【文档说明】江西省宜春市奉新县第一中学2019-2020学年高一下学期第二次月考化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，497.500 KB，由管理员店铺上传

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2022届高一下学期第二次月考化学试卷相对原子质量：H－1C－12N－14O－16Na－23Cl－35.5Al－27Fe－56Cu－64一．选择题：(16题，每小题3分，共48分)1.下列表示物质结构的化学用语正确的是()A.氮气的电子式

：B.CO2的结构式为：O=C=OC.S2-的结构示意图D.甲烷分子的球棍模型：【答案】B【解析】【分析】A．N原子应该形成8电子稳定结构；B．二氧化碳为直线型结构，分子中含有两个碳氧双键；C．硫离子核电荷数为16，核外电子总数为18；D．根据球棍模型与比例模型的表示方法进行判断。【

详解】A．氮气分子中含有1个氮氮三键，N原子最外层满足8电子稳定结构，氮气正确的电子式为，故A错误；B．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，CO2的结构式为O=C=O，故B正确；C．硫原子的核电荷数为16，离子最外层为8电子，硫离子的结构示意图为，故C错误；D

．为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型为，故D错误；故选B。2.已知元素Se位于第四周期ⅥA族，下列说法不正确的是A.Se的原子序数为34B.单质Se在空气中燃烧可生成SeO3C.可形成Na2SeO3、Na2SeO4两种盐D.H2S比H2Se稳定【答案】B【解析】【详

解】A.硒是第四周期ⅥA元素，与S元素原子序数相差第四周期容纳元素种数，其原子序数为16+18=34，故A正确；B.Se与S同主族，元素化学性质相似，Se在空气中燃烧生成SeO2，故B错误；C.Se与S

同主族，元素化学性质相似，可形成Na2SeO3、Na2SeO4两种盐，故C正确；D、同主族上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，H2S比H2Se稳定，故D正确；故选B。3.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列叙述正确的是（

）元素代号XYZWQ原子半径/pm1301187573102主要化合价+2+3+5、-3-2+6、-2A.X、Y元素的金属性：X<YB.一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C.W、Q两种元素的气态氢化物的热稳定性：H2W>H2Q

D.X的最高价氧化物对应的水化物的碱性弱于Y的【答案】C【解析】【分析】短周期元素中，W和Q的化合价都有-2价，为ⅥA族元素，Q的最高价为+6价，W无正价，则Q为S元素，W为O元素；Z有+5、-3价，处于VA

族，原子半径小于S，与O的半径相差不大，故Z为N元素；X、Y分别为+2、+3价，分别处于ⅡA族、ⅢA族，原子半径X＞Y＞S，故X为Mg、Y为Al，结合元素周期律知识解答该题。【详解】根据上述分析，X为Mg元素，Y为Al元素，Z为N元素，W为O元素，Q为S元素；A．同周期自左而右元素的金属性减弱，故

金属性Mg＞Al，故A错误；B．一定条件下，氮气与氧气反应生成NO，不能直接生成NO2，故B错误；C．非金属性越强气态氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性H2O＞H2S，即H2W＞H2Q，故C正确；D．X

的金属性强于Y，故X的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性，故D错误；故选C。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，根据元素的化合价与半径推断元素是解题的关键，注意元素周期律

的理解掌握。本题的难点为元素的推导，要注意原子半径的关系。4.下列判断错误的是（）A.Na2O2——有离子键和共价键B.HCl气体溶于水——共价键被破坏C.NaCl晶体溶于水——离子键被破坏D.氢氧化钠熔化——离子键和共价键均被破坏

【答案】D【解析】【详解】A．钠离子与过氧根离子之间存在离子键，氧原子之间存在共价键，所以Na2O2既有离子键又有共价键，A正确；B．HCl中存在共价键，溶于水发生电离，所以H-Cl共价键被破坏，B正确；C．NaCl中存在离子

键，溶于水发生电离，钠离子与氯离子之间的离子键被破坏，C正确；D．氢氧化钠熔化电离出钠离子和氢氧根离子，只破坏离子键，共价键没有被破坏，D错误。答案选D。5.某元素的一种同位素X原子的质量数为A，它与2H原子组成2HmX分子，此分子含N个中子，在ag2HmX中所含电子的

物质的量是A.aA+2m(A－N＋m)molB.aA+m(A－N)molC.aA+m(A－N＋m)molD.aA+2m(A－N+2m)mol【答案】D【解析】【详解】2HmX分子含N个中子，则同位素X含中子数为（N—m），由同位素X的原子质量数

为A可知，质子数为（A-N+m），则每个2HmX分子含有质子数为（A-N+2m），ag2HmX的物质的量为(2)/2agamAgmolmA++=mol，故含有质子物质的量为2amA+mol×（A-N+2m）=2amA+（A-N+2m）mol，因中性分子中质子数等于电子数，则ag2

HmX中所含电子的物质的量是2amA+（A-N+2m）mol，故选D。【点睛】本题考查物质的量的计算，注意掌握原子构成，明确组成原子的微粒之间的关系，以及相关物理量的计算公式的运用是解答关键。6.已知1克氢气完全燃烧成水蒸

气放出121kJ，1molO=O键完全断裂吸收496kJ，1molH—O键形成时放出463kJ，则氢气中1molH—H键断裂时吸收能量为()A.920kJB.557kJC.436kJD.188kJ【答案】C【解析】【分析】根据nmM=计算

1g氢气的物质的量，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式H2(g)+12O2(g)=H2O(g)，进行计算。【详解】水的结构式为H-O-H，1mol水含有2mol氢氧键，1g

氢气的物质的量为n（H2）=1g2g/mol=0.5mol，完全燃烧生成水蒸气时放出能量121kJ，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为x，根据方程式H2(g)+12O2(g)=H2O(g)H=-

242kJ/mol，则2×463kJ-（x+12×496kJ）=242kJ，解得x=436kJ。答案选C。7.a、b、c、d、e五种金属；将a与b用导线接起来，浸入电解质溶液中，a金属溶解；将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应强烈；将铜浸入b的盐溶液里，无明

显变化；把铜浸入c的盐溶液里，有c析出.金属阳离子氧化性：c<e；则活动性顺序由强到弱为A.a＞c＞e＞d＞bB.d＞a＞b＞c＞eC.d＞b＞a＞c＞eD.e＞d＞a＞b＞c【答案】B【解析】【详解

】两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，将a与b用导线连接起来浸入电解质溶液中，b不易腐蚀，所以a的活动性大于b；金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈，将a、d分别投入等浓度盐酸溶液中，d比a反应剧

烈，所以d的活动性大于a；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化，说明b的活动性大于铜；如果把铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，说明铜的活动性大于c；金属越活泼，其阳离子氧化性越弱，金属阳离子氧化性：c<e，则c比e活泼；所

以金属的活动性顺序为：d＞a＞b＞c＞e，故选B。8.锌–空气燃料电池可作电动车动力电源，电解质溶液为KOH溶液，放电时总离子方程式为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-，放电时下列说法正确的是A.电解质溶液中K+向负极移动B.电解质

溶液中c(OH-)逐渐增大C.负极电极反应：Zn+4OH–-2e–===Zn(OH)42-D.转移4mol电子时消耗氧气22.4L【答案】C【解析】【详解】A．放电时是原电池，阳离子K+向正极移动，故A错误；B．放电时总离子方程式为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Z

n(OH)42-，电解质溶液中c(OH-)逐渐减小，故B错误；C．放电时，负极反应式为Zn+4OH--2e-═Zn(OH)42-，故C正确；D．放电时，每消耗标况下22.4L氧气，转移电子4mol，没有指

明气体的状态，故D错误；故选C。【点睛】正确判断化合价的变化为解答该题的关键，根据2Zn+O2+4OH-+2H2O═2Zn(OH)42-可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH--2e-═Zn(

OH)42-，放电时阳离子向正极移动，以此解答该题。9.可逆反应2A(g)+3B(g)2C(g)+D(g)在四种不同条件下的反应速率分别为：①υ(A)=0.5mol·L-1·s-1；②υ(B)=0.6mol·L-1·s-1；③υ(C)=0.35m

ol·L-1·s-1；④υ(D)=0.3mol·L-1·min-1，则该反应在不同条件下反应速率最快的是()A.①B.②C.③D.④【答案】A【解析】【分析】化学反应速率大小比较方法：(1)把单位统一成相

同单位；(2)转化为用同种物质表示的反应速率，依据是：化学反应速率之比=方程式的系数之比。【详解】根据反应2A+3B2C+D，可以选D为参照，根据化学反应速率之比=方程式的系数之比这一结论，转化为用同种物质表示的反应

速率分别为：①v(D)=0.25mol/(L•s)；②v(D)=0.2mol/(L•s)；③v(D)=0.175mol/(L•s)；④v(D)=0.005mol/(L•s)，所以最大的是①。答案选A。10.恒温恒容时，能表示反应2X(g

)＋2Y(s)Z(g)一定达到化学平衡状态的是①X、Z的物质的量之比为2︰1②Z的浓度不再发生变化③容器中的压强不再发生变化④单位时间内生成2nmolZ，同时生成nmolX⑤气体平均相对分子质量不变⑥气体密度不再变化A.①②

③⑥B.①③④⑤C.②③⑤⑥D.②④⑤⑥【答案】C【解析】【分析】当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、物质的量浓度及其由此产生的一系列物理量不变，据此分析解答。【详解】①X、Z的物质的量之比为2：1时该反应不一定达到平

衡状态，与反应初始物质的量及转化率有关，故错误；②Z的浓度不再发生变化，则其他物质的浓度或物质的量也不会变化，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；③反应前后气体的物质的量之和减小，当可逆反应达

到平衡状态时，容器中的压强不再发生变化，故正确；④单位时间内生成2nmolZ、同时生成nmolX，说明逆反应速率大于正反应速率，反应没有达到平衡状态，故错误；⑤该反应前后气体计量数之和减小，气体平均相对分子质量不变，说明气体的质量和物质的量均不发生变化，该反应达到平衡状态，故正确；⑥反应

前后气体的质量发生变化、容器体积不变，当容器中气体的密度不变，说明气体的质量不变，说明达到平衡状态，故正确；故选C。【点睛】本题考查化学平衡状态判断，明确可逆反应平衡状态方法是解本题关键，只有反应前后改变的物理量不变时可逆反应才达到平衡状态。本题的易错点为

⑤和⑥的判断，要注意Y为固体。11.少量铁片与l00mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的()①加H2O②加KNO3溶液③滴入几滴浓盐酸④加入少量铁粉⑤加NaCl溶液⑥

滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用10mL0.1mol/L盐酸A.①⑥⑦B.③⑤C.③⑦⑧D.③④⑥⑦⑧【答案】C【解析】【分析】产生氢气的量不变，则保证铁完全与盐酸反应；加快反应速率，应增大盐酸的浓度和升高温度。【详解】①加水，稀释了盐酸的浓度

，故反应速率变慢；②加硝酸钾溶液相当于加入硝酸，铁与硝酸不生成氢气；③加浓盐酸，浓度增大，反应速率加快；④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，

故减少了产生氢气的量；⑦升高温度，反应速率加快，氢气的量不变；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，氢气的量不变；据以上分析，③⑦⑧符合题意。答案选C。12.将气体a通入溶液b中，溶液无明显变化的是()气体a溶液bACO2Na2SiO3BSO2CaCl2C

SO2Ba(NO3)2DNO2FeSO4A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．CO2通入Na2SiO3溶液中会生成硅酸沉淀，有白色沉淀，故A不符合题意；B．二氧化硫与氯化钙不反应，无明显

变化，故B符合题意；C．二氧化硫与硝酸钡发生氧化还原反应，生成白色硫酸钡沉淀，故C不符合题意；D．NO2与硫酸亚铁发生氧化还原反应，溶液由浅绿色变为黄色，故D不符合题意。答案选B。【点睛】把握物质的性质、发生的反应

为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合。13.如图所示，将相同条件下的m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水槽中且盛满水的试管内，充分反应后，试管内残留m2体积的气体，该气体与空气接触后立即变为红棕色。则m与

n的比值为（）A.3∶2B.2∶3C.8∶3D.3∶8【答案】C【解析】【详解】在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器中内，充分反应，NO和O2全部溶于水时按照下列反应进行，化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，由于气体与空气接触后立

即变为红棕色，所以容器内残留气体为NO，那么与O2反应的NO气体为m-m2=m2，NO和O2按照4：3混合溶于水恰好全部溶解所以mn2：=4：3，所以m：n=8：3；故选C。14.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8m

ol，这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为()A.0.2molB.0.8molC.0.6molD.1.0mol【答案】B【解析

】【分析】51.2gCu的物质的量为0.8mol，整个过程发生的反应较复杂，但从氧化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮间电子的转移，铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，我们可以认为铜将失去的

电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2。【详解】51.2gCu的物质的量为51.264/ggmol=0.8mol，铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，则铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2，根据得失电

子数目相等得到2n(Cu)=2n(NaNO2)，所以n（NaNO2）=n（Cu）=0.8mol。答案选B。【点睛】计算过程发生的反应较复杂，但从氧化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮间电子的转移，清楚铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化

钠溶液中生成了NaNO2是解题的关键。15.下列叙述不正确的是()A.有机物C2H6与C3H8一定是同系物B.可以用溴水鉴别甲烷和乙烯C.用分液漏斗分离乙酸和乙醇D.蔗糖和麦芽糖互称为同分异构体【答案】C【解析】【

详解】A．C2H6与C3H8一定是烷烃，类别相同，组成上相差CH2，故一定是同系物，A正确；B．乙烯含有碳碳双键，可发生加成反应，可使溴水褪色，而甲烷不可以，因此可用溴水鉴别甲烷和乙烯，故B正确；C．乙酸和乙醇混溶，不能用

分液的方法分离，故C错误；D．蔗糖和麦芽糖分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确。答案选C。16.下列说法正确的是()A.油脂不能发生水解反应B.沸点由高到低：己烷>正丁烷>异丁烷C.溴苯的所

有原子不可能共平面D.等物质的量的乙醇和水分别与足量的钠反应，生成的气体体积比为3：1【答案】B【解析】【详解】A．油脂能发生水解反应，生成高级脂肪酸和甘油，故A错误；B．烷烃中，碳原子个数越多其熔沸点越高，烷烃的同分异构体中含有支链越多其熔沸点越低，所以熔沸点：己烷＞正丁烷＞异丁烷，故B正

确；C．苯环为平面结构，且直接连溴原子，则溴苯的所有原子共平面，故C错误；D．乙醇与Na反应置换羟基上的H原子，与Na反应，每个乙醇分子和水分子提供1个H原子，所以等物质的量的乙醇和水分别与足量的钠反应，生成的气体体积比为1：1，故D错误。答案选B。二．客观题(5题，共52分)17

.中学化学中几种常见物质的转化关系如下图（部分产物未列出），A是一种金属单质，D是一种非金属固体单质。请回答下列问题：（1）A、C的化学式分别为A_________，C_________；（2）F的浓溶液与A反应过程中，F体现的性质与下列反应中H2SO4体

现的性质完全相同的是_____；A．C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2OB．Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑C．Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2OD．FeO+H2SO4═FeSO4+H2O（3）写出反应E+H2O2→F的

化学方程式：____________；（4）若反应F+D→E转移电子数为6.02×1023，则消耗D的质量为___________。【答案】(1).Fe(2).Fe2(SO4)3(3).C(4).SO2+H2O2═H2SO4(5).8g【解析】【分析】由AB

→C，则A为变价金属，则A为Fe，B为FeSO4，C为Fe2(SO4)3，由F→C可推知F为H2SO4，进而推出D为S，E为SO2，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A为Fe，C为Fe2(SO4)3，故答案为：F

e；Fe2(SO4)3；(2)F的浓溶液与A反应过程中，浓硫酸体现强氧化性和酸性，A选项中浓硫酸只体现强氧化性，B选项中硫酸体现弱氧化性，C选项中浓硫酸体现强氧化性和酸性，D选项中硫酸体现酸性，故答案为：C；(3)E+H2O2→F的化学方程式为：SO2+H2O2═H2SO4，

故答案为：SO2+H2O2═H2SO4；(4)F+D→E为2H2SO4(浓)+S═3SO2↑+2H2O，转移电子数为6.02×1023，其物质的量为1mol，消耗的硫的物质的量为1mol4=0.25mol，其质量为

0.25mol×32g/mol=8g，故答案为：8g。18.高铁电池是一种新型可充电电池，能较长时间保持稳定的放电电压。高铁电池放电时总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O＝3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH。请回答下列问题：(1)

高铁电池的负极材料是______。(2)放电时，正极发生________(填“氧化”或“还原”)反应。(3)负极电极反应式为______________，正极电极反应式为______________正极附近溶液的碱性_____(填“增强，减弱，不变”)。【答案】(1)

.Zn(2).还原(3).Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2(4).24FeO−＋3e－＋4H2O=Fe(OH)3＋5OH－(5).增强【解析】【分析】放电时，该电池是原电池，原电池负极上失电子化合价升高而发生氧化反应；正极上得

电子发生还原反应，总反应方程式减去负极电极反应式即得正极反应式。【详解】(1)电池的负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。由高铁电池放电时总反应方程式可知，负极材料应为作还原剂的Zn，故答案为：锌；(2)正极上得电子发生还原反应，

故答案为：还原；(3)负极电极反应式为Zn-2e-+2OH-═Zn(OH)2，由电池的总反应方程式-负极反应式=正极反应式可知，正极反应式为FeO42-+3e-+4H2O═Fe(OH)3+5OH-，正极上生成氢氧根离子导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的碱性增强，故答案为：

Zn-2e-+2OH-═Zn(OH)2；FeO42-+3e-+4H2O═Fe(OH)3+5OH-；增强。【点睛】要求熟悉原电池的基本原理，根据元素化合价变化来确定正负极，结合电极上发生的电极反应式确定溶液碱性变化。19.一定温度下，在容积为VL的密闭容器里进行反应，

M、N的物质的量随时间的变化曲线如图所示，且两者都为气体：（1）此反应的化学方程式为__________________。（2）t1到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：__________________。（3）达平衡时N的转化率为：__________

_____；（4）反应前与达平衡时容器内压强之比为_____________。【答案】(1).2N(g)⇌M(g)(2).211()Vtt−mol•L-1•min-1(3).75％(4).10：7【解析】【分析】(1)根据物质的量的变化判断反应物和生成物；根据物质的量的变化之比等于化学

计量数之比书写方程式；(2)根据υ=ct计算反应速率υ(M)；(3)根据N的转化率=NN反应的的物质的量的起始物质的量×100%计算；(4)根据反应前与达平衡时容器内压强之比等于物质的量之比解答。【详解】(1)由图像可知，随着反应进行，N的物

质的量减少，M的物质的量增加，所以，N是反应物，M是生成物，一段时间后，M、N的物质的量为定值且不为零，反应为可逆反应，且△n(N)：△n(M)=(8-2)mol：(5-2)mol=2：1，则反应的化学方程式为：2

N(g)⇌M(g)，故答案为2N(g)⇌M(g)；(2)t1到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：υ=()Mct=21(4-3)molVL()ttmin−=211()Vtt−mol•L-1•min-1，故答案为2

11()Vtt−mol•L-1•min-1；(3)根据图像，N的转化率=NN反应的的物质的量的起始物质的量×100%=8-2mol8mol（）×100%=75%，故答案为75%；(4)反应前与达平衡时容器内压强

之比等于物质的量之比=(8+2)mol(5+2)mol=107，故答案为10：7。20.如图装置制取溴苯,回答下列问题：(1)写出A中反应的化学方程式：_________________(2)C中盛放CCl4的作用是_________(3)D中加入硝酸银溶液，实验后溶液中能看到的的实验现象为__

______(4)常用于鉴别苯和甲苯的试剂为_________________【答案】(1).+Br2+HBr(2).除去溴化氢气体中的溴蒸气(3).产生淡黄色沉淀(4).酸性高锰酸钾溶液【解析】【分析】苯和液溴在铁粉催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氫，CCl4用于吸收溴化氢中的溴单质，最

后溴化氢通入D中用水吸收，要考虑防倒吸。【详解】（1）在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成：+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；（2）CCl4能溶解溴不能溶解溴

化氢，四氯化碳能除去溴化氢气体中的溴蒸气，故答案为：除去溴化氢气体中的溴蒸气；（3）D中溴化氢溶于水得HBr溶液，滴加硝酸银溶液，产生AgBr淡黄色沉淀，故答案为：产生淡黄色沉淀；（4）苯不与高锰酸钾溶液反应，而甲苯能

被高锰酸钾酸性溶液氧化，而使其褪色，现象不同，则应选择酸性高锰酸钾溶液，故答案为：酸性高锰酸钾溶液。【点睛】本题考查苯的取代反应方程式及实验现象以及产物HBr的检验，注意掌握苯的取代反应原理，明确反应的

产物及HBr的化学性质进行解题。21.某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸

。可选药品：浓硝酸、3mol／L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O（1）实验应避免有害气体排放到空气中。装置③、④、⑥中盛放的药品依

次是_____。（2）滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后_______。（3）装置①中发生反应的化学方程式是______。（4）装置②的作用是_____，发生反应的化学方程式是______。（5

）该小组得出的结论所依据的实验现象是______。（6）实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确，

这些方案中可行的是______。（选填字母）a．加热该绿色溶液，观察颜色变化b．加水稀释绿色溶液，观察颜色变化c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化【答案】(1).3mol/L稀硝

酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液(2).通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内(3).Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O(4).将NO2转化为NO(5).3NO2+H2O===2HNO3+NO(6).装

置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色(7).acd【解析】【分析】原理分析：检查装置气密性后，打开弹簧夹通入CO2排除装置中空气；关闭弹簧夹，①装置打开分液漏斗活塞，铜与浓硝酸反应制得二氧化氮气体；NO2气体通入②装置中，二氧化氮与水反应生成NO；③装置

中是稀硝酸验证不能氧化NO；⑤装置排水法收集NO；④装置中浓硝酸验证可以氧化NO2；⑥装置中NaOH溶液吸收NO2。（1）根据装置特点和实验目的判断；（2）根据空气造成的影响确定如何实施操作；同时根据一氧化氮的性质判断装置⑤的操作；（3

）根据铜和浓硝酸的性质结合实验现象判断产物，从而确定反应方程式；（4）根据二氧化氮的性质且能转化为一氧化氮选择试剂；根据实验现象结合二氧化氮的性质书写反应方程式；（5）根据对比实验③、④的实验现象判断；（6）根据是否改变溶液中硝

酸铜的质量分数或溶解气体的浓度判断；【详解】（1）根据装置特点和实验目的，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气；因为要验证稀HNO3不能氧化NO，装置③中应该盛放稀硝酸；答案：3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠

溶液；（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出；答案：通入CO2一段时间，

关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内；（3）Cu与浓HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO2、H2O；答案：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；（4）装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3N

O2+H2O=2HNO3+NO，答案：将NO2转化为NO；3NO2+H2O=2HNO3+NO；（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之．装置

④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体；答案：装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色；（6）要证明是Cu（NO3）2浓度过高或是溶解了NO2导

致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a、c方案）再观察颜色变化．二是增加溶液中Cu（NO3）2溶液的浓度（d方案）观察反应后的颜色变化；答案：acd【点睛】验证性实验方案的设计如下：结合已知的物质具有的性质，选择合适的试剂，设计具体实验方案验证物

质是否具有该性质．对有毒气体要设计尾气处理装置，防止污染环境。