江西省高安中学2022-2022学年高一化学下学期期末考试试题B卷含解析.doc

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1、江西省高安中学2022-2022学年高一化学下学期期末考试试题B卷含解析相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cu- 64 Fe-56 Zn-65一、选择题(以下各题只有一个答案符合题意，每题3分，共48分)1.对以下化学反响的热现象的说法不正确的选项是放热反响发生时不必加热 化学反响一定有能量变化吸热反响需要加热后才能发生，放热反响不加热就会发生化学反响吸收或放出热量的多少与参加反响的物质的多少有关A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】大多放热反响需要一定条件下才能反响；从化学反响的实质分析判断；吸热反响不一定需要加热，放热反响有时也需要加热才能进行；化学反响的热

2、量变化和物质的聚集状态，物质的量有关，不同量的物质反响热量变化也不同；【详解】大多放热反响需要一定条件下才能反响，如燃烧反响，大多点燃条件下发生剧烈反响，故错误；化学反响的本质是旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，反响过程中一定伴随能量的变化，故正确；吸热反响不一定需要加热，如氢氧化钡结晶水合物和氯化铵反响是吸热反响，常温下可发生；有的放热反响也需要加热才能进行，如铝热反响；故错误；反响物物质的量不同，反响的能量变化不同，故正确；应选：C。【点睛】此题考查了反响能量的变化分析判断，解题关键：理解反响条件和吸热、放热的关系，易错点，反响吸热还是放热与反响条件没有必然联系2.可逆反响A(g

3、)+ 4B(g) C(g)+ D(g)，在四种不同情况下的反响速率如下，其中反响进行得最快的是( )A. vA=0.15mol/(Lmin)B. vB=0.02 mol/(Ls)C. vC=0.4 mol/(Lmin)D. vD=0.01 mol/(Ls)【答案】D【解析】【分析】利用比值法可知，化学反响速率与化学计量数之比越大，反响速率越快，据此分析判断。【详解】化学反响速率与化学计量数之比越大，反响速率越快。A、=0.15；B、=0.3；C、=0.4；D、=0.6；显然D中比值最大，反响速率最快，应选D。【点睛】利用比值法解答时，要注意单位需要相同，这是此题的易错点。此题也可以根据方程式转

4、化为同一物质的化学反响速率，进行大小的比拟。3.在一定温度时，容积为5L的某密闭容器中将1mol A和2mol B发生如下反响：A(s)+2B(g) C(g)+2D(g)，经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L。以下表达不正确的选项是( )A. 在5min内该反响用C的浓度变化表示的反响速率为0.02mol/(Lmin)B. 5min时，容器内D的浓度为0.2mol/LC. 5min时容器内气体总的物质的量为3molD. 当容器内压强保持恒定时，该可逆反响到达平衡状态【答案】C【解析】【详解】经5min后测得容器内B的浓度减少了0.2molL-1，那么消耗的B的物质的量为5L0

5、.2molL-1=1mol，那么 A(s) + 2B(g)C(g) + 2D(g)起始： 1mol 2mol 0 0转化： 0.5mol 1mol 0.5mol 1mol5min时：0.5mol 1mol 0.5mol 1molA在5min内该反响用C浓度变化表示的反响速率为=0.02molL-1min-1，故A正确；B5min时，容器内D的浓度为=0.2molL-1，故B正确；C5min时容器内气体总物质的量为1mol+0.5mol+1mol=2.5mol，故C错误。D反响前后气体的体积不等，那么当容器内压强保持恒定时，该可逆反响到达平衡状态，故D正确；答案选C。【点睛】此题的易错点为C，要

6、注意A为固体。4.以下说法中，正确的选项是()A. 第A族元素的金属性一定比A族元素的金属性强B. 除短周期外，其他周期均有18种元素C. 短周期中，同周期元素的离子半径从左到右逐渐减小D. 主族是由短周期元素和长周期元素共同组成族【答案】D【解析】【详解】A第A族元素的金属性不一定比A族元素的金属性强，如Li比Ca、Ba等金属的金属性弱，故A错误；B四、五周期有18种元素，第六、七周期有32种元素，故B错误；C核外电子层数越多，离子半径越大，同周期元素的离子半径，阳离子半径小于阴离子半径，故C错误；D副族元素与族不含短周期元素，除0族外，短周期元素和长周期元素共同组成的族称为主族，故D正确；

7、答案选D。5.在两个恒容的密闭容器中，进行以下两个可逆反响：甲：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)乙：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)以下状态中能说明甲、乙容器内的反响都到达平衡状态的是()A. 混合气体密度不变B. 反响体系中温度保持不变C. 各气体组成浓度相等D. 恒温时，气体压强不再改变【答案】B【解析】【详解】A由于乙反响的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，密度始终不变，因此混合气体密度不变，无法判断乙是否到达平衡状态，故A错误；B化学反响一定伴随着能量的变化，反响体系中温度保持不变，说明正逆反响速率相等，到达了平衡状态，故B正确；C各气体组成浓度相等，不

8、能判断各组分的浓度是否不变，无法证明到达了平衡状态，故C错误；D乙反响的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以压强不变，无法判断乙是否到达平衡状态，故D错误；答案选B。【点睛】掌握化学平衡的特征中解题的关键。此题的易错点为A，要注意题意要求“说明甲、乙容器内的反响 都到达平衡状态。6.如以下图是从元素周期表中截取下来的，甲、乙、丙为短周期主族元素，以下说法中正确的选项是()A. 丁一定是金属元素，其金属性比丙强B. 丙的最高价氧化物水化物显强酸性C. 乙的氢化物是以分子形式存在，且分子间存在氢键D. 戊的原子序数一定是甲的5倍，且原子半径比甲大【答案】C【解析】分析：甲、乙、丙为短周

9、期主族元素，由位置可知，甲、乙一定为第二周期元素，丙为第三周期元素，丁、戊为第四周期元素，A丁不一定是金属元素；B假设丙为P元素，那么其最高价氧化物对应的水化物不是强酸；C乙元素可能是N、O、F，那么氢化物中含有氢键；D甲、戊元素不能确定，那么原子序数的关系不能确定。详解：甲、乙、丙为短周期主族元素，由图可知甲、乙位于第二周期，丙为与第三周期，丁、戊为第四周期，A根据元素在周期表中的位置，丁可能是As、Ge、Ga元素，所以丁不一定是金属元素，选项A错误；B丙元素可能是Si、P、S，假设丙为Si、P元素，那么其最高价氧化物对应的水化物不是强酸，选项B错误；C乙元素可能是N、O、F，它们的氢化物均

10、为分子晶体，氢化物中含有氢键，选项C正确；D甲、戊元素不能确定，那么原子序数的关系不能确定，假设甲为C元素，那么戊为Se元素，不是5倍的关系，选项D错误。答案选C。点睛：此题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握元素的位置、性质、元素化合物知识为解答该题的关键，题目难度不大，注意理解同主族元素的原子序数关系。7.A、B、C均为短周期元素，A、B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，以下说法中正确的选项是A. C元素的最高正价为+7价B. 离子半径：A2CB2+C. 原子半径：ABCD. 复原性：A2C【答案】B【解析】试

11、题分析：根据题意可得：A是S；B是Mg；C是F。A由于F是非金属性最强的元素，因此F元素无最高正价。错误。B对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数越大，离子的比拟就越小；对于电子称结构不同的微粒来说，离子核外电子层数越多，离子半径就越大。因此离子半径：A2CB2+。正确。C同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大。因此原子半径：BAC。错误。D离子核外电子层数越多，电子受到原子核的吸引力就越小，电子乐容易失去，即复原性就越强。因此复原性：A2C。错误。考点：考查元素的推断及元素及化合物的性质的比拟的知识。8.微型纽扣电池在现代生活中有广

12、泛应用，有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反响为Zn2OH2e=ZnOH2O；Ag2OH2O2e=2Ag2OH，根据上述反响式，判断以下表达中正确的选项是()A. Zn是正极，Ag2O是负极B. 使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极C. 在使用过程中，电池负极区溶液的碱性减弱D. Zn电极发生复原反响，Ag2O电极发生氧化反响【答案】C【解析】【分析】根据原电池原理结合电极反响式知，负极上发生氧化反响，正极上发生复原反响，锌作负极，氧化银作正极，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答。【详解】A原电池中，失电子的电极是负极，得电子的电极是正极，所以锌

13、是负极，氧化银是正极，故A错误；B锌是负极，氧化银是正极，原电池工作时，电子从锌沿导线流向氧化银，故B错误；C根据电极反响式Zn2OH2e=ZnOH2O知，负极上氢氧根离子参与反响，导致氢氧根离子浓度减小，那么溶液的碱性减弱，故C正确；D负极锌失电子发生氧化反响，正极氧化银得电子发生复原反响，故D错误；答案选C。9.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。以下有关该电池的说法正确的选项是()A. 反响CH4H2O3H2CO，每消耗1 mol CH4 转移2 mol 电子B. 电极A上H2参与的电极反响为：H22OH2e=2H2OC. 电池工作时，CO32-向电极B移动D. 电极B上发生的电极反响为

14、：O22CO24e=2CO32-【答案】D【解析】【分析】根据图示，甲烷和水经催化重整生成CO和H2；燃料电池中，通入CO和H2燃料电极为负极，被氧化生成二氧化碳和水，通入氧气的电极为正极，氧气得电子生成CO32-，据此分析解答。【详解】A反响CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；B熔融碳酸盐燃料电池的电解质中没有OH-，电极A的反响为H2+CO+2CO32-4e-=H2O+3CO2，故B错误；C燃料电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，故C错误；D电极B为正极，正极上氧气得电子

15、生成CO32-，反响为O2+2CO2+4e-=2CO32-，故D正确；答案选D。【点睛】明确原电池的原理是解题的关键。此题的易错点为B，书写电极反响式时要注意结合电解质的影响书写。10.海水开发利用的局部过程如下图。以下说法错误的选项是( )A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂C. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其复原吸收【答案】B【解析】A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，别离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故B错误；C粗盐中含有Ca2+、Mg2+、S

16、O42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中参加过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中参加盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故C正确；D海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其复原吸收转化为HBr，到达富集的目的，故D正确；应选B。点睛：此题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查。此题的易错点为D，要熟悉富集溴的原理。11.以下系统命名法正确的选项是( )A. 2-甲基-4-乙基戊烷B. 2-甲基-3-丁炔C. 2,3-二乙基-1-戊烯D. 2,3-二甲基苯【答案】C【解

17、析】【详解】A戊烷中出现4-乙基，说明选取的不是最长碳链，正确命名为：2，4-二甲基己烷，故A错误；B2-甲基-3-丁炔，链端选取错误，正确命名为：3-甲基-1-丁炔，故B错误；C2，3-二乙基-1-戊烯，符合烯烃的命名，故C正确；D2，3-二甲基苯的编号错误，正确命名为：1，2-二甲基苯(或邻二甲苯)，故D错误；答案选C。12.以下有机物相关描述不正确的( )A. 用溴水能区分乙酸、己烯、苯、四氯化碳B. 分子中至少有11个碳原子处于同一平面上C. 实验室制取乙酸乙酯时，往大试管中依次参加浓硫酸、无水乙醇、冰醋酸D. 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏【答案】C【解析】【详解】A己烯含

18、有碳碳双键，能与溴水发生加成反响，溴水褪色；苯和四氯化碳均能萃取溴水中的溴，苯层在水的上层，四氯化碳在水下层；乙酸与溴水互溶，无明显现象，现象不同，能区分，故A正确；B甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面上。两个苯环通过单键相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环所在平面。分子的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，故B正确；C参加酸液时应防止酸液飞溅，应先参加乙醇，再加浓硫酸，防止浓硫酸溶解放热造成液体飞溅，最后慢慢参加冰醋酸，故C错误；D乙酸与足量生石灰

19、反响后增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故D正确；答案选C。【点睛】此题的易错点和难点为B，要注意碳碳单键可以旋转，该分子至少有11个碳原子处于同一平面上，最多14个碳原子处于同一平面上。13.劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷。关于该化合物的说法正确的选项是A. 与互为同系物B. l mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2C. 一氯代物有4种D. 分子中所有原子均处于同一平面【答案】B【解析】【详解】A. 同系物是指结构相似、分子组成相差假设干个“CH2原子团的有机化合物；与不是同系物，故A错误； B. 的分子式为C4H8O2，l mol完全燃烧消耗O2为4+-mol=5mol，故B正确；

20、C. 分子中只有一种类型的氢原子，所以一氯代物只有1种，故C错误；D. 甲烷为四面体结构，分子中含有与甲烷相同的饱和碳原子，因此所有原子不可能处于同一平面，故D错误。故答案选B。【点睛】此题考查有机物的结构和性质，涉及同系物概念、同分异构体种数的判断、有机物的空间构型以及有机物燃烧耗氧量的计算等，D项为易错点，注意含有饱和碳原子时，有机物中的所有原子不可能共平面。14.以下实验装置图及实验用品均正确的选项是局部夹持仪器未画出A实验室制取溴苯B实验室制取乙酸乙酯C石油分馏D实验室制取硝基苯A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A实验室用铁作催化剂，用液溴和苯制取溴苯，溴易挥发

21、且溴极易溶于四氯化碳溶液中，所以用四氯化碳吸收溴，生成的HBr极易溶于水，采用倒置的漏斗防止倒吸，故A正确；B制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，蒸气中含有乙醇、乙酸，乙醇极易溶于水、乙酸极易和碳酸钠溶液反响，如果导气管插入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，故B错误；C蒸馏时，温度计测量蒸气的温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，冷却水的水流方向是低进高出，故C错误；D制取硝基苯用水浴加热，应控制温度范围是5560，故D错误；故答案为A。【点睛】实验方案的评价包括：1从可行性方面对实验方案做出评价：科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原那么，任何实验方案都必须科学可行评价时，

22、从以下4个方面分析：实验原理是否正确、可行；实验操作是否完全、合理； 实验步骤是否简单、方便；实验效果是否明显等2从“绿色化学视角对实验方案做出评价：“绿色化学要求设计更平安、对环境友好的合成线路、降低化学工业生产过程中对人类健康和环境的危害，减少废弃物的产生和排放根据“绿色化学精神，对化学实验过程或方案从以下4个方面进行综合评价：反响原料是否易得、平安、无毒；反响速率较快； 原料利用率以及合成物质的产率是否较高；合成过程是否造成环境污染3从“平安性方面对实验方案做出评价：化学实验从平安角度常考虑的主要因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防着火、防溅液、防破损等15.以下说法中正确的一组

23、是()A. H2、D2和T2互为同位素B. 和互为同分异构体C. 正丁烷和异丁烷互为同系物D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质【答案】D【解析】【详解】AH2、D2和T2都是氢元素形成的单质，只是组成的原子种类不同，但结构相同，属于同一种物质的不同分子，故A错误； B为四面体结构，碳原子连接的原子在空间相邻，组成相同，为同一物质，故B错误；C正丁烷和异丁烷可以表示为和，分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故C错误；D(CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2的结构可以表示为和分子组成相同，结构相同，为同一种物质，故D正确；答案选D。16. 将

24、0.2 mol以下烃完全燃烧后，生成的气体缓缓通过0.5 L 2mol/L的NaOH溶液中，生成正盐和酸式盐的物质的量之比为1：3，那么该烷烃是 A. 乙烷B. 丙烷C. 丁烷D. 戊烷【答案】C【解析】试题分析：假设该烷烃分子中含有n个C原子，那么完全燃烧产生CO2的物质的量是0.2nmol。n(NaOH)= 0.5 L 2mol/L=1mol。假设产生的Na2CO3的物质的量为amol,那么NaHCO3为3amol。那么根据Na守恒可得2a+3a=1,解得a=0.2mol,所以Na2CO3为0.2mol,NaHCO3为0.6mol。根据C守恒可得0.2n=0.8,所以n=4.因此该烷烃是丁

25、烷。考点：考查有机物燃烧规律及化学式确实定的知识。二、填空题(共52分)17.：A是来自石油的重要的根本有机化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。(1)A的电子式为_，F的结构简式为_。(2)D分子中的官能团名称是_，请设计一种实验来验证D物质存在该官能团的方法是_。(3)写出以下反响的化学方程式并指出反响类型反响：_，反响类型_。 反响：_，反响类型_。【答案】 (1). (2). (3). 羧基 (4). D与碳酸氢钠溶液混合，假设有气泡产生，那么D中含有羧基 (5). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H

26、2O (6). 氧化反响 (7). CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O (8). 酯化反响【解析】【分析】A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工开展水平，所以A是H2C=CH2，E是具有果香味的有机物，E是酯，酸和醇反响生成酯，那么B和D一种是酸一种是醇，B能被氧化生成D，A反响生成B，碳原子个数不变，所以B是CH3CH2OH，D是CH3COOH，铜作催化剂、加热条件下，CH3CH2OH被氧气氧化生成C，C是CH3CHO，乙酸与乙醇分子酯化反响生成E，E为CH3COOCH2CH3，A反响生成F，F是一种高聚物，乙烯发生加聚反响生成高聚物F为，

27、据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H2C=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3，F为。(1)A是H2C=CH2，A的电子式为，F的结构简式 ，故答案为：；(2)D是CH3COOH，D中的官能团为羧基，检验乙酸含有羧基，可以将乙酸溶液中参加碳酸氢钠，如果有气体产生，那么证明该物质中有羧基，故答案为：羧基；D与碳酸氢钠溶液混合，假设有气泡产生，那么D中含有羧基；(3)反响是乙醇的催化氧化，反响方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，是氧化反响；反响是乙醇与乙酸发生酯化反响生成乙酸乙酯，反响方程式为：CH3COOH+

28、CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，属于酯化反响，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反响；CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；酯化反响。18.电池在我们的生活中有着重要的应用，请答复以下问题：(1)为了验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，以下装置能到达实验目的的是_(填序号)，写出正极的电极反响式_。假设构建原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过0.05 mol电子时，两个电极的质量差为_。(2)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如下图(A、B为多孔碳棒)。 实验测得OH向B 电极定向移动，那么_(填“A或“

29、B)处电极入口通甲烷，其电极反响式为_当消耗甲院体积为33.6 L(标准状况下)时，假设电池的能量转化率为80%，那么导线中转移电子的物质的量为_。【答案】 (1). (2). Cu2+2e-Cu (3). 3g (4). B (5). CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O (6). 9.6mol【解析】【详解】(1)中铜是负极，碳是正极，铁离子在正极放电生成亚铁离子，不能比拟Fe2+与Cu2+氧化性强弱；中在常温下铁遇浓硝酸发生钝化，铁是正极，铜是负极，不能比拟Fe2+与Cu2+氧化性强弱；中铁是负极，碳是正极，铜离子在正极得到电子生成铜，能比拟Fe2+与Cu2+氧化性强弱，正极的

30、电极反响为Cu2+2e-=Cu；当导线中通过0.05mol电子时，消耗铁0.025mol561.4g，析出铜是0.025mol64g/mol1.6g，那么两个电极的质量差为1.4g+1.6g3.0g；(2)实验测得OH-定向移向B电极，那么B电极是负极，因此B处电极入口通甲烷，其电极反响式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；甲院的体积为33.6L(标准状况下)，物质的量是1.5mol，假设电池的能量转化率为80%，那么导线中转移电子的物质的量为1.5mol80%89.6mol。19.1在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反响：N2(g)3H2(g)2NH3(g)。该可逆

31、反响到达平衡的标志是_。A3v正(H2)2v逆(NH3) B单位时间生成m mol N2的同时生成3m mol H2C容器内的总压强不再随时间而变化 D混合气体的密度不再随时间变化2工业上可用天然气为原料来制取合成氨的原料气氢气。某研究性学习小组的同学模拟工业制取氢气的原理，在一定温度下，体积为2 L的恒容密闭容器中测得如下表所示数据。请答复以下问题：时间/minCH4/molH2O/molCO/molH2/mol00.401.00005a0.80c0.6070.20b0.20d分析表中数据，判断5 min时反响是否处于平衡状态？_(填“是或“否)，前5 min反响的平均反响速率v(CH4)_

32、。3恒温恒容下，将2 mol 气体A和2 mol气体B通入体积为2L的密闭容器中，发生如下反响：2A(g)B(g) xC(g)2D(s)，2 min后反响到达平衡状态，此时剩余1.2 mol B，并测得C的浓度为1.2 mol/L。x_。A的转化率与B的转化率之比为_。【答案】 (1). C (2). 是 (3). 0.02 molL1min1 (4). 3 (5). 2：1【解析】【分析】1根据平衡状态的特征分析；2根据平衡时物质的浓度不再发生变化分析；根据反响速率c/t计算；3根据三段式计算。【详解】1在一定条件下，当可逆反响的正反响速率和逆反响速率相等时但不为0，反响体系中各种物质的浓度

33、或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。那么A3v正(H2)2v逆(NH3)不满足正逆反响速率相等，没有到达平衡状态，A不选；B单位时间生成m mol N2的同时生成3m mol H2均是逆反响速率，不能说明反响到达平衡状态，B不选；C正反响体积减小，容器内的总压强不再随时间而变化能说明反响到达平衡状态，C选；D密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反响过程中质量和容积始终是不变的，因此混合气体的密度不再随时间变化不能说明反响到达平衡状态，D不选；答案选C。2根据方程式CH4+H2OCO+3H2结合表中数据可知c0.2，所以5 min时反响已经处于平衡状态；前5 min内消耗甲烷是0.2m

34、ol，浓度是0.1mol/L，那么反响的平均反响速率v(CH4)0.1mol/L5min0.02 molL1min1。3 2A(g)B(g)xC(g)2D(s)起始量mol 2 2 0转化量mol 1.6 0.8 0.8x平衡量mol 0.4 1.2 0.8xC的浓度为1.2 mol/L，那么1.220.8x，解得x3。A的转化率与B的转化率之比为。20.利用甲烷与氯气发生取代反响制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：试答复以下问题：(1)请写出C装置中生成CH2Cl2的化学方程式：_。(2)B装置有三种功能：混匀混合气体；_；_。

35、(3)D装置的名称为_，其作用是_。(4)E装置中除盐酸外，还含有机物，从E中别离出盐酸的最正确方法为_(填字母)。a.分液法 b.蒸馏法 c.结晶法(5)将1mol CH4与Cl2发生取代反响，充分反响后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，那么参加反响的Cl2的物质的量为_ 。(6)丁烷与氯气发生取代反响的产物之一为C4H8Cl2，其有 _种同分异构体。【答案】 (1). CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl (2). 控制气流速率 (3). 枯燥气体 (4). 枯燥管 (5). 防止倒吸 (6). a (7). 3 mol (8

36、). 9【解析】【分析】在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反响生成氯气，浓硫酸具有吸水性，可以作枯燥剂，C中枯燥的甲烷和氯气在光照条件下发生取代反响生成氯代甲烷和HCl，尾气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，所以E装置是吸收尾气中所氯化氢以制备盐酸，并且防止污染环境，倒置的枯燥管能防倒吸，据此分析解答。【详解】(1)C 装置中生成 CH2Cl2 的反响是甲烷和氯气光照发生取代反响生成的，反响的化学方程式：CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl，故答案为：CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl；(2)浓硫酸具有吸水性，因为甲烷和氯气中含有水蒸气，所以浓硫酸枯燥混合气体，浓硫酸为液体，通过气泡还可以控制

37、气流速度，能均匀混合气体等，故答案为：控制气流速率；枯燥混合气体；(3)D 装置为枯燥管，氯化氢极易溶于水，枯燥管可以防止倒吸，故答案为：枯燥管；防止倒吸；(4)氯代烃不溶于水，而HCl极易溶于水，可以采用分液方法别离出盐酸，应选a；(5)根据充分反响后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，可以设其物质的量分别是x、x+0.1mol、x+0.2mol、x+0.3mol，那么x+x+0.1mol+x+0.2mol+x+0.3mol=1mol，解得x=0.1mol，发生取代反响时，一半的Cl进入HCl，因此消耗氯气的物质的量为0.1mol+2

38、0.2mol+30.3mol+40.4mol=3mol，故答案为：3 mol；(6)丁烷有三种结构，那么C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二法：、，共有9种同分异构体，故答案为：9。【点睛】明确实验原理及物质性质、实验根本操作是解此题关键。此题的易错点为(5)，要注意取代反响的特征，参加反响的氯气中的氯原子有一半的Cl进入HCl，另一半进入氯代甲烷。21.有机物A只由C、H、O三种元素组成，常用作有机合成的中间体，测得8.4g该有机物经燃烧生成22.0g CO2和7.2g水，质谱图说明其相对分子质量为84；红外光谱分析说明A中含有-OH和位于分子端的-CC-，核磁共振氢谱显示有3种峰，

39、且峰面积之比为6:1:1。试通过计算求A的分子式和结构简式_。【答案】C5H8O、【解析】【分析】根据n=计算有机物A、二氧化碳、水的物质的量，根据原子守恒计算烃分子中C、H原子数目，根据相对原子质量计算分子中氧原子数目，据此书写烃的分子式；红外光谱分析说明A分子中含有O-H键和位于分子端的CC键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为6:1:1，分子中有3种不同的H原子，原子数目之比为6:1:1，据此判断有机物A的结构简式。【详解】有机物A只含有C、H、O三种元素，质谱图说明其相对分子质量为84，16.8g有机物A的物质的量=0.1mol，经燃烧生成22.0gCO2，物质的量为=0.5mol，生成7.2gH2O，物质的量为=0.4mol，故有机物A分子中N(C)=5，N(H)=8，根据相对分子质量为84，那么N(O)=1，故A的分子式为C5H8O；C5H8O不饱和度为：=2，红外光谱分析说明A分子中含有O-H键和位于分子端的CC键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为6:1:1，故分子中含有2个CH3、1个-OH连接在同一C原子上，所以A的结构简式为：，故答案为：C5H8O；。