高三化学上学期周练试题(一)试题2

证对市爱幕阳光实验学校学第一学期高四化学周练试题〔一〕
第一卷〔选择题共60分〕
本卷共16小题，每题3分，共48分。

在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项最符合题目要求的。

1．COCl2的分解反为COCl2〔g 〕Cl2〔g〕+CO〔g〕。

将一量COCl2〔g〕和Cl2〔g〕放入一密闭容器中，2min时到达平衡后，各物质的物质的量在不同条件下的变化情况如以下图所示。

以下相关说法中不正确的选项是
A．1min时以CO表示的逆反速率小于3min时以CO表示的正反速率
B．假设在6min时改变的条件为升高温度，那么反的平衡常数K增大
C．12min时改变的条件可为减小CO的浓度，16min时改变的条件可为增大反容器的体积
D．以CO表示在4~5min、10~11min和12~13min时平均反速率为v〔4~5〕＜v 〔10~11〕＜v〔12~13〕
2．固体碘化铵置于密闭容器中，加热至一温度后恒温，容器中发生反：①NH4I 〔s 〕NH3〔g〕+HI〔g〕②2HI〔g 〕H2〔g〕+I2〔g〕，测得平衡时c 〔I2〕=0.5mol/L，反①的平衡常数为20mol2/L2，那么以下结论不正确的选项是
A．平衡时c〔NH3〕=5mol/L
B．平衡时HI分解率为20%
C．混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反到达平衡状态的标志
D．平衡后缩小容器体积，NH4I的物质的量增加，I2的物质的量不变
3．电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，工作原理如图。

以下有关说法错误的选项是
A．阳极可发生电极反：2Cl--2e-═Cl2↑
B．阴极附近溶液的pH减小
C．a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜
D．I、II分别是淡水、浓海水出口
4．分子式为C5H8O3的有机物能使制Cu〔OH〕2悬浊液溶解，加热后出现砖沉淀，那么该有机物的结构有〔不含立体异构〕
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
5．在酸性溶液中，以下物质氧化H2S生成S是时，自身发生如下变化： IO3-→I2； Fe3+→Fe2 +； SO2→S；MnO4-→Mn2+。

如果分别用物质的量的这些物质氧化足量的H2S，得到S最多的是〔〕
A．IO3- B．Fe3+ C．SO2 D． MnO4-
6．在相同温度和压强下，对反CO2〔g〕+H2O〔g 〕CO〔g〕+H2O〔g〕进行甲、乙、丙、丁四组，起始时放入容器内的各组分的物质的量见下表物质
物质的量CO2H2CO H2O
甲 a mol a mol 0mol 0mol
乙2a mol a mol 0mol 0mol
丙0mol 0mol a mol a mol
丁 a mol 0mol a mol a mol
上述四种情况到达平衡后，n〔CO〕的大小顺序是
A．乙=丁＞丙=甲 B．乙＞丁＞甲＞丙 C．丁＞乙＞丙=甲 D．丁＞丙＞乙＞甲
7．如图是一个石墨作电极，电解稀的Na2SO4溶液的装置，通电后在石墨电极A和B附近分别滴加一滴石蕊溶液。

以下有关表达正确的选项是
A．逸出气体的体积，A电极的小于B电极的
B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C．A电极附近呈，B电极附近呈蓝色
D．电解一段时间后，将电解液转移到同一烧杯中，充分搅拌后溶解呈中性8．a1、a2分别为A在甲、乙两个恒温容器中建立平衡体系A(g)2B(g)时的转化率，甲容器保持压强不变，乙容器保持容器体积不变。

在温度不变的情况下，均增加A的物质的量，以下判断正确的选项是
A．a1、a2均减小 B．a1减小，a2增大
C．a1、不变，a2增大 D．a1不变，a2减小
9．如图表示可逆反mA(g)十nB(g)C(g)在不同温度〔T〕、压强〔P〕下，生成物C的物质的量分数x(C)的变化情况。

以下关于该正反热效及方程式中A、B、C 的化学计量数的判断中，正确的选项是
A．吸热反，m+n<p B．吸热反．m+n＞p
C．放热反，m+n<p D．放热反，m+n＞p
10．铜和镁的合金4 g完全溶于一浓度的硝酸，假设反中硝酸被还NO2、NO、N2O三种气体而且在状况下它们的体积均为0．224 L。

在反后的溶液中，加人足量的氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、枯燥后称量，质量为
A．4．18 g B．2 g C．4．68 g D．5.08 g
11．设N A为阿伏伽德罗常数的值，以下说法正确的选项是
A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为N A
B．常温常压下，g乙醛所含单键数目为0.7N A
C．状况下． LCO2与足量Na2O2反转移的电子数为0.5N A
D．50mL1 2mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0．3N A
12．以下操作能到达目的的是
选项操作目的
A 向盛有1mL2%的硝酸银溶液中逐滴参加2%稀氨水，边滴边
振荡至最初产生的沉淀恰好消失为止
配制少量银氨溶液
B 向盛有2mL10%的硫酸铜溶液的试管中滴加0．5mL10%氢氧
化钠溶液，混合均匀，滴入待检液，加热
检验某溶液中是否含有醛基
C 向淀粉溶液中参加稀硫酸，加热一段时间后，再参加银氨
溶液
检验淀粉是否水解完全
D 将氯乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混
合溶液中滴加硝酸银溶液
检验水解产物中的氯离子
13．状况下，使NO2和O2按4:1体积比充满枯燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，那么最终该溶液中溶质的物质的量浓度为〔〕
A．1/14mol/L B．4/5mol/L C．1/28mol/L D．1/42mol/L 14．25℃时，K SP Mg〔OH〕2= 1 ×10－12，K SP MgF2= 2 ×10－11以下说法正确
的选项是
A．25℃时，固体Mg〔OH〕2在20ml0.01 mol·L－1氨水中的K SP比20mL0.01 mol·L －1NH
4Cl溶液中的K SP小
B．25℃时，饱和Mg〔OH〕2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c〔Mg2+〕大C．25℃时，在Mg〔OH〕2的悬浊液参加NaF溶液后，Mg〔OH〕2不可能转化成为MgF2
D．25℃时，在Mg〔OH〕2的悬浊液参加少量的NH4Cl固体，c〔Mg2+〕增大15．如下图装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细。

由此判断下表中所列M、N、P物质，其立的是
M N P
A 锌铜稀硫酸溶液
B 铜铁稀盐酸
C 银锌硝酸银溶液
D 锌铁硝酸铁溶液
16．将1g Na2O2和g Al同时放入一量的水中，充分反后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体2L〔状况〕，假设忽略反过程中溶液的体积变化，那么以下判断正确的选项是〔〕
A．反过程中得到2L〔状况〕的气体
B．最终无沉淀生成
C．最终得到的溶液中c〔NaCl〕=mo/L
D．最终得到的溶液中c〔Na+〕=c〔Cl-〕+c〔OH-〕
第二卷非选择题〔共6小题，52分〕
17．取状况下CH4和过量O2的混合气体840 mL，点燃，将燃烧后的气体用过量碱石灰吸收，碱石灰增重0.600g。

请计算：〔1〕碱石灰吸收后所剩气体的体积〔状况下〕；
〔2〕原混合气体中CH4与O2的体积比。

18．把铝、铁混合物 g 溶于200 mL 5 molL -1 盐酸中，反后盐酸的浓度变为molL -1 〔溶液体积变化忽略不计〕。

求：〔1〕反中消耗HCl的物质的量。

〔2〕该混合物中铝、铁的物质的量。

19．把l00mL2.0 mol／L CuSO4溶液和l00 mL l.0 mol／LH2SO4溶液混合(假设混合后溶液的体积于混合前两种溶液的体积之和)。

计算
〔1〕混合溶液中CuSO4的物质的量浓度。

〔2〕混合溶液中SO42-的物质的量浓度。

20．M是一种型可生物降解的高分子材料，主要制造可降解纤维、塑料和医用材料，其水解最
终产物为N。

燃烧9.0g的N只产生CO2和H2O，且质量分别为1g和g，测得N 在状况下的蒸气密度为4.02g/L；N的核磁共振氢谱显示的峰面积之比为1：1：1：3。

〔1〕通过计算确N的分子式
〔2〕写出N的结构简式，并写出N在催化剂条件下缩聚反合成M的化学方程式．
21．将0.6 molA和0.5 molB 充入0.4L密闭容器中发生2A〔g〕 + B〔g〕mD 〔g〕 + E〔g〕，5min 后到达化学平衡，此时测得D为0.2 mol。

又知5min 内用E表示的平均反速率为0.1 mol·L－1·min－1，计算：
〔1〕m的值
〔2〕平衡时B的转化率
〔3〕起始与平衡时密闭容器中的压强之比
22．25℃时，向100mL含氯化氢1g的盐酸里放入g纯铁粉〔不考虑反前后溶液体积的变化〕，反映开始至2min末收集到氢气2L〔状况〕，在此之后，又经过4min铁粉溶解。

那么：
〔1〕在前2min内用FeCl2表示的平均反速率是多少？
〔2〕在后4min内用HCl表示的平均反速率是多少？
〔3〕前2min与后4min相比，反速率哪个较快？为什么？
参考答案
1．D
【解析】
试题分析：A．1min时反尚未达平衡且此时反正向进行为主，CO的速率呈增大趋势，故以CO表示的逆反速率小于3min时以CO表示的正反速率，故A 正确；B．在6min时改变的条件为升高温度，由图像可知平衡正向进行，那么反的平衡常数K增大，故B正确；C．12min时由图像可知，CO的速率瞬间减小，平衡正向移动，可推知改变的条件可为减小CO的浓度；可逆反COCl2〔g 〕Cl2〔g〕+CO〔g〕如果增大反容器的体积，平衡正向移动，那么由图像可知16min 时改变的条件可为增大反容器的体积，故C正确；D．平衡状态从4~5min到10~11min时是升高温度，反速率加快，平衡后减少CO的浓度，此时速率该降低，那么CO表示在10~11min时和12~13min时平均反速率为v〔10~11〕＞v 〔12~13〕，故D错误；答案为D。

【考点位】考查化学平衡的图像分析，涉及影响反速率的因素。

【点晴】考查的图像主要有三类：第一类是化学平衡建立过程中有关量随时间的变化图像；第二类是平衡移动原理的用或它的逆向思维图像；第三类是反物或生成物物质的量〔或浓度或质量分数〕与时间关系的图像，此类图像既要考虑反速率的大小，又要考虑化学平衡移动，反物的转化。

由于化学平衡图像将数字知识和化学平衡理论融为一体,它正表达课程的要求。

2．D
【解析】
试题分析：设：碘化铵生成氨气和碘化氢的浓度为x，那么①NH4I〔s 〕NH3〔g〕+HI〔g〕
x x
②2HI〔g 〕H2〔g〕+I2〔g〕，测得平衡时c〔H2〕=0.5mol/L，即
1mol/L 0.5mol/L 0.5mol/L
所以碘化氢的平衡浓度是〔x-1〕mol/L，根据反①的平衡常数为20，那么x 〔x-1〕=20，解得x=5mol/L；A．由分析可知平衡时c〔NH3〕=5mol/L，故A 正确；B．平衡时HI 分解率为×100%=20%，故B正确；C．反体系气体的总物质的量始终不变，那么混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反到达平衡状态的标志，故C正确；D．平衡后缩小容器体积，反①逆向移动，NH4I的物质的量增加，HI的物质的量降低，反②逆向移动，那么I2的物质的量也减小，故D错误；答案为D。

考点：考查化学平衡的计算
3．B
【解析】
试题分析：A．阳极周围是氯离子性氧化反，所以阳极可发生电极反：2Cl--2e-═Cl2↑，故A正确；B．阴极附近是水电离出的氢离子放电，氢氧根离子浓度增大，所以阴极附近溶液的pH增大，故B错误；C．a膜为氯离子透过的膜，而b膜为阳离子通过的膜，所以a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜，故C正确；D．I中氯离子向阳极移动，钠离子向阴极移动，所以I是淡水出口，而中间II中右边移进氯离子，左边移进钠离子，所以II浓海水出口，故D正确；应选B。

【考点位】考查电解原理的用、电极反、电极判断。

【点晴】电化学是化学能与电能转化关系的化学。

电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。

与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。

阳极发生氧化反，阴极发生复原反。

假设阳极是活性电极〔除Au、Pt、C之外的电极〕，那么电极本身失去电子，发生氧化反；假设是惰性电极〔Au、Pt、C电极〕，那么是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子，阴极那么是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+，与金属活动性顺序刚好相反。

溶液中的离子移方向符合：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原那么，即阳离子向阴极区移动，阴离子向阳极区移动。

掌握电解池反原理是此题解答的关键。

此题难度适中。

4．C
【解析】
试题分析：分子式为C5H8O3并能使制Cu〔OH〕2悬浊液溶解，继续加热会出现砖沉淀，说明有机物中含有1个羧基、醛基，丁酸有2种同分异构体：
CH3CH2CH2COOH 、；当丁酸为CH3CH2CH2COOH时，一元取代产物有3种；当戊酸为时，一元取代产物有2种；所以共有5种结构，应选C。

【考点位】考查同分异构体的书写
【点晴】根据效氢判断同分异构体数目，利用对称性确分子中效氢原子数目是解题的关键；分子式为C5H8O3并能使制Cu〔OH〕2悬浊液溶解，继续加热会出现砖沉淀，说明有机物中含有1个羧基、醛基，相当于戊酸的一元取代产物来解答。

5．C 【解析】
试题分析：根据电子守恒，1molIO3-复原成I2，同时氧化H2S生成molS；1molFe3+复原成Fe2 +，同时氧化H2S生成0.5molS；1molSO2复原成S ，同时氧化H2S生成3molS；1molMnO4-复原成Mn2+，同时氧化H2S生成molS；故答案为C。

考点：考查氧化复原反的计算，涉及电子守恒。

6．A
【解析】
试题分析：假设丙、丁中的CO、H2O〔g〕转化为CO2、H2，再与甲、乙比拟： CO2〔g〕+H2〔g 〕CO〔g〕+H2O〔g〕
丙开始时 0mol 0mol anol anol
丙假设全转化 anol anol 0mol 0mol
丁开始时 amol 0mol amol amol
丁假设全转化 2amol amol 0mol 0mol
通过比拟，甲、丙的数值一样，乙、丁的数值一样，且乙、丁的数值大于甲、丙的数值．
应选A。

【考点位】考查化学平衡的分析用
【点晴】采用极端假设法是解决此题的关键；在相同温度和压强下的可逆反，反后气体体积不变，按方程式的化学计量关系转化为方程式同一边的物质进行分析；此题还涉及效平衡，效平衡是一种解决问题的模型，对复杂的比照问题假设设置出效平衡模型，然后改变条件平衡移动，问题就迎刃而解。

7．D
【解析】
试题分析：A．A、B电极反式分别为4H2O+4e-=2H2↑+4HO-、2H2O-4e-=O2↑+4H+，相同温度和压强下，A电极生成气体体积大于B电极，故A错误；B．阳极上生成氧气、阴极上生成氢气，氧气和氢气都是无色无味气体，故B错误；C．A、B电极反式分别为4H2O+4e-=2H2↑+4HO-、2H2O-4e-=O2↑+4H+，所以A电极附近溶液呈碱性、B电极附近溶液呈酸性，那么A电极溶液呈蓝色、B电极溶液呈，故C错误；D．惰性电解电解稀的Na2SO4溶液，实际是电解水，将电解液转移到同一烧杯中，充分搅拌后溶解呈中性，故D正确；应选D。

考点：考查电解原理，明确阴阳极上发生的反是解此题关键。

8．D
【解析】
试题分析：a1、a2分别为A在甲、乙两个恒温容器中建立平衡体系A(g)2B(g)时的转化率，甲容器保持压强不变，由于该反的正反是气体体积增大的反，在温度不变的情况下，增加A的物质的量，容器的容积增大，单位体积内A的物质的量不变，所以化学平衡不发生移动，a1不变；而乙容器保持容器体积不变。

在温度不变的情况下，均增加A的物质的量，化学平衡向气体体积减小的逆反方向移动，a2减小，应选项D正确。

考点：考查不同条件下化学平衡移动的有关知识。

9．A
【解析】
试题分析：由图可知，增大压强平衡V逆＞V正,化学平衡逆向移动，根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，逆反方向是气体体积减小的方向，那么m+n＜p；排除选项B、D；升高温度C的含量增大，说明升高温度平衡正向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反方向移动，正反为吸热反，排除选项C，应选项A正确。

考点：考查图像方法在化学平衡移动的影响的知识。

10．A
【解析】
试题分析：由题意可知，金属Cu、Mg与硝酸反后再参加足量的氢氧化钠溶液，最后转化为Cu(OH)2、Mg(OH)2沉淀，由+2价金属和金属离子结合氢氧根离子的数目可知，氢氧根离子的物质的量即为金属失去电子的物质的量，在金属与硝酸的反中，硝酸被复原为NO2、NO、N2O三种气体而且在状况下它们的体积均为0.224L，气体的物质的量为0.224L÷2L/mol=0.01mol，由电子守恒可知，金属的失电子的物质的量为0.01mol×〔5-4〕+0.01mol×〔5-2〕+0.01mol×2×〔5-1〕=0.12mol，即OH-的物质的量为0.12mol，沉淀的质量为4g+0.12mol ×17g/mol=8g，选项A正确。

考点：考查守恒方法在氧化复原反的化学计算的用的知识。

11．A
【解析】
试题分析：A．2.0gH218O与D2O的混合物的物质的量是0.1mol，由于1个分子中含有10个电子，所以其中所含中子数是N A，正确；B．常温常压下，g乙醛的物质的量是0.1mol，由于在一个乙醛分子中含有5个单键，所以0.1mol分子中所含单键数目为0.5N A，错误；C．状况下． LCO2的物质的量是0.25mol，那么其与足量Na2O2反转移的电子数为0.25N A，错误；D．50mL1 2mol/L盐酸
中含有HCl的物质的量是0.6mol，假设完全发生MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，转移电子的物质的量是0.3mol，由于随着反的进行，盐酸变稀，反就不再发生，所以转移电子的物质的量小于0.3mol，因此转移的电子小于0．3N A，错误。

考点：考查阿伏伽德罗常数的计算的知识。

12．A
【解析】
试题分析：A．在盛有1mL2%的硝酸银溶液中逐滴参加2%稀氨水，边滴边振荡至最初产生的沉淀恰好消失为止，可配制少量银氨溶液，故A正确；B．制Cu 〔OH〕2的配制是在0．5mL10%氢氧化钠溶液中滴加少量CuSO4溶液，要确保NaOH 过量，故B错误；C．向淀粉溶液中参加稀硫酸，加热一段时间后，需要先参加过量NaOH溶液硫酸，使溶液显碱性，再参加银氨溶液并加热，来检验淀粉是否水解，故C错误；D．将氯乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合溶液中先滴加稀硝酸酸化后，再滴加硝酸银溶液来检验水解产物中的氯离子，故D错误；答案为A。

考点：考查有机物的检验，考查的操作标准。

13．C
【解析】
试题分析：设混合气体中含有4VLNO2，1VLO2，那么烧瓶的体积为5VL，
4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3
(4V/2)mol (V/2)mol (4V/2)mol
C(HNO3)= (4V/2)mol÷5VL=(1/28) mol/L，应选项C正确。

考点：考查物质的量浓度的计算的知识。

14．D
【解析】
试题分析：A、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故A错；B、因氢氧化镁溶度积小，由K sp计算那么其Mg2+浓度小，故B错；C、二者Ksp接近，使用浓NaF 溶液可以使氢氧化镁转化，故C错；D、NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故D正确；应选D。

考点：考查了难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化的相关知识。

15．C
【解析】
试题分析：根据原电池的工作原理，N棒变细，作负极，M棒变粗，作正极，A、锌比铜活泼，M作负极，N作正极，不符合题意，故错误；B、铁比铜活泼，铁作负极，铜作正极，正极反式为：2H＋＋2e－=H2↑，正极质量不增加，故错误；
C、锌比银活泼，锌作负极，银作正极，其电极反式为Ag＋＋e－=Ag，质量增加，故正确；
D、锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，故错误。

考点：考查原电池的工作原理知识。

16．C
【解析】
试题分析：发生的2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，根据量的关系，反后，剩余n〔NaOH〕=0.1mol，n〔NaAlO2〕=0.3mol，A、根据上述分析，反过程中产生气体的物质的量为n〔H2〕＋n〔O2〕=〔0.1＋0.45〕mol=0.55mol，那么体积为0.55×2L=12L，故错误；B、n〔HCl〕=2/2mol=0.3mol，
发生的反：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，AlO2－＋H＋＋H2O=Al〔OH〕3↓，根据数量关系，AlO2－过量，因此有沉淀产生，故错误；C、根据B的分析，产生n〔NaCl〕=0.3mol，c〔NaCl〕=0.3mol/200×10－3mol·L－1=mol·L－1，故正确；D、溶液中含有NaAlO2，故错误。

考点：考查化学计算、元素及其化合物的性质知识。

17．〔1〕336mL；〔2〕1：4。

【解析】
试题分析：〔1〕CH4+2O2→CO2+2H2O，1 mol CH4完全燃烧得到的CO2和H2O共80g，原混合气体中n(CH4)=0.6/80mol=0.0075 mol，CH4体积为0.0075 ×2L=0.168L 即168mL，剩余气体体积为840mL-168mL×3=336mL；〔2〕V(CH4)∶V(O2)=168mL∶(840-168)mL=1∶4。

考点：考查化学计算知识。

18．〔1〕0.08 mol 〔2〕0.02 mol 0.01 mol
【解析】
试题分析：〔1〕反中消耗HCl的物质的量为0.2 L×5mol•L-1-0.2 L× mol•L-1＝0.08mol；
〔2〕设Al、Fe 的物质的量分别为xmol、ymol
由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、Fe+2HCl═FeCl2+H2↑
x 3x y 2y
27x+56y＝、3x+2y＝0.08
解得x＝0.02、y＝0.01
考点：考查金属与酸反的计算19．〔1〕1mol/L ；〔2〕mol/L
【解析】
试题分析：根据c=可得混合前：n(CuSO4)=2.0mol/L×0.1L=0.2mol，
n(H2SO4)=l.0mol/L×0.1L=0.1mol，
〔1〕混合后溶液的体积为0.2L，c(CuSO4)==1mol/L，
故答案为：混合溶液中CuSO4的物质的量浓度为1mol/L；
〔2〕混合后：n(SO42-)=n(CuSO4)+n(H2SO4)=0.2mol+0.1mol=0.3mol，混合后
c(SO42-)==mol/L；
故答案为：混合溶液中SO42-的物质的量浓度分别为mol/L。

考点：考查物质的量浓度相关计算
20．〔1〕C3H6O3；〔2〕，。

【解析】
试题分析：〔1〕N的式量为：M=4.02(g/L)×2L/mol=90g/mol，n〔N〕
9.0
90/
g
g mol
=0.1mol/L，1molN中：n〔C〕=13.2
44/
g
g mol
÷0.1mol=3mol，n〔H〕
= 5.42
18/
g
g mol
÷0.1mol=6mol，n〔O〕=〔90﹣12×3﹣1×6〕÷16=3mol，那么有机物的分子式为C3H6O3；〔2〕N在催化剂条件下缩聚反合成M，根据核磁共振氢谱显示的峰面积可知N为，反的方程式为。

考点：考查有机物分子式的计算、缩聚反知识。

21．
〔1〕l；
〔2〕40%；
〔3〕11:9。

【解析】
试题分析：〔1〕根据E的反速率可知，生成E的物质的量是0.1 mol·L－1·min －1×0.4L×5min=0.2mol ，n〔D〕=n〔E〕= 0.2mol，所以计量数m=1。

〔2〕根据反方程式 2A〔g〕 + B 〔g〕 D 〔g〕 + E 〔g〕
起始量〔mol〕 0.6 0.5 0 0
转化量〔mol〕 0.4 0.2 0.2 0.2
平衡量〔mol 〕 0.2 0.3 0.2 0.2
B的转化率为〔0.2mol÷0.5mol〕×100％= 40％；
〔3〕平衡时混合物总物质的量为0.2mol + 0.3mol + 0.2mol +
0.2mol=0.9mol ，起始时混合物总物质的量为0.6mol + 0.5mol = 1.lmol ，由于容器的容积不变，所以气体的物质的量的比于容器内气体的压强之比，故起始与平衡时密闭容器中的压强之比11 : 9。

【考点位】考查化学平衡的计算
【点晴】此题考查影响化学反速率的因素、化学平衡常数用、化学平衡的有关计算，比拟根底。

有关化学平衡的计算常常使用三段式解题，要正确理解和灵活运用三段式法在化学平衡计算中的用。

22． (1) v〔FeCl2 〕=0.25 mol·L-1·min-1；(2) v〔HCl 〕=0.25 mol·L-1·min-1；
(3) 前2min内反速率快因前2min内)v〔FeCl2 〕=0.25 mol·L-1·min-1，而后4min内) v〔FeCl2 〕=1/2v〔HCl 〕=0.125 mol·L-1·min-1，故前2min 的反速率快。

【解析】
试题分析：〔1〕反前氯化亚铁的物质的量为0；
Fe+2HCl=FeCl2 +H2↑
56g 1mol 2L
g 0.05mol 2L
v(FeCl2)=△n÷V÷△t＝0.05mol÷0.1L÷2min=0.25 mol/〔L．min〕；
(2)反前氯化氢的物质的量为n(HCl)=1g÷3g/mol=0.4mol，铁的物质的量为n(Fe)=g÷56g/mol＝0.1mol 结合方程式知，氯化氢过量，通过(1)知，前两分钟，铁反g，还剩g；2min-4min时，铁反g， Fe+2HCl=FeCl2 +H2↑
56g 2 mol
g 0.1mol
所以氯化氢的物质的量的变化量为0.1mol，所以 4min内c(HCl)= △n÷V÷△t＝0.1mol÷0.1L÷4min=0.25 mol/〔L．min〕；(3)根据同一反、同一时间段内中，各物质的反速率之比于计量数之比，所以前两分钟内，氯化氢的平均反速率为0.5mol/〔L．min〕；2min-4min时，氯化氢的平均反速率为0.25 mol/〔L．min〕，所以前两分钟内反速率快，原因是：随着反的进行，氢离子的浓度不断减小，所以反速率降低。

考点：考查反速率的计算与比拟及影响速率的因素的分析、判断的知识。