2023-2024学年福建省五校高一化学第二学期期末监测试题含解析

2023-2024学年福建省五校高一化学第二学期期末监测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关性质的比较中正确的是A．Al3+、Na+、O2-微粒半径依次增大B．N、O、F最高正价依次升高C．F2、Cl2、Br2、I2的熔点逐渐降低D．氢氧化锂、氢氧化钠、氢氧化钾、氢氧化铷的碱性逐渐减弱2、某溶液中仅含有H＋、Al3＋、Cl－、SO42－四种离子，其中H＋的浓度为0.5mol/L，Al3＋的浓度为0.1mol/L，Cl-的浓度为0.2mol/L，则SO42－的浓度是A．0.15mol/L B．0.25mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L3、下列有关化学用语使用正确的是A．苯的分子式：C6H6 B．乙烯的结构简式：CH2CH2C．CH4分子的比例模型： D．﹣CH3(甲基)的电子式为：4、已知反应C+CO22CO的正反应为吸收热量。当温度升高时，其正反应、逆反应的速率变化情况为A．同时增大B．同时减小C．增大，减小D．减小，增大5、化学反应限度的调控在工业生产和环保技术等方面得到了广泛的应用，如果设法提高化学反应的限度，下面的说法错误的是（）A．能够节约原料和能源 B．能够提高产品的产量C．能够提高经济效益 D．能够提高化学反应速率6、下列化学用语对事实的表述不正确的是A．钠与水反应的离子方程式:

2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑B．用惰性电极电解硝酸银溶液的离子方程式:

4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+C．电解精炼铜的阴极反应式:

Cu2++2e-=CuD．苯乙烯聚合反应的化学方程式:7、物质A的分子式为C12H12，结构简式为如右图，则A的苯环上的二溴代物的异构体数目有（）A．8种B．9种C．10种D．11种8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1mo1CH3+(碳正离子)中含有电子数为10NAB．标准状况下，22.4L己烷中所含的碳原子数为6NAC．28g乙烯和丙烯的混合气体中所含的氢原子数为4NAD．1.8g的NH4+中含有的电子数为10NA9、下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述中，不正确的是()A．纤维素→水解葡萄糖→氧化CO2和HB．淀粉→水解葡萄糖→氧化CO2和HC．蛋白质→水解氨基酸→D．油脂→水解甘油和高级脂肪酸→氧化CO2和H10、苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，可以作为证据的是()①苯不能使溴水褪色②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色③苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应④经测定，邻二甲苯只有一种结构⑤经测定，苯环上碳碳键的键长相等，都是1．40×10－10mA．①②B．①②③C．①②⑤D．①②④⑤11、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下28gN2含有的电子数为10NAB．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数是NAC．室温下44gCO2含有的分子数是NAD．100mL1mol·L-1盐酸中含有的HCl分子数是0.1NA12、下列物质中，分别加入金属钠，不能产生氢气的是A．苯 B．蒸馏水 C．无水酒精 D．乙酸13、下列关于有机物的说法中，正确的是（）A．“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料，它是一种新型化合物B．石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化C．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体D．塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料14、下列说法正确的是A．不管什么反应使用催化剂，都可以加快反应速率B．可逆反应A（g）B（g）＋C（g），增大压强正反应速率减小，逆反应速率增大C．对达到平衡的一个放热的可逆反应，若降低温度正反应速率减小，逆反应速率增大D．参加反应物质的性质是决定化学反应速率的主要因素15、已知CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－Q1kJ·mol－1H2（g）＋O2（g）===H2O（g）ΔH＝－Q2kJ·mol－1H2（g）＋O2（g）===H2O（l）ΔH＝－Q3kJ·mol－1常温下取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况），经完全燃烧后恢复到室温，则放出的热量（单位：kJ）为A．0.4Q1＋0.05Q3 B．0.4Q1＋0.05Q2 C．0.4Q1＋0.1Q3 D．0.4Q1＋0.2Q216、下列微粒的电子式中，书写错误的是A．氮气 B．氯化钠Na＋C．氯化氢 D．氨气二、非选择题（本题包括5小题）17、某盐A是由三种元素组成的化合物，且有一种为常见金属元素，某研究小组按如下流程图探究其组成：请回答：(1)写出组成A的三种元素符号______。(2)混合气体B的组成成份______。(3)写出图中由C转化为E的离子方程式______。(4)检验E中阳离子的实验方案______。(5)当A中金属元素以单质形式存在时，在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，写出负极的电极反应式______。18、现以淀粉或乙烯为主要原料都可以合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。（1）C中含有的官能团名称是_________，其中⑤的反应类型是__________；（2）写出下列反应的化学方程式：③__________；⑤_______________。19、研究金属与硝酸的反应，实验如下。（1）Ⅰ中的无色气体是_________。（2）Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________。（3）研究Ⅱ中的氧化剂①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于，所以没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____________。②乙同学通过分析，推测出也能被还原，依据是_____________，进而他通过实验证实该溶液中含有，其实验操作是____________。（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有__________；试推测还可能有哪些因素影响_________（列举1条）。20、亚硝酸钠是重要的防腐剂，某化学兴趣小组以铜和稀硝酸为起始原料，设计如下装置利用NO与Na2O2反应制备NaNO2。(夹持装置已略）（1）A中反应的化学方程式为_____。（2）B装置的作用是_____，装置D的作用是_____。（3）为防止生成其他杂质，B、C装置间还应接入装有_____（填试剂名称）的_____（填仪器名称）。（4）测定C装置中NaNO2的质量分数的过程如下：准确称取装置C中反应后的固体0.600g于锥形瓶中，先加水溶解，再向其中滴加0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液，恰好完全反应时，消耗酸性KMnO4溶液24.00mL。计算装置C中所得固体中NaNO2的质量分数___________（请写出计算过程）。已知测定过程中发生反应的方程式为MnO4－＋NO2－＋H＋—Mn2+＋NO3－＋H2O（未配平）21、以淀粉为主要原料合成一种具有果香味有机物C和高分子化合物E的合成路线如图1所示。请回答下列问题：(1)E的结构简式为________，D分子内含有的官能团是________(填名称)。(2)写出反应②的反应类型：________。(3)写出下列反应的化学方程式：①________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________。(4)某同学欲用图2装置制备物质C，试管B中装有足量的饱和碳酸钠溶液的目的是：________________________________________；插入试管B的导管接有一个球状物，其作用为________________________________________________________________________；如需将试管B中的物质C分离出来，用到的主要玻璃仪器有：烧杯、________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小，Al3+、Na+、O2-都是两个电子层，电子层结构相同，则Al3+、Na+、O2-微粒半径依次增大，故A正确；B．O、F一般无正价，故B错误；C．卤素单质的相对分子质量越大，熔沸点越大，则F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐增大，故C错误；D．元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则氢氧化锂、氢氧化钠、氢氧化钾、氢氧化铷的碱性逐渐增强，故D错误；故选A。2、C【解析】

根据溶液中存在电荷守恒关系：c(H＋)+3c(Al3＋)=c(Cl－)+2c(SO42－)，代入数据计算：c(SO42－)=mol/L=0.3mol/L。故选C。【点睛】在溶液中，n价离子An+或Bn-所带的电荷总数为nc(An+)或nc(Bn-)，所以，在电荷守恒式中，一个离子带几个电荷，就在其物质的量浓度前面乘以几。3、A【解析】

A项、苯的结构简式为，分子式为C6H6，故A正确；B项、乙烯的分子式为C2H4，官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故B错误；C项、CH4分子的球棍例模型为，比例模型为，故C错误；D项、﹣CH3(甲基)的电子式为，故D错误；故选A。【点睛】本题考查化学用语，注意掌握常用化学用语的的概念及表示方法，注意不同化学用语的书写要求是解答关键。4、A【解析】分析：根据温度对化学反应速率的影响分析判断。详解：化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大。故选A。5、D【解析】

提高化学反应的限度指的是化学反应所进行的程度，根据提高化学反应的限度能够节约原料和能源、提高产品的产量、提高经济效益来回答。【详解】提高了化学反应的限度，就是提高了反应物的转化率，提高了产量，更能提高经济效益，但不一定会提高反应的反应速率，所以选项D是错误的。答案选D。6、D【解析】分析:A.二者反应生成氢氧化钠和氢气；B.惰性电极电解时，银离子及水中的氢氧根离子放电；C.金属铜的电解精炼过程中阴极上铜离子得电子；

D.苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯。详解:A.钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A正确；

B.用惰性电极电解硝酸银溶液的离子反应为4Ag++2H2O

4Ag+O2↑+4H+，故B正确；C.金属铜的电解精炼过程中,阴极上铜离子得电子生成Cu,其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu,故C正确；

D.苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，正确的化学方程式为：，所以D选项是错误的；

所以本题选D。点睛：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷守恒规律，注意化学式的拆分，题目难度不大。7、B【解析】苯环上的四溴代物可以看作苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H原子取代，故四溴代物与二溴代物同分异构体数目相同，由于二溴代物有9种同分异构体，故四溴代物的同分异构体数目也为9种，故选B。点睛：同分异构数目的判断，为高频考点，注意换元法的利用，芳香烃的苯环上有多少种可被取代的氢原子，就有多少种取代产物，若有n个可被取代的氢原子，那么m个取代基（m＜n）的取代产物与（n-m）个取代基的取代产物的种数相同。8、C【解析】

A、1个CH3+中含有电子数6+3-1=8，1mo1CH3+(碳正离子)中含有电子数为8NA，故A错误；B.标准状况下，己烷是液体，22.4L己烷的物质的量不是1mol，故B错误；C.乙烯和丙烯的最简式都是CH2,28g乙烯和丙烯的混合气体中所含的氢原子数为4NA，故C正确；D.1个NH4+中含有电子数7+4-1=10，1.8g的NH4+中含有的电子数为NA，故D错误。9、A【解析】分析：A．人体内没有水解纤维素的酶；B．淀粉最终水解为葡萄糖，葡萄糖氧化为人体提供能量；C．蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体所需蛋白质；D．油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，是人体基本营养物质。详解：A．纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，A错误；B．淀粉最终水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量维持生命活动，B正确；C．蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体生长发育、新陈代谢的蛋白质，C正确；D．油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量，D正确；答案选A。10、D【解析】分析：本题考查的苯的结构，①②③根据碳碳双键的性质判断；④根据同分异构体数目计算；⑤根据单键和双键不同，键长不等判断。详解：①苯不能因为化学反应而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键和碳碳双键的交替结构，故正确；②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键和碳碳双键的交替结构，故正确；③苯在一定条件下能与氢气加成生成环己烷，发生加成反应是双键的性质，不能证明苯环结构中不存在碳碳单键和碳碳双键的交替结构，故错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹碳碳单键，另一种是两个甲基夹碳碳双键，邻二甲苯只有一种结构，说明苯结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键和碳碳双键的交替结构，故正确；⑤苯环上的碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键和碳碳双键的交替结构，故正确。所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单键和双键交替的结构的证据，故选D。11、C【解析】分析：A项，1个N2中含有14个电子；B项，H2O在标准状况下不呈气态，不能用22.4L/mol计算n（H2O）；C项，n（CO2）=44g44g/mol详解：A项，n（N2）=28g28g/mol=1mol，1个N2中含有14个电子，28gN2含电子物质的量为14mol，A项错误；B项，H2O在标准状况下不呈气态，不能用22.4L/mol计算n（H2O），B项错误；C项，n（CO2）=44g44g/mol=1mol，室温下44gCO2含有分子数是NA，C项正确；D项，n（HCl）=1mol/L×0.1L=0.1mol，HCl在水分子作用下完全电离成H+点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及物质的组成、气体摩尔体积、溶液中微粒数等知识，注意22.4L/mol适用于标准状况下由气体的体积计算气体分子物质的量，电解质溶于水发生电离。12、A【解析】

A、金属钠不与苯发生反应，故A符合题意；B、Na与H2O发生2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，故B不符合题意；C、金属钠与酒精发生2Na＋2CH3CH2OH→2CH3CH2ONa＋H2↑，故C不符合题意；D、金属钠与乙酸发生2Na＋2CH3COOH→2CH3COONa＋H2↑，故D不符合题意；答案选A。13、C【解析】A.“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料，因此乙醇汽油是混合物，故错误；B.石油的分馏是物理变化，煤的气化是化学变化，故错误；C.蔗糖和麦芽糖分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故正确；D.天然橡胶和纤维素不是合成高分子材料，故错误。故选C。14、D【解析】可逆反应增大压强正逆反应速率都增加，若降低温度正逆反应速率都减小；催化剂有正负之分。15、A【解析】

根据n=V/Vm计算混合气体的物质的量，根据体积比较计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算燃烧放出的热量。【详解】标准状况下11.2L甲烷和氢气混合气体的物质的量为0.5mol，甲烷和氢气的体积之比为4：1，所以甲烷的物质的量为0.4mol，氢气的物质的量为0.1mol，由方程式CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－Q1kJ·mol－1可知0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1kJ•mol-1=0.4Q1kJ，由H2（g）＋1/2O2（g）===H2O（l）ΔH＝－1/2Q3kJ·mol－1可知，0.1mol氢气燃烧放出的热量为0.05Q3kJ，所以放出的热量为0.4Q1kJ+0.05Q3kJ=（0.4Q1+0.05Q3）kJ，故A正确。故选A。16、A【解析】

A．氮气分子内含有氮氮叁键，其电子式为，故A错误；B．氯化钠是离子化合物，其电子式为Na＋，故B正确；C．氯化氢是共价化合物，其电子式为，故C正确；D．氨气是共价化合物，其电子式为，故D正确；故答案为A。【点睛】在电子式的正误判断中，首先判断化合物的类型，离子化合物的电子式一定存在[]，共价化合物一定不存在[]，未参加成键的电子对一定不省略，同时注意二氧化碳和次氯酸的书写，常见的有、等错误书写方法。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe、O、SSO2和SO3Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+Fe-2eˉ=Fe2+【解析】

由红棕色固体溶于盐酸得到棕黄色溶液，可知C为氧化铁、E为氯化铁溶液，说明A中含有铁元素和氧元素，1.6g氧化铁的物质的量为=0.01mol；由气体B与足量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，白色沉淀D为硫酸钡、气体B中含有三氧化硫，由硫原子个数守恒可知，三氧化硫的物质的量为=0.01mol，气体B的物质的量为=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，二氧化硫的物质的量为（0.02—0.01）mol=0.01mol，m（SO3）+m（SO2）+m（Fe2O3）=0.01mol×80g/mol+0.01mol×64g/mol+1.6g=3.04g，说明A中nFe）：n（S）：n（O）=1：1：4，则A为FeSO4。【详解】（1）由分析可知，A为FeSO4，含有的三种元素为Fe、O、S，故答案为：Fe、O、S；（2）由分析可知，三氧化硫的物质的量为=0.01mol，气体B的物质的量为=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，故答案为：SO2和SO3；（3）C为氧化铁、E为氯化铁溶液，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；（3）E为氯化铁溶液，检验铁离子的实验方案为可取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+，故答案为：取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+；（5）铁在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，铁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2eˉ=Fe2+，故答案为：Fe-2eˉ=Fe2+。【点睛】注意从质量守恒的角度判断A的化学式，把握二氧化硫的性质、铁离子检验为解答的关键。18、羧基酯化反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O【解析】

淀粉是多糖，在催化剂作用下发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在催化剂的作用下分解生成乙醇，则A是乙醇；乙醇含有羟基，在催化剂的作用下乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，则B是乙醛；乙醛含有醛基，发生氧化反应生成乙酸，则C是乙酸；乙酸含有羧基，在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯；乙烯含有碳碳双键，和水加成生成乙醇；由于D能发生加聚反应生成高分子化合物E，所以乙烯和氯化氢发生的是取代反应，生成氯乙烯，则D是氯乙烯；一定条件下，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则E为聚氯乙烯。【详解】（1）C是乙酸，结构简式为CH3COOH，官能团为羧基；反应⑤为在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，故答案为羧基；酯化反应；（2）反应③为在催化剂的作用下乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应⑤为在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O。【点睛】本题考查有机物推断，注意掌握糖类、醇、羧酸的性质，明确官能团的性质与转化关系是解答关键。19、NO或一氧化氮Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体金属的种类、硝酸的浓度温度【解析】

(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮；(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2；(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化；②元素化合价处于最高价具有氧化性，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度【详解】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，遇空气变红棕色二氧化氮；(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出；②元素化合价处于最高价具有氧化性，NO中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸，所以具体操作为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有金属的活泼性，硝酸的浓度和温度。20、3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O除去NO中可能混有的NO2除去未反应掉的NO，防止污染空气浓硫酸（碱石灰）洗气瓶（干燥管）n(KMnO4)＝24.00mL×0.1000mol·L－1×10－3L·mL－1＝2.4×10－3mol，根据得失电子守恒或关系式n(KMnO4)×5＝n(NO2－)×2，n(NO2－)＝0.006mol，NaNO2的质量分数为0.006×69÷0.600×100%＝69.00%【解析】

⑴A中反应的反应主要是稀硝酸与铜反应，其化学方程式为3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，故答案为3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；⑵A中主要产生NO气体，由于里面含有空气，会生成二氧化氮，因此B主要是将A中的二氧化氮变为NO，所以B装置的作用是除去NO中可能混有的NO2，装置C中NO和过氧化钠反应，但NO未反应完，会污染空气，因此D主要是除掉未反应完的NO，所以D的作用是除去未反应掉的NO，