2022届云南省名校联盟高一下学期期中考试化学试题（含解析）

高一化学期中考试卷考生注意：1.请将各题答案填写在答题卡上2.本试卷主要考试内容：人教版必修第一册、必修第二册第五章至第六章3.可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Fe56Cu64第Ⅰ卷(选择题)一、选择题：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.科技元素已成为2022年北京冬奥会的一大亮点。下列涉及的材料不属于无机非金属材料的是ABCD使用双向拉伸聚丙烯(塑料)制作的冬奥纪念钞石英碱长正长岩制作的冰壶“飞扬”火炬的碳纤维外壳柔性石墨烯发热材料制作的防寒衣服A.A B.B C.C D.D【1题答案】【答案】A【解析】【详解】A．聚丙烯(塑料)是有机高分子材料，A符合题意；B．石英碱长正长岩(KAlSi3O8)是硅酸盐，属于无机非金属材料，B不合题意；C．碳纤维是碳的一种单质，属于新型无机非金属材料，C不合题意；D．石墨烯也是碳的一种单质，属于新型无机非金属材料，D不合题意；故答案为：A。2.下列诗句或成语中包含的化学变化属于吸热反应的是A.烈火焚烧若等闲 B.火上浇油 C.爆竹声中一岁除 D.蜡炬成灰泪始干【2题答案】【答案】A【解析】【详解】A．烈火焚烧若等闲是在不断灼烧过程，如碳酸钙高温分解生成氧化钙和水的过程，属于吸热反应，故A符合题意；B．火上浇油，油燃烧，释放出热量，是放热反应，故B不符合题意；C．爆竹声中一岁除，放热反应，故C并不符合题意；D．蜡炬成灰泪始干，石蜡燃烧，放出热量，是放热反应，故D不符合题意。综上所述，答案为A。3.下列化合物中仅含离子键不含共价键的是A. B. C. D.【3题答案】【答案】D【解析】【详解】A．含钠离子和过氧根离子，则含有离子键，过氧根中含有非极性键，故A不符合题意；B．是共价化合物，只含有极性共价键，故B不符合题意；C．含铵根离子和氯离子，则含有离子键，铵根中含有极性共价键，故C不符合题意；D．含钙离子和溴离子，只含离子键，故D符合题意。综上所述，答案为D。4.从高温热浪到暴雨洪水，近年来全球多地频频遭遇罕见极端天气，造成重大损失。加强气候适应、应对气象灾害成为人类社会需要共同研究的重要课题。下列有关说法正确的是A.氮氧化物、硫氧化物的排放会导致酸雨(即pH＜7的雨水)的形成B.燃煤中加入石灰石，可以减少SO2、CO2等污染环境的气体排放C.汽车使用的燃油质量越高，排放的汽车尾气中NO、NO2的含量越少D.大力发展太阳能、风能、核能等，有助于改善空气质量【4题答案】【答案】D【解析】【详解】A．氮氧化物、硫氧化物的排放会导致酸雨的形成，酸雨是pH＜5.6的酸性降水，A错误；B．燃煤中加入石灰石，当煤燃烧时产生的SO2气体与高温CaCO3分解产生的CaO及空气中O2反应产生固体CaSO4留在炉渣中，从而避免了酸雨的形成，但CO2是空气的成分，而不属于大气污染物，B错误；C．汽车排放的尾气中NO、NO2是在气缸内空气的N2、O2在高温下反应产生NO，NO进一步被氧气氧化产生NO2，这与燃油质量的无关，C错误；D．大力发展太阳能、风能、核能等，可以减少化石能源的使用，减少有害气体及固体粉尘的产生与排放，因此有助于改善空气质量，D正确；故合理选项是D。5.硫单质能与许多金属单质和非金属单质发生反应。下列说法正确的是A.硫蒸气与红热的铁丝反应后，残留的硫可用二硫化碳洗涤B.硫蒸气与红热的铜丝反应生成黑色的CuS固体C.硫单质在化合反应中只体现氧化性D.硫元素广泛存在于自然界中，火山口附近的环境中硫元素只以游离态形式存在【5题答案】【答案】A【解析】【详解】A．硫蒸气与红热的铁丝反应产生FeS，残留的硫易溶于CS2，因此可用二硫化碳洗涤未反应的硫单质，A正确；B．S单质氧化性比较弱，硫蒸气与红热的铜丝反应生成黑色的Cu2S固体，B错误；C．硫单质与氧气反应时，硫单质体现还原性；在与H2反应产生H2S时表现氧化性，C错误；D．火山口附近的环境中存在化合态的硫，D错误；故合理选项是A。6.据研究，NO广泛分布于生物体内各组织中，可将积存在血管壁上的脂肪、胆固醇带走，被称为“血管清道夫”。下列说法中错误的是A.NO极易与氧气反应生成一种红棕色气体B.实验室中，可利用铜与稀硝酸的反应制取NOC.人体吸入大量NO气体，可以预防心血管疾病D.雷雨天气，氮气和氧气能生成NO【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．NO极易与氧气反应生成一种红棕色气体NO2，反应原理为：2NO+O2=2NO2，A正确；B．实验室中，可利用铜与稀硝酸的反应制取NO，反应原理为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，B正确；C．人体吸入大量NO气体，NO与血红蛋白结合，造成人中毒甚至死亡，C错误；D．雷雨天气，氮气和氧气在放电的条件下反应生成NO，反应原理为：N2+O22NO，D正确；故答案为：C。7.下列实验事实与硫酸性质不对应的一组是A.稀硫酸能使紫色石蕊溶液变红——酸性B.浓硫酸久置于空气中浓度降低——脱水性C.浓硫酸可用于干燥氧气——吸水性D.铁粉与热的浓硫酸反应放出二氧化硫——强氧化性和酸性【7题答案】【答案】B【解析】【详解】A．稀硫酸溶液中含有大量H+，能使紫色石蕊溶液变红，这体现了硫酸的酸性，A正确；B．浓硫酸中硫酸主要以硫酸分子的形式存在，将浓硫酸久置于空气中浓硫酸浓度降低，这是由于浓硫酸具有吸水性，可以吸收空气的水蒸气，导致硫酸浓度降低，而不是体现浓硫酸的脱水性，B错误；C．浓硫酸具有吸水性，可以吸收一些与硫酸不发生反应的气体中的水蒸气，从而使气体被干燥，浓硫酸可用于干燥氧气，就体现了浓硫酸的吸水性，C正确；D．铁粉与热的浓硫酸发生氧化还原反应产生硫酸铁、二氧化硫和水，在该反应中浓硫酸表现强氧化性和酸性，D正确；故合理选项是B。8.实验室制取氨气并验证其化学性质和用途，图中装置对应的说法正确的是

A.可利用装置甲制取大量氨气B.可利用装置乙干燥氨气C.根据装置丙的原理和现象，可用浓氨水检验氯气管道是否漏气D.利用装置丁可吸收氨气并防倒吸【8题答案】【答案】C【解析】【详解】A．氨气极易溶于水，氢氧化钠稀溶液与氯化铵溶液反应产生的NH3·H2O不易分解，因此不能大量制取氨气，A错误；B．NH3能够与浓硫酸发生反应，因此不能使用浓硫酸干燥氨气，B错误；C．浓氨水具有挥发性，会挥发产生NH3；浓盐酸具有挥发性，会挥发产生HCl，当两个玻璃棒靠近时，挥发的NH3与HCl在空气中反应产生NH4Cl白色固体，因此看到有白烟，C正确；D．氨气极易溶于水，若将导气管直接通入水中，氨气在水中溶解，导致导气管中气体压强减小，烧杯中的水进入导气管从而引发倒吸现象，D错误；故合理选项是C。9.类比是研究物质性质常用的方法之一、下列类比错误的是A.由与水反应生成NaOH，推测与水反应生成KOHB.由可与水反应生成HCl和HClO，推测可与水反应生成HBr和HBrOC.由Mg可以置换出溶液中的铜，推测Na可以置换出溶液中的铜D.由能与NaOH溶液反应，推测能与NaOH溶液反应【9题答案】【答案】C【解析】【详解】A．钠和钾为同一主族的物质，化学性质相似，所以由Na2O与水反应生成NaOH，

K2O与水反应也生成KOH，A正确；B．Cl2与Br2是同一主族元素形成的单质，化学性质相似，故Cl2可与水反应生成HCl和HClO，推测Br2可与水反应生成HBr和HBrO，B正确；C．Mg可以置换出CuSO4溶液中铜，Na加入到CuSO4溶液中时，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜，Na不能置换出CuSO4溶液中的铜，C错误；D．CO2和SiO2均为酸性氧化物，都能与氢氧化钠反应，D正确；故选C。10.结合化学反应与能量的知识，下列说法正确的是

A.图Ⅰ所示装置能将化学能转化为电能B.通常，伴有能量变化的物质变化都是化学变化C.能量变化符合图Ⅱ所示的化学反应是放热反应D.断裂化学键会吸收能量，形成化学键会放出能量【10题答案】【答案】D【解析】【详解】A．图Ⅰ中未形成闭合回路，不能构成原电池，因此不能将化学能转化为电能，A错误；B．伴有能量变化的物质变化可能是物理变化，如水吸热变为水蒸气，B错误；C．图示的反应物总能量比生成物总能量低，发生反应时需要从周围环境吸热，因此能量变化符合图Ⅱ所示的化学反应是吸热反应，C错误；D．任何化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中，要断裂反应物化学键就会吸收能量，同时会形成生成物的化学键就要放出能量。若断键吸收总能量大于成键释放总能量，则反应为吸热反应，否则反应为放热反应，D正确；故合理选项是D。11.下列化学反应对应的离子方程式书写正确的是A.将溴水滴加到Na2SO3溶液中：B.Fe和稀盐酸反应：C.硫酸铜和氢氧化钡溶液反应：D.用高锰酸钾与盐酸反应制取少量氯气：【11题答案】【答案】C【解析】【详解】A．将溴水滴加到Na2SO3溶液中，反应产生Na2SO4、HBr，反应的离子方程式应该为：，A错误；B．反应原理错误，Fe和稀盐酸反应产生Fe2+、H2，离子方程式应该为：，B错误；C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；D．电荷不守恒，原子不守恒，离子方程式应该为：，D错误；故合理选项是C。12.某同学以大小相同的铜片和锌片为电极研究水果电池，得到的实验数据如表所示：实验编号水果种类电极间距离/cm电流/①番茄198.7②番茄272.5③苹果227.2下列说法错误的是A.电流从铜片经外电路流向锌片B.实验②和③探究的是水果种类对电流的影响C.实验①和③探究的是电极间距离对电流的影响D.锌片上发生氧化反应，锌片作水果电池的负极【12题答案】【答案】C【解析】【详解】A．由于金属活动性：Zn＞Cu，所以Zn为原电池的负极，Cu为正极，电子由负极Zn经外电路流向正极Cu，则电流从正极铜片经外电路流向负极锌片，A正确；B．实验②和③电极材料相同，电极间距离相同，只有水果种类不相同，可见这两个实验探究的是水果种类对电流的影响，B正确；C．实验①和③水果种类不同，电极间距离也不同，同时改变了两个外界条件，因此不是探究电极间距离对电流的影响，C错误；D．由于金属活动性：Zn＞Cu，所以Zn为原电池的负极，Cu为正极，负极上Zn失去电子，发生氧化反应，D正确；故合理选项是C。13.氮及其化合物在催化剂作用下的转化过程中的能量变化及机理如图，下列分析正确的是A.过程Ⅰ、Ⅱ均属于氮的固定B.由图可知，过程Ⅰ发生的总反应为放热反应C.过程Ⅱ中，在催化剂b表面被氧化的过程中没有能量变化D.过程Ⅱ中，发生反应的化学方程式为【13题答案】【答案】B【解析】【详解】A．氮元素由游离态变为化合态为氮的固定，过程Ⅰ属于氮的固定，过程Ⅱ不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故A错误；B．由图可知，过程Ⅰ中生成物总能量小于反应物总能量，总反应为放热反应，故B正确；C．化学变化过程中一定伴随能量变化，故C错误；D．过程Ⅱ中，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，发生反应的化学方程式为，故D错误；选B。14.常温下，某同学用25mL0.2mol/L酸性KMnO4溶液测定1L某混合气体中SO2的含量，酸性KMnO4溶液恰好被完全消耗，设其他气体不参与反应且不含硫元素，忽略反应前后溶液的体积变化。下列说法正确的是A.该混合气体中SO2的体积分数为28%B.反应过程中转移的电子数为0.25NAC.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2D.完全反应后，溶液中含硫元素的离子的浓度为0.5mol/L【14题答案】【答案】D【解析】【分析】酸性KMnO4溶液与SO2反应的离子方程式为：2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+，然后结合反应过程中电子转移守恒及物质的量的有关公式计算。【详解】A．常温下，气体的摩尔体积未知，无法计算SO2的体积，因此不能确定其体积分数，A错误；B．25mL0.2mol/L酸性KMnO4溶液中溶质的物质的量n(KMnO4)=0.2mol/L×0.025L=0.005mol，在反应过程中Mn元素由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnSO4中的+2价，化合价降低5价，则反应过程转移的电子物质的量为n(e-)=0.005mol×5=0.025mol，则原子电子数为0.025NA，B错误；C．根据氧化还原反应中物质的作用，可知氧化剂是KMnO4，还原剂是SO2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5，C错误；D．完全反应后，硫元素以的形式存在于溶液中，根据电子守恒可知n()=n(KMnO4)=×0.005mol=0.0125mol，则的物质的量浓度，D正确；故合理选项是D。15.某学习小组根据反应，设计实验探究硫代硫酸钠溶液的浓度和温度对反应速率的影响，实验数据如表(已知起始加入的稀硫酸的体积相等)。下列叙述错误的是实验编号反应温度/稀硫酸的体积/硫代硫酸钠溶液的体积/mL加入水的体积/mL产生等量的沉淀所需时间/s①2021V1t1②30V212t2③30V32V4t3A. B. C. D.【15题答案】【答案】D【解析】【分析】设计实验探究硫代硫酸钠溶液的浓度和温度对反应速率的影响，只能改变其中一个变量，而其他的量不能同时变。【详解】A．②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，因此稀硫酸浓度相同即体积相同，则，故A正确；B．①和②反应温度不同，说明是探究温度对反应速率的影响，因此溶液的体积要相同，温度越高，反应速率越快，因此，故B正确；C．①和②反应温度不同，说明是探究温度对反应速率的影响，因此溶液的体积要相同，则，，②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，则，所以，故C正确；D．②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，③中硫代硫酸钠浓度大，速率快，因此，故D错误。综上所述，答案为D。16.现有部分被氧化的Fe、Cu混合物(氧化物为Fe2O3、CuO)样品共5.60g，经如下处理：下列说法正确的是A.V=672B.滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+C.样品中氧元素的物质的量为0.02molD.溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.05mol【16题答案】【答案】A【解析】【分析】稀硫酸足量，Fe2O3、CuO与硫酸反应产生Fe3+、Cu2+，Fe则转化为变为Fe2+，Cu与硫酸不反应，作为滤渣过滤得到，即3.2g滤渣为金属铜的质量，其物质的量为0.05mol，即合金样品中共含有铜元素0.05mol；因为氧化性从大到小依次为：Fe3+＞Cu2+＞H+，可知Fe3+优先发生反应，由于滤液A中不含Cu2+，且有气体生成，则推知该气体为H2，则滤液A中不含Fe3+，滤液A中含有亚铁离子、氢离子和硫酸根离子，加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3，其物质的量为0.02mol，其中铁元素的物质的量为0.04mol，据此分析。【详解】A．3.2g铜和3.2g氧化铁的物质的量分别为=0.05mol、=0.02mol，则样品中含氧元素的物质的量为=0.01mol，若样品与硫酸恰好反应得到溶液为FeSO4溶液，根据元素守恒可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.04mol，由金属氧化物中氧元素转化为水可知，生成水的氢离子物质的量为0.04mol×2—0.01mol×2=0.06mol，由氢原子个数守恒可知，生成标准状况下氢气的体积为0.06mol××22.4L/mol=0.672L=672mL，A正确；B．由以上分析可知滤液A中的阳离子为Fe2+、H+，不含Fe3+，B错误；C．结合上述分析可知，样品中氧元素的物质的量为0.01mol，C错误；D．溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol，D错误；故选A。第Ⅱ卷(非选择题)二、非选择题17.在微电子工业中，作为一种优良的蚀刻气体，在被蚀刻物表面不会留下任何残留物，在芯片制造方面具有重要的应用。已知：键能是指断裂或形成化学键时需要吸收或放出的能量。请回答下列问题：化学键F−FN−F键能/941.7154.8283.0（1）几种化学键的键能如表，则、和三种气体中，稳定性最强的物质为_______(填化学式)，判断的依据为_______；反应生成时，会_______(填“吸收”或“放出”)_______kJ能量（2）根据上述数据，反应的能量变化与反应进程的关系如图，图中表示的能量是_______(填“a”、“b”或“c”)；除选用合适的催化剂加快化学反应速率，还可以采取的措施为_______、_______(请任写两条)【17题答案】【答案】（1）①.②.键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定③.放出④.145.95（2）①.c②.适当升高温度③.适当增大压强【解析】【小问1详解】根据表格，键能越大，键越难断裂，则物质越稳定，在、和三种气体中，稳定性最强的物质为，判断的依据为键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定；反应，断裂吸收的热量为941.7kJ+154.8kJ×3=1406.1kJ，成键释放的热量为283.0kJ×6=1698kJ，释放的能量大于吸收的能量，整个反应是放热，因此生成时，会放出(1698kJ−1406.1kJ)÷2=145.95kJ能量；故答案为：；；键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定；145.95。【小问2详解】根据上述数据，该反应是放热反应，生成物的总能量低于反应物总能量，因此图中表示的能量是c；除选用合适的催化剂加快化学反应速率，可以从浓度、温度，压强来分析即还可以采取的措施为适当升高温度、适当增大压强；故答案为：c；适当升高温度；适当增大压强。19.硫酸铁常用作媒染剂以及工业废水的凝结剂，也用于颜料中。医学上用硫酸铁作收敛剂和止血剂。（1）硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺，其中有一主要反应：(中为+2价)。下列说法正确的是_______(填标号)A.从物质分类的角度看，黄铜矿属于合金B.和S是氧化产物C.当转移电子时，有参加反应D.反应中，既作氧化剂又作还原剂（2）某小组按照如图步骤从含、、的废液中回收金属铜，并重新获得溶液：操作Ⅰ的名称为_______，滤渣③的主要成分为_______(填化学式)，试剂X常用而不用稀硝酸，其原因为_______。（3）实验室里保存溶液时，常在溶液中加入_______，其目为_______。（4）实验室配制溶液时，为了防止水解，需要将溶于稀硫酸中，再加水稀释。现需配制溶液，需要用托盘天平称量_______晶体，配制该溶液所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要_______；如果配制时，俯视定容，那么所配溶液的浓度_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【19题答案】【答案】（1）C（2）①.过滤②.Cu、Fe③.环保无污染（3）①.铁粉②.防止被氧化（4）①.40.0②.容量瓶和胶头滴管③.偏大【解析】【分析】含、、的废液中回收金属铜，要将铜置换出来，则加入过量铁粉，铁先和铁离子反应，再和铜离子反应，过滤后，滤渣为铁和铜，滤液为硫酸亚铁，向滤渣中加入稀硫酸，将铁溶解，再过滤得到金属铜和硫酸亚铁，硫酸亚铁加入双氧水氧化变为硫酸铁。【小问1详解】A．合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质，所以黄铜矿不属于合金，故A错误；B．S是化合价升高得到的产物，是氧化产物，而铜化合价未变，因此不是氧化产物，故B错误；C．根据方程式分析1mol参加反应转移4mol电子，当转移电子时，有参加反应，故C正确；D．反应中，中硫化合价升高，反应中作还原剂，故D错误；综上所述，答案为C。【小问2详解】操作Ⅰ是滤液和滤渣分离开，因此操作Ⅰ的名称为过滤，滤渣③的主要成分为Fe、Cu，试剂X用稀硝酸，稀硝酸和亚铁离子反应生成NO污染性气体，而且得到的硫酸铁不纯，含有杂质，因此常用，主要是环保无污染；故答案为：过滤；Fe、Cu；环保无污染。【小问3详解】实验室里保存溶液时，亚铁易被氧化，因此常在溶液中加入铁粉，将生成的铁离子还原为亚铁离子，其目的为防止被氧化；故答案为：铁粉；防止被氧化。【小问4详解】现需配制溶液，需要用托盘天平称量0.1L×1.0mol∙L−1×400g∙mol−1＝40.0晶体，配制该溶液所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要容量瓶和胶头滴管；如果配制时，俯视定容，溶液体积偏小，则所配溶液的浓度偏大；故答案为：40.0；容量瓶和胶头滴管；偏大。21.人工固氮合成氨，并通过氨氧化法制取硝酸的流程如图所示。

（1）“合成塔”内发生的化学反应中作氧化剂的是_______(填化学式)，金属镁在该氧化剂中燃烧的化学方程式为_______，其产物遇水生成的有刺激性气味气体的电子式为_______；“氧化炉”中氨气发生反应的化学方程式为_______。（2）常温下，工业上选择铁或铝作盛装浓硝酸的罐体材料的主要原因是_______。（3）为了避免生成硝酸的过程中氮的氧化物污染环境，可用氨气处理尾气，将其转化为大气中含有的无害气体，以处理NO2为例，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（4）取3.2g铜与30mL8mol/L硝酸充分反应，硝酸的还原产物为NO2和NO，反应后溶液中含有amolH+，则生成的NO2的物质的量为_______(用含a的代数式表示，下同)mol，NO的物质的量为_______mol。【21题答案】【答案】（1）①.N2②.③.④.（2）常温下，铁、铝遇到浓硝酸会发生钝化（3）3∶4（4）①.0.16-1.5a②.0.5a-0.02【解析】【分析】N2、H2在合成塔中反应产生NH3，由于该反应是可逆反应，将反应后气体混合物经氨分离器分离，将未反应的N2、H2重新加入合成塔中反应产生NH3，提高原料的利用率，将生成的NH3鼓入氧化炉中发生反应：，然后发生反应：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，就制得HNO3，NO再重新加入氧化炉中反应产生NO2，NO2再被吸收产生HNO3，最后得到的尾气中含有NO、NO2，可利用碱液吸收，然后排放，防止大气污染。【小问1详解】“合成塔”内N2、H2在合成塔中反应产生NH3，发生反应化学反应为：N2+3H22NH3，在该反应中，N2作氧化剂，H2作还原剂；金属Mg与N2在点燃时反应产生Mg3N2，该反应的化学方程式为：；Mg3N2与H2O发生反应：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，在制取得到的NH3中，N原子最外层有5个电子，其中3个成单电子与3个H原子形成3个共价键，使分子中各个原子都达到最外层8个或2个电子的稳定结构，则NH3的电子式为；在氧化炉中NH3与O2在催化剂存在时，在加热条件下反应产生NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为；【小问2详解】浓硝酸具有强氧化性，在常温下铁、铝遇到浓硝酸会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步氧化，即使金属会发生钝化现象而不能进一步反应，因此可以选择使用选择铁或铝作盛装浓硝酸的罐体材料；【小问3详解】为了避免生成硝酸的过程中氮的氧化物污染环境，可用氨气处理尾气，将其转化为大气中含有的无害气体，以处理NO2为例，NH3与NO2发生氧化还原反应产生N2、H2O，反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，该反应中氧化剂是NO2，还原剂是NH3，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4；【小问4详解】3.2gCu的物质的量n(Cu)=，30mL8mol/L硝酸中含有溶质的物质的量n(HNO3)=8mol/L×0.03L=0.24mol，Cu与30mL8mol/L硝酸发生反应产生Cu(NO3)2、NO2、NO及H2O，反应后溶液中含有amolH+，反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=2n(Cu)=0.1mol。假设反应产生NO2、NO的物质的量分别是x、y，则根据电子守恒可得x+3y=0.1mol，根据N元素守恒可知：0.05×2+a+x+y=0.24mol，解得x=(0.16-1.5a)mol，y=(0