1、江苏省扬州中学2015-2016学年高一下学期期中考试化学一、单选题：共13题 1化学与科学、社会和人类生活密不可分，修订后的中华人民共和国大气污染防治法已于2016年1月1日起施行。下列有关大气污染防治说法错误的是A.开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖，也减少对大气的污染B.农作物收割后留下的秸秆可以就地焚烧C.实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境D.汽油发动机工作时会产生少量NO和CO，采用催化反应装置可以减少污染物排放【答案】B【解析】本题考查了化学与生活。用太阳能、风能等新能源代替化石能源，能大大减少二氧化碳等物质的排放，故A正确，不选。秸秆燃烧
2、产生的大量烟尘增加了空气中的可吸入颗粒物，能够污染环境，故B错，选B。实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程可减少污染物的排放，有利于保护环境，故C正确，不选。汽油发动机工作时会产生少量NO和CO，采用催化反应装置可以将NO和CO转化为N2和CO2，可减少污染物排放，故D正确，不选。 2下列化学用语表示正确的是A.甲烷的比例模型：B.O2与互为同分异构体C.和互为同素异形体D.S2的结构示意图：【答案】D【解析】本题考查了化学用语的知识。甲烷的比例模型为，故A错。同分异构体是指有相同分子式的分子，各原子间的化学键也常常是相同的，但是原子的排列却是不同的。也就是说，它们有着不同的“结构式”
3、。许多同分异构体有着相同或相似的化学性质。所以O2与不是同分异构体，故B错和互为同位素，故C错。S2的结构示意图为，故D正确。 3下列措施能减慢化学反应速率的是A.将煤块粉碎后燃烧B.用2 mol/L的盐酸代替1 mol/L的盐酸制取氢气C.将食物贮藏在冰箱中D.用H2O2溶液制取氧气时加入少量二氧化锰粉末【答案】C【解析】本题考查了影响化学反应速率的因素。将煤块粉碎后可增大可燃物与氧气的接触面积，加快反应速率，故A错。浓度增大，反应速率加快，所以用2 mol/L的盐酸代替1 mol/L的盐酸制取氢气，可加快反应速率，故B错。降低温度，反应速率减慢，所以将食物贮藏在冰箱中能减慢化学反应速率，故
4、C正确。MnO2在这个反应中是正催化剂，加快反应速率，故D错。 4下列变化中，吸收的热量用于克服分子间作用力的是A.液溴受热变成溴蒸气B.加热金刚石使之熔化C.加热食盐使之熔化D.加热碘化氢使之分解【答案】A【解析】本题考查了分子间作用力及化学键。液溴受热变成溴蒸气，克服的是分子间作用力，故A正确。金刚石中原子间是共价键，加热金刚石使之熔化克服的是共价键，故B错。氯化钠晶体是离子晶体，微粒间的作用力是离子键，加热食盐使之熔化克服的是离子键，故C错。碘化氢分解，发生化学键的断裂，克服的是共价键，故D错。 5某无色混合气体中可能含有Cl2、SO2、NO、NO2、CO2 中的两种或多种气体。现将此无
5、色的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体接触空气，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断正确的是A.一定有NO2和Cl2B.一定有SO2 和NOC.可能有NO2 D.一定有SO2，可能有NO【答案】B【解析】本题考查了混合气体的鉴别。混合气体无色肯定没有Cl2、NO2，此无色的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，则肯定有SO2，把剩余气体接触空气，很快变为红棕色肯定有NO，故该题选B。 6下列关于浓硝酸和浓硫酸说法不正确的是A.浓硝酸和浓硫酸在空气中久置，酸溶液的浓度都会降低B.和铜反应中都表现出强氧化性和酸性C.浓硝酸常保存在棕色试剂瓶中D.常温下，浓硝酸和浓硫酸不和铁、铝反
6、应【答案】D【解析】本题考查了浓硝酸和浓硫酸的性质。因浓硝酸具有挥发性，溶质减少，浓度减小，而浓硫酸具有吸水性，溶剂增加，溶质不变，浓度减小，故A正确，不选。在铜分别与浓硫酸和浓硝酸的反应中，浓硫酸和浓硝酸都是部分被氧化并生成相对应的盐，体现了强氧化性和酸性，故B正确，不选。光照条件下，浓硝酸易分解生成二氧化氮、氧气和水，所以要避光保存，保存时要放置在棕色试剂瓶中，故C正确，不选。因浓硝酸和浓硫酸都具有强氧化性，能与大多数金属反应，两者常温下遇到铁、铝都要发生钝化，钝化是因氧化而钝化，并不是浓硝酸和浓硫酸不和铁、铝反应，故D错，选D。 7已知(NH4)2SO4在高温下分解，产物是SO2、H2O
7、、N2和NH3。有关该反应的下列说法正确的是A.N2既是氧化产物又是还原产物B.部分被氧化C.氧化产物和还原产物的物质的量比为3:1D.氧化产物和还原产物的物质的量比为1:4【答案】B【解析】本题考查了氧化还原反应的知识。NH4+N2，氮元素化合价升高，发生氧化反应，SO2，硫元素化合价降低，发生还原反应，首先根据电子守恒配SO2和N2的化学计量数，再用观察法配平反应方程式，可得3(NH4)2SO43SO2N24NH36H2O。N2，氮元素化合价升高，发生氧化反应，则N2是氧化产物，故A错。N2，氮元素化合价升高，发生氧化反应，6个，有2个转化为N2，剩下4个没有发生氧化还原反应，故B正确。N
8、2，氮元素化合价升高，发生氧化反应，则N2是氧化产物，SO2，硫元素化合价降低，发生还原反应，则SO3是还原产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:3，故C、D错。 8短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A.原子半径的大小顺序：rZrYrXB.Y的简单氢化物水溶液呈酸性C.Y的氢化物与W的氢化物不能发生反应D.X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物对应的水化物均能与强碱反应【答案】D【解析】本题考查了元素周期表和元素周期律的知识。根据短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置和元素周期表的结构推断，X为碳元素，Y为氮元素，Z为铝元素，W为氯元素
9、。根据同周期同主族元素原子半径递变规律知，原子半径的大小顺序应为rZrXrY(rAlrCrN)，故A错。Y的氢化物为NH3，氨气溶于水呈碱性，故B错。Y的氢化物NH3与W的氢化物HCl化合得到产物NH4Cl，故C错。X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物对应水化物分别为H2CO3、HNO3、Al(OH)3、HClO4，H2CO3、HNO3、HClO4属于酸，能与强碱反应，Al(OH)3为两性氢氧化物也能与强碱反应，故D正确。 9常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.FeCl3溶液中：K、OH、SCNB.使酚酞试液变红的溶液中： 、Na、C.c(OH)=1 mol/L的溶液中：Na、K
10、、D.c(H+)=1 mol/L的溶液中：K、Na、Fe2+、【答案】C【解析】本题考查了离子共存的知识。因Fe3+与SCN-结合生成络离子Fe(SCN)2+，则不能大量共存，故A错。使酚酞试液变红的溶液呈酸碱性，与H+反应，不能大量共存，故B错。c(OH-)=1 mol/L的溶液为碱溶液，在碱溶液中Na、K、四种离子不反应，可以共存，故C正确。c(H+)=1 mol/L的溶液为酸溶液，在酸溶液中Fe2+和可发生氧化还原反应，故D错。 10一定温度下，在恒容密闭容器中进行可逆反应2NO2(g) 2NO(g) + O2(g)，下列可以作为反应达到化学平衡状态标志的有：单位时间内生成n molO2
11、的同时生成2n molNO2单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2:2:1的状态混合气体的颜色不再改变的状态密闭容器中压强不再改变的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A.B.C.D.全部【答案】A【解析】本题考查了化学平衡状态的判断。在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0)，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。单位时间内生成n molO2是正反应，同时生成2n molNO2是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，则正逆反应速率相等，故对。单位时
12、间内生成n molO2是正反应，同时生成2n molNO也是正反应，故错。化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以用NO2与NO、O2表示的反应速率的比为2:2:1的状态不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错。NO2为红棕色气体，O2和NO为无色气体，当颜色不变时说明NO2浓度不变，处于平衡状态，故对。恒容下分子数跟压强有关，由于前后体积不等，压强不变说明分子数不变，处于平衡状态，故对。平均相对分子质量是气体的总质量与总物质的量的比值，总质量不变，总物质的量在变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故对。所以达到平衡状态的标志是，故该题选A。 11
13、实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验,最合理的选项是A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】本题考查气体的制备和性质实验,意在考查考生的化学实验素养。实验室利用CaO和浓氨水制取氨气,选择向下排空气法收集,A项错误;收集SO2时选择向上排空气法,B项正确;制取NO2时选择浓硝酸和Cu反应,C项错误;MnO2氧化浓盐酸制取Cl2需要加热才能发生,D项错误。 12设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1 L0.1 mol/L氨水中含有0.1NA NH3分子B.46 gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3
14、NAC.标准状况下，11.2 L CCl4中含有的分子数为0.5NAD.常温常压下，12 g 14C所含原子数为NA【答案】B【解析】本题考查了阿伏加德罗常数的计算。1 L0.1 mol/L氨水中NH3H2O与微粒和NH3分子的个数之和为0.1NA，故A错。46gNO2和N2O4混合气体中，二氧化氮和四氧化二氮最简比相同为NO2，所以计算46 gNO2中所含原子数即可，含原子数为3=3 mol，故B正确。标准状况下 CCl4为液体，所以标准状况下，11.2 LCCl4中含有的分子数远远大于0.5NA，故C错。常温常压下，12 g 14C所含原子数为NA=NA，故D错。 13含1 mol HNO
15、3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物与铁粉物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是A.曲线a表示Fe2+，曲线b表示Fe3+B.P点时总反应的离子方程式可表示为5Fe+16H+3Fe2+2Fe3+4NO+8H2OC.n2=0.25D.n3:n1=3:2【答案】D【解析】本题考查了铁与硝酸的反应及图像问题。在反应开始时硝酸过量，Fe不足量，反应产生Fe(NO3)3，反应方程式是Fe+4HNO3(稀) Fe(NO3)3+NO+2H2O，所以曲线a是Fe(NO3)3，曲线b表示Fe(NO3)2，n(HNO3)=1 mol，当硝酸反应完全时，根据方程式可
16、知，n(Fe)=0.25 mol，即n1=0.25 mol，故A、C错。B选项离子方程式中的N原子不守恒，故B错。当硝酸反应完毕，会发生反应：2Fe(NO3)3+Fe 3Fe(NO3)2，到n3时，反应2Fe(NO3)3+Fe 3Fe(NO3)2完全，由于n(Fe(NO3)3)=0.25 mol，根据方程式可得还需要加入的n(Fe) =0.125 mol，所以n3= n(Fe)总= 0.25 mol+0.125 mol=0.375 mol，n3:n1=0.375 mol:0.25 mol=3:2，故D正确。二、双选题：共2题 14下列离子方程式书写正确的是A.AlCl3溶液中加入过量氨水：Al
17、3+3NH3H2OAl(OH)3B.用FeCl3溶液刻蚀铜电路板：CuFe3+Cu2+ Fe2+C.稀硝酸滴到大理石上：2H+H2OCO2D.铜和浓硝酸反应：Cu4H+2Cu2+2NO22H2O【答案】AD【解析】本题考查了离子方程式的正误判断。AlCl3溶液中加入过量氨水的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl(OH)33，故A正确。电荷不守恒，正确的离子方程式为Cu2Fe3+Cu2+2Fe2+，故B错。碳酸钙难溶于水，不能拆，正确的离子方程式为CaCO32H+ Ca2+H2OCO2，故C错。铜和浓硝酸反应的离子方程式Cu4H+2Cu2+2NO22H2O，故D正确。 15短周期主族元素W、R
18、、X、Y、Z的原子序数依次增大。W、X、Y三种元素原子的最外层电子数之和为15，Y原子核电荷数等于W原子核电荷数的2倍，R原子的最外层电子数与X原子的最外层电子数相差1。下列叙述正确的是A.R在化合物中显+1价 B.最高价氧化物对应水化物的碱性：XRC.原子半径XYZD.简单气态氢化物的热稳定性：YYZ，故C正确。Y为S元素，W为O元素，非金属性OS，则简单气态氢化物的热稳定性：Y ，D、E的原子半径大小顺序为： ，D、E分别形成的简单离子半径大小顺序为： ；(3)CD2与A2D反应的化学方程式为 ，C的最高价氧化物的水化物溶液与C的氢化物反应的离子方程式为 ；(4)再写出由A、B、C、D四种
19、元素形成的盐的化学式两种：(NH4)2CO3、 、 。【答案】(1)第2周期A族 O=C=O (2) H2ONH3CH4 NaO O2-Na+(3)3NO2+H2O2HNO3+NO NH3+H+(4)NH4HCO3 CH3COONH4等合理答案皆可【解析】本题考查了元素周期表和元素周期律的知识。A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，A的原子核内只有一个质子，则A为H元素，B原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为C元素，C的最高价氧化物的水化物与C的氢化物反应生成一种盐，则C为N元素，C元素的最高价氧化物的水化物为硝酸，C的氢化物为氨气，A、E同主族，A、E二种元素都能与D元
20、素分别形成原子个数比为1:1或1:2的常见化合物，则D为O元素，E为Na元素，A、E二种元素都能与D元素分别形成原子个数比为1:1或1:2的常见化合物分别为水和过氧化氢，氧化钠和过氧化钠。(1) D为O元素，8号元素，在元素周期表中的位置为第2周期A族，B为C元素，D为O元素，BD2为二氧化碳，二氧化碳的结构式为O=C=O，钠的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，氢氧化钠的电子式为。(2) A分别与B、C、D形成的10电子分子分别为CH4、NH3和H2O，元素非金属性越强，对应气态氢化物就越稳定，非金属性ONC，故稳定性由强到弱的顺序为H2ONH3CH4。D为O元素，E为Na元素，电子层数越多，半
21、径越大，故子半径大小顺序为NaO。D为O元素，E为Na元素，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径大小顺序为：O2-Na+。(3)CD2与A2D分别为二氧化氮和水，二氧化氮与水反应可生成硝酸和一氧化氮，故反应的化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO，C的最高价氧化物的水化物为HNO3，C的氢化物为NH3，硝酸与氨气反应的离子方程式为NH3+H+。(4)由A、B、C、D四种元素形成的盐的化学式为(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等。 19已知锌与稀盐酸反应放热。某学生为了探究反应过程中的速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢气。所用稀盐酸浓度有1
22、.00 molL-1、2.00 molL-1两种浓度，每次实验稀盐酸的用量为25.00 mL，锌有细颗粒与粗颗粒两种规格，用量为6.50 g。实验温度为298 K、308 K。(1)完成以下实验设计(填写表格中空白项)，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：(2)实验记录如下(换算成标况)：计算在30s40s范围内盐酸的平均反应速率v(HCl)= (忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程)。反应速率最大的时间段(即0s10s、10s20s、20s30s、30s40s、40s50s.)为 ，可能原因是 ；反应速率最小的时间段为 ，可能原因是 。(3)另一学生也做同样的实验，由于反应太快，测量氢气的
23、体积时不好控制，他就事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率：A.氨水 B.CuCl2溶液 C.NaCl溶液 D.KNO3溶液你认为他上述做法中可行的是 (填相应字母)。(4)另有某温度时，在2 L容器中X、Y、Z物质的量随时间的变化关系曲线如图所示，该反应的化学方程式为 。(5)在化学反应速率的学习中，某化学研究小组的同学为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，分别设计了如下图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：定性分析：如下图甲可通过观察 ，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是 。定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40 m
24、L气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略，实验中需要测量的数据是 。【答案】(1)粗颗粒、1.00 粗颗粒、2.00 细颗粒、2.00 () ()；(2)0.056 molL-1s-1 40s50s 从反应放热角度回答皆可 90s100s，从盐酸浓度降低角度回答皆可；(3)C；(4)3X+Y2Z；(5)反应产生气泡快慢或反应完成的先后或试管壁的冷热程度(答案合理皆可)；控制阴离子相同，排除阴离子不同造成的干扰，收集40 mL气体所需要的时间。【解析】本题考查了化学反应速率、影响化学反应速率的因素及有关计算。(1)实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则实验和中的浓度不同，其他条件相同，所用稀
25、盐酸浓度有1.00 molL-1、2.00 molL-1两种浓度不同，故实验中盐酸浓度为1.00 molL-1，锌规格为粗颗粒，探究温度对该反应速率的影响，则两组实验的温度不同，其他条件相同，故实验和探究温度对该反应速率的影响，实验中盐酸浓度为2.00 molL-1，锌规格为粗颗粒，探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响，则两组实验的锌规格不同，其他条件相同，故实验和探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响，实验中锌规格为细颗粒，稀盐酸浓度为2.00 molL-1。(2)在30s40s范围内生成氢气的体积为224 mL-67.2 mL=156.8 mL，物质的量为0.007 mol，则转化的氯化
26、氢的物质的量为0.014 mol，转化的浓度为=0.56 mol/L，故(HCl)=0.056 molL-1s-1。根据相同时间内生成氢气的体积多少可判断反应速率的大小，生成氢气的体积越大，反应速率越大，0s10s、10s20s、20s30s、30s40s、40s50s、50s60s、60s70s、70s80s、80s90s、90s100s时间段内产生的氢气体积分别为：16.8 mL、22.4 mL、28 mL、156.8 mL、196 mL、72.8 mL、28 mL、22.4 mL、11.2 mL、5.6 mL则反应速率最大的时间段为40s50s，其原因是锌与稀硫酸反应为放热反应，随反应的
27、进行，放出的热量使溶液温度升高，而升高温度会加快反应速率，即由于反应放热，溶液温度升高，反应速率加快。根据的计算可以看出，90s100s时间段内放出的气体体积最少，反应速率最小，其原因是随反应的进行，尽管溶液温度较高，但硫酸的浓度会逐渐减小，而减小浓度，会使反应速率减小，即硫酸浓度降低，导致反应速率减慢。(3)氨水可与盐酸反应消耗盐酸，故A错。加入氯化铜溶液，锌置换出铜，形成CuZn原电池，使反应速率更快，故B错。向H2SO4中加入NaCl溶液可使c(H+)下降，降低反应速率，故C正确。加入KNO3溶液，盐酸电离的氢离子和硝酸钾电离的硝酸根离子可结合为硝酸，锌和硝酸反应生不成氢气，故D错。(4
28、)由图可知，5 min中时，X、Y和Z的物质的量不再变化且不为0，故该反应为可逆反应，X和Y的物质的量在减少，所以X和Y为反应物，Z的物质的量在增加，所以Z为生成物，根据物质的转化量之比等于计量数之比，由图像可知，X、Y和Z的转化量之比为0.6 mol:0.2 mol:0.4 mol=3:1:2，故该反应的化学方程式为3X+Y2Z。(5)该反应中产生气体，所以可根据生成气泡的快慢判断，氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用，硫酸铁和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰。该反应是通过生成气体的反应速率分析判断的，所以根据v=判知，需要测量的数据是产生4
29、0 mL气体所需要的时间。五、实验题：共1题 20甲同学通过查询资料知道，一定浓度的硝酸与Mg反应时，可同时得到NO2、NO、N2三种气体。该同学欲用下列仪器组装装置来直接验证有NO2、NO生成并制取氮化镁 (假设实验中每步转化均是完全的) 。查阅文献得知：NO2的沸点为21.1 、熔点为11 ，NO的沸点为151 、熔点为164 ；镁能与CO2反应；氮化镁遇水剧烈水解生成Mg(OH)2和氨气。(1)实验中先打开开关K，通过导管向装置内通入CO2气体以排出装置内的空气，停止通入CO2的标志是 。(2)为实现上述实验目的，所选用的仪器的正确连接方式是A E，确定还原产物中有NO2的现象是 ，实验
30、中要多次使用装置F，第二次使用F的目的是 。(3)实验过程中，发现在D中产生预期现象的同时，C中溶液颜色慢慢褪去，试写出C中反应的离子方程式 。(4)甲同学在A中开始反应时，马上点燃B处的酒精灯，实验结束后通过测试发现B处的产品纯度不高，原因是 。(5)设计一种实验方案，验证镁与硝酸反应时确实有氮气生成 。【答案】(1)E中出现白色沉淀(2)DCFBF A中有红棕色气体产生(或D中出现有色液体) 防止水蒸气进入B导致氮化镁水解(3)5NO4H33Mn252H2O(4)装置中充满CO2，而加热时CO2也能与Mg反应(5)取少量B中反应后的固体放入试管中，再向试管中滴加适量的水并将湿润的红色石蕊试
31、纸靠近试管口处，试纸变蓝【解析】本题考查了一定浓度的硝酸与Mg反应产物的检验及制取氮化镁的实验。(1)由(2)可知，E装置在所有装置的最后，二氧化碳与氢氧化钡溶液反应可生成白色沉淀碳酸钡，所以E中出现白色沉淀，说明二氧化碳进入的E装置，则装置内的空气已排尽，故止通入CO2的标志是E中出现白色沉淀。(2)A装置是用来进行镁与硝酸的反应，要制取氮化镁就需要除去混合气体中的二氧化氮和一氧化氮，由于NO2的沸点为21.1 、熔点为11 ，NO的沸点为151 、熔点为164 ，则可用D装置冷却二氧化氮，使二氧化氮变为液体，而一氧化氮不能变为液体，由于一氧化氮可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使其褪色，
32、则可用C装置检验并除去一氧化氮，由于氮化镁遇水剧烈水解生成Mg(OH)2和氨气，则氮气在进入B装置之前需用F装置进行干燥，为防止E中水进入B装置，需在B装置后再连上F装置，故为实现上述实验目的，所选用的仪器的正确连接方式是：ADCFBFE，由于二氧化氮气体和液体的颜色都为红棕色，所以确定还原产物中有NO2的现象是A中有红棕色气体产生(或D中出现有色液体)，由于氮化镁遇水剧烈水解生成Mg(OH)2和氨气，故实验中要多次使用装置F，第二次使用F的目的是防止水蒸气进入B导致氮化镁水解。(3)C中溶液颜色慢慢褪去，是一氧化氮与酸性高锰酸钾溶液发生了氧化还原反应，一氧化氮具有还原性，可被氧化为硝酸根离子
33、，高锰酸根离子在酸性条件下具有氧化性，可被还原为锰离子，故反应的离子方程式为5NO4H33Mn252H2O。(4)甲同学在A中开始反应时，马上点燃B处的酒精灯，装置中充满CO2，二氧化碳来不及排出，而加热时CO2也能与Mg反应，会混入氧化镁和碳。(5)氮气在加热条件下可与镁反应生成氮化镁，氮化镁遇水剧烈水解生成Mg(OH)2和氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故验证镁与硝酸反应时确实有氮气生成的实验方案为：取少量B中反应后的固体放入试管中，再向试管中滴加适量的水并将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口处，试纸变蓝。六、计算题：共1题 21实验室用H2还原CuO所得的红色固体可能是Cu与Cu2O的混
34、合物，已知Cu2O在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应，生成Cu2+和单质铜。现有8 g CuO被H2还原后，得到红色固体6.8 g。(1)6.8 g上述混合物中含Cu与Cu2O的物质的量之比是 ；(2)若将6.8 g上述混合物与足量的稀硫酸充分反应后过滤，可得到固体 g；(3)若将6.8 g上述混合物与一定量的浓硝酸充分反应，生成标准状况下1.568 L的气体(本题不考虑NO2的溶解，也不考虑NO2与N2O4的转化)，则推断该气体的成分及物质的量之比(本小题需有解题过程)。【答案】(1)2:1(2)4.8(3)通过分析知，6.8g的铜和氧化亚铜的混合物与硝酸反应相当于4.8g的铜与硝酸反应，设
35、铜与硝酸反应全部生成二氧化氮，二氧化氮的体积为：设铜与硝酸反应全部生成一氧化氮，一氧化氮的体积为：1.12L1.568 L 3.36L，所以该气体是二氧化氮和一氧化氮的混合物，设生成一氧化氮的物质的量为y mol，生成二氧化氮的物质的量为z mol，根据化学方程式计算可得：可得关系式为y+z=和96y+32z=4.8，解得y=0.04，z=0.03，所以一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比为4:3。【解析】本题考查了有关H2还原CuO产物的计算、产物与硫酸反应的有关计算及产物与浓硝酸反应的有关计算。(1)n(CuO)=0.1 mol，氧元素的物质的量为n(CuO)=铜元素的物质的量=0.1 mol
36、，固体由CuO生成Cu和Cu2O，减少的质量为氧元素的质量，即8g-6.8g=1.2 g，减少的氧元素的物质的量=0.075 mol，所以Cu2O中氧元素的物质的量为0.1 mol-0.075 mol=0.025 mol，所以n(Cu2O)=0.025 mol，根据铜元素守恒得n(Cu)=0.1 mol-20.025 mol=0.05 mol，所以单质铜与氧化亚铜的物质的量之比是2:1。(2)n(Cu)=0.1 mol-20.025 mol=0.05 mol，所以m(Cu)=0.05 mol64 g/mol=3.2 g，氧化亚铜的质量为6.8 g-3.2 g=3.6 g，氧化亚铜和稀硫酸反应，
37、铜和稀硫酸不反应，设氧化亚铜和稀硫酸反应生成铜的质量为x，氧化亚铜和稀硫酸反应的方程式为Cu2O+H2SO4 CuSO4+Cu+H2O，根据化学方程式计算：解得：x=1.6 g，故可得到固体的质量为3.2 g+1.6 g=4.8 g。(3)通过分析知，6.8g的铜和氧化亚铜的混合物与硝酸反应相当于4.8 g的铜与硝酸反应，设铜与硝酸反应全部生成二氧化氮，二氧化氮的体积为：设铜与硝酸反应全部生成一氧化氮，一氧化氮的体积为：1.12L1.568 L 3.36L，所以该气体是二氧化氮和一氧化氮的混合物，设生成一氧化氮的物质的量为y mol，生成二氧化氮的物质的量为z mol，根据化学方程式计算可得：可得关系式为y+z=和96y+32z=4.8，解得y=0.04，z=0.03，所以一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比为4:3。