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精品解析：江苏省常州市八校2021-2022学年高一下学期期末联合调研化学试题
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可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Fe-56
第Ⅰ卷(选择题，共45分)
一、单选题：共15题，每题3分，共45分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 纤维素、油脂、蛋白质均是天然高分子化合物
B. 煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化
C. 聚乙烯能使高锰酸钾溶液褪色
D. 棉花、羊毛、蚕丝等天然纤维的成分都是纤维素
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，A错误；
B．煤的液化是将煤通过复杂的化学变化转化成液态燃料的过程，石油的裂化是在特定条件下将长链烃转化成短链液态烃得到汽油的过程，油脂的皂化是指油脂的碱性水解反应，均为化学变化，B正确；
C．聚乙烯中没有双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D．蚕丝属于蛋白质，不是纤维素，D错误；
答案选B。
2. 下列表示不正确的是
A. 分子的空间填充模型：B. 硫离子结构示意图
C. 的结构式为D. 乙醛的结构简式
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷是正四面体结构，且C原子半径大于H，则其空间填充模型为，故A正确；
B．硫离子的质子数为16，核外电子数为18，核外电子分层排布，其离子结构示意图为，故B正确；
C．氨气分子中存在3个N-H键，结构式为 ，故C正确；
D．醛基的结构简式为-CHO，乙醛的结构简式：CH3CHO，故D错误；
故选：D。
3. 下列反应中热量变化与图一致的是
A. 天然气的燃烧能量生成物B. 锌与稀硫酸反应
C. NaOH溶液和溶液反应反应物D. 晶体和晶体反应
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，结合常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应(如C和CO2)、碳或氢气作还原剂的氧化还原反应、某些复分解（如铵盐和强碱）等来解答。
【详解】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，
A．天然气的燃烧，属于放热反应，故A错误；
B．锌与稀硫酸反应，为放热反应，故B错误；
C．NaOH溶液和HNO3溶液反应，为中和反应，属于放热反应，故C错误；
D．NH4Cl晶体和晶体反应，为吸热反应，故D正确；
故选：D。
4. 反应2NO + 2CON2 + 2CO2可应用于汽车尾气净化，下列关于该反应的说法正确的是
A. 升高温度能加快反应速率
B. 减小NO浓度能加快反应速率
C. 使用恰当的催化剂不能加快反应速
D. 达到化学平衡时，CO能100%转化为产物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．升高温度使得任何化学反应的化学反应速率加快，故A正确；
B．减小NO浓度能降低反应速率，故B错误；
C．加入恰当的催化剂可以加快化学反应速率，故C错误；
D．可逆反应的反应物不能完全转化，故达到化学平衡时，CO不能100%转化为产物，故D错误；
故选A。
5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. FeCl2溶液中：K+、H+、NO、SOB. 无色透明溶液中：K+、Mg2+、Cl-、NO
C. 强酸性溶液中：K+、Na+、HCO、Cl-D. FeCl3溶液中：Na+、SO、SCN-、NO
【答案】B
【解析】
【详解】A．亚铁离子与氢离子和硝酸根不能共存，A错误；
B．无色透明溶液中所给离子可共存，B正确；
C．强酸性溶液中碳酸氢根不能共存，C错误；
D．铁离子与硫氰根不能共存，D错误；
故选B。
6. 近年来，利用半导体光催化实现还原氮气制备氨气引起全世界极大关注。下图是在半导体光催化的作用下，被光催化材料捕获进而被还原实现“”的转化示意图。下列说法正确的是
A. 此方法不属于人工固氮技术B. 由转化示意图可知，氮气化学性质很活泼
C. 该反应过程中有共价键的断裂和形成D. 该反应的化学方程式
【答案】C
【解析】
【详解】A．该方法是通过人工将氮气转化为氨气，属于人工固氮技术，A错误；
B．氮气结构式为：N≡N，氮氮三键键能很大，不易断裂，氮气常温下十分稳定，B错误；
C．该反应过程中有N≡N、O-H键断裂，N-H、O=O键生成，C正确；
D．由图可知，氮气和水在半导体光催化的作用下生成氨气和氧气，方程式为： ，D错误；
故选：C。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 醋酸与氢氧化钠溶液反应：
B. 光亮的铁钉投入稀硫酸中：
C. Cu与稀硝酸反应：
D 硫酸亚铁溶液加入过氧化氢溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，保留化学式，醋酸与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：CH3COOH+OH-═CH3COO-+H2O，故A正确；
B．光亮的铁钉加入稀硫酸中生成硫酸亚铁溶液和氢气，离子方程式为：，故B错误；
C．Cu与稀硝酸发生反应生成硝酸铜和NO，反应离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D．电荷不守恒，硫酸亚铁溶液与过氧化氢溶液混合，离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故D错误；
故选：A。
8. 某铁—空气电池放电时，其原理如图所示。电池总反应为。下列说法不正确的是
A. a极质量减少B. b极为电池正极，发生氧化反应
C. 电子从a电极经负载流向b电极D. 该装置将化学能转化为电能
【答案】B
【解析】
【分析】根据题干信息，a为负极，Fe失去电子发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，b为正极，O2得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，据此分析解答。
【详解】A．a为负极，Fe失去电子发生氧化反应，Fe被消耗，因此a极质量减少，A正确；
B．b为正极，O2得到电子发生还原反应，B错误；
C．a极是负极，电子从a电极经负载流向b电极，C正确；
D．该装置为原电池，将化学能转变为电能，D正确；
答案选B。
9. 下列有关实验原理或操作正确的是
A. 图甲装置，吸收HCl气体时可以防止倒吸B. 图乙装置，移向负极实现化学能转化为电能
C. 图丙装置，从下层放出实现与水的分离D. 图丁装置，制备
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl与水直接接触，吸收HCl气体时不能防止倒吸，A错误；
B．原电池中阳离子移向正极，故装置中H+移向正极实现化学能转化为电能，B错误；
C．CCl4密度大于水，从下层放出CCl4实现与水的分离，C正确；
D．实验室制取氨气主要用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气，若直接加热氯化铵，分解产生的NH3和HCl到试管口又会重新结合生成NH4Cl，造成试管堵塞，D错误；
答案选C。
10. 下列有关阿伏伽德罗常数的说法正确的是
A. 1ml甲烷中含有电子数16
B. 1ml 中含有碳碳双键的数目为4
C. 1ml铁与足量S反应，转移的电子数为2
D. 在1L 1ml/L的乙酸溶液中含乙酸分子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．1ml甲烷分子中含(6+1×4)=10ml电子，含有的电子数为10NA，A错误；
B．苯环不含有碳碳双键，故1ml中含有碳碳双键的数目为，B错误；
C．Fe与足量的S反应生成硫化亚铁，Fe元素从0价升到+2价，1ml铁反应转移的电子数为2NA，C正确；
D．乙酸为弱电解质，在水中发生部分电离，因此1L 1ml/L的乙酸溶液中含乙酸分子数小于，D错误；
答案选C。
11. 某有机物分子中只含有C、H、O三种元素，其球棍模型如下图所示。下列关于该分子说法正确的是
A. 分子中只含有两种官能团B. 与乙烯互为同系物
C. 能使溴水和酸性高锰酸钾褪色，原理相同D. 只能发生取代和加成反应
【答案】A
【解析】
【分析】结合球棍模型中原子的成键数目可知该分子为CH2=CHCH2OH，据此分析。
【详解】A．由以上结构简式可知该分子中含有碳碳双键和羟基两种官能团，选项A正确；
B．该分子中含有羟基属于醇类，与乙烯不为同系物，选项B错误；
C．碳碳双键能与溴单质发生加成反应，该分子能使溴水褪色，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，两者反应原理不同，选项C错误；
D．分子中含有碳碳双键和羟基，能发生取代、加成反应、加聚反应、氧化反应等，选项D错误；
答案选A。
12. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液过量，检验铁离子不能说明反应的限度，应保证氯化铁不足，然后检验铁离子来证明，故A错误
B．CuSO4溶液是重金属离子溶液，重金属离子能使蛋白质发生变性，变性是不可逆过程，不能用溶液分离、提纯蛋白质，故B错误；
C．试管口有红色气体逸出，说明管口处有NO2生成，Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与空气氧气反应生成NO2，Cu与浓硝酸反应生成NO2，实验所用可能为稀硝酸，也可能浓硝酸，故C正确；
D．水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有加碱至碱性，由操作和现象不能说明淀粉未水解，故D错误；
故选：C。
13. 在给定条件下，下列选项所示物质间转化均能一步实现的是
A
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．Al和NaOH反应生成NaAlO2，不会生成Al(OH)3(s)，A不符合题意；
B．氯气氧化性较强，Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，B不符合题意；
C．N2和O2在放电条件下生成NO，NO再和O2反应生成NO2，C不符合题意；
D．碳酸钙高温分解生成CaO，CaO和SiO2在高温条件下生成硅酸钙，D符合题意；
答案选D。
14. 食品保鲜膜按材质分为聚乙烯(PE)、聚氯乙烯(PVC)等种类。PVC被广泛地用于食品、蔬菜外包装，它对人体有潜在危害。下列有关叙述错误的是
A. PVC单体可由PE的单体与氯化氢加成制得
B. PVC保鲜膜属于链状聚合物，在高温时易熔化，能溶于有机溶剂
C. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验加热PE和PVC产生的气体，可鉴别PE和PVC
D. 等质量的PE和乙烯完全燃烧消耗的氧气质量相等
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．PE、PVC的单体分别为CH2=CH2、CH2=CHCl，CH2=CHCl可由乙炔与HCl加成制得而不是由CH2=CH2与HCl加成制得，A错误；
B．PVC属于链状高分子化合物，能溶于氯仿等有机溶剂，加热熔化、冷却后变成固体，可以反复进行，B正确；
C．PE、PVC分别为聚乙烯和聚氯乙烯，燃烧后的产物前者只有二氧化碳和水，后者有二氧化碳、水和氯化氢等，遇湿润的蓝色石蕊试纸检验，后者明显变红，可鉴别，C正确；
D．乙烯是聚乙烯的单体，它们的最简式相同，它们含C和H的质量分数分别相等，所以等质量的两者完全燃烧消耗的氧气质量相等，D正确；
答案选A。
15. 为了测定铁铜合金的组成，将7.6g铁、铜合金加入100mL某浓度的稀硝酸中，将合金完全溶解后，共收集到NO气体2.24L(标准状况下)，并测得溶液中H+的浓度为0.5ml•L-1，若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断不正确的是
A. 上述反应中金属共失去电子0.3ml
B. 合金中，铜的质量为4.8g
C. 原硝酸的浓度：c(HNO3)=3ml•L-1
D. 要使溶液中的金属离子完全沉淀，需加5ml•L-1的NaOH溶液70mL
【答案】C
【解析】
【分析】n(NO)==0.1ml，转移电子的物质的量为0.1ml×(5-2)=0.3ml，反应后溶液中的c(H+)=0.5ml/L，则反应后剩余n(HNO3)=0.5ml/L×0.1L=0.05ml，设合金中Cu为xml，Fe为yml，由电子守恒可知：2x+3y=0.3ml，由合金的质量可知：64x+56y=7.6，解得x=0.075ml，y=0.05ml。
【详解】A．金属失去的电子等于N元素得到的电子，n(NO)==0.1ml，转移电子为0.1ml×(5-2)=0.3ml，因此金属共失去电子0.3 ml，故A正确；
B．由上述分析可知，合金中铜的物质的量为0.075ml，质量为0.075ml×64g/ml=4.8 g，故B正确；
C．反应生成Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和NO，以及反应后剩余n(HNO3)=0.5ml/L×0.1L=0.05ml，根据氮原子守恒可知，硝酸的总物质的量n(HNO3)=0.075×2+0.05×3+0.1+0.05=0.45ml，则c(HNO3)==4.5ml/L，故C错误；
D．要使溶液中的金属离子完全沉淀，溶液中剩余的硝酸先与氢氧化钠反应，则n(NaOH)=0.075×2+0.05×3+0.05=0.35ml，V==0.07L=70mL，故D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
一、非单选题：共4题，共55分。
16. 已知有机物A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。B和D是生活中两种常见的有机物，F是高分子化合物，可用于制作食品袋。相互转化关系如图所示：
（1）A分子的结构简式为___________；B中官能团名称为___________。
（2）在反应①～④中，属于取代反应的是___________(填序号)。
（3）鉴别有机物A和甲烷的试剂是___________(填字母)。
A. 稀硫酸B. 溴的四氯化碳溶液C. 水D. 酸性高锰酸钾
（4）实验室用B和D反应制取G，装置如图所示。
Ⅰ．反应④的化学方程式是___________。
Ⅱ．b试管中盛放的饱和碳酸钠溶液作用是___________；___________。(任意写两条)
Ⅲ．分离出试管中油状液体用到的主要仪器是___________。
（5）反应⑤的化学方程式是___________。
（6）下列关于化合物B、D说法正确的是___________。
A. 均能和钠反应放出氢气B. 均溶于水
C. 均能和在一定条件下发生氧化反应D. 均能与反应放出
【答案】（1） ①. ②. 羟基
（2）④ （3）BD
（4） ①. ②. 减小乙酸乙酯在水中的溶解度(利于分层) ③. 除出混合在乙酸乙酯中的乙酸，溶解混合在乙酸乙酯中的乙醇 ④. 分液漏斗
（5）n CH2=CH2 （6）ABC
【解析】
【分析】A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成B为C2H5OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C发生催化氧化生成D为CH3COOH，B与D发生酯化反应生成G为CH3COOC2H5，A发生加聚反应生成F为 ，以此来解答。
【小问1详解】
由分析知A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；D为CH3COOH，含有的官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；
【小问2详解】
根据分析知：①为加成反应，②③为氧化反应，④为取代反应，故答案为：④；
【小问3详解】
乙烯结构简式为CH2═CH2；乙烯中含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳发生加成反应而使其褪色，能与酸性高锰酸钾发生氧化反应而使其褪色，而甲烷均不能使两者褪色，可用溴的四氯化碳和酸性高锰酸钾鉴别甲烷和乙烯，故答案为：BD；
【小问4详解】
Ⅰ．B为C2H5OH，D为CH3COOH，反应④是乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式是；
Ⅱ．b试管中盛放的饱和碳酸钠溶液作用是减小乙酸乙酯在水中的溶解度、除出混合在乙酸乙酯中的乙酸，溶解混合在乙酸乙酯中的乙醇；
Ⅲ．分离出试管中油状液体操作是分液，用到的主要仪器是分液漏斗；
【小问5详解】
反应⑤是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式是n CH2=CH2 ；
【小问6详解】
A．B为CH3CH2CH2OH，含有羟基，D为CH3CH2COOH，含有羧基，二者均能和Na反应放出H2，故A正确；
B．CH3CH2CH2OH、CH3CH2COOH中烃基比较小，羟基、羧基能与水形成氢键，二者均溶于水，故B正确；
C．CH3CH2CH2OH能发生催化氧化，且CH3CH2CH2OH、CH3CH2COOH都可以燃烧，二者均能和O2在一定条件发生氧化反应，故C正确；
D．CH3CH2COOH能和NaHCO3反应放出CO2，但CH3CH2CH2OH不能NaHCO3反应，故D错误；
故答案为：ABC。
17. 铁及其化合物与我们的生活生产息息相关。
（1）纳米铁粉可用于处理废水中的：酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成与，其反应的离子方程式是___________。
（2）以硫铁矿(主要成分为)为原料制备硫酸亚铁晶体()的工艺流程如下：
①焙烧所得矿渣的成分为、和，写出酸溶时发生反应的化学方程式___________。
②酸溶时，若其他条件不变，下列措施中能提高单位时间内铁元素溶出率的有___________。
A．适当减小硫酸浓度 B．适当加快搅拌速率 C．将焙烧所得的矿渣粉碎
③加入铁粉的目的是___________(用离子方程式表达)。
（3）铁的化合物之一聚合硫酸铁{}广泛用于水的净化。以为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
Ⅰ．将一定量的溶于稀硫酸，在约70℃时边搅拌边缓慢加入一定量的溶液继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。
Ⅱ．测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数；准确称取液态样品5.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的溶液(将还原为)，充分反应后，除去过量的。用溶液滴定至终点(滴定过程中与反应生成和)，消耗溶液22.00mL。
①上述实验中若不除去过量的，样品中铁的质量分数的测定结果将___________(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程) ___________。
【答案】（1）
（2） ① ②. BC ③.
（3） ①. 偏大 ②. 根据转移电子守恒可得关系式，则，Fe元素质量，则样品中铁的质量分数
【解析】
【分析】以硫铁矿为原料制备硫酸亚铁，先焙烧将FeS2转化为氧化铁、四氧化三铁等，加入稀硫酸酸浸后二氧化硫作为滤渣通过过滤除去，溶液中有铁离子和亚铁离子，加入铁粉将铁离子转化为亚铁离子，最后生成硫酸亚铁晶体。
【小问1详解】
纳米铁粉与废水中反应生成Fe2+和，离子方程式为。
【小问2详解】
①酸浸时加入了稀硫酸，氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁，化学方程式为。②A减小硫酸浓度，反应速率变慢，不能提高单位时间内铁元素的溶出率，A错误；B适当加快搅拌速率，可加快反应速率，B正确；C将焙烧所得矿渣粉碎，增大了反应物与硫酸的接触面积，可以增大反应速率，C正确。加入铁粉的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，离子方程式为。
【小问3详解】
Sn2+具有还原性，能被K2Cr2O7氧化，从而导致K2Cr2O7消耗偏多，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Cr3+，消耗一个转移6个电子，氧化一个亚铁离子转移一个电子，根据转移电子守恒可得关系式
则
Fe元素质量
则样品中铁的质量分数
18. 外观与NaCl相似的亚硝酸钠(NaNO2)可用作建筑钢材缓蚀剂。某学习小组设计如图装置制备亚硝酸钠(夹持装置已省略)。
已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3。
(1)反应开始时先打开止水夹K，通入氮气至F中产生大量气泡后再关上止水夹K。
①通入N2的目的是___，若实验时观察到___，说明通入N2未达到预期目的。
②若通入N2未达到预期目的，装置B可除去NO中的NO2杂质，该反应的化学方程式为___。
(2)装置C、E不可省去，省去会导致产品中混有杂质___和___。
(3)装置F的作用是___。
【答案】 ①. 除去装置中的空气(氧气) ②. A中气体变为红棕色 ③. 3NO2+H2O=2HNO3+NO ④. NaOH ⑤. NaNO3 ⑥. 吸收尾气NO，防止污染空气
【解析】
【分析】装置A发生反应稀硝酸与Cu反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，H2O进入C装置中与Na2O2反应产生O2，O2与NO反应生成NO2，NO2也会与Na2O2反应，影响后续的实验探究，据此先通入B，用水除去NO2，再用C浓硫酸干燥气体，D中2NO+Na2O2=2NaNO2，E中浓硫酸，防止F中的水蒸气进入D，F中高锰酸钾具有氧化性，能将一氧化氮氧化，反应的实质是：5NO+3MnO+4H+=5NO+3Mn2++2H2O，防止污染空气。
【详解】(1)①通入N2的目的是除去装置中的空气(氧气)，避免O2对实验干扰，若实验时观察到A中气体变为红棕色，说明通入N2未达到预期目的。故答案为：除去装置中的空气(氧气)；A中气体变为红棕色；
②若通入N2未达到预期目的，装置B可除去NO中的NO2杂质，二氧化氮溶于水生成硝酸的一氧化氮，该反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(2)装置C、E不可省去，省去C、E，H2O进入C装置中与Na2O2反应产生NaOH和O2，2NO+O2=2NO2，2NO2+Na2O2═2NaNO3，省去会导致产品中混有杂质NaOH和NaNO3。故答案为：NaOH；NaNO3；
(3)装置F的作用是吸收尾气NO，防止污染空气。故答案为：吸收尾气NO，防止污染空气。
19. 回答下列问题：
（1）向某体积固定的密闭容器中加入0.3ml A、0.1ml C和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：
①若，则内反应速率_______，A的转化率为_______；
②写出反应的化学方程式：_______；
（2）工业上可以通过(g)与(g)反应制备(g)： 。
在一体积固定的密闭容器中投入一定量的CO和进行上述反应。下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是_______。
A. 反应中CO与的物质的量之比为1：1B.
C. 混合气体的压强不随时间的变化而变化D. 混合气体的密度不再改变
（3）向恒容密闭容器中充入一定量和，在不同催化剂作用下合成甲醇，反应进行相同时间后(均未达到化学平衡状态)，的转化率随反应温度的变化如图所示。其中a点的转化率高于b点的原因是_______。
（4）燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如图为燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。
①使用时，空气从_______口通入(填“A”或“B”)；
②a极的电极反应为：_______。
【答案】（1） ①. 0.004ml/(L·s) ②. 60％ ③. （2）BC
（3）a和b点均未达到平衡，b点比a点反应温度高，速率快，a点催化剂Ⅰ的效率比催化剂Ⅲ的高，化学反应速率更快(a点催化剂对速率的影响大于b点温度对速率的影响，所以a点的转化率高)
（4） ①. B ②.
【解析】
【小问1详解】
①由图象可知A起始浓度为0.15ml/L，A的物质的量为0.3ml，则体积为V==2L；由图象可知C的浓度变化为0.11ml/L-0.05ml/L=0.06ml/L，则其反应速率为v(C) =0.004ml/(L·s)；A的转化率为×100%=60％；
②A的浓度在减小、为反应物，A的浓度变化为：0.15ml/L-0.06ml/L=0.09ml/L，C的浓度在增大、为生成物，C的浓度变化为0.11ml/L-0.05ml/L=0.06ml/L，则A、C的计量数之比为3：2，由于在反应过程中混合气体的平均分子量没有变化，则反应前后计量数相同，所以B为生成物，且计量数为1，所以反应方程式为：3A2C+B；
【小问2详解】
A．反应中CO与CH3OH的物质的量之比为1：1时，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，因此无法据此判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意；
B．根据化学计量数之比，时，正逆反应速率相等，能够说明反应达到平衡，B符合题意；
C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，混合气体的压强减小，当混合气体的压强不随时间的变化而变化，说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D．体积固定，则混合气体的密度始终不变，故密度不变不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
故答案选BC。
【小问3详解】
由于a和b点均未达到平衡，b点比a点反应温度高，速率快，a点催化剂Ⅰ的效率比催化剂Ⅲ的高，a点催化剂对速率的影响大于b点温度对速率的影响，化学反应速率更快，所以a点CO2的转化率高于b点；
【小问4详解】
根据电子的移动方向，电子从负极流出，故a为负极，B为正极，燃料电池中燃料在负极，故甲醇从A口加入，B口通入空气。故使用时空气从B口通入，a电极为负极，甲醇失去电子在碱性条件下生成碳酸根，电极反应式为：。选项
实验操作和现象
结论
A
将4mL 0.5的溶液与1mL 0.1的KI溶液混合，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液变血红色
与KI的反应有一定的限度
B
向鸡蛋清溶液中加入少量溶液，溶液中有沉淀析出
可用溶液分离、提纯蛋白质
C
向盛有铜片的试管中加入少量硝酸，一段时间后观察到试管口有红色气体逸出
实验所用可能为稀硝酸
D
淀粉与稀硫酸混合一段时间后，滴加银氨溶液并水浴加热，无银镜出现
说明淀粉没有水解
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Fe-56
第Ⅰ卷(选择题，共45分)
一、单选题：共15题，每题3分，共45分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 纤维素、油脂、蛋白质均是天然高分子化合物
B. 煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化
C. 聚乙烯能使高锰酸钾溶液褪色
D. 棉花、羊毛、蚕丝等天然纤维的成分都是纤维素
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，A错误；
B．煤的液化是将煤通过复杂的化学变化转化成液态燃料的过程，石油的裂化是在特定条件下将长链烃转化成短链液态烃得到汽油的过程，油脂的皂化是指油脂的碱性水解反应，均为化学变化，B正确；
C．聚乙烯中没有双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D．蚕丝属于蛋白质，不是纤维素，D错误；
答案选B。
2. 下列表示不正确的是
A. 分子的空间填充模型：B. 硫离子结构示意图
C. 的结构式为D. 乙醛的结构简式
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷是正四面体结构，且C原子半径大于H，则其空间填充模型为，故A正确；
B．硫离子的质子数为16，核外电子数为18，核外电子分层排布，其离子结构示意图为，故B正确；
C．氨气分子中存在3个N-H键，结构式为 ，故C正确；
D．醛基的结构简式为-CHO，乙醛的结构简式：CH3CHO，故D错误；
故选：D。
3. 下列反应中热量变化与图一致的是
A. 天然气的燃烧能量生成物B. 锌与稀硫酸反应
C. NaOH溶液和溶液反应反应物D. 晶体和晶体反应
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，结合常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应(如C和CO2)、碳或氢气作还原剂的氧化还原反应、某些复分解（如铵盐和强碱）等来解答。
【详解】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，
A．天然气的燃烧，属于放热反应，故A错误；
B．锌与稀硫酸反应，为放热反应，故B错误；
C．NaOH溶液和HNO3溶液反应，为中和反应，属于放热反应，故C错误；
D．NH4Cl晶体和晶体反应，为吸热反应，故D正确；
故选：D。
4. 反应2NO + 2CON2 + 2CO2可应用于汽车尾气净化，下列关于该反应的说法正确的是
A. 升高温度能加快反应速率
B. 减小NO浓度能加快反应速率
C. 使用恰当的催化剂不能加快反应速
D. 达到化学平衡时，CO能100%转化为产物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．升高温度使得任何化学反应的化学反应速率加快，故A正确；
B．减小NO浓度能降低反应速率，故B错误；
C．加入恰当的催化剂可以加快化学反应速率，故C错误；
D．可逆反应的反应物不能完全转化，故达到化学平衡时，CO不能100%转化为产物，故D错误；
故选A。
5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. FeCl2溶液中：K+、H+、NO、SOB. 无色透明溶液中：K+、Mg2+、Cl-、NO
C. 强酸性溶液中：K+、Na+、HCO、Cl-D. FeCl3溶液中：Na+、SO、SCN-、NO
【答案】B
【解析】
【详解】A．亚铁离子与氢离子和硝酸根不能共存，A错误；
B．无色透明溶液中所给离子可共存，B正确；
C．强酸性溶液中碳酸氢根不能共存，C错误；
D．铁离子与硫氰根不能共存，D错误；
故选B。
6. 近年来，利用半导体光催化实现还原氮气制备氨气引起全世界极大关注。下图是在半导体光催化的作用下，被光催化材料捕获进而被还原实现“”的转化示意图。下列说法正确的是
A. 此方法不属于人工固氮技术B. 由转化示意图可知，氮气化学性质很活泼
C. 该反应过程中有共价键的断裂和形成D. 该反应的化学方程式
【答案】C
【解析】
【详解】A．该方法是通过人工将氮气转化为氨气，属于人工固氮技术，A错误；
B．氮气结构式为：N≡N，氮氮三键键能很大，不易断裂，氮气常温下十分稳定，B错误；
C．该反应过程中有N≡N、O-H键断裂，N-H、O=O键生成，C正确；
D．由图可知，氮气和水在半导体光催化的作用下生成氨气和氧气，方程式为： ，D错误；
故选：C。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 醋酸与氢氧化钠溶液反应：
B. 光亮的铁钉投入稀硫酸中：
C. Cu与稀硝酸反应：
D 硫酸亚铁溶液加入过氧化氢溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，保留化学式，醋酸与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：CH3COOH+OH-═CH3COO-+H2O，故A正确；
B．光亮的铁钉加入稀硫酸中生成硫酸亚铁溶液和氢气，离子方程式为：，故B错误；
C．Cu与稀硝酸发生反应生成硝酸铜和NO，反应离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D．电荷不守恒，硫酸亚铁溶液与过氧化氢溶液混合，离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故D错误；
故选：A。
8. 某铁—空气电池放电时，其原理如图所示。电池总反应为。下列说法不正确的是
A. a极质量减少B. b极为电池正极，发生氧化反应
C. 电子从a电极经负载流向b电极D. 该装置将化学能转化为电能
【答案】B
【解析】
【分析】根据题干信息，a为负极，Fe失去电子发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，b为正极，O2得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，据此分析解答。
【详解】A．a为负极，Fe失去电子发生氧化反应，Fe被消耗，因此a极质量减少，A正确；
B．b为正极，O2得到电子发生还原反应，B错误；
C．a极是负极，电子从a电极经负载流向b电极，C正确；
D．该装置为原电池，将化学能转变为电能，D正确；
答案选B。
9. 下列有关实验原理或操作正确的是
A. 图甲装置，吸收HCl气体时可以防止倒吸B. 图乙装置，移向负极实现化学能转化为电能
C. 图丙装置，从下层放出实现与水的分离D. 图丁装置，制备
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl与水直接接触，吸收HCl气体时不能防止倒吸，A错误；
B．原电池中阳离子移向正极，故装置中H+移向正极实现化学能转化为电能，B错误；
C．CCl4密度大于水，从下层放出CCl4实现与水的分离，C正确；
D．实验室制取氨气主要用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气，若直接加热氯化铵，分解产生的NH3和HCl到试管口又会重新结合生成NH4Cl，造成试管堵塞，D错误；
答案选C。
10. 下列有关阿伏伽德罗常数的说法正确的是
A. 1ml甲烷中含有电子数16
B. 1ml 中含有碳碳双键的数目为4
C. 1ml铁与足量S反应，转移的电子数为2
D. 在1L 1ml/L的乙酸溶液中含乙酸分子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．1ml甲烷分子中含(6+1×4)=10ml电子，含有的电子数为10NA，A错误；
B．苯环不含有碳碳双键，故1ml中含有碳碳双键的数目为，B错误；
C．Fe与足量的S反应生成硫化亚铁，Fe元素从0价升到+2价，1ml铁反应转移的电子数为2NA，C正确；
D．乙酸为弱电解质，在水中发生部分电离，因此1L 1ml/L的乙酸溶液中含乙酸分子数小于，D错误；
答案选C。
11. 某有机物分子中只含有C、H、O三种元素，其球棍模型如下图所示。下列关于该分子说法正确的是
A. 分子中只含有两种官能团B. 与乙烯互为同系物
C. 能使溴水和酸性高锰酸钾褪色，原理相同D. 只能发生取代和加成反应
【答案】A
【解析】
【分析】结合球棍模型中原子的成键数目可知该分子为CH2=CHCH2OH，据此分析。
【详解】A．由以上结构简式可知该分子中含有碳碳双键和羟基两种官能团，选项A正确；
B．该分子中含有羟基属于醇类，与乙烯不为同系物，选项B错误；
C．碳碳双键能与溴单质发生加成反应，该分子能使溴水褪色，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，两者反应原理不同，选项C错误；
D．分子中含有碳碳双键和羟基，能发生取代、加成反应、加聚反应、氧化反应等，选项D错误；
答案选A。
12. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液过量，检验铁离子不能说明反应的限度，应保证氯化铁不足，然后检验铁离子来证明，故A错误
B．CuSO4溶液是重金属离子溶液，重金属离子能使蛋白质发生变性，变性是不可逆过程，不能用溶液分离、提纯蛋白质，故B错误；
C．试管口有红色气体逸出，说明管口处有NO2生成，Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与空气氧气反应生成NO2，Cu与浓硝酸反应生成NO2，实验所用可能为稀硝酸，也可能浓硝酸，故C正确；
D．水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有加碱至碱性，由操作和现象不能说明淀粉未水解，故D错误；
故选：C。
13. 在给定条件下，下列选项所示物质间转化均能一步实现的是
A
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．Al和NaOH反应生成NaAlO2，不会生成Al(OH)3(s)，A不符合题意；
B．氯气氧化性较强，Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，B不符合题意；
C．N2和O2在放电条件下生成NO，NO再和O2反应生成NO2，C不符合题意；
D．碳酸钙高温分解生成CaO，CaO和SiO2在高温条件下生成硅酸钙，D符合题意；
答案选D。
14. 食品保鲜膜按材质分为聚乙烯(PE)、聚氯乙烯(PVC)等种类。PVC被广泛地用于食品、蔬菜外包装，它对人体有潜在危害。下列有关叙述错误的是
A. PVC单体可由PE的单体与氯化氢加成制得
B. PVC保鲜膜属于链状聚合物，在高温时易熔化，能溶于有机溶剂
C. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验加热PE和PVC产生的气体，可鉴别PE和PVC
D. 等质量的PE和乙烯完全燃烧消耗的氧气质量相等
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．PE、PVC的单体分别为CH2=CH2、CH2=CHCl，CH2=CHCl可由乙炔与HCl加成制得而不是由CH2=CH2与HCl加成制得，A错误；
B．PVC属于链状高分子化合物，能溶于氯仿等有机溶剂，加热熔化、冷却后变成固体，可以反复进行，B正确；
C．PE、PVC分别为聚乙烯和聚氯乙烯，燃烧后的产物前者只有二氧化碳和水，后者有二氧化碳、水和氯化氢等，遇湿润的蓝色石蕊试纸检验，后者明显变红，可鉴别，C正确；
D．乙烯是聚乙烯的单体，它们的最简式相同，它们含C和H的质量分数分别相等，所以等质量的两者完全燃烧消耗的氧气质量相等，D正确；
答案选A。
15. 为了测定铁铜合金的组成，将7.6g铁、铜合金加入100mL某浓度的稀硝酸中，将合金完全溶解后，共收集到NO气体2.24L(标准状况下)，并测得溶液中H+的浓度为0.5ml•L-1，若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断不正确的是
A. 上述反应中金属共失去电子0.3ml
B. 合金中，铜的质量为4.8g
C. 原硝酸的浓度：c(HNO3)=3ml•L-1
D. 要使溶液中的金属离子完全沉淀，需加5ml•L-1的NaOH溶液70mL
【答案】C
【解析】
【分析】n(NO)==0.1ml，转移电子的物质的量为0.1ml×(5-2)=0.3ml，反应后溶液中的c(H+)=0.5ml/L，则反应后剩余n(HNO3)=0.5ml/L×0.1L=0.05ml，设合金中Cu为xml，Fe为yml，由电子守恒可知：2x+3y=0.3ml，由合金的质量可知：64x+56y=7.6，解得x=0.075ml，y=0.05ml。
【详解】A．金属失去的电子等于N元素得到的电子，n(NO)==0.1ml，转移电子为0.1ml×(5-2)=0.3ml，因此金属共失去电子0.3 ml，故A正确；
B．由上述分析可知，合金中铜的物质的量为0.075ml，质量为0.075ml×64g/ml=4.8 g，故B正确；
C．反应生成Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和NO，以及反应后剩余n(HNO3)=0.5ml/L×0.1L=0.05ml，根据氮原子守恒可知，硝酸的总物质的量n(HNO3)=0.075×2+0.05×3+0.1+0.05=0.45ml，则c(HNO3)==4.5ml/L，故C错误；
D．要使溶液中的金属离子完全沉淀，溶液中剩余的硝酸先与氢氧化钠反应，则n(NaOH)=0.075×2+0.05×3+0.05=0.35ml，V==0.07L=70mL，故D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
一、非单选题：共4题，共55分。
16. 已知有机物A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。B和D是生活中两种常见的有机物，F是高分子化合物，可用于制作食品袋。相互转化关系如图所示：
（1）A分子的结构简式为___________；B中官能团名称为___________。
（2）在反应①～④中，属于取代反应的是___________(填序号)。
（3）鉴别有机物A和甲烷的试剂是___________(填字母)。
A. 稀硫酸B. 溴的四氯化碳溶液C. 水D. 酸性高锰酸钾
（4）实验室用B和D反应制取G，装置如图所示。
Ⅰ．反应④的化学方程式是___________。
Ⅱ．b试管中盛放的饱和碳酸钠溶液作用是___________；___________。(任意写两条)
Ⅲ．分离出试管中油状液体用到的主要仪器是___________。
（5）反应⑤的化学方程式是___________。
（6）下列关于化合物B、D说法正确的是___________。
A. 均能和钠反应放出氢气B. 均溶于水
C. 均能和在一定条件下发生氧化反应D. 均能与反应放出
【答案】（1） ①. ②. 羟基
（2）④ （3）BD
（4） ①. ②. 减小乙酸乙酯在水中的溶解度(利于分层) ③. 除出混合在乙酸乙酯中的乙酸，溶解混合在乙酸乙酯中的乙醇 ④. 分液漏斗
（5）n CH2=CH2 （6）ABC
【解析】
【分析】A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成B为C2H5OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C发生催化氧化生成D为CH3COOH，B与D发生酯化反应生成G为CH3COOC2H5，A发生加聚反应生成F为 ，以此来解答。
【小问1详解】
由分析知A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；D为CH3COOH，含有的官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；
【小问2详解】
根据分析知：①为加成反应，②③为氧化反应，④为取代反应，故答案为：④；
【小问3详解】
乙烯结构简式为CH2═CH2；乙烯中含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳发生加成反应而使其褪色，能与酸性高锰酸钾发生氧化反应而使其褪色，而甲烷均不能使两者褪色，可用溴的四氯化碳和酸性高锰酸钾鉴别甲烷和乙烯，故答案为：BD；
【小问4详解】
Ⅰ．B为C2H5OH，D为CH3COOH，反应④是乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式是；
Ⅱ．b试管中盛放的饱和碳酸钠溶液作用是减小乙酸乙酯在水中的溶解度、除出混合在乙酸乙酯中的乙酸，溶解混合在乙酸乙酯中的乙醇；
Ⅲ．分离出试管中油状液体操作是分液，用到的主要仪器是分液漏斗；
【小问5详解】
反应⑤是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式是n CH2=CH2 ；
【小问6详解】
A．B为CH3CH2CH2OH，含有羟基，D为CH3CH2COOH，含有羧基，二者均能和Na反应放出H2，故A正确；
B．CH3CH2CH2OH、CH3CH2COOH中烃基比较小，羟基、羧基能与水形成氢键，二者均溶于水，故B正确；
C．CH3CH2CH2OH能发生催化氧化，且CH3CH2CH2OH、CH3CH2COOH都可以燃烧，二者均能和O2在一定条件发生氧化反应，故C正确；
D．CH3CH2COOH能和NaHCO3反应放出CO2，但CH3CH2CH2OH不能NaHCO3反应，故D错误；
故答案为：ABC。
17. 铁及其化合物与我们的生活生产息息相关。
（1）纳米铁粉可用于处理废水中的：酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成与，其反应的离子方程式是___________。
（2）以硫铁矿(主要成分为)为原料制备硫酸亚铁晶体()的工艺流程如下：
①焙烧所得矿渣的成分为、和，写出酸溶时发生反应的化学方程式___________。
②酸溶时，若其他条件不变，下列措施中能提高单位时间内铁元素溶出率的有___________。
A．适当减小硫酸浓度 B．适当加快搅拌速率 C．将焙烧所得的矿渣粉碎
③加入铁粉的目的是___________(用离子方程式表达)。
（3）铁的化合物之一聚合硫酸铁{}广泛用于水的净化。以为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
Ⅰ．将一定量的溶于稀硫酸，在约70℃时边搅拌边缓慢加入一定量的溶液继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。
Ⅱ．测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数；准确称取液态样品5.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的溶液(将还原为)，充分反应后，除去过量的。用溶液滴定至终点(滴定过程中与反应生成和)，消耗溶液22.00mL。
①上述实验中若不除去过量的，样品中铁的质量分数的测定结果将___________(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程) ___________。
【答案】（1）
（2） ① ②. BC ③.
（3） ①. 偏大 ②. 根据转移电子守恒可得关系式，则，Fe元素质量，则样品中铁的质量分数
【解析】
【分析】以硫铁矿为原料制备硫酸亚铁，先焙烧将FeS2转化为氧化铁、四氧化三铁等，加入稀硫酸酸浸后二氧化硫作为滤渣通过过滤除去，溶液中有铁离子和亚铁离子，加入铁粉将铁离子转化为亚铁离子，最后生成硫酸亚铁晶体。
【小问1详解】
纳米铁粉与废水中反应生成Fe2+和，离子方程式为。
【小问2详解】
①酸浸时加入了稀硫酸，氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁，化学方程式为。②A减小硫酸浓度，反应速率变慢，不能提高单位时间内铁元素的溶出率，A错误；B适当加快搅拌速率，可加快反应速率，B正确；C将焙烧所得矿渣粉碎，增大了反应物与硫酸的接触面积，可以增大反应速率，C正确。加入铁粉的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，离子方程式为。
【小问3详解】
Sn2+具有还原性，能被K2Cr2O7氧化，从而导致K2Cr2O7消耗偏多，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Cr3+，消耗一个转移6个电子，氧化一个亚铁离子转移一个电子，根据转移电子守恒可得关系式
则
Fe元素质量
则样品中铁的质量分数
18. 外观与NaCl相似的亚硝酸钠(NaNO2)可用作建筑钢材缓蚀剂。某学习小组设计如图装置制备亚硝酸钠(夹持装置已省略)。
已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3。
(1)反应开始时先打开止水夹K，通入氮气至F中产生大量气泡后再关上止水夹K。
①通入N2的目的是___，若实验时观察到___，说明通入N2未达到预期目的。
②若通入N2未达到预期目的，装置B可除去NO中的NO2杂质，该反应的化学方程式为___。
(2)装置C、E不可省去，省去会导致产品中混有杂质___和___。
(3)装置F的作用是___。
【答案】 ①. 除去装置中的空气(氧气) ②. A中气体变为红棕色 ③. 3NO2+H2O=2HNO3+NO ④. NaOH ⑤. NaNO3 ⑥. 吸收尾气NO，防止污染空气
【解析】
【分析】装置A发生反应稀硝酸与Cu反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，H2O进入C装置中与Na2O2反应产生O2，O2与NO反应生成NO2，NO2也会与Na2O2反应，影响后续的实验探究，据此先通入B，用水除去NO2，再用C浓硫酸干燥气体，D中2NO+Na2O2=2NaNO2，E中浓硫酸，防止F中的水蒸气进入D，F中高锰酸钾具有氧化性，能将一氧化氮氧化，反应的实质是：5NO+3MnO+4H+=5NO+3Mn2++2H2O，防止污染空气。
【详解】(1)①通入N2的目的是除去装置中的空气(氧气)，避免O2对实验干扰，若实验时观察到A中气体变为红棕色，说明通入N2未达到预期目的。故答案为：除去装置中的空气(氧气)；A中气体变为红棕色；
②若通入N2未达到预期目的，装置B可除去NO中的NO2杂质，二氧化氮溶于水生成硝酸的一氧化氮，该反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(2)装置C、E不可省去，省去C、E，H2O进入C装置中与Na2O2反应产生NaOH和O2，2NO+O2=2NO2，2NO2+Na2O2═2NaNO3，省去会导致产品中混有杂质NaOH和NaNO3。故答案为：NaOH；NaNO3；
(3)装置F的作用是吸收尾气NO，防止污染空气。故答案为：吸收尾气NO，防止污染空气。
19. 回答下列问题：
（1）向某体积固定的密闭容器中加入0.3ml A、0.1ml C和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：
①若，则内反应速率_______，A的转化率为_______；
②写出反应的化学方程式：_______；
（2）工业上可以通过(g)与(g)反应制备(g)： 。
在一体积固定的密闭容器中投入一定量的CO和进行上述反应。下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是_______。
A. 反应中CO与的物质的量之比为1：1B.
C. 混合气体的压强不随时间的变化而变化D. 混合气体的密度不再改变
（3）向恒容密闭容器中充入一定量和，在不同催化剂作用下合成甲醇，反应进行相同时间后(均未达到化学平衡状态)，的转化率随反应温度的变化如图所示。其中a点的转化率高于b点的原因是_______。
（4）燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如图为燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。
①使用时，空气从_______口通入(填“A”或“B”)；
②a极的电极反应为：_______。
【答案】（1） ①. 0.004ml/(L·s) ②. 60％ ③. （2）BC
（3）a和b点均未达到平衡，b点比a点反应温度高，速率快，a点催化剂Ⅰ的效率比催化剂Ⅲ的高，化学反应速率更快(a点催化剂对速率的影响大于b点温度对速率的影响，所以a点的转化率高)
（4） ①. B ②.
【解析】
【小问1详解】
①由图象可知A起始浓度为0.15ml/L，A的物质的量为0.3ml，则体积为V==2L；由图象可知C的浓度变化为0.11ml/L-0.05ml/L=0.06ml/L，则其反应速率为v(C) =0.004ml/(L·s)；A的转化率为×100%=60％；
②A的浓度在减小、为反应物，A的浓度变化为：0.15ml/L-0.06ml/L=0.09ml/L，C的浓度在增大、为生成物，C的浓度变化为0.11ml/L-0.05ml/L=0.06ml/L，则A、C的计量数之比为3：2，由于在反应过程中混合气体的平均分子量没有变化，则反应前后计量数相同，所以B为生成物，且计量数为1，所以反应方程式为：3A2C+B；
【小问2详解】
A．反应中CO与CH3OH的物质的量之比为1：1时，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，因此无法据此判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意；
B．根据化学计量数之比，时，正逆反应速率相等，能够说明反应达到平衡，B符合题意；
C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，混合气体的压强减小，当混合气体的压强不随时间的变化而变化，说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D．体积固定，则混合气体的密度始终不变，故密度不变不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
故答案选BC。
【小问3详解】
由于a和b点均未达到平衡，b点比a点反应温度高，速率快，a点催化剂Ⅰ的效率比催化剂Ⅲ的高，a点催化剂对速率的影响大于b点温度对速率的影响，化学反应速率更快，所以a点CO2的转化率高于b点；
【小问4详解】
根据电子的移动方向，电子从负极流出，故a为负极，B为正极，燃料电池中燃料在负极，故甲醇从A口加入，B口通入空气。故使用时空气从B口通入，a电极为负极，甲醇失去电子在碱性条件下生成碳酸根，电极反应式为：。选项
实验操作和现象
结论
A
将4mL 0.5的溶液与1mL 0.1的KI溶液混合，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液变血红色
与KI的反应有一定的限度
B
向鸡蛋清溶液中加入少量溶液，溶液中有沉淀析出
可用溶液分离、提纯蛋白质
C
向盛有铜片的试管中加入少量硝酸，一段时间后观察到试管口有红色气体逸出
实验所用可能为稀硝酸
D
淀粉与稀硫酸混合一段时间后，滴加银氨溶液并水浴加热，无银镜出现
说明淀粉没有水解
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