四川省绵阳南山中学2022-2023学年高二上学期入学考试化学试题含解析

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四川省绵阳南山中学2022-2023学年高二上学期入学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A．棉花和保鲜膜的主要成分均属于高分子
B．燃煤中加入可减少气体的排放
C．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可保鲜水果
D．公共场所用“84”消毒液消毒，该消毒液的有效成分是次氯酸钙
【答案】D
【详解】A． 棉花的主要成分是纤维素，保鲜膜的主要成分是聚乙烯，均属于高分子，故A正确；
B． CaO与反应生成亚硫酸钙，则燃煤中加入可减少气体的排放，故B正确；
C． 乙烯具有催熟的效果，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可保鲜水果，故C正确；
D． 该消毒液的有效成分是次氯酸钠，故D错误；
故选D。
2．下列说法正确的是
①需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
②放热反应在常温下一定很容易发生
③反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小
④放热反应中反应物断键吸收的总能量小于生成物成键所释放的总能量
⑤液态水汽化和氯酸钾分解制氧气都属于吸热反应
A．③④ B．①②⑤ C．①②③④ D．③④⑤
【答案】A
【详解】①反应热与反应条件无关，需要加热才能发生的反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，如铝热反应是放热反应，但需在高温下发生，①错误；
②反应热与反应条件无关，放热反应在常温下不一定很容易发生，如铝热反应是放热反应，但需在高温下发生，②错误；
③反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，若反应物总能量比生成物总能量高，则发生的反应为放热反应，反之为吸热反应，③正确；
④断键吸热，成键放热。若断裂反应物化学键吸收的总能量小于形成生成物化学键所释放的总能量，则该反应为放热反应，④正确；
⑤液态水汽化是物质状态的变化，在该变化过程中没有新物质存在，属于物理变化，而不属于化学反应，该变化不是吸热反应，⑤错误；
可见：说法合理的是③④，故合理选项是A。
3．下列说法不正确的是
A．烷烃的通式为CnH2n+2，随n的增大，碳元素的质量分数逐渐减小
B． 和 互为同一物质
C．丙烷的球棍模型为
D．分子式为C2H6和分子式为C5H12的一种烷烃的一氯代物的数目可能相同
【答案】A
【详解】A．烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的含量为，可见随n的增大，分母越小，其比值就越大，即随n的增大，碳元素的质量分数逐渐增大，A错误；
B．根据烷烃的系统命名方法，两种图示表示的物质均为2=甲基丁烷，可见是同一物质，B正确；
C．丙烷分子式是C3H8，分子中3个C原子之间以共价单键结合，剩余价电子全部与H原子结合，由于原子半径：r(C)＞r(H)，所以上述图示为丙烷的球棍模型，C正确；
D．分子式为C2H6的物质只有CH3-CH3一种结构，该物质分子中只有一种位置的H原子，故其一氯取代产物只有一种；而分子式为C5H12的烷烃可能有CH3CH2CH2CH2CH3、 、 三种不同结构，其中烷烃 的分子中只有一种位置的H原子，其一氯取代产物只有一种，故二者的一氯代物的数目相同，D正确；
故合理选项是A。
4．除去括号内杂质所用试剂和方法正确的是
选项
物质
所用试剂
方法
A
二氧化硫(二氧化碳)
氢氧化钠溶液
洗气
B
乙烷(乙烯)
酸性高锰酸钾溶液
洗气
C
乙酸乙酯(乙酸)
饱和碳酸钠溶液
分液
D
乙醇(水)
生石灰
过滤

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．二氧化硫(二氧化碳)均能被氢氧化钠溶液吸收，故A错误；
B．由于乙烯和酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，因此乙烷中乙烯不能用酸性高锰酸钾溶液洗气，常用溴水进行洗气，故B错误；
C．乙酸乙酯(乙酸)，用饱和碳酸钠溶液洗气，乙酸和碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，再分液，故C正确；
D．乙醇(水)，用生石灰将水反应，再蒸馏得到乙醇，故D错误。
综上所述，答案为C。
5．下列化学用语表达正确的是
A．的结构式：H-Cl-O B．中子数为20的氯原子：
C．苯分子的比例模型： D．羟基的电子式：
【答案】C
【详解】A．HClO的结构式：H-O-Cl，A错误；
B．中子数为20的氯原子：，B错误；
C．苯分子的比例模型：，C正确；
D．是OH-的电子式，D错误。
故选C。
6．下列各组指定的元素，能形成型化合物的是
A．和 B．和
C．和 D．和
【答案】D
【详解】A．和，前者为C，后者为O，不能形成C2O2，故A不符合题意；
B．和，前者为S，后者为O，不能形成S2O2，故B不符合题意；
C．和，前者为Mg，后者为F，不能形成Mg2F2，只能形成MgF2，故C不符合题意；
D．和，前者为Na，后者为O，能形成Na2O2，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
7．下列反应属于取代反应的是
A．乙醇在铜做催化剂下与氧气反应
B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
C．乙醇和金属钠反应
D．苯在浓硫酸作催化剂下与硝酸反应
【答案】D
【详解】A．乙醇在铜做催化剂下与氧气发生催化氧化反应产生乙醛，不属于取代反应，故A不选；
B．乙烯与溴单质发生加成反应使其褪色，故B不选；
C．乙醇和金属钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气，故C不选；
D．苯在浓硫酸作催化剂下与硝酸反应，苯环上的氢原子被硝酸中的硝基取代，属于取代反应，故D选；
故选D。
8．下列工业冶炼金属的方法错误的是
A． B．
C． D．Cu2S+O22Cu+SO2
【答案】B
【详解】A．冶炼银采用热分解法，加热氧化银生成银和氧气，A正确；
B．制金属铝要电解熔融的氧化铝，生成铝和氧气，B错误；
C．冶炼铬常采用热还原法，用铝热反应反应，生成铬和氧化铝，C正确；
D．辉铜矿的主要成分是Cu2S，可以和氧气在高温下生成Cu和SO2，D正确；
故选B。
9．海南国际车展上展出了中国研制的新型燃料电池汽车，该车装有“绿色心脏”-质子交换膜燃料电池。某种质子交换膜燃料电池如图所示。下列说法不正确的是


A．该电池的a极发生氧化反应
B．正极反应为：
C．质子通过质子交换膜移动到a电极
D．该燃料电池的能量转化率不可能达到100%
【答案】C
【分析】由信息可知，氢气失电子变成H+，故a是负极，氧气和H+反应生成水，故b是正极。
【详解】A．该电池的a极是氢气失电子，产生氢离子，发生氧化反应，A正确；
B．该电解质溶液为酸性，正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，B正确；
C．在原电池的电解质溶液中，阳离子向正极移动，质子(H+)通过质子交换膜移动到b电极，C错误；
D．该燃料电池中有些化学能转化成热能了，化学能转化为电能的转化率小于100%，D正确；
故选C。
10．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．一定条件下，氢气与碘单质充分反应后分子总数为
B．标准状况下，含有的极性共价键数目为
C．20g由与组成的混合物中所含中子数为
D．完全溶解于适量稀硝酸中，生成气体的分子数为
【答案】D
【详解】A．氢气与碘单质的反应是等体积反应，反应后的分子总数依然为，A正确；
B．标准状况下，即为1mol甲烷，含有的极性共价键数目为，B正确；
C．与的相对分子质量都为20g/mol，且中子数都是10，故20g由与组成的混合物中所含中子数为，C正确；
D．完全溶解于适量稀硝酸中，失去的电子总数是0.4mol，生成气体可能为NO，也有可能是更低价态的物质，故气体具体的量不确定，D错误；
答案选D。
11．下列轨道表示式表示的元素原子中，能量处于最低状态的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】洪特规则：即电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低，所以在能量相等的轨道上，电子尽可能自旋平行地多占不同的轨道；泡利不相容原理：指的是在原子中不能容纳运动状态完全相同的两个电子；能量最低原理：原子核外的电子应优先排布在能量最低的能级里，然后由里到外，依次排布在能量逐渐升高的能级里。
【详解】A.2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，故A错误；
B.2p能级的3个简并轨道（能级相同的轨道）只有被电子逐一自旋平行的占据后，才能容纳第二个电子，违背洪特规则，故B错误；
C.2s能级的能量比2p、3s能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，故C错误；
D.能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p，每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子处于基态，其能量最低，故D正确；
综上所述，答案为D。
12．微型银-锌电池的电极分别是和，溶液作电解质溶液，电池总反应为。对电池工作过程中的下列叙述正确的是
A．电流由电极流出
B．电解液中向正极迁移
C．负极反应为
D．正极反应为
【答案】C
【分析】电池总反应为Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，锌化合价升高，失去电子，作原电池负极，Ag2O中Ag化合价降低，得到电子，作原电池正极。
【详解】A．电流由正极流向负极，因此电流由Ag/Ag2O电极流出，故A错误；
B．根据原电池阴离子流向负极，因此电解液中OH－向负极迁移，故B错误；
C．根据电池总反应为Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，锌化合价升高，失去电子，作原电池负极，因此负极反应为Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，故C正确；
D．KOH溶液作电解质溶液，因此正极反应为Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－，故D错误。
综上所述，答案为C。
13．下列说法中正确的是
A．所有非金属元素都分布在p区
B．最外层电子数为2的元素都分布在s区
C．同一主族元素从上到下，第一电离能由低到高变化
D．元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
【答案】D
【详解】A．H元素在s区，其他非金属元素都分布在p区，故A错误；
B．s区、p区、d区、ds区的元素，最外层电子数都有可能是2个电子，故B错误；
C．同一主族元素从上到下，第一电离能由高到低变化，故C错误；
D．元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素，故D正确。
综上所述，答案为D。
14．某有机物的结构简式如图所示，下列说法中不正确的是


A．该有机物和醋酸不是互为同系物
B．该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：2
C．可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键
D．该物质能够在催化剂作用下被氧化为含有-CHO的有机物
【答案】C
【详解】A．该物质分子中含有醇羟基、羧基、碳碳双键，与醋酸结构不相似，因此该有机物和醋酸不能互为同系物，A正确；
B．该物质分子中含有1个-OH、2个-COOH可以与Na反应产生H2；含有的2个-COOH可以与NaOH、NaHCO3反应，根据反应转化关系：-OH(-COOH) ~Na；-COOH)~NaOH；-COOH)~NaHCO3，则等物质的量的该有机物反应消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：2，B正确；
C．该物质分子中含有的醇羟基、碳碳双键都可以被酸性KMnO4溶液氧化，而使酸性KMnO4溶液褪色，故不能用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键的存在，C错误；
D．该物质分子中含有有醇羟基，由于羟基连接的C原子上有2个H原子，因此可以被催化氧化为含有-CHO的有机物，D正确；
故合理选项是C。

二、元素或物质推断题
15．W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z在同周期元素中电负性最大。

(1)Y位于元素周期表中第_______纵行，属于_______区；W的基态原子核外有_______个未成对电子。四种元素中第一电离能最小的元素是_______(写元素符号)
(2)X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是_______(写化学式)；Z的气态氢化物和Y的气态氢化物相比，较稳定的是_______(写化学式)，两元素对应最高价氧化物的水化物酸性更强的是_______(写化学式)。
(3)Y单质可以与X的最高价氧化物的水化物溶液反应，该反应的化学方程式是_______。
【答案】(1)     14     P     2     Na
(2)     Si     HCl     HClO4
(3)Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑

【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则W元素原子的质子数为18-10=8，故W为氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，X为Na或F，X原子半径大于氧原子，故X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na元素，故Y为Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，故Z为Cl元素，以此解题。
（1）
由分析可知Y为Si元素，则Y位于元素周期表中第14纵行，属于P区；由分析可知W为氧元素，其价层电子排布式为：2s22p4，则其基态原子核外有2个未成对电子，同周期越靠左，第一电离能越小，同主族越靠下，第一电离能越小，则四种元素中第一电离能最小的元素是Na；
（2）
硅是原子晶体，氯气是分子晶体，所以熔点较高的是硅，由于氯的非金属性强于硅，故气态氢化物较稳定的是HCl；非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性更强的是：HClO4；
（3）
由分析可知Y为Si，X为Na，则Si和氢氧化钠反应的方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；
16．有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如表所述：
元素
结构、性质等信息
A
是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂
B
B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性
C
元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂
D
是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂

请根据表中信息填写：
(1)基态A原子的核外电子排布式为_______
(2)B元素在周期表中的位置_______；离子半径：B_______(填“大于”或“小于”)A
(3)基态C原子的电子排布图是_______，其原子核外有_______个未成对电子，能量最高的电子为_______轨道上的电子，其轨道呈_______形
(4)的结构示意图是_______，D所在周期第一电离能最大的元素名称为_______
(5)B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为_______，B的最高价氧化物对应的水化物与D的最高价氧化物对应的水化物溶液反应的离子方程式为_______
【答案】(1)1s22s22p63s1
(2)     第三周期ⅢA族     小于
(3)          3     2p     哑铃
(4)          氩
(5)     NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O     3H++Al(OH)3=Al3++3H2O

【分析】A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，A是Na；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，B是Al；元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，C是N；D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自水生产过程中常用的消毒杀菌剂，D是Cl。
（1）
Na原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1。
（2）
Al元素在周期表中的位置是第3周期第ⅢA族；核外电子数相同时核电荷数越大半径越小，故离子半径：B小于A。
（3）
N原子的电子排布图是，其原子核外有3个未成对电子，能量最高的电子为p轨道上的电子，其轨道呈哑铃形。
（4）
Cl原子的外围电子排布式为3s23p5，D－的结构示意图是，同一周期随核电荷数的增大，元素的第一电离能逐渐增大，故第一电离能最大的元素为氩。
（5）
氢氧化钠与氢氧化铝反应的化学方程式为NaOH＋Al(OH)3=NaAlO2＋2H2O；氢氧化铝与盐酸反应的离子方程式为3H+＋Al(OH)3=Al3+＋3H2O。

三、实验题
17．Ⅰ．图为海水综合利用的部分流程图，回答下列问题：

(1)从海水中提取粗盐的操作方法名称是_______，粗盐精制是将粗盐中含有的Ca2+、Mg2+、等杂质的离子去除的过程。精制时加入的试剂有：
a．Na2CO3溶液   b．BaCl2溶液   c．NaOH溶液   d．盐酸，
加入试剂的先后顺序有不同选择，但最后加入的试剂一定为_______(填标号)。
(2)步骤②用SO2水溶液吸收溴蒸气的离子方程式为_______，该步骤的目的为_______。
(3)步骤③中通入的X为_______(填化学式)。
Ⅱ．海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计如图实验，回答下列问题：

(4)步骤③用到的玻璃仪器除了烧杯外，还有_______、_______.
(5)步骤⑤中用于提取碘的物质还可以是_______(填标号)
A．乙醇 B．四氯化碳 C．乙酸 D．裂化汽油
(6)步骤⑥向含碘苯溶液中加入浓NaOH溶液，得到含的溶液，该反应的离子方程式为_______
【答案】(1)     蒸发结晶     d
(2)     SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-     富集溴
(3)Cl2
(4)     漏斗     玻璃棒
(5)B
(6)

【分析】Ⅰ．海水经过淡化可获得淡水，经过可晒盐获得粗盐,粗盐含有Ca2+、Mg2+、等杂质，经过提纯获得精盐，粗盐精制过程为：分别加入过量NaOH溶液、过量BaCl2溶液和过量Na2CO3溶液后过滤除去Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3、CaCO3沉淀，然后向滤液中加入适量盐酸中和氢氧化钠、碳酸钠，最后经过蒸发结晶获得精盐。电解饱和食盐水可获得Cl2，母液中含有Br-，通入Cl2后得到低浓度的溴溶液，通入热空气吹出Br2，并用SO2水溶液吸收溴蒸气，得到含HBr的溶液；向含HBr的溶液中通入Cl2即可得到工业溴；
Ⅱ．从海带中提取碘：海带灼烧后得到海带灰浸泡后得到海带灰的浊液，将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法。过滤得到含碘离子的溶液加入二氧化锰和稀硫酸氧化碘离子为碘单质，得到含碘水溶液，加入有机溶剂四氯化碳，萃取分液得到含碘的四氯化碳溶液，通过蒸馏得到碘单质。
（1）
海水中含有的NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，所以要从中获得粗盐，采用的方法是蒸发结晶；
粗盐精制是将粗盐中含有的Ca2+、Mg2+、等杂质的离子，可以先加入过量NaOH溶液除去Mg2+，再加入过量BaCl2溶液除去，然后加入过量Na2CO3溶液除去过量的Ca2+及引入的杂质Ba2+，过滤后向滤液中加入足量稀盐酸，反应消耗NaOH、Na2CO3溶液，得到纯净NaCl溶液；或加入试剂顺序为BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入足量稀盐酸；或者BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，过滤后向滤液中加入足量稀盐酸，可见无论是哪种加入顺序，最后加入的试剂一定为稀盐酸，故合理选项是d；
（2）
在步骤②中用SO2水溶液吸收Br2蒸气，反应产生H2SO4、HBr，该反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-；
海水中含有的溴化物的浓度较低，通过该反应，可以实现溴的浓度的提高，该步骤的目的为富集溴元素；
（3）
步骤③中通入X将HBr氧化成溴单质，结合流程可知，通入的X可以是Cl2；
（4）
步骤③是将悬浊液分离成含碘离子的清液和残渣，故操作是过滤。根据过滤操作步骤选择所需仪器，要用到的仪器除了有烧杯外，还需要用到漏斗、玻璃棒等；
（5）
步骤⑤中用于提取碘的物质，需要满足条件为：不溶于水，碘单质在其中溶解度大于水，且该物质与碘不能发生反应。
A．乙醇与水互溶，不能作碘水中碘的萃取剂，A不符合题意；
B．四氯化碳不溶于水，碘单质在其中溶解度大于水，且与碘不能发生反应，可以作碘水中碘的萃取剂，B符合题意；
C．乙酸易溶于水，因此乙醇不能作碘水中碘的萃取剂，C不符合题意；
D．裂化汽油中含有不饱和烯烃等，能够与碘单质发生反应，因此裂化汽油不能作碘水中碘的萃取剂，D不符合题意；
故合理选项是B；
（6）
向含碘苯溶液中加入浓NaOH溶液，I2发生歧化反应，产生含、I-的溶液，I2和NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3和H2O，根据电子守恒、电荷守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：。
18．化学活动小组对中学化学教材中“氨的催化氧化”进行了实验探究.小组同学设计了如图所示的实验装置(固定装置已略去).


(1)若装置A中使用的药品是NH4HCO3固体，则A需要的仪器有试管、导管、橡胶塞和_______(填选项序号)。
A．锥形瓶 B．酒精灯 C．烧瓶 D．蒸发皿
(2)装置B的作用是_______；装置D的作用是_______。
(3)装置C中发生反应的化学方程式为_______。
(4)若A、B中药品足量，则可以观察到装置F中的实验现象丰富，装置F中有多个化学反应发生，书写铜片溶解的直接原因_______(用化学方程式解释)
(5)该装置存在的主要缺陷有两点，除了F中液体可能会倒吸，第二点为_______。
【答案】(1)B
(2)     与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气     防止E中液体倒吸
(3)4NH3+5O24NO+6H2O
(4)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(5)氮氧化物尾气会污染环境

【分析】在装置A中使用NH4HCO3固体加热发生分解反应：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O，反应产生的CO2、H2O在装置B中与Na2O2反应产生O2，在NH3、O2在装置C中发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，装置D是安全瓶，防止倒吸现象的发生，NO与O2反应产生NO2，NO2溶于水反应产生HNO3，稀HNO3与Cu反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，尾气NO、NO2要用NaOH溶液进行尾气处理。
（1）
在装置A中使用NH4HCO3固体加热发生分解反应制取NH3，固体物质加热制取气体，使用的仪器有试管、导管、橡胶塞和酒精灯，故合理选项是B；
（2）
装置A中NH4HCO3固体加热分解产生的CO2、H2O在装置B中与Na2O2反应产生O2，故装置B的作用是与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气；
装置D的导气管都稍微露出橡胶塞，其作用是安全瓶，防止E中液体发生倒吸现象；
（3）
在装置C中发生NH3的催化氧化反应，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（4）
若A、B中药品足量，则可以观察到装置F中的实验现象丰富，装置F中有多个化学反应发生，铜片溶解的原因是反应产生的HNO3稀溶液与Cu发生了氧化还原反应，该反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
（5）
该装置存在的主要缺陷有两点，除了F中液体可能会倒吸，第二点为NO及其与空气中O2反应产生的NO2等氮氧化合物都是大气污染物，没有用NaOH溶液进行尾气吸收处理。

四、填空题
19．回答下列问题
(1)在2L的密闭容器中放入，发生如下反应：2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g)。反应至时，测得转化了20%，则为_______；时，混合气体中的体积分数是_______
(2)某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z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若X、Y、Z均为气体，时反应达到平衡，开始时的压强与平衡时的压强之比为_______，X的转化率为_______。若X、Y、Z均为气体，则以下情况可判断达平衡状态的有_______(填序号)
A．容器内混合气体的平均相对分子质量不变
B．容器内混合气体的密度不变
C．容器内混合气体的总压强不变
D．
(3)将一定质量的粉投入到的稀硝酸中，待粉完全溶解时，收集到标准状况下的NO气体(假设硝酸的还原产物只有NO且气体全部逸出)，再向反应后的溶液中缓慢加入粉，充分反应后溶液只含一种溶质。试计算：
①最初加入的铜粉质量为_______
②至少需要加入铁粉的质量为_______
【答案】(1)     0.04 mol∙L−1∙min−1     30.8%
(2)     3X+Y2Z     10∶9     30.0%     AC
(3)     14.4g     25.2g

【解析】（1）
在2L的密闭容器中放入，发生如下反应：2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g)。反应至时，测得转化了20%，消耗，则生成氧气物质的量为0.4mol，NO2物质的量为1.6mol，则；时，混合气体中的体积分数是；故答案为：0.04 mol∙L−1∙min−1；30.8%。
（2）
①根据图中信息，X、Y为反应物，Z为生成物，改变量分别为0.3mol、0.1mol、0.2mol，根据改变量之比等于计量系数之比，则反应的化学方程式为3X+Y2Z；故答案为：3X+Y2Z。
②若X、Y、Z均为气体，开始时物质的量为2mol，时反应达到平衡，平衡时物质的量为0.2mol+0.9mol+0.7mol=1.8mol，开始时的压强与平衡时的压强之比为2mol∶1.8mol=10∶9，X的转化率为。若X、Y、Z均为气体，A．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量减小，平均摩尔质量增大，当容器内混合气体的平均相对分子质量不变，能作为判断平衡标志，故A符合题意；B．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，气体密度始终不变，当容器内混合气体的密度不变，不能作为判断平衡标志，故B不符合题意；C．该反应是体积减小的反应，压强在不断减小，当容器内混合气体的总压强不变 ，能作为判断平衡标志，故C符合题意；D．，一个正反应速率，一个逆反应速率，两者速率之比不等于计量数之比，不能作为判断平衡标志；故答案为：30.0%；AC。
（3）
①待粉完全溶解时，收集到标准状况下的NO气体(假设硝酸的还原产物只有NO且气体全部逸出)，则NO物质的量为0.15mol，根据得失电子守恒2n(Cu)=0.15mol×3，解得n(Cu)=0.225mol，最初加入的铜粉质量为0.225mol×64g∙mol−1＝14.4g；故答案为：14.4g。
②n(Cu)=0.225mol，说明消耗硝酸物质的量为，则加入的铁先和硝酸反应，再和铜离子反应，根据反应方程式得到关系式3Fe～8HNO3，Fe～Cu2+，则消耗铁的物质的量n(Fe)= ，至少需要加入铁粉的质量为；故答案为：25.2g。