【化学】四川省德阳市第五中学2018-2019学年高二上学期10月月考（解析版） 试卷

四川省德阳市第五中学2018-2019学年高二上学期10月月考
1.下列古诗中对应的化学物质及相关说法均正确的是
选项
诗句
相关物质
相关说法
A
春蚕到死丝方尽
纤维素
高分子化合物
B
蜡炬成灰泪始干
脂肪烃
饱和烃
C
沧海月明珠有泪
碳酸钙
弱电解质
D
蓝田日暖玉生烟
二氧化硅
两性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A．蚕丝为蛋白质，不是纤维素，故A错误；B．“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于脂肪烃，属于饱和烃，故B正确；C．碳酸钙熔融状态下能够完全电离，是强电解质，故C错误；D．二氧化硅不能与盐酸反应，不是两性氧化物，故D错误；故选B。
2.下列关于化学键的说法正确的是
A. 构成单质分子的微粒一定含有共价键
B. 不同元素组成的多原子分子里的化学键一定都是极性键
C. 非极性键只存在于双原子单质分子中
D. 全部由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀有气体中不存在化学键，多原子分子的微粒一定含有共价键，故A错误；B．不同元素组成的多原子分子里可存在极性键、非极性键，如H-O-O-H中含非极性键，故B错误；C．非极性键可存在离子化合物、共价化合物中，如过氧化钠、过氧化氢中均存在O-O非极性键，故C错误；D．全部由非金属元素组成的化合物，为离子化合物或共价化合物，如铵盐为离子化合物，HCl为共价化合物，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查化学键，把握离子键、共价键的形成及化学键的判断为解答的关键。本题的易错点为B，要注意利用实例帮助分析判断。
3.下列各项中表达正确的是
A. S2-的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6
B. N2的结构式：:N≡N:
C. NaCl的电子式：
D. CO2的分子模型示意图：
【答案】A
【解析】
A. 硫离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，A正确；B. N2的结构式为N≡N，B错误；C. NaCl是离子化合物，电子式为，C错误；D. CO2是直线形分子，该模型不能表示二氧化碳，D错误，答案选A。
4.阿伏加德罗常数的值为NA ，下列说法正确的是
A. 常温常压下，31g白磷（P4）含有的原子数目为4NA
B. 标准状况下，11.2 L CCl4中含有的共价键数目为2NA
C. 常温常压下，34 g 羟基含有的电子总数为18NA
D. 0.2 mol H2和0.2 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、31 g白磷(分子式为P4)的物质的量是0.25mol，含有P原子的物质的量为0.25mol×4=1mol，故A错误；B、标况下，四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，即11.2L四氯化碳的物质的量不是0.5mol，则含有的共价键无法计算，故B错误；C、34g羟基的物质的量为2mol，而羟基不显电性，2 mol羟基含18mol电子，即18NA个，故C正确；D、氢气和碘蒸气的反应虽然是可逆反应，但由于此反应为分子个数不变的反应，故无论反应进行程度如何，容器中的分子个数都为0.4NA个，故D错误；故选C。
5.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4 ，②1s22s22p63s23p3，③1s22s22p3，④1s22s22p5，则下列有关比较中正确的是
A. 原子半径：④>③>②>① B. 第一电离能：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>① D. 最高正化合价：④>③＝②>①
【答案】B
【解析】
【详解】由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素。A．同周期自左而右原子半径逐渐减小，所以原子半径P＞S，N＞F，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所以原子半径P＞N，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故A错误；B．同周期自左而右第一电离能逐渐增大，由于N、P为半充满状态，较稳定，所以第一电离能S＜P，N＜F，同主族自上而下第一电离能逐渐降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故B正确；C．同周期自左而右电负性逐渐增大，所以电负性O＞S，N＜F，同主族自上而下电负性逐渐降低，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，根据原子结构推断出元素是解题关键。本题的易错点为D，要注意F元素的非金属性最强，没有正价，O元素一般没有正价。
6.下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是
A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
D. 2p轨道上有三个未成对的电子的X原子与3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．X和Y的价电子数目不相等，二者性质不同，故A错误；B．原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，价电子数不同，性质不相同，故B错误；C．最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与碱金属元素，一个为金属，一个为非金属，性质不相似，故C错误；D.2p轨道上有三个未成对的电子的X原子是N原子，3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子是P原子，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故D正确；故选D。
7.下列原子的电子排布图中，正确的是

【答案】C
【解析】
试题分析：基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，以此解答该题．
解：A．2p轨道违背洪特规则，故A错误；
B.2s轨道违背保里不相容原理，故B错误；
C．电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，故C正确；
D.2s轨道没有填充满，违背钠离子最低原理，不是基态原子排布，应是激发态，故D错误，
故选C．
8.现有短周期元素X、Y、Z、M，其中X、Y位于同主族，Z、M位于同主族，Y、Z位于同周期，X与Z、M都不在同一周期，Z的核电荷数是M的2倍。下列说法正确的是
A. 简单离子半径由大到小的顺序是：Z>M>Y
B. 气态氢化物的稳定性：Z > M
C. 简单阳离子的氧化性：Y > X
D. 等浓度的X2Z与Y2Z的溶液中，Z2- 的物质的量浓度：X2Z > Y2Z
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期元素X、Y、Z、M，已知X、Y位于同主族，Z、M位于同主族，Y、Z位于同周期，X与Z、M都不在同一周期，可知X为H，Y为Na，Z的核电荷数是M的2倍，则Z为S，M为O，以此解答。
【详解】由上述分析可知，X为H，Y为Na，Z为S，M为O。A．一般而言，电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，Y和M离子核外有2个电子层且原子序数Y＞M，Z离子核外有3个电子层，离子半径最大，则离子半径Z＞M＞Y，故A正确；B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性M＞Z，则氢化物的稳定性M＞Z，故B错误；C．金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，则简单阳离子的氧化性：Y＜X，故C错误；D．等浓度的H2S与Na2S的溶液中，前者微弱电离，后者微弱水解，Z2- 的物质的量浓度：X2Z＜Y2Z，故D错误；故选A。
9.关于氢键，下列说法正确的是
A. 氢键比分子间作用力强，所以它属于化学键
B. 冰融化成水的过程中，既破坏了范德华力又破坏了分子间氢键
C. 分子形成的氢键一定使物质的熔点和沸点升高
D. 测定100℃水蒸气的相对分子质量时发现实验值大于理论值，一定是实验操作不当引起的
【答案】B
【解析】
【详解】A、氢键比范德华力强，是一种介于化学键与分子间作用力之间的作用力，但不属于化学键，故A错误；B、冰融化克服的分子间作用以及氢键，故B正确；C、氢键能影响物质的熔沸点，则分子内形成的氢键使物质的熔点和沸点降低，分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点升高，故C错误；D、水分子间存在氢键，形成缔合分子，通常测定水的相对分子质量为缔合分子的相对分子质量，所以相对分子质量大于理论值，不是实验操作不当引起的，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查氢键与化学键、物质的性质的关系，明确氢键只影响物质的物理性质是解答本题的关键。本题的易错点为C，要注意氢键分为分子内和分子间氢键，对物质性质的影响不同。
10.下图所示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，其中可以成立的组合是


【答案】C
【解析】
N棒变细，说明N为负极，失电子，活性较强；M棒变粗，说明溶液中有金属离子得电子还原为金属单质析出。
11.下列说法中正确的是
A. NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构
B. P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′
C. NH4+中氮原子为sp3 杂化，其立体构型为平面正方形
D. NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化氮和三氟化硼分子中，N元素位于第VA族，则5+2=7，B元素位于第IIIA族，则3+3=6，所以不满足8电子稳定结构，故A错误；B．白磷分子为正四面体结构，四个磷原子位于正四面体四个顶点上，所以白磷分子的键角为60°，故B错误；C．NH4+中氮原子为sp3 杂化，立体构型为正四面体形，故C错误；D．分子中，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查了微粒的空间结构、8电子稳定结构的判断等。本题的易错点为B，要注意白磷分子和甲烷分子结构的相似与区别。
12.某离子反应中涉及H2O、ClO－、NH4+、H＋、N2、Cl－六种粒子。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是

A. 反应后溶液的酸性明显增强
B. 消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子
C. 该反应的还原剂是Cl－
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
【答案】A
【解析】
【分析】
由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答。
【详解】反应的方程式为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。A．反应生成H+，溶液酸性增强，故A正确；B．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；C．由方程式可知反应的还原剂为NH4+，故C错误；D．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误；故选A。
13.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应实验现象的推断或解释正确的是
选项
操 作
实验现象
解 释
A
向某钾盐中滴加浓盐酸，产生气体再通入品红溶液
品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3或KHSO3
B
将足量过氧化钠固体投入紫色石蕊试液中
溶液变成蓝色
过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性
C
铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液静置
出现血红色
铝热剂中一定含有氧化铁
D
将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，
下层液体呈紫色
氧化性：Br2＞I2
【答案】D
【解析】
【详解】A．能够使品红溶液褪色的气体不一定是二氧化硫，可能是氯气，如氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气能够使品红溶液褪色，所以该钾盐可能为氯酸钾，故A错误；B．过氧化钠具有强氧化性，能使有色物质褪色，过氧化钠和水反应生成NaOH导致溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，所以溶液先变蓝色后褪色，故B错误；C．铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，说明含有三价铁离子，则原铝热剂中可能含有氧化铁，或者含有四氧化三铁，故C错误；D．将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，下层液体呈紫色，则说明溴能够与碘化钾反应生成单质碘，依据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知：氧化性：Br2＞I2，故D正确；故选D。
14.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质） 制取七水合硫酸亚铁（FeSO4•7H2O），设计了如下流程：

下列说法不正确
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2O
D. 从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
【答案】C
【解析】
分析：硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其它杂质)，混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体。
详解：A．由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；B．由流程分析可知，固体1中一定含有SiO2，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；C．在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故C错误；D．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故D正确；故选C。
15.周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：
（1）b、c、d第一电离能大小关系为___________________，e的外围电子排布图为_____________________。
（2）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为_________；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是_____________（填化学式，写两种）。
（3）这5种元素形成的一种1:1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如下图所示）。该化合物中阴离子为__________，阳离子中存在的化学键类型有________________；

【答案】 (1). N>O>S (2). (3). sp3 (4). H2O2、N2H4 (5). SO42- (6). 共价键和配位键
【解析】
【分析】
周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子最外层电子数不超过8，为6，所以c是O元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；d与c同族，则d是S元素，e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素，据此答题。
【详解】根据上述分析，a是H元素，b是N元素，c是O元素，d是S元素，e是Cu元素。
(1)b、c、d分别是N、O、S元素中，同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以N、O、S中第一电离能大小关系为N>O>S，e是Cu元素，e的外围电子排布图为， 故答案为：N>O>S；；
(2)a是H元素，a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为氨气，氨气分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以该分子的中心原子的杂化方式为sp3；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4，故答案为：sp3；H2O2、N2H4；
(3)这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明阴离子的中心原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，所以阴离子为硫酸根离子，阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图)，根据图像知，阳离子的配位数是6，其中氨分子个数是4、水分子个数是2，水分子、氨分子与铜离子之间是配位键，水分子和氨分子内部有共价键，所以阳离子中含有共价键、配位键，故答案为：SO42-；共价键和配位键。
【点睛】本题主要考查了核外电子排布、轨道杂化方式、分子的空间构型、晶体结构等。本题的难点和易错点为(3)，答题时要注意观察图中晶胞的结构，要熟悉常见微粒的结构。
16.A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。
（1）E元素在周期表中的位置为___________________。
（2）由AW两种元素组成的18电子微粒的电子式为______________。
（3）经测定A2W2为二元弱酸，其酸性比碳酸的还要弱。常用硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式_____________________________。
（4）废印刷电路反上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式____________________。
（5）D的某化合物呈淡黄色，可与氯化亚铁溶液反应。若淡黄色固体与氯化亚铁反应的物质的量之比为1：2，且无气体生成，则该反应的离子方程式为_____________________________。
（6）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，DA能与水反应放出氢气，若将1molDA和0.5molE单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是___________（标准状况下）。
【答案】 (1). 第三周期，IIIA族 (2). (3). BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2 (4). Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O (5). 3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+6Na++2Fe3+ (6). 39.2L
【解析】
【分析】
A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此解答。
【详解】根据上述分析，A为H元素，B为C元素W为O元素；D为Na元素；E为Al元素。
(1)E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；
(2)由AW两种元素组成的18电子微粒为过氧化氢，电子式为，故答案为：；
(3)A2W2为H2O2，是二元弱酸，用硫酸处理BaO2来制备H2O2，则还有BaSO4生成，反应的化学方程式为BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2，故答案为：BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；
(4)Cu和稀硫酸不反应，加入具有氧化性的H2O2，可生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，故答案为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；
(5)D的某化合物呈淡黄色，为Na2O2，与氯化亚铁反应的物质的量之比为1：2，且无气体生成，过氧化钠全部为氧化剂，恰好将亚铁离子氧化为铁离子，生成物为Fe(OH)3、NaCl和FeCl3，反应的离子方程式为3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+6Na++2Fe3+，故答案为：3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+6Na++2Fe3+；
(6)元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，为NaH，NaH与水反应放出氢气，反应的方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，1molNaH放出1mol氢气，同时生成1mol氢氧化钠，氢氧化钠与铝反应也能够放出氢气，2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则0.5mol铝放出0.75mol氢气，因此n(H2)=1mol+0.75mol=1.75mol，V(H2)=1.75mol×22.4L/mol=39.2L，故答案为：39.2L。
17.从海水中可以获得淡水、食盐，并可提取镁和溴等物质．
（1）从海水中提取镁的流程如下图所示：

反应①的离子方程式为_______________________________________________
反应②的化学方程式为_______________________________________________
（2）海水提取溴流程：

该流程中涉及发生反应的离子方程式：①_______________________②________________________
该流程中溴元素被氧化又被还原又被氧化的目的是：_______________________________________
【答案】 (1). Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O (2). MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑ (3). Cl2＋2Br－＝2Cl－＋Br2 (4). Br2+SO2+2H2O = 4H++2Br－+SO42- (5). 富集溴元素
【解析】
【详解】(1)因反应①是Mg(OH)2与盐酸反应生成氯化镁：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，离子方程式为Mg(OH)2+2H+═Mg2++2H2O；反应②是电解熔融MgCl2：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，故答案为：Mg(OH)2+2H+═Mg2++2H2O；MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；
(2)海水提取溴过程中，在海水中通入氯气氧化溴离子，置换出溴，然后通过热空气吹出溴，吹出来的溴用二氧化硫还原，得到溴化氢溶液，最后再用氯气氧化得到溴单质。涉及的反应有：①Cl2＋2Br－＝2Cl－＋Br2、②Br2+SO2+2H2O = 4H++2Br－+SO42-，该流程中溴元素被氧化又被还原又被氧化的目的是富集溴元素，故答案为：Cl2＋2Br－＝2Cl－＋Br2；Br2+SO2+2H2O = 4H++2Br－+SO42-；富集溴元素。
18.合理利用资源，降低碳的排放，实施低碳经济是今后经济生活主流。
（1）科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术研究，如将H2和CO2以4∶1比例混合通入反应器，适当条件下反应可获得一种能源。完成以下化学方程式：4H2＋CO2 ________ ＋2H2O。
（2）汽车尾气中的CO、NOx在适宜温度下采用催化转化法处理，使它们相互反应生成参与大气循环的无毒气体。写出NO被CO还原的化学方程式：_______________。
（3）工业尾气中氮的氧化物常采用碱液吸收法处理。NO与NO2按物质的量之比1∶1被足量KOH溶液完全吸收后只得到一种钾盐，该钾盐的化学式是______________。
（4）CO2合成生产燃料甲醇（CH3OH）是碳减排的新方向。进行如下实验：某温度下在1 L的密闭容器中，充2 mol CO2和6 mol H2，发生：CO2(g)+3H2(g )CH3OH(g)+H2O(g)。
①能判断该反应已达化学反应限度标志的是______________ （填字母）。
a．CO2百分含量保持不变
b．容器中H2浓度与CO2浓度之比为3:1
c．混合气体的平均相对分子质量保持不变
d．容器中混合气体的质量保持不变
②现测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v (H2)=______ mol/（L • min），容器中起始的压强与平衡时的压强之比为___________。

【答案】 (1). CH4 (2). 2NO+2CO=N2+2CO2 (3). KNO2 (4). a、c (5). 0.375 (6). 8:5
【解析】
【详解】(1)根据质量守恒定律的微观解释可以知道：反应前后的原子数目和种类应该相等，分析题给的化学反应方程式可以知道，反应前出现了2个O，1个C，8个H，反应后出现了2个O，4个H，所以在X中含有4个H和1个C，故答案为：CH4；  
(2)汽车尾气含有有毒的一氧化碳、氮的氧化物等气体，容易形成光化学烟雾，污染环境和大气，用催化转化法处理，使它们相互反应生成参与大气循环的无毒气体。其中NO被CO还原的反应为2CO+2NO2CO2+N2，生成的二氧化碳和氮气是空气中的成分，是参与大气循环的无毒气体；故答案为：2CO+2NO2CO2+N2；
(3)工业尾气中氮的氧化物常采用碱液吸收法处理。NO与NO2按物质的量之比1∶1被足量溶液完全吸收后只得到一种钾盐，反应的方程式为NO +NO2+2KOH=2KNO2+H2O，故答案为：KNO2；
(4)①a．平衡时各物质的浓度保持不变，CO2百分含量保持不变，说明到达平衡，故a正确；b．开始投料比，2mol CO2和6mol H2，容器中H2浓度与CO2浓度之比始终为3：1，所以不能证明达平衡状态，故b错误；c．容器的体积不变，反应前后都为气体，容器中混合气体的质量始终保持不变，但物质的量减少，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明气体的物质的量不变，说明到达平衡，故c正确；d．根据方程式，反应前后都为气体，容器中混合气体的质量始终保持不变，不能说明到达平衡，故d错误；故答案为：ac；
②由图可知，12min到达平衡时二氧化碳的浓度变化量为2mol/L-0.5mol/L=1.5mol/L，所以v(CO2)==0.125mol/(L•min)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(H2)=3v(CO2)=3×0.125mol/(L•min)=0.375mol/(L•min)，
CO2(g)+3H2(g )CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol) 2 6 0 0
反应(mol) 1.5 4.5 1.5 1.5
平衡(mol) 0.5 1.5 1.5 1.5
气体的压强之比等于物质的量之比==，故答案为：0.375；。
19.为了验证铜与稀硝酸反应产生的是一氧化氮，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如右图所示（加热装置和固定装置均已略去）。B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球。

（1）实验时，先将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当C处产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，使之与稀硝酸分离。设计此步操作的目的是________________ 。
（2）将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反应的化学方程式为_____________________________。
（3）装置E中开始时出现浅红棕色气体，原因是________________；用F向E中鼓入空气后，可观察到烧瓶E内气体颜色加深，原因是_________________。
（4）一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是__________________。
（5）装置D的作用是________________________________________。
【答案】 (1). 用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2，用CO2排出装置内的空气 (2). 3Cu+8HNO3====3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (3). CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中空气赶尽，致使部分NO先与未赶尽的空气生成少量红棕色NO2 (4). 当再从F鼓入空气时，E中有更多NO2生成，所以红棕色加深 (5). 二氧化氮与水反应生成的硝酸使碳酸钙溶解 (6). 防止尾气污染空气（或贮存多余的NO，吸收NO2 、CO2尾气）
【解析】
【分析】
实验时，可先将B装置中CaCO3放入硝酸中，碳酸钙和硝酸反应生成二氧化碳气体，先排出装置中的空气，以便在E烧瓶中收集到NO，以便观察颜色，且在C中可观察到浑浊，有碳酸钙沉淀生成，A中硝酸和铜反应生成NO，易于氧气反应，则将F气球中空气压入E中，有红棕色气体生成，装置D中盛有氢氧化钠溶液，可吸收二氧化氮气体，气球可用于收集不反应的NO，以防止污染空气。
【详解】(1)实验时，可先将B装置中CaCO3放入硝酸中，碳酸钙和硝酸反应生成二氧化碳气体，用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳排出装置中的空气排除装置中的空气，以便在E烧瓶中收集到NO，观察颜色，故答案为：用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳排出装置中的空气；
(2)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3=2Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3=2Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(3)由于CO2的密度大于空气的密度，因此E中采用向下排空气法是不能将空气排尽的．由于E中有残留的少量O2，因此当有NO生成时，E中有少量的NO2生成，从F鼓入空气时，E中生成的NO2增加，红棕色加深，故答案为：二氧化碳密度大于空气，未能排尽烧瓶中的空气，少量NO与空气中的氧气反应生成少量的红棕色的NO2；鼓入空气后，NO与氧气反应，生成大量的红棕色气体二氧化氮，所以红棕色加深；
(4)E中生成的NO2会被排入C，在C中与水反应生成硝酸，将原来生成的CaCO3沉淀溶解，故答案为：二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸使白色沉淀碳酸钙溶解；
(5)D装置用来吸收尾气，防止污染环境，故答案为：吸收尾气，防止污染大气。