安徽省”皖南八校“2020届高三上学期摸底考试化学试题
“皖南八校”2020届高三摸底联考化学
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe56 Cu64 Agl08
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是
选项
古诗文
化学知识
A
《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。”
强水为氢氟酸
B
《诗经·大雅·绵》：“堇茶如饴。”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”
糖类均有甜昧
C
《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”
铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高
D
《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也。
利用焰色反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、硝酸酸性强氧化性强能与金属反应，强水为硝酸，选项A错误；
B、糖类有些有甜味，有些没有甜味，选项B错误；
C、铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选项C错误；
D、钾的焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNO3)，是钾的焰色反应，选项D正确。
答案选D。
2.山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其分子结构如图所示。下列说法错误的是
A. 山梨酸的分子式为C6H8O2
B. 1 mol山梨酸最多可与2 mol Br2发生加成反应
C. 山梨酸既能使稀KMnO4酸性溶液褪色，也能与醇发生置换反应
D. 山梨酸分子中所有碳原子可能共平面
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知分子为C6H8O2，选项A正确；
B．山梨酸分子中含有2个碳碳双键，可与溴发生加成反应，1 mol山梨酸最多可与2mol Br2发生加成反应，选项B正确；
C．山梨酸分子中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应而使其褪色，山梨酸分子中含有羧基，可与醇发生取代反应而不是置换反应，选项C错误；
D．根据乙烯分子6个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面，结合山梨酸分子结构可知，所有碳原子可能共平面，选项D正确。
答案选C。
3.下列说法正确的是
A. 煤的干馏和石油的分馏都是化学变化
B. 漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物
C. 纯碱、明矾和干冰都是电解质
D. 乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和氢氧化钠溶液，振荡、静置后分液
【答案】B
【解析】
【详解】A、石油的分馏是物理变化而煤的干馏是化学变化，选项A错误；
A、漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙构成的，是混合物；水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，选项B正确；
C、纯碱是碳酸钠属于盐类，是电解质；明矾是硫酸铝钾属于盐，是电解质；干冰是固态的二氧化碳，属于非电解质，选项C错误；
D、乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置后分液，选项D错误。
答案选B。
4.已知NA从阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 6g 3He含有的中子数为2NA
B. 1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为NA
C. 20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中非极性键数目为10NA
D. 0.1mol·L－1Na2SO4溶液中含有的SO42－数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A 、6g 3He的物质的量为2 mol，1 mol3He含有的中子数为NA，2 mol 3He含有的中子数为2NA，选项A正确；
B、1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为2NA ，选项B错误；
C、正丁烷和异丁烷的分子式相同，均为C4H10，20g正丁烷和38g异丁烷的混合物的物质的量为1 mol，1 mol C4H10中极性健数目为10NA ，非极性键数目为3 NA，选项C错误；
D、0.1mol·L－1Na2SO4溶液的体积未给出，无法计算SO42－数目，选项D错误。
答案选A。
5.下列离子方程式书写正确的是
A. 过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+ 2OH-=SO32-+H2O
B. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I-=2Fe2++I2
C. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O
D. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-
【答案】C
【解析】
A、过量的SO2通入NaOH溶液中发生的反应为：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；
B、Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故B错误；
C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4
溶液发生氧化还原反应，实质是：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故C正确；
D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液发生的反应为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D错误．
故选C．
6.根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是
组号
今加反应的物质
生成物
①
MnO4－、Cl－···
Cl2、Mn2＋···
②
Cl2(少量)、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…
A. 第①组反应中生成0.5mol Cl2，转移1mol电子
B. 第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l：2
C. 第③组反应的其余产物为O2和H2O
D. 氧化性由强到弱的顺序为MnO4－> Cl2>Fe3＋>Br2
【答案】D
【解析】
【详解】A．由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，选项A正确；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；
C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4->Cl2
，由②可知氧化性Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，选项D错误。
答案选D。
7.下列物质转化在给定条件下不能实现的是
A.
B. 饱和
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，选项A能实现；
B、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳气体，在溶液中就有了大量的Na+、NH4+、Cl-和HCO3-，其中碳酸氢钠溶解度最小，析出碳酸氢钠晶体，加热析出的碳酸氢钠分解生成碳酸钠，选项B能实现；
C、硫燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，选项C不能实现；
D、氯化镁溶液与石灰乳反应转化为难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，煅烧生成氧化镁，选项D能实现。
答案选C。
8.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X与Z同族，Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是
A. Y的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸
B. 原子半径：X
Z(S)，故气态氢化物的热稳定性：HCl >H2S，选项C错误；
D. X与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2的离子化合物Na2O和Na2O2，选项D正确。
答案选D。
9.海水是巨大的资源宝库：从海水中提取食盐和溴的过程如下：
下列说法错误的是
A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
B. 电解熔融的氯化钠是一个将电能转化为化学能的过程
C. 步骤Ⅱ中将Br2还原为Br－的目的是富集溴元素
D. 向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工业上常用电解熔融的Mg(OH)2来制取镁
【答案】D
【解析】
【详解】A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，选项A正确；
B. 电解熔融的氯化钠是一个将电能转化为化学能的过程，选项B正确；
C. 步骤Ⅱ中将Br2还原为Br－，发生反应Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，目的是富集溴元素，选项C正确；
D. 向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工业上常用电解熔融的MgCl2来制取镁，选项D错误。
答案选D。
10.在100kPa时，1 mol C(石墨，s)转化为1 mol C(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能。下列说法正确的是
A. 金刚石和石墨是碳元素的两种同分异构体
B. 金刚石比石墨稳定
C. 1 mol C(石墨，s)比1 mol C(金刚石，s)的总能量低
D. 石墨转化为金刚石是物理变化
【答案】C
【解析】
【详解】A、金刚石和石墨是碳元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，选项A错误；
B、1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，选项B错误；
C、1 mol C(石墨，s)转化为1 mol C(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能说明1 mol C(石墨，s)比1 mol C(金刚石，s)的总能量低，选项C正确；
D、石墨转化为金刚石是化学变化，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题主要考查物质具有的能量越低越稳定，在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定．金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多。
11.Mg－AgCl电池是一种用海水激活的一次性电池，在军事上用作电动鱼雷的电源。电池的总反应为Mg＋2AgCl＝MgCl2＋2Ag。下列说法错误的是
A. 该电池工作时，正极反应为2AgCl＋2e－＝2Cl－＋2Ag
B. 该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池
C. 有1 mol Mg被氧化时，可还原得到108gAg
D. 装备该电池的鱼雷在海水中行进时，海水作为电解质溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，选项A正确；
B、Al的活泼性大于Ag，所以铝和氯化银、海水也能构成原电池，故该电池的负极材料Mg用金属铝代替后，仍能形成原电池，选项B正确；
C、电极反应式：Mg﹣2e﹣=Mg2+，1molMg被氧化时，转移电子是2mol，正极反应为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，可还原得到216gAg，选项C错误；
D、因为该电池能被海水激活，海水可以作为电解质溶液，选项D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查原电池的应用。总结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的，原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物。
12.工业合成氨的反应是在高温、高压和有催化剂存在的条件下，用氢气和氮气直接化合制取：3H2＋N22NH3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是
A. 为了提高H2的转化率。应适当提高N2的浓度
B. 达到平衡时，c(NH3)一定是c(H2)的三分之二
C. 使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率
D. 达到平衡时，氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍
【答案】B
【解析】
【详解】A、增大N2的浓度，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，选项A正确；
B、反应达到平衡时，c(NH3)不一定是c(H2)的三分之二，这与该反应的初始物质的量及转化率有关，选项B错误；
C、使用催化剂增大反应速率，不影响化学平衡移动，能提高生产效率，选项C正确；
D、氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，选项D正确。
答案选B。
13.关于下列各实验装置的叙述中正确的是
A. 装置①可用于吸收氯化氢气体 B. 装置②可用于制取氯气
C. 装置③可用于制取乙酸乙酯 D. 装置④可用于制取氨气
【答案】A
【解析】
详解】A、导管口插入四氯化碳中，氯化氢气体易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氢，选项A正确；
B、制备氯气时应为二氧化锰和浓盐酸共热，装置中缺少加热装置，选项B错误；
C、收集乙酸乙酯时导管末端不能伸入液面以下，选项C错误；
D、制备氨气时应加热氯化铵和氢氧化钙混合固体，选项D错误。
答案选A。
14.部分氧化的Fe－Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共2.88g，经如下处理：
下列说法正确的是
A. 滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋ B. V＝224
C. 样品中CuO的质量为2.0g D. 样品中铁元素的质量为0.56g
【答案】B
【解析】
【详解】根据氧化性Fe3+>Cu2+>H+可知铁离子优先反应，由于滤液A中不含Cu2+，且有气体氢气生成，则滤液A中不含Fe3+
，滤渣1.6g为金属铜，物质的量为0.025mol，即合金样品中总共含有铜原子和铜离子0.025mol。滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，即合金样品中总共含有铁原子和铁离子0.02mol。稀硫酸过量，因此滤液A中的溶质为H2SO4和FeSO4，其中溶质FeSO4为0.02mol，则能加反应的硫酸的物质的量也为0.02mol，0.02mol H2SO4电离出0.04mol氢离子，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧离子O2-结合成水。
A、滤液A中阳离子为Fe2+、H+，选项A错误；
B、合金中氧离子O2-的物质的量为=0.01mol，0.01mol O2-生成水需结合H+0.02mol，所以参加反应的0.02mol硫酸中有0.04mol-0.02mol=0.02molH+生成了氢气，即有0.01molH2生成，标准状况下产生的氢气的体积为0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL，选项B正确；
C、假设Fe－Cu合金样品全部被氧化，则样品中CuO的质量为0.025mol80g/mol=2g，而实际情况是Fe－Cu合金样品部分氧化，故样品中CuO的质量小于2g，选项C错误；
D、样品中铁元素的质量为0.02mol56g/mol=1.12g，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查混合物计算及物质的性质，为高频考点，把握流程中反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答。
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、非选择题(本大题共6小题，共58分)
15.通过简单的试管实验可探究元素金属性、非金属性的强弱。选用下列提供的试剂，根据要求完成下表。
试剂：①镁条 ②铝条 ③AlCl3溶液 ④MgCl2溶液 ⑤NaOH溶液 ⑥氯水 ⑦碘水⑧NaI－淀粉溶液
实验方案
(只填写选用试剂的序号)
实验现象
结论
(l)
______________
一支试管中有白色沉淀生成，另一支试管中先生成白色沉淀，后白色沉淀消失
金属性：_______
(2)
_______________
___________
非金属性：Cl>I
实验(2)中发生反应的离子方程式为_____________。
【答案】 (1). ③④⑤ (2). Mg＞Al (3). ⑥⑧ (4). 溶液由无色变为蓝色 (5). Cl2 +2Br- =2Cl- +I2
【解析】
【详解】一支试管中有白色沉淀生成，另一支试管中先生成白色沉淀，后白色沉淀消失，说明在MgCl2 溶液和AlCl3 溶液中分别加入NaOH溶液，由于Al(OH)3 具有两性，可溶于NaOH溶液而生成NaAlO2 ，说明碱性：Mg(OH)2 ＞Al(OH)3 ，则金属性：Mg＞Al；
比较Cl、I的非金属性强弱，可用非金属单质与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱或非金属之间的置换反应等，由于题中没有氢化物、酸等，则可用非金属之间的置换反应进行验证，即将氯水滴加到NaI－淀粉溶液中，观察到溶液由无色变为蓝色，说明单质的氧化性：Cl2 ＞I2 ，反应的离子方程式为Cl2 +2Br- =2Cl- +I2 ，
则可说明非金属性：Cl＞I。
故答案为：
实验方案
(只填写选用试剂的序号)
实验现象
结论
(l)
③④⑤
一支试管中有白色沉淀生成，另一支试管中先生成白色沉淀，后白色沉淀消失
金属性：Mg＞Al
(2)
⑥⑧
溶液由无色变为蓝色
非金属性：Cl>I
Cl2 +2Br- =2Cl- +I2
【点睛】本题考查非金属性、金属性的实验探究，题目难度不大，本题注意根据非金属性、金属性的比较角度和所提供的药品进行实验设计。比较金属性的强弱可根据金属与酸、水反应的剧烈程度或对应最高价氧化物的水化物的碱性强弱等；比较非金属性的强弱可根据非金属单质与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱或非金属之间的置换反应等。
16.某小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3
某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验：
回答下列问题：
(l)仪器a的名称为____________，仪器b中可选择的试剂为___________。
(2)实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是___________(填标号)。
A.Cl2 B.O2 C.NO2 D.CO2
(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体产生，上述现象证明MH3具有_______性，装置C中发生反应的化学方程式为___。
(4)装置E中浓硫酸的作用是___________。
(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作是________。
(6)实验完毕，若测得装置D增重m g，装置F测定气体的体积为n L(已拆算成标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为_______________(用含m、n字母的代数式表示)。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰 (3). BD (4). 还原 (5). 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O (6). 吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D (7). 慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平 (8).
【解析】
【详解】(1)根据仪器的构造可知，仪器a是分液漏斗，浓氨水可以与生石灰、氢氧化钠固体、碱石灰等制取氨气，故仪器b中可选择的试剂为氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰；
(2)装置A是一种固体+液体反应不需要加热的气体发生装置，可以用来制取H2、CO2、NO2等，还可以用H2O2与MnO2来制取O2，这里注明是无色气体，则不能是NO2，答案选BD；
(3)黑色CuO粉末变为红色固体，说明黑色的CuO被还原为Cu，同时NH3被氧化为N2，证明了NH3具有还原性:2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
(4)实验需要通过称量D装置反应前后的质量差来作为氨气中氢原子物质的量的计算依据，所以E装置具有隔离D与F的作用，防止F中的水蒸气进入D中，同时可以把未反应的NH3
吸收掉，故答案为吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D；
(5)测定量气管收集气体体积时要保证装置内气体压强与大气压相等，所以需要是慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平；
(6)D增重是吸收了NH3还原CuO生成的水的质量，
n(H)=×2= mol，
n(N)=×2= mol。
所以氨分子中氮、氢的原子个数比为: mol∶mol =。
【点睛】本题考查了氨气的实验室制备，性质验证和反应现象分析判断判断，装置流程分析，量气装置的使用方法，测定元素物质的量之比的计算，易错点是（6）干燥管D增重mg为反应生成的水，装置F测得气体的体积为nL为反应生成的氮气；依据元素守恒计算得到。
17.元素铬(Cr)在自然界主要以＋3价和＋6价存在。回答下列问题：
(1)＋6价的Cr能引起细胞变异而对人体不利，可用Na2SO3将Cr2O72－还原为Cr3＋，反应的离子方程式为____________________。
(2)利用铬铁矿(FeO·Cr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：
①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施是_________(写一条)。
②“水浸”后，要获得浸出液的操作是_______。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则“还原”操作中发生反应的离子方程式为______。
③加热Cr(OH)3可得到Cr2O3。从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是_________。
【答案】 (1). 3SO32-+8H++Cr2O72－=2Cr3++3SO42-+4H2O (2). 将铬铁矿粉碎 (3). 过滤 (4). 3S2-+20H2O+8Cr2O72－=8Cr(OH)3↓+3SO42- +16OH- (5). 高温下，用CO还原或热还原法
【解析】
【详解】(1)反应中铬元素化合价从＋6价降为+3价，硫元素从+4价升高到+6价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为3SO32-+8H++Cr2O72－=2Cr3++3SO42-+4H2O；
(2)①影响化学反应速率的外界因素主要有物质的表面积大小、表面积越大，反应速率越快，故为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施是粉碎铬铁矿；
②“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为3S2-+20H2O+8Cr2O72－=8Cr(OH)3↓+3SO42- +16OH-；
③从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3 (热还原法)。
18.下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。
回答下列问题：
(1)A的化学式为_________。
(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。
(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。
(4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。
(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。
【答案】 (1). NH4Cl (2). 4NH3+5O24NO+6H2O (3). 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (4). 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (5). 1:2
【解析】
【详解】根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。
(1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；
(2)一定条件下，B（NH3）和D（O2）反应生成E（NO）和F（H2O）的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；
(5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。
19.如图表示一定温度下，在容积固定的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量浓度随时间变化的情况。回答下列问题：
(1)该反应的化学方程式为_________。
(2)0～t1s内，B气体的平均反应速率为____。
(3)(t1＋10)s时，A气体的转化率为__________，此时v正(A)_____v逆(B)(填“>”“<”或“＝")。
(4)下列关于该反应的说法正确的是__________(填标号)。
a.t1时刻，该反应正反应和逆反应均已停止
b.t1时刻之前，B气体的消耗速率大于它的生成速率
c.t1时刻，C气体的正反应速率等于它的逆反应速率
(5)容器中，(t1＋10)s时的压强与起始时的压强之比为____
【答案】 (1). 3A+B2C (2). mol•L-1•s-1 (3). 75% (4). > (5). bc (6). 9:13或
【解析】
【详解】(1）根据图像可知，随着时间的推移，A、B的物质的量浓度不断减少，C的物质的量浓度不断增加，所以A、B为反应物，C为生成物，化学计量数之比为（0.8-0.2）：（0.5-0.3）：（0.4-0）=3：1：2，该反应为3A＋B2C；
（2）由图像可知，0～t1 s 内B的物质的量浓度减少0.2mol/L，则B气体的平均反应速率为mol•L-1•s-1；
（3）(t1＋10）s 时，A的转化率为×100%=75%；在（t1+10）s时，反应达到平衡状态，用相同物质表示的化学反应速率，正反应速率等于逆反应速率，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学反应3A＋B2C，v(A）正＞v(B）逆；
（4）a．根据图像可知，到达t1时刻反应处于平衡状态，化学平衡状态是动态平衡，该反应没有停止，错误；
b．在t1时刻之前，反应正向移动，B气体的消耗速率大于它的生成速率，正确；
c．在t1时刻，可逆反应达到平衡状态，C气体的正反应速率等于逆反应速率，正确；
答案选bc；
(5）设容器的体积为V，起始物质的量为（0.8+0.5+0）V=1.3V，平衡物质的量为（0.4+0.3+0.2）V=0.9V，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，所以容器中(t1＋10）s时的压强与起始时的压强之比为0.9V：1.3V=9:13。
20.在1 L 2 mol·L－1稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉，反应中氧化产物的物质的量与加入铁粉的物质的量的关系如图所示：
回答下列问题：
(1)与曲线a对应的离子方程式为_____。
(2)曲线b代表的微粒为_____________，n2的值为__________。
(3)若M点时再加入V L 2 mol·L－1的稀硝酸，恰好反应完全，则V为_____________。
(4)研究表明硝酸的浓度越小，反应后氮的化合价越低。在极稀的硝酸溶液中加入少量铁粉，生成NH4＋的离子方程式为_________。
【答案】 (1). Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O (2). Fe2+ (3). 0.6 (4). 0.2 (5). 8Fe+3NO3-+30H+=8Fe3++3NH4++9H2O
【解析】
【分析】
向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe(NO3)3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）= Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，Fe(NO3)3与过量的铁继续反应生成 Fe(NO3)2，反应方程式为：2 Fe(NO3)3+Fe=3 Fe(NO3)2，由此分析解答。
【详解】（1）曲线a代表Fe+4HNO3（稀）= Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，离子方程式为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；
（2）根据反应Fe+4 HNO3（稀）= Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，1 L 2 mol·L－1稀硝酸溶液参与反应，则此时消耗Fe的物质的量为0.5mol，曲线b代表的微粒为亚铁离子，加铁粉从n1到n2发生反应2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2，且M点n(Fe3+)=n(Fe2+)，
即 2Fe3+～～～Fe～～～3Fe2+，
开始0.5mol 0 0
转化 2x x 3x
M点 0.5-2x 3x
所以0.5-2x =3x，x=0.1mol，故M点消耗铁的物质的量为0.5mol+0.1mol=0.6mol；
（3）M点时再加入VL2mol/L的稀硝酸，恰好反应完全，说明硝酸与0.6mol的铁恰好完全反应生成铁离子，而稀硝酸参加氧化还原反应，氧化性的硝酸占，根据得失电子守恒得3×0.6mol=×2×(1+V)×3，解之得V=0.2L；
（4）极稀的硝酸液中加入少量铁粉，生成NH4+的离子方程式为：8Fe+3NO3-+30H+=8Fe3++3NH4++9H2O。
【点睛】本题考查了铁与稀硝酸的反应、有关方程式的水解，题目难度中等，明确图象中各段反应的反应以及曲线代表的物质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
