2018-2019学年安徽省屯溪第一中学高二上学期开学考试化学试题 解析版

2018-2019学年安徽省屯溪第一中学高二上学期开学考试化学试题 解析版

安徽省屯溪第一中学2018-2019学年度高二第一学期开学考 化学试题 ‎1.《中国诗词大会》不仅弘扬了中华传统文化，还蕴含着许多化学知识。下列诗句的有关说法错误的是 A. 王安石诗句“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”。雷雨天实现了大气中氮的固定 B. 于谦诗句“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”。“ 乌金”指的是石油 C. 赵孟頫诗句“纷纷灿烂如星陨，霍霍喧逐似火攻”。灿烂的烟花与某些金属元素的焰色反应有关 D. 刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”。金性质稳定，存在游离态，可用物理方法获得 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A项，雷雨天实现了大气中氮的固定，涉及的主要反应有N2+O22NO、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO；B项，“乌金”指的是煤炭；C项，灿烂的烟花与某些金属元素的焰色反应有关；D项，金化学性质稳定，在自然界中常以游离态存在，金和泥沙密度不同，金的密度比较大，可利用水流使泥沙和金分离开来，即可通过物理方法提纯金。‎ 详解：A项，“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”指雷声轰鸣响彻天地、电光闪耀、乌云翻滚如同浪滔，半夜里云层载着密雨运送到广阔的原野和田间沟壕，雷雨天实现了大气中氮的固定，涉及的主要反应有N2+O22NO、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，A项正确；B项，“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”指凿开混沌的地层，获得象乌黑发亮的金子一样的煤炭，煤炭蕴藏着无尽的热力、心藏情义最深沉，其中的“乌金”指的是煤炭，B项错误；C项，节日燃放的灿烂的烟花就是碱金属，以及锶、钡等金属化合物焰色反应所呈现的各种艳丽色彩，灿烂的烟花与某些金属元素的焰色反应有关，C项正确；D项，“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要千遍万遍的过滤，虽然辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出闪亮的黄金，说明金的化学性质稳定，在自然界中常以游离态存在，金和泥沙密度不同，金的密度比较大，可利用水流使泥沙和金分离开来，即可通过物理方法提纯金，D项正确；答案选B。‎ ‎2.下列化学用语中书写正确的是（ ）‎ A. 氯离子的结构示意图：‎ B. 次氯酸的结构式：H-O-Cl C. CO2分子的比例模型：‎ D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程： ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯离子核内的核电荷数应为17，故A错误；‎ B.氧原子的最外层电子数为6，可形成两对共用电子对，则次氯酸的结构为H-O-Cl，故B正确；‎ C.碳原子的半径比氧原子的半径要大，故C错误；‎ D.氯化氢为共价化合物，其电子式表达错误，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 100克46%的酒精溶液中含有的氢原子数目为6 NA B. 22.4 L氩气含有的质子数为18NA C. 过氧化钠与水反应，每产生标准状况下11.2 LO2，转移NA个电子 D. 1.0 mol CH4与C12在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A.溶剂水分子还含有氢原子；‎ B.气体的状态不确定；‎ C.过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂；‎ D.还有二氯甲烷等生成。‎ 详解：A. 100g46%的酒精溶液中含有的乙醇是46g，物质的量是1mol，但溶剂水分子还含有氢原子，则氢原子数目大于6NA，A错误；‎ B. 22.4 L氩气的物质的量不一定是1mol，含有的质子数不一定为18NA，B错误；‎ C. 过氧化钠与水反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，每产生标准状况下11.2 LO2，氧气是0.5mol，转移1mol电子，即NA个电子，C正确；‎ D. 1.0 mol CH4与C12在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1.ONA，因为还有二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等生成，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎4.下列溶液中通入SO2后，最终一定有白色沉淀的是（ ）‎ ‎①Ba(NO3)2溶液 ②BaC12溶液 ③Ca(OH)2溶液 ④Na2SiO3溶液 ⑤H2S溶液 A. ①④⑤ B. ①③④ C. ①②④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：①硝酸根能够氧化二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡；‎ ‎②盐酸的酸性强于亚硫酸；‎ ‎③足量SO2气体与Ca（OH）2溶液反应会生成亚硫酸氢钙；‎ ‎④亚硫酸的酸性强于硅酸；‎ ‎⑤H2S溶液与二氧化硫反应生成S沉淀。‎ 详解：①硝酸根能够氧化二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡，一定有白色沉淀生成，①正确；‎ ‎②盐酸的酸性强于亚硫酸，向BaCl2溶液中通入SO2，不发生反应，②错误；‎ ‎③足量SO2气体与Ca（OH）2溶液反应会生成亚硫酸氢钙，最终不会产生白色沉淀，③错误；‎ ‎④Na2SiO3溶液中通入足量二氧化硫生成硅酸白色沉淀，④正确；‎ ‎⑤H2S溶液与二氧化硫反应生成S沉淀，但是S是淡黄色沉淀，不属于白色沉淀，⑤错误。‎ 答案选D。‎ 点睛：本题考查二氧化硫的化学性质，注意二氧化硫在硝酸钡溶液中易发生氧化还原反应，二氧化硫通入氯化钡溶液不发生反应，为易错点。‎ ‎5.正确的存放化学药品，是化学实验基本要求之一。下列物质存放错误的是（ ）‎ A. 浓硝酸存放在棕色细口瓶中 B. 氢氧化钠溶液盛装在用玻璃塞的试剂瓶中 C. 硫酸亚铁溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中 D. 少量金属钠保存在煤油中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、浓硝酸不稳定，见光容易分解，所以浓硝酸应该避光保存，可以不存在棕色试剂瓶中，故A正确；‎ B、由于氢氧化钠能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，所以盛放氢氧化钠的试剂瓶应该为橡胶塞，不能使用玻璃塞的试剂瓶盛放，故B错误；‎ C、硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，而铁能够还原氧化铁使其成为硫酸亚铁，所以硫酸亚铁溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中可防止氧化亚铁的变质，故C正确；‎ D、钠易与空气中的氧气和水反应，所以必须隔绝空气隔绝水存放，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学试剂的存放，题目难度不大，注意把握化学试剂的性质，选择正确的保存方法．‎ ‎6.用18.4mol•L﹣1的浓H2SO4配制100mL浓度为1mol•L﹣1的稀H2SO4的过程中，下列操作会引起浓度偏小的是(  )‎ A. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干 B. 定容时俯视容量瓶的刻度线 C. 量取浓硫酸后，用少量蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液也放入烧杯 D. 定容摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干对实验结果无影响，故A错误；‎ B.定容时俯视容量瓶的刻度线会造成溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故B错误；‎ C.量筒量取液体后，内壁所附溶液无须洗涤，否则造成溶质的量偏多，溶液的浓度偏大，故C错误；‎ D.定容摇匀后发现液面低于刻度线为正常现象，再加水会造成溶液的体积偏大，溶液浓度偏小，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是 （ ）‎ A. 明矾在水中形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 B. SiO2是良好的半导体材料，常用于制造计算机的芯片 C. Fe2O3俗称铁红，常用作红色的油漆和涂料 D. Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、明矾为十二水硫酸铝钾，在水中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮物，可以净化水，做净水机，所以正确，不选A；B、硅是半导体材料，而不二氧化硅，所以错误，选B；C、氧化铁是红色固体，俗称铁红，可以做红色的涂料，所以正确，不选C；D、过氧化钠可以和水或二氧化碳反应生成氧气，所以可以做呼吸面具中的供养剂，所以正确，不选D。‎ 考点：物质的用途。‎ ‎8.在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是 （ ）‎ A. Na+、Fe2+、Cl﹣、ClO﹣ B. Na+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣‎ C. Mg2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣ D. Ba2+、HCO3﹣、NO3﹣、K+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．Fe2+为有色离子，且ClO﹣能够氧化Fe2+，ClO﹣能够与氢离子结合生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故B错误；‎ C．Mg2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不反应，都为无色离子，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D．HCO3﹣与强酸溶液中的氢离子反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ ‎【点评】本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．‎ ‎9.下列物质能使品红溶液褪色的是( ) ‎ ‎①干燥的Cl2 ②Na2O2 ③NaClO ④活性炭 ⑤SO2‎ A. 除①外其它都可以 B. 只有②③⑤ C. 只有①④⑤ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①干燥的Cl2溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使品红褪色；②Na2O2具有强氧化性能使品红褪色；③NaClO与空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸，可使品红褪色；④活性炭具有吸附作用，可使品红褪色；⑤SO2能与品红生成无色的物质，使品红褪色，答案选D。‎ 考点：考查卤素、氧族元素 ‎10.某温度下将Cl2 通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经过测定ClO-‎ 与ClO3-的物质的量浓度之比为3∶1，则Cl2与KOH 反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的质量比为(     )‎ A. 1∶3 B. 3∶1 C. 4∶3 D. 2∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为3：1，设ClO-为3mol，ClO3-为1mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为3mol×（1-0）+1mol×（5-0）=8mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为8mol，则被还原的Cl的物质的量为8mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为8mol：4mol=2：1，故答案选D。‎ ‎11.已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示(E1、E2均为正值)，下列说法正确的是 A. 破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量 B. 该反应吸收的能最为(E1-E2)‎ C. A和B的总能量一定高于C和D的总能量 D. 该反应只有在加热条件下才能进行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：依据图象分析反应物能量低于生成物，结合能量守恒分析判断反应能量变化。‎ 详解：A、图象分析反应物能量低于生成物，结合能量守恒分析反应是吸热反应，因此破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量，A错误；‎ B、△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=E1-E2，B正确；‎ C、图象分析可知反应过程中反应物能量低于生成物能量，即A和B的总能量一定低于C和D的总能量，C错误；‎ D、某些吸热反应不需要加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐发生的吸热反应，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.反应 4M（s）＋3N(g)=2P（g）＋Q（g），经2min后N的浓度减少了0.6mol/L。下列说法正确的是（ ）‎ A. 用 M 表示的反应速率是0.4mol/(L·min)‎ B. 在 ２ｍｉｎ 末的反应速率，用 Ｎ 表示是0.3mol/(L·min)‎ C. 分别用 N、P、Q 表示反应的速率，其比值是3：2：1‎ D. 在这2min 内， N 和P两物质浓度是逐渐减小的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物质M是固体，浓度不变，不能用A表示该反应的反应速率，故A错误；‎ B．2min末的反应速率为即时速率，用N表示速率0.3mol/（L∙min），是2min内的平均速率，故B错误；‎ C．不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，则v（N）：v（P）：v（Q）=3：2：1，故C正确；‎ D．在这2min内，N 的浓度减小，则P物质浓度必然增加，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查对化学反应速率的理解及有关计算，注意固体或纯液体的浓度一般视为常数，故增加或减少固体或纯液体的量，化学反应速率不变，一般也不用固体或纯液体来表示反应速，化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率。‎ ‎13.某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质 A. 1mol该物质最多能消耗2mol NaOH B. 能使酸性KMnO4溶液褪色 C. 能发生酯化反应 D. 不能发生水解反应，能使溴水褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：根据有机物结构简式可知分子中含有碳碳双键、醇羟基和羧基，据此解答。‎ 详解：A. 只有羧基与氢氧化钠反应，1mol该物质最多能消耗1mol NaOH，A错误；‎ B. 碳碳双键和羟基均能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；‎ C. 羟基和羧基均能发生酯化反应，C正确；‎ D. 没有酯基，不能发生水解反应，含有碳碳双键，能使溴水褪色，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎14.下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是 A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含5个碳原子的烷基取代，所得产物有24种 B. 等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应得到2种产物 C. 已知二氯苯有3种同分异构体，则四氯苯的同分异构体的数目为6种 D. 苯乙烯和氢气完全加成的产物的一溴取代物有5种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：A.根据5个碳原子的烷基有8种分析；‎ B.根据烷烃与氯气发生取代反应的特点分析；‎ C.根据替代法判断；‎ D.苯乙烯和氢气完全加成的产物是乙基环己烷，据此判断。‎ 详解：A.5个碳原子的烷基存在8种同分异构体，其在苯环上的位置均有邻间对三种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含5个碳原子的烷基取代，所得产物有3×8＝24种，A正确；‎ B．乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种(与二氯取代物个数相同)，五氯取代物有1种(与一氯取代物个数相同)，六氯取代物1种，所以氯代产物总共有9种，含有氯化氢，所以产物为10种，B错误；‎ C．由于苯环含有6个H原子，二氯苯与四氯苯的同分异构体数目相同，若二氯苯有3种同分异构体，则四氯苯的同分异构体的数目为3种，C错误；‎ D．苯乙烯和氢气完全加成的产物是乙基环己烷，乙基环己烷中氢原子的种类有6种，一溴代物的种类取决于氢原子的种类，所以乙基环己烷的一溴代物有6种，D错误；‎ 答案选A。‎ 点睛：考查同分异构体数目的计算，明确同分异构体的概念及书写原则为解答关键，题目难度较大。注意掌握同分异构体数目的判断方法。一取代产物数目的判断：①基元法：例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。②替代法。③等效氢法：等效氢法是判断同分异构体数目的重要方法；二取代或多取代产物数目的判断：定一移一或定二移一法：对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。‎ ‎15.某小组为研究电化学原理，设计如图装置，下列叙述不正确的是 A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出 B. a和b用导线连接时，铁片上发生的反应为： Fe−2e−===Fe2+‎ C. a和b用导线连接时，电子从Cu片流向铁片 D. a和b用导线连接时，Cu2+向铜电极移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、a和b不连接时，该装置不是原电池，铁片上会有金属铜析出，选项A正确；B、a和b用导线连接时，该装置是原电池，铁片做为负极，发生的反应为：Fe-2e－= Fe2＋，选项B正确；C、a和b用导线连接时，该装置是原电池，铁片做为负极，电子从负极铁片流向正极铜片，选项C错误；D、a和b用导线连接时，该装置是原电池，原电池中阳离子Cu2+向正极铜电极移动，选项D正确。为本题的正确答案。‎ ‎16.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W原子是半径最小的原子，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是 A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构 B. 元素X的一种单质是自然界中硬度最大的物质 C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成 D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析:由题中信息可知：W是氢元素，X是碳元素，Y是铝元素，Z是硫元素。‎ 详解：A项，W的氯化物HCl中，氢原子外层只有两个电子，故A项错误；‎ B项，碳元素的一种单质金刚石是自然界中硬度最大的物质，故B项正确；‎ C项，铝单质和氢氧化钠溶液或盐酸均可发生反应且都有氢气生成，故C项正确；‎ D项，元素Z可与元素X形成共价化合物CS2，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎17.用化学方程式或离子方程式表示相应的化学反应．‎ ‎（1）工业生产上将氯气通入石灰乳，在一定条件下蒸干可制漂白粉．写出该过程的化学方程式：___________________________________．‎ ‎（2）侯氏制碱法中最后利用小苏打固体可以制得纯碱，写出该过程的化学方程式：____．‎ ‎（3）向水玻璃溶液（Na2SiO3溶液）中，加入稀盐酸可用于生产硅酸胶体．用离子方程式表示该生产原理：________________________________________．‎ ‎（4）硫酸工业中用氨水吸收二氧化硫，写出氨水吸收过量二氧化硫的离子方程式____．‎ ‎（5）NO是大气污染物之一，目前一种治理方法是在400℃左右、在催化剂的作用下用氨气还原，写出化学方程式________________________________．‎ ‎【答案】 (1). 2Cl2+2Ca（OH）2===CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O (2). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (3). SiO32﹣+2H+===H2SiO3（胶体） (4). NH3•H2O+SO2===NH4++HSO3﹣ (5). 6NO+4NH3===5N2+6H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学反应为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；‎ ‎（2）最后利用小苏打固体可以制得纯碱，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，化学反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；‎ ‎（3）加入稀盐酸可用于生产硅酸胶体，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸胶体和氯化钠，离子反应为SiO32﹣+2H+=H2SiO3（胶体），故答案为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3（胶体）；‎ ‎（4）氨水吸收过量二氧化硫，反应生成亚硫酸氢铵，离子反应为NH3•H2O+SO2=NH4++HSO3﹣，故答案为：NH3•H2O+SO2=NH4++HSO3﹣；‎ ‎（5）用氨气来治理NO的污染，故应生成无污染的N2，由氧化还原反应规律可得方程式为：6NO+4NH3===5N2+6H2O，故答案为：6NO+4NH3===5N2+6H2O。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应方程式及化学反应方程式的书写，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、与量有关的离子反应及氧化还原反应的离子反应考查。‎ ‎18.按要求回答下列问题：‎ ‎（1）以下物质中：①酒精，②熔化的KNO3，③CaCO3，④氢氧化钠溶液，⑤铜。其中属于电解质的是_____________（填编号，下同），属于非电解质的是________________。‎ ‎（2）FeS2（二硫化亚铁）不溶于水，可溶于适量的稀硝酸中，离子反应式如下：____ FeS2 + ____ H++ ____ NO3-= ____ Fe2++ ____ S↓+ ____ NO↑ + ____H2O 回答下列问题：‎ a．配平后的此离子反应方程式为__________________________，还原剂为____________。‎ b．若标准状况下生成2.24LNO，则转移电子数目为___________。‎ ‎【答案】 (1). ②③ (2). ① (3). 3FeS2+8H++2NO3-=3Fe2++6S↓+2NO↑+4H2O (4). FeS2 (5). 0.3NA ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①酒精不能电离属于非电解质②熔化的KNO3能电离出自由移动的离子属于电解质③CaCO3熔融状态下导电属于电解质④氢氧化钠溶液是混合物，属于电解质溶液，不是电解质或非电解质⑤铜是金属单质，既不是电解质也不是非电解质故答案为：②③；①；‎ ‎（2）FeS2中铁元素化合价+2价，硫元素化合价-1价，反应后硫元素化合价为0价，氮元素化合价+5价变化为+2价，电子转移总数6e-，结合原子守恒和单质守恒配平书写化学方程式为：3FeS2+8H++2NO3-=3Fe2++6S↓+2NO↑+4H2O， a．配平的化学方程式为3FeS2+8H++2NO3-=3Fe2++6S↓+2NO↑+4H2O，还原剂为FeS2，故答案为：3FeS2+8H++2NO3-=3Fe2++6S↓+2NO↑+4H2O；FeS2；  b．反应中电子转移总数为6e-，生成一氧化氮气体2mol，若标准状况下生成2.24LNO，物质的量=2.24÷L22.4L/mol=0.1mol，转移电子0.3mol，故答案为：0.3 NA。‎ ‎【点睛】本题考查了电解质与非电解质、氧化还原反应的判断，注意掌握电解质与非电解质的概念及判断方法，氧化还原反应电子守恒的计算应用。‎ ‎19.下图是A、B、C. D、E、F等几种常见有机物之间的转化关系图，其中A是面粉的主要成分；C和E反应能生成F，F具有香味，B与E的实验式相同。‎ 根据以上信息及各物质的转化关系完成下列各题:‎ ‎（1）B的化学式为____________， C中所含官能团名称__________,  与B同分异构体的一种物质的名称_____________ 。‎ ‎（2）其中能与新制氢氧化铜悬浊液在加热煮沸条件下能产生砖红色的沉定的物质有_______ (填名称)‎ ‎（3）写出C→D的化学方程式___________________________________________‎ ‎（4）写出C+E→F的化学方程式_________________________________________‎ ‎【答案】 (1). C6H12O6 (2). 羟基 (3). 果糖 (4). 葡萄糖、乙醛 (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是面粉中的主要成分，则A为淀粉，化学式为：（C6H10O5）n；A充分水解得B发酵得C、C氧化生成D，D能与新制的Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀，则D中含有醛基，所以B为葡萄糖：CH2OH（CHOH）4CHO，葡萄糖发酵生成乙醇，则C为乙醇，乙醇氧化生成乙醛，则D为乙醛，乙醛氧化生成乙酸，则E为乙酸，符合B与E的实验式相同的条件，乙酸与乙醇发生正反应生成F，则F为乙酸乙酯，据此分析可得结论。‎ ‎【详解】（1）根据分析可知， B为葡萄糖，分子式为：C6H12O6，C为乙醇，官能团为羟基，果糖为B的同分异构体，故答案为：C6H12O6、羟基、果糖；‎ ‎（2）能够与新制Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀的物质中一定含有醛基，A到F中含有醛基的为葡萄糖和乙醛，故答案为：葡萄糖和乙醛；‎ ‎（3）C→D的转化为乙醇的催化氧化，反应方程式为：，故答案为：；‎ ‎（4）C+E→F的转化为乙醇和乙酸的酯化反应，方程式为：‎ ‎；故答案为：。‎ ‎20.I.某温度时，在一个10L恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为_________________。‎ ‎（2）反应开始至2min，以气体X表示的平均反应速率为________________。‎ ‎（3）平衡时容器内气体的压强与起始时比________________（填“变大”，“变小”或“相等”下同），混合气体的密度与起始时比________________。‎ ‎（4）将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=2n(Z)，则原混合气体中a：b=____。‎ Ⅱ．在恒温恒压的密闭容器中，当下列物理量不再发生交化时：①混合气体的压强；②混合气体的密度；③混合气体的总物质的量；④混合气体的平均相对分子质量；⑤各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比 ‎（1）一定能证明2NO2(g)N2O4(g)达到平衡状态的是________（填序号，下同）。‎ ‎（2）一定能证明NH2COONH4(s)CO2(g)+2NH3(g)达到平衡状态的是______。‎ ‎【答案】 (1). 3X+Y2Z (2). 0.015 mol/(L·min) (3). 变小 (4). 不变 (5). 7:5 (6). ②③④ (7). ③‎ ‎【解析】‎ 分析：I.根据图像X和Y的物质的量减小，说明作反应物，Z的物质的量增大，说明作生成物，化学反应速率之比等于化学计量数之比，同时间同体积，物质的量变化等于化学计量数之比，结合问题通过三段式计算。‎ II.在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此解答。‎ 详解：I.（1）根据图像，X和Y的物质的量减小，说明作反应物，Z的物质的量增大，说明作生成物，化学反应速率之比等于化学计量数之比，同时间同体积，物质的量变化等于化学计量数之比，即三者物质的量变化为(1－0.7)：(1－0.9)：0.2=0.3：0.1：0.2=3：1：2，反应方程式为：3X+Y2Z；‎ ‎（2）v(X)=0.3/(2×10)mol/(L·min)=0.015 mol/(L·min)；‎ ‎（3）根据方程式可知平衡时容器内气体的压强与起始时比变小；组分都是气体，容积不变，气体的质量不变，因此反应前后气体密度不变；‎ ‎（4） 3X+Y2Z 起始量（mol） a b 0‎ 变化量（mol） 3x x 2x 时刻量（mol）a－3x b－x 2x n（X）=n（Y）=2n（Z），因此有a－3x=b－x，a－3x=4x，解得a=7x，b=5x，因此a：b=7x：5x=7：5；‎ II.（1）①反应在恒温恒压下进行，因此压强不变不能说明反应达到平衡，①错误；②组分都是气体，气体质量不变，是恒压状态，容器的体积减小，因此密度不变能说明反应达到平衡，②正确；③正反应气体物质的量减少，因此总物质的量不变，说明反应达到平衡，③正确；④根据M=m/n，组分都是气体，气体质量不变，正反应气体物质的量减小，因此当M不变，说明反应达到平衡，④正确；⑤没有指明反应进行方向，不能说明反应达到平衡状态，⑤错误；答案选②③④；‎ ‎（2）①反应在恒温恒压下进行，因此压强不变不能说明反应达到平衡，①错误；②只有生成物中有气体，且体积比固定，因此密度始终不变，不能说明反应达到平衡，②错误；③正反应气体物质的量增加，因此总物质的量不变，说明反应达到平衡，③正确；④只有生成物中有气体，且体积比固定，因此混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡，④错误；⑤反应物是固体，不能表示反应速率，只有生成物中有气体，且体积比固定，因此生成物的反应速率之比等于化学计量数之比不能说明反应达到平衡状态，⑤错误；答案选③。‎ 点睛：本题主要是考查化学平衡的有关计算、平衡状态判断，易错点是化学平衡状态判断，注意从平衡状态的特征、特点的角度去分析理解。对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。本题还需要注意“恒温恒压”这一反应条件。‎ ‎21.将32.64 g Cu与200 mL一定浓度的HNO3反应，Cu完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。‎ ‎(1)求生成NO的物质的量；____________________‎ ‎(2)求生成NO2的体积。____________________‎ ‎【答案】 (1). 铜的物质的量为：32.64g÷64g/mol＝0.51mol 转移电子的物质的量为：0.51mol×2＝1.02mol 产生气体的物质的量为：11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol (2). 设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y 则：x+y＝0.5 3x＋y＝1.02 解之得：x＝0.26 y＝0.24 NO的体积为：0.26mol×22.4L/mol＝5.824L NO2的体积为：0.24×22.4L/mol＝5.376L ‎【解析】‎ 试题分析：设NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总体积、电子转移守恒列方程，再根据V=nVm计算各自体积。‎ 解答： 解：32.64g铜的物质的量为32.64g÷64g/mol=0.51mol，在反应中失去的电子的物质的量为2×0.51mol=1.02mol；11.2L混合气体的物质的量为11.2L÷22.4L/mol=0.5mol 令NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：‎ 解得x=0.26，y=0.24，‎ ‎(1) 生成NO的物质的量0.26mol ‎(2)成NO2的体积V（NO2）=0.24mol×22.4L/mol=5.376L；‎ 点睛：铜与硝酸反应类的计算题，由于还原产物的不确定性，解决这类问题一般利用电子得失守恒和N元素守恒进行计算。‎ ‎ ‎