C、﹣COOH以及﹣OH等官能团，都不有水解的性质，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握常见有机物官能团的性质，有机物官能团决定有机物的主要性质． 4．“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物．下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（ ）A．制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2OB．制CuSO4：2Cu+O2=2CuO；CuO+H2SO4（稀）=CuSO4+H2OC．制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2OD．制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O【考点】绿色化学．【专题】元素及其化合物．【分析】理解绿色化学的要点有两个：一是原子充分利用；二是不产生污染．【解答】解：A、每生成1molCuSO4需要2molH2SO4并且还有SO2等污染性的气体生成，故A错误．B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生，符合题意，故B正确．C、每生成1molCu（NO3）2需要4molHNO3并且还有NO2等污染性的气体生成，故C错误．D、每生成1molCu（NO3）2需要8/3molHNO3并且还有NO等污染性的气体生成，故D错误．故选B．【点评】解答本题的关键是要读懂题目要求，准确理解绿色化学的含义． 5．下列叙述中，正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）（ ）A．标准状况下，22.4L苯分子数为NAB．1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Cl﹣的数目为3NAC．25℃，1.01×105Pa，14g乙烯所含的碳原子数为NAD．1molNa2SO4溶于水，所得溶液中Na+的数目为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，苯为液体；B、溶液体积不明确；C、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯中含2mol碳原子来分析；D、1mol硫酸钠中含2mol钠离子．【解答】解：A、标况下，苯为液体，其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故B错误；C、14g乙烯的物质的量n==0.5mol，而1mol乙烯中含2mol碳原子，故0.5mol乙烯中含1mol碳原子即NA个，故C正确；D、1mol硫酸钠中含2mol钠离子，故1mol硫酸钠溶于水后，无论溶液体积为多少，溶液中钠离子的个数永远为2NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键．17\n 6．下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是（ ）族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2ab3defghi①a、b、e、f四种元素的元素的原子半径：e＞f＞b＞a②h、i两种元素阴离子的还原性：h＞i③a、g两种元素氢化物的稳定性：a＞g④d、e、f三种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性依次增强⑤八种元素中d元素的单质还原性最强，i元素的单质氧化性最强．A．①③④B．②③⑤C．②④⑤D．①③⑤【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】压轴题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】①同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大；②原子的得电子能力越强，单质的氧化性越强，离子的还原性越弱；③原子的得电子能力越强，元素氢化物的稳定性越强；④原子的失电子能力越强，元素最高价氧化物对应的水化物的碱性依次增强；⑤原子的得电子能力越强，单质的氧化性越强，还原性越弱．【解答】解：根据各元素在周期表中的位置，可知a是C，b是N，d是Na，e是Mg，f是Al，g是Si，h是S，i是Cl，①同周期从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：C＞N，Mg＞Al，电子层越多，半径越大，所以原子半Mg＞Al＞C＞N，故①错误；②原子的得电子能力越强，单质的氧化性越强，离子的还原性越弱，得电子能力Cl＞S，氧化性Cl＞S，还原性Cl﹣＜S2﹣，故②正确；③原子的得电子能力越强，元素氢化物的稳定性越强，得电子能力C＞Si，元素氢化物的稳定性CH4＞SiH4，故③正确；④原子的失电子能力Na＞Mg＞Al，元素最高价氧化物对应的水化物的碱性NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故④错误；⑤原子的得电子能力越强，单质的氧化性越强，还原性越弱，原子的失电子能力越强，单质的还原性越强，氧化性越弱，失电子能力最强的是Na，还原性最强，得电子能力最强的是Cl，氧化性最强，故⑤正确．故选B．【点评】本题主要考查学生元素周期表的结构和元素周期律的有关知识，要求学生熟记教材知识，灵活应用． 7．如图所示为氢氧燃料电池的原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是（ ）17\nA．a电极是负极B．b电极的电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑C．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．【专题】电化学专题．【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，电子由负极经外电路流向正极．【解答】解：A、氢氧燃料电池中，通入氢气的a极为电源的负极，通入氧气的b极为原电池的正极，故A正确；B、氢氧燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，该极上发生得电子的还原反应：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故B错误；C、氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，故C正确；D、氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故D正确．故选B．【点评】本题考查学生有关燃料电池的工作原理知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 二、解答题（共7小题）（选答题，不自动判卷）8．有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如图（反应条件及部分产物乙略）．已知A、B、E均为单质，B、E在常温下为气体，C为淡黄色固体．回答下列问题：（1）写出C、F的化学式 Na2O2、NaOH ；写出A和D反应的离子方程式 2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑ ；（3）写出C和D反应的化学方程式 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ．【考点】无机物的推断．17\n【分析】C为淡黄色固体，单质A与气体单质E反应生成C，则C为Na2O2，A为Na，E为O2，A与D反应生成气体单质B，B与E反应是D，而C与D反应生成E与F，则B为H2，D为H2O，F为NaOH，据此解答．【解答】解：C为淡黄色固体，单质A与气体单质E反应生成C，则C为Na2O2，A为Na，E为O2，A与D反应生成气体单质B，B与E反应是D，而C与D反应生成E与F，则B为H2，D为H2O，F为NaOH．（1）由上述分析可知，C为Na2O2，F为NaOH，故答案为：Na2O2；NaOH；A和D反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑；（3）C和D反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑．【点评】本题考查无机物的推断，涉及钠元素单质化合我性质，C的颜色及发生的反应是推断的突破口，题目难度不大． 9．物质A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K有如图转化关系，其中气体D、E为单质回答下列问题．（1）G的化学式是 NaAlO2 ；写出反应“C→F”的离子方程式 Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3+3NH4+ ；（3）写出反应“I→J”离子方程式 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ ；（4）写出A与NaOH溶液反应化学方程式 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ；（5）写出实验室利用B的浓溶液制备E的化学方程式 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．【考点】无机物的推断．【分析】黄绿色气体E为Cl2，红褐色沉淀K为Fe（OH）3，则金属H为Fe，故气体D为H2，气体B为HCl，I为FeCl2，J为FeCl3，金属A与盐酸反应生成C与氢气，C与氨水反应生成白色沉淀F，且F能溶于氢氧化钠溶液生成G，则A为al，C为AlCl3，F为Al（OH）3，G为NaAlO2，据此解答．【解答】解：黄绿色气体E为Cl2，红褐色沉淀K为Fe（OH）3，则金属H为Fe，故气体D为H2，气体B为HCl，I为FeCl2，J为FeCl3，金属A与盐酸反应生成C与氢气，C与氨水反应生成白色沉淀F，且F能溶于氢氧化钠溶液生成G，则A为al，C为AlCl3，F为Al（OH）3，G为NaAlO2．（1）由上述分析可知，G是NaAlO2，故答案为：NaAlO2；反应“C→F”的离子方程式为：Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3+3NH4+；（3）反应“I→J”的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；17\n（4）Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（5）实验室用浓盐酸制备氯气方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．【点评】本题考查无机物推断，物质的颜色是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度不大． 10．海洋约占地球表面积的71%，海水化学资源的利用具有非常广阔的前景．（1）海水晒盐可获得粗盐，在实验室中粗盐经过溶解、 过滤 、 蒸发 可制得精盐．镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的，其①为了使MgSO4转化为Mg（OH）2，试剂①可以选用 氢氧化钠溶液 （填名称），要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂①的量应 过量 ；②试剂②可以选用 盐酸 （填名称）；③试从节约能源、提高金属镁的纯度分析，以下适宜的冶镁方法是 C ．A．Mg（OH）2MgOMgB．Mg（OH）2MgOMgC．Mg（OH）2MgCl2MgD．Mg（OH）2MgCl2Mg．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】（1）粗盐提纯的主要步骤是：溶解、过滤、蒸发；①利用复分解反应及MgSO4转化为Mg（OH）2时阴离子的变化来选择试剂；②利用复分解反应及Mg（OH）2转化为MgCl2时阴离子的变化来选择试剂；③MgO的熔点高，制备镁一般利用电解熔融的MgCl2；【解答】解：（1）海水晒盐可获得粗盐，粗盐提纯的主要步骤是：溶解、过滤、蒸发，在实验室中粗盐经过溶解、过滤、蒸发得到溶质固体，故答案为：过滤，蒸发；①使MgSO4转化为Mg（OH）2，应选择碱，在转化中不引入新的离子，则试剂①选择过量的NaOH，故答案为：氢氧化钠溶液，过量；②Mg（OH）2转化为MgCl2时，酸能溶解沉淀，由阴离子可知，试剂②可以选用盐酸，故答案为：盐酸；③MgO的熔点高，不能利用电解或还原法来制备镁，则ABD错误；适宜的冶镁方法是C，故答案为：C；【点评】本题考查镁的制备，明确海水中镁的制备的流程及试剂的选择来分析解答，注意MgO的熔点高是学生解答中易忽略的地方，制备镁利用电解法，题目中等． 17\n11．实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇，浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏（如图1所示），得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品．请回答下列问题：（已知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点依次是78.4℃、118℃、77.1℃）①在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是 防止烧瓶中的液体暴沸 ；该反应的化学方程式为 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O ；②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，即达到化学平衡状态．下列描述能说明该反应已达到化学平衡状态的有（填序号） BDE ．A．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水B．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸C．单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸D．正反应的速率与逆反应的速率相等E．混合物中各物质的浓率不再变化③现拟分离乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品如图2．试剂a是 饱和Na2CO3溶液 ，分离方法①是 分液 ；分离方法②是 蒸馏 ．【考点】制备实验方案的设计．【分析】①沸点低的液体加热使易暴沸，加入碎瓷片，防止暴沸；酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，该反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；②化学反应达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；③粗产品乙酸乙酯中含有乙酸与乙醇，用饱和的碳酸钠溶液反应掉乙酸，溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于溶液分层，乙酸乙酯密度比水小，乙酸乙酯在上层，然后利用分液，乙酸乙酯加入无水碳酸钠吸收其中的水，可得乙酸乙酯；溶液中含有乙醇、碳酸钠、乙酸钠，进行蒸馏可以收集乙醇，向蒸出乙醇的溶液中加入硫酸，可以得到乙酸，再进行蒸馏可以收集乙酸．【解答】解：①乙酸、乙醇沸点低，液体加热易暴沸，加入碎瓷片，引入汽化中心，防止烧瓶中的液体暴沸，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：防止烧瓶中的液体暴沸；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；②已知可逆反应CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，17\nA．化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水，故A错误；B．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，说明正逆反应速率相等，故B正确；C．化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，故C错误；D．正反应的速率与逆反应的速率相等，达到平衡状态，故D正确；E．混合物中各物质的浓度不再变化，说明达到平衡状态，故E正确．故答案为：BDE；③粗产品乙酸乙酯中含有乙酸与乙醇，用饱和的碳酸钠溶液反应掉乙酸，溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于溶液分层，乙酸乙酯密度比水小，乙酸乙酯在上层，然后利用分液，乙酸乙酯加入无水碳酸钠吸收其中的水，可得乙酸乙酯；溶液中含有乙醇、碳酸钠、乙酸钠，进行蒸馏可以收集乙醇，向蒸出乙醇的溶液中加入硫酸，可以得到乙酸，再进行蒸馏可以收集乙酸；故答案为：饱和Na2CO3溶液；分液；蒸馏．【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，考查了学生运用知识的能力，注意乙酸乙酯反应的可逆性特点，注意判断平衡状态的方法，为易错点，注意把握实验原理和方法，题目难度中等． 12．在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如下表：时间（s）012345N（NO）（mol）0.0200.010.0080.0070.0070.007（1）上述反应 是 （填“是”或“不是”）可逆反应，在第5s时，NO的转化率为 65% ．如图中表示NO2的变化的曲线是 b ，用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v= 1.5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1 ．【考点】化学平衡的计算．【专题】计算题；类比迁移思想；其它方法；化学平衡专题．【分析】（1）根据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反应不能完全进行，据此判断反应是否是可逆反应，NO转化率=×100%；NO2是产物，随反应进行浓度增大，由方程式可知平衡时△c（NO2）=△c（NO）；根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；17\n【解答】解：（1）根据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反应不能完全进行，所以该反应是可逆反应，在第5s时，NO的浓度为=3.5×10﹣3mol•L﹣1，NO转化率=×100%=65%，故答案为：是；65%；NO2是产物，随反应进行浓度增大，由方程式可知平衡时△c（NO2）=△c（NO）==0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b，2s内用NO表示的平均反应速率v（NO）==3.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=v（NO）=×3.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1=1.5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1，故答案为：b；1.5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1．【点评】本题考查化学平衡计算、反应速率计算及读图表能力，难度不大，侧重考查学生分析解决问题能力． 13．现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构A有三个电子层，K、M层电子数之和等于L层电子数B短周期中金属性最强C常温下单质为双原子分子，氢化物的水溶液呈碱性D元素高正价是+7价（1）用化学用语回答下列问题：①A元素在周期表中的位置 第三周期第ⅥA族 ；②用电子式表示A和B元素组成的化合物的形成过程 ．元素D与元素A相比，D非金属性较强，下列表述中能证明这一事实的是 bde ．a．常温下D的单质和A的单质状态不同b．D的氢化物比A的氢化物稳定c．一定条件下D和A的单质都能与钠反应d．A的最高价含氧酸酸性弱于D的最高价含氧酸e．D单质能与A的氢化物反应生成A单质（3）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一．A、B、C、D四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是 NaOH （写化学式）．（4）X是由A、B、C、D四种元素中的某种元素组成的单质，能经下图所示的过程转化为W（其他条件略去）．XYZW①若Y是有刺激性气味的无色气体，把Y通入BaCl2溶液中，然后滴加适量H2O2溶液，有白色沉淀生成，此白色沉淀的化学式为： BaSO4 ；生成该白色沉淀的化学方程式为 BaCl2+SO2+H2O2=BaSO4↓+2HCl ．②若Z是红棕色气体，则Z→W的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 1：2 ．17\n【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A元素原子有三个电子层，K、M层电子数之和等于L层电子数，则其M层电子数=8﹣2=6，故A为硫；B在短周期中金属性最强，则B为Na；常温下C单质为双原子分子，氢化物的水溶液呈碱性，则C为氮元素；D元素最高正价是+7价，且为短周期元素，故D为Cl，（1）①主族元素周期数=电子层数、族序数=最外层电子数；②Na2S属于离子化合物，钠原子与硫原子的电子式表示硫化钠的形成；元素氢化物稳定性，元素最高价含氧酸的酸性强弱，单质之间的相互置换等可以判断元素非金属性强弱；（3）A、B、C、D四种元素的最高价氧化物的水化物分别为：硫酸、氢氧化钠、硝酸、高氯酸，氢氧化钠属于碱；（4）X是由S、Na、N、Cl四种元素中的某种元素组成的单质，①若Y是有刺激性气味的无色气体，硫元素单质化合物性质符合，可推知X为硫、Y为SO2、Z为SO3、W为H2SO4，SO2被氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡与盐酸；②若Z是红棕色气体，则Z为NO2，则X为N2、Y为NO、W为HNO3，则Z→W的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，结合氮元素化合价变化判断．【解答】解：A元素原子有三个电子层，K、M层电子数之和等于L层电子数，则其M层电子数=8﹣2=6，故A为硫；B在短周期中金属性最强，则B为Na；常温下C单质为双原子分子，氢化物的水溶液呈碱性，则C为氮元素；D元素最高正价是+7价，且为短周期元素，故D为Cl，（1）①A为S元素，原子核外有3个电子层、最外层电子数为6，处于周期表中第三周期第ⅥA族，故答案为：第三周期第ⅥA族；②Na2S属于离子化合物，钠原子与硫原子的电子式表示硫化钠的形成为：，故答案为：；元素氢化物稳定性，元素最高价含氧酸的酸性强弱，单质之间的相互置换等可以判断元素非金属性强弱，物质的状态属于物理性质，不能比较非金属性强弱，与钠的反应不能比较非金属性强弱，故答案为：bde；（3）A、B、C、D四种元素的最高价氧化物的水化物分别为：硫酸、氢氧化钠、硝酸、高氯酸，氢氧化钠属于碱，其它三种化合物属于酸，故答案为：NaOH；（4）X是由S、Na、N、Cl四种元素中的某种元素组成的单质，①若Y是有刺激性气味的无色气体，硫元素单质化合物性质符合，可推知X为硫、Y为SO2、Z为SO3、W为H2SO4，SO2通入BaCl2溶液中，然后滴加适量H2O2溶液，SO2被氧化性为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡与盐酸，白色沉淀为BaSO4，该反应的化学方程式为：BaCl2+SO2+H2O2=BaSO4↓+2HCl，故答案为：BaSO4；BaCl2+SO2+H2O2=BaSO4↓+2HCl；②若Z是红棕色气体，则Z为NO2，则X为N2、Y为NO、W为HNO3，则Z→W的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中二氧化氮是氧化剂、还原剂，其氧化剂的二氧化氮生成NO，其还原剂的二氧化氮生成硝酸，故氧化剂与还原剂物质的量之比=1：2，17\n故答案为：1：2．【点评】本题考查结构性质位置关系应用、无机物推断等，明确元素种类是解答的关键，注意掌握非金属性、金属键强弱比较规律，难度中等． 14．断开1molAB（g）分子中的化学键使其分别生成气态A原子和气态B原子所吸收的能量称为A﹣B键的键能．下表列出了一些化学键的键能E：化学键H﹣HCl﹣ClO═OC﹣ClC﹣HO﹣HH﹣ClE/kJ•mol﹣1436247x330413463431请回答下列问题：（1）如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为 放热 （填“吸热”或“放热”）反应，其中△H= （a﹣b）kJ•mol﹣1 （用含有a、b的关系式表示）．若图示中表示反应H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1，则b= 926 kJ•mol﹣1，x= 496.4 ．（3）历史上曾用“地康法”制氯气，这一方法是用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气．反应的化学方程式为 O2+4HCl2Cl2+2H2O ．若忽略温度和压强对反应热的影响，根据上题中的有关数据，计算当反应中有1mol电子转移时，反应的能量变化为 放出能量31.4kJ ．【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，焓变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量；b为1mol水中含有的化学键的键能，即为2倍的O﹣H的键能，根据焓变△H=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和可计算出x数值；（3）用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，生成氯气和水；先根据△H=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和求出O2（g）+4HCl（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）的△H，然后根据转移电子数与焓变的对应比例关系确定热量变化．【解答】解：（1）由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，焓变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量，因此△H=（a﹣b）kJ•mol﹣1，故答案为：放热；（a﹣b）kJ•mol﹣1；b为1mol水中含有的化学键的键能，即为2倍的O﹣H的键能，因此b=2×463kJ•mol﹣1=926kJ•mol﹣1，根据焓变△H=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和可得：436+﹣463×2=﹣241.8，求得x=496.4，故答案为：926；496.4；17\n（3）用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，生成氯气和水，配平书写化学方程式为：O2+4HCl2Cl2+2H2O，O2（g）+4HCl（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）△H=E（O=O）+4E（H﹣Cl）﹣2E（Cl﹣Cl）﹣4E（O﹣H）=（496.4+4×431﹣2×247﹣4×463）kJ•mol﹣1=﹣125.6kJ•mol﹣1，当1mol氧气完全反应时转移为4mol，放出125.6kJ热量，当1mol电子转移时放出的热量为：125.6kJ×=31.4kJ，故答案为：O2+4HCl2Cl2+2H2O；放出能量31.4kJ．【点评】本题考查焓变与化学键键能的关系，通过△H=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和进行了一系列的计算，其中还涉及氧化还原反应中转移电子数目的计算，综合性强，难度中等． 17
