1、福建省龙海市程溪中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 D 2 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cu 64第卷（选择题，共40分）一、选择题（每小题4分，共64分。下列每小题所给选项只有1项符合题意）1.不具有放射性的同位素称为稳定同位素，其得到广泛的应用，如在陆地生态系统研究中，2H、13C、15N、18O、34S等常用作环境分析指示物。下列有关说法正确的是（ ）A. 34S原子核内中子数为18B. 1H216O和1H218O互称同位素C. 13C和15N原子核内的质子数相差2D. 2H结合OH的能力比1H的更强【答案】A【解析
2、】A、34S的中子数为18，选项A正确；B、H2O表示水分子或水，不表示元素，故不可能为同位素，选项B错误；C、两种原子的质子数相差1，选项C错误；D、2H和1H的化学性质相同，结合OH的能力一样，选项D错误。答案选A。2.某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（ ）A. 蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体B. 实验室制备少量氨气C. 制备并观察氢氧化亚铁D. 证明过氧化钠与水反应放热【答案】A【解析】ANH4Cl受热易分解，应采用冷却热NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，选项A错误；B.氧化钙与水反应放出热量，使一水合氨发生分解反应生成氨气，可用于实验室制备少量氨气，选项B正确；C.
3、在左边的试管中首先发生Fe+H2SO4 =FeSO4 +H2，产生的氢气通过导气管进入到右边的试管中把NaOH溶液中的空气赶走，然后关闭止水夹，这时左边的FeSO4 溶液在氢气的压强下被压入到右边的试管中发生反应：FeSO4 +2NaOH=Na2SO4 +Fe(OH)2，由于氢氧化亚铁沉淀处于氢气的环境中，不能被空气氧化，所以可较长时间观察氢氧化亚铁的沉淀，选项C正确；D.2Na2O2 +2H2O=4NaOH+O2，如果反应放热，放出的热量能使棉花燃烧起来，可用于证明过氧化钠与水反应放热，选项D正确；答案选A。3. 下列气体既可以用浓硫酸干燥，又可以用固体碱石灰干燥的是A. SO2B. NH3
4、C. Cl2D. H2【答案】D【解析】试题分析：A、二氧化硫是酸性氧化物能被浓硫酸干燥，但不能用碱石灰干燥；B、氨气是碱性气体，能被碱石灰干燥，但不能用浓硫酸干燥；C、氯气是酸性气体，能被浓硫酸干燥，不能用碱石灰干燥；D、氢气与浓硫酸和碱石灰均不反应，可用来干燥氢气，D正确，答案选D。考点：考查常见气体干燥剂的判断4.如图，同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满NH3、NO2，进行喷泉实验。经充分反应后，瓶内溶质的物质的量浓度为（ ）A. B. C. =D. 不能确定【答案】C【解析】试题分析：(设“ 1” 法)为方便计算，设烧瓶容积为 1 L ，则氨水物质的量浓度为：c(氨水)=m
5、olL 1 NO2 溶于水并与水发生反应：3NO2 +H2 O2HNO3 +NOn(HNO3 )=n(NO2 ) HNO3 溶液的体积为： 3NO2 NO V3 L 1 L 2 L1 L VHNO3 (aq)VHNO3 (aq)=LHNO3 溶液浓度为：c(HNO3 )=molL 1 c(氨水)=c(HNO3 ) 答案：C考点：喷泉实验的原理及计算5.下列叙述正确的是 ( )A. 18gD2O含有电子数为10NAB. 46g NO2和N2O4的混合物中所含氮原子个数为6.0210C. 0.1mol过氧化钠与足量水反应，转移的电子数为 0.2NAD. 50 mL 12 mol/L盐酸与足量MnO
6、2共热，转移的电子数为0.3NA【答案】B【解析】A、D2O的电子数为10，M=20g/mol，则电子数为10NAmol-1=9NA，选项A错误；B、NO2和N2O4的混合物组成中氮和氧原子之比为1：2，可以混合物当作单一NO2，46g NO2的物质的量为1mol，氮原子个数为6.021023，选项B正确；C、1mol过氧化钠与足量的水反应，转移1mol电子，所以0.1mol过氧化钠与足量的水反应，转移的电子数为0.1NA，选项C错误；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3NA个，选项D错误。答案选B。6.元素A的阳离子aAm与元素B的阴离
7、子bBn具有相同的电子层结构。以下关于A、B元素性质的比较中，正确的是（ ）原子序数：AB；离子半径：aAmbBn；原子半径：AB；元素所在的周期数：AB；A的最高正价与B的最低负价的绝对值相等；bamnA. B. C. D. 【答案】B【解析】元素A的阳离子aAm+与元素B的阴离子bBn-具有相同的电子层结构，则有a-m=b+n，则有ab，故正确；核外电子排布相同的离子，核电核数越大，离子半径越小，则：离子半径：aAm+bBn-，故正确；A在B的下一周期，电子层数AB，电子层数越多，半径越大，则原子半径：AB，故错误；根据a-m=b+n可知A在B的下一周期，电子层数AB，故正确；能确定原子最
8、外层电子数，无法确定A的最高正价与B的最低负价的绝对值是否相等，故错误；元素A的阳离子aAm+与元素B的阴离子bBn-具有相同的电子层结构，则有a-m=b+n，即b=a=m-n，故错误。正确的有。答案选B。7.某溶液中含有较大浓度的H+、Fe2+、SO42-时，下列物质可以在其中大量存在的是A. CuCl2B. Cl2C. NaNO3 D. NH3【答案】A【解析】试题分析：A、氯化铜与三种离子均不反应，可以大量共存，A正确；B、氯气具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，不能大量共存，B不正确；C、在酸性条件下硝酸盐具有氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，不能大量共存，C不正确；D、氨气能与酸
9、反应生成铵盐，不能大量共存，D不正确，答案选A。考点：考查离子共存的正误判断8.下列实验中能出现沉淀现象的是（）A. CO2 和SO2气体同时通入BaCl2溶液中B. SO2气体通入BaCl2溶液中C. SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中D. 过量SO2气体和少量NH3 同时通入BaCl2溶液中【答案】C【解析】ACO2和SO2气体同时通入BaCl2溶液中，不发生反应，则没有沉淀生成，选项A错误；BSO2气体通入BaCl2溶液中，不发生反应，则没有沉淀生成，选项B错误；CSO2气体通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，选项C正确；DSO2气体和过量NH3同时通入Ba
10、Cl2溶液中，反应生成亚硫酸氢铵，但不能与氯化钡反应生成沉淀，选项D错误。答案选C。9.下列表述正确的是：浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中检验亚硫酸钠溶液在空气中放置是否变质可以先加硝酸溶液，再加氯化钡溶液来检验锌与稀硝酸反应可以得到氢气足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2+ 浓硫酸滴到纸张上变黑，说明浓硫酸具有脱水性二氧化硫和二氧化氮都能形成酸雨，酸雨的pH等于5.6（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】浓硝酸见光或受热易分解，所以保存在棕色试剂瓶，故正确；硝酸溶液中的HNO3具有氧化性，将SO32-氧化为SO42-，再加氯化钡产生白色沉淀，不能证明原溶液
11、中含有SO42-，故错误；锌与稀硝酸发生反应， 硝酸的氧化性较强，一般不会生成氢气，故错误；足量的铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，是因为铁与浓硝酸反应产生的硝酸铁与过量的铁又发生氧化还原反应产生了硝酸亚铁，故错误；浓硫酸滴到纸张上，纸脱水炭化变黑，说明浓硫酸具有脱水性，故正确；酸雨的pH小于5.6，故错误；故答案为：C。10.在下列条件下，两瓶气体所含的原子数一定相等的是（ ）A. 具有同压强、同体积的N2O和CO2B. 具有同温度、同体积的CO和N2C. 具有同体积、同密度的SO2和NO2D. 具有同质量、不同密度的O2和O3【答案】D【解析】A、同压强、同体积N2O和CO2在温度相同时物质的
12、量相同，所以缺少同温条件，选项A错误；B、同温度、同体积的CO和N2在压强相同时物质的量相同，所以缺少同压条件，选项B错误；C、同体积、同密度的SO2和NO2的质量相同，但二者的摩尔质量不同，所以物质的量不同，原子数不同，选项C错误；D、同质量、不同密度的O2和O3中O原子数相同，选项D正确，答案选D。点睛：本题考查阿伏加德罗定律及其推论的有关判断。该题是中等难度的试题，所以综合性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，也有助于激发学生的学习兴趣和学习积极性。11. 在100mL混合酸的溶液中，硝酸的物质的量浓度为04mol/L，硫酸
13、的物质的量浓度为02mol/L，向其中加入64g铜粉，微热，使其充分反应，生成NO的物质的量A. 01molB. 003molC. 002molD. 004mol【答案】C【解析】试题分析：铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。题中混合溶液中含H+物质的量为：002mol硫酸中含004mol，004mol硝酸中含004mol，所以溶液中共含008molH+，64g铜的物质的量为64g64g/mol01mol，根据离子方程式量的关系，3Cu8H+2NO，008mol氢离子完全反应，消耗的铜物质
14、的量为003mol，硝酸根的物质的量是002mol，显然铜过量，氢离子完全反应，生成的NO气体由氢离子的物质的量计算得出，气体物质的量为002mol，答案选C。考点：考查硝酸、硫酸混合与铜反应的有关计算12.下列有关物质漂白的叙述中正确的是（）A. 氯水中通入一定量二氧化硫气体可增强氯水的漂白性B. 含有酚酞的氢氧化钠溶液中通入二氧化硫气体，溶液变无色，说明二氧化硫具有漂白性C. 紫色石蕊试液中通入二氧化硫，溶液先变红后褪色D. 漂白粉放入稀酸中可以提高漂白速度【答案】D【解析】A、氯水中通入二氧化硫气体时，发生反应SO2Cl22H2O=H2SO42HCl，减弱了氯水的漂白性，选项A错误；B、
15、二氧化硫与含有酚酞的氢氧化钠溶液反应而使溶液退色表现为酸性氧化物的性质，选项B错误；C、二氧化硫溶于水所得溶液显酸性，因此可使紫色石蕊试液变红色，但不能使之褪色，选项C错误；D、次氯酸钙能和稀盐酸反应生成次氯酸，增强漂白速度，选项D正确。答案选D。点睛：本题是常识性知识的考查，试题生活化，和日常生活联系密切，难度不大。一方面考查学生对基础知识的熟悉掌握程度，另一方面有利于调动学生的学习积极性。13. 在试管中注入某红色溶液，给试管加热，溶液颜色逐渐变浅或消失，则原溶液可能是滴有石蕊的H2SO4溶液 滴有酚酞的氨水溶液滴有酚酞的氢氧化钠溶液 滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液滴有酚酞的Na2CO3溶液
16、溶有SO2的品红溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：滴有石蕊的H2SO4溶液显示红色，加热以后，溶液颜色不变，故错误；滴有酚酞的氨水溶液显示红色，因为氨水显碱性，解热后，氨水受热容易分解放出氨气，导致碱性减弱，溶液颜色逐渐变浅，故正确；滴有酚酞的氢氧化钠溶液显示红色，氢氧化钠受热稳定，加热后碱性几乎不变，溶液颜色不变，故错误；滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液显示红色，加热后，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而降低，所以溶液碱性减弱，溶液颜色逐渐变浅，故正确；滴有酚酞的Na2CO3溶液显示红色，其中碳酸根离子水解程度受温度的影响，温度高，水解程度大，碱性增强，所以溶液颜色逐渐变深，故
17、错误；二氧化硫有漂白性，使品红溶液褪色，但加热后，其与品红结合生成的无色物质不稳定，分解，二氧化硫从溶液中逸出，品红又显红色，故错误；故选B。考点：考查化学反应原理的判断与二氧化硫的性质等。14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族。下列说法正确的是（ ）A. 对应的简单离子半径大小顺序：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B. Y分别与Z、W形成的化合物都能与稀硝酸反应C. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱D. Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强【答案】D【解析】
18、试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2-具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg；A同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r(Mg)r(Si)r(C)r(O)，故A正确；BY和Z、W形成的化合物为MgO、SiO2，MgO、SiO2中存在的化学键分别是离子键、共价键，故B错误；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性
19、X(C)W(Si)，所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故C正确；D元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y(O)W(Si)，所以Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强，故D正确；故选B。【考点定位】考查原子结构和元素周期律【名师点晴】明确物质结构、元素周期律是解题关键；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2-具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg，
20、以此解答该题。15.下列大小比较正确的是（ ）A. 离子半径：Na+Mg2+Al3+Cl；原子半径：NaMgAlClB. 稳定性：HFH2ONH3CH4；还原性：HFH2ONH3KOHMg(OH)2NaOH；金属性：CsKMgNaD. 酸性：HClOH2SO4H2CO3；非金属性ClSC【答案】B【解析】分析：A.根据微粒半径的递变规律分析判断；B.根据非金属性越强氢化物越稳定，相应阴离子的还原性越弱分析；C.金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强；D.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。详解：A电子层结构相同时核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径Cl-Na+Mg2
21、+Al3+，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径NaMgAlCl，A错误；B同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强，氢化物越稳定性，氢化物还原性越弱，故稳定性：HFH2ONH3CH4；还原性：HFH2ONH3CH4，B正确；C同主族自上而下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱，故金属性CsKNaMg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOHKOHNaOHMg（OH）2，C错误；DHClO是弱酸，酸性比碳酸弱，酸性H2SO4H2CO3HClO，同周期自左而右非金属性增强，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性越强，故非金属性ClSC，D错误，答案选B。16.足
22、量的铜与一定量的浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则和铜反应的硝酸的物质的量可能是A. 0.55molB. 0.4molC. 0.6molD. 0.65mol【答案】A【解析】由题知，铜化合价升高数=硝酸化合价降低数=氧气化合价降低数=0.3(mol)，n(Cu)=0.15mol，和铜反应的硝酸的物质的量=生成Cu(NO3 ) 2的硝酸的物质的量+发生还原反应的硝酸的物质的量。(1) 硝酸被还原为NO，硝酸的物质的量为：0.152+=0.4(mol)；(2) 硝酸被还原为N2O4、NO2
23、, 硝酸的物质的量为：0.152+0.3=0.6(mol)；(3) 硝酸被还原为NO、N2O4、NO2 的混合气体，硝酸的物质的量为：在0.4-0.6之间。答案选A。第卷（非选择题60分）二、填空题（本题包括3小题，共52分）17.下表是元素周期表短周期的一部分(1)-元素中金属性最强的元素位于周期表中的位置为_。(2)与形成化合物溶于水会剧烈反应生成白色沉淀和气体A,请写出该反应的化学方程式 _ ，气体A的实验室制备化学方程式为_。(3)所形成的单质与水反应的方程式 _，该反应的类型是_反应。(4)、的最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序是_（用化学式表示）；所在族的各元素与氢气化合所形成的气态
24、氢化物稳定性由强到弱的顺序是（用化学式表示）_。(5)表中元素、它们最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 第三周期IIA族 (2). Mg3N2 + 6H2O=3 Mg(OH)2 + 2NH3 (3). 2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O (4). 2F22H2O4HFO2 (5). 置换 (6). H2SiO3 H2CO3HClHBrHI (8). Al(OH)3+3 H= Al3+ + 3H2O【解析】由元素在周期表的位置可知，分别为H、C、N、F、Mg、Al、Si、S。(1)-元素中金属性最强的元素为Mg，位于周期表中的位置为第三周期IIA族
25、；(2)与形成的化合物氮化镁溶于水会剧烈反应生成白色沉淀氢氧化镁和气体A即氨气,反应的化学方程式 为Mg3N2 + 6H2O=3 Mg(OH)2 + 2NH3，氨气的实验室制备化学方程式为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O；(3)所形成的单质F2与水反应的方程式为2F22H2O4HFO2，该反应的类型是置换反应；(4)非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，故、的最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序是H2SiO3 H2CO3HClHBrHI；(5)表中元素、它们最高价氧化物的水化物硝酸和氢氧化铝相互反应的离子方程式为Al(OH)3+3 H= Al3+ + 3H2O。点睛：本
26、题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学用语及规律性知识的使用。由元素在周期表的位置可知，分别为H、C、N、F、Mg、Al、Si、S，据此分析。18.中学化学中有很多物质可以实现下图中物质之间的转化。其中反应条件和部分反应的产物已略去。液体B和C可能是单一溶质的溶液，也可能是纯净物。(1)若A是一种红色金属，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色。写出反应的化学方程式_。(2)若A是金属单质，D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，液体C呈浅绿色。写出反应的离子方程式_； 写出反应的任意一个离子方程式_。(3
27、)若A是一种金属单质，D是最轻的气体，B能否是NaOH溶液_(填“能”或“否”)，若能，写出相应的离子方程式 (若否，则不用填此空)_。【答案】 (1). 2H2SO4(浓)Cu=CuSO4SO22H2O (2). 3Fe2NO3-8H+=3Fe22NO4H2O (3). ZnFe2+=FeZn2+(或其他合理答案) (4). 否 (5). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2【解析】（1）若A是一种紫红色金属，应为铜，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色，应为SO2，A和B的反应为铜和浓硫酸在加热条件下的反应，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H
28、2O；（2）D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，应为NO，液体C呈浅绿色，说明A为Fe，B为稀硝酸，C为Fe（NO3）2，反应的离子方程式为3Fe2NO3-8H+=3Fe22NO4H2O，反应为置换反应，生成Fe，离子方程式可写为ZnFe2+=FeZn2+等；（3）D是一种无色气体，应为H2，如B为NaOH溶液，则C为NaAlO2，不能发生置换反应生成Al，故答案为：否。点睛：本题考查无机物的推断，注意把握物质的特征性质，为解答推断题的突破口，易错点为（3）D是一种无色气体，应为H2，如B为NaOH溶液，则C为NaAlO2，不能发生置换反应生成Al，故答案为：否。19.某化学兴趣小组欲设计使
29、用如下装置探究：铜和一定量的浓硝酸反应是否有一氧化氮产生。(假设气体体积均为标准状况，导气管中气体体积忽略不计，不考虑浓硝酸的挥发，且忽略反应中的溶液体积变化)试回答下列问题：（1）铜粉的作用是_；将铜粉分散在是石棉绒中的原因_。（2）在铜和浓硝酸反应前，关闭k3，打开k1、k2 ,挤压打气球，经A、B、C反应后，进入D中的气体是_(填化学式)。（3）关闭k1、k2，打开k3，由分液漏斗向D中滴加浓硝酸。待Cu和浓硝酸反应结束后，再通过分液漏斗向D中加入CCl4至满。则D中一定发生反应的离子方程式为：_；（4）E装置中发生反应的化学方程式为_。（5）从E装置所得溶液中取出25.00mL，用0.
30、1000 mol/L的NaOH溶液进行中和，当恰好呈中性时消耗NaOH溶液18.00mL，则E中所得硝酸的物质的量浓度为_mol/L，若实验测得F装置所收集到的气体体积为139.00 mL，则气体的成分为_(填化学式)，则铜和一定量的浓硝酸反应有_ mL NO生成。【答案】 (1). 除去空气中的氧气，防止干扰实验 (2). 增大铜粉与氧的接触面积使反应充分 (3). N2 (4). Cu+2NO 3+4H+Cu2+2NO2+2H2O (5). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (6). 0.0720 (7). N2 和NO (8). 8.36【解析】（1）铜粉作用是除去空气中的氧气，防止干
31、扰实验；将铜粉分散在是石棉绒中的原因增大铜粉与氧的接触面积使反应充分；（2）气球中的空气成分主要是氧气、氮气、二氧化碳、水蒸气等，通过氢氧化钠溶液除去二氧化碳，通过浓硫酸除去水蒸气；C装置是反应掉空气中的氧气，所以进入D装置的气体主要是N2；（3）关闭K1、K2，打开K3，由分液漏斗向D中滴加浓硝酸，一定发生的反应是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，可能发生的反应是浓硝酸变稀后和铜的反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；因此D中一定发生反应的离子方程式：Cu+2NO3-+4H+=Cu2+2NO2+2H2O；（4）E装置中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，发生反应的化学方程式为3NO2+H2O=
32、2HNO3+NO；（5）从E装置所得溶液中取出2500mL，用01000mol/L的NaOH溶液滴定，当滴定完成后消耗NaOH溶液1800mL，则设硝酸浓度为C，发生的反应实质是H+OH-=H2O，所以2500mLC1800mL01000mol/L，解得C0.0720mol/L； E装置中生成的硝酸溶液体积为100mL，浓度为00720mol/L，所以生成硝酸物质的量为0.0072mol，根据化学方程式3NO2+H2O2HNO3+NO，生成的一氧化氮气体物质的量为0.0036mol，在标准状况下的体积=0.0036mol22.4L/mol0.08064L=80.64ml，而试管中原有50 mL N2，二者之和为80.64 mL+ 50 mL130.64 mL。而测得F装置所收集到的气体体积为139.00 mL，说明生成NO2的同时有NO生成，且生成的NO体积为139.00mL 130.64 mL8.36 mL。
