【化学】福建省厦门外国语学校2018-2019学年高二上学期开学考试（解析版）

福建省厦门外国语学校2018-2019学年高二上学期开学考试
1.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是
A. 维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用
B. 糖类都可以发生水解反应
C. 煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源
D. 人体中没有水解纤维素的酶，所以纤维素在人体中没有任何作用
【答案】A
【解析】
分析：A．维生素C又称为抗坏血酸，在人体内有重要功能，起抗氧化作用；
B．单糖不水解；
C．煤的气化和液化为化学变化；
D．纤维素能加强胃肠蠕动。
详解：A．维生素C又称为抗坏血酸，缺乏维生素C会导致坏血病，维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用，A正确；
B．糖类中的单糖例如葡萄糖不能水解，B错误；
C．煤经气化和液化分别生成CO、氢气、甲醇等，为化学变化，C错误；
D．人体中没有水解纤维素的酶，但纤维素在人体中可以加强胃肠蠕动，有通便功能，D错误。
答案选A。
2.下列有关化学用语正确的是（ ）
A. 全氟丙烷的电子式为：
B. 的分子式为：C8H8
C. 乙烯的结构简式为：CH2CH2
D. 硝基苯的结构简式：
【答案】B
【解析】A.该电子漏掉了氟原子最外层未参与成键的电子，其电子式应该为：，故A项错误；B.由有机物键线式的书写规则可知的分子式为：C8H8，故B项正确；C.乙烯的结构简式为：，其中碳碳双键在书写时不能省略，故C项错误；D. 分子中成键原子的连接错误，结构简式应该为：，故D项错误；答案选B。
【点睛】本题主要考查了有机物的电子式、结构简式、键线式等用语的表达，在结构简式的表达中注意碳碳双键、碳碳叁键等重要的官能团不能省略。
3.下列各组微粒中，一定能够在溶液中大量共存的是
A. Na+、Mg2+、C1-、NH3·H2O B. Mg2+、NH4+、C1-、NO3-、
C. K+、Fe3+、SO42-、SCN- D. Fe2+、H+、SO42-、NO3-
【答案】B
【解析】
分析：离子是否能够大量共存，主要判断这些离子是否生成沉淀、气体、弱电解质或者是否能够发生氧化还原反应，A. Mg2+和NH3·H2O生成沉淀；B. 选项中的几种离子能够大量共存；C. Fe3+和SCN-生成配离子；D. Fe2+、 H+、NO3-发生氧化还原反应。
详解： Mg2+和NH3·H2O 生成氢氧化镁沉淀，所以Mg2+和NH3·H2O不能够大量共存，A选项错误； Mg2+、NH4+、C1-、NO3-四种离子不能够相互反应，所以能够大量共存，B选项正确； Fe3+和SCN-生成难电离的配位离子，所以Fe3+和SCN-不能够大量共存，C选项错误； Fe2+、H+、NO3-能够反应氧化还原反应生成Fe3+和NO气体，所以Fe2+、 H+、NO3-不能够大量共存；正确选项B。
点睛：有关溶液中离子能否共存问题是中学化学中的常见问题，有下列情况说明离子不能够大量共存：
1.有气体产生：如CO32-与H+不能大量共存，主要是由于CO32-＋2H+＝CO2↑＋H2O ；
2.有沉淀生成，按照溶解性表，如果两种离子结合能形成沉淀的，就不能大量共存，如本题中的Mg2+和NH3·H2O 生成氢氧化镁沉淀不能够大量共存；
3.有弱电解质生成或者形成络合离子，如本题中的Fe3+和SCN-因生成Fe（SCN）2+不能大量共存；
4.能水解的阳离子跟能水解的阴离子在水溶液中不能大量共存，即一些容易发生双水解的离子，如：Al3+和HCO3-在溶液中发生双水解而不能够大量共存；
5.由于发生氧化还原反应，如本题中的Fe2+、H+、NO3-能够反应氧化还原反应生成Fe3+和NO气体，所以Fe2+、 H+、NO3-不能够大量共存。
4.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 漂白粉溶液中通入过量的二氧化碳：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
B. 稀硝酸中加入过量铁粉： Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O
C. 硫酸铝溶液中加入过量氨水：3NH3·H2O+A13+=Al(OH)3↓+3NH4+
D. 用过量FeBr2溶液吸收少量Cl2 ：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A．漂白粉溶液中通入过量二氧化碳，Ca(ClO)2+2CO2+2H2O=Ca(HCO3)2+2HClO，正确的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，选项A错误；B．因为铁粉过量，应生成Fe2+，离子反应为3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O，选项B错误；C．硫酸铝溶液中加入过量氨水，离子方程式：3NH3·H2O+A13+=Al(OH)3↓+3NH4+，选项C正确；D.少量Cl2先氧化Fe2+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl，选项D错误。答案选C。
5.用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
试剂a
试剂b
试剂c
装置
A
验证非金属性: S>C>Si
稀硫酸
Na2CO3
Na2SiO3 溶液

B
制备纯净的NO
浓硝酸
Cu
水
C
检验溶液X中含有CO32-
盐酸
溶液X
澄清石灰水
D
除去Na2SO3中的Na2SO4
氯水
混合物
NaOH溶液
【答案】A
【解析】
分析： A．非金属元素最高价氧化物是水化物酸性越强，其非金属性越强，根据强酸制取弱酸判断；B．根据NO的性质和Cu与浓硝酸反应的产物判断；C．能够使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫，溶液X中可能为碳酸氢根离子或亚硫酸根离子；D．除杂试剂选用氯水，引进了杂质氯离子，且将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，违反了除杂原则。
详解：硫酸能和碳酸钠反应制得二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成不溶性的硅酸，所以该实验证明酸性H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，则非金属性S＞C＞Si，A选项正确；Cu与浓硝酸反应生成NO2，不生成NO，NO遇空气中的氧气立即生成NO2，装置广口瓶上部有空气，也得不得纯净的NO气体，B选项错误；二氧化硫和二氧化碳都能够时澄清石灰水变浑浊，无法检验溶液X中是否含有CO32-，C选项错误；除杂试剂选用氯水，氯水Na2SO3氧化成Na2SO4，反应后引进了杂质氯离子，违反了除杂原则，无法达到实验目的，D选项错误；正确选项A。
点睛：利用元素周期律中元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，如本题中验证明酸性H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，则非金属性S＞C＞Si，但要注意的是如果不是最高价氧化物的水化物形成的酸，是不可以比较非金属性的，如：盐酸能够与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，说明盐酸的酸性比亚硫酸强，因此非金属性Cl＞S，这一结论是错误的，因为两种酸都不是最高价氧化物的水化物，不可以用来比较的，所以一定要注意是否是最高价氧化物的水化物。
6.已知1~18号元素的离子aW3+、bX+、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（ ）
A. 质子数：c＞b B. 离子的还原性：Y2－＞Z－
C. 氢化物的稳定性：H2Y＞HZ D. 原子半径X＜W
【答案】B
【解析】
【分析】
根据离子的电子层结构相同，判断出四种元素的原子序数的大小以及在周期表中的大体位置，再根据元素周期律判断各选项的正误。
【详解】因四种离子的电子层结构相同，所以质子数a、b、c、d的大小关系应为a＞b＞d＞c，且Y、Z在上一周期，Y在Z的左边，Y的非金属性小于Z；W、X在下一周期，X在W的左边，X的金属性大于W。A、质子数d＞c，选项A错误；B、离子的还原性：Y2-＞Z-，选项B正确；C、氢化物稳定性应为HZ＞H2Y，选项C错误；D、原子半径大小关系应为X＞W，选项D错误；答案选B。
【点睛】本题通过四种电子层结构相同的粒子考查学生对原子（离子）结构、元素周期律、氧化还原等知识的掌握情况，同时也要求学生平时应善于对知识进行归纳总结并变通应用。
7.四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依饮增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最小的，Z与Y、W均相邻，Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法正确的是
A. Y、Z和W三种元素可能位于同一周期
B. X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
C. 气态氢化物的热稳定性:ZW
【答案】B
【解析】
分析：X、Y、Z、W的原子序数依饮增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最小的，X元素是氢元素；列出可能的位置关系，利用最外层电子数之和为17推断，（1）假设Y、Z、W处于同一周期，根据它们的原子序数依次增大，其最外层电子数分别设为x-1、x、x+1，则x-1+x+x+1=17，x为分数，不合理，假设不成立；
（2）处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：

设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得x=5，Y、Z、W对应的三种元素分别为N，O，S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，x为分数，不合理。所以X、Y、Z、W四种元素分别是：H、N、O、S，据此分析判断下列问题。
详解：根据分析，Y、Z和W三种元素分别是：N、O、S，因此三种元素不可能位于同一周期，A选项错误；X、Y、Z三种元素分别是H、N、O，三种元素可以硝酸、亚硝酸、硝酸铵，所以三种元素可以组成共价化合物和离子化合物，B选项正确；氧原子半径比硫原子小，H-O的键长比H-S短，键能大，所以H2O比H2S稳定，即Z>W， C选项错误；Y元素是N元素，其氧化物对应的水化物有HNO3和HNO2、W元素是硫，其氧化物对应的水化物有H2SO4、H2SO3酸性：HNO3>H2SO3，但也有酸性H2SO4> HNO2，所以D选项中说法不贴切，D选项错误；正确选项B。
8.苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是(　　)
A. 苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种
B. 1 mol苹果酸可与3 mol NaOH发生中和反应
C. 1 mol苹果酸与足量金属Na反应生成1 mol H2
D. HOOC—CH2—CH(OH)—COOH与苹果酸互为同分异构体
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是有机物的结构和性质，认清官能团是关键。
详解：A.苹果酸中含有羧基和羟基，都能发生酯化反应，故正确；B.苹果酸含有2个羧基和一个羟基，羧基可以和氢氧化钠反应，所以1mol苹果酸可以和2mol氢氧化钠发生中和反应，故错误；C.羧基和羟基都可以和金属钠反应，故1mol苹果酸与足量的金属钠反应生成1.5mol氢气，故错误；D. HOOC—CH2—CH(OH)—COOH与苹果酸是同一种物质，故错误。故选A。
点睛：掌握有机物官能团的结构和性质是学好有机物的必备知识，能和金属钠反应的官能团有羟基和羧基，能与氢氧化钠反应的官能团为羧基和酯基。
9.根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化，其中一定正确的是(　 　)

A. H2O分解为H2与O2时放出热量
B. 生成1 mol H2O时吸收热量245 kJ
C. 甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙
D. 氢气和氧气的总能量小于水的能量
【答案】C
【解析】
由图中信息可知，1mol H2断裂共价键变为2mol H要吸收436KJ的能量，0.5mol O2断裂共价键变为1mol O要吸收249KJ的能量，2mol H和1mol O结合成1mol H2O要放出930KJ的能量。因此，可以算出1mol H2和0.5mol O2反应生成1mol H2O要放出245KJ的能量，反过来，水分解为H2与O2时吸收热量。综上所述，C正确，本题选C。
10.已知C2H6O存在两种结构C2H5OH和CH3OCH3。分子式为C5H12O且不能和金属钠反应放出氢气的有机物有(不考虑立体异构)(　　)
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】B
【解析】分子式为C5H12O且不能和钠反应产生氢气的物质为醚，若氧原子一侧连甲基，则另一侧为丁基，即CH3—O—C4H9，丁基有四种；若氧原子一侧连乙基，则另一侧为丙基，即C2H5—O—C3H7，丙基有两种，所以共有6种结构。答案选B。
11.某饱和一元醇CnH2n＋1OH 14.8g和足量的金属钠反应生成H2 2.24L(标准状况)，则燃烧3.7g该醇生成的水的物质的量为（ ）
A. 0.05mol B. 0.25 mol C. 0.5 mol D. 0.75 mol
【答案】B
【解析】
1 mol一元醇可生成0.5 mol氢气，则14.8 g醇的物质的量为0.2 mol，相对分子质量为74，故其分子式为C4H10O，故燃烧3.7 g该醇可生成0.25 mol水。
12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A. 7.8 g苯中所含双键数目为0.3 NA
B. 1.8 g NH4+中含有的电子数为1.1 NA
C. 标准状况下，22.4 L己烷含有的共价键数目为19 NA
D. 6.4 g Cu完全溶于硝酸中，转移的电子数为0.2 NA
【答案】D
【解析】A. 苯中不含碳碳双键，A错误；
B. 1.8 g 铵根的物质的量是0.1mol，其中含有的电子数为NA，B错误；
C. 标准状况下己烷不是气态，不能利用气体摩尔体积计算22.4 L己烷含有的共价键数目，C错误；
D. 6.4 g Cu的物质的量是0.1mol，完全溶于硝酸中生成硝酸铜，转移的电子数为0.2 NA，D正确。
答案选D。
13.在实验室中，下列除去杂质的方法正确的是（ ）
A. 除去溴苯中的少量溴，可以加水后分液
B. 除去CO2中的少量SO2，通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶
C. 除去硝基苯中混有的少量浓HNO3和浓H2SO4，将其倒入到NaOH溶液中，静置，分液
D. 除去乙烯中混有SO2，将其通入酸性KMnO4溶液中洗气
【答案】C
【解析】
分析：A.溴在水中的溶解度较小；
B.碳酸钠溶液也与二氧化碳反应；
C.浓HNO3和浓H2SO4均与NaOH反应，反应后与硝基苯分层；
D.乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
详解：A. 除去溴苯中的少量溴，可以加氢氧化钠后分液，A错误；
B. 除去CO2中的少量SO2，可通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，B错误；
C. 浓HNO3和浓H2SO4均与NaOH反应，反应后与硝基苯分层，然后分液可分离，C正确；
D. 酸性高锰酸钾溶液能氧化乙烯，因此除去乙烯中混有SO2，将其通入氢氧化钠溶液中洗气，D错误；
答案选C。
点睛：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的差异和应用，题目难度不大。
14.能一次将CH3COOH、CH3CH2OH、 、，四种物质鉴别出来的试剂是(　　)
A. H2O B. Na2CO3溶液 C. CCl4溶液 D. NaHSO4溶液
【答案】B
【解析】
【详解】其中CH3COOH、CH3CH2OH与水互溶，、不溶于水，前者密度小于水，而后者密度大于水。从而可知只需要水即可把后三者分开，另CH3COOH可与Na2CO3溶液产生气泡，故能一次区分四物质的试剂为Na2CO3溶液。答案选B。
15.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g(己知硝酸只被还原为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是（ ）

A. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4
B. 原混合酸中NO3-物质的量为0.4mol
C. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
D. 取20 mL原混合酸加水稀释至1 L后溶液c(H+) =0.1mol • L-l
【答案】B
【解析】
【分析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A．铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；B、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；C．铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；D．最终溶液为硫酸亚铁，结合消耗铁的总质量计算硫酸的物质的量，进而计算硫酸的浓度。
【详解】A．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，选项A正确；B．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，由于原溶液分成2等份进行实验，故原混合液中n（NO3-）=2n（Fe）=2×=0.2mol，选项B错误；C．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，选项C正确；D．第二份反应消耗22.4g铁，物质的量为=0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.25mol，所原混合酸中H2SO4物质的量浓度为=2.5mol/L，取20 mL原混合酸加水稀释至1 L后溶液c(H+) =2.5mol/L ×2×0.1mol • L-l，选项D正确。答案选项B。
【点睛】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。
16.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期主族元素，其中仅含有一种金属元素，A单质是自然界中密度最小的气体，A和D最外层电子数相同；B原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍； C和E在周期表中相邻，且E的质子数是C的2倍。请回答下列问题：
（1）B在元素周期表中的位置是_____________________；
（2）E的离子结构示意图是_____；DA中含有_______；（填化学键类型）
（3）BC2的电子式为________；（用具体元素表示，下同）
（4）C、D、E三种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是______________________；
（5）C和E形成氢化物的稳定性关系是__________________；为证明E最高价氧化物对应水化物酸性强于B时发生的化学反应方程式为______________________________________。
【答案】 (1). 第二周期ⅣA族 (2). (3). 离子键 (4). (5). S2->O2->Na+ (6). H2O>H2S (7). H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑
【解析】
【详解】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期主族元素，其中仅含有一种金属元素，A单质是自然界中密度最小的气体，则A为氢元素，A和D最外层电子数相同，则D为钠元素；B原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则B为碳元素； C和E在周期表中相邻，且E的质子数是C的2倍，则C为氧元素，E为硫元素。（1）B为碳元素，在元素周期表中的位置是第二周期ⅣA族；（2）E为硫元素，硫离子结构示意图是；DA为氢化钠属于离子化合物，含有离子键；（3）BC2的电子式为；（4）C、D、E三种元素简单离子中硫离子多一个电子层半径最大，氧离子和钠离子具有相同的电子层结构核电荷数大的钠离子半径较小，故离子半径由大到小的顺序是S2->O2->Na+；（5）非金属性越强氢化物的稳定性越强，则C和E形成氢化物的稳定性关系是H2O>H2S；为证明E最高价氧化物对应水化物酸性强于B时发生的化学反应方程式为H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑。
17.A、B、C、D、E均为有机化合物，它们之间的转化关系如下图所示（提示：RCH=CHR′在酸性高锰酸钾溶液中反应生成RCOOH和R′COOH，其中R和R′为烷基）。

（1）直链化合物A的相对分子质量小于90，A分子中碳、氢元素的总质量分数为0.814，其余为氧元素，则A的分子式为______；
（2）已知B与NaHCO3溶液完全反应，其物质的量之比为1：2，则在浓硫酸的催化下，B与足量的C2H5OH发生反应的化学方程式是_____________________，反应类型为______；
（3）A可以与金属钠作用放出氢气，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则A的结构简式是______；
（4）D的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应放出CO2的有______种，其相应的结构简式是_______________________________________________。
【答案】 (1). C5H10O (2). HOOC-CH2-COOH+2C2H5OH→H5C2OOC-CH2-COOC2H5+2H2O (3). 酯化反应或取代反应 (4). HO-CH2-CH2-CH=CH-CH3 (5). 2 (6). CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH
【解析】
【详解】（1）由题干信息可知B、C为含—COOH的物质，由C→D的转化可知C为CH3COOH，则A中必含CH3CH=CH—结构，由(3)中A与Na、溴的四氯化碳溶液反应可以推断A为烯醇类，由(2)中条件知B为二元羧酸，结合A为烯醇可以确定A为含CH3CH=CH—和—CH2—OH结构的物质，由(1)中知氧的质量分数为1－0.814＝0.186，而≈86＜90，可知A中仅含1个氧原子，则可设A的分子式为CnH2nO，通过相对分子质量为86可知分子式为C5H10O；（2）又因为A是直链化合物，则结构简式为CH3CH=CHCH2CH2OH，进一步推知B为HOOCCH2COOH，B与C2H5OH可以发生酯化反应或取代反应；（3）A是直链化合物，则结构简式为CH3CH=CHCH2CH2OH；（4）分子式为C4H8O2的同分异构体中能与NaHCO3反应的为羧酸，为C3H7COOH，其有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH和。
【点睛】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生基础性知识的巩固与训练，同时兼顾对学生能力的培养和解题方法的指导训练。该题的关键是掌握常见官能团的结构与性质，特别是官能团之间的相互转化关系，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范的答题能力。
18.某化学研究性学习小组设想探究铜的常见化学性质，过程设计如下：
[提出猜想]
问题1：在周期表中，铜与铝的位置很接近，铜不如铝活泼，氢氧化铝具有两性，氢氧化铜有两性吗？
问题2：铁和铜都有变价，一般情况下，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，正一价的铜稳定性也小于正二价的铜吗？
问题3：氧化铜有氧化性，能被H2、CO还原，它能被氮的某种气态氢化物还原吗？
[实验探究]
Ⅰ．解决问题1：
（1）需用到的药品除铜、铝、1mol/LCuSO4溶液、稀H2SO4外还需___________ (填试剂化学式)；
（2）配制1 mol/LCuSO4溶液25mL，选用的仪器除烧杯、天平、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还有_________________（填仪器名称）；
（3）为达到目的，你认为应进行哪些相关实验？（实验内容和步骤）
①制备Cu(OH)2； ②_______________________________________________________
Ⅱ．解决问题2的实验步骤和现象如下：取一定量制得的氢氧化铜周体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色同体粉末；继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸或盐酸，得到蓝色溶液，同时观察到试管底还有红色固体存在。根据以上实验及现象：
（4）写出氧化亚铜与稀硫酸（或盐酸）反应的离子方程式：__________________________；
（5）从实验Ⅱ可得出的结论是____________________________________________________。
Ⅲ．解决问题3：
设计如下装置：（夹持装置未画出）

当某种氮的气态氢化物(X)缓缓通过灼热的氧化铜，观察到氧化铜由黑色变成了红色，无水硫酸铜变成蓝色，生成物中还有一种无污染的气体Y；将X通入红热的CuO燃烧管完全反应后，消耗0.01 mol X，测得B装置增重0.36 g，并收集到单质气体Y0.28 g；
（6）研究小组同学确证燃烧管生成的红色物质是铜，你认为他们确证的方法是___________；
（7）X气体的摩尔质量为_____________；
（8）C中发生反应的化学方程式：________________________________________________。
【答案】 (1). NaOH溶液 (2). 250 mL容器瓶 (3). 将Cu(OH)2分别与稀硫酸、NaOH溶液反应 (4). Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O (5). 固体时低温下，Cu2+稳定；1 000℃以上时，Cu+稳定；在酸性环境Cu2+稳定、Cu+不稳定 (6). 将红色物质置于稀硫酸中，若溶液不变蓝，则确定为Cu (7). 32g/mol (8). N2H4+2CuO2Cu+N2+2H2O
【解析】
Ⅰ、（1）探究氢氧化铜是否能和硫酸和氢氧化钠反应的实验来选择药品；（2）配制一定物质的量浓度的溶液所需仪器：烧杯、天平、玻璃棒、量筒、胶头滴管、一定体积的容量瓶；（3）氢氧化铜是否能和硫酸和氢氧化钠反应的实验中，首先是氢氧化铜的配制，然后是让氢氧化铜和硫酸以及氢氧化钠反应；Ⅱ、（4）氧化亚铜与稀硫酸（或盐酸）反应生成金属单质铜和二价铜离子的盐溶液；（5）根据溶液中的离子反应来确定稳定存在的离子；Ⅲ、（6）根据金属铜和氧化亚铜的性质区别来回答；（8）根据原子守恒确定气态氢化物的化学式，并根据实验现象来书写化学方程式。
【详解】Ⅰ、（1）探究氢氧化铜是否能和硫酸和氢氧化钠反应的实验需要的药品是：制取氢氧化铜的硫酸铜和氢氧化钠，验证试验用到硫酸和氢氧化钠，所以需要硫酸铜和氢氧化钠以及硫酸溶液；（2）配制一定物质的量浓度的溶液所需仪器：烧杯、天平、玻璃棒、量筒、胶头滴管、一定体积的容量瓶，容量瓶的规格根据所配置的溶液来确定，故答案为：250mL容量瓶；（3）氢氧化铜是否能和硫酸和氢氧化钠反应的实验中，首先是氢氧化铜的配制，然后是让氢氧化铜和硫酸以及氢氧化钠反应，所以实验步骤第一步是：用CuSO4溶液和NaOH溶液制Cu（OH）2；第二步是：将Cu（OH）2分别与稀H2SO4和NaOH溶液反应，故答案为：将Cu（OH）2分别与稀H2SO4和NaOH溶液反应；Ⅱ、（4）氧化亚铜与稀硫酸（或盐酸）反应生成金属单质铜和二价铜离子的盐溶液，反应实质是：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；（5）根据溶液中的离子反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O 可以知道在溶液中Cu2+的稳定性强于Cu+，故从实验Ⅱ可得出的结论是：固体时低温下，Cu2+稳定；1 000℃以上时，Cu+稳定；在酸性环境Cu2+稳定、Cu+不稳定；Ⅲ、（6）金属铜不能和稀硫酸反应，氧化亚铜能和稀硫酸反应，生成硫酸铜蓝色溶液，故答案为：将红色物质置于稀硫酸中，溶液不变蓝，则证明为铜；（7）消耗0.01mol X，测得B装置增重0.36g，即生成0.02mol的水，并收集到单质气体Y 0.28g即氮气0.01mol，根据原子守恒可以确定气态氢化物X中含有4个氢原子和2个氮原子，X的化学式为N2H4，摩尔质量为32g/mol；（8）C中发生反应是N2H4和氧化铜反应生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为：N2H4+2CuO2Cu+N2+2H2O。
【点睛】本题以实验探究的方式考查学生将金属铜及其化合物的性质，注意知识的迁移和应用，综合性较强，难度较大。
19.工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体（含NO、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：

已知：Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2
（1）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有_________________（填化学式）。
（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是_____________；蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的_____________________（填操作名称）最合理。
（3）母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是______________________________；母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的是_______。
a．转入中和液  b．转入结晶Ⅰ操作   c．转入转化液    d．转入结晶Ⅱ操作
（4）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为 ______________吨（假定Na2CO3恰好完全反应）。
【答案】 (1). NaNO3 (2). 防止NaNO2的析出 (3). 溶碱 (4). 将NaNO2转化为NaNO3 (5). cd (6). 1.59
【解析】
由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑，然后中和液进行蒸发Ⅰ操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率，以此解答（1）～（3）；（4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）==2×104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1×104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），结合m=nM计算。
【详解】由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑，然后中和液进行蒸发Ⅰ操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率。（1）由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应生成NaNO2，还可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，故答案为：NaNO3；（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率；（3）由上述分析可知，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是将NaNO2转化为NaNO3。母液Ⅱ需回收利用，可转入转化液或转入结晶Ⅱ操作，提高其利用率，故答案为：将NaNO2转化为NaNO3；cd；（4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）==2×104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1×104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2×104mol+1×104mol）××106g/mol=1.59×106g=1.59t。
【点睛】本题涉及物质的制备流程及混合物分离提纯综合应用，把握流程中的反应、分离方法为解答的关键，注意工业生产与环境保护、原料利用率等，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等。