【文档说明】四川省绵阳市东辰学校2023-2024学年高一下学期第四次月考化学试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.317 MB，由小赞的店铺上传

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高一下期第四次月考化学试卷一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意)1.“绿水青山就是金山银山”，化学与环境密切相关。绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。下列做法不符合绿色化学理念的是A.2HS有毒，但实验室不可用

点燃的方法消除2HS污染B.生产可降解塑料材质的包装盒和研制水溶剂涂料替代有机溶剂涂料C.含磷的合成洗涤剂可以被细菌分解，故大量使用不会导致水体污染D.制取环氧乙烷新工艺：2CH2=CH2+O2Ag,250⎯⎯⎯⎯→℃，符合绿色化学的理念【答案】C【解析】【详解】A．H2S有毒，但实验室不可

用点燃的方法消除H2S污染，因为H2S点燃时会生成有污染的SO2，故A说法符合绿色化学理念；B．生产可降解塑料材质的包装盒和研制水溶剂涂料替代有机溶剂涂料，符合绿色化学理念；C．含磷合成洗涤剂不易被细菌分解，可促进水藻生成，导致水

体污染，故C不符合绿色化学理念；D．用乙烯氧化制取环氧乙烷，没有副产物生成，原子利用率100%，符合绿色化学理念；故选C。2.下列化学用语表达正确的是A.含174个中子的117号元素Ts的核素：174117TsB.乙烯的空间填充模型：C.醋酸官能团的结构简式：-COOHD.羟基的电子式：【答案】C

【解析】【详解】A．含174个中子的117号元素Ts的核素，其质量数为174+117=291，则其符号为：291117Ts，A不正确；B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，球棍模型为，空间填充模型为，B不正确；C．醋酸的结构简式为CH3COOH，官能团为羧基，官能团的

结构简式为-COOH，C正确；D．羟基的结构式为-O-H，电子式为，D不正确；故选C。3.煤、石油和天然气是重要化工原料，下列有关说法不正确的是A.煤气化、液化和干馏都属于化学变化B.天然气可用于合成氨和生产甲醇等C.石油是

多种碳氢化合物的混合物，可利用分馏得到乙烯、丙烯等D.塑料、合成橡胶和合成纤维主要是以石油、煤和天然气为原料生产的【答案】C【解析】【详解】A．煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应是碳与水蒸气反应生成水煤气等，有新物质生成，属于化学变化；

煤可以直接液化，即使煤与氢气作用生成液体燃料，也可以间接液化，一般是先气化转化为一氧化碳和氢气，然后在催化剂的作用下合成甲醇等，是化学变化；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，可以获得重要的化工原料如氢气

、甲烷、乙烯、一氧化碳、氨、苯、焦炭等，是化学变化，A不符合题意；B．以天然气为原料，可合成氨、甲醇等产品，B不符合题意；C．石油分馏只能得到汽油、煤油、柴油等产品，通过裂化和裂解过程可得到乙烯、丙烯等基本化

工原料，C符合题意；D．塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，D不符合题意；故选C。4.用下列装置(夹持装置略)进行实验，不能达到目的的是A.用甲装置证明非金属性S>C>SiB.用乙装置制备并收集NH3C.用丙装置验证浓硫酸的吸水性D.用丁装置制备进行喷泉

实验【答案】D的的【解析】【详解】A．硫酸滴入碳酸钠中反应产生二氧化碳气体，二氧化碳进入硅酸钠溶液中产生白色的硅酸沉淀，可知酸性硫酸>碳酸>硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，元素的非金属性越强，非金属性：S>C>Si，甲装置能达到目的，故A错误；B．浓氨水滴到生石灰上可快速产生氨

气，氨气密度比空气小，应采用向下排空气法收集，乙装置能达到目的，故B错误；C．浓硫酸吸收装置中挥发的水分，使得硫酸铜溶液中析出蓝色的晶体，因此该装置可证明浓硫酸的吸水性，故C错误；D．CO2不会和饱和的

碳酸氢钠溶液反应，不会形成压强差，不能完成喷泉实验，故D正确；故选D。5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.15g甲基(-CH3)中含有的电子数为10NAB.标准状况下，11.2L丙烷具有的极性共价键数为5.

0NAC.2.3gNa在空气中点燃，完全反应转移的电子数一定为0.1NAD.常温下，0.5molFe投入浓硫酸中，反应转移的电子数为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A．15g甲基(-CH3)的物质的量为1mol，1个甲基中含有9个电子，则15g甲基含有

的电子数为9NA，A不正确；B．标准状况下，11.2L丙烷的物质的量为0.5mol，1个丙烷分子中含有8个C-H极性共价键和3个C-C非极性共价键，则具有的极性共价键数为4.0NA，B不正确；C．2.3gNa物质的量为0.1mol，在空气中点燃生成过氧化钠，Na由0

价升高到+1价，则Na完全反应转移的电子数一定为0.1NA，C正确；D．常温下，Fe遇浓硫酸发生钝化，则将0.5molFe投入浓硫酸中，只有表面发生反应生成四氧化三铁，所以反应转移的电子数小于1.5NA，D不正确；故选C。6.山梨酸是常用的食品防腐剂，其结构简式如图所示，下列有关山梨酸的叙

述错误的是A.既能发生取代反应，又能发生加成反应的B.分子中所有碳原子可能在同一平面上C.山梨酸与乙酸是同系物D.分子式为682CHO该分子中含有两种官能团【答案】C【解析】【详解】A．山梨酸含有碳碳双键、羧基，既能发生取代反应，又

能发生加成反应，故A正确；B．碳碳双键为平面结构，单键可以旋转，分子中所有碳原子可能在同一平面上，故B正确；C．山梨酸分子中含有碳碳双键，乙酸分子中不含碳碳双键，山梨酸与乙酸不是同系物，故C错误；D．山梨酸分子式为6

82CHO，该分子中含有碳碳双键、羧基两种官能团，故D正确；选C。7.下列化学表达式正确，且与所给事实相符的是A.氯化铜溶液中通入硫化氢：22CuSCuS+−+=B.用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2：SO2＋OH-=3HSO−C.稀硝酸中加入

过量铁粉：3Fe＋8H+＋23NO−=3Fe2+＋2NO↑＋4H2OD.湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：3Cl2＋I-＋3H2O=6Cl-＋3IO−＋6H+【答案】C【解析】【详解】A．硫化氢为弱电解质，应以化学式表示，则氯化铜溶液中通入硫化

氢：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A不正确；B．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2，生成Na2SO3和水：SO2＋2OH-=23SO−+H2O，B不正确；C．稀硝酸中加入过量铁粉，起初生成的Fe3+被Fe全部还原为Fe2+，同时生成N

O等：3Fe＋8H+＋23NO−=3Fe2+＋2NO↑＋4H2O，C正确；D．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝，则生成I2，I2遇淀粉变蓝色，而3IO−不能使淀粉变蓝：Cl2＋2I-=2Cl-＋I2，D不正确；故选C。8.下列实验能达到目的的是目的实验A检验淀粉溶液是

否水解加入20%的稀硫酸水解后，立即加入新制Cu(OH)2共热B除去甲烷气体中混有的乙烯气体将混合气体通过酸性KMnO4溶液洗气C区别植物油和矿物油分别加入NaOH溶液并煮沸D检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，观察能否产生无色气体A.AB.BC.CD.D【

答案】C【解析】【详解】A．检验淀粉水解液中的葡萄糖时，不管是加入新制的氢氧化铜悬浊液，还是加入银氨溶液，都需要先加入足量的氢氧化钠中和硫酸，使溶液呈碱性，否则，硫酸会与新制的氢氧化铜或银氨溶液发生反应，从而干扰实验结果，A不正确；B．高锰酸钾会将乙烯氧化为二氧化碳等，从而混入甲

烷气体中，所以除去甲烷气体中混有的乙烯气体，不能使用酸性高锰酸钾溶液，应使用溴水等，B不正确；C．植物油为酯类物质，矿物油为烃类物质，加入NaOH溶液并煮沸，植物油会发生水解，使分层现象消失，矿物油不

反应，所以利用NaOH溶液并煮沸，可区别植物油和矿物油，C正确；D．乙醇和水都能与金属钠发生反应并生成氢气，所以不能用金属钠检验乙醇中是否含有水，可往混合液中加入无水硫酸铜，若无水硫酸铜变蓝则含有水，D不正确；故选C。9.下列化学反应过程中的能量变

化不符合下图所示的是A.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应B.高温条件下碳与水蒸气的反应C.乙醇和钠的反应D.碳酸氢钠和盐酸的反应【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应为吸热反应。【详解】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4C

l发生复分解反应，生成BaCl2、NH3等，该反应能使周围环境的温度降低，则属于吸热反应，A不符合题意；B．在持续提供高温的条件下，碳与水蒸气发生反应，生成一氧化碳和氢气，则该反应为吸热反应，B不符合题意；C．乙

醇和钠发生置换反应，生成乙醇钠和氢气，但该反应比钠与水反应缓和，反应为放热反应，C符合题意；D．碳酸氢钠和盐酸反应，需要从周围环境中不断吸收热量，则此反应为吸热反应，D不符合题意；故选C。10.纸电池是未来电池发展的一

个重要研究方向。某研究小组，利用硫酸铜、蒸馏水和滤纸制作电解液，用铜片与镁片作为电极材料(a或b)，装置如下图，下列说法正确的是A.b为正极B.电流从a电极流向b电极C.b电极表面产生气泡D.铜片做负极并不断溶解【答案】B【解析】【分析】由电子的移动方向可知，b电极材料为镁，是原电池的负极，镁失

去电子发生氧化反应生成镁离子，a电极为铜，是原电池的正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜。【详解】A．由分析可知，b电极材料为镁，是原电池的负极，故A错误；B．由电子的移动方向可知，原电池工作时电流从正极a电极流向负极

b电极，故B正确；C．由分析可知，a电极为铜，是原电池的正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，故C错误；D．由分析可知，a电极为铜，是原电池的正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，故D错误；故选B。11.将等物

质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)，2min后测得c(D)=0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，以C表示的平均速率v(C)=0.25mol/(L·min)，下列说法正确的是A.2min时，A的物质的量为1.5molB.2min

时，A的转化率为60%C.反应速率v(B)=0.25mol/(L·min)D.该反应方程式中，x=1【答案】A【解析】【分析】由v(C)=0.25mol/(L·min)知，2min内C的浓度变化量Δc(C)=0.2

5mol/(L·min)×2min=0.5mol/L，设A、B初始浓度为amol/L，结合题中数据，可列出“三段式”：3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)/(mol/L)aa00/(mol/L)0750250505/(mol/L)a

-0.75a-0.250505......起始浓度转化浓度终态浓度则2min时，c(A)：c(B)=(a-0.75)：(a-0.25)=3：5，解得a=1.5【详解】A．2min时，A的浓度为1.5-0.75=0.75mol/L，物质的量为1.5mol

，A正确；B．2min时，A的转化率为0.751.5=50%，B错误；C．v(B)=0.25/2molLmin=0.125mol/(L·min)，C错误；D．由于Δc(C)=Δc(D)，x=2，D错误；故选A。12.海洋中有丰富的资源，下图为海水资源利用的部分过程。下列有关说法正确的是

A.在第①步中除去粗盐中的24SO−、2Ca+、2Mg+等杂质，加入药品的顺序为NaCO3溶液→NaOH溶液→2BaCl溶液→过滤后加盐酸B.步骤③通入氯气后，再通热空气将溴单质吹出，利用了溴密度较小的性质C.工业上通过电解熔融MgO制取金属镁D

.反应④的离子方程式为：22224BrSO2HO2Br4HSO−+−++=++【答案】D【解析】【分析】从海水中提取的粗盐中主要成分是氯化钠，还含有24SO−、2Ca+、2Mg+等杂质，除去以上杂质可制得精盐，工业上电解饱和食盐水的工艺流程被称为氯碱工业，向氯化钠溶液中通入二氧化碳气体

、氨气可得到碳酸氢钠晶体，加热分解可得纯碱；母液中还可提取溴、镁，海水提溴时先将溴离子氧化为溴单质，再通热空气将溴单质吹出，然后用SO2水溶液将其还原为溴离子，以上为富集溴离子的过程，最后再将溴离子氧化为溴单质，从海

水中提镁时先将镁离子沉淀为氢氧化镁，再加盐酸得到六水合氯化镁晶体，脱水即可得氯化镁晶体，再电解熔融的氯化镁晶体得镁单质。【详解】A．在第①步中除去粗盐中的24SO−、2Ca+、2Mg+等杂质时，24SO−可用2BaCl溶液

除，2Ca+可用3NaCO溶液除，2Mg+可用NaOH溶液除，引入的过量的钡离子可用3NaCO溶液除去，过量的NaOH溶液加盐酸除去，故应将3NaCO溶液加在2BaCl溶液之后，A错误；B．将溴单质用热空气吹出是因为溴易挥发，B错误；C．M

gO熔点较氯化镁高，工业上通过电解熔融的2MgCl制取金属镁，C错误；D．溴单质具有氧化性，SO2具有还原性，两者发生氧化还原反应，离子方程式正确，D正确；答案选D。13.恒温恒容的密闭容器中，下列能证明反应223N(g)3H(g)2

NH(g)+一定处于化学平衡状态的是A.每断裂1molNN键同时断裂3molHH−键B.2N、2H、3NH的分子数之比为1：3：2C.容器内气体密度不变D.容器内气体压强不变【答案】D【解析】【详解】A．正反应氮气和氢气消耗比例为1：3，即每断裂1molNN键同时都断裂3molHH−键

不能说明反应一定处于平衡状态，A错误；B．没有起始量和变化量，2N、2H、3NH的分子数之比为1：3：2不能作为平衡的判据，B错误；C．恒容条件即气体总体积不变；又反应物的生成物均为气体，由质量守恒知气体总质量不变，即气体密度恒不变，所以密度不变不能说明反应

一定处于平衡状态，C错误；D．反应223N(g)3H(g)2NH(g)+属于气体体积发生变化的反应，所以恒温恒容的时容器内压强不变即达到平衡，D正确；故选D。14.向100mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中缓慢加入铁粉，产生气体的物质的量与铁粉质量的关系如下图所示（已知硝酸只被还原为

NO）。下列有关判断正确的是A.m的值为3.5B.()()2nNO:nH2:3=C.B点溶液中溶质只含FeSO4D.原混合溶液中()214cSO1.75molL−−=【答案】D【解析】【分析】由图象可知，由于铁粉过量，

OA段发生的反应为：+-332Fe4HNOFeNO+2HO+++=+，AB段发生的反应为：32Fe2Fe3Fe+++=，BC段发生的反应为：+22Fe2HFeH++=+；最终消耗铁粉质量为9.8g，

溶液中的溶质为硫酸亚铁。【详解】A．由图可知，A点生成了0.05molNO，根据OA段发生的反应方程式可知，消耗了0.05molFe，质量为：0.05mol56g/mol=2.8g，故A错误；B．BC段消耗的铁粉质量为9.8g4.2g=5.6g−，其

物质的量为0.1mol，()()2nNO:nH0.05:0.11:2==，故B错误；C．根据分析可知，B点溶液中溶质为FeSO4含和H2SO4，故C错误；D．C点溶液中溶质为FeSO4，反应一共消耗了9.8g铁粉，其物质的量为0.

175mol，即24n(SO)0.175mol−=，所以原混合溶液中214c(SO)1.75molL−−=，故D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)15.钛(Ti)的性质稳定，有良好的耐高温。抗酸碱。高强度等特性，其合金应用于航天飞机。

工业上常用钛铁矿(主要含3FeTiO和少量2SiO、23FeO等)冶炼获得金属钛，同时得到副产品42FeSO7HO晶体。其工艺流程如下图所示：已知：4222324Ti(SO)+3HOHTiO+2HSO@，Ti在高温下易被氧气氧

化。回答下列问题：（1）酸浸时为了提高浸取率，可采用的措施有_______(任写两点即可)。（2）滤渣A为_______，滤液A中加入铁粉的目的是_______。（3）操作I为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。（

4）实验室用42FeSO7HO晶体配制500ml0.1000mol/L的硫酸亚铁溶液，需要用到的玻璃仪器有_______、_______、烧杯和玻璃棒，用电子分析天平(精确度0.0001g)称量_______g42FeSO7HO。（5）反应②生成4TiCl和一种可

燃性气体，其化学方程式为_______。（6）反应③须在隔绝空气的条件下进行的原因是_______。【答案】（1）粉碎、搅拌、升温；适当提高硫酸浓度；延长浸取时间（2）①.2SiO②.将3+Fe还原为2+F

e（3）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（4）①.500ml容量瓶②.胶头滴管③.13.9000（5）224TiOTiCl+2CO+2C+2Cl高温（6）避免高温下Ti、Mg与氧气反应(或防止Ti、Mg被氧化)【解析】【分析】钛铁矿经

粉碎可增大表面积，加入稀硫酸可加快反应速率，二氧化硅不溶于稀硫酸，故滤渣A为二氧化硅，滤液A中含有硫酸铁、Ti(SO4)2，加入铁粉可将3+Fe还原为2+Fe，再经蒸发浓缩、冷却结晶可得到42FeSO7HO晶体，根据已知，滤液B中Ti(SO4)2经加热转化为H2TiO3；H2Ti

O3脱水变为TiO2；TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4，再经Mg还原得到Ti。【小问1详解】提高浸取率可采用的措施有：粉碎、搅拌、升温、适当提高硫酸的浓度、延长浸取时间；【小问2详解】根据分析可知滤渣A为SiO2，滤液A中加入铁粉的目的是将3+Fe还原为2+F

e；【小问3详解】根据分析可知，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到42FeSO7HO晶体；【小问4详解】配制一定物质的量浓度的硫酸亚铁溶液，需要用到的玻璃仪器有500ml容量瓶、胶头滴管、烧杯和玻璃棒；所需硫酸亚铁

的-3m=500ml100.1000mol/L278g/mol=13.9000g；【小问5详解】TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和一种可燃性气体，故发生的反应为：224TiOTiCl+2CO+2C+2Cl高

温；【小问6详解】根据已知可知，Ti在高温下易被氧气氧化，故在隔绝空气的条件下进行的原因是：避免高温下Ti、Mg与氧气反应；16.甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高经济效益，而且还能防止环境污染，生产流程如下：已知有机化合物H是相对分子质量为28的烃，

D到E和B到F都是和氧气反应，其中E的溶液能与新制氢氧化铜悬浊液反应产生红色沉淀，G是具有香味的液体，完成下列各题。（1）A的名称为___________；B的结构简式___________。（2）石油通过________

___(填“蒸馏”、“干馏”或“裂解”)可获得H。（3）写出D→E化学方程式：___________。（4）写出F→G的化学方程式：___________。（5）写出G的同分异构体中与3CHCOOH互为同系物

的结构简式：___________、___________。的（6）实验室制取G的装置如图-1所示。实验前向试管乙的溶液中滴加几滴紫色石蕊试液，溶液呈蓝色。实验结束后继续滴加紫色石蕊试液，然后振荡，实

验现象如图-2所示。①开始时，试管乙中所加的试剂为饱和的___________(填写化学式)溶液。②如图-2中试管中部变成红色的原因是___________。③振荡时有少量气泡产生，写出其反应的离子方程式___________。【答案】（1

）①.纤维素②.CH2OH(CHOH)4CHO（2）裂解（3）2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O（4）CH3COOH+C2H5OH浓硫酸加热CH3COOC2H5+H2O（5）①.CH3CH2CH2COOH②.(CH3)2CHCOOH（6）①

.Na2CO3②.乙酸乙酯中混有挥发的乙酸，乙酸具有酸性，石蕊遇酸变红③.2CH3COOH+2-3CO→2CH3COO-+CO2↑+H2O【解析】【分析】甘蔗渣经处理得到纤维素，纤维素水解为葡萄糖，葡萄

糖在酒化酶的作用下分解得到酒精，酒精催化氧化为乙醛，乙醛催化氧化为乙酸，乙酸和乙醇酯化生成乙酸乙酯。有机化合物H是相对分子质量为28的烃，则H为乙烯，和水加成生成乙醇。【小问1详解】由以上分析可知，A为纤维素，B为葡萄

糖，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO。【小问2详解】石油裂解是将各种石油产品分解为气态短链烃的过程，石油通过裂解可获得乙烯。【小问3详解】D→E是乙醇催化氧化为乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2C

H3CHO+2H2O。【小问4详解】F→G是乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，化学方程式为：CH3COOH+C2H5OH浓硫酸加热CH3COOC2H5+H2O。【小问5详解】G是乙酸乙酯，分子式为C4H8O2，CH3COOH

属于羧酸，C4H8O2的属于羧酸的同分异构体有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH。【小问6详解】①实验室制取乙酸乙酯，在甲中加入的是乙酸、乙醇和浓硫酸，加热时，乙酸和乙醇生成乙酸乙酯，生成的乙酸乙酯以及挥发的乙

酸和乙醇从甲中逸出进入乙中。实验前向试管乙的溶液中滴加几滴紫色石蕊试液，溶液呈蓝色，说明乙中的溶液显碱性，通常在制取乙酸乙酯时，用饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、反应掉乙酸，还能降低乙酸乙酯的溶

解度，有利于乙酸乙酯的分层析出。②实验结束后乙酸乙酯和混在乙酸乙酯中的乙酸和乙醇是无色的，且乙酸乙酯密度比水小，所以会浮在乙中的水溶液的上层。再向乙中滴入紫色石蕊试液，可以看到试管中部变红，是因为乙酸乙酯中的乙酸接触到继续加入的石蕊试液，使石蕊变红

。③振荡时乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，可以看到少量气泡产生：2CH3COOH+2-3CO→2CH3COO-+CO2↑+H2O，乙酸被消耗，试管中部红色消失，液体分层，上层是无色的乙酸乙酯，下层是溶解了乙醇和乙酸钠的碳酸钠溶液，由于滴有石蕊，溶液显蓝色

。17.亚硝酸钠(NaNO2)是一种白色固体，在生活中应用广泛：少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长等。某学习小组查阅资料得知：2NO+Na2O2=2NaNO2，该小组利用下列装置进行了干燥NaNO2的制备(夹持及加热装置略去)及相关实验探究。已知：①NO能被

高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。②酸性KMnO4溶液可将NO2氧化为-3NO。回答下列问题：I．NaNO2的制备：（1）盛放浓硝酸的仪器名称为________，仪器按气流方向连接顺序为b→g→h→________(装

置可重复使用)。（2）反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气，其目的是___________，反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，其目的是___________。（3）盛水的洗气瓶的作用是___________；为了提高产率，可在该洗气瓶中加入铜片，请用化学方程

式解释加入铜片的作用___________。II．HNO3的制备及浓度测定：（4）另一小组将制备NaNO2后多余的NO与足量空气一并通入水中制得HNO3，发生反应的化学方程式为___________。（5）取50mL该HNO3溶液与铜反应，恰

好消耗9.6g铜并产生4.48L(已换算成标准状况)NO和NO2混合气体(不考虑NO2与N2O4的相互转化)，则c(HNO3)=___________mol/L。【答案】（1）①.分液漏斗②.e→f→c→d→e→f→i或e→f→d→c→e→f→i（2）①.排除装置内空气，防止NO、Na2O2与空

气中的成分反应②.将残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气（3）①.吸收挥发的HNO3、将NO2转化为NO②.3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（4）4NO+3O2+2H2O=4HNO3（5）10【解析】【分析】铜和浓硝酸

反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，用水把二氧化氮转化为NO，用浓硫酸干燥NO，干燥的NO和过氧化钠反应生成NaNO2，气体再次通过盛有浓硫酸的洗气瓶防止后面装置中的水蒸气进入盛有过氧化钠的玻璃管，最后用酸性高锰酸钾吸收剩余NO，防止污染。【小问1详解】根据装置图，盛放浓硝酸的

仪器名称为分液漏斗；铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，用水把二氧化氮转化为NO，用浓硫酸干燥NO，NO和过氧化钠反应生成NaNO2，气体再次通过盛有浓硫酸的洗气瓶防止后面装置中的水蒸气进入盛有过氧化钠的玻璃管，最后用酸性高锰酸钾吸收剩余NO，仪器按

气流方向连接顺序为b→g→h→e→f→c→d→e→f→i。小问2详解】为排除装置内空气，防止NO、Na2O2与空气中的成分反应，所以反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气；NO有毒，反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，其目的是将残留的NO全部排入酸

性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气。【小问3详解】铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，盛水的洗气瓶的作用是用水把二氧化氮转化为NO，吸收挥发的HNO3；二氧化氮和水反应生成吸收和NO，稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、NO

、水，该洗气瓶中加入铜片，作用是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；【【小问4详解】NO、氧气、水反应生成HNO3，发生反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3。【小问5详解】根据铜元素守恒，反应生成硝酸铜的物质的

量为9.6g0.15mol64g/mol=、反应生成NO和NO2混合气体的总物质的量为4.48L0.2mol22.4L/mol=，根据N守恒，参加反应的硝酸的物质的量为0.15mol×2+0.2mol

=0.5mol，则c(HNO3)=0.5mol10mol/L0.05L=。18.CO2可转化成有机物实现碳循环。在容积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的

浓度随时间变化如图所示。（1）从3min到9min，v(H2)=___________mol·L-1·min-1。（2）能说明上述反应达到平衡状态的是___________(填字母)。A.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1(

即图中交叉点)B.混合气体的密度不随时间的变化而变化C.单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2OD.CO2的体积分数在混合气体中保持不变（3）平衡时CO2的转化率为___________。（4）平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积

分数是___________。（5）一定温度下，第9min时v逆(CH3OH)___________(填“大于”“小于”或“等于”)第3min时v正(CH3OH)。（6）工业上也可用H2还原CO电化学法制备甲醇(CO＋2H2=CH3OH)的工作原理如图所示。通入H2的一端是电池的________

___(填“正”或“负”)极，电池工作过程中H＋通过质子膜向___________(填“左”或者“右”)移动，通入CO的一端发生的电极反应为___________。【答案】（1）0.125（2）D（3）75%（4）30%（5）小于（6）①.负②.

左③.CO＋4e-＋4H＋=CH3OH【解析】【小问1详解】从3min到9min，CO2的浓度变化为0.25mol/L，则H2的浓度变化为0.75mol/L，v(H2)=0.75mol/L6min=0.125mol·L-1·min-1。【小问2详解】A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为

1∶1(即图中交叉点)，从图中可以看出，在后续反应中，反应继续正向进行，所以反应未达平衡状态，A不符合题意；B．混合气体的质量和体积始终不变，则密度始终不变，当密度不随时间的变化而变化时，反应不一定达平衡状态，B不符合题意；C．单位时间内消耗3molH2，同时生成

1molH2O，反应进行的方向相同，反应不一定达平衡状态，C不符合题意；D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，则正逆反应速率相等，反应达平衡状态，D符合题意；故选D。【小问3详解】平衡时CO2的转化率为1

.00mol/L0.25mol/L100%1.00mol/L−=75%。【小问4详解】平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数是0.75mol/L100%0.25mol/L0.75mol/L0.75mol/L0.75mol/L+++=30%。【小问

5详解】一定温度下，随着反应的进行，正反应速率不断减小，所以第9min时v正小于第3min时v正(CH3OH)，而第9min时v正(CH3OH)=v逆(CH3OH)，所以第9min时v逆(CH3OH)小于第3min时v正(CH3OH)。【小问6详解】在反应CO

＋2H2=CH3OH)中，C元素由+2价降为-2价，H元素由0价升为+1价，则通入H2的一端是电池的负极，通入CO的一端为电池的正极，电池工作过程中H＋通过质子膜向正极即向左移动，通入CO的一端，CO得电子产物与电解质反应生成CH3OH，发生的电

极反应为CO＋4e-＋4H＋=CH3OH。【点睛】在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。