天津市静海县第一中学2019-2020学年高一3月学生学业能力调研考试化学试题

天津市静海县第一中学2019-2020学年高一3月学生学业能力调研考试化学试题

静海一中2019-2020第二学期高一化学（3月）‎ 学生学业能力调研考试试卷 可能用到的相对原子质量为：N：14 O：16 Cl：35.5 Fe：56‎ 第Ⅰ卷 基础题 一、选择题：（每小题3分，共45分。每小题只有一个正确选项。）‎ ‎1.如图是自然界中N、S两种元素的循环过程：根据如图内容，判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 图示过程表示了地球臭氧层的破坏过程 B. 图中涉及的氧化物均为酸性氧化物 C. 机动车尾气含有氮的氧化产物 D. 图示中描述的过程所涉及的反应均为氧化还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图示过程没有涉及到臭氧，不表示臭氧层的破坏过程，A不正确；‎ B．图中涉及的氧化物中，NO2不是酸性氧化物，B不正确；‎ C．机动车尾气中可能含有NO2或NO，二者都是氮的氧化产物，C正确；‎ D．图示中SO2→H2SO3的反应不是氧化还原反应，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎2.下列溶液中能用来区别SO2和CO2气体的是（ ）‎ ‎①澄清的石灰水；‎ ‎②氢硫酸；‎ ‎③氯水；‎ ‎④酸性高锰酸钾溶液；‎ ‎⑤氯化钡溶液；‎ ‎⑥品红溶液；‎ A. ①⑤ B. ③④⑤ C. ②③④⑥ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①澄清的石灰水与SO2和CO2都能反应生成白色沉淀，不能鉴别，①不合题意；‎ ‎②氢硫酸与CO2不反应，与SO2反应生成淡黄色沉淀，能鉴别，②符合题意；‎ ‎③氯水与CO2不反应，SO2能被氯水氧化而使氯水褪色，能鉴别，③符合题意；‎ ‎④SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而CO2不能，能鉴别，④符合题意；‎ ‎⑤氯化钡溶液与SO2和CO2都不反应，不能鉴别，⑤不合题意；‎ ‎⑥SO2能使品红溶液褪色，而CO2不能，能鉴别，⑥符合题意；‎ 综合以上分析，②③④⑥正确，故选C。‎ ‎3.下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 B. SiO2不能与水反应生成硅酸，但二氧化硅是酸性氧化物 C. 除去二氧化硅中少量的氧化铝杂质，应选用氢氧化钠溶液 D. 制备粗硅时，发生的反应为C＋SiO2Si＋CO2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水晶饰物主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，A不正确；‎ B．SiO2与水不反应，但二氧化硅与碱反应生成盐和水，所以是酸性氧化物，B正确；‎ C．氢氧化钠溶液既能与氧化铝反应，也能与二氧化硅反应，C不合题意；‎ D．制备粗硅时，发生的反应为SiO2+2CSi+2CO↑，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎4.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 1molN2可与3molH2完全反应生成2molNH3‎ B. 所有铵盐受热均可以分解，其产物中都有氨 C. 二氧化硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料 D. 工业合成氨的过程是人工固氮的过程 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1molN2与3molH2反应不能生成2molNH3，因为反应可逆，A不正确；‎ B．所有铵盐受热均可以分解，但产物中不一定有氨，B不正确；‎ C．硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料，C不正确；‎ D．工业合成氨是将N2转化为NH3，所以此过程也是人工固氮的过程，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】NH4NO3受热分解，温度不同产物不同，可能生成NH3和HNO3，可能生成N2O和H2O，可能生成N2、O2和H2O。‎ ‎5.关于二氧化硫的下列叙述中，正确的是（ ）‎ A. 能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了二氧化硫的漂白性 B. 二氧化硫能使石蕊溶液先变红色再褪色，体现了二氧化硫的酸性和漂白性 C. 二氧化硫、氯气都能使品红溶液褪色，但原理不同 D. 二氧化硫通入足量氯化钙溶液，能生成白色的亚硫酸钙沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，可能是SO2与NaOH反应，也可能是二氧化硫漂白了酚酞，A不正确；‎ B．二氧化硫能使石蕊溶液变红色但不褪色，B不正确；‎ C．二氧化硫、氯气都能使品红溶液褪色，前者为非氧化还原反应，后者为氧化还原反应，C正确；‎ D．二氧化硫通入足量氯化钙溶液中不发生反应，没有白色沉淀生成，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎6.在强热条件下，硫酸亚铁固体可发生如下反应：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。若将此反应生成的气体先通入足量BaCl2溶液，再通入品红溶液中，则可能的现象为（ ）‎ ‎①BaCl2溶液中无沉淀析出；‎ ‎②析出BaSO3沉淀；‎ ‎③析出BaSO4沉淀；‎ ‎④品红溶液褪色；‎ ‎⑤品红溶液不褪色；‎ A. ①④ B. ②④ C. ②③⑤ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①SO3能与BaCl2溶液反应，有沉淀析出，①不正确；‎ ‎②SO2与BaCl2溶液不反应，没有BaSO3沉淀析出，②不正确；‎ ‎③SO3能与BaCl2溶液反应，析出BaSO4沉淀，③正确；‎ ‎④SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，④正确；‎ ‎⑤SO2具有漂白性，品红溶液的红色褪去，⑤不正确；‎ 综合以上分析，③④符合题意，故选D。‎ ‎7.实验室可以用如图所示装置制备、干燥、收集气体的是( ) ‎ A. 以MnO2、浓盐酸为原料，制备Cl2‎ B. 以Na2SO3固体、质量分数为70％的浓硫酸为原料，制备SO2‎ C. 以浓氨水、生石灰为原料，制备NH3‎ D. 以Cu、稀硝酸为原料，制备NO ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、MnO2和浓盐酸反应，需要加热，此装置图中缺少加热装置，故A错误；B、Na2SO3与70%的浓硫酸反应产生SO2，通过浓硫酸进行干燥，因为SO2的密度大于空气，因此向上排空气法收集，SO2有毒，必须尾气处理，故B正确；C、NH3能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸进行干燥，因为NH3的密度小于空气，因此用向下排空气法收集，故C错误；D、NO能与空气中氧气反应，因此用排水法收集，故D错误。‎ 点睛：本题中应注意制气装置（特别是加热装置）、干燥装置、收集装置、尾气处理装置，是否完全正确，如选项D、收集装置中含有空气，NO能与氧气反应生成NO2，且NO有毒，不与NaOH发生反应。‎ ‎8.下列推断正确的是 A Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同 B. SiO2、SO2均是酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应 C. NO2、CO、NO都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 D. 氢氧化钠溶液、纯碱溶液要存放在带磨砂玻璃塞的试剂瓶中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．Na2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物不同，后者产生氧气前者没有，选项A错误；B．SiO2和CO2都能够与NaOH溶液反应，且都只生成盐和水，选项B正确；C、CO、NO、NO2 都是大气污染气体，NO在空气中不能稳定存在，一氧化氮易于氧气反应生成二氧化氮，选项C错误；D、氢氧化钠、纯碱溶液都属于碱性溶液，能够与二氧化硅反应，保存时不能使用玻璃塞，可以使用橡胶塞，选项D错误。答案选B。‎ ‎9.将足量的铜片与浓硫酸加热充分反应，收集到标准状况下的气体VL，下列对此反应的有关说法中错误的是 ‎ A. 该反应体现了浓硫酸的酸性和强氧化性 B. 反应结束后两种反应物均有剩余 C. 被还原的硫酸为 D. 参加反应的Cu为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 浓硫酸中n(H2SO4)=0.1L×18mol/L=1.8mol，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。‎ ‎【详解】A．由反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，则该反应体现了浓硫酸的酸性和强氧化性，故A正确；‎ B．反应结束后铜过量有剩余，硫酸的浓度逐渐降低，而铜与稀硫酸并不反应，则硫酸也有剩余，剩余两种反应物均有剩，故B正确；‎ C．由反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，被还原的硫酸为mol，故C正确；‎ D．‎ 随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，而铜与稀硫酸并不反应，因此，被还原的硫酸的物质的量应小于一半，即小于0.9mol，则参加反应的Cu也小于0.9mol；参加反应的Cu小于0.9mol，故D错误；‎ 故选D ‎【点睛】本题考查氧化还原反应计算、浓硫酸的性质。注意铜与浓硫酸在加热条件下能发生反应，铜与稀硫酸不反应。本题的易错点为C，要注意被还原的硫酸与生成的二氧化硫的物质的量相等。‎ ‎10.NO、NO2、O2按照一定比例通入水中，能被完全吸收，无剩余气体，若NO、NO2、O2的气体体积分别为a、b、c、则a：b：c可能为（ ）‎ A. 1：5：1 B. 2：6：3 C. 5：1：2 D. 5：2：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NO、NO2、O2按照一定比例通入水中，最后全部生成HNO3。在反应中，N元素由+2、+4价升高到+5价，O2中的O元素由0价降低到-2价，利用电子守恒3n(NO)+n(NO2)=4n(O2)，即3a+b=4c，可验证备选项，以确定正确选项。‎ ‎【详解】A．1：5：1，不符合3a+b=4c，A不正确；‎ B．2：6：3，符合3a+b=4c，B正确；‎ C．5：1：2，不符合3a+b=4c，C不正确；‎ D．5：2：1，不符合3a+b=4c，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎11.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-和泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：‎ ‎①过滤 ‎②加过量NaOH溶液 ‎③加适量盐酸 ‎④加过量Na2CO3溶液 ‎⑤加过量BaCl2溶液 正确的操作顺序是（ ）‎ A. ④①②⑤③ B. ①④②⑤③‎ C. ⑤②④①③ D. ②④⑤①③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】除杂试剂绝大多数是过量的，前面加入的除杂试剂，过量部分就成了杂质，需要后面加入的除杂试剂处理。Ca2+、Mg2+、SO42-分别需要使用过量Na2CO3溶液、过量NaOH溶液、过量BaCl2溶液处理，而过量的BaCl2溶液需要Na2CO3溶液处理，过量的Na2CO3溶液、NaOH溶液需要盐酸处理，因为有些沉淀易溶于盐酸，所以加入盐酸前，应进行过滤，因此试剂的加入及操作顺序为：BaCl2溶液——过量的Na2CO3溶液——过滤——盐酸，至于NaOH溶液，只要放在过滤前面就可以。因此，需要固定相对位置的操作编号为⑤④①③，②只要在①的前面就可以。从而确定答案为C。‎ ‎12.已知X为一种常见酸浓溶液，能使蔗糖变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（ ）‎ A. X使蔗糖变黑主要体现了X的吸水性 B. 若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应 C. 若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可观察到有白色沉淀产生 D. 由B转化为D的反应是工业制备X过程中的重要反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑，则X为硫酸，从而得出B为SO2，D为SO3。‎ ‎【详解】A．浓硫酸使蔗糖变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性，A不正确；‎ B．若A为铁，则室温下足量铁在浓硫酸中发生钝化，反应不能持续进行，B不正确；‎ C．若A为碳单质，则C为CO2，通入少量的澄清石灰水中，将生成Ca(HCO3)2，在反应过程中，很难观察到有白色沉淀生成，C不正确；‎ D．SO2转化为SO3的反应，是工业制H2SO4的重要的一步反应，D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（ ）‎ A. SO2、H2S B. Cl2、CO2‎ C. NH3、CO2 D. SO2、Cl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2通入BaCl2溶液，没有现象，通入H2S，与SO2反应，生成硫沉淀，A不合题意；‎ B．Cl2通入BaCl2溶液，没有现象，再通入CO2，仍无现象产生，B符合题意；‎ C．NH3通入BaCl2溶液，没有现象，再通过CO2，生成BaCO3白色沉淀，C不合题意；‎ D．SO2通入BaCl2溶液，没有现象，再通入Cl2，生成BaSO4白色沉淀，D不合题意；‎ 故选B。‎ ‎14.下列说法不正确的是 (　　)。‎ A. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解 B. 某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性 C. 铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋2NO↑＋ 4H2O D. HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实现 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜和稀硫酸不反应，加入NO3-后，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能溶解Cu，A项错误；‎ B.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性，如NH3，B项正确；‎ C.铜与稀硝酸反应的离子方程式正确，产物正确，电荷守恒、原子守恒，C项正确；‎ D.稀硝酸与Cu反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，均能通过一步实现转化，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎15.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）‎ A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有CO32-‎ B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中不一定是SO42-‎ C. 加入氢氧化钠稀溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中没有NH4+‎ D 某溶液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，该溶液中一定含有Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体可能为CO2或SO2，溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，A不正确；‎ B．此沉淀可能为BaSO4，也可能为AgCl，所以溶液中不一定含SO42-，B正确；‎ C．在稀溶液中，即便生成NH3，也会溶解在水中，不能逸出，所以不能说明溶液中没有NH4+，C不正确；‎ D．此白色沉淀可能为AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4等，该溶液中不一定含有Cl-，D不正确；‎ 故选B。‎ 二、简答题 ‎16.正确书写下列反应的化学方程式或离子方程式。‎ ‎(1)将少量的SO2气体通入足量澄清石灰水中的离子方程式：___。‎ ‎(2)将过量的SO2气体通入少量氨水中的离子方程式：___。‎ ‎(3)过量的铁与稀硝酸反应的离子方程式为___，该反应中稀硝酸体现___性。‎ ‎(4)碳与浓硝酸反应的化学方程式为___，该反应中浓硝酸体现___性。‎ ‎【答案】 (1). SO2+Ca2++2OH-＝CaSO3↓+H2O (2). SO2+NH3·H2O＝NH4++HSO3- (3). 3Fe+8H++2NO3-＝3Fe2++2NO↑+4H2O (4). 氧化性和酸 (5). C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O (6). 氧化 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在(1) (2) (3)小题中，都涉及到产物与过量反应物的反应，所以在解题时，需要注意反应物的相对量关系。‎ ‎【详解】(1)SO2气体少量，澄清石灰水足量，则反应生成CaSO3沉淀和水，离子方程式：SO2+Ca2++2OH-＝CaSO3↓+H2O。答案为：SO2+Ca2++2OH-＝CaSO3↓+H2O；‎ ‎(2)SO2气体过量，通入少量氨水中，则生成NH4HSO3，离子方程式：SO2+NH3·H2O＝NH4++HSO3-。答案为：SO2+NH3·H2O＝NH4++HSO3-；‎ ‎(3)过量的铁与稀硝酸反应，起初生成的Fe3+最终被过量Fe还原为Fe2+，NO3-被还原为NO气体，离子方程式为3Fe+8H++2NO3-＝3Fe2++2NO↑+4H2O，该反应中稀硝酸体现氧化性和酸性。答案为：3Fe+8H++2NO3-＝3Fe2++2NO↑+4H2O；氧化性和酸；‎ ‎(4)碳与浓硝酸反应，生成CO2、NO2和H2O，化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，该反应中浓硝酸体现氧化性。答案为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；氧化。‎ ‎【点睛】酸与某物质发生反应，若生成盐，则酸表现出酸性，若酸中所含元素化合价升高，酸表现出还原性，若酸中所含元素化合价降低，则酸表现出氧化性。‎ ‎17.实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如图：‎ 已知实验室可用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。‎ ‎(1)从图中选择制取气体的合适装置：氮气___、氢气___。‎ ‎(2)氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有两个作用，分别是：___、___。‎ ‎(3)用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是___，锥形瓶中还可观察到的现象是___。‎ ‎(4)写出乙装置中氨氧化的化学方程式：___。‎ ‎(5)反应结束后锥形瓶内的溶液中除含有H+、OH-外，还含有___、___离子。‎ ‎【答案】 (1). a (2). b (3). 干燥气体 (4). 控制氢气和氮气的流速的作用（其他合理解释均给分） (5). 氨的催化氧化是一个放热反应，放出的热使铂丝保持红热 (6). ‎ 有红棕色气体产生 (7). 4NH3+5O24NO+6H2O (8). NH4+ (9). NO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)制取氮气时，饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液两种溶液作为药品、加热条件，则应选择装置a；制取氢气时，用锌与稀硫酸或盐酸反应，采用固、液不加热装置，则应选择装置b。答案为：a；b；‎ ‎(2)氮气和氢气反应时，除了气体需混合外，还要干燥，同时注意节约，所以甲装置的作用分别是：干燥气体、控制氢气和氮气的流速的作用。答案为：干燥气体；控制氢气和氮气的流速的作用（其他合理解释均给分）；‎ ‎(3)经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是氨的催化氧化是一个放热反应，放出的热使铂丝保持红热，锥形瓶中NH3催化氧化生成NO，NO再被氧化生成NO2，所以还可观察到的现象是有红棕色气体产生。答案为：氨的催化氧化是一个放热反应，放出的热使铂丝保持红热；有红棕色气体产生；‎ ‎(4)乙装置中氨氧化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O。答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎(5)反应过程中，NO转化成NO2后，NO2再与水反应生成HNO3和NO，HNO3再与NH3反应生成NH4NO3，所以反应结束后，锥形瓶内的溶液中除含有H+、OH-外，还含有NH4+、NO3-离子。答案为：NH4+；NO3-。‎ ‎【点睛】NO很容易跟空气中的O2反应生成NO2，所以我们在书写NH3的催化氧化反应方程式时，很容易错误地写成产物为NO2和H2O。‎ 第Ⅱ卷 提高题 ‎18.A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示(反应条件及其他物质已经略去)：‎ ‎(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，写出C的一种用途____；‎ ‎(2)若常温下A为淡黄色固体单质，D为强酸，则B为___，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了D的___性。‎ ‎(3)若A是化合物，C是红棕色气体，则 ‎①A的电子式为___，实验室制备A气体的化学方程式为___。‎ ‎②实验室检验A气体的方法为___。‎ ‎③C转化为D的过程中，氧化剂与还原剂的质量比为___。‎ ‎④将盛满B气体的试管倒扣在水槽中，并通入一定量O2，最终气体全部被吸收，所得溶液充满整个试管。若不考虑溶液扩散，计算所得溶液物质的量浓度为___mol·L-1。(标况下计算，保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等) (2). SO2 (3). 吸水 (4). (5). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (6). 用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生) (7). 1:2 (8). 0.045‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)C是淡黄色固体，为金属氧化物，则其为Na2O2，由此可确定它的用途；‎ ‎(2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫，由转化关系可确定其它物质及性质。‎ ‎(3)C是红棕色气体，则C为NO2气体，由转化关系可确定其它物质及性质。‎ ‎【详解】(1)由C是淡黄色固体，可确定其为Na2O2，其用途为供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)。答案为：供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)；‎ ‎(2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫(S)，D为强酸(H2SO4)，则B为SO2，C为SO3，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了浓硫酸的吸水性。答案为：SO2；吸水；‎ ‎(3)若A是化合物，C是红棕色气体，则C为NO2。‎ ‎①A氧化后，产物再氧化可生成NO2，则A为NH3，电子式为，实验室制备氨气时，药品为NH4Cl和Ca(OH)2，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎②实验室检验氨气时，采用的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)。答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)；‎ ‎③C转化为D的过程中，发生反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，从价态变化看，若3molNO2‎ 参加反应，有1molNO2中的N元素价态降低，有2molNO2中的N元素价态升高，则氧化剂与还原剂的质量比为1:2。答案为：1:2；‎ ‎④假设试管的体积为VL，则c==0.045 mol·L-1。答案为：0.045。‎ ‎【点睛】在平时的学习过程中，应注意区分浓硫酸的吸水性与脱水性，浓硫酸的吸水性是指气体的干燥、吸收结晶水合物中的结晶水，浓硫酸的脱水性是指将有机物分子中的氢、氧元素以水的组成形式脱去。‎ ‎19.6.4g铜投入一定浓度的HNO3中，铜完全溶解，生成NO和NO2的混合气体，用试管全部收集，得到标准状况下的体积为2240mL。请回答：‎ ‎(1)反应中消耗掉HNO3的物质的量为___mol。‎ ‎(2)生成NO2的体积（标况）为___mL。‎ ‎(3)将盛有混合气体的试管倒扣在水槽中，通入标况下的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积是___mL。（请写出解答过程）‎ ‎【答案】 (1). 03 (2). 1120 (3). 1120‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜投入一定浓度的HNO3中，铜完全溶解，生成NO和NO2的混合气体，可认为发生两个反应：Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，可设未知数，建立方程组求解；也可将硝酸的作用分割为酸性和氧化性，然后进行求解。‎ ‎【详解】n(Cu)==0.1mol，n(NO)+n(NO2)==0.1mol。‎ ‎(1)n(HNO3)=n(HNO3)酸性+n(HNO3)氧化性=2n(Cu)+n(NO)+n(NO2)=0.1mol×2+0.1mol=0.3mol；答案为：0.3；‎ ‎(2)设n(NO2)=x，则n(NO)=0.1mol-x，利用电子守恒，可得2×0.1mol=x+3×(0.1mol-x)，从而求出x=0.05mol，V(NO2)=0.05mol×22400mL/mol=1120mL；答案为：1120；‎ ‎(3)因为反应生成的NO、NO2与O2、H2O反应，最终生成HNO3，所以利用终态法，可得出2Cu—O2的关系，从而得出n(O2)==0.05mol，V(O2)=0.05mol×22400mL/mol=1120mL。答案为：1120。‎ ‎【点睛】对于金属或金属与金属的化合物与硝酸反应，我们常使用守恒法、终态法进行计算，计算时，需要清楚与守恒相关的所有微粒，切不可求解心切，丢失某种微粒。‎