安徽省”皖南八校“2020届高三化学上学期摸底考试试题(含解析)

安徽省”皖南八校“2020届高三化学上学期摸底考试试题（含解析）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
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N A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2N A
B. 1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为N A
C. 20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中非极性键数目为10N A
D. 0.1mol·L－1Na2SO4溶液中含有的SO42－数目为0.1N A
【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N A，2 mol 3He含有的中子数为2N A，选项A正确；
B、1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为2N A，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10N A，非极性键数目为3 N A，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﹣+3H
O，故C正确；
2
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
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MnO 4->Cl 2，由②可知氧化性Cl 2>Fe 3+
，由②可知Fe 3+不能氧化Br -，氧化性Br 2>Fe 3+
，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. 2
CO
NaOH(aq)2323Δ
Al O NaAlO (aq)Al(OH)−−−−→−−−→ B. 饱和3
2
NH Δ
323CO NaCl(aq)NaHCO Na CO −−−−→−−→先通后通 C. 22
O /H O
324S SO H SO −−−−→−−−→点燃
D. 22MgCl (aq)Mg(OH)MgO −−−→−−−→石灰乳煅烧
【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 +
、NH 4+
、Cl -和HCO 3-
，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<Y
C. 气态氢化物的热稳定性：Y<Z
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
【答案】D
【解析】
【详解】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素， Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W为Na，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O，X与Z同族，则Z为S，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl。

A. Y的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，选项A错误；
B. 原子半径：X(O) <Y(Cl) <Z(S)，选项B错误；
C. 非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y(Cl) >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＋N2垐?
噲?2NH3，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
的阳离子为Fe2+、H+，选项A错误；B、合金中氧离子O2-的物质的量为2.88g 1.6g0.02mol56g/mol16/g mol--⨯=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
0.01mol⨯22.4L/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0.025mol⨯80g/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0.02mol⨯56g/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(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：
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NH 3反应，研究NH 3的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.Cl 2
B.O 2
C.NO 2
D.CO 2
(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MH 3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). 2NH 3+3CuO 3Cu+N 2+3H 2O (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). 911.2n m
【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H 2、CO 2、NO 2等，还可以用H 2O 2与MnO 2来制取O 2，这里注明是无色气体，则不能是NO 2，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NH 3被氧化为N 2，证明了NH 3具有还原性:2NH 3+3CuO
3Cu+N 2+3H 2O ；
(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NH 3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NH 3还原CuO 生成的水的质量， n(H)=218/mg g mol ⨯×2=9
m mol ， n(N)=
222.4/nL L mol ⨯×2= 11.2
n mol 。

所以氨分子中氮、氢的原子个数比为: 9m mol∶11.2n mol =911.2n m 。

【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Na 2SO 3将Cr 2O 72－还原为Cr 3＋，反应的离子方程式为____________________。

(2)利用铬铁矿(FeO·Cr 2O 3)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Na 2CrO 4，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Cr 2O 3。

从工业成本角度考虑，用Cr 2O 3制取金属Cr 的冶炼方法是_________。

【答案】 (1). 3SO 32-+8H ++Cr 2O 72－=2Cr 3++3SO 42-+4H 2O (2). 将铬铁矿粉碎 (3). 过滤
(4). 3S 2-+20H 2O+8Cr 2O 72－=8Cr(OH)3↓+3SO 42- +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.t 1时刻，C 气体的正反应速率等于它的逆反应速率
(5)容器中，(t 1＋10)s 时的压强与起始时的压强之比为____
【答案】 (1). 3A+B 2C (2). 10.2t mol•L -1•s -1 (3). 75% (4). > (5). bc (6). 9:13或
913
【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 ＋B
2C ；
（2）由图像可知，0～t 1 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1
0.2t mol•L -1•s -1； （3）(t 1＋10）s 时，A 的转化率为0.80.20.8
×100%=75%；在（t 1+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 ＋B 2C ，v(A ）正＞v(B ）逆；
（4）a ．根据图像可知，到达t 1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t 1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t 1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(t 1＋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1
4
，根据得失电子守恒得
3×0.6mol=1
4
×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。