新教材2023高中化学期末质量评估新人教版必修第二册

这是一份新教材2023高中化学期末质量评估新人教版必修第二册，共13页。试卷主要包含了5　Fe—56，下列关于药物的说法正确的是，下列说法中错误的是，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
期末质量评估
(时间:75分钟　满分:100分)
　可能用到的相对原子质量:H—1　C—12　N—14　O—16　S—32　Cl—35.5　Fe—56
一、选择题:本题共16小题,共44分。第1~10小题,每小题2分;第11~16小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.化学与生活、生产密切相关,我国古文献中有许多记载,下列有关叙述中正确的是 (　　)
A.《本草纲目》关于酿酒的记载“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”描述的是乙醇的燃烧
B.《抱朴子》中“曾青(CuSO4)涂铁,铁赤色如铜”描述了火法冶炼铜的现象
C.“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”中描述的蚕丝和古代的蜡(主要成分为植物油)都属于天然高分子材料
D.“千锤万凿出深山,烈火焚烧若等闲”描述的大理石分解是吸热反应
解析:“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”描述的是乙醇的蒸馏,A项错误;“曾青(CuSO4)涂铁,铁赤色如铜”描述的是在溶液中发生反应Fe+CuSO4FeSO4+Cu,该方法是湿法冶炼铜的现象,B项错误;蚕丝主要成分是蛋白质,该物质是天然高分子,古代的蜡(主要成分为植物油)主要成分是油脂,油脂不是高分子,C项错误;“千锤万凿出深山,烈火焚烧若等闲”描述的是大理石高温分解产生氧化钙和二氧化碳的反应,属于吸热
反应,D项正确。
答案:D
2.化学与生产、生活密切相关,下列说法中不正确的是 (　　)
A.用熟石灰可处理废水中的酸
B.用水玻璃可生产黏合剂和防火剂
C.用二氧化硫漂白食品
D.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
答案:C
3.下列关于药物的说法正确的是 (　　)
A.药物的服用剂量越大,治疗效果越明显
B.包装上印有“OTC”标志的药品属于处方药
C.长期大量服用阿司匹林可预防某些疾病,没有副作用
D.氢氧化铝可作为抗酸药的主要成分,用于治疗胃酸过多
答案:D
4.孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3。我国古人用孔雀石和焦炭混合共热的方法炼铜,其冶炼方法属于 (　　)
A.热还原法　　　　　 B.湿法炼铜
C.热分解法 D.电解冶炼法
答案:A
5.为确定下列久置于空气中的物质是否变质,所选检验试剂(括号内物质)能达到目的的是 (　　)
A.NaOH溶液[Ba(OH)2溶液] B.漂白粉(Na2CO3溶液)
C.新制氯水(AgNO3溶液) D.Na2SO3溶液(BaCl2溶液)
解析:氢氧化钠与氢氧化钡不反应,无现象,而变质后的产物碳酸钠会与氢氧化钡反应生成白色沉淀,因此能达到实验目的,A项正确;漂白粉变质前后均含有钙离子,与碳酸钠反应均会产生白色沉淀,因此无法用碳酸钠检验其是否变质,B项错误;氯水变质前后溶液中均存在氯离子,均会与硝酸银反应生成白色沉淀,因此无法用硝酸银溶液检验其是否变质,C项错误;亚硫酸钠与氯化钡会反应生成亚硫酸钡沉淀,变质后的产物硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,两者均为白色沉淀,所以无法用氯化钡检验其是否变质,D项错误。
答案:A
6.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,最合理的是 (　　)

选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
解析:由题给装置可知,本装置可以用于固体和液体不加热型、收集方法为向上排空气法、需要防倒吸尾气处理方式的气体的制取。A项,收集NH3用向下排空气法,不符合;C项,铜与稀硝酸反应不能产生NO2,且NO2的吸收不能用水,可以用NaOH溶液吸收,不符合;D项,用浓盐酸与MnO2反应制Cl2需要加热,不符合。
答案:B
7.下列说法中错误的是 (　　)
A.NH3易液化
B.Cu既能溶于浓硝酸又能溶于稀硝酸,且硝酸的还原产物为氮的氧
化物
C.Cu在加热的条件下能溶于浓硫酸
D.向胆矾晶体中加入浓硫酸,晶体由蓝色变为白色体现了浓硫酸的脱水性
解析:氨分子之间可形成氢键,分子间作用力较强,易液化,A项正确;Cu既能溶于浓硝酸又能溶于稀硝酸,且硝酸的还原产物分别为二氧化氮和一氧化氮,B项正确;Cu在加热的条件下能溶于浓硫酸生成硫酸铜、二氧化硫和水,C项正确;向胆矾晶体中加入浓硫酸,晶体由蓝色变为白色,体现了浓硫酸的吸水性,D项错误。
答案:D
8.下列关于乙酸与乙醇发生酯化反应的说法中正确的是 (　　)
A.用CH3COH与CH3COOH发生酯化反应,生成H218O
B.浓硫酸的作用是中和碱性物质
C.反应液混合时,顺序为先取乙醇再加入浓硫酸最后加入乙酸
D.用蒸馏的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯
解析:CH3COH与CH3COOH发生酯化反应,生成H2O和CH3CO18OCH2CH3,A项错误;浓硫酸的作用是作催化剂和吸水剂,B项错误;反应液混合时,顺序为先取乙醇再加入浓硫酸最后加入乙酸,C项正确;用分液的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯,D项错误。
答案:C
9.下列说法中正确的是 (　　)
A.葡萄糖、果糖和蔗糖都能发生水解
B.糖类、油脂、蛋白质都只是由C、H、O 三种元素组成的
C.糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物
D.油脂有油和脂肪之分,但都属于酯
解析:葡萄糖、果糖是单糖,不能水解,A项错误;蛋白质中还含有N、S等,B项错误;油脂以及糖类中的单糖和二糖等均不是高分子,C项错误;油脂可看作高级脂肪酸与甘油通过酯化反应生成的酯,有油和脂肪之分,D项正确。
答案:D
10.以下反应不符合绿色化学原子经济性要求的是 (　　)
A.CH≡CH+HClCH2CHCl
B.CH2CH2+O2
C.+Br2+HBr
D.CH2CH2+HClCH3CH2Cl
解析:绿色化学原子经济性即反应不产生副产物和污染物,
中反应物的所有原子都转化成目标产物,符合绿色化学原子经济性要求; 中反应物的所有原子都转化成目标产物,符合绿色化学原子经济性要求;反应+Br2为取代反应,反应物中所有原子没有完全转化成目标产物,不满足绿色化学原子经济性要求;CH2CH2+HClCH3CH2Cl中反应物的所有原子都转化成目标产物,符合绿色化学原子经济性要求。
答案:C
11.以NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是 (　　)
A.22.4 L CH2CHCH3分子中含碳碳双键的数目为NA
B.17 g羟基(—OH)所含的电子总数为9NA
C.64 g S2和S8混合物中含硫原子总数为NA
D.1 L 0.5 mol·L-1FeCl3溶液中Cl-数目小于1.5NA
解析:没有指明温度、压强,故无法计算其物质的量,也无法计算其碳碳双键的数目,A项错误;羟基的摩尔质量为17 g·mol-1,所以17 g羟基的物质的量为1 mol,其所含电子数为9NA,B项正确;64 g S2和S8混合物中S原子的物质的量n==2 mol,所以硫原子数为2NA,C项错误;氯离子不水解,1 L 0.5 mol·L-1FeCl3溶液中Cl-数目等于1.5NA,D项错误。
答案:B
12.可逆反应 2NO2(g)N2O4(g)在体积不变的密闭容器中反应,达到平衡状态的标志是 (　　)
①单位时间内生成 n mol N2O4 的同时生成 2n mol NO2
②单位时间内消耗 n mol N2O4的同时生成 2n mol NO2
③用NO2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶1 的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A.①④⑤ B.②⑤ C.①③④ D.①②③④⑤
解析:①单位时间内生成n mol N2O4的同时生成2n mol NO2,说明正、逆反应速率相等,反应达到平衡状态,正确;②单位时间内每消耗 n mol N2O4的同时,必然生成2n mol NO2,不能说明反应达到平衡状态,错误;③根据反应速率的定义和化学方程式,任何时刻用NO2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反应速率的比都为2∶1,不能说明反应达到平衡状态,错误;④二氧化氮为红棕色气体,四氧化二氮为无色气体,混合气体颜色不变说明二氧化氮的浓度不变,反应达到平衡状态,正确;⑤反应前后气体的计量数之和不等,而气体的总质量是恒定的,当混合气体平均相对分子质量不变时,说明混合气体的物质的量之和不变,反应达到平衡状态,正确。
答案:A
13.下列有关实验原理、装置、操作或结论的描述中错误的是 (　　)

ⅠⅡ

ⅢⅣ
A.图Ⅰ所示装置可实现甲烷与氯气在光照条件下的取代反应
B.图Ⅱ所示装置可分离CH3COONa溶液和CH3COOC2H5的混合液
C.图Ⅲ是原电池装置,有明显的电流
D.图Ⅳ所示装置可说明浓硫酸具有脱水性
解析:图Ⅰ所示装置可实现甲烷与氯气在光照条件下的取代反应,A项正确;醋酸钠溶液和乙酸乙酯不互溶,图Ⅱ所示装置可分离CH3COONa溶液和CH3COOC2H5的混合液,B项正确;图Ⅲ没有形成闭合回路,没有明显的电流,C项错误;试管中蔗糖变黑说明浓硫酸的脱水性,D项正确。
答案:C
14.(2022·广东卷)陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是 (　　)
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用焦炭和石英砂制取粗硅
SiO2可制作光导纤维
B
利用海水制取溴和镁单质
Br-可被氧化,Mg2+可被还原
C
石油裂解气能使溴的CCl4溶液褪色
石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
D
FeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体
FeCl3可用作净水剂
解析:A项,焦炭具有还原性,工业上常利用焦炭与石英砂(SiO2)在高温条件下制备粗硅,这与SiO2是否作光导纤维无因果关系,符合题意;B项,海水中存在溴离子,可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质,另外,通过富集海水中的镁离子,经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁,然后电解熔融氯化镁可制备得到镁单质,陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系,不符合题意;C项,石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃,从而使溴的CCl4溶液褪色,陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系,不符合题意;D项,FeCl3水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体能沉淀水中的悬浮物而净水,所以FeCl3可用作净水剂,陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系,不符合题意。
答案:A
15.下列有关说法中错误的是 (　　)
A.甲烷燃料电池用KOH作电解质,负极的电极反应式为10OH-+CH4-8e-C+7H2O
B.Zn粒与稀硫酸反应制氢气时,滴加几滴CuSO4溶液可增大反应速率
C.常温下用铜和铁作电极、浓硝酸作电解质溶液的原电池中铜为负极
D.原电池中电子从负极出发,经外电路流向正极,再从正极经电解液回到负极
解析:原电池中,负极失去电子,发生氧化反应,在甲烷燃料电池中,甲烷失去电子,负极反应:10OH-+CH4-8e-C+7H2O,A项正确;Zn粒与稀硫酸反应制氢气时,滴加几滴CuSO4溶液,Zn与CuSO4发生置换反应生成铜单质,溶液中存在少量的铜单质,可形成原电池,增大Zn粒与稀硫酸的反应速率,B项正确;铁单质与浓硝酸在常温下发生钝化反应,而铜与浓硝酸常温下发生如下反应:Cu+2N+4H+Cu2++2NO2↑+
2H2O,Cu被氧化,应为原电池的负极,电极反应为Cu-2e-Cu2+,C项正确;原电池放电时,电子不进入电解质溶液,电解质溶液中通过离子定向移动形成电流,D项错误。
答案:D
16.FeS 与一定浓度的HNO3 反应,生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO 和H2O,当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1∶1∶2 时,实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为 (　　)
A.1∶4 B.1∶5
C.1∶6 D.1∶7
解析:当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1∶1∶2 时,设NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1 mol、1 mol、2 mol,HNO3得到电子的物质的量=1 mol×(5-4)+1 mol×2×(5-4)+2 mol×(5-2)=9 mol,根据氧化还原反应中得失电子守恒,n(FeS)==1 mol,根据氮元素守恒得,生成NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1 mol、1 mol、2 mol 时被还原的HNO3的物质的量=1 mol+2 mol+2 mol=5 mol,所以实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为1 mol∶5 mol=1∶5,故选B。
答案:B
二、非选择题:共56分。
17.(12分)能源、资源、环境日益成为人们关注的主题。
(1)为发展氢能源,必须制得廉价氢气。下列可供开发又较经济的一种制氢方法是　　　　(填序号)。 
①电解水　 ②锌与稀硫酸反应　 ③利用太阳能光解海水
(2)某同学用铜和硫酸作原料,设计了两种制取硫酸铜的方案:
方案①:铜与浓硫酸加热直接反应,即CuCuSO4。
方案②:铜在空气中加热再与稀硫酸反应,即CuCuOCuSO4 。
这两种方案,你认为哪一种方案更合理并简述理由 　 。 
(3)海带中含有丰富的碘元素,从海带中提取碘单质的工业生产流程如图所示:

步骤③中过氧化氢在酸性条件下氧化碘离子的离子方程式是
　　　　　　　 　,步骤④除了CCl4 还可以选用的萃取剂是
　 　(填字母)。 
A.苯 B.乙醇 C.乙酸 D.乙烷
解析:(1)①电解水需要消耗大量电能,能耗高,不经济;②锌与稀硫酸反应可以产生氢气,但冶炼锌、制备硫酸需消耗大量能量,会造成污染;③利用太阳能光解海水,原料丰富,耗能小,无污染,故③符合题意。
(2)方案①:铜与浓硫酸加热直接反应,反应原理为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,不仅会消耗大量硫酸,还会由于产生SO2而造成大气污染,不环保,①不合理。方案②:铜在空气中加热生成CuO,CuO与稀硫酸反应生成CuSO4和水,无污染,②合理。
(3)步骤③中过氧化氢在酸性条件下能氧化碘离子为碘单质,过氧化氢被还原生成水,反应的离子方程式是2I-+H2O2+2H+I2+2H2O;I2易溶于有机溶剂,而在水中溶解度较小,根据这一点可以用萃取方法分离碘水中的碘,步骤④除了CCl4 还可以选用的萃取剂是与水互不相溶的苯,而乙醇、乙酸能溶于水,不能使用,乙烷常温下为气体,不能作萃取剂。
答案:(1)③ (2)方案②,方案①会产生SO2污染大气
(3)2I-+H2O2+2H+I2+2H2O　A
18.(14分)回答下列问题:
(1)下列反应属于放热反应的是　　　　(填字母)。 
A.铝片与稀硫酸反应制取H2
B.碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳
C.葡萄糖在人体内氧化分解
D.氢氧化钾与硫酸中和
E.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl固体反应
(2)一定条件下,在容积为2 L的密闭容器中SO2与O2反应5 min后,若SO2和SO3物质的量分别为0.1 mol和0.3 mol,则SO2起始物质的量浓度为　　　　;用O2表示这段时间该化学反应速率为　。 
(3)用活性炭还原法处理氮氧化物,有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。某研究小组向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO,恒温(T℃)条件下反应,下列说法中不能作为判断该反应达到化学平衡状态标志的是　　　　(填字母)。 
A.活性炭的质量保持不变
B.v正(N2)=2v逆(NO)
C.容器内气体压强保持不变
D.容器内混合气体的密度保持不变
E.容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变
F.容器内CO2的浓度保持不变
(4)从化学键的角度分析,化学反应的过程就是反应物的化学键的破坏和生成物的化学键的形成过程。已知: 1 mol N2与3 mol H2反应生成
2 mol NH3时放出热量93 kJ,试根据表中所列键能数据计算a的数值　　　　。　 
化学键
H—H
N—H
N≡N
键能/(kJ·mol-1)
436
a
945
解析:(1)A项,金属与稀酸的反应是放热反应;B项,碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳,是分解反应,该反应为吸热反应;C项,葡萄糖在人体内氧化分解,是放热反应;D项,氢氧化钾与硫酸的中和反应是放热反应;E项,Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl固体的反应是吸热反应。
(2)根据初始时加入的是SO2和O2,反应5 min后,SO3的物质的量为
0.3 mol,则反应生成了0.3 mol SO3,2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),根据转化量之比等于化学计量数之比,则转化的SO2为0.3 mol,转化的O2为
0.15 mol,计算出SO2起始物质的量=0.1 mol+0.3 mol=0.4 mol,初始状态的SO2的物质的量浓度为c(SO2)==0.2 mol·L-1,v(O2)=
==0.015 mol·L-1·min-1。
(3)从反应的化学方程式可知,反应前后气体体积不变,反应物的质量不再改变,即正反应速率与逆反应速率相等,说明反应达到化学平衡状态,故A项不符合题意;v正(N2)=2v逆(NO),即v正(N2)∶v逆(NO)=2∶1,化学反应速率之比不等于化学计量数之比,故B项符合题意;该容器是恒容密闭容器,且反应前后气体体积不变,压强也保持不变,则不能判断反应是否达到平衡状态,C项符合题意;混合气体的密度保持不变,说明气体的质量不变,反应达到平衡状态,D项不符合题意;达到平衡时,混合气体的质量不再改变,体积不变,即混合气体的平均相对分子质量保持不变,E项不符合题意;容器内CO2的浓度不变,说明各物质的物质的量不变,正、逆反应速率相等,即反应达到平衡状态,F项不符合题意。
(4)已知: 1 mol N2与3 mol H2反应生成2 mol NH3时放出热量93 kJ,即 1 mol N≡N断裂吸收945 kJ的能量,3 mol H—H断裂吸收
(436×3) kJ的能量,6 mol N—H形成放出6a kJ的能量,则可得到等量关系为:6a-945-436×3=93,则a=391。
答案:(1)ACD
(2)0.2 mol·L-1　0.015 mol·L-1·min-1
(3)BC
(4)391
19.(16分)乳酸在生命化学中起重要作用,也是重要的化工原料,因此成为近年来的研究热点。下图是获得乳酸的两种方法,其中A是一种常见的烃,它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。

(1)上述有机物中有一种可作为水果的催熟剂,其结构简式是　　　　　　　。淀粉完全水解得到D,D的名称是　　　　。 

(2)AB的反应类型是　　　 　;BC反应的化学方程式是
　　　　　　　　　　　　　　　　。向C中加入新制的氢氧化铜加热后的实验现象是　 。 
(3)B可以被酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液直接氧化为有机物E,B与E可在浓硫酸催化作用下反应生成酯(C4H8O2),实验装置如图所示。已知实验中60 g E与足量B反应后生成66 g该酯,则该酯的产率为　　　　。 

(4)为检验淀粉水解产物,小明向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热一段时间,冷却后的溶液中直接加入银氨溶液,水浴加热,无银镜出现,你认为小明实验失败的主要原因是　 。 
(5)乳酸与铁反应可制备一种补铁药物,化学方程式如下(未配平):

则45 g乳酸与铁反应生成 X 的体积为　　　　L(标准状况)。 
(6)两分子乳酸在一定条件下通过酯化反应可生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水,该环酯的结构简式是　　　　　　　　。 
解析:A是一种常见的烃,它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平,则A是乙烯(CH2CH2),乙烯与水发生加成反应产生的B是乙醇(CH3CH2OH),乙醇催化氧化产生的C是乙醛(CH3CHO),淀粉水解产生的D是葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO],葡萄糖在酒化酶作用下反应产生乙醇。
(3)B是乙醇,可以被酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液直接氧化为有机物E即乙酸(CH3COOH),乙醇与乙酸可在浓硫酸催化作用下反应生成乙酸乙酯(C4H8O2)和水,60 g乙酸的物质的量是1 mol,若1 mol 乙酸完全发生酯化反应产生乙酸乙酯的质量为88 g,实际生成66 g该酯,则该酯的产率为×100%=75%。
(4)淀粉水解需稀硫酸作催化剂,反应后溶液中依然存在酸,而用银镜反应检验水解产物葡萄糖时,需要碱性环境,在实验操作中,未用碱将催化剂硫酸中和掉,因此不能出现银镜。
(5)乳酸分子中含有羧基、醇羟基,只有羧基可以与金属Fe发生置换反应产生氢气,乳酸分子式是C3H6O3,相对分子质量是90,所以45 g乳酸的物质的量是0.5 mol,根据物质分子组成可知,2 mol乳酸与1 mol Fe反应产生1 mol H2,则0.5 mol乳酸完全反应会产生0.25 mol H2,其在标准状况下的体积V(H2)=0.25 mol×22.4 L·mol-1=5.6 L。
(6)乳酸分子中含有一个羧基、一个醇羟基,在浓硫酸存在并加热条件下,两分子乳酸会发生酯化反应生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水,在酯化反应中,酸脱羟基醇脱氢,则形成的环酯的结构简式是。
答案:(1)CH2CH2　葡萄糖　
(2)加成反应　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　产生砖红色沉淀
(3)75%　(4)未用碱中和作催化剂的酸　(5)5.6
(6)
20.(14分)研究NO、NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
(1)与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有　　　(填字母)。 
A.酸雨 B.沙尘暴
C.光化学烟雾 D.白色污染
(2)NO2可与水发生反应,反应的化学方程式为　 。 
若以NA代表阿伏加德罗常数的值,该反应有0.6NA个电子转移,则参加反应的NO2的物质的量为　　　　。 
(3)NH3也是重要的含氮化合物,实验室用NH4Cl与Ca(OH)2制取NH3。

①写出反应的化学方程式:　 。 
②若用如图所示装置收集氨,气体由　　　　(填“A”或“B”)口进入。 
(4)硝酸可与不活泼金属铜发生反应。将过量的铜放入一定量的浓硝酸中,微热,充分反应后,待反应停止,再加入少量25%的稀硫酸,这时铜片上又有气泡产生,其原因是(用离子方程式解释)　。 
(5)若将12.8 g铜与一定质量的浓硝酸反应,铜耗完时,共产生气体
5.6 L(标准状况),则整个反应过程中,被还原的HNO3总的物质的量是　　　　。 
解析:(2)NO2可与水发生反应:3NO2+H2O2HNO3+NO,3 mol NO2参加反应转移2 mol电子,而该反应转移0.6NA个电子,则参加反应的NO2的物质的量为0.9 mol。
(3)①NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3,化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;②氨的密度小于空气的密度,气体由短口进入,即A口。
(4)铜不与稀硫酸反应,过量的铜与浓硝酸反应,反应停止后,再加入稀硫酸,溶液中的N在酸性条件下具有强氧化性,能继续溶解铜,反应为3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O。
(5)Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,硝酸浓度变小后又可以生成NO,若将12.8 g铜(即0.2 mol)与浓硝酸反应共产生气体5.6 L(标准状况),气体的物质的量为0.25 mol,在整个反应过程中,被还原的HNO3转化为NO2和NO,根据氮元素守恒可知,被还原的HNO3总的物质的量为0.25 mol。
答案:(1)AC
(2)3NO2+H2O2HNO3+NO　0.9 mol
(3)①2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
②A　
(4)3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O
(5)0.25 mol