《第一章物质及其变化检测题-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第一章物质及其变化检测题-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 .docx（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第一章物质及其变化检测题一、单选题1已知常温下可用：Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒：Co2O3、H2O、Cl2、H+、Cl-和Co2+。下列叙述不正确的是A氧化产物为Cl2B氧化剂与还原剂的物质的量之比为12C若有1molCl2生成，则反应前HCl的物质的量为6molD当该反应生成4.48LCl2时，反应中有0.2mol电子转移2在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中，被氧化的HCl与未被氧化的HCl物质的量之比为A1：8B5：3C1：5D5：13下列属于氧化还原反应的是ANaOH+HCl=NaCl+H2OBZn+2HCl=ZnCl2+H2C2
2、NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2DCuO+2HCl=CuCl2+H2O4关于下列三个反应说法正确的是 Cl22KBr=2KClBr2； KClO36HCl=3Cl2KCl3H2O； 2KBrO3Cl2=Br22KClO3A上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为15C氧化性由强到弱顺序为KBrO3KClO3Cl2Br2D反应中1mol氧化剂完全反应，则转移的电子为10 mol5下列叙述正确的是A金属单质在氧化还原反应中一定做还原剂B非金属单质在氧化还原反应中一定做氧化剂C金属阳离子在氧化还原反应中一定做氧化剂D某元素由游离态变为化合态，该元素一定
3、被氧化6次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3；H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是AH3PO2的结构式为BH3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸CNaH2PO2是正盐D每消耗1molP4，反应中转移6mol电子7在含有大量的溶液中，还可能大量共存的离子是ABCD8下列各组物质能发生离子反应的是ANaCl溶液与盐酸BKNO3溶液与NaOH溶液C稀硫酸与BaCl2溶液DNa2SO4溶液与HNO3溶液9下列关于物质分类的说法正确的是A均属于碱性氧化物B根据酸分子中
4、含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等C镁铝合金、漂白粉、氢氧化铁胶体均为混合物D纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电解质10常温下，溶液中可能含有下列离子中的若干种：、。现对X溶液进行如下实验，其现象和结果如图：下列说法正确的是AX溶液的BX溶液中一定含有、，不能确定是否含有CX溶液中一定含有，且为D向滤液中通入足量的气体，可得白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧至恒重，可得固体11下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A使用CCl4提取碘水中的碘萃取、分液碘在CCl4中的溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去淀粉胶体中的NaCl过
5、滤淀粉胶体不能透过滤纸D分离氯化钠和氯化铵升华氯化铵易升华AABBCCDD12下列说法中正确的是酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应；金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物；氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来；使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固(利用胶体的性质)而减少失血A3个B4个C5个D6个13高铁酸钾的生产流程如图，涉及的离子反应方程式书写错误的是（）A2Cl-2H2OCl2H22OH-BCl22OH-Cl-ClO-
6、H2OC3Fe3O428H+NO3-9Fe3+NO14H2OD2Fe3+3ClO-10OH-2FeO42-3Cl-5H2O14晚自习的课间，同学们站在四楼上，可以看到市里的空中有移动的光柱，这就是气溶胶发生的丁达尔效应，下列说法不正确的是()A胶体和溶液都是混合物，它们属于不同的分散系B胶体分散质粒子的直径介于1100 nm之间C利用丁达尔效应可鉴别胶体和溶液D胶体经短时间静置后会产生沉淀15下列反应中，铁元素被氧化的是（ ）AFeS +2HCl = FeCl2+ H2SBFe +H2SO4= FeSO4+H2CFeO + 2HCl =FeCl2+H2ODFe2O3+3CO = 2Fe +3C
7、O2二、填空题16央视每周质量报告曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，则其中铁元素是_价。CrO是一种酸根离子，则Fe(CrO2)2属于_(填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)。(2)明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是_(填序号)。a一般情况下，都可以比较稳定地存在b分散质粒子可通过滤纸c二者均有丁达尔效应(3)现有10mL明胶的水溶液与5mLK2SO4溶液混合装入半透膜内，
8、将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明SO能够透过半透膜：_17用双线桥法标出下列反应的电子转移情况和化合价升降情况Fe+H2SO4=FeSO4+H2_18现有下列十种物质：H2、铝、CaO、CO2、H2SO4、Ba(OH)2、红褐色的氢氧化铁液体、纯碱、稀硝酸、Al2(SO4)3。(1)上述各物质按物质的分类方法填写表格的空白处(填物质编号)：分类标准金属单质氧化物溶液胶体电解质属于该类的物质_ _(2)上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H+OH=H2O，该离子反应对应的化学方程式为_；(3)在水中的电离方程式为_；三、计算题19汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应:10Na
9、N32KNO3=K2O5Na2O16N2。（1）用单线桥法标明电子转移的方向和数目。_10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2（2）若氧化产物比还原产物多49g，则：A生成_gN2B有_g的KNO3被还原C参加反应的NaN3质量为_g20已知：4NH3+5O2 4NO+6H2O4NO+3O2+2H2O 4HNO3。设空气中氧气的体积分数为0.20，氮气体积分数为0.80，请完成下列计算：（1）使NH3恰好完全氧化为一氧化氮，氨空气混合物中氨的体积分数为_（保留2位小数）。（2）工业上用Mg（NO3）2制取浓HNO3的脱水剂（以下数据均为质量百分比浓度）。65%HNO3（质量为M1）中加
10、72%Mg（NO3）2溶液（质量为M2）后蒸馏。分别得到97.5%HNO3和60%Mg（NO3）2溶液（不含HNO3）。若蒸馏过程中HNO3、Mg（NO3）2、H2O均无损耗，求蒸馏前的投料比M1/M2的值是_；（3）铜屑与氧化铜混合物与硫酸和硝酸组成的混酸反应来制取CuSO45H2O晶体，混酸中硝酸的还原产物为NO，反应过程中不产生SO2，反应后的溶液中不含Cu（NO3）2， 反应中固体完全溶解，两种酸均恰好完全反应。若固体混合物的总质量为480 g，其中铜屑的质量分数为0.4，则混酸中HNO3与H2SO4的物质的量之比为_；480g固体混合物与一定量混酸微热后，充分反应，冷却恰好只得到Cu
11、SO45H2O，原混酸中H2SO4的质量分数为_。（4）20.0moL的NH3用空气氧化，产生混合物的组成为：NO18.0mol、O212.0 mol、N2150.0 mol和一定量的硝酸，以及其它成分（高温下NO和O2不反应）。计算HNO3的物质的量为_；20.0moL 的NH3和一定量空气充分反应后，再转化为HNO3，设HNO3的物质的量n（A）和空气的物质的量n（B），写出当125n（B） 200时，n（A）和n（B）的关系式_。四、实验题21利用下图所示装置进行铜与硝酸反应的实验。(1)硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，请用化学方程式说明其原因：_。(2)使用稀硝酸进行实验：反应开始后，铜丝
12、逐渐变细，有气泡产生，溶液变蓝。铜与稀硝酸反应的离子方程式为_。实验中观察到试管中的气体略有红棕色，其原因是_(用化学方程式表示)。(3)使用浓硝酸进行实验：反应剧烈进行，铜丝逐渐变细，溶液变绿，试管上方出现红棕色气体。铜与浓硝酸反应的化学方程式为_。某同学推测反应后溶液呈绿色的原因是在溶液中达到饱和，的饱和溶液呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，两者混合后呈绿色。他取少量该绿色溶液，向其中加入适量水后溶液变为蓝色，可能的原因是_(用化学方程式表示)。试卷第5页，共6页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1D【分析】用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3中的Co由+3价变为
13、+2，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，反应的方程式为Co2O3+6H+2Cl-=2Co2+3H2O+Cl2，据此分析解答。【详解】A用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2，故A正确；B氧化剂是Co2O3，还原剂是HCl，Co2O3中的Co由+3价变为+2，1molCo2O3得2mol电子，HCl中的Cl由-1价变成0价，1molHCl失1mol电子，根据得失电子守恒，需要2molHCl被氧化，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，故B正确；C用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2，还原产物是氯化钴
14、，反应的方程式为Co2O3+6 H+2Cl-=2Co2+3H2O+Cl2，若有1mol Cl2生成，则则反应前HCl的物质的量为6mol，故C正确；D气体所处的状况未知，无法由体积求物质的量，故D错误；故选D。2B【详解】在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中，16molHCl参与反应，有10mol HCl化合价升高被氧化变为5mol Cl2，未被氧化的HCl为6mol，因此被氧化的HCl与未被氧化的HCl物质的量之比为10:6=5:3，故B符合题意。综上所述，答案为B。3B【详解】A反应中没有元素化合价变化，不是氧化还原，A不符合；BZn的化合价升高，被
15、氧化，H的化合价降低，被还原，B符合；C分解反应，没有元素化合价变化，不是氧化还原，C不符合；D没有元素化合价变化，不是氧化还原，D不符合；故答案为：B。4C【详解】AKClO36HCl=3Cl2+KCl3H2O，该反应中虽然有单质生成，但是反应物中没有单质，故其不属于置换反应，A不正确；B反应中，还原剂是HCl，氧化剂是KClO3，根据“只靠拢、不交叉”，KCl既不是氧化产物又不是还原产物，Cl2既是氧化产物又是还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为51，B不正确；C由2KBrO3Cl2=Br22KClO3可知，KBrO3是氧化剂，KClO3是氧化产物，因此，KBrO3氧化性强于KClO3
16、，同理，反应显示氧化性Cl2Br2，反应显示氧化性KClO3Cl2，则氧化性由强到弱顺序为KBrO3KClO3Cl2Br2，C正确；D由2KBrO3Cl2=Br22KClO3可知，KBrO3是氧化剂，Br由+5价降低到0价，因此，1mol 氧化剂反应后得到电子的物质的量为5mol，D不正确；本题选C。5A【详解】A金属单质只能失电子不能得电子，所以金属单质在氧化还原反应中一定做还原剂，A正确；B非金属单质在氧化还原反应中既可得电子，也可失电子，所以不一定做氧化剂，B不正确；C金属阳离子在氧化还原反应中也可能失电子，如Fe2+与氯气等氧化剂反应，所以不一定做氧化剂，C不正确；D某元素由游离态变为
17、化合态，其可能失电子，也可能得电子，所以该元素不一定被氧化，D不正确；故选A。6D【详解】A根据H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O 可知H3PO2是一元酸，分子中含有一个-OH，则H3PO2的结构式为，故A正确；BH3PO2中P元素的化合价为+1价，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；CH3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故C正确；D2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3反应中2个P的化合价由0降低到-3价，6个P的化合价由0升高到+1价，转移电子数为6，则每消耗1 mol P4，转移3 mol 电子，故D错误；故选
18、D。7A【详解】A硝酸根离子和三种离子间不能结合产生沉淀、气体或水，可以大量共存，故A正确；B钡离子和硫酸根离子结合产生硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B错误；C碳酸根离子和氢离子结合产生水和二氧化碳，碳酸根离子和铁离子生成沉淀，则不能大量共存，故C错误；D三价铁离子可以将碘离子氧化为单质碘，故 碘离子不能存在，故D错误；答案选A。8C【详解】ANaCl溶液与盐酸不反应，A不选；BKNO3溶液与NaOH溶液不反应，B不选；C稀硫酸与BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，属于离子反应，C选；DNa2SO4溶液与HNO3溶液不反应，D不选；答案选C。9C【详解】A碱性氧化物时与酸反应只生成对应碱或与
19、酸作用生成盐和水的氧化物，是两性氧化物，故A错误；B根据酸溶于水电离出的氢离子数目，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，故B错误；C镁铝合金、漂白粉、氢氧化铁胶体均为混合物，C正确；D食盐水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；答案选C。10C【分析】加入NaOH有刺激性气体生成，为NH3，说明X溶液中含有，n()=n(NH3)=V/Vm=0.224L/22.4L/mol=0.01mol，产生白色沉淀，则含有不含，n(Mg2+)=n(Mg(OH)2)=m/M=1.16g/58g/mol=0.02mol，由滤液稀释后氢氧根离子浓度，可知氢氧化钠有剩余，反应消耗NaOH为：0.025L4.
20、00mol/L-0.1L0.1mol/L=0.09mol，则与Al3+反应的NaOH为0.09-0.01-0.022=0.04mol，则n(Al3+)=0.01mol；加入BaCl2产生白色沉淀，则含有，n()=n(BaSO4)=m/M=2.33g/233g/mol=0.01mol，由溶液呈电中性，n(+)=0.011+0.022+0.013=0.08mol，n(-)=0.012=0.02mol，则一定含有Cl-，且n(Cl-)=0.06mol；【详解】分析知，一定存在：、Al3+、Cl-、，一定不存在：，A溶液中存在、Al3+发生水解而溶液呈酸性，即pH7，A错误；BX溶液中一定含有、Cl-
21、，B错误；CX溶液中一定含有，且n(Cl-)=0.06mol，在10mL溶液中=n/V=，C正确；D滤液成分是NaAlO2，通入CO2生成Al(OH)3，灼烧后得到Al2O3，分析知n(Al3+)=0.01mol，则n(Al2O3)=0.005mol，m=nM=0.005mol102g/mol=0.51g，D错误；故选：C。11A【详解】A.碘在四氯化碳中的溶解度大于水中的溶解度，使用萃取的方法，用CCl4提取碘水中的碘，故A正确；B.乙酸乙酯和乙醇互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；C.胶体和溶液粒子都能透过滤纸，故C错误；D.分离氯化钠和氯化铵采用加热的方法分离，是因为氯化铵受热容易分解
22、，属于化学变化，故D错误；故选A。12A【详解】酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应生成盐和水，故正确。金属氧化物不一定都是碱性氧化物如Al2O3，但碱性氧化物一定都是金属氧化物；故正确。氯化钠溶液电离成钠离子和氯离子，不需要外加电源，故错误。纯碱是碳酸钠属于盐，故错误。因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用渗析的方法把胶粒分离出来，故错误。使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固(利用胶体的性质)而减少失，故正确。故答案为A。13A【详解】A、氯化镁溶液电解：MgCl22H2OCl2H2Mg (OH)2，离子反应方程式：Mg2+ +2Cl-2H2OCl2H2Mg (OH)2
23、 ，Mg (OH)2是难溶物，不可拆，A错误；B、氯气和氢氧化钾溶液反应：Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，离子反应方程式：Cl22OH-Cl-ClO-H2O，B正确；C、磁铁矿和稀硝酸反应：3Fe3O4+28HNO3(稀)=9Fe(NO3)3+NO+14H2O，离子反应方程式：3Fe3O428H+NO3-9Fe3+NO14H2O，C正确；D、碱性KClO溶液与Fe(NO3)3溶液反应：3KClO+2Fe(NO3)3+10KOH2K2FeO4+3KCl+5H2O+ 6KNO3，离子反应方程式：2Fe3+3ClO-10OH-2FeO42-3Cl-5H2O，D正确。答案选A。【点睛】单质
24、、氧化物、不溶物、难电离的物质（弱酸、弱碱及水等）不能拆开来写；微溶物，若出现在反应物中一般改写成离子符号（悬浊液除外）；若出现在生成物中一般不改写；浓H2SO4、浓H3PO4 一般不拆开写成离子形式；HCl、HNO3 无论浓稀，均应改写成离子符号。14D【分析】【详解】A胶体和溶液的分散质和分散剂不同，属于不同的分散系，均属于混合物，A正确；B分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体，B正确；C丁达尔效应是胶体的独有性质，而溶液无此性质，利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，C正确；D胶体是均一稳定的液体，具有介稳性，短时间静置后不会产生沉淀，D错误；答案选D。15B【分析】反应中铁元素
25、被氧化，说明铁元素失去电子，化合价升高，据此解答。【详解】A、反应FeS+2HClFeCl2+H2S中铁元素的化合价没有发生改变，不属于氧化还原反应，A不符合题意；B、反应Fe+H2SO4FeSO4+H2中铁元素的化合价由02，化合价升高被氧化，发生氧化反应，B符合题意；C、反应FeO+2HClFeCl2+H2O中铁元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；D、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中铁元素的化合价由30，化合价降低，被还原，发生还原反应，D不符合题意。答案选B。16(1) +2 盐(2)ab(3)向少量烧杯中液体，向其中加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，
26、说明SO能透过半透膜【解析】(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，O为-2价，根据化合价代数和为0，则其中铁元素是+2价。CrO是一种酸根离子，亚铁离子是金属离子，则Fe(CrO2)2属于盐(填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)。故答案为：+2；盐；(2)a明胶的水溶液属于胶体，具有介稳性，K2SO4溶液具有稳定性，一般情况下，都可以比较稳定地存在，故选；b溶质和胶体粒子的直径均比滤纸的孔隙小，分散质粒子可通过滤纸，故选；c只有明胶的水溶液有丁达尔效应，故不选；故答案为：ab；(3)设计实验证明SO能够透过半透膜：向少量烧杯中液体，向其中加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，说明SO
27、能透过半透膜。故答案为：向少量烧杯中液体，向其中加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，说明SO能透过半透膜。17【分析】化合价升高时元素失去电子，化合价降低时元素得到电子，氧化还原反应中得失电子守恒，得电子的物质是氧化剂，失电子的物质是还原剂。【详解】该反应中，铁失电子化合价升高，硫酸得电子化合价降低，所以铁是还原剂，硫酸是氧化剂，转移电子数为2e-，。18 Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O Al2(SO4)3=2Al3+3【详解】(1)仅有金属元素组成的纯净物是金属单质，在上述10种物质中，只有铝属于金属单质，故合理选项是；有氧和另外一种元素组成的纯净物属于氧化物。在上
28、述物质中，CaO、CO2两种物质中只含有两种元素，其中一种是氧元素，属于氧化物，故合理选项是；溶液是均一、稳定的混合物，在上述物质中，稀硝酸中溶质为HNO3，溶剂为H2O，属于溶液，故合理选项是；胶体是分散质微粒介于1-100 nm的分散系，在上述物质中，红褐色的氢氧化铁液体属于胶体，故合理选项是；电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，在上述物质中， CaO、H2SO4、Ba(OH)2、纯碱、Al2(SO4)3都是化合物，能够在一定条件下发生电离而导电，属于电解质，故合理选项是；(2)离子反应H+OH-=H2O表示强酸与强碱在稀溶液中反应产生可溶性盐和水的反应，在上述10种物质中，B
29、a(OH)2与稀硝酸发生反应产生Ba(NO3)2、H2O，反应方程式为：Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O，其离子方程式可表示为H+OH=H2O；(3)Al2(SO4)3是盐，在溶液中电离产生Al3+、，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3+3。19 56 25.25 81.25【详解】（1）反应:10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2中NaN3中N元素由价升高到0价为还原剂，KNO3中N由+5价下降到0价为氧化剂，电子由还原剂转移至氧化剂，用单线桥表示为：，故答案为：；（2）根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移
30、电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多49g ，物质的量为，设生成N2 x mol，则 ，解得x=2mol，质量为；由方程式可知被还原的，质量为；，质量为，故答案为：56；25.25；81.25。20 0.14 13.3 52.6% 1.5mol 【分析】根据NH3与O2反应的比例关系得到氨与空气的比例关系，计算氨空气混合物中氨的体积分数。根据蒸馏前后溶液质量不变计算。先算铜、氧化铜的质量及物质的量，根据铜和硫酸守恒，得到消耗的硫酸的物质的量，根据得失电子守恒，HNO3全部变为NO，得到硝酸的物质的量，再得混酸中HNO
31、3与H2SO4的物质的量之比；根据硫酸根守恒得到原混酸硫酸的质量，根据质量守恒关系得到m(混酸)，再计算混合酸中H2SO4的质量分数。先根据氮气在反应中不消耗，计算氧气物质的量，再计算消耗的氧气的物质的量，根据关系式4NH35O24NO，4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3，设未知数计算得到HNO3的物质的量；根据4NH35O24NO得知4molNH325mol空气4molNO，得到20 mol NH3完全反应完消耗125 mol空气，生成20 molNO，剩余的空气与NO反应，根据4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3得到4molNO15mol空气 4molHNO3，建
32、立关系进行计算。【详解】使NH3恰好完全氧化为一氧化氮，则NH3与O2之比为4:5，空气中氧气的体积分数为0.20，因此氨与空气体积之比为4:(55)=4:25，因此氨空气混合物中氨的体积分数为；故答案为：0.14。根据蒸馏前后溶液质量不变，因此有，则蒸馏前的投料比的值是；故答案为：。若固体混合物的总质量为480g，其中铜屑的质量分数为0.4，即铜质量为480g0.4 = 192g，铜的物质的量为3mol，氧化铜质量为480g-192g =288g，即氧化铜物质的量为3.6mol，反应最终生成CuSO45H2O晶体，根据铜和硫酸守恒，消耗硫酸的物质的量为3mol+3.6mol =6.6mol，
33、根据得失电子守恒，HNO3全部变为NO，硝酸的物质的量，因此混酸中HNO3与H2SO4的物质的量之比为2mol：6.6mol=1:3.3；480g固体混合物与一定量混酸微热后，充分反应，冷却恰好只得到CuSO45H2O，原混酸中m(H2SO4)=6.6mol98 gmol1=646.8g，m(混酸)=m(CuSO45H2O) + m(NO) m(Cu+CuO) = 6.6mol250 gmol1+ 2mol30 gmol1 480g = 1230g，因此混合酸中H2SO4的质量分数为；故答案为：1:3.3；52.6%。氮气在反应中不消耗，根据氮气与氧气比例，得出空气中氧气总物质的量为，则反应的
34、氧气的物质的量为37.5mol12mol =25.5mol，根据关系式4NH35O24NO，设氨气消耗4xmol，则消耗5xmol氧气，生成4xmolNO，又根据4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3，设有4ymolNO与3ymol O2反应生成4ymol HNO3，因此有4x4y=18，5x + 3y =25.5，解得y =0.375，则HNO3的物质的量4y=40.375mol = 1.5mol；故答案为：1.5mol。根据4NH35O24NO得知4molNH325mol空气4molNO，得到20 mol NH3完全反应完消耗125 mol 空气，生成20 molNO，剩余的空气
35、与NO反应，根据4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3得到4molNO15mol空气 4molHNO3，所以有，因此；故答案为：。21(1)(2) (3) 【分析】（1）硝酸见光易分解，一般盛放在棕色试剂瓶中。（2）使用稀硝酸进行实验，铜丝被氧化逐渐变细，生成一氧化氮气体，有气泡产生，得到硝酸铜溶液显蓝色。（3）使用浓硝酸进行实验，铜丝被氧化逐渐变细，试管上方出现红棕色气体是，说明溶液是的饱和溶液，因的饱和溶液呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，两者混合后溶液变绿色。【详解】（1）硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，因为硝酸见光易分解，化学方程式：。（2）铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，离子方程式为：；实验中观察到试管中的气体略有红棕色，因为反应生成的无色NO气体与试管内氧气中反应生成红棕色的NO2，化学方程式：。（3）铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，化学方程式为：；加入适量水后饱和溶液中的与水发生反应生成了硝酸和一氧化氮，原溶液中饱和溶液的黄色褪去，显现出硝酸铜溶液的蓝色，化学方程式：答案第15页，共9页