高三化学1晶体胶体化学反应中的物质变化和能量变化

《高三化学1晶体胶体化学反应中的物质变化和能量变化》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三化学1晶体胶体化学反应中的物质变化和能量变化（14页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、高中学生学科素质训练高三化学第一轮复习单元测试（1）晶体的类型与性质单元、胶体的性质及其应用单元、化学反应中的物质变化和能量变化单元本试卷分第卷和第卷两部分，共150分；答题时间120分钟。可能用到的原子量： H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64第卷（选择题，共72分）一、选择题（共8小题，每小题4分，每小题只有一个答案符合题意）1在常温常压下呈气态的化合物、降温使其固化得到的晶体属于 （ ）A分子晶体B原子晶体C离子晶体D何种晶体无法判断2下列叙述正确的是 （ ）A分子晶体中的分子内一定有共价键B原子晶体一

2、定有非极性共价键C镁晶体中1个Mg2+跟2个价电子有较强作用D金属晶体发生形变时其内部金属离子与自由电子的相互作用仍然存在3在一定条件下，氯酸钾与碘按下式反应：2KClO3I2 = 2KIO3Cl2，由此可推断下列相 应的结论不正确的是 （ ）A该反应属于置换反应B还原性：I2Cl2C非金属性：IClD氧化性：KClO3Cl241999年美国科学杂志报道：在40GPa的高压下，用激光加热到1800K，人们成功制 得了原子晶体CO2，下列对该物质的推断一定不正确的是 （ ）A该原子晶体中含有极性键B该原子晶体易气化，可用作制冷材料C该原子晶体有很高的熔点、沸点D该原子晶体硬度大，可用作耐磨材料5

3、下列分离或提纯物质的方法错误的是 （ ）A用渗析的方法精制氢氧化铁胶体B用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠C用溶解、过滤的方法提纯含有少量硫酸钡的碳酸钡D用盐析的方法分离、提纯蛋白质6下列现象或应用不能用胶体知识解释的是 （ ）A肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗B牛油与NaOH溶液共煮，向反应后所得的溶液中加入食盐析出固体C氯化铝溶液中加入小苏打溶液会产生白色沉淀和气体D水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，减少对空气污染7下列叙述正确的是 （ ）A直径介于1nm10nm之间的微粒称为胶体B电泳现象可证明胶体属于电解质溶液C利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D胶体粒子很小

4、，可以透过半透膜8氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶 瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成： Al2O3 + N2 + 3 C 高温 2 AlN + 3 CO 下列叙述正确的是 （ ）A在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B上述反应中每生成2 mol AlN，N2得到3 mol电子C氮化铝中氮元素的化合价为3D氮化铝晶体属于分子晶体二、选择题（共10小题，每小题4分，每小题有12个答案符合题意）9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，一定有CO32

5、或 SO32B向可能含有SO42、SO32的溶液中加入过量的盐酸，再加入Ba(NO3)2溶液，可检验 SO42的存在；C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸变红，一定有NH4D向某溶液中先通入Cl2再滴加KSCN溶液时溶液变红，则该溶液至少含有Fe2+和Fe3+ 中的一种10对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是 （ ）A向无色溶液中加氯水变橙色，溶液中可能含： SO42，Br，OH，Ba2+B在c(H+)=10-14mol/L的溶液中可能含：Na+，A1O2，CO32，SO32C在常温下加入铝粉有氢气放出，则溶液中可能含：K+，Na+，H+，NO3D使紫色石蕊试液变红色的溶

6、液中可能含：K+，Na+，Ca2+，HCO311能正确表示下列反应的离子方程式是 （ ）A向偏铝酸钠溶液中滴加过量的碳酸氢钠溶液：AlO24H=Al32H2OB用NaOH溶液吸收过量的硫化氢气体：2OHH2S=S22H2OC氯化银溶于浓氨水：AgCl2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl2H2OD向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液：Fe33H2O=Fe(OH)33H12下列说法中正确的是 （ ）A在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B由“C(石墨)=C(金刚石)；H=+119kJmol-1 ”可知，金刚石比石墨稳定C在稀溶液中：H(aq)+OH(aq)=H2O(l)；H=

7、-57.3l kJmol-1，若将含0.5mol H2SO4的 浓硫酸与lmol NaOH溶液混合，放出的热量大于57.31 kJ D在101KPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ 热量，氢气燃烧的热化学 方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；H =+285.8 kJmol-113如图所示为白磷在空气中充分燃烧的生成物分子的结构示意图。其中圆圈表示原子，实 线表示化学键。下列关于该生成物的叙述中不正确的是（ ）A生成物的分子式为P4O10B分子中磷原子排列成正四面体型C单实线表示的化学键为极性键，双实线表示的为非极性键D生成物分子式为P4O614已知：向

8、KmnO4晶体滴加浓盐酸,产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上,试纸变蓝色.下列判断正确的是 （ ）A上述实验证明氧化性：MnO-4Cl2Fe3+I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性15在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当三个反应中转移的电子个数之比为9：3：8 时，在同温同压下三个反应中所制得氧气体积之比为（ ） A4：3：2B9：3：16C2：2：1D9：3：816 一种酸性较强的溶液中，可能存在NO3、I、Cl

9、和Fe3+中的一种或几种，向该溶液中加入溴水后，溴单质被还原，由此可推知这种溶液中 （ ）A含I，不能确定是否含ClB含NO3C含I、NO3、ClD含Fe3+17纳米材料的表面微粒数占总微粒数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状（如右图所示）相同，则这种纳米颗粒的表面微粒数点总微粒数的百分数为（ ）A87.5%B92.9% C96.3%D100%1812 g石墨在24g的氧气中燃烧至反应物完全消耗，测得放出x kJ的热量，已知石墨的燃烧热为y kJmol1。则石墨与氧气反应生成CO的热化学方程式正确的是（ ）AC（s）+O2（g

10、）=CO（g）；H=y kJmol1B2C（s）+2O2（g）=2CO（g）；H=x kJmol1CC（s）+O2（g）=CO（g）；H=（2xy）kJmol1D2C（s）+O2（g）=2CO（g）；H=（2xy）kJmol1第卷（非选择题，共78分）三、实验题（本题有2小题，共19分）19（8分）如下图所示，把试管放入盛有25的饱和石灰水溶液的烧杯中，试管中开始放入几小片镁片，再用滴定管滴入5 mL盐酸于试管中。回答下列问题： （1）实验中观察到的现象是_。 （2）产生上述现象的原因是_。 （3）写出有关反应的离子方程式_。 （4）由实验推知，所得MgCl2溶液和H2的总能量_（填“大于”“

11、小于”“等于”）原来镁片和盐酸的总能量。20（11分）某化学课外活动小组，从化学手册上查得硫酸铜在500以上按下式分解，便决定设计一验证性实验探索测定反应产生的SO2、SO3和O2的物质的量，并经计算以此确定该条件下CuSO4分解反应方程式中各物质的化学计量数。实验可能用到的仪器如图所示：实验测得数据及有关结果如下：准确称取6.0g无水CuSO4；干燥管总质量在实验结束时增加了2.4g；测出量筒中水的体积后，折算成排水的气体在标准状况下的体积为280mL；实验结束时，装置F中的溶液变为NaHSO4溶液(不含其他杂质)。试回答下列问题： （1）按装置从左至右的方向，各仪器接口连接顺序为_（填序号

12、）。 （2）装置F的作用是_。 （3）装置D的作用是_。 （4）确定装置E的进、出口的原则是_。 （5）首先应计算的是物质_的体积；通过计算，推断出该条件下反应的化学方程式：_。 （6）该实验设计中，可能给测定带来误差最大的装置是（填代号）_。四、填空题（本题有4小题，共44分）21（8分）通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估算化学反应的反应热（H），化学反应的H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。化学键SiOSiClHHHClSiSiSiC键能/kJmol1460360436431176347

13、请回答下列问题： （1）比较下列两组物质的熔点高低（填“”或“” SiC_Si；SiCl4_SiO2 （2）右图立方体中心的“”表示硅晶体中的一个原子，请在立 方体的顶点用“”表示出与之紧邻的硅原子。 （3）工业上用高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）2H2（g）Si（s）4HCl（g） 该反应的反应热H_kJ/mol。22（12分）将饱和三氯化铁溶液滴入沸水时，液体变为_色，得到的是_，反应的离子方程式为_。用此分散系进行实验： （1）将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直接电源，通电一段时间后发现阴极附近颜色_，这表明_，这种现象称为_。 （2）向其中加入饱和的硫酸铵溶液，发生的现象

14、是_；原因是_。 （3）向其中逐滴加入过量稀硫酸，现象是_；原因是_。 （4）提纯此分散系的方法叫_。23（12分）在热的稀硫酸溶液中溶解了11.4g硫酸亚铁固体,当加入50mL 0.5mol/L KNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也完全反应并放出NxOy气体。 （1）推算出 x =_；y =_。 （2）配平该反应的方程式：_ FeSO4+ _ KNO3 +_H2SO4 _K2SO4 + _Fe2（SO4）3 +_NxOy + _H2O （3）反应中氧化产物是_。 （4）用双线桥法表示该反应中的电子转移方向和数目：_。24（12分）某化学兴趣小组的同学为模拟工业制造硫

15、酸的生产过程，设计了如图所示的装置，请根据要求回答问题： （1）装置A用来制取氧气，写出相应的化学方程式_； （2）燃烧炉内放一定量黄铁矿粉末，在高温条件下和A装置制出的氧气充分反应，其化学方程式为，在该反应中_做氧化剂；若消耗了有_mol电子发生了转移； （3）C装置为净化装置，若无该装置，将混合气体直接通入D装置，除对设备有腐蚀外，还会造成的后果是_； （4）如果D装置的温度是400500，在常压下生成，可放出的热量，请写出该反应的热化学方程式_；并回答在工业中不采取加压措施的原因_ _。四、计算题（本题有2小题，15分）25（6分）将一定质量的铜粉加入到装有100mL某浓度的稀硝酸溶液中

16、充分反应。 （1）当容器中剩有m1g的铜粉时，收集到标准状况下448mLNO气体。所得溶液中溶质的化学式是_。原硝酸溶液的物质的量浓度为_molL1。 （2）向上述固一液混合物中逐滴加入稀硫酸直至刚好不再产生气体为止，该气体遇空气变红棕色，此时容器中有铜粉m2g。此时溶液中溶质的化学式是_。写出加入稀硫酸后所发生反应的离子方程式：_。m1m2=_g。26（9分）Cu（NO3）2受热分解后的产物为不含氮元素的固体和气体NO2还有O2， （1）若Cu（NO3）2受热分解后生成的NO2和O2的物质的量之比为4:1，则铜元素的化学价在分解前后是否发生变化_（填“改变”或“不变），其理由是_。 （2）若

17、称取mgCu（NO3）2强热使其分解得到NO2和O2，还有ng固体，将气体用水充分吸收后还有残余气体同时得到100ml溶液,则该溶液物质的量浓度为_mol/L（用含m的式子表示） （3）若（2）中m=3.76g,n=1.52g，试同过计算求残留固体的成分及其质量。参考答案（1）一、选择题（共8小题，每小题4分，每小题只有一个答案符合题意）1A 气态化合物变为固体是状态的改变，是物理变化，分子之间以分子间作用力结合在在 一起的，其晶体为分子晶体。2D 稀有气体构成的分子是单原子分子，其晶体中的分子内没有共价键。B对由单质构成 的原子晶体是适用的，但对SiC等原子晶体就不适用。金属晶体中的金属阳离

18、子是“浸” 在电子的“海洋”中的。3C 按置换反应的概念断定所给反应是一个置换反应。由元素化合价的变化可知：反应 2KClO3I2=2KIO3Cl2中KClO3是氧化剂，I2是还原剂，KIO3是氧化产物，Cl2是还原 产物，据“还原剂的还原性还原产物的还原性”规律推知，B正确。KClO3得到电子生 成Cl2，说明其氧化性强于Cl2，D正确。在该反应中I2失电子，而不是得电子，故不能 推出非金属性ICl的结论，因非金属性是指得电子的性质。4B 原子晶体型的CO2具有很高的沸点、熔点，不易气化，不易液化，分子中均以CO 键结合，原子晶体一般硬度大，可作耐磨材料。5C 硫酸钡的碳酸钡都不溶于水，不能

19、通过过滤的方法分离。6C 本题取材于生活实际，考查学生运用知识的能力。人体的血液为血红蛋白胶体，血 液透析即为胶体的渗析；牛油与NaOH溶液共煮发生皂化反应，加入食盐便发生聚沉；C 项是两种离子的双水解反应；D项运用的是胶体的电泳。7C 直径介于1nm100nm之间的微粒称为胶体；电泳现象可证明胶体粒子带有电荷； 胶体粒子不能透过半透膜。8C 反应中C是还原剂，N2是氧化剂；每生成2 mol AlN，N2得到6mol电子；由氮化铝 （AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良的性质，可推知氮化铝晶体属于原子晶体； 氮化铝中铝元素的化合价为+3，氮元素的化合价为3。二、选择题（共10小题，每小题

20、4分，每小题有12个答案符合题意）9C 考虑到HCO3-、SO32-等离子的反应性，排除A、B；而D中可能就有Fe3+。10B 选项A中，因SO42和Ba2生成白色沉淀；选项B中，c（H）1014molL-1即c（OH）1molL-1，该溶液是强碱性溶液，题给所有离子之间不相互发生反应且也不与OH发生反应，故这些离子能大量共存；选项C中，题给的离子中有H、NO3，Al与HNO3反应时不会放出H2；选项D中，使紫色石蕊试液变红的溶液是酸性溶液，而HCO3无论是酸性溶液或强碱性溶液中都不可能大量存在。11C 选项A应写为：；选项B应写为：OHH2S=HSH2O；选项D应写为：Fe33H2O=Fe（

21、OH）3（胶体）3H。12C A中气体的内能高于固体，因此前者放出的能量高；B中内能越高越不稳定，石墨内能低稳定；C中要注意浓硫酸溶于水放出的溶解热，因此放出的总热量大于57.31KJ；D中放热用“-”号，热化学反应方程式前面的系数表示物质的量，2g H2相当于1mol，那么2mol氢气的热效应为H =-285.8 kJmol-12。13CD 该图中存在P0，磷原子排成正四面体，分子式为P4O10，分子中全部以极性键结合，没有非性极键。14A 由可推知氧化性：MnO-4Cl2，由可推知氧化性：Cl2Fe3+，由可推知氧化性：Fe3+I2，所以A正确；上述实验中，都是氧化还原反应，所以B错；实验

22、生成的气体Cl2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，所以C错；实验证明Fe2+有还原性，所以D错。15B 由知当转移9 mol e时生成mol O2，由知，当转移3 mol e时生成mol O2，由知，当转移8 mol e时生成4 mol O2，因此当三反应转移电子数之比为938时，在同温同压下生成02体积之比为：4=9316。16A 向溶液中加入溴水后溴单质被还原，说明溶液中存在I，因为NO3、Fe3+与I在酸性溶液中不能共存，可知原溶液中一定不存在NO3、Fe3+，因Cl-与I-在酸性溶液中不反应而能大量共存，原溶液中有可能存在Cl。17C 该图表示固体颗粒，表面有26个粒子，中间有1个粒子，故表

23、面所占的百分数为。18C 石墨燃烧的热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO2（g）；H=y kJmol1 由题目中所给反应物的质量，可知发生反应为：2C+O2=2CO，C+O2=CO2，燃烧产物为CO和CO2，生成CO和CO2的物的质量相等，都为0.5mol，12 g石墨在24g的氧气反应的的热化学方程式为：C（s）+O2（g）= CO（g）+CO2（g）；H=x kJmol1 ，由 2，可得：C（s）+O2（g）=CO（g）；H=（2xy）kJmol1，故C正确。三、实验题（本题有2小题，共19分）19答案：（1）镁片上有大量气泡产生；镁片逐渐溶解，最后消失；烧杯中溶液内有晶体析出。（2

24、分） （2）镁片和盐酸反应放出H2，并引起镁片的溶解；该反应是放热反应，随着溶液温度的升高，氢氧化钙的溶解度减小，因而从溶液中析出。（2分）（3）Mg+2H+=Mg2+H2（2分）（4）小于 （2分）解析：（1）滴入盐酸后发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2，可观察到Mg片逐渐溶解，并有气体产生。该反应放热，使饱和石灰水溶液温度升高。Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而减小，因此Ca（OH）2会从溶液中结晶析出。（4）由Mg片和盐酸转化为MgCl2溶液和H2放热，说明原Mg片和盐酸的总能量多于MgCl2溶液和H2的总能量。20答案：（1） （2分）（2）吸收SO3放出等物质的量的SO2

25、（1分）（3）干燥SO2 和O2 （1分）（4）短进长出 （1分）（5）O2 （4分） （6）B、E （2分）解析：（1）由题给CuSO4受热分解：CuSO4CuOSO3SO2O2化学方程式可知首先应选择装置A作为CuSO4受热分解装置，然后将生成气体混合物SO3、SO2和O2通过装置F将SO3转化为SO2：NaHSO3SO3=NaHSO4SO2，然后通过装置D，将混合气体干燥后通过装置C原有的SO2和新生成的SO2均被吸收，故装置C的增重为两者之和，最后通过装置B测出水的体积为O2的体积，因此装置连接接口的顺序是：。（2）计算出CuSO4、CuO、SO3、SO2和O2各组分物质的量然后利用反

26、应物和各生成物物质的量之比等于化学计量数之比完成并配平CuSO4分解化学反应方程式。由：CuSO4CuOSO2SO3O2知CuSO4中2价氧变成O2失22e，而6价S元素变成SO2中4价硫元素每个S得2e，要使得失电子相等生成SO2物质的量必为O2物质的量的2倍,故n（SO2）=0.0125mol2=0.025mol，则n（SO3）=0.0375mol0.025mol=0.0125mol。由质量守恒知n（CuO）=n（CuSO4）=0.0375mol，故有：n（CuSO4）:n（CuO）: n（SO2）: n（SO3）: n（O2）=0.0375:0.0375:0.025:0.0125:0.0

27、125=3:3:2:1:1，即可写出。四、填空题（本题有4小题，共44分）21答案：（1） ； （4分） （2） （2分）= （3）236 （2分）22答案：红褐 ； Fe（OH）3胶体； Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+（4分）（1）逐渐变深 ； Fe（OH）3胶粒带正电荷 ； 电泳 （3分）（2）形成红褐色沉淀 ；电解质（NH4）2SO4电离出的SO离子中和了胶体粒子所带电荷，使Fe（OH）3胶体聚沉 （2分） （3）先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解形成黄色溶液 ； 电解质H2SO4使Fe（OH）3胶体聚沉，随着H2SO4的加入，H+与Fe（OH）3发生反应Fe（OH）3+3H

28、+=Fe3+3H2O，使沉淀溶解。（2分）= （4）渗析 （1分）解析：FeCl3溶液滴入沸水中，发生如下反应：Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，生成红褐色的Fe（OH）3胶体。由于Fe（OH）3胶体粒子带正电荷，因此在通电时会发生电泳现象，故阴极附近红褐色加深。电解质（NH4）2SO4所电离出的离子SO中和了Fe（OH）3胶粒所带的正电荷，而使Fe（OH）3胶体聚沉。（3）电解质H2SO4首先使Fe（OH）3胶体聚沉，然后随着H2SO4的加入，H+与Fe（OH）3发生反应Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O而使沉淀溶解。23答案：（1） 1 ； 1 （4分）（2）6 Fe

29、SO4+ 2 KNO3 +4H2SO4 = K2SO4 + 3Fe2（SO4）3 +2NxOy + 4H2O （3分）（3）Fe2（SO4）3 （2分）（3分）解析：本题由得失电子守恒法求x和y。配平时先配后观察两步走。判断氧化剂或还原剂的方法是确定反应物和生成物在反应前后化合价的变化，化合价降低的反应物是氧化剂、化合价升高的反应物是还原剂。（1）n（FeSO4）=11.4g/152gmol1=0.075mol，KNO3的物质的量为0.05L0.5molL1=0.025mol，设NO3与NxOy中N元素化合价差为a，根据得失电子总数相等的原则，可得关系式：0.0751=0.025a ，所以a=

30、3即NxOy中N元素化合价为2价，NxOy为NO ，所以x=y=1 （2）先配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的化学计量数，再配平其他物质的化学计量数：6FeSO42KNO34H2SO4=3Fe2（SO4）3K2SO42NO4H2O （3）FeSO4中Fe元素失去电子，KNO3中N元素得到电子，电子从铁元素向氮元素转移。电子总数为6e，所以电子转移方向为FeSO4中Fe2+失e，KNO3中氮得e，故KNO3为氧化剂。还原剂为FeSO4，氧化产物是Fe2（SO4）324答案：（1）（2分） （2）氧气 ；1.1mol（4分） （3）催化剂中毒（1分） （4） ；（2分） 在常压下400500

31、时，的转化率已相当高，加压对SO2的转化率提高不多，且加压对设备的要求高，增大投资和能量消耗。（3分）解析：（1）由装置A为固+液（不加热）型制取气体的装置，结合（2）中给出的提示：黄铁矿粉末在高温条件下和A装置制出的氧气充分反应，可联想到双氧水在二氧化锰作用下制氧气。（2）FeS2是还原剂，O2是氧化剂； 44 e-4 44 0.1mol 1.1mol所以有1.1mol电子发生了转移。 （4）中发生的反应为：2SO2O2 2SO3 H 2 H 0.1mol 9.83kJ所以：H=196.6kJ/mol ，该反应的热化学方程式为： ；H=196.6kJ/mol 。四、计算题（本题有2小题，15

32、分）25答案：（1）Cu（NO3）2 （1分） 0.8 （1分） （2） CuSO4 （1分） 3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O（2分） 5.76 （1分）解析：（1）Cu投入稀HNO3中发生如下反应：3Cu8HNO3（稀）=3Cu（NO3）22NO4H2O，溶液中溶质的化学式是Cu（NO3）2因Cu有剩余，所以HNO3耗尽，由关系式8HNO3 2NO8mol 44.8L0.08mol 0.448L（2）在上述固液混合物中加入稀H2SO4后在酸性溶液中NO3其物质的量为mol=0.06mol将和残留的Cu发生氧化还原反应，生成溶质的化学式为CuSO4。3Cu 8H 2NO3=3Cu2

33、2NO4H2O364g 2molm（Cu） 0.06molm1m2=5.76g。26答案：（1）不变 ； 由知氮元素化合价降低与氧元素化合价升高价数之比为：（14）:（22）=1:1，说明Cu（NO3）2分解过程中5价氮元素化合价得电子总数与2价氧元素失电子总数相等，故反应前后Cu元素化合价不变。（3分） （2）0.1064m molL1 （3分） （3）残留固体成分为CuO和Cu2O，其质量分别为m（CuO）=0.8g，m（Cu2O）=0.72g。（3分）解析：本题以铜的化合物中学化学中出现频率最高的知识点为命题题材，寓计算逻辑推理于一题，设问亦步亦趋，（3）问为全题高潮，现解析如下，通过阅

34、读解析可深刻体验逻辑推理应怎样才能做到严谨。 （2）分3种情况讨论：当Cu（NO3）2受热分解生成的n（NO2）:n（O2）=4:1时，则Cu（NO3）2中铜元素化合价不变，固体是CuO，而生成的气体通过足量水后按照关系式：4NO2O22H2O=4HNO3，判断应无残留气体，而现有气体残留说明生成的固体不是CuO。NO2和O2的体积比也不是4:1。当n（NO2）:n（O2）4:1时，2价铜元素必须失电子化合价升高才能保持得失电子数目相等。且用水吸收后无气体残留，故此种情况不符合。当n（NO2）:n（O2）4:1时，铜元素得电子化合价降低生成的气体混合物通过水后，残余O2，说明CuO强热条件下发

35、生如下反应：4CuO=2Cu2OO2由：Cu（NO3）2CuOCu2ONO2O2和元素守恒得关系式：Cu（NO3）22NO22HNO3，有：=0.1064molL1。（3）当m=3.76g n=1.52g表明：3.76g Cu（NO3）2即=0.02molCu(NO3)2受热分解得固体残渣1.52g，现分析1.52g残渣的成分，因为Cu（NO3）2分解的固体产物只可能是CuO、Cu2O或CuO和Cu2O组成的混合物（因强热条件和有O2存在条件下Cu和O2不能共存，故不可能有单质铜）。若0.02mol Cu（NO3）2分解的固体残渣是CuO，则m（残渣）=80gmol10.02mol=1.60g，若0.02mol Cu（NO3）2分解生成的残渣是Cu2O，则，而现为1.52g，说明Cu（NO3）2强热分解的残渣成分为CuO和Cu2O，其质量由：，解之得：m（CuO）=0.8g；m（Cu2O）=0.72g。- 14 -