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河南省（全国卷）2018届高中毕业班阶段性测试（二）化学试题1. 下列有关物质的叙述中正确的是A. 氨水和冰醋酸都属于弱电解质B. 将二氧化氮进行压缩可得到无色液体，气体液化属于物理变化C. 可以用溴水鉴别直馏汽油和裂化汽油D. 蓝色的CuSO45H2O晶体能被浓硫酸脱水变为白色粉末【答案】C【解析】A项，氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，错误；B项，NO2中存在可逆反应：2NO2N2O4，加压平衡向正反应方向移动，得到无色液体，属于化学变化，错误；C项，直馏汽油中主要含烷烃、环烷烃，直馏汽油不能使溴水褪色，裂化汽油中含不饱和烃能使溴水褪色，能用溴水鉴别直馏汽油和裂化汽油，正确；D项，蓝色的CuSO45H2O晶体能被浓硫酸吸水变为白色粉末，错误；答案选C。2. 向BaCl2溶液中依次通入过量的下列气体,第一次无沉淀,第二次有沉淀的组合是选项ABCD第一次CO2NONO2SO2第二次SO2CO2CO2NO2A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A项，CO2、SO2与BaCl2溶液都不反应，两次都无沉淀；B项，NO、CO2与BaCl2溶液都不反应，两次都无沉淀；C项，通入NO2，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，没有沉淀产生，再通入CO2，没有沉淀产生；D项，SO2与BaCl2溶液不反应，没有沉淀产生，再通入NO2将SO2氧化成SO42-，SO42-与BaCl2溶液产生白色BaSO4沉淀；符合题意的为D，答案选D。3. 下列说法正确的是A. 离子化合物中可能存在共价键B. 金属元素与非金属元素形成的化合物中一定存在离子键C. 溶于水后形成的溶液能导电的化合物中存在离子键D. 非金属元素形成的物质中一定存在共价键,可能存在离子键【答案】A【解析】A项，离子化合物中一定有离子键，可能存在共价键，如NaOH、Na2O2等，正确；B项，金属元素与非金属元素形成的化合物中不一定存在离子键，如AlCl3、BeCl2等，错误；C项，溶于水后形成的溶液能导电的化合物中可能没有离子键，只有共价键，如HCl、H2SO4等，错误；D项，非金属元素形成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体中不存在化学键，错误；答案选A。点睛：判断物质中所含化学键必须注意：（1）不是所有物质中都有化学键，稀有气体中不存在化学键；（2）离子化合物中一定含离子键可能含共价键如NaOH等，共价化合物中只有共价键；（3）含金属元素的化合物中不一定含离子键如AlCl3、BeCl2等；（4）完全由非金属元素组成的化合物不一定只有共价键，如NH4Cl等铵盐中含离子键；（5）溶于水能导电的化合物中不一定含离子键，如HCl等。4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中不正确的是A. 分子总数为NA的H2O和H2S混合气体中含有的氢原子数为2NAB. 28 g 乙烯和环己烷的混合气体中含有的碳原子数为2NAC. 常温常压下，18.4 g NO2 和N2O4的混合气体中含有的氮原子总数为0.4 NAD. 常温常压下，22.4 L 氧气与足量铁粉充分反应,转移的电子数为4 NA【答案】D【解析】A项，1个H2O分子和1个H2S分子中都含有2个H原子，分子总数为NA的H2O和H2S混合气体中含有的氢原子数为2NA，正确；B项，乙烯的分子式为C2H4，环己烷的分子式为C6H12，乙烯和环己烷的最简式都是CH2，28gCH2物质的量为=2mol，含碳原子数为2NA，正确；C项，NO2和N2O4的最简式都是NO2，18.4gNO2物质的量为=0.4mol，含有的N原子数为0.4NA，正确；D项，常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4LO2物质的量小于1mol，与足量铁粉反应转移电子数小于4NA，错误；答案选D。点睛：本题考查与阿伏加德罗常数有关的计算，涉及物质组成的判断（A项），混合物的计算（B、C项），22.4L/mol的适用对象（D项）。等质量的同素异形体、同分异构体以及最简式相同的物质中所含原子数相等；22.4L/mol适用于已知标准状况下气体的体积求气体分子物质的量。5. 下列对实验的解释或结论正确的是选项实验解释或结论A用无锈铁丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+，一定不含K+B将硫酸酸化的H2O2溶液滴入FeSO4溶液中,溶液变黄色H2O2的氧化性比Fe3+强C将溴水滴入苯中,振荡后下层几乎无色溴与苯发生加成反应D向盛有冷水的烧杯中滴加FeCl3稀溶液并煮沸制备Fe(OH)3胶体A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A项，焰色反应呈黄色说明溶液中一定含Na+，不能判断是否含K+，要判断是否含K+要透过蓝色钴玻片观察火焰是否呈紫色，错误；B项，硫酸酸化的H2O2溶液滴入FeSO4溶液中，溶液变黄说明发生反应：H2O2+H2SO4+2FeSO4=Fe2（SO4）3+2H2O，在该反应中H2O2为氧化剂，Fe3+为氧化产物，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，则氧化性：H2O2Fe3+，正确；C项，溴在苯中的溶解度远大于溴在水中的溶解度，苯将溴从溴水中萃取到苯中，水层几乎变为无色，没有发生加成反应，错误；D项，制备Fe（OH）3胶体的方法是：向煮沸的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色停止加热，错误；答案选B。6. 在透明溶液中能大量共存的一组离子是A. Na+、Cl、ClO、I B. Fe3+、Mg2+、Cl、NO3C. NH4+、H+、S2、NO3 D. H+ 、Ba2+、F、Br【答案】B【解析】A项，ClO-与I-发生氧化还原反应，不能大量共存；B项，离子间不反应，能大量共存；C项，H+与S2-可形成H2S气体，H+、S2-与NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存；D项，H+与F-形成弱酸HF，不能大量共存；能大量共存的是B，答案选B。点睛：离子不能大量共存的原因有：（1）离子间发生复分解反应生成沉淀、弱电解质、气体；（2）离子间发生氧化还原反应，如ClO-与I-等；（3）离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；（4）离子间发生双水解反应，如Al3+、Fe3+与HCO3-、CO32-等；（5）注意题干的附加条件，如无色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等；酸性溶液中与H+反应的离子不能存在；碱性溶液中与OH-反应的离子不能存在。7. 已知短周期主族元素a、b、c的原子序数依次增大,a和b同主族,且b的核电荷数是a的质子数的2倍，下列说法正确的是A. b的含氧酸的酸性比c的含氧酸的酸性弱B. a与b形成的共价化合物在常温下为气体C. ba2和c2均用作漂白剂，混合使用效果会更好D. bac2在水中发生水解，可以生成两种酸【答案】D【解析】a和b同主族，则b的核电荷数比a的质子数多8，b的核电荷数是a的质子数的2倍，a为O元素，b为S元素；c为比b原子序数大的主族元素，c为Cl元素。A项，b的含氧酸有H2SO4、H2SO3，c的含氧酸有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，b的含氧酸的酸性不一定比c的含氧酸的酸性弱，如酸性：H2SO4HClO，错误；B项，O与S形成的共价化合物有SO2、SO3，SO3常温下为固态，错误；C项，SO2和Cl2混合使用，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4、HCl不能漂白，混合使用效果减弱，错误；D项，bac2为SOCl2，SOCl2水解反应为：SOCl2+2H2O=2HCl+H2SO3，生成两种酸，正确；答案选D。点睛：本题易错选A，非金属性：c（Cl）b（S），最高价氧化物对应水化物的酸性：cb，但c（Cl）和b（S）的氧化物对应的水化物都不止一种，氧化物对应水化物的酸性不一定cb；易错选B，误以为SO3常温下呈气态。8. 甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如下图所示，下列各组物质中不能按图示关系转化的是选项甲乙丙丁ACa(OH)2Ca(HCO3)2CaCO3CO2BFeCl3FeFeCl2ZnCFeFe(NO3)2Fe(NO3)3HNO3DSO2Na2SO3NaHSO3NaOHA. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A项，Ca（OH）2与过量CO2反应生成Ca（HCO3）2（乙），Ca（OH）2与少量CO2反应生成CaCO3（丙）和H2O，Ca（HCO3）2与Ca（OH）2反应生成CaCO3和H2O，CaCO3与CO2、H2O反应生成Ca（HCO3）2，符合图示；B项，FeCl3与过量Zn发生置换反应生成Fe（乙）和ZnCl2，FeCl3与少量Zn反应生成FeCl2（丙）和ZnCl2，Fe与FeCl3反应生成FeCl2，Zn与FeCl2发生置换反应生成ZnCl2和Fe，符合图示；C项，Fe与过量HNO3反应生成Fe（NO3）3，Fe与少量HNO3反应生成Fe（NO3）2，乙、丙不符合图示；D项，SO2与过量NaOH反应生成Na2SO3（乙）和H2O，SO2与少量NaOH反应生成NaHSO3（丙），Na2SO3、SO2与H2O反应生成NaHSO3，NaHSO3与NaOH反应生成Na2SO3和H2O，符合图示；不符合图示的为C，答案选C。9. 草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101,易溶于水，受热脱水、升华,170以上分解。某学生拟用下图装置做草酸晶体的分解实验并验证部分产物，下列说法错误的是A. 装置A中的大试管口应略向下倾斜，是因为加热草酸晶体时会产生水B. 装置B的主要作用是冷凝(水蒸气、草酸)等,防止草酸进入装置C中,干扰CO2的检验C. 装置C中可观察到的现象是有气泡冒出,澄清石灰水变浑浊D. 本实验能证明草酸晶体的分解产物有二氧化碳【答案】A【解析】A项，草酸晶体的熔点101小于其分解温度，装置A中的大试管口应向上倾斜，错误；B项，由于草酸晶体易升华，分解产物中混有草酸蒸气，草酸也能使澄清石灰水变浑浊，干扰分解产物CO2的检验，检验CO2之前必须排除草酸的干扰，装置B的主要作用是冷凝水蒸气、草酸等，正确；C项，草酸分解生成CO2、CO和H2O，CO不能被澄清石灰水吸收，装置C中有气泡冒出，CO2使澄清石灰水变浑浊，正确；D项，澄清石灰水变浑浊证明分解产物有CO2，正确；答案选A。10. 已知互为同分异构体，下列说法不正确的是A. z的二氯代物有三种B. x、y的一氯代物均只有三种C. x、y 可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色D. x、y、z中只有x的所有原子可能处于同一平面【答案】B【解析】A项，z为立方烷，结构高度对称，z中只有1种H原子，其一氯代物只有1种，二氯代物有3种（2个Cl处于立方烷的邻位、面对角线、体对角线），正确；B项，x中有5种H原子，x的一氯代物有5种，y中有3种H原子，y的一氯代物有3种，错误；C项，x、y中都含有碳碳双键，都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，正确；D项，y、z中都含有饱和碳原子，y、z中所有原子不可能处于同一平面上，x由苯基和乙烯基通过碳碳单键相连，联想苯和乙烯的结构，结合单键可以旋转，x中所有原子可能处于同一平面，正确；答案选B。点睛：本题涉及两个难点：烃的氯代物种类的确定和分子中原子的共面、共线问题。烃的氯代物种类的确定：（1）一氯代物种类的确定常用等效氢法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效；（2）二氯代物种类的确定常用“定一移二”法。确定分子中共线、共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线，苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；（2）任意三个原子一定共平面；（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面，苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面；（4）分子中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。11. SO2废气的回收利用方案如图所示。下列说法错误的是A. 废气与氨水混合一定发生反应：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+H2OB. Y中含有NH4HSO3C. 气体a既有氧化性又有还原性D. (NH4)2S2O8中含有O-O键,S的化合价为+6【答案】B12. 三氟化氮(NF3)应用于微电子工业中的等离子刻蚀气体。已知NF3 在潮湿的环境中能发生反应I：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，NF3能有效地刻蚀二氧化硅，发生反应II:4NF3+3SiO2=2NO+2NO2+3SiF4。下列有关说法正确的是A. 反应I和中NF3都作氧化剂B. 3mol NF3气体与水充分反应共转移3mol电子C. 反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比是4:3D. NF3泄漏可以用NaOH溶液吸收【答案】D.13. 在固态金属氧化物燃料电池中，以H2-CO混合气体为燃料,基本原理如图所示。下列说法不正确的是A. X极是原电池的负极,发生氧化反应B. 负极的电极反应式为H2+O2-2e=H2O、C O + O 2-2e=CO2C. Y极每消耗16gO2,电路中有2mol电子通过D. 同温同压下两极消耗的气体体积之比是1:1【答案】D【解析】A项，X电极上的变化为H2H2O、COCO2，该过程为氧化反应，X为负极，正确；B项，负极的电极反应式为：H2+O2-2e-=H2O、CO+ O 2-2e-=CO2，正确；C项， n（O2）=0.5mol，Y极为正极，Y极电极反应式为O2+4e-=2O2-，每消耗16gO2电路中通过电子物质的量为0.5mol4=2mol，正确；D项，根据正负极得失电子数相等，同温同压下正负极消耗的气体体积之比为1:2，错误；答案选D。点睛：燃料电池中，通入O2的一极为正极，通入燃料的一极为负极；燃料电池的电池反应一般与燃烧反应相同（注意：碱性条件下不生成CO2，生成CO32-）；书写燃料电池的电极反应式一般要熟记正极的电极反应式，酸性条件下正极电极反应式为：4H+ +O2 +4e- =2H2O，碱性条件下正极电极反应式为：2H2O+O2 +4e- =4OH-，熔融氧化物中正极电极反应式为：O2 +4e- =2O2-，熔融碳酸盐中正极电极反应式为：O2 +4e- +2CO2=2CO32-，负极电极反应式由电池总反应减去正极电极反应式消去O2得到。14. 有一包白色粉末，由Ba(NO3)2、K2SO4、CaCO3、NaOH、FeCl3中的一种或几种组成，为了探究它的成分，进行了如下实验:将白色粉末加入水中充分溶解,过滤得到白色滤渣A和无色溶液B；在滤渣A中加入足量稀盐酸,A全部溶解并产生气体C；将气体C通入到B溶液中产生白色沉淀D。下列判断正确的是A. Ba(NO3)2、CaCO3一定存在，NaOH可能存在B. K2SO4、FeCl3一定不存在C. NaOH、CaCO3、Ba(NO3)2一定存在,K2SO4 可能存在D. A和D的成分相同【答案】B【解析】粉末为白色，加水充分溶解后得到白色滤渣和无色溶液，白色粉末中一定不存在FeCl3；滤渣A中加入足量稀盐酸，A全部溶解并产生气体C，则滤渣A为CaCO3，滤渣A中没有BaSO4，气体C为CO2，原固体中一定有CaCO3，Ba（NO3）2、K2SO4两种物质中最多存在一种；气体C通入溶液B中产生白色沉淀D，溶液B中一定有NaOH和Ba（NO3）2，沉淀D为BaCO3，则原固体中一定有NaOH和Ba（NO3）2，一定不含K2SO4；根据上述分析，原固体中一定有Ba（NO3）2、CaCO3和NaOH，一定不存在K2SO4和FeCl3，对照各选项，B正确，答案选B。点睛：本题的难点是NaOH的判断，CO2与Ba（NO3）2不反应，在NaOH存在时，CO2与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3与Ba（NO3）2反应产生白色BaCO3沉淀。15. 将NO、O2、NO2的混合气体通入水中被完全吸收，当氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3时，NO、O2、NO2的体积之比为A. 4:9:24 B. 8:9:12 C. 1:2:5 D. 3:2:3【答案】C【解析】混合气体通入水中发生反应：2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，混合气体被水完全吸收，发生的总反应为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，氧化剂为O2，还原剂为NO和NO2，则n（O2）：n（NO）+n（NO2）=1:3，根据得失电子守恒，3n（NO）+n（NO2）=4n（O2），解得n（NO）：n（O2）：n（NO2）=1:2:5，则NO、O2、NO2的体积比为1:2:5，答案选C。16. 向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，生成沉淀的物质的量与消耗Ba(OH)2的物质的量的关系如下图所示，下列说法正确的是A. Ob点间的任意一点a的溶液均显酸性B. b、c两点溶液均呈中性C. b、c两点沉淀的物质的量之比为4:3D. c点溶液呈碱性,原因是A1O2+H+H2O=Al(OH)3【答案】A【解析】A项，Ob点间发生的反应为2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=3BaSO4+2Al（OH）3+K2SO4，Ob点间任意一点a都是Ba（OH）2完全反应，KAl（SO4）2过量，由于Al3+的水解溶液呈酸性，正确；B项，b点KAl（SO4）2与Ba（OH）2以物质的量之比2:3恰好完全反应，b点为K2SO4溶液，溶液呈中性，bc点间发生反应：K2SO4+2Al（OH）3+Ba（OH）2=BaSO4+2KAlO2+4H2O，c点为KAlO2溶液，由于AlO2-的水解溶液呈碱性，错误；C项，根据反应，b、c两点沉淀物质的量之比为5:4，错误；D项，c点呈碱性的原因是AlO2-发生水解，水解离子方程式为AlO2-+2H2OAl（OH）3+OH-，错误；答案选A。点睛：明矾与Ba（OH）2溶液反应沉淀物质的量达最大时，反应方程式为：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=3BaSO4+2Al（OH）3+K2SO4，此时Al元素以Al（OH）3形式存在，SO42-有3/4沉淀；明矾与Ba（OH）2溶液反应沉淀质量达最大时，反应方程式为：KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4+KAlO2+2H2O，此时Al元素全部以AlO2-形式存在，SO42-恰好完全沉淀。17. A、B、C、D、E、F是短周期主族元素,且原子序数依次增大。在短周期中A元素原子半径最小，D元素原子半径最大，B的简单氢化物的水溶液呈碱性，C、E同主族,形成的化合物为EC2、EC3。回答下列问题:（1）E在元素周期表中的位置为_。（2）D2E溶液在空气中长期放置发生反应,生成物之一为H。H与Na2O2的结构和化学性质相似，其溶液显黄色。H的电子式为_。（3）化学家发现一种化学式为A4B4的化合物，由均带一个电荷的阴、阳离子组成，则该阴、阳离子为_。（4）B2A4C3是一种常见的炸药，其在常温下撞击时会生成一种气体(B2C)和一种常见液体，该反应的化学力程式为_。8g该物质反应转移的电子数目为_。（5）下列事实能说明元素F的非金属性比元素E的非金属性强的是_。a.元素F形成的单质比元素E形成的单质的熔点低b.F和E两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高c.F2通入到D2E的溶液中出现浑浊【答案】 (1). 第3周期第A族 (2). (3). N3-、NH4+ (4). NH4NO3 N2O+2H2O (5). 0.4NA或2.4081023 (6). bc【解析】试题分析：本题考查元素的推断，涉及元素在周期表中位置的确定，电子式和化学方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算，元素非金属性强弱的判断。在短周期中A元素原子半径最小，D元素原子半径最大，A为H元素，D为Na元素；B的简单氢化物的水溶液呈碱性，B为N元素；A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期的主族元素，C、E同主族形成的化合物为EC2、EC3，C为O元素，E为S元素，F为Cl元素。（1）E为S元素，原子序数为16，S在元素周期表中的位置：第3周期第VIA族。（2）D2E为Na2S，Na2S在空气中长期放置发生反应生成H，H与Na2O2的结构和化学性质相似，H为Na2S2，联想Na2O2的电子式，Na2S2的电子式为。（3）A4B4的化学式为H4N4，该化合物全由非金属元素组成，则阳离子为NH4+，阴离子带一个负电荷，则阴离子为N3-，阴、阳离子依次为N3-、NH4+。（4）B2A4C3为N2H4O3，该物质全由非金属元素组成，其化学式为NH4NO3，撞击生成N2O（B2C）和常见液体水，反应的化学方程式为NH4NO3N2O+2H2O。在该反应中NH4+中-3价的N化合价升至N2O中的+1价，NO3-中+5价的N化合价降至N2O中的+1价，1molNH4NO3反应转移4mol电子，n（NH4NO3）=0.1mol，8gNH4NO3反应转移0.4mol电子，转移电子数为0.4NA或2.4081023。（5）a项，熔点属于物理性质，不能用于判断元素非金属性强弱；b项，F和E两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高说明HCl比H2S温度，可说明Cl的非金属性强于S的非金属性；c项，F2通入到D2E的溶液中出现浑浊，发生反应Cl2+Na2S=2NaCl+S，说明Cl的非金属性强于S的非金属性；答案选bc。18. 下图为兴趣小组设计的乙醇氧化的实验装置图(加热仪器，夹持装置略)。已知:乙醇的沸点为78，易溶于水，乙醛的沸点为20.8,易溶于水。（1）在上述装置中,实验时所需加热的仪器中应最先加热的是_(填仪器的代号)。（2）使A中乙醇产生蒸气的常用方法是_。D装置的作用是_。（3）E装置的设计目的是_。（4）证明乙醇反应后有乙醛生成的方法是_。（5）写出B装置中发生反应的化学方程式: _。【答案】 (1). B (2). 水浴加热 (3). 防止外界水蒸气进入C中导管使无水硫酸铜变蓝 (4). 吸收乙醛、防止倒吸 (5). 取适量E试管中溶液与新制的Cu(OH)2悬浊液混合加热或银镜反应 (6). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O【解析】试题分析：本题考查乙醇的催化氧化实验。（1）乙醇呈液态，装置A处需要加热产生乙醇蒸气；乙醇发生催化氧化需要加热，装置B处需要加热；应最先加热的是B。（2）由于乙醇的沸点为78，使A中乙醇产生蒸气的常用方法是水浴加热。根据装置图，装置C中无水CuSO4粉末的作用是检验生成物H2O，装置D中碱石灰的作用是：防止外界水蒸气进入装置C使无水CuSO4变蓝。（3）乙醛易溶于水，E装置中的水吸收乙醛，导管口接近水面不能伸入水中可防止倒吸。（4）证明有乙醛生成，即检验醛基，方法是：取适量E试管中溶液与新制的Cu(OH)2悬浊液混合加热或银镜反应。（5）B装置中发生乙醇的催化氧化，反应方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O。19. 某学生为探究金属Al在酸性或碱性溶液中均可与NO3发生氧化还原反应，进行如下实验:将Al加入到pH=2的HNO3溶液中,Al溶解,得到溶液A,产生无色气体C，气体C在空气中转化为红棕色气体E；将Al 加入到pH=12的KNO3和KOH混合溶被中,Al溶解，得到溶液B,产生无色有刺激性气味的气体D；在A溶液中通入气体D，最终产生大量的白色沉淀；在B溶液中通入气体E,先出现白色沉淀,而后白色沉淀溶解。请回答下列问题:（1）Al与NO3在酸性条件下反应,Al与被还原的NO3的物质的量之比是_。（2）E和D在一定条件下反应生成两种对环境无污染的物质,则该反应的化学方程式为_。（3）已知A和B两溶液混合产生白色沉淀,该反应的离子方程式为_。（4）以Al和Fe作电极，在碱性、NO3存在条件下形成原电池,则Fe电极反应式为_。（5）除去气体C中混有的少量E的操怍是_。【答案】 (1). 1：1 (2). 8NH3 +6NO2 7N2+12H2O (3). Al3+ +3AlO2 +6H2O=4A1(OH)3 (4). NO3 +8e +6H2O=9OH +NH3 (5). 将气体通过盛有水的洗气瓶【解析】试题分析：本题通过探究Al与NO3-在酸性或碱性溶液中的反应为载体，考查氧化还原反应的分析，电极反应式和方程式的书写，涉及Al及其化合物的转化、N及其化合物的转化。（1）根据，Al与NO3-在酸性条件下反应得到溶液A和无色气体C，C在空气中转化为红棕色气体E，则溶液A为Al（NO3）3溶液，C为NO，E为NO2；反应的化学方程式为：Al+4HNO3（稀）=Al（NO3）3+NO+2H2O，在反应中Al元素的化合价由0升至+3价，N元素的化合价由NO3-中+5价降至NO中+2价，根据得失电子守恒，3n（Al）=3n（NO3-）被还原，n（Al）：n（NO3-）被还原=1:1。（2）根据，Al加入到pH=12的KNO3和KOH混合溶被中，Al溶解得到溶液B，产生无色有刺激性气味的气体D，结合A溶液中通入气体D产生大量白色沉淀，B溶液中通入气体NO2先出现白色沉淀而后白色沉淀溶解，则溶液B为KAlO2溶液，无色有刺激性气味的气体D为NH3，反应的化学方程式为：8Al+5KOH+3KNO3+2H2O=8KAlO2+3NH3。NO2和NH3在一定条件下反应生成两种对环境无污染的物质，两种生成物为N2和H2O，则反应的化学方程式为：8NH3 +6NO2 7N2+12H2O。（3）A为Al（NO3）3溶液，B为KAlO2溶液，两者混合发生双水解反应，反应的离子方程式为：Al3+3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3。（4）碱性条件下自发发生的氧化还原反应为：8Al+5KOH+3KNO3+2H2O=8KAlO2+3NH3，Al为负极，Al电极电极反应式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；Fe为正极，Fe电极电极反应式为NO3-+8e-+6H2O=NH3+9OH-。（5）C为NO，E为NO2，除去NO中混有的NO2的操作是：将气体通过盛有水的洗气瓶，发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO。20. 利用含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3的黄铜灰渣生产Cu(NO3)2溶液的流程如下:回答下列问题:（1）酸浸时需要将酸液煮沸，则最佳的酸X是_。a.稀盐酸 b.稀硝酸 c.浓硝酸 d.稀硫酸（2）滤液I中加入适量的锌粉,最先发生反应的离子方程式为_。（3）滤渣与稀硝酸的反应中,硝酸表现的性质是_，不采用浓硝酸的原因是_。（4）硝酸铜与乙酸酐(CH3CO)2O,吸水生成乙酸的混合物是有机合成中常用的硝化剂,用于芳香化合物的硝化。写出苯与该硝化剂反应生成硝基苯的化学方程式: _。【答案】 (1). d (2). Zn+2Fe3+=Zn2+2Fe2+ (3). 酸性和氧化性 (4). 因为制备相同量的Cu( NO3)2时稀硝酸用量比浓硝酸少，产生的氮的氧化物也少 (5). 【解析】试题分析：本题以由黄铜灰渣生产Cu（NO3）2溶液的流程为载体，考查流程的分析，实验试剂的选择，硝酸的性质，化学方程式的书写。（1）根据流程，酸浸后获得的滤渣I与稀硝酸反应制得Cu（NO3）2溶液，则滤渣I的主要成分为Cu，Cu不溶于酸X，酸X不能为稀硝酸、浓硝酸；由于酸浸时要将酸液煮沸，而盐酸具有挥发性，最佳的酸X为稀硫酸，答案选d。（2）酸浸时黄铜灰渣中的Zn、CuO、ZnO和少量的FeO、Fe2O3与酸反应，经过滤I得到的滤液I中含Zn2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+，由于氧化性Fe3+Cu2+H+Fe2+Zn2+，滤液I中加入适量锌粉，最先发生的离子反应为：Zn+2Fe3+=Zn2+2Fe2+。（3）滤渣II为Cu，Cu与稀硝酸反应的方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，在反应中硝酸表现氧化性和酸性。若用浓硝酸，反应的方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，对比两反应，不用浓硝酸的原因是：因为制备相同量的Cu（NO3）2时稀硝酸用量比浓硝酸少，产生的氮的氧化物也少。（4）依据题意，硝酸铜与乙酸酐(CH3CO)2O吸水生成乙酸的混合物是有机合成中常用的硝化剂，则苯与该硝化剂反应生成硝基苯的化学方程式为或。21. 在T时,发生反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)。（1）T时,在一个2L的密闭容器中加入4molC和1molH2O(g),5min后反应达到平衡,C的转化率为20%。05min内,用H2O(g)表示的平均反应速率为_。该反应达到平衡的标志是_。a.气体的平均相对分子质量不变b.气体的密度不变c.H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量之比为1：1:1d.气体的总物质的量不变（2）T时,在下列密闭容器中加入相应的物质进行实验,中间的隔板可以自由滑动。若左室中气体的平均相对分子质量一直保持不变，则反应开始前H2O(g)、H2(g)的物质的量之比是_。反应在达到平衡时,中间的隔板所处的位置是_。a.11.5之间 b.1.5处 c.1.52之间（3）已知:I.破坏1mol共价键所需要的能量如下表：共价键石墨中的碳碳键H-HCOH-O能量/kJ475.74361072463.石墨层由六角形蜂巢结构的碳原子构成，如图所示:某同学构想:通过下列装置实现C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)的反应。按该考生的构想,石墨电极发生的反应式为_。这个构想成立吗?说明理由: _。【答案】 (1). 0.08 mol/(Lmin) (2). abd (3). 5:3 (4). a (5). C-2e +2OH=CO+H2O (6). 不成立。因为根据反应C(s)+H2O(g) CO(g) +H2(g)，物质的断键和成键的能量变化是：1.5475.7 kJ +2463 kJ -1072 kJ - 436 kJ=+131.5 kJ0，说明是吸热反应，不能将化学能转化为电能【解析】试题分析：本题考查化学反应速率的计算，化学平衡的标志，化学平衡的计算和极限法，电极反应式的书写，反应热的计算。（1）C的转化率为20%，转化C的物质的量为4mol20%=0.8mol，则转化H2O（g）的物质的量为0.8mol，H2O（g）=0.8mol2L5min=0.08mol/(Lmin)。 a项，反应生成的CO和H2的物质的量之比为1:1，反应生成的CO和H2的平均相对分子质量为15（281/2+21/2=15），建立平衡的过程中气体的平均相对分子质量减小，平衡时气体的平均相对分子质量不变，气体的平均相对分子质量不变表明反应达到平衡状态；b项，建立平衡过程中气体的质量增大，容器体积不变，气体的密度增大，平衡时气体的质量不变，气体的密度不变，气体的密度不变表明反应达到平衡状态；c项，平衡时各物质的浓度不再变化，不一定等于化学计量数之比，H2O（g）、CO（g）、H2（g）的物质的量之比为1:1:1不能说明反应一定达到平衡状态；d项，该反应的正反应为气体分子数增大的反应，建立平衡过程中气体物质的量增大，平衡时气体物质的量不变，气体的总物质的量不变说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡的标志是abd。（2）设反应开始前H2O（g）、H2（g）物质的量依次为xmol、ymol，转化H2O（g）物质的量为amol，用三段式C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）n（起始）（mol） x 0 yn（转化）（mol） a a an（某时刻）（mol） x-a a y+a左室中气体的平均相对分子质量一直保持不变，=，解得x：y=5：3，反应开始前H2O（g）、H2（g）物质的量之比为5:3。设反应开始前H2O（g）、H2（g）物质的量依次为xmol、ymol，起始到平衡转化H2O（g）物质的量为bmol，用三段式C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）n（起始）（mol） x 0 yn（转化）（mol） b b bn（平衡）（mol） x-b b y+b根据同温同压下气体体积之比等于气体物质的量之比，反应前（x+y）：n（N2）=1:2，x的最大值为n（N2）/2；反应达到平衡时，左室气体物质的量为x+y+b，由于是可逆反应则0bx，左室反应达平衡时气体物质的量x+yx+y+bx+y+x，左室气体物质的量n（N2）/2x+y+b n（N2），右室N2物质的量不变，根据同温同压下气体体积之比等于气体物质的量之比，左室达平衡时隔板所处位置在11.5之间，答案选a。（3）反应中C元素的化合价由0价升至CO中的+2价，石墨电极发生失电子的氧化反应，电极反应式为C（s）-2e-+2OH-=CO+H2O。根据石墨的结构，1mol石墨中含碳碳键1.5mol，反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)的H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=1.5E（碳碳键）+2E（H-O）-E（CO）-E（H-H）=1.5475.7kJ/mol+2463kJ/mol-1072kJ/mol-436kJ/mol=+131.55kJ/mol，该反应为吸热反应，不能通过原电池将化学能转化成电能，构想不成立。点睛：本题第（1）考查化学平衡的标志，判断可逆反应是否达到平衡状态的标志是“逆向相等，变量不变”，“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志。
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