重庆市南开中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题(解析版).docx

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1、重庆市南开中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题相対原子貭量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 F-19第I卷(单项选择题)1. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述中不正确的是A. 从石油或煤焦油中可以获得苯等其它基本化工原料B. 天然气是一种高效、低耗、污染小的清洁能源C. 普通食醋中含有3%-5%的乙酸，乙酸是一种烃D. 红葡萄酒长时间密封偖存，会生成有香味的酯【答案】C【解析】【详解】A. 石油的催化重整得到苯，煤焦油中含苯、二甲苯等芳香族化合物，从石油和煤焦油中可以获得苯等基本化工原料，故A正确；B. 天然气的主要成分是甲烷，天然气是一种高效、

2、低耗、污染小的清洁能源，故B正确；C. 普通食醋中含有3%-5%的乙酸，乙酸分子中含有C、H、O三种元素，是一种烃的衍生物，故C错误；D. 红葡萄酒长时间密封储存，乙醇被氧化可生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成具有香味的乙酸乙酯，故D正确；答案选C。2. 下列有关物质性质和用途的说法，正确的是A. 二氧化硫可广泛用于食品的増白B. 金属铜加工前，可用硝酸处理其表面的氧化物C. 二氧化硅导电，可用于制造光导纤维D. 漂粉精可用于游泳池的消毒【答案】D【解析】【详解】A二氧化硫有毒，不能用于广泛用于食品的増白，故A错误；B硝酸具有强氧化性，能与铜能发生氧化还原反应，腐蚀铜，故不能用硝酸酸洗金属铜

3、， 故B错误；C二氧化硅不导电，故C错误；D漂粉精的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙在溶液中水解生成具有强氧化性的次氯酸，能起到消毒杀菌的作用，常用于游泳池的消毒，故D正确；故选D。3. 下列反应中，属于加成反应的是A 乙酸与碳酸氢钠溶液反应放出气体B. 乙醇使酸性重铬酸钾溶液变色C. 苯与浓硝酸、浓硫酸反应生成硝基苯D. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A. 乙酸与碳酸氢钠溶液反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，该反应属于复分解反应，不属于加成反应，故A错误；B. 乙醇与酸性重铬酸钾溶液发生氧化反应，使酸性重铬酸钾溶液变色，该反应不属于加成反应，故B错误；C. 在浓硫酸作用下，苯与

4、浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，该反应不属于加成反应，故C错误；D. 乙烯使能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，该反应属于加成反应，故D正确；故选D。4. 下列反应中，属于吸热反应的是A. Mg+H2SO4=MgSO4+H2B. Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2OC. 2Al+Fe2O3Al2O3+2FeD. 2H2O22H2O+O2【答案】B【解析】【详解】A. 镁与稀硫酸的反应为放热反应，故A不符合题意；B. 八水氢氧化钡与氯化铵的反应为吸热反应，故B符合题意；C. 铝热反应为放热反应，故C不符合题意；D. 在二氧化锰作用下，过氧化氢

5、的分解反应为放热反应，故D不符合题意；故选B。5. 下列关于化学反应速率的说法中，正确的是A. 二氧化锰能加快过氧化氢的分解速率，也能加快其他任何反应的速率B. 决定化学反应速率的主要因素是温度C. 用锌与稀硫酸反应制H2时，滴加几滴硫酸铜溶液能加快反应速率D. 增大压强，一定能加快化学反应速率【答案】C【解析】【详解】A. 催化剂一般只能加快某一个或某一类化学反应的速率，并不能加快所有反应的速率，故A错误；B. 决定化学反应速率快慢的主要因素是反应物自身的性质，其次才是外界条件，故B错误；C. 锌与稀硫酸反应制H2时，滴加几滴硫酸铜溶液，锌置换出铜单质，形成锌-铜-硫酸原电池，构成原电池可以

6、加快化学反应速率，故C正确；D. 压强只影响有气体参加的反应，一般溶液中进行的反应或者无气体参加的反应，增大压强对速率无影响，故D错误；故选C。6. 关于有机物，下列说法或模型表示正确的是A. CH3CH2CH2CH3的名称是异丁烷B. CH4分子的比例模型为C. 乙酸乙酯的分子式为C4H10O2D. 乙烯的结构简式为CH2CH2【答案】B【解析】【详解】A. CH3CH2CH2CH3分子的结构中没有支链，其名称为正丁烷，故A错误；B. 甲烷分子为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子半径，则CH4分子的比例模型为，故B正确；C. 乙酸乙酯的结构简式为CH3COOCH2CH3，分子式为C4H8O2

7、，故C错误；D. 书写烯烃的结构简式时，碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D错误；答案选B。7. 下列关于元素周期表的说法 正确的是A. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素B. 最外层电子数为2的元素一定位于第IIA族C. 同周期第IIA族与第IIIA族元素的原子序数之差可能为11D. 第IA族的元素全部为金属元素，且从上到下金属性越来越强【答案】C【解析】【详解】A. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，如Si等，副族元素和第VIII族元素属于过渡元素，故A错误；B. 最外层电子数为2的元素可能位于零族

8、，如He；也可能位于第IIA族，如Mg等；也可能位于第VIII族，如Fe等；最外层电子数为2的元素一定不位于第IIA族，故B错误；C. 第A族与第A族的元素，原子序数之差在短周期相差1(相邻)、4和5周期相差11(中间为副族和第族)、6和7周期相差25(中间为副族和第族且含锕系和镧系)，同周期第IIA族与第IIIA族元素的原子序数之差可能是1、11、25，故C正确；D. 第IA族的H元素为非金属元素，其他的金属元素从上到下金属性越来越强，故D错误；答案选C。8. 下列化学方程式，书写错误的是 A. 工业制备粗硅的反应：C+SiO2Si+CO2B. 过量铁粉在常温下与稀硝酸的反应：3Fe+8HN

9、O3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2OC. 铜与硫单质的反应：2Cu+SCu2SD. 氨气的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O【答案】A【解析】【详解】A. 工业上用C与SiO2反应制备粗硅，产物是Si和CO，化学方程式为2C+SiO2Si+2CO，故A错误；B. 过量铁粉在常温下与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，反应方程式为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O，故B正确；C. 铜与单质硫反应生成硫化亚铜，反应方程式为2Cu+SCu2S，故C正确；D. 氨气发生催化氧化生成NO和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故D正确；答案选

10、A。9. 铅蓄电池是全球使用最广泛的化学电源，具有工作电压平稳、单体电池容量大、使用温度广等优点，已知其工作时的方程式为Pb(s)+ PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l)，下列有关铅蓄电池说法正确的是A. 铅蓄电池使用完后可以随意丢弃B. 铅蓄电池工作时，负极质量会减少C. 每生成2 mol H2O，有1 mol PbO2被氧化D. 工作一段时间后，电解质溶液中的c(H+)减小【答案】D【解析】【详解】A. 铅蓄电池中含有重金属元素铅，会污染环境，所以铅蓄电池使用完后不能随意丢弃，故A错误；B. 铅蓄电池工作时，负极发生的电极反应为Pb2eSO42=PbSO

11、4，负极质量会增大，故B错误；C. 电池工作时，PbO2中的Pb元素由+4价变为+2价，则每生成2 mol H2O，有1 mol PbO2被还原，故C错误；D. 根据铅蓄电池的总反应方程式可知，工作一段时间后，电解质溶液中的H2SO4减少，则c(H+)减小，故D正确；答案选D。10. 往一体积为3L的恒容密闭容器中通入3molCO和3 mol H2，一定温度下发生反应：3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)，20 min时达到化学平衡状态，测得CH3OCH3的物质的量为0.5mol.下列有关叙述正确的是A. 20 min内H2的平均速率为0.075mol/(Lmin)B.

12、 达平衡后正、逆反应速率相等且均为零C. CO的转化率为50%D. 向容器内通入少量氨气，正反应速率加快【答案】C【解析】【分析】由20 min时达到化学平衡状态，测得CH3OCH3的物质的量为0.5mol可建立如下三段式：【详解】A. 由三段式数据可知，20 min内H2的平均速率为=0.025mol/(Lmin)，故A错误；B. 化学平衡是反应的最大限度，20 min时达到化学平衡状态时，正、逆反应速率相等，但不等于零，故B错误；C. 由三段式数据可知，20 min时达到化学平衡状态时，CO的转化率为100%=50%，故C正确；D. 向恒容密闭容器内通入少量不参与反应氨气，平衡体系中各物质

13、的浓度不变，化学反应速率不变，故D错误；故选C。11. 下列相关数据或性质排列顺序不正确的是A. 沸点：AsH3PH3NH3B. 酸性：HClO4H2SO4H2SiO3C. 稳定性：H2OCH4SiH4D. 原子半径：NaMgAl【答案】A【解析】【详解】ANH3分子间能形成氢键，沸点高于同主族其它氢化物，AsH3和PH3的结构相似，但不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，分子的沸点越高，则沸点的大小顺序为应为NH3AsH3PH3，故A错误；B非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性的强弱顺序为ClSSi，则酸性的强弱顺序为HClO4H2SO4H2

14、SiO3，故B正确；C非金属元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，元素的非金属性的强弱顺序为OCSi，则氢化物的稳定性为H2OCH4SiH4，故C正确；D同周期元素，从左到右原子半径依次减小，钠、镁、铝都为第三周期元素，则原子半径由大到小的顺序为NaMgAl，故D正确；故选A。12. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为12，X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是A. 元素Y和Z组成的化合物都不会造成大气污染B. 元素Z、W的简单离子的电子层结构不同C. 元素Y的最简单气态氢化物能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. X、Z、

15、W三种元素形成的化合物中，既含离子键又含共价键【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最高的元素，Z为O元素， 因同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，X的原子半径比Y的小，说明X为H元素，X与W同主族，W为Na元素，四种元素原子最外层电子数之和为12，Y原子最外层电子数为12-1-6-1=4，Y为C元素。【详解】根据分析，X、Y、Z、W分别为H、C、O、Na；A. C元素和O元素形成的CO为大气污染物，故A错误；B. O、Na的简单离子的电子层结构相同，核外K层有2个电子、L层有8个电子，电子层结构相同，故B错误；C. C元素的最简单气态氢化物是甲烷

16、，甲烷为饱和烷烃，性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D. H、O、Na三种元素形成的化合物是NaOH，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，故D正确。答案选D。13. 某有机物的结构简式为，其与H2加成产物在光照条件下，与氯气发生取代反应，所得到的一氯代物的种类有A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种【答案】B【解析】【详解】一定条件下，2，3，4，4四甲基1戊烯与H2发生加成反应生成2，2，3，4四甲基戊烷，2，2，3，4四甲基戊烷分子中含有5类氢原子，则在光照条件下，与氯气发生取代反应所得到的一氯代物有5种，故选B。14. 下图是生活中常用的锌锰干

17、电池的示意图，下列有关说法中不正确的是A. 电池内部含有电解质B. 锌是负极，石墨棒是正极C. 锌锰干电池属于二次电池D. 锌锰干电池能将化学能转化为电能【答案】C【解析】【详解】A. 构成原电池一定要形成闭合回路，所以电池内部一定存在电解质，A正确；B. 活泼的金属作负极，不活泼的金属或石墨作正极，所以锌锰干电池中，锌是负极，石墨棒是正极，B正确；C. 锌锰干电池属于一次电池，不能重复使用，C错误。D. 根据原电池原理可知，锌锰干电池将化学能转化为电能，D正确；答案选C。15. 在一定条件下，将6molA和5molB两种气体混合于固定容积为2 L的密容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)

18、xC(g)。2min末该反应达到平衡，测得A、B、C的物质的量之比为3：4：2，下列说法不正确的是A. x=2B. 平衡时，A的浓度为1.5 mol/LC. 平衡时混合气体中B的体积分数约为44.4%D. 达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的75%【答案】D【解析】【分析】设平衡时消耗a mol B，由题意可建立如下三段式： 由2min末该反应达到平衡时，A、B、C的物质的量之比为3：4：2可得 (63a)：(5a)：xa=3：4：2，解得a=1，x=2，则平衡时A、B、C的物质的量分别为3mol、4mol、2mol。【详解】A.由分析可知，x=2，故A正确；B.由分析可知，

19、平衡时A的物质的量为3mol，则A的浓度为=1.5 mol/L，故B正确；C.由分析可知，平衡时A、B、C的物质的量分别为3mol、4mol、2mol，则平衡时混合气体中B的体积分数为100%44.4%，故C正确；D.起始时混合气体的物质的量为11mol，平衡时混合气体的物质的量为9mol，由P1：P2=n1：n2可得P1：P2=11：9，则达到平衡吋，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的100%81.8%，故D错误；故选D。第II卷(非选择题)16. 有X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.160主要化

20、合价-4，+4-2-1，+7其它信息某种核素无中子常用的半导体材料短周期主族元素中原子半径最大次外层电子数是最外层电子数的4倍请回答下列问题：(1)R在元素周期表中的位置是_。(2)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是_。(3)Z、M、Q的简单离子的离子半径由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(4)Y与R相比，非金属性较强的是_(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是_(选填字母序号)。a常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b稳定性：XRYX4cY与R形成的化合物中Y呈正价(5)写出R的单质与Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式：_。【答案】 (1)第三周期第A族

21、(2)介于0.099nm0.160nm之间 (3)O2-Na+Mg2+ (4)Cl (5)bc (6)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，X的一种核素无中子，则X为H元素；Y是常用的半导体材料，有-4、+4价，处于A族，则Y为Si元素；R有+7、-1价，处于A族，R为Cl元素；M有-2价，处于A族，原子半径小于Cl原子，则M为O元素；Q次外层电子数是最外层电子数的4倍，Q有3个电子层，最外层电子数为2，则Q为Mg元素；Z是短周期主族元素中原子半径最大，则Z为Na元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为Si元素，Z

22、为Na元素，M为O元素，R为Cl元素，Q为Mg元素。(1)R为Cl元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，处于周期表中第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；(2) Y为Si元素，同周期自左而右原子半径逐渐减小，Si的原子半径介于Mg和Cl原子半径之间，故Si的原子半径的最小范围是 大于0.099nm，小于0.160nm，故答案为：介于0.099nm0.160nm之间；(3)O2-、Na+、Mg2+电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径的大小顺序为O2-Na+Mg2+，故答案为：O2-Na+Mg2+；(4)同周期自左而右非金属性增强，故非金属性ClSi；a物质的聚集状态

23、属于物理性质，不能说明非金属性强弱，故a错误；b氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HClSiH4，说明非金属性ClSi，故b正确；cSi与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，故c正确；故答案为：Cl；bc；(5) R的单质是氯气，Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。【点睛】利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键。本题的易错点为(3)，要注意离子半径的比较方法的归纳和理

24、解。17. 已知烃A其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。A、B、D、E、F、G转化关系如下(以下变化中，有些反应条件及产物未标明)。其中G是天然有机高分子化合物，E分子具有浓郁的果香味，其相对分子质量为88。(1)写出A分子的电子式：_；F的分子式：_。(2)A在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为_，B乙醛的化学方程式：_。(3)写出B+DE的化学方程式：_，反应类型为_。(4)E的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应的物质是_(用结构简式书写一种即可)。【答案】 (1) (2)C6H12O6 (3) (4) (5) (6)酯化反应 (7)CH3CH2CH2COOH或(CH3)2C

25、HCOOH【解析】【分析】烃A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，结合转化关系可知，乙烯和水反应生成B为乙醇，乙醇和氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醛被氧气氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成E，E分子具有浓郁的果香味，其相对分子质量为88，E为乙酸乙酯，G是天然有机高分子化合物，在硫酸作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，则G为淀粉或纤维素。【详解】(1)A为乙烯，电子式为；F是葡萄糖，分子式为C6H12O6；(2)乙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚乙烯，化学方程式为；乙醇发生催化氧化生成乙醛，化学方程式为；(3)乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，化

26、学方程式为；反应类型为酯化反应；(4)乙酸乙酯的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应的物质为羧酸，可以是CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH。18. 自然界的矿物，岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每增加1 km，压强增大约2500030000kPa，在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)。(1)写出SiF4的结构式：_。(2)以上反应在地壳的那个区域先达平衡_(选填编号，下同)。a地壳表层 b地壳深层(3)如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，_。a2v正(HF)=v逆(H2O) bv正(H

27、2O)=2v逆(SiF4)cSiO2的质量保持不变 d反应物不再转化为生成物(4)若反应的容器容积为2.0 L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为_。【答案】 (1) (2)b (3)bc (4)0.0010mol/(Lmin)【解析】【分析】(1)四氟化硅为共价化合物，分子中含有4个硅氟键；(2)压强越大，反应速率越快，达到平衡所需时间越少，由题意可知，地壳深层的压强大于地壳表层；(3)当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度保持不变；(4)先运用差量法计算反应生成氟化氢的物质的量，再运用速率公式计算可得。【详解】(1

28、)四氟化硅为共价化合物，分子中含有4个硅氟键，结构式为，故答案为：；(2)压强越大，反应速率越快，达到平衡所需时间越少，由题意可知，地壳深层压强大于地壳表层，则地壳深层先达到平衡，b正确，故答案为：b；(3)a当反应达到平衡时，v正(H2O)=v逆(H2O)，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v正(HF)=2v逆(H2O)，故错误；b根据反应速率之比等于系数之比可以得出，不管反应有没有达到平衡，均有v正(H2O)=2v正(SiF4)，v逆(H2O)=2v逆(SiF4)，当反应达到平衡时，v正(H2O)=v逆(H2O)，v正(SiF4)=v逆(SiF4)，即v正(H2O)=2v逆(SiF

29、4)或v逆(H2O)=2v正(SiF4)，故正确； cSiO2的质量保持不变说明正逆反应速率相等，表明反应达到平衡，故正确；d化学平衡是动态平衡，当反应达到平衡时，反应物的消耗量等于生成量，不可能出现反应物不再转化为生成物的情况，故错误；bc正确，故答案为：bc；(4)由积容为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，则气体增加的质量为2.0L0.12g/L=0.24g，由反应及元素守恒可知，每4molHF反应气体质量增加28+162=60g，设参加反应的HF的物质量为xmol，由化学方程式可得：4mol：60g=xmol：0.24g，解得x= 0.016，则v(H

30、F)= 0.0010mol/(Lmin)，故答案为：0.0010mol/(Lmin)。19. 研究化学反应过程中能量的转化对于实际生产具有重要的意义。(1)化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化：该反应为_反应(填“吸热”或“放热”)；该反应中反应物的总能量_生成物的总能量(填“大于、 小于或等于”)；该反应中，毎生成1 mol NO(g)，放出(或吸收) 热量_kJ。(2)某种燃料电池的工作原理示意如图所示，a、 b均为惰性电极。使用时，空气从_口通入(填“A或“B)；假设

31、使用的“燃料”是氢气(H2)，a极的电极反应式为_。若电池中氢气(H2)通入量为224 mL(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电流表的电量为_C (法拉第常数F=9.65104C/mol)。【答案】 (1)吸热 (2)小于 (3)90 (4)B (5)H22e2OH=2H2O (6)1.93103【解析】【分析】(2)在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入空气的电极为正极。【详解】(1) N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)的化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)，据图可知，1molN2(g)和1molO2(g)断裂化学键吸收的能量之和为946kJ +498kJ=1444k

32、J，生成2molNO(g)时形成化学键放出的能量为2632kJ=1264kJ，吸收的总能量比放出的总能量多，则该反应为吸热反应；因该反应为吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量；根据中计算可知，该反应中，毎生成1 mol NO(g)，吸收热量=90kJ；(2) 在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入空气的电极为正极，根据图示中电子的流向可知，a极为负极，b极为正极，则使用时，空气从B口通入；若使用的“燃料”是氢气(H2)，则氢气在a极失电子发生氧化反应生成水，a电极反应式为H22e2OH=2H2O；标准状况下224mL氢气的物质的量为0.01mol，氢气发生的电极反应式为H22e2OH

33、=2H2O，则氢气完全反应时，转移电子0.02mol，理论上通过电流表的电量为0.02mol9.65104C/mol=1.93103C。20. 某些资料认为NO、NO2不能与Na2O2反应。南开中学化学学习小组提出质疑，他们分析过氧化钠和二氧化氮都有氧化性，根据化合价升降原则提出假设：假设I：过氧化钠氧化二氧化氮，生成NaNO3；假设II：二氧化氮氧化过氧化钠，生成O2。(1)小组甲同学设计实验如下：试管A中反应的化学方程式是_。待试管B中收集满气体，向试管B中加入适量Na2O2，塞紧塞子，振荡试管，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星木条迅速伸进试管内，木条复燃。甲同学认为假设I正确；乙同学

34、认为该装置不能达到实验目的，为达到实验目的，应在A、B之间增加一个浓硫酸洗气装置，该装置的作用是_。乙同学用改进后装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星木条未复燃。得出结论：假设I正确。NO2和Na2O2反应的方程式是_。(2)丙同学认为NO易与O2发生反应，应更易被Na2O2氧化。查阅资料：2NO+Na2O2=2NaNO2亚硝酸盐在酸性条件下不稳定：2H+3= +2NO+H2O。丙同学用下图所示装置(部分夹持装置略)探究NO与Na2O2的反应。在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是_。充分反应后，取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若观察到_现象，则产物是亚硝酸钠

35、。F装置作用是_。该装置中发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1)Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O (2)除去生成NO2气体中混有的水蒸气 (3)Na2O2+2NO2=2NaNO3 (4)将装置中的空气排出 (5)产生无色气体，遇到空气变为红棕色 (6)吸收未反应的NO (7)5NO+4H+3MnO4-5NO3-+3Mn2+2H2O【解析】【分析】(1)Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水；Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气；若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，依据氧化还原反应元素化合价变化配平书写发生反应的化学方程式；(2)空气中的氧气能氧化NO，实

36、验时要排尽装置中的空气；亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色；未反应的NO会污染环境，用酸性高锰酸钾溶液吸收，将NO氧化成硝酸根离子，防止污染空气。【详解】(1)Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；Cu与浓硝酸反应生成的二氧化氮中含有水蒸气，水蒸气能与过氧化钠反应生成氧气，所以要在A、B之间增加一个装置干燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气，故答案为：除去生成NO2气体中混有的水蒸气；若过氧化钠氧化二氧化氮，则

37、生成硝酸钠，其反应的化学方程式为Na2O2+2NO2=2NaNO3，故答案为：Na2O2+2NO2=2NaNO3；(2)空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，应打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是将装置中的空气排出，防止一氧化氮被氧化，故答案为：将装置中的空气排出；亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色，则检验D装置中物质的方法为取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠，反之为硝酸钠，故答案为：产生无色气体，遇到空气变为红棕色；若未反应的NO排到空气中，会污染环境，用酸性高锰酸钾溶液吸收，将NO氧化成硝酸根离子，反应的离子方程式为5NO+4H+3MnO4-5NO3-+3Mn2+2H2O，故答案为：吸收未反应的NO；5NO+4H+3MnO4-5NO3-+3Mn2+2H2O。【点睛】空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，应打开弹簧夹，通入一段时间N2排尽装置中的空气是解答关键。