1、安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）相对原子质量：H-1；N-14；O-16；S-32；Cu-64； Zn-65 一、选择题(共48分)1.下列有关硅及硅酸盐材料的说法正确的是( )A. 硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中B. 反应Na2SiO3+H2O+CO2Na2CO3+H2SiO3，反应Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，两反应是相互矛盾的，不可能都能发生C. 普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料D. 祖母绿主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物形式表示为3BeOAl2O36SiO2【答案】D【
2、解析】【详解】A硅酸钠能将玻璃塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，不能用磨口玻璃塞试剂瓶存放，故A错误；B反应Na2SiO3+H2O+CO2Na2CO3+H2SiO3是强酸制弱酸，反应Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2，是高温下硅酸钠比碳酸钠稳定，原理不同，都可发生，两者不矛盾，故B错误；C石英玻璃主要成分二氧化硅，是氧化物不是硅酸盐，故C错误；D祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物的形式表示时书写顺序是：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，故可以表示为：3BeOAl2O36SiO2，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意石英玻璃主要成分二氧化硅
3、，不是硅酸盐，类似的还有，水晶、光导纤维、硅芯片等都不是硅酸盐材料，难点是B，要注意反应条件不同，反应的原理可能不同。2.下列说法正确的是( )A. 向新制备的氯水中加入NaHCO3固体产生气泡，是因为氯水中的HClO分解所致B. 向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，若溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2I2C. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可D. 氯气溶于水的离子方程式：Cl2H2O=2HClClO【答案】B【解析】【详解】A次氯酸不稳定可分解产生盐酸，氯气溶于水，氯气与水反应生成强酸盐酸和弱酸次氯酸，则氯水中加入NaHCO3固体产生气泡
4、，可能是氯水中的盐酸与NaHCO3反应产生，不一定是次氯酸分解所致，故A错误；B氯气具有强氧化性，向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，氯气能将碘离子氧化生成碘单质，碘单质遇淀粉试液变蓝色，反应物的氧化性强于生成物的氧化性，则氧化性的顺序为：Cl2I2，故B正确；C氯水中含有具有强氧化性的HClO，HClO能使变色的pH试纸漂白褪色，无法测定氯水pH，实验时应选pH计，故C错误；D氯气溶于水，氯气与水反应生成强酸盐酸和弱酸次氯酸，反应的离子方程式为Cl2H2O=HClHClO，故D错误；答案选B。3.下列说法正确的是( )A. 标况下，2.24LSO3含SO3分子的数目为0.1NAB. 常温下
5、，0.1 mol/LNH4NO3溶液中含有的氮原子数是0.2NAC. 密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NAD. 1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为3NA【答案】D【解析】【详解】A标况下SO3为固态，故不能根据气体摩尔体积来计算物质的量和含有的分子数，故A错误；B溶液体积未知导致无法计算硝酸铵物质的量，所以无法计算N原子个数，故B错误；CNO与O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，而NO2存在可逆反应：2NO2N2O4，导致分子数减少，所以产物分子数小于2NA，故C错误；D铁和过量的硝酸反应后变为+3价，故1mol铁转移3NA个电子，故D正确；答案
6、选D。【点睛】D项的转移电子数用铁的化合价来判断，比较简便，不用写化学方程式。4.如图，利用培养皿探究SO2的性质。实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象的描述或所做的解释不正确的是()选项实验现象解释ABaCl2溶液变浑浊SO2与BaCl2溶液反应产生了BaSO3沉淀BNa2S溶液变浑浊SO2与Na2S溶液反应产生了S单质C酸性KMnO4溶液褪色SO2具有还原性D品红溶液褪色SO2具有漂白性A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A盐酸的酸性强于亚硫酸，二氧化硫与氯化钡不反应，不会产生沉淀，故A错误；B二氧化硫具有弱的氧化性能够氧
7、化硫离子生成硫单质，所以Na2S溶液变浑浊，故B正确；C二氧化硫具有还原性，能够与酸性的高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾褪色，故C正确；D二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，故D正确。故答案选A。5.在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积为( )1.2 mL2.4 mL3 mL4 mLA. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据NO2和O2混合气体倒立于水槽中可能发生的化学反应，若12 mL气体都是NO2，根据化学反应：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，剩余气体为4mL，反应后剩余2 mL
8、气体，可知有氧气过量和二氧化氮过量的两种情况；当氧气过量时，化学方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据反应系数，可知氧气的体积；当二氧化氮过量时，则剩余气体是一氧化氮，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3和3NO2+H2O=2HNO3+NO，据此分析。【详解】若氧气过量，则剩余2mL无色气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为x，则有：4x+x=12mL-2mL=10mL，解得：x=2mL原混合气体中氧气的体积为：2mL+2mL=4mL；若NO2过量，则剩余2mL无色气体为NO，设氧气的体积为y， ，解得：y=1.2mL，即原混合物中含有1.2mL氧气。答案选D。6.20
9、07年诺贝尔化学奖授予善于做“表面文章”的德国科学家格哈德埃特尔。他的成就之一是证实了气体在固体催化剂表面进行的反应，开创了表面化学的方法论。在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示。下列说法正确的是A. NO2是该过程的最终产物B. NO 和O2必须在催化剂表面才能反应C. 汽车尾气的主要污染成分是CO2和NOD. 该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2【答案】D【解析】【详解】A该过程可看成是2NO +O22NO2，2NO2 +4CO4CO2+N2，NO2在第一个反应中是生成物，第二个反应中是反应物，故NO2是该过程的中间产物，N2是该过程
10、的最终产物，A错误；BNO遇到O2就能反应，不必在催化剂表面就能反应，B错误；CCO2是温室气体但不是空气的污染成分，C错误；D将A中两个反应加起来就得到总反应：2NO +O2 +4CO4CO2+N2，D正确；答案选D。7.下列离子方程式书写均正确的是( )A. 用Cl2与NaOH溶液反应制漂白液：2OH-Cl2=2ClO-H2B. SO2通入FeCl3溶液：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+C. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO32H=H2SiO32NaD. H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：+Ba2+=BaSO4【答案】B【解析】【详解】A氯气和氢氧化钠溶液反
11、应生成NaCl、NaClO和水，漂白液的主要成分是次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，故A错误；BSO2通入FeCl3溶液中，二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子、氢离子、硫酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+，故B正确； C向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，反应生成硅酸沉淀和氯化钠，硅酸钠可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3，故C错误；DH2SO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性，氢离子和氢氧根离子都恰好反应，正确的离子方程式为：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+
12、2H2O，故D错误；答案选B。8.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（ ）A. 由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B. 红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸发生了反应C. 由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D. 的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】D【解析】【详解】A中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕色NO2，硝酸中氮元素化合价降低，必有元素化合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2生成，产生的气体为混合气体，A项正确；B由可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体，所以中产生的“红棕色气体”不一定是木炭与浓硝酸
13、发生反应产生的，B项正确；C中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生NO2是还原产物，C项正确；D红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D项错误；故选D。9.一定量的锌与100 mL 18.5 molL1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的c(H+）=0.1 molL1。下列叙述不正确的是( )A. 反应中共消耗1.8 mol H2SO4B. 气体甲中SO2与H2的体积比为41C. 反应中共消耗97.5 g ZnD. 反应中共转移3 mol电子【答案】B【解析】【分析】Zn和浓
14、硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。【详解】生成气体的物质的量为=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为1L0.1mol/L=0.05mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O x 2x xZn+ H2SO4（稀）
15、=ZnSO4+H2y y yx+y=1.52x+y=1.8解之得 x=0.3，y=1.2所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。A由以上计算可知，反应中共消耗1.8mol H2SO4，故A正确；B气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：V（H2）=1：4，故B错误；C反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）65g/mol=97.5g，故C正确；D在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O 中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2中，生成1.2mol氢气转移电子2.4m
16、ol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确。故选B。【点睛】本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。10.下列有关说法中正确的是( )12C和14C的化学性质相同 37Cl原子核内中子数为1712CO2与14CO2互为同位素 Ca和Ca2是同种元素，且性质相同A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】12C和14C质子数相同，中子数不同，属于同位素，化学性质相同，物理性质不同，故正确； 37Cl原子核内17个质子，中子数=质量数-质子数=37-17=20，故错误；C
17、O2为化合物，互为同位素的为原子，则12CO2与14CO2不可能互为同位素，故错误Ca和Ca2+是同种元素，但钙原子和钙离子的核外电子数不同，导致其性质不同，故错误；综上分析，正确的只有，答案选C。11.下列各组化合物中，化学键的类型完全相同的是（ ）CaCl2和Na2S Na2O和Na2O2 CO2和CS2 HCl和NaOHA. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此判断。【详解】CaCl2和Na2S中都只有离子键，化学键类型完全相同；Na2O中只有离子键，Na2O2中有离子键和非极性共价键，化学键类型不
18、完全相同；CO2和CS2中都只有极性共价键，化学键类型完全相同；HCl中只有共价键，NaOH中有离子键和极性共价键，化学键类型不完全相同；化学键类型完全相同的是，答案选B。12.短周期元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X与Z2具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是（ ）A. 同族元素中Z的氢化物最稳定B. 原子半径：XZ2-C. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强D. 同周期元素中X的金属性最强【答案】B【解析】【分析】根据短周期元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，则可以推断出X、Y为第三周期元素，Z为第二周期元素，X与Z2具有相同的核外电子层结
19、构。则可以推断出X为元素Na，Z为O元素，Y为元素Cl。【详解】根据短周期元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，则可以推断出X、Y为第三周期元素，Z为第二周期元素，X与Z2具有相同的核外电子层结构。则可以推断出X为元素Na，Z为O元素，Y为元素Cl。A. 同族元素中Z的氢化物为H2O，同族元素从上到下，氢化物的逐渐减弱，即Z的同族元素中最稳定的为H2O，A项正确；B. 同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，即原子半径：Na Cl，离子半径： Na+ O2-，B项错误；C. 同周期元素从左到右，最高价氧化物含氧酸的酸性逐渐变强，第三周期最高价含氧酸的酸性最强的为HClO4，C项正
20、确；D. 第三周期元素中Na的金属性最强，D项正确。答案选B。【点睛】元素周期率，同周期从左到右，原子半径逐渐变小，金属性减弱，非金属性变强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强；同主族元素从上到下，原子半径逐渐变大，金属性变强，非金属性减弱，元素氢化物的稳定性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱。13.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子构成HmX分子。在a g HmX中所含质子的物质的量是()A. (ANm) molB. (AN) molC. (AN) molD. (ANm) mol【答案】A【解析】【详解】HmX分子中所含质子数为1m AN= ANm，a g
21、HmX物质的量为，因此a g HmX中所含质子的物质的量是，故A符合题意。综上所述，答案为A。14. 下列反应中，即属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（ ）A. Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl反应B. 灼热的炭与CO2反应C. 铝与稀盐酸D. H2与O2燃烧反应【答案】B【解析】【详解】ABa(OH)28H2O与NH4Cl反应，该反应是吸热反应，但不是氧化还原反应；B灼热的炭与CO2反应，既是氧化还原反应，同时又是吸热反应；C铝与稀盐酸是氧化还原反应，同时又是放热反应；DH2与O2的燃烧反应既是氧化还原反应，同时又是放热反应；本题选B。15.如图为氟利昂（如CFCl3）破坏臭氧层的反应
22、过程示意图，下列不正确的是A. 过程中断裂极性键C-Cl键B. 过程可表示为O3+ Cl =ClO + O2C. 过程中O + O = O2是吸热过程D. 上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂【答案】C【解析】A、过程中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C-Cl键，选项A正确；B、根据图中信息可知，过程可表示为O3 + Cl = ClO + O2，选项B正确；C、原子结合成分子的过程是放热的，选项C错误；D、上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，选项D正确。答案选C。16.如图为铜锌原电池示意图。当电池工作时，下列关于该电池的说法正确的是A. 铜棒的质量逐渐减小B.
23、 电流由铜电极经过电解质溶液到锌电极C. SO42在溶液中向锌极移动D. H+在锌表面被还原，产生气泡【答案】C【解析】【分析】形成铜锌原电池，总反应式为Zn+2H+=Zn2+H2，锌发生氧化反应做负极材料，铜附近的H+发生还原反应，铜做正极材料。【详解】A.据分析，铜棒的质量不变，A项错误；B. 电流由铜电极导线到锌电极，电子电流不经过内电路，B项错误；C. 阴离子向负极移动，SO42在溶液中向锌极移动，C项正确；D. H+在铜表面被还原，产生气泡，而锌电极会溶解，D项错误；答案选C。二、非选择题17.ClO2与Cl2的氧化性相近。在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。实验室制备Cl2的离子
24、方程式_。某兴趣小组通过下图装置(夹持装置略)ClO2对制备、吸收、释放和应用进行了研究。 (1)仪器B的名称是_。安装F中导管时，应选用上图中的_。 (2)打开B的活塞，A中发生反应:2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O。为使ClO2 在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜_ (填“快”或“慢”)。 (3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_ 。 (4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为_，装置F中的现象是_ 。【答案】 (1). MnO
25、2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2 (2). 分液漏斗 (3). b (4). 慢 (5). 吸收Cl2 (6). 4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O (7). 淀粉碘化钾溶液变蓝【解析】【分析】二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯化锰、氯气和水。装置A中盛放NaClO3溶液，装置B盛放稀盐酸，两者混合发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，装置C的作用是吸收Cl2，除去氯气，ClO2在装置D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2可发生反应4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O生成NaCl并释放出C
26、lO2，装置F检验二氧化氯中氯气是否完全被装置C吸收，据此分析。【详解】二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯化锰、氯气和水，实验室制备Cl2的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2；(1)根据仪器的形状可知，仪器B的名称是分液漏斗；根据操作分析，F装置应是氯气和KI 反应，所以应长管进气，短管出气，选b；(2)为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢；(3)F装置中发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，所以F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2；(4)在酸性条件下，NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离
27、子方程式为 4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O；二氧化氯是一种强氧化剂，与碘化钾反应将生成碘、氯化钾和盐酸，淀粉溶液遇到碘会变成蓝色，实验现象是溶液变成蓝色。【点睛】本题的易错点是含氯物质间的相互转化，要根据元素化合价的变化判断生成物的类别。18.硫和氮及其化合物在生产生活中应用广泛。请回答：(1)蔗糖炭化的过程中，会发生反应：C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O，若生成0.5 mol CO2，则转移电子的物质的量是_mol，蔗糖炭化过程体现了浓H2SO4的_(选填：脱水性、吸水性、氧化性、酸性)。(2)实验室有一瓶放置很久的Na2SO3固体药品，小明同学想设计一个
28、实验验证这瓶药品有没有变质？请你帮助他设计一个实验_。(3)Cl2和SO2均可以使品红溶液褪色，将二者等体积混合通入品红，发现红色不褪去，用化学方程式解释其原因_。(4)工业上可以通过氮气和氢气在一定条件下合成氨气。下列关于氨气的性质和用途描述正确的是_。A氨气易液化，液氨可作制冷剂 B可用排水法收集氨气C氨气是一种无色无味的气体 D向氨水中滴加酚酞，溶液变红(5)氨气在一定条件下还可以被氧气所氧化，请写出化学方程式_(6)实验室检验试管里氨气是否收集满的方法是_(写出一种即可)。(7)25.6 g Cu与含2 mol/L的HNO3和1mol/LH2SO4的200mL混合酸充分反应，反应后收集
29、到的气体在标准状况下的体积为_(假设HNO3还原产物为NO)。【答案】 (1). 2 (2). 氧化性 (3). 向溶液中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明Na2SO3固体已变质 (4). Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 (5). AD (6). 4NH3+5O24NO+6H2O (7). 湿润的红色石蕊试纸置于集气瓶口，若试纸变蓝，证明氨气已经收集满或蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近集气瓶口，若出现白烟，证明氨气已经收集满； (8). 4.48L【解析】【详解】(1)蔗糖炭化的过程中，会发生反应：C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O，碳单质的化合
30、价从0升高到+4价，生成1mol二氧化碳转移4mol电子，若生成0.5 mol CO2，则转移电子的物质的量是2mol，蔗糖炭化过程体现了浓H2SO4的氧化性；(2) 检验Na2SO3固体药品是否变质，向溶液中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明混有Na2SO4，说明硫酸钠已经变质；(3)Cl2和SO2均可以使品红溶液褪色，将二者等体积混合通入品红，发现红色不褪去，二氧化硫具有还原性，氯气具有氧化性，溶液中二氧化硫和氯气和水反应生成了硫酸和盐酸，反应的化学方程式为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；(4) A氨气属于分子晶体，分子晶体间的作用力较小，故氨气
31、易液化，液氨汽化时易吸热，故液氨可作制冷剂，故A正确；B氨气极易溶于水，不能用排水法收集氨气，故B错误；C氨气是一种无色有刺激性气味的气体，故C错误；D氨水可以电离出铵根离子和氢氧根离子，显碱性，向氨水中滴加酚酞，溶液变红，故D正确；答案选AD。(5)氨气在催化剂和加热的条件下还可以被氧气所氧化，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；(6)氨气是一种碱性气体，实验室检验试管里氨气是否收集满的方法是：湿润的红色石蕊试纸置于集气瓶口，若试纸变蓝，证明氨气已经收集满或蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近集气瓶口，若出现白烟，证明氨气已经收集满；(7)25.6 g Cu与含2 mol/L的HNO3和1mo
32、l/LH2SO4的200mL混合酸充分反应，反应后的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+4H2O+2NO，25.6gCu的物质的量为，2 mol/L的HNO3和1mol/LH2SO4的200mL混合酸中氢离子的物质的量为2mol/L0.2L+1mol/L0.2L2=0.8mol，硝酸根的物质的量为2 mol/L0.2L=0.4mol，铜和硝酸根都过量，氢离子完全反应，得到的气体为一氧化氮，物质的量为0.2mol，标况下的体积为V=nVm=0.222.4L/mol=4.48L。【点睛】铜与混酸的计算是易错点，利用离子方程式判断出铜和硝酸根过量，利用氢离子的物质的量和一氧化氮的物质的
33、量关系进行计算比较简便。19.某化学课外活动小组通过实验探究NO2的性质。已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。任务1：利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原(夹持固定装置已略去)。请回答下列问题：(1)E装置中制取NO2的化学方程式是_。(2)此实验装置存在的一个明显缺陷是_。任务2：探究NO2能否与Na2O2发生氧化还原反应。(3)实验前，该小组同学提出三种假设。假设1：二者不反应；假设2：NO2能被Na2O2氧化；假设3：_。(4)为了验证假设2，该小组同学选用任务1中的B、D、E装置，将B中的药品更换为Na2O2，另选F装置(如图所示)，重新组装，进行实验。装
34、置的合理连接顺序是(某些装置可以重复使用)_。实验过程中，B装置中淡黄色粉末逐渐变成白色。经检验，该白色物质为纯净物，且无其他物质生成。推测B装置中发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). Cu4HNO3(浓)Cu(NO3)22NO22H2O (2). 缺少尾气吸收装置 (3). NO2能被Na2O2还原 (4). EDBDF (5). 2NO2Na2O22NaNO3【解析】【分析】浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；若NO2能够被NH3还原，则混合气体的颜色将变浅；A装置用于制备NH3，NH3被碱石灰干燥后进入C装置，E装置生成的NO2经无水CaCl2干燥后也进入C装置，由于NO2具
35、有氧化性，NH3具有还原性，故在C装置中发生反应，随着红棕色的NO2被消耗，C装置中气体的颜色逐渐变浅；所以若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是C装置中混合气体颜色变浅，据此分析。【详解】(1)E装置中浓硝酸与铜片发生反应生成NO2，反应的化学方程式为Cu4HNO3(浓)Cu(NO3)22NO22H2O；(2)由于多余的NH3、NO2会从C装置中竖直的玻璃导管中逸出，污染环境，所以缺陷是缺少尾气吸收装置；(3)根据价态分析，NO2中氮元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性，Na2O2中的氧元素也处于中间价态，既有氧化性又有还原性，所以假设3应是NO2能被Na2O2还原；(4)选
36、择E装置制备NO2，选择D装置干燥NO2，选择B装置盛放Na2O2，选择F装置进行尾气处理，为防止F装置中蒸发出的少量水蒸气对B装置中的反应产生干扰，最好在B、F装置间再加D装置，故装置连接顺序为EDBDF；假设2是NO2能被Na2O2氧化，根据B装置产生的实验现象“淡黄色粉末逐渐变成白色”可知Na2O2与NO2发生了反应，NO2为还原剂，分子中氮元素的化合价升高到5价，反应产物又只有一种，因此推知发生的反应为2NO2Na2O22NaNO3。【点睛】根据元素的化合价来预测物质具有的性质，然后根据实验现象判断物质具有的性质是解答的关键。20.下图是元素周期表的一部分，根据 在周期表中的位置按题目
37、要求回答：族周期IA01AAAAAA234(1)画出的原子结构示意图_(2)与形成的一种化合物甲，甲在大气含量过高会产生温室效应，写出甲物质的结构式 _。(3)元素对应的最高价氧化物的水化物，写出它们相互之间能发生反应化学方程式_。(4)元素和形成的化合物乙，请用电子式表示物质乙的形成过程_。(5)、分别形成的两种氢化物中，沸点较高的是_(填化学式)，原因是：_ 。【答案】 (1). (2). O=C=O (3). NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O (4). (5). H2O (6). 水分子中含有氢键，故水的沸点高于硫化氢【解析】【分析】根据元素周期表得出为C、为O、为Na、
38、为Mg、为Al、为S、为Cl、为K、为Ca、为Br，然后分析。【详解】(1)Br，原子序数为35，原子结构示意图为；(2)与形成的一种化合物甲，甲在大气含量过高会产生温室效应，甲物质为二氧化碳，碳与每个氧共用两对电子，其结构式为O=C=O；(3)元素对应的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，NaOH与Al(OH)3反应生成NaAlO2，它们相互之间能发生反应化学方程式NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O；(4)元素和形成的化合物乙为CaCl2，电子式表示物质乙的形成过程是两个氯原子和一个钙原子反应生成CaCl2，电子式表示物质乙的形成过程；(5)、分别形成的两种氢化物分别是水和硫化氢，都是分子晶体，硫化氢分子间主要存在范德华力，但水分子中含有氢键，故水的沸点高于硫化氢。【点睛】氯化钙属于离子化合物，用电子式表示离子化合物的形成过程和共价化合物的形成过程需区分清楚。
