2022-2023学年广西玉林高中、柳铁一中高三化学第一学期期中质量跟踪监视试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 ()A1 L pH=1的稀硫酸中有0.2NA个H+B1 L 0.1 molL-1 NaHCO3溶液中HCO3-数为0.1

2、NAC标准状况下，22.4 L氯仿(三氯甲烷)中共价键数目为4NAD23 g钠充分燃烧时转移电子数为NA2、下列说法正确的是A实验室用加热氯化铵固体制取氨气B漂白粉属于混合物，液氯属于纯净物C醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物D煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化3、实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是A实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用B实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快C依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高DC中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量4、设NA为阿伏加德罗

3、常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，22.4 L CCl4中含CCl4分子数为NAB5.6 g铁和6.4 g铜分别与0.1 mol氯气完全反应，转移的电子数相等C0.1 mo1L1 MgCl2溶液中含Cl数为0.2NAD3.9 g Na2O2 晶体中含有的离子总数为0.2NA5、化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是A“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅B流感疫苗要冷藏存放，以免蛋白质变性C“地沟油”经分馏可得汽油，用作汽车燃料D国产大飞机C919使用的“现代工业骨骼”碳纤维是一种新型的有机高分子材料6、石墨由多“层”构成，质地柔软，但分离成一“层”后即成为“

4、石墨烯”，硬度超过了金刚石，电子运动速率也大大超过了一般的导体，这再次验证了（ ）A量变引起质变的规律B能量守恒与转换的规律C勒夏特列原理D阿伏加德罗定律7、下列各组溶液只需通过相互滴加就可以鉴别出来的是 ( )ANaAlO2溶液和盐酸BNaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液CBa(OH)2溶液和浓MgCl2溶液D稀硫酸和碳酸氢钠溶液8、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br、HCO3-B澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-Cc(OH-)H2SB电子对偏移程度Cl-HS-HC沸点 硫氯气D最高正价 ClS10、已知温度T时水的离子积常

5、数为KW，该温度下，将浓度为a molL-1的一元酸HA与b molL-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是Aa=bB混合溶液的PH=7C混合溶液中，c(H+)= mol.L-1D混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-)11、下图中的实验方案，能达到实验目的的是选项ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水和热水中实验目的探究温度对平衡2NO2N2O4的影响比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱除去CO2气体中混有的SO2验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用AABBCCDD12、只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是AK值不变

6、，平衡可能移动BK值变化，平衡一定移动C平衡移动，K值可能不变D平衡移动，K值一定变化13、电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如下图所示，其中阴极和阳极均为惰性气体电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是Aa极与电源的负极相连B产物丁为硫酸溶液C离子交换膜d为阴离子交换膜(允许阴离子通过)Db电极反立式为2H2O+2e-=2OH-+H214、下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A氯碱工业中制备氯气：2NaCl(熔融) 2Na + Cl2B工业制硫酸的主要反应之一：2SO2 + O2 2SO3C氨氧化法制硝酸的主要反应之一：4NH3 + 5O2

7、4NO + 6H2OD利用铝热反应焊接铁轨：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe15、工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。已知在25时：C(s)+O2(g)CO(g) H4=-111kJ/molH2(g)+O2(g)=H2(g) H2=-242kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-394kJ/mol 下列说法不正确的是（ ）A25时，B增大压强，反应的平衡向逆反应方向移，平衡常数K减小C反应达到平衡时，每生成的同时生成0.5molO2D反应断开2molH2和1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能

8、量少484kJ16、含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150 mL 1molL1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是Aa曲线表示的离子方程式为：AlO2H+H2O=Al(OH)3Bb和c曲线表示的离子反应是相同的CM点时，溶液中沉淀的质量为3.9gD原混合溶液中的CO32与AlO2的物质的量之比为12二、非选择题（本题包括5小题）17、曲尼司特()可用于预防性治疗过敏性鼻炎，合成路线如图所示：已知：i.ii.(1)E分子中的含氧官能团名称是_。(2)试剂a是_。(3)CD的反应方程式为_。(4)写出一定条件下用F制备高分子的反应方程式_。

9、(5)H具有顺反异构，写出H的顺式异构体的结构简式_。(6)H是重要的有机合成中间体，以H为原料合成伊曲茶碱。K的结构简式为_。中间产物的结构简式为_。18、现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中某些反应的产物及条件没有全部标出）根据以上信息填空：（1）写出下列物质的化学式：A_ G_ ；（2）纯净的气体甲在气体乙中燃烧的现象：_；（3）写出下列反应的离子方程式：反应_；反应_；19、亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压（或稍低温度）下合成，其熔点-64.5，沸点-5.5，遇水易水解。实验室模拟制备装置如图所示

10、（部分夹持装置省略），D中三颈烧瓶置于-10冰盐水中。经查阅资料，相关物质性质如下：NO2熔点-64.5，沸点-5.5，可发生反应Cl2+2NO2=2NClO2NO与NaOH溶液不反应，但NO2+NO+2NaOH =2NaNO2+H2O（1）仪器甲的名称是_。（2）图示装置中恒压漏斗与分液漏斗相比，其优点为_。（3）NOC1分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为_。（4）实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，打开分液漏斗活塞滴人适量稀硝酸，至C中红棕色完全消失后，关闭K1、K2，此时装置C的作用为_；滴入适量浓盐酸，点燃酒精灯，当_（填装置符号）中充满黄绿色气体时，打开K1、

11、K3，制备NOCl。（5）装置乙中装有无水CaCl2，其作用为_；丙为尾气处理装置，则最佳选择为_。（6）若实验开始时，先关闭K2，打开K1、K3，使NO与Cl2直接反应制备NOC1，会引起什么后果_。20、某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。假设1：_对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。假设2：对该反应有催化作用。方案：向盛有铜片的溶液A中通入

12、少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_。方案：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_。查阅资料：溶于水可以生成和_。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。结论：和均对Cu与的反应有催化作用。(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因_。(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。iii_iii(4)探究的性质。将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度

13、阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为_。21、氯化铵被广泛用于医药、干电池、织物印染、洗涤等领域。氯化铵T1温度下有以下平衡：（1）N原子最外层电子有_种运动状态；上述平衡中物质，在晶体时属于离子晶体的是_。（2）的电子式为_。（3）Cl的非金属性强于S，用原子结构的知识说明理由：_。（4）上述该反应的平衡常数表达式为_。（5）在2L密闭容器中建立平衡，不同温度下氨气浓度变化正确的是_。（6）T1温度在2L，容器中，当平衡时测得为amol/L，保持其他条件不变，压缩容器体积至1L（各物质状态不变），重新达到平衡后测得为bmol/L。试比较a与b的大小

14、a_b（填“”“”或“=”），并说明理由：_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【分析】A. pH=1的硫酸中氢离子浓度为0.1 molL-1，根据n=cV计算；B.碳酸氢根离子在溶液中既存在水解平衡又存在电离平衡；C.标况下氯仿的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；D.钠在产物中化合价为+1价，结合n=计算。【题目详解】A. 1 L pH=1的稀硫酸中含有氢离子的物质的量为：0.1 molL-11L=0.1mol，含有0.1NA个H+，故A错误；B. 1 L 0.1 molL-1 NaHCO3溶液中含有0.1mol溶

15、质碳酸氢钠，因为碳酸氢根离子部分水解、部分电离，则HCO3-离子数小于0.1NA，故B错误；C.标准状况下氯仿(三氯甲烷)不是气体，22.4L氯仿(三氯甲烷)物质的量不是1mol，故C错误；D. 23 g钠的物质的量为1mol，1molNa充分燃烧产物中钠的化合价是+1价，则反应转移电子物质的量为1mol，转移电子数为NA，所以D正确。 故答案选D。2、B【题目详解】A. 实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体制取氨气，A错误；B. 漂白粉为次氯酸钙和氯化钙的混合物，属于混合物；液氯为液态氯气，属于纯净物，B正确；C. 醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和过氧化物，C错误；D. 煤的气化、液化，煤的

16、干馏均属于化学变化，D错误；答案为B。3、D【题目详解】A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用，使反应物充分混合，增加反应物的接触机会，加快反应速率，同时可以将装置中残留的二氧化碳全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，准确测定碳酸钙的质量分数，A项正确；B. 滴加盐酸过快，CO2来不及被吸收，就被排出装置C，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳被吸收完全，可以提高测定准确度，B项正确；C. B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，C项正确；D. B中牙膏样品中的CaCO3与盐酸反应生成CO2，

17、CO2进入C中与足量的Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀，经过滤、干燥、称重后得BaCO3的质量，根据碳元素守恒得，n(CaCO3)= =n(CO2)= n(BaCO3)，进而计算CaCO3的质量， D项错误；答案选D。4、B【答案解析】A、标况下四氯化碳为液态；B、依据n=mM计算物质的量，结合铁和氯气反应生成氯化铁，铜和氯气反应生成氯化铜，等物质的量反应需要判断过量问题；C、氯化镁溶液的体积不知，无法计算氯化镁的物质的量；Dn（Na2O2）=3.9g78g/mol=0.05mol，Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子。【题目详解】A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计

18、算其物质的量和共价键数目，选项A错误；B、5.6g铁物质的量=5.6g56g/mol=0.1mol，6.4g铜物质的量=6.4g64g/mol=0.1mol，分别与0.1mol氯气完全反应，铜恰好反应，铁过量，所以反应过程中转移的电子数相等，选项B正确；C、题中没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算氯化镁的物质的量及氯离子数目，选项C错误；BNa2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子，n（Na2O2）=3.9g78g/mol=0.05mol，含有的离子总数为0.15NA，选项D错误；答案选B。【答案点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是化学方程式过量计算，气体摩尔体积条件分析应用，注意常温下

19、铁在浓硝酸中发生钝化，题目难度中等。5、B【答案解析】A. 硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，故手机中芯片的主要成分是单晶硅，故A错误；B. 疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；C.对地沟油为原料制取可以得到生物柴油，粗生物柴油再经分馏才能得到发动机的燃料，故C错误；D. 碳纤维是无机物，是一种无机高分子材料，故D错误；正确答案是B。6、A【分析】阅读题干描述，抓住关键字眼，石墨烯即单层石墨，而石墨是多层结构。【题目详解】由题干描述可知，一“层”石墨即“石墨烯”

20、硬度超过了金刚石，电子运动速率也大大超过了一般的导体，而多“层”构成石墨，质地柔软，体现了量变引起质变的规律。答案选A。7、A【题目详解】ANaAlO2溶液滴加到盐酸中，先无现象，最后NaAlO2溶液过量可出现浑浊，但盐酸滴加到NaAl(OH)4溶液中，先生成沉淀，盐酸过量沉淀溶解，现象不同，可鉴别，故A正确；BNaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液，无论滴加顺序如何，都只生成碳酸钙沉淀，故B错误；CBa(OH)2溶液和浓MgCl2溶液，无论滴加顺序如何，都只生成氢氧化镁沉淀，故C错误；D稀硫酸和碳酸氢钠溶液，无论滴加顺序如何，都只生成二氧化碳气体，故D错误；故选A。【点晴】只需通过相互滴加就可

21、以鉴别出来的物质应具有滴加顺序不同，现象不同的性质。常见的利用互滴顺序不同，现象不同可检验的溶液：（1）AlCl3溶液和盐酸；（2）NaAlO2溶液和盐酸；（3）Na2CO3溶液和盐酸；（4）AgNO3溶液和氨水。8、B【题目详解】A. Fe3+与HCO3-发生双水解反应生成沉淀和气体，不能大量共存，故A不选；B.该组离子之间不反应，可大量共存，故B选； C. 常温下，KW=110-14，所以c(OH-) 的溶液显酸性，H+与ClO-，H+与F-结合生成弱电解质，不能大量共存，故C不选；D. H+、Fe2+、NO3-三种离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；故答案选B。【答案点睛】

22、硝酸亚铁溶液中，Fe2+与NO3-之间可以大量共存，NO3-没有氧化性；但是在酸性较强的环境下，NO3-具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为Fe3+，导致Fe2+与NO3-之间不能大量共存。9、B【答案解析】A比较非金属性的强弱，应根据对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，故A错误；B元素的非金属性越强，吸引电子能力越强，电子对偏移程度ClHSH，可说明非金属性ClS，故B正确；C沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，故C错误；D化合价高元素的非金属性不一定强，所以不能根据最高正化合价的大小来比较非金属性，故D错误；故答案为B。【答案点睛】元素非金属性强弱的判

23、断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。10、C【题目详解】A. 没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；B. 由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；C. 判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=molL-1，C正确； D. 根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性

24、、还是碱性，都成立，D错误；故合理选项为C。11、A【分析】A升高温度平衡向吸热反应方向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动；B盐酸也和硅酸钠溶液反应生成硅酸；C二氧化碳和碳酸钠溶液反应；D两个实验中温度、催化剂都不同。【题目详解】A升高温度平衡向吸热反应方向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动，其它条件相同，只有温度不变，所以可以探究温度对平衡的影响来分析，选项A正确；B浓盐酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能和硅酸钠反应对实验造成干扰，所以不能判断HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，选项B错误；C二氧化碳和碳酸钠溶液反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中的

25、二氧化硫，可以用饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的二氧化硫，选项C错误；D两个实验中温度、催化剂都不同，所以不能验证催化剂对反应速率的影响，选项D错误；答案选A。【答案点睛】本题考查了实验方案评价，涉及化学平衡和反应速率的影响因素的探究、酸性强弱的判断、除杂等知识点，注意：探究外界影响因素时，必须其它条件相同、只有一个条件不同时才能得出正确结论，为易错点。12、D【题目详解】A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，

26、温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，答案选D。13、D【答案解析】A、惰性电极电解硫酸钠溶液，阴极生成氢气、阳极产生氧气，气体甲与气体乙的体积比约为1:2，所以甲为氧气、乙为氢气，a是阳极，b是阴极。a极与电源的正极相连，A错误；B、乙是氢气，氢离子放电，水的电离平衡被破坏，产生氢氧化钠，因此丁是氢氧化钠溶液，B错误；C、丁是氢氧化钠，离子交换膜d为阳离子交换膜，C错误；D、b电极是阴极，氢离子放电，电极反应式：2H2O+2e=H2+2OH，D正确。答案选D。14、A【分析】本题主要考查化学与生活、生产工业之间的联系。A.考虑到氯碱工业实质是电解饱和食盐水，而不是电解熔融的氯化钠；B.

27、工业制备硫酸，主要有三个阶段，分别是：煅烧黄铁矿：4FeS2+11O2 8SO2+2Fe2O3； SO2的催化氧化：2SO2 + O2 2SO3；用98.3%的浓硫酸吸收，再稀释的所需浓度的硫酸 SO3 + H2O = H2SO4。C.工业制硝酸，主要反应为：氨气的催化氧化：4NH3+5O24NO+6H2O； 2NO+O22NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；D. 利用铝热反应焊接铁轨，主要利用了铝的强还原性，其反应为：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe。【题目详解】A.以电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为氯碱工业，则氯碱工业中制备氯气的化学方程式为：2NaCl+2H2

28、O 2NaOH+H2+Cl2，故A错误；B.工业制硫酸的主要反应之一为二氧化硫的催化氧化，化学方程式为：2SO2 + O2 2SO3，故B正确；C.氨氧化法制硝酸的主要反应之一为氨气的催化氧化，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故C正确；D.工业上可以利用Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应焊接铁轨，化学方程式为：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe，故D正确；本题答案选A。【答案点睛】高中阶段常见的工业制备及其所设计的化学方程式如下：1.工业制备硫酸： 4FeS2+11O2 8SO2+2Fe2O3；2SO2 + O2 2SO3；SO3 + H2O = H2SO4。2.工

29、业制取硝酸： 4NH3+5O24NO+6H2O； 2NO+O22NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；3.工业合成氨：N2+3H2 2NH3；4.氯碱工业：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；5.制水煤气： C+H2O（g）CO+H2；6.工业制取粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；7.高炉炼铁：3CO + Fe2O33CO2 +2Fe； 8.工业制备单晶硅：2C+SiO2Si+2CO(制得粗硅)；9.工业制普通玻璃：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2；10.粗铜的精炼：阳极：Cu-2e-

30、= Cu2+ 阴极:Cu2+2e-=Cu11.侯氏制碱法：NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2 = NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O15、B【题目详解】A.在25时：C(s)+O2(g)CO(g) H4=-111kJ/mol；H2(g)+O2(g)=H2(g) H2=-242kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-394kJ/mol，结合盖斯定律可知-得到CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H=-41kJ/mol，故A正确；B.增大压强，反应的平衡向逆反应方向移动，温度不变，则平衡常数K不变，故B错误；C.平衡时不同物质的物

31、质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则达到平衡时，每生成1molCO的同时生成0.5molO2，故C正确；D.反应为放热反应，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，则反应断开2molH-H和1molO=O中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ，故D正确；答案选B。【答案点睛】反应热=反应物键能总和-生成物键能总和。16、D【题目详解】Aa曲线表示NaAl(OH)4和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应，所以发生反应的离子方程式为：Al(OH)4-+H+=Al(OH)3+H2O，故A正确；Bb曲线表示碳酸钠和盐酸反应，c曲线也表示碳

32、酸钠和盐酸的反应，只是b曲线表示碳酸钠的物质的量，c曲线表示碳酸氢钠的物质的量，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C因加50mL盐酸之后沉淀不溶解，则M点和50mL时相同，NaAl(OH)4中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，设氢氧化铝的质量为x，NaAl(OH)4+HCl=NaCl+Al(OH)3+H2O，1mol 78g1molL-10.05L xx=3.9g，故C正确；D由图象知，Na2CO3、NaAl(OH)4的物质的量相等都是0.05mol，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与Al(OH)4-的物质的量之比，故D错误；答案选D。【答

33、案点睛】本题考查了反应与图象的关系，明确图象中各条曲线表示的物质是解本题的关键，难度较大，注意碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基、硝基 浓硫酸、浓硝酸 +NaOH+NaCl n+(n-1)H2O 【分析】根据A的分子式以及D到E的条件是氧化，再结合E的结构简式，可知A的结构简式为，试剂a为浓硫酸和浓硝酸加热的反应，得到B()，通过氯气光照得C()，C通过氢氧化钠的水溶液水解得到D()，通过Fe/HCl可知F()；通过已知信息i，可知G的结构简式()，通过SOCl2结合曲尼司特的结构简式可知H(

34、)，即可解题了。【题目详解】(1)E分子中的含氧官能团名称是羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；(2)试剂a是浓硫酸、浓硝酸，故答案为：浓硫酸、浓硝酸；(3)CD的反应方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；(4) 一定条件下用F制备高分子的反应方程式n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(5)H具有顺反异构，写出H的顺式异构体的结构简式，故答案为：；(6)根据题意可知，结合H的结构简式，可推知K的结构简式为，中间产物脱水生成，可知中间产物的结构简式为：，故答案为：；。18、Na Fe(OH)3 产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾 2Na+2H2O=2N

35、a+2OH-+H2 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- 【答案解析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na；由反应Na+H2O气体甲+C，则甲为H2，C为NaOH；乙是黄绿色气体，则乙为Cl2；反应：气体甲+气体乙气体丙，即H2+Cl2HCl，则丙为HCl；红褐色沉淀G为Fe(OH)3；反应：物质C+物质F沉淀G，即NaOH+FFe(OH)3，可推断F中含有Fe3+；反应：物质E+Cl2物质F，则E中含有Fe2+；反应：丙的水溶液D+金属B物质E，可推断金属B为Fe，则E为FeCl2，F为FeCl3。（1）根据上述分析可知A为Na；G为Fe(OH)3 ；（2）气体甲为H2，气体乙为Cl2，氢气

36、在氯气中燃烧的现象为：产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾； （3）反应为钠和水的反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2 ；反应为FeCl2与的反应，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-。19、蒸馏烧瓶平衡烧瓶与恒压漏斗内压强，便于液体顺利流下储存A中产生的NO气体D防止水蒸气进入D中，使NOC1水解NO与装置中O2反应生成NO2，被冷凝于D中，与Cl2反应引入杂质NClO2【答案解析】（1）.据图可知，甲为蒸馏烧瓶，故答案是：蒸馏烧瓶；（2）. 分液漏斗滴加液体时，当烧瓶与漏斗内压强相等时，液体不再向下滴，而恒压漏斗可以平衡烧瓶与漏斗内的压强，使液体顺利

37、流下，故答案是：平衡烧瓶与恒压漏斗内压强，便于液体顺利流下；（3）. NOC1分子中各原子均满足8电子稳定结构，则氮原子与氧原子形成两对共用电子对，与氯原子形成一对共用电子对，电子式为：，故答案是：；（4）. 关闭K1、K2后，A中依然可以产生NO气体，故此时C可以作为安全瓶，储存A中产生的NO气体，故答案是：储存A中产生的NO气体；（5）. 亚硝酰氯（NOCl）遇水易水解，装置乙中无水CaCl2可以吸收水蒸气，防止水蒸气进入D中，使NOC1水解，故答案是：防止水蒸气进入D中，使NOC1水解；（6）.由题可知，此实验的尾气主要有NO、Cl2和NOCl、NO2，因NOCl和NO2的沸点都是-5.

38、5，在常温下易挥发，故在吸收尾气时可选用NaOH溶液，同时为了防止NOCl和NO2挥发逸出，可在上方加一个浸有NaOH溶液的棉花团，故最佳选择是：；（6）. 若实验开始时，先关闭K2，打开K1、K3 ，则NO会与装置中的氧气反应生成NO2，NO2熔点-64.5，沸点-5.5，会被冷凝留在装置D中，与Cl2可发生反应Cl2+2NO2=2NClO2，引入杂质NClO2，故答案是：NO与装置中O2反应生成NO2，被冷凝于D中，与Cl2反应引入杂质NClO2。20、Cu2+ 排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响 通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：BCA，反应速率随 浓度降低而减慢，说明

39、对该反应有催化作用 有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子 【分析】影响铜和硝酸反应速率的外因有反应物的浓度、温度、催化剂等，要探究催化剂对反应速率的影响，变量是催化剂，作对比实验，反应物浓度、温度必须相同，催化剂可以参与反应，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后催化剂的质量和化学性质不发生改变；计算受热分解所得产物化学式时，结晶水合物先失去水、硝酸盐不稳定分解、结合应用质量守恒定律计算即可；【题目详解】(1) 溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实