江西省宜春市上高二化学中2018_2019学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）.docx

江西省宜春市上高二化学中2018-2019学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量： C:12 O:16 Na:23 S:32 Fe:56 Cu:64 一、选择题(本题包括16小题，每小题只有一项符合题意，每小题3分，共48分)1.李克强总理在世界核安全会议上倡导各成员国安全、合理地开发利用核能。23592U是核反应堆的重要原料，下列说法正确的是()A. 23592U中的中子数为235B. 23592U和23892U是同一种核素C. 合理利用核能符合“低碳经济”要求D. 23592U和23892U是铀元素的两种同素异形体【答案】C【解析】【详解】A.23592U其质子数为92，质量数为235，由中子数=质量数-质子数可知，中子数=235-92=143，故A错误；B.23592U和23892U质子数相同但中子数不同，是不同的核素，故B错误；C.合理利用核能可以减少化石燃料的应用，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳的排放，符合“低碳经济”要求，故C正确；D.23892U和 23592U互为同位素，是同一元素的不同原子，不是单质，故D错误。故选C。2.下列化学用语的书写，正确的是()A. 氯原子的结构示意图B. 6个质子8个中子的碳元素的核素符合：12CC. KOH的电子式：D. HClO的结构式为H-Cl-O【答案】C【解析】【详解】A.氯原子结构中最外层电子数为7，正确的结构示意图为，故A错误；B.6个质子8个中子的碳元素的核素符号为146C，故B错误；C.氢氧化钾属于离子化合物，化学式中存在钾离子和氢氧根离子，氢氧化钾的电子式为，故C正确；D.氧元素的非金属强于氯元素的，HClO的结构式应该是HOCl，故D错误。故选C。3.下列有关浓硫酸的叙述正确的是()A. 冷的浓硫酸使铁、铝钝化属于化学变化B. 浓硫酸与金属活动性顺序中在氢后面的金属反应生成的气体一般为SO2，与氢前面的金属反应生成的气体一般为H2C. 浓硫酸具有吸水性，可以干燥NH3、H2等气体D. 浓硫酸是不挥发性强酸，氢硫酸是挥发性弱酸，所以可用浓硫酸与FeS反应制取H2S气体【答案】A【解析】【详解】A.常温下铁、铝遇冷的浓H2SO4时表面会生成一层致密的氧化物薄膜，化学上称为钝化，属于化学变化，故A正确；B.浓硫酸具有强的氧化性，与金属反应得不到氢气，故B错误；C.氨气属于碱性气体，能被浓硫酸吸收，所以不能被浓硫酸干燥，故C错误；D.浓硫酸具有强的氧化性，能够氧化硫化氢，不能用浓硫酸制取硫化氢，故D错误。故选A。4.氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰。在反应过程中，破坏1 mol 氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1 mol 氯气中的化学键消耗的能量为Q2KJ，形成1 mol 氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中正确的是A. Q1+ Q22Q3B. Q1+ Q2Q3C. Q1+ Q2Q3D. Q1+ Q22Q3【答案】A【解析】试题分析：破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则Cl-Cl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-Cl键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+Cl2（g）2HCl（g），反应热H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧是放热反应，则Q1+Q2-2Q30，所以Q1+Q22Q3，选A。考点：考查反应热的计算。5.在离子RO3n-中共有x个核外电子，R原子的质量数为A，氧原子的质子数为8，则R原子核内含有的质子数目是A. Ax+n+48B. Ax+n+24C. x-n-24D. x+n-24【答案】C【解析】【分析】根据阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数解答。【详解】设R原子核内含质子的数目为Z，离子RO3n-中共有x个核外电子，所以Z+24+n=x，所以R原子核内含质子的数目Z=x-n-24。答案选C。【点睛】本题主要考查了中子数、质量数、质子数之间的关系，明确离子核外电子数、质子数、电荷数之间的关系是解题的关键。6.未来新能源的特点是来源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列满足未来新能源标准的是()天然气煤石油太阳能生物质能 风能氢A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，满足未来新能源标准的是。故选C。7.2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“钿”，tin），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是A. Ts是第七周期第VIIA族元素B. Ts的同位素原子具有相同的电子数C. 中子数为176的Ts核素符号是D. Ts在同族元素中非金属性最弱【答案】C【解析】分析：根据原子序数判断该元素在周期表中的位置，根据组成原子的有关物理量之间的关系以及元素周期律解答该题。详解：A、117号元素位于118号左侧即A族，所以Ts是第七周期第A族元素，A正确；B、同位素是同种元素不同原子之间的互称，因此Ts的同位素原子具有相同的电子数，B正确；C、中子数为176的Ts核素，其质量数为176+117=293，所以这种核素符号是，C错误。D、元素周期表同一列从上往下非金属性依次减弱，所以Ts在同族元素中非金属性最弱，D正确；答案选C。点睛：明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，元素周期表每一周期元素种类依次为2、8、8、18、18、32、32（周期表未排满），则每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。8.用如图装置制取、提纯并收集表中的4种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂)，其中可行的是气体abcANO2浓硝酸铜片NaOH溶液BSO2浓硫酸铜片酸性KMnO4CCO2稀硫酸Na2CO3固体浓硫酸DNH3浓氨水生石灰浓硫酸A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A生成NO2不能用NaOH溶液干燥，会被吸收；B生成SO2需要加热条件；D中NH3不能用浓硫酸干燥，会吸收掉NH39.下列各个装置中能组成原电池的是 ( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】构成原电池的条件是活泼型不同的电极，导线相连并且插入电解质溶液中。A中电极相同，错误。C中不是电解质溶液，错误。D中没有形成完整的闭合回路，错误。答案是B。10.下列过程中，共价键被破坏的是( )A. 冰融化B. KOH 熔化C. NaHSO4 溶于水D. 碘升华【答案】C【解析】A冰融化克服的分子间作用以及氢键，共价键没有破坏，故A错误；B KOH属于离子化合物，熔化时生成K+和OH-，只能破坏离子键，不会破坏共价键，故B错误；CNaHSO4 溶于水在水分子的作用下，电离出Na+、H+和SO42-，破坏了共价键，故C正确；D碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故D错误；故答案为C。11.原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是( )A. 元素的非金属性次序为cbaB. a和其他3种元素均能形成共价化合物C. d和其他3种元素均能形成离子化合物D. 元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B【解析】试题分析：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a-的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c-和d+的电子层结构相同，则d为K元素。A同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性ClSH，故A正确；BH元素与S元素、Cl元素分别形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；CK元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；DH元素最高正化合价为+1、最低负化合价为-1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为-2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为-1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确。故选B。考点：考查原子结构与元素周期律的关系12.X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，Xa、Yb 、Z(b1)简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是A. 已知mXa与nYb，得manbB. 离子半径：YbZ(b1)XaC. Z(b1)的还原性一定大于YbD. 气态氢化物的稳定性Hb1Z一定大于HbY【答案】C【解析】试题分析：A。原子失去电子形成阳离子，原子获得电子，形成阴离子。由于mXa+、nYb、Z（b+1）简单离子的电子层结构相同，所以m-a=n+b，因此选项A错误。B.对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数移动，离子半径就越小。因此离子半径：Z（b+1）Yb Xa+。错误。C对于电子层结构相同的离子来说，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，离子的还原性就越弱。Z(b+1)的还原性一定大于Yb 。正确。D.核电荷数YZ，核电荷数越大，其气态氢化物的稳定性就越强，因此稳定性Hb+1Z一定小于HbY。错误。考点：考查电子层结构相同的微粒的半径、还原性、物质的稳定性的知识。13.由质量均为100g的铁片、铜片和足量CuSO4溶液组成原电池装置，经过一段时间后，两电极的质量差变为12g，则下列说法正确的是（ ）A. 铁片溶解了12gB. 导线中通过了0.2mol电子C. 铜片上析出了6gCuD. 铜片溶解了6.4g【答案】B【解析】【详解】由质量均为100g的铁片、铜片和足量CuSO4溶液组成原电池装置，其中铁是负极，发生失去电子的氧化反应Fe2eFe2，铜是正极，溶液中的铜离子发生得到电子的还原反应Cu22eCu，经过一段时间后，两电极的质量差变为12g，设溶解的铁的物质的量是x mol，根据电子得失守恒可知析出铜是x mol，所以64x56x12，解得x0.1。则A. 铁片溶解了5.6g，A错误；B. 导线中通过了0.2mol电子，B正确；C. 铜片上析出了6.4gCu，C错误；D. 铁溶解，铜片不溶解，D错误。答案选B。14.五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。下列说法正确的是元素代号XWYZQ原子半径(1012m)37646670154主要化合价1125、31A. 由Q与Y形成的化合物中只存在离子键B. W的最高正价为7C. 由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液呈碱性D. Z与X之间形成的化合物具有还原性【答案】D【解析】根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1，则X位于第IA族；W、Y、Z为同周期元素，根据其化合价知，W为第VIIA族、Y为第VIA族、Z为第VA族元素，Q为第IA族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以Q是Na元素，W、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，X原子半径小于W，所以X是H元素，AY是O元素、Q是Na元素，二者能形成Na2O、Na2O2，Na2O中只存在离子键，Na2O2中存在离子键和共价键，选项A错误；B. W是F元素，没有正价，选项B错误；C. 由X、Y、Z三种元素形成的化合物HNO3的水溶液呈酸性，选项C错误；D. Z与X之间形成的化合物NH3或NH均具有还原性，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查了原子结构和元素周期律的关系，根据元素的原子半径、化合价结合元素周期律来推断元素，正确推断元素是解本题关键，再结合物质的结构来分析解答。根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1，则X位于第IA族；W、Y、Z为同周期元素，根据其化合价知，W为第VIIA族、Y为第VIA族、Z为第VA族元素，Q为第IA族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以Q是Na元素，W、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，X原子半径小于W，所以X是H元素，据此分析。15. 短周期元素X、Y、Z和W 的原子序数依次递增，且在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为19，X和Y元素原子的原子序数比67，X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍。下列说法正确的是A. X单质不可以与CO2反应B. Y的氧化物是良好的半导体材料C. Z的氢化物比W的氢化物更稳定D. X的最高价氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物中有共价键和离子键【答案】D【解析】试题分析：X和Y元素的原子序数比6：7，设X的原子序数6，X：C，则Y的原子序数7，Y：N，X的最高价是W的最低负价的绝对值的2倍且它们属于同周期，即W：O，不符合题意，则X和Y元素的原子序数分别为12、14，则是：Mg、Si，X的最高价是W的最低负价的绝对值的2倍且它们属于同周期，即W：Cl，四种元素最外层电子数之和为19，则Z：S，A、2MgCO2=2MgOC，错误；B、SiO2是石英，晶体硅是良好的半导体材料，不是二氧化硅，错误；C、Cl的非金属性强于S，非金属性越强，其氢化物越稳定，稳定性：HClH2S，错误；D、X的最高价氧化物：MgO，Z的最高价氧化物：SO3，两者化合物是MgSO4，含有离子键和共价键，正确。考点：考查元素周期律和元素性质。16.燃料电池是一种新型电池，它主要是利用燃料在燃烧过程中把化学能直接转化为电能，氢氧燃料电池的电极反应如下：X极：O22H2O4e=4OH；Y极：2H24OH4e=4H2O下列判断正确的是()A. X是正极，发生氧化反应B. 该电池可用稀硫酸作为电解质溶液C. 供电时Y极附近的酸性减弱D. 使用时若生成1 mol H2O则转移2 mol电子【答案】D【解析】【详解】A.X是正极，发生还原反应，故A错误；B.由电极反应式可知，电池应用碱液作电解质溶液，故B错误；C.由B可知，电池应用碱液作电解质溶液，OH-被消耗，酸性增强，故C错误；D.X、Y两极反应式相加可得O2+2H2=2H2O，每生成1molH2O转移2mol电子，故D正确。故选D。二、非选择题(每空2分，共52分)17.通常情况下，微粒A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子，它们都含有10个电子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀。请回答：(1)用化学符号表示下列2种微粒： C：_D ：_(2)写出A、B、E三种微粒反应的离子方程式：_和_【答案】 (1). NH4+ (2). OH- (3). Al3+ + 3NH3 + 3H2O = Al(OH)3 + 3NH4+ (4). Mg2+ + 2NH3 + 2H2O = Mg (OH)2+ 2NH4+【解析】【分析】常见的10电子分子有H2O、NH3、CH4、HF等，常见的10电子阳离子有Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+，常见的10电子阴离子有F-、OH-，根据“B溶于A后所得的物质可电离出C和D”，可推出A为H2O、B为NH3、C为NH4+、D为OH-，再根据A、B、E反应后可得C和一种白色沉淀，可推出E为Mg2+或Al3+，据此答题。【详解】（1）由上述分析可知，A为H2O；B为NH3；C为NH4+；D为OH-；故答案为：NH4+；OH-。（2）A为H2O、B为NH3，E为Mg2+或Al3+，A、B、E三种微粒反应的离子方程式为：Al3+3NH3+3H2OAl（OH）3+3NH4+或Mg2+2NH3+2H2OMg（OH）2+2NH4+；故答案为：Al3+3NH3+3H2OAl（OH）3+3NH4+或Mg2+2NH3+2H2OMg（OH）2+2NH4+。18.现有A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙三分子中含有的质子数都为10，C、D结合生成化合物丁。有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如下图所示： (1)写出B乙甲C的化学反应方程式_。(2)根据以上条件可以确定A、B、C、D四种元素中的三种，不能被确定的第四种元素是_(填写序号)。ABCD(3)依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素：甲与丙以及乙与丙均能够发生反应，甲、丙都是无色、有刺激性气味的物质。据此，请回答下列问题：写出上述第四种元素在周期表中的位置_。写出C丙乙丁的化学反应方程式_。【答案】 (1). 2F22H2O=4HFO2 (2). (3). 第二周期第A族 (4). 4NH35O24NO6H2O【解析】【分析】A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙分子均含有10个质子，C、D结合生成化合物丁，乙和B单质反应生成C单质和化合物甲，反应是置换反应，因为甲、乙、丙分子均含有10个质子，则可初步确定A是氢元素，考虑到B可置换C，可初步确定B是氟元素，C是氧元素，所以，D应该是碳元素或氮元素，故A是H元素，B是F元素，C是O元素，D是N或C元素，甲是HF，乙是H2O，丙是NH3或CH4，丁是NO或CO2，据此答题。【详解】（1）依据分析可知，转化关系图中已确认的反应为B+乙甲+C的反应，是氟气和水反应生成氟化氢和氧气，化学反应方程式：2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2。（2）依据分析可知，D元素不能确定，故答案为：。（3）依据题中所给的条件甲与丙以及乙与丙均能够发生反应，甲、丙都是无色、有刺激性气味的物质，判断出丙是NH3，丁是NO，故D是N元素，N元素在周期表中的位置是第二周期第VA族；C丙乙丁即氨的催化氧化，反应方程式为4NH35O24NO6H2O，故答案为：第二周期第A族；4NH35O24NO6H2O。19.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。(1)W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为_(2)W与Y 可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为_。(3)Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为_。Y的最高价氧化物是否满足8电子稳定结构_(填是.否)(4)比较Y、Z气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是_(用分子式表示)。(5)W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是_。(用离子符号表示)。【答案】 (1). OHAl(OH)3AlO2-2H2O (2). Na2Na (3). SO2Cl22H2O2HClH2SO4 (4). 否 (5). HClH2S (6). S2ClNaAl3【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素，W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以两两反应，则X为铝元素，W为钠元素，W、X、Y、Z均为第三周期元素，W与Y可形成化合物W2Y，则Y为硫元素，Z的原子序数比Y大，所以Z为氯元素，据此答题。【详解】（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物分别为Al（OH）3、NaOH，反应的离子方程式为OHAl(OH)3=AlO2-2H2O，故答案为：OHAl(OH)3=AlO2-2H2O。（2）W与Y可形成化合物Na2S，Na2S由钠离子和硫离子组成，电子式为Na2Na，故答案为：Na2Na。（3）二氧化硫通入氯水中，反应的化学方程式为SO2Cl22H2O=2HClH2SO4，Y的最高价氧化物为SO3，SO3中，S原子的最外层电子为：6+612，O原子的最外层电子为：6+|-2|=8，不都满足8电子稳定结构，故答案为：SO2Cl22H2O=2HClH2SO4；否。（4）因为氯的非金属性强于硫，所以氯化氢的稳定性强于硫化氢，故答案为：HClH2S。（5）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，所以W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是：S2ClNaAl3，故答案为：S2ClNaAl3。【点睛】利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数，同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。20.(1)下列关于充电电池、干电池的叙述合理的是_。干电池可以实现化学能向电能的转化和电能向化学能的转化锌锰干电池长时间连续使用时内装糊状物可能流出腐蚀电器充电电池可以无限制地反复放电、充电充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行(2)铅蓄电池中，正极材料为PbO2，负极材料为Pb，放电时其负极反应式为_。(3)原电池在NaOH溶液介质中，铝为负极，其负极反应式为_。(4) 如图为绿色电源“二甲醚(CH3OCH3)燃料电池”的工作原理示意图b 电极是_极请写出负极的电极反应方程式：_【答案】 (1). (2). PbSO42-2e=PbSO4 (3). Al4OH3e=AlO2-2H2O (4). 正 (5). (CH3)2O12 e+3H2O = 2CO2+12H+【解析】【详解】（1）原电池是把化学能转化为电能的装置，所以锌锰干电池能将化学能转化为电能，但不能完成电能向化学能的转化，故错误；NH4Cl和ZnCl2都是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以干电池长时间连续使用时内装糊状物可能流出腐蚀电器，故正确；充电电池属于二次电池，但并不是可以无限制地反复充电、放电，故错误；充电过程的反应物是放电过程的生成物，所以充电是使放电的氧化还原反应逆向进行，故正确。所以关于充电电池、干电池的叙述合理的是，故答案为：。（2）铅蓄电池放电时其负极反应式为：PbSO42-2e=PbSO4，故答案为：PbSO42-2e=PbSO4。（3）原电池在NaOH溶液介质中，铝为负极，铝失去电子，且溶液为碱性，则其负极反应式为Al4OH3e=AlO2-2H2O，故答案为：Al4OH3e=AlO2-2H2O。（4）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极发生还原反应，氧气在正极放电，由图可知，a极为负极，b为正极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子，a电极的电极反应式为 CH3OCH3-12e-+3H2O2CO2+12H+，故答案为：正极；CH3OCH3+3H2O-12e-2CO2+12H+。【点睛】根据装置中的信息，通过外电路中电子的流向、物质的转化、电解质离子的运动方向等信息确定两个电极的极性，然后分析电极反应。21.某课外活动小组在实验室用下图所示装置快速制取氨并验证氨的某些性质，同时收集少量纯净的氮气，请回答。(1)写出用生石灰和浓氨水反应制氨的化学方程式_，解释放出NH3的原因_。(2)实验进行一段时间，观察到硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变为红色，盛无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，并且在最后的出气导管口处收集到纯净、干燥的氮气。根据这些现象，写出在硬质玻璃管内发生反应的化学方程式：_，(3)在最后的出气导管口处收集干燥、纯净的氮气，收集方法是_。A排空气法 B排水法 C用气囊收集 (4) E中的碱石灰_(填“能”或“不能”)换成CaCl2。(5) 在浓硝酸中放入铜片，若铜有剩余，开始反应的化学方程式为 _，(6) 若将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，共产生NO和NO2 气体V L(标准状况)，将产生的气体与一定量的氧气混合恰好被一定量的NaOH溶液吸收生成硝酸盐,则通入氧气的物质的量是_。【答案】 (1). NH3H2OCaO=Ca(OH)2NH3 (2). 生石灰与水反应放出大量热，促使NH3H2O受热分解生成NH3，又由于温度升高，NH3的溶解度减小，使NH3从水中逸出 (3). 3CuO2NH33Cu3H2ON2 (4). C (5). 不能 (6). Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O (7). 0.1 mol【解析】【分析】（1）生石灰与氨水中的水反应生成氢氧化钙，同时放出大量热，促使NH3H2O受热分解生成NH3，又由于温度升高NH3的溶解度减