1、北京市朝阳区2018-2019学年度第一学期期末高三化学试题1.电动汽车（标志为“”）在改善城市交通、保护环境等方面的作用至关重要。下列说法不正确的是A. 电动汽车的使用有助于减少氮氧化物的排放B. 燃油汽车也可以悬挂该标志C. 电动汽车使用时涉及化学能与电能的转换D. 电动汽车充电、放电过程均有电子转移【答案】B【解析】【详解】A.电动汽车的使用时化学能先转化为电能，然后电能再转化为机械能，不产生氮氧化合物，所以有助于减少氮氧化物的排放，A正确；B.燃油汽车使用时是化石燃料的化学能转化为热能，热能再转化为机械能，所以不可以悬挂该标志，B错误；C.电动汽车使用时首先是化学能转化为电能，电能转化
2、为机械能，充电时电能转化为化学能，所以涉及化学能与电能的转换，C正确；D.电动汽车充电、放电过程有电能与化学能的转化过程，所以均有电子转移，D正确；故合理选项是B。2.下列物质的用途是基于其氧化性的是A. 氨用作制冷剂 B. 次氯酸钙用于生活用水的消毒C. 氧化铝透明陶瓷用于防弹汽车的车窗 D. 生石灰用于废气的脱硫【答案】B【解析】【详解】A.液氨气化需吸收大量热量，使周围环境温度降低，所以可用作制冷剂，但与氧化性无关，A错误；B.次氯酸钙水解产生的HClO具有强氧化性，能氧化杀死水中病菌、病毒，因此可用于生活用水的消毒，与氧化性有关，B正确；C.氧化铝透明陶瓷用于防弹汽车的车窗，与其物理性
3、质有关，而与氧化性无关，C错误；D.生石灰与废气中的二氧化硫反应产生亚硫酸钙，再被氧化产生硫酸钙，利用的是其碱性氧化物的性质，与氧化性无关，D错误；故合理选项是B。3.下列化学用语表达不正确的是A. CH4的比例模型： B. NH3的电子式：C. Na2CO3溶液呈碱性的原因：CO32-+2H2OH2CO3+2OH-D. NH3遇氯化氢迅速产生白烟：NH3+HCl=NH4Cl【答案】C【解析】【详解】A.该图示显示了原子相对大小及结合位置情况，是甲烷的比例模型，A正确；B.NH3分子中N原子最外层有5个电子，3个成单电子与3个H原子形成三对共用电子对，电子式为，B正确；C.Na2CO3溶液呈碱
4、性是由于CO32-水解产生，但是CO32-水解反应是分步进行的，主要是第一步水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，C错误；D.NH3遇HCl气体，二者迅速化合，发生反应NH3+HCl=NH4Cl，产生的氯化铵是白色固体，所以会看到迅速产生白烟，D正确；故合理选项是C。4.学习和研究化学，经常要进行实验。安全是顺利进行实验及避免伤害和事故的保障。下列说法不正确的是A. 将剩余的钠块直接投进垃圾箱B. 电石(主要成分为CaC2)在干燥环境中密封存放C. 用CCl4萃取碘，振荡分液漏斗后要打开活塞放气D. 电器失火要先切断电源【答案】A【解析】【详解】A.Na与水反应产生氢氧化钠和氢气，反应放出
5、热量，当达到一定温度时着火燃烧，所以一定要将剩余的钠块再放回试剂瓶中，A错误；B. CaC2与水反应产生可燃性气体乙炔，所以电石一定要在干燥环境中密封存放，B正确；C.用CCl4萃取碘水中的碘单质，在振荡分液漏斗时，分液漏斗内的物质由于部分物质气化会导致气体压强增大，所以要不时打开活塞放气，C正确；D.电器失火时为了防止火灾加剧，带来更大隐患，首先要先切断电源，D正确；故合理选项是A。5.下列关于物质性质的比较，不正确的是A. 沸点：C2H5OHCH3CH3 B. 水的电离程度：10025C. 溶解度：AgIAgCl D. 完全燃烧放出的热量：1mol C1mol CO【答案】C【解析】【分析
6、】A.相同碳原子数的烃的衍生物的沸点比烃高；B.水电离过程吸收热量；C.AgX的溶解度随卤素离子半径增大而减小；D.物质完全燃烧放出热量多。【详解】A. C2H5OH可看作是CH3CH3中的1个H原子被OH取代生成的， 在常温下C2H5OH为液体，CH3CH3为气体，所以沸点：C2H5OHCH3CH3，A正确；B.水是弱电解质，电解质电离吸收热量，所以升高温度，促进水的电离，水的电离程度：10025，B正确；C.在相同温度下，AgCl溶解度比AgI大，C错误；D.C燃烧产生CO释放出一部分热量，CO燃烧又释放出一部分热量，所以完全燃烧1mol C放出的热量比1mol CO多，D正确；故合理选项
7、是C。【点睛】本题考查了物质的溶解度、沸点高低比较、温度对水电离的影响及燃烧放出热量与物质的关系的知识。掌握物质的性质及变化规律是本题解答的关键。6.常温时，能证明乙酸是弱酸的实验事实是A. CH3COOH溶液与Fe反应放出H2B. 0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH大于1C. CH3COOH溶液与NaHCO3反应生成CO2D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【答案】B【解析】【详解】A. CH3COOH具有酸的通性，Fe是比较活泼的金属，醋酸溶液与Fe反应放出H2，但是不能证明其酸性强弱，A错误；B. CH3COOH是一元弱酸，电离产生的H+浓度小于酸的浓度
8、，0.1 mol/L CH3COOH溶液中c(H+)Be，所以铍(Be)原子失电子能力比Ca弱，A正确；B.由于原子半径KMg，原子最外层电子数KMg，所以K比Mg更容易失去电子，故K与水反应比Mg与水反应剧烈，B正确；C.Cl、Br是同一主族的元素，由于原子半径ClBr，所以稳定性HClHBr，C正确；D.非金属性BS，所以酸性H3BO3H2SiO3，所以遇Na2SiO3溶液会发生反应：2HCl+ Na2SiO3=H2SiO3+2NaCl，由于硅酸是白色难溶性的物质，所以会看到产生白色胶状沉淀，B正确；C.在饱和NaCl溶液中存在溶解平衡：NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq)，HCl
9、溶于饱和NaCl溶液，使溶液Cl-浓度增大，破坏了溶解平衡，平衡逆向移动，降低了NaCl的溶解度，因此会析出NaCl固体，即产生白色沉淀，C正确；D.HCl溶解在NaClO溶液中，会发生反应：2HCl+NaClO=NaCl+Cl2+H2O，因此会看到有黄绿色气体产生，离子方程式是：ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O ，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查盐酸的性质。浓盐酸具有挥发性、酸性、还原性，稀盐酸具有酸性、氧化性，物质的浓度不同，表现的性质不同。要灵活运用，结合具体问题具体分析。14.向20 mL 0.40 mol/L H2O2溶液中加入少量KI溶液：H2O2+I-=H2O+I
10、O；H2O2+IO= H2O+O2+ I。H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下。 t/min05101520V(O2)/mL0.012.620.1628.032.7下列判断不正确的是A. 从图中可以看出，KI能增大H2O2的分解速率B. 反应是放热反应，反应是吸热反应C. 010 min的平均反应速率：v(H2O2)9.010-3 mol/(Lmin)D. H2O2在反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性【答案】B【解析】【详解】A.从反应过程示意图可以看出KI能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，A正确；B.根据图示可知反应i的生成物比反应物
11、的能量高，为吸热反应；反应ii的反应物比生成物的能量高，是放热反应，B错误；C.010 min内，反应产生O2的物质的量是n(O2)= 20.1610-3L22.4L/mol=9.010-4mol，根据方程式2H2O2=2H2O+O2可知n(H2O2)=29.010-4mol=1.810-3mol，则v(H2O2)= (1.810-3mol)0.02L10min=9.010-3 mol/(Lmin)，C正确；D.在反应i中H2O2的作用是氧化剂，在反应ii中是还原剂，所以在整个反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性，D正确；故合理选项是B。15.我国科学家在合成、生产生物医用材料新型增塑剂(
12、DEHCH)方面获得重要进展，该增塑剂可由有机物D和L制备，其结构简式如下：(DEHCH)(1)有机物D的一种合成路线如下：由C2H4生成A的化学方程式是_。试剂a是_。写出B中所含官能团的名称_。有机物D的结构简式是_。 (2)增塑剂(DEHCH)的合成路线如下：已知： D M的化学方程式是_。有机物L的分子式为C4H2O3，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢原子。W的结构简式是_。以Y和Q为原料合成DEHCH分为两步反应，写出有关化合物的结构简式：中间产物的结构简式是_，反应a的反应类型是_。【答案】 (1). CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br (2). NaOH/CH3CH
13、2OH (3). 碳碳双键、醛基 (4). CH3CH2CH2CH2OH (5). 2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O (6). (7). (8). 酯化反应【解析】【分析】乙烯与溴水发生加成反应产生1，2-二溴乙烷，该物质在NaOH乙醇溶液中发生消去反应产生乙炔，乙炔与水加成变为乙醛，乙醛在稀NaOH水溶液中发生分子间脱水生成CH3CH=CH-CHO，该物质与氢气发生完全加成变为丁醇，丁醇催化氧化变为丁醛，丁醛在稀NaOH水溶液中发生分子间脱水生成CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO与氢气加成
14、生成Y（CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH），Y与Q反应产生中间产物，然后中间产物再与Y发生酯化反应就得到该增塑剂。【详解】(1)乙烯与溴水发生加成反应，生成1,2-二溴乙烷，所以由C2H4生成A的化学方程式是CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br；1,2-二溴乙烷与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，生成乙炔CHCH和NaBr及水，反应方程式是CH2Br-CH2Br+2NaOHCHCH+2NaBr+2H2O，所以试剂a是NaOH/CH3CH2OH；CHCH与水在催化剂存在时，加热，发生加成反应产生乙醛CH3CHO，2个分子的乙醛在稀NaOH溶液中加热发生反应，产
15、生B：CH3CH=CH-CHO，所以B中所含官能团的名称碳碳双键、醛基；CH3CH=CH-CHO与H2在Ni催化下，加热，发生加成反应产生CH3CH2CH2CH2OH，反应方程式是：CH3CH=CH-CHO+2H2CH3CH2CH2CH2OH，所以有机物D的结构简式是CH3CH2CH2CH2OH； (2)CH3CH2CH2CH2OH在Cu催化下，加热杯氧气氧化为CH3CH2CH2CHO，反应方程式是2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O；有机物L的分子式为C4H2O3，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢原子，则L是；CH2=CH-CH=CH2与发生加成反应，
16、产生W，W的结构简式是，W与H2发生加成反应，产生Q，结构简式是：；M结构简式是CH3CH2CH2CHO，M在稀碱溶液中，在加热时发生反应产生X是CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO；X与氢气发生加成反应产生Y：CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，Y与Q反应产生中间产物：，该物质与Y发生酯化反应，产生，即DEHCH。【点睛】本题以新型增塑剂(DEHCH)的合成为线索，考查了不饱和烃、卤代烃、醇、醛、羧酸、酯的性质，较为全面的考查了有机化合物，充分利用题干信息并结合已有知识进行分析，是解答本题的关键。16.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，CH4H2O催化重整是目
17、前大规模制取氢气的重要方法。(1)CH4H2O催化重整：反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1 = +210kJ/mol反应: CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2 =41kJ/mol提高CH4平衡转化率的条件是_。a增大压强 b加入催化剂 c增大水蒸气浓度 CH4、H2O催化重整生成CO2、H2的热化学方程式是_。在密闭容器中，将2.0 mol CO与8.0 mol H2O混合加热到800发生反应，达到平衡时CO的转化率是80%，其平衡常数为 _。(2)实验发现，其他条件不变，相同时间内，向催化重整体系中投入一定量的CaO可以明显提高H2的百分含量
18、。做对比实验，结果如下图所示：投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：_。投入纳米CaO时，H2百分含量增大的原因是：_。(3)反应中催化剂活性会因积炭反应而降低，相关数据如下表：反应H(kJ/mol)+75 173研究发现，如果反应不发生积炭过程，则反应也不会发生积炭过程。因此，若保持催化剂的活性，应采取的条件是_。如果、均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，反应的化学方程式是_。【答案】 (1). c (2). CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g) H =+169kJ/mol (3). 1 (4). CaO可吸收CO2，c(CO2)减小，使生成H2的反应正向移动，H2
19、百分含量增大 (5). 纳米CaO颗粒小，表面积大，使反应速率加快 (6). 降低温度、增大压强 (7). C+H2O=CO+H2【解析】【分析】(1)提高物质的转化率就是使平衡正向移动，可以分析该反应的正反应的特点再根据平衡移动原理进行判断；根据盖斯定律，将方程式叠加，反应热也相加，得到重整后的热化学方程式；对于反应前后气体体积不变的反应，物质平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比等于它们的物质的量乘积的比；(2)从生成物、反应物的酸碱性及固体表面积大小对物质浓度及化学平衡移动的影响分析；(3)根据甲烷分解反应的特点分析判断；根据炭与水蒸气反应产物状态分析解答。【详解】(1)由反应CH
20、4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1 = +210kJ/mol可知：若要使CH4的转化率提高就要使化学平衡正向移动；a该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，a错误；b加入催化剂能够同等倍数的改变化学反应速率，化学平衡不发生移动，b错误；c增大反应物水蒸气浓度，化学平衡正向移动，甲烷的转化率增大，c正确；故意合理选项是c；反应与反应相加，整理可得CH4、H2O生成CO2、H2的热化学方程式为CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g) H =+169kJ/mol；在密闭容器中，将2.0 mol CO与8.0 mol H2O混合加热到800
21、发生反应：CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) n(开始)/mol 2.0 8.0 0 0n(改变) 1.6 1.6 1.6 1.6n(平衡) 0.4 6.4 1.6 1.6由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以浓度比等于物质的量的比，故K=；(2)催化重整后的化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c(CO2)减小，平衡正向移动，使生成H2更多，H2百分含量增大H2百分含量增大；若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可以使反应速率加快，c(CO2)减小的多，平衡正向移动加剧，所以H2百分含
22、量增大；(3)反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，为了减少积炭，要使平衡逆向移动，可以采取的措施是增大压强、降低温度的办法；如果、均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，是因为C与水蒸气反应，产生氢气和CO，反应的化学方程式是C+H2O=CO+H2。【点睛】本题考查了盖斯定律、化学平衡移动原理的应用的知识。涉及热化学方程式的书写、物质平衡转化率的判断、平衡常数计算、平衡移动、反应条件的控制等。掌握化学基本原理、了解物质的基本属性(状态、颗粒大小等)是分析问题的基础。17.溴主要以Br- 形式存在于海水（呈弱碱性）中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程示意如下。 资料：常温下溴呈液态
23、，深红棕色，易挥发。(1)酸化：将海水酸化的主要目的是避免_（写离子反应方程式）。(2)脱氯：除去含溴蒸气中残留的Cl2具有脱氯作用的离子是_。溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入_，脱氯作用恢复。(3)富集、制取Br2：用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3- 和Br-。再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为_。 (4)探究(3)中所用H2SO4浓度对Br2生成的影响，实验如下：序号ABC试剂组成1 mol/L NaBr20% H2SO41 mol/L NaBr98% H2SO4将B中反应后溶液用水稀释实验现象无明显现象溶液呈棕红色，放热溶液颜色变得很浅B中
24、溶液呈棕红色说明产生了_。分析C中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致；乙同学认为是用水稀释所致。若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。理由或方案：_。酸化歧化后的溶液宜选用的酸是_（填“稀硫酸”或“浓硫酸”）。【答案】 (1). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (2). Fe2+、Br- (3). 铁粉 (4). BrO3- +5Br-+6H+=3Br2+3H2O (5). Br2 (6). 理由：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4方案：用CCl4萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈棕红色 (7
25、). 稀硫酸【解析】【详解】(1)海水中溴元素以Br-存在，从海水中提取溴单质，要用Cl2氧化溴离子得到，但海水呈碱性，若不酸化，就会发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，影响溴的提取；(2) 将溴蒸气的残留的Cl2脱去，可利用氯气有强的氧化性，要加入能与Cl2反应，但不能与Br2反应的物质，如Fe2+、Br-；溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入还原铁粉，物质具有还原性，脱氯作用就恢复；(3)用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3- 和Br-。再用H2SO4酸化，BrO3- 和Br-及H+发生归中反应得到Br2，其离子反应方程式为BrO3- +5Br-+6H+=3
26、Br2+3H2O；(4)B中溶液呈棕红色是由于Br2是红棕色物质，产生了Br2； 若甲同学说法正确，则会发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,消耗了溴单质；若乙同学说法正确，则要把颜色很浅的溶液用CCl4萃取，利用CCl4密度比水大，溴单质容易溶于CCl4，观察下层液体颜色否呈棕红色即可；歧化后的溶液若用稀硫酸酸化无明显现象，若用浓硫酸酸化，溶液变为红棕色，反应放出热量，会导致溴单质挥发，所以酸化要用稀硫酸。18.Fe3O4呈黑色、有磁性，应用广泛。以Fe3O4为吸附剂去除水中含磷物质是一种新的除磷措施。(1)检验Fe3O4中铁元素的价态：用盐酸溶解Fe3O4，取少量滴加_
27、，溶液变红；另取少量滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀。(2)氧化沉淀法制备Fe3O4 向稀硫酸中加入过量铁粉，得到FeSO4溶液。空气中存在O2，由于_(用离子方程式表示)，可产生Fe3+。过量铁粉的作用是除去Fe3+。在N2保护下，向热NaOH溶液中加入FeSO4溶液，搅拌，得到Fe(OH)2浊液。将NaNO3溶液滴入浊液中，充分反应得到Fe3O4。用湿润红色石蕊试纸检验产物，_（填现象），证明生成了NH3。_Fe(OH)2+_NO3-=_（将反应补充完整）。(3)含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如下图所示。 下列分析正确的是_。aKH2PO4的水溶液中：c(H+)c(O
28、H-) bK2HPO4 溶液显碱性，原因是HPO42-的水解程度大于其电离程度 cH3PO4是强电解质，在溶液中完全电离 (4)将Fe3O4加到KH2PO4溶液中，调节溶液pH。pH对吸附剂Fe3O4表面所带电荷的影响：pH6.8，Fe3O4表面带正电荷；pH6.8，Fe3O4表面带负电荷；pH=6.8，Fe3O4表面不带电荷。Fe3O4对含磷微粒的去除率随pH的变化如下。 pH=3时，吸附的主要微粒是_。与pH=5时相比，pH=9时的去除率明显下降，原因是：_。【答案】 (1). KSCN溶液 (2). 4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O (3). 试纸变蓝 (4). 12 (5).
29、1 (6). 4Fe3O4+NH3+OH-+10H2O (7). ab (8). H2PO4- (9). pH=5时，Fe3O4带正电荷，含磷的主要微粒是H2PO4-；pH=9时，Fe3O4带负电荷，含磷的主要微粒是HPO42-。因此在pH=9时，吸附剂和含磷的主要微粒之间的静电排斥作用强于pH =5时【解析】【详解】(1) Fe3O4与HCl反应产生FeCl2、FeCl3，向溶液中加入KSCN溶液，溶液变为血红色，证明含有Fe3+；向溶液中加入K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，证明含有Fe2+；(2)I.空气中的氧气与溶液中的Fe2+会发生氧化还原反应，4Fe2+4H+O2=4Fe3+2
30、H2O，产生Fe3+；若加入Fe粉，就会发生2Fe3+Fe=3Fe2+，从而可除去Fe3+，防止溶液变质；II.氨气的水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色；Fe(OH)2被NO3-氧化为Fe3O4，NO3-被还原为NH3，根据电子守恒，可知Fe(OH)2的系数是12，Fe3O4的系数是4，NO3-、NH3的系数是1，根据电荷守恒可知生成物中还有OH-，根据元素守恒，可知生成物还有H2O，系数是10，所以配平的方程式为12Fe(OH)2+NO3-= 4Fe3O4+NH3+OH-+10H2O；(3) a根据图示可知H2PO4-存在的pHc(H+)，使溶液又显碱性。现在K2HPO4溶液显碱
31、性，说明HPO42-的水解程度大于其电离程度，溶液中c(OH-)c(H+)，b正确； c由于溶液的pH不同，溶液中磷元素的主要存在的微粒种类不同，说明H3PO4是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，不能完全电离，c错误；故合理选项是ab；(4)根据pH对吸附剂Fe3O4表面所带电荷的影响：pH6.8，溶液中主要存在微粒是H2PO4-；Fe3O4表面带正电荷，现在溶液的pH=3，所以Fe3O4吸附的就是正电荷，主要微粒是H2PO4-；pH=9时，Fe3O4带负电荷，含磷的主要微粒是HPO42-。因此在pH=9时，吸附剂和含磷的主要微粒之间的静电排斥作用强于pH =5时。19.某学习小组探究稀HNO3
32、、浓HNO3与铜的反应。 装置（尾气处理装置略）现象 中开始无明显现象，渐有小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。中反应剧烈，迅速生成大量红棕色气体，溶液呈绿色。(1)试管中Cu与稀HNO3反应的化学方程式是_。(2)中反应的速率比中的快，原因是_。(3)针对中溶液呈绿色的原因，提出假设：假设1：Cu2+的浓度较大所致；假设2：溶解了生成的NO2。探究如下：取中绿色溶液，分为两等份。取一份于如图所示装置中，_(填“操作”和“现象”)，证实中溶解了NO2。向另一份溶液加入_（填化学试剂），溶液变为蓝色。证实假设1不成立，假设2成立。 (4)对于稀HNO3与铜生成NO、浓H
33、NO3与铜生成NO2的原因，提出两种解释：解释1HNO3浓度越稀，溶液中NO3-的数目越少，被还原时，每个NO3-从还原剂处获得较多电子的机会_（填“增多”或“减少”），因此被还原为更低价态。解释2推测下列平衡导致了产物的不同，并通过如下实验证实了推测的合理性。3NO2+H2O=2HNO3+NOB中盛放的试剂是_。C中盛放Cu(NO3)2和_。 该小组证实推测的合理性所依据的实验现象是_。【答案】 (1). 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (2). 硝酸浓度大 (3). 向上拉动活塞a，试管内液面上方出现红棕色气体 (4). Cu(OH)2(或CuO等) (5)
34、. 增多 (6). 水 (7). 浓硝酸 (8). C中溶液变绿【解析】【分析】(一)Cu与硝酸反应，浓度不同，反应速率不同；稀硝酸反应后溶液呈蓝色，浓硝酸反应后溶液呈现绿色；若是由于NO2溶解所致，可通过减少NO2的含量，观察溶液颜色进行判断或通过增大溶液中Cu2+浓度，观察溶液颜色是否发生变化，判断导致原因是Cu2+浓度大小还是NO2的溶解；(二)对于溶液颜色变化是否由NO3-浓度变化引起，可以根据NO3-浓度较小时溶液的颜色及浓度较大时溶液的颜色的异同作出判断。【详解】(1)试管中Cu与稀HNO3反应产生硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2
35、+2NO+4H2O；(2)中是铜与浓硝酸反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，II中物质浓度大，反应速率快；(3)若溶液颜色差异是NO2溶解所致，则可以通过向上拉动活塞a，减小装置中NO2在溶液中的溶解度，就会看到试管内液面上方出现红棕色气体观察溶液的颜色是否变为蓝色；若向另一份溶液中加入含有Cu元素的物质，如CuO或Cu(OH)2，物质溶解，使溶液中Cu2+浓度增大，若溶液仍为蓝色。证实假设1不成立，假设2成立。 (4)解释1. HNO3浓度越稀，溶液中NO3-的数目越少，被还原时，每个NO3-从还原剂处获得较多电子的机会增多，被还原为较低的价态；解释2.Cu与浓硝酸反应产生NO2气体，NO2气体与B中水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，将产生的NO气体通入到C溶液中，C中含有较多NO3-离子，盛放Cu(NO3)2和浓硝酸，若C中溶液变为绿色，就证明解释1正确，否则2正确。【点睛】本题考查了硝酸与铜反应原理的知识。硝酸与金属反应比较复杂，一般情况下，硝酸与金属反应不产生氢气。硝酸浓度大，反应速率快，还原产物价态高；硝酸浓度小，反应速率慢，还原价态低。硝酸还原产物可能有NO2、NO、N2O、N2、NH4NO3，要注意浓度的不同，只要找出它们的异同，选择合适试剂、方法，就会分析得出正确的结论。
