2022年福建省惠安惠南中学高三化学第一学期期中学业质量监测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质熔点最高的物质是A金刚石B氯化钠C碳化硅D干冰2、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温常压下，124 g P4中所含PP键数目为4NAB常温下1molCl2和足量氢氧化钠溶液充分反

2、应，转移电子数目为2NAC64 g SO2含有氧原子数为2NAD标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为NA3、0.6molL-1Fe2(SO4)3和1.2molL-1CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，则加入铁粉的物质的量为（）A0.30molB0.22molC0.16molD0.48mol4、向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法不正确的是Aa点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+Bb点时溶液

3、中发生的反应为：FeCu2+=CuFe2+Cc点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5molL1D原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为115、若乙酸分子中的氧都是16O，乙醇分子中的氧都是18O，将两者等物质的量混合进行催化反应，一段时间后，体系中含有18O的物质是（催化剂中不含氧）A只有乙酸乙酯B水和乙醇C乙酸乙酯和乙醇D乙酸乙酯、乙醇、乙酸和水6、某矿石由前20号元素中的四种组成，其化学式为WYZX4。X、Y、Z、W分布在三个周期，原子序数依次增大，Y、W为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最

4、外层电子数之和相等，Y、Z位于同一周期，Z单质是一种良好的半导体。则下列判断正确的是AY、Z的氧化物都有两性 B气态氢化物的稳定性：ZXC原子半径：WYZX D最高价氧化物对应水化物的碱性：YW7、某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是Aa和b不连接时，铁片上会有金属铜析出Ba和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2+2e-= CuC无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色Da和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极移动8、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数之和为46，它们在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A原子半径大小

5、顺序为：YZXBX元素最高价氧化物的水化物酸性最强CY元素的简单氢化物稳定性最强DZ单质难溶于化合物WZ29、如图所示，隔板I固定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A(g) + 2B(g)xC(g)H=-192kJmol-1。向M、N中都通入1molA和2molB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变。下列说法正确的是A若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：（M）（N）B若x3，达到平衡后B的转化率关系为：（M）(N)C若xc（N）Dx不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等10、已知反应H2(g)+ O2(g)=H2O(g)的能量变化如

6、图所示，a、b、c表示能量变化，为正值，单位为kJ，下列说法正确的是 ( )AH2(g)+ O2(g)=H2O(g) H=c kJmol-1B2H2O(g)=2H2 (g)+O2 (g) H=2(a-b) kJmol-1C1 mol氢气与0.5 mol氧气总能量为akJD2 mol氢气与1 mol氧气完全反应生成2 mol液态水放出的热量小于2（b-a）kJ11、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A18克的D216O中含有的中子数为9NAB标准状况下，22.4LSO3含有的原子数为4NAC80ml10mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，产生的Cl2分子数为0.2NAD精炼铜过程

7、中，阳极质量减少6.4g时，电路中转移电子为0.2 NA12、向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是AOHCO322H=HCO3H2OB2OHCO323H=HCO32H2OC2OHCO324H=CO22H2ODOHCO323H=CO22H2O13、80g密度为gcm3的CaCl2溶液里含2gCa2+，从中取出一半的溶液中Cl的浓度是（ ）AmolL1B1.25molL1CmolL1D0.63molL114、含氟的卤元素互化物通常作氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，例如下述反应：2Co3O4+6ClF3=6CoF3+3Cl2+4X。下列有关说

8、法错误的是（ ）AX与O3互为同素异形体BClF3中氯元素为-3价CCo3O4在反应中作还原剂D当有1molCl2产生时，反应中转移的电子数为6mol15、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）（ ）A4种 B5种 C6种 D7种16、下列变化不能说明发生了化学变化的是（ ）A变化时有电子的得失或共用电子对的形成B变化时释放出能量C变化过程中有旧化学键的断裂和新化学键形成D变化前后原子的种类和数目没有改变，分子种类增加了17、一种新型微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示。下列说法正确的是Aa为电池的正极B海水淡化的原理是：电

9、池工作时，Na+移向左室，C1-移向右室C处理NO的电极反应为：2 NO+6H2O+10e-=N2+12OH-D若用C6H12O6表示有机废水中有机物，每消耗1 mol C6H12O6转移6 mol e-18、取Cu、Cu2O和CuO固体混合物，将其分成两等份，一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g，另一份加入1000mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，收集到标准状况下NO气体4.48L，所用硝酸的物质的量浓度为A3.2mol/LB1.6mol/LC0.9mol/LD无法判断19、白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图。 下列有关白屈菜酸的说法中，不正确的是（ ）A

10、分子式是C7H4O6B能发生加成反应C能发生水解反应D能发生加聚反应20、下列相关条件下的离子方程式书写正确的是A侯德榜制碱法的反应之一：Na+CO2+NH3+H2ONaHCO3+B泡沫灭火器原理：2Al3+3+3H2O2Al(OH)3+3CO2C碳酸氢镁溶液中滴加过量的烧碱溶液：Mg2+2+2OH-2H2O+MgCO3+D一定量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液生成沉淀质量最大时：2Al3+3+3Ba2+6OH-2Al(OH)3十3BaSO421、工业生产氨气的适宜条件中不包括( )A用浓硫酸吸收产物B用铁触煤作催化剂C温度500左右D压强为2050MPa22、短周期主族元素X、Y、Z、W的

11、原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，X、Z同主族，Y与W形成的盐的水溶液呈中性。下列说法正确的是A原子半径：r(Y)r(Z)r(X)B简单气态氢化物的热稳定性：XZWCX、Y形成的化合物中一定不含共价键DZ的氧化物的水化物与W的氧化物的水化物之间一定不能发生反应二、非选择题(共84分)23、（14分）M是日常生活中不可缺少的调味品。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）（1）若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度

12、之比可能为_。（2）若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示:则A与B溶液反应后溶液中的溶质为_（填化学式），物质的量之比为_。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A的化学式为_。24、（12分）氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图：回答下列问题：（1）A的结构简式为_。C的化学名称是_。（2）的反应试剂和反应条件分别是_，该反应的类型是_。（3）的反应方程式为_。吡啶是一种有机碱，其作用是_。（4）G的分子式为_。（5）H是G的同分异构体，其苯环

13、上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有_种。（6）4甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4甲氧基乙酰苯胺的合成路线_(其他试剂任选)。25、（12分）碘化钠可用作碘的助溶剂，是制备碘化物的原料。化学实验小组用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼(N2H4H2O)的沸点118，100开始分解；具有强还原性。I、IO3在碱性条件下共存，酸性条件下反应生成I2。化学实验小组用下图所示装置制备碘化钠，实验步骤如下：.制备水合肼：用：NaC1O氧化NH3制得水合肼，并将所得溶液装入上述装置左侧分液漏斗。.向三颈烧瓶中加入一定量单质碘

14、，打开右侧分液漏斗活塞，加入足量NaOH溶液，保持6070水浴，充分反应得到NaI和NaIO3的混合溶液。.打开左侧分液漏斗活塞，将水合肼溶液加入三颈瓶，并保持6070水浴至反应充分。.向所得溶液中加入适量活性炭，煮沸半小时，过滤，从滤液中分离出产品。回答下列问题：(1)仪器甲的名称是_。(2)用下图所示装置制备水合肼：仪器的接口依次连接的合理顺序是_(用字母表示)。实验过程中，需要缓慢滴加NaC1O溶液的主要原因是_。(3)步骤中温度保持在70以下的原因是_。(4)步骤中分离出产品的操作是_、洗涤、干燥。(5)设计方案检验步骤所得溶液中含有NaIO3：_。26、（10分）工业上常利用含硫废水

15、生产Na2S2O3，原理是 S+Na2SO3Na2S2O3 （Na2S2O3 稍过量，且该 反应的速率较慢；在酸性条件下，Na2S2O3 会自身发生氧化还原反应生成 SO2）。实验室可用如图装置（略 去部分夹持仪器）模拟生产过程。(1)Na2S2O3 中硫元素的化合价_。(2)仪器 a 的名称_，装置中产生气体的化学方程式为_ 。(3)装置 B 的作用除观察 SO2 的生成速率外，长颈漏斗的作用是 _ 。(4)装置 C 中需控制在碱性环境，否则产品发黄（生成黄色物质），用离子方程式表示其原因_。(5)装置 D 用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为_（填字母）。27、（12分）碳

16、酸镧La2(CO3)3可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置模拟制备碳酸镧。(1)盛放稀盐酸的仪器名称为_。 (2)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为F_。 (3)W中发生反应的离子方程式为_Y中发生反应的化学反应方程式为_ (4)X中盛放的试剂是_，干燥管的作用为_。 (5)Z中通入气体的方式_A.先通入足量NH3，后通入过量的CO2 B.先通入足量CO2，后通入过量的NH3C.NH3和CO2同时通入(6)该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3和La(HCO3)

17、3的稳定性强弱，设计了如下的实验装置，则甲试管中盛放的物质为_，实验过程中，发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，则关于两种物质稳定性实验结论为_。A.稳定性La2(CO3)3La(HCO3)3 B.稳定性La2(CO3)3ZX，故A正确；B.X元素为氟元素，不存在最高价氧化物的水化物，故B错误；C.在四种元素中非金属性最强的是F（X），其氢化物的稳定性最强，故C错误；D.Z为硫元素，硫单质易溶于二硫化碳中，故D错误；答案选A。9、D【题目详解】M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，A若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等

18、效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：（M）=（N），故A错误；B若x3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：（M）（N），故B错误；C若x3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c（M）c（N），故C错误；D恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后N容器中A的浓度均相等，故

19、D正确；答案选D。10、B【答案解析】A、反应物的能量更高，该反应为放热反应，H=-c kJmol-1，A错误。B、2molH2O逆向分解时，共吸收2bkJ能量，又释放2akJ能量得到产物，H=-2(a-b) kJmol-1，B正确。C、图中标示了1 mol氢气与0.5 mol氧气总能量，但是在纵坐标中没有具体可用的读数，akJ 是由此变化到气态原子时的能量变化，C错误。D、如果反应生成液态水，释放的能量更大，所以2 mol氢气与1 mol氧气完全反应生成2 mol液态水放出的热量大于2（b-a）kJ，D错误。正确答案B。11、A【答案解析】试题分析：A18克的D216O的物质的量为18g20

20、g/mol=0.9mol，其中含有的中子数为0.9mol(12+8)=9mol，故A正确；B标准状况下，SO3不是气体，故B错误；C80ml10mol/L盐酸与足量MnO2加热反应一段时间后变成稀盐酸，反应不能继续进行，故C错误；D精炼铜过程中，阳极溶解的有铜、铁、锌等金属，质量减少6.4g时，无法计算转移的电子的数目，故D错误；故选A。考点：考查阿伏伽德罗常数的计算12、C【答案解析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中OH-与CO32-物质的量相等，加入稀盐酸，首先发生OHH=H2O，然后是CO32H=HCO3，最后是HCO3H=CO2H2O；A.即得到OHCO322H=HCO

21、3H2O，A与事实相符；B.2即得到2OHCO323H+=HCO32H2O，B与事实相符；C.若OH-为2mol，则CO32-也为2mol，加入4molH+时2molOH-优先消耗2molH+，然后2molCO32-与2molH+恰好完全反应生成2molHCO3-，没有CO2气体产生，C与事实不符；D.即得到OHCO323H=CO22H2O，D与事实相符；答案选C。13、B【题目详解】2gCa2+离子物质的量为=0.05mol，溶液体积=L，则原溶液中c(Ca2+)=mol/L，而原溶液中c(Cl)=2c(Ca2+)=1.25mol/L，溶液是均一的取出溶液中Cl的浓度与原溶液中的相等，故取出

22、一半的溶液中Cl的浓度是1.25mol/L，答案选B。14、B【题目详解】A由化学方程式2Co3O46ClF3=6CoF33Cl24X可知，Co3O4作还原剂，Co3O4中-2价的O被氧化0价的O2，有元素守恒可知生成物中X为O2，则X与O3互为同素异形体，A说法正确；BF元素在化合物中只显示-1价，化合物中各元素的化合价之和为零可知ClF3中氯元素为+3价，B说法错误；CCo3O4中-2价的O被氧化0价的O2，在反应中作还原剂，C说法正确；D当有1molCl2产生时，Cl的化合价由+3价，变为0价，反应中转移的电子数为6mol，D说法正确。答案为B。15、A【答案解析】能与饱和NaHCO3溶

23、液反应放出气体的有机物含有羧基；分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、CH3CH(CH3)CH2COOH、CH3C(CH3)2COOH，共4种，故A正确。16、B【答案解析】A、变化时有电子的得失或共用电子对的形成，一定发生了氧化还原反应，有新物质的生成，是化学变化。B、有些物理变化也会释放出能量，如摩擦生热、浓硫酸溶于水，故变化时释放出能量不能说明发生了化学反应，也可能是物理变化。C、变化过程中有旧化学键的断裂和新化学键形成，则有新物质的生成，一定是化学变化。D 、变化前后分子种类增加，即有

24、新物质的生成，一定是化学变化。故只有B符合题意，答案选B17、C【答案解析】A.b极NO3-被还原为N2，故b为电池的正极，则a为电池负极，错误；B.由A项分析可知，左室为负极区，右室为正极区，电池工作过程中，阳离子向正极移动，即Na+移向右室，Cl-移向左室，错误；C. NO3-在b极被还原为N2，故b极电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，正确；D. 若用C6H12O6表示有机废水中有机物，则b极电极反应式为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，即每消耗1 mol C6H12O6转移24 mol e-，错误。答案选C。18、B【题目详解】将Cu

25、2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为：，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0.4mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为：，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=30.2mol，n(Cu)=0.3mol，由铜元素守恒可知nCu(NO3)2=n(CuO)+n(Cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根

26、据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2nCu(NO3)2=0.2mol+20.7mol=1.6mol，所以该稀硝酸的浓度为：，本题选B。19、C【题目详解】A由结构简式可知分子式为C7H4O6，故A正确；B含有碳碳双键和羰基，可发生加成反应，故B正确；C含有羰基和羧基，不能水解，故C错误；D含有碳碳双键，可发生加聚反应，故D正确。故选：C。【答案点睛】解答本题需注意：白屈菜酸中不含苯环，结构中含碳碳双键。20、A【题目详解】A侯德榜制碱法的反应之一，是往饱和NaCl氨溶液中通入CO2，生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，离子方程式为Na+CO2+NH3+H2ONaHCO3+，A正确；B泡沫灭火器

27、的灭火原理，是往硫酸铝溶液中加入碳酸氢钠溶液，反应为Al3+3Al(OH)3+3CO2，B不正确；C因为MgCO3微溶于水，氢氧化镁难溶于水；碳酸氢镁溶液中滴加过量的烧碱溶液，反应为Mg2+2+4OH-2H2O+Mg(OH)2+2，C不正确；D明矾溶液中滴加Ba(OH)2，生成沉淀质量最大时，应为完全沉淀，反应为： Al3+2+2Ba2+4OH-十2BaSO4+2H2O，D不正确；故选A。21、A【分析】分析工业生产氨气整个反应。催化剂不能改变化学平衡，但可以加快反应速率。升高温度可以加快反应速率，考虑反应平衡，温度不宜太高。增大压强可以加快反应速率，也可以促进化学平衡正向移动，但生产时的条件

28、会限制压强。从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500左右，催化剂：铁触媒。【题目详解】从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500左右，催化剂：铁触媒。用浓硫酸吸收氨气会生成硫酸铵，不适合吸收产物。答案为A。【答案点睛】本题主要考查工业制氨气的反应中反应条件的选择，综合反应速率、反应平衡考虑。22、A【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，X是O元素； X、Z同主族，Z是S元素；Y与W形成的盐的水溶液呈中性，Y是Na、W是Cl元素。【题目详解】A电子层数越多半径越

29、大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：r(Na)r(S)r(O)，故A正确；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性ClS，简单气态氢化物的热稳定性：HClH2S，故B错误；CO、Na形成的化合物中，Na2O2含共价键，故C错误；DS的氧化物的水化物H2SO3与Cl的氧化物的水化物HClO能发生氧化还原反应，故D错误；选A。二、非选择题(共84分)23、2:3或2:7 Na2CO3和NaHCO3 1:1 (NH4)2SO3 【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为

30、NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3+3OH=Al(OH)3、Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2O；（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；根据加入盐酸后所消耗盐酸的体积来分析解答即可。（3）若A是一种正盐，A能分别与NaOH、HCl溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，该气体为常见的NH3和SO2，据此来分析作答。【题目详解】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与

31、D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3+3OH=Al(OH)3、Al(OH)3+OH= AlO2-+2H2O；溶液中Al元素有AlO2-或者Al3+两种存在形式，故当得到的沉淀物Al(OH)3中Al元素与溶液中中Al元素的质量相等，也分两种情况，碱过量时，即反应剩余的nAl(OH)3= n(AlO2-)，根据元素守恒可知此时c(AlCl3)：c(NaOH) = 2：7；当碱量不足时，nAl(OH)3=n(Al3+)，

32、再根据元素守恒可知，此时c(AlCl3)：c(NaOH) = 2：3，故答案为2：3或2：7。（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；由图示信息可以看出：00.1L时，消耗盐酸没有气体放出；0.1L0.3L，消耗盐酸有气体放出；根据两个阶段消耗的盐酸的体积比为1:2，可以推测出，原溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，不产生气体消耗的盐酸与产生气体消耗的盐酸体积比为1:2，可判断出Na

33、2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。故答案为Na2CO3和NaHCO3，1:1。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，可推测出A的阳离子为NH4+，阴离子为SO32-，进而得出A的化学式为(NH4)2SO3。24、 三氟甲苯 浓HNO3/浓H2SO4、加热 取代反应 +HCl 吸收反应产生的HCl，提高反应转化率 C11H11O3N2F3 9 【分析】A和氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B的分子式为C7H5Cl3，可知A的结构中有3个氢原子被氯原子取代，B与SbF3发生反应生成，说明发生了取代反应，用F原子取代了Cl原子，由此可知B为，进一

34、步可知A为，发生消化反应生成了，被铁粉还原为，与吡啶反应生成F，最终生成，由此分析判断。【题目详解】(1)由反应的条件、产物B的分子式及C的结构简式，可逆推出A为甲苯，结构为；C可看作甲苯中甲基中的三个氢原子全部被氟原子取代，故其化学名称为三氟甲(基)苯；(2)对比C与D的结构，可知反应为苯环上的硝化反应，因此反应试剂和反应条件分别是浓HNO3/浓H2SO4、加热，反应类型为取代反应；(3)对比E、G的结构，由G可倒推得到F的结构为，然后根据取代反应的基本规律，可得反应方程式为：+HCl，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl；(4)根据G的结构式可知其分子式为C11H11O3N2F3；(5)当苯环

35、上有三个不同的取代基时，先考虑两个取代基的异构，有邻、间、对三种异构体，然后分别在这三种异构体上找第三个取代基的位置，共有10种同分异构体，除去G本身还有9种。(6)对比原料和产品的结构可知，首先要在苯环上引入硝基(类似流程)，然后将硝基还原为氨基(类似流程)，最后与反应得到4甲氧基乙酰苯胺(类似流程)，由此可得合成路线为：。25、直型冷凝管 fdebca（或fedbca） 防止过量的NAClO将水合肼氧化 防止NH3H2O分解 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 取少量中所得液体于试管中，先加入稀硫酸酸化，再加淀粉，淀粉变蓝，证明NaI3O存在 【分析】实验目的为用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4H

36、2O)为原料制备碘化钠，利用水合肼的强还原性，与碘和NaOH反应生成的NaIO3反应，得到纯净的碘化钠。【题目详解】(1)仪器甲的名称是直型冷凝管；(2) 用NaC1O氧化NH3制得水合肼，装置D为制备氨气，装置B为NaC1O氧化氨气的装置，装置C为安全瓶，装置A为防倒吸装置，则制取的氨气经由安全瓶，进入装置B，从c口进入装置A，则连接顺序为fdebca（或fedbca）；水合肼(N2H4H2O)具有强还原性，若滴加NaC1O溶液过快，导致溶液中NaC1O的量较多，氧化水合肼；(3)已知水合肼(N2H4H2O)的沸点118，100开始分解，为减少水合肼的分解，则控制温度在70以下；(4) 步骤

37、III中水合肼与碘酸根离子反应生成碘离子和氮气，得到碘化钠溶液，则步骤先对溶液进行浓缩，再进行降温结晶，再过滤、洗涤、干燥即可；(5) 已知I、IO3酸性条件下反应生成I2，步骤所得溶液中含有NaI，可加入稀硫酸使其生成碘单质，再进行验证，方案为取少量中所得液体于试管中，先加入稀硫酸酸化，再加淀粉，淀粉变蓝，证明NaIO3存在。26、+2价 圆底烧瓶 Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O 缓冲装置（或者平衡装置内外压强等） S2O32+2HS+SO2+H2O； d 【分析】（1）化合物中化合价代数和等于0。（2）仪器a为圆底烧瓶，生成气体二氧化硫的反应为浓硫酸和亚硫酸钠反应；（

38、3）装置 B观察SO2的生成速率，二氧化硫通过溶液不能与SO2反应，有气泡逸出，长颈漏斗的作用是平衡装置内外压强；（4）酸性溶液中硫代硫酸根离子会反应生成单质硫；（5）用于处理尾气，吸收未反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中。【题目详解】（1）化合物中化合价代数和等于0，Na2S2O3 中硫元素的化合价：+2价。（2）仪器a为圆底烧瓶，生成气体二氧化硫的反应为浓硫酸和亚硫酸钠反应故答案为圆底烧瓶；Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O；（3）观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，溶液不能与SO2反应，用饱和NaHSO3溶液，与二氧化硫不反应，

39、除观察SO2生成速率的作用外，装置中长颈漏斗的作用起到缓冲装置（或者平衡装置内外压强等），故答案为缓冲装置（或者平衡装置内外压强等）；（4）酸性溶液中硫代硫酸根离子会反应生成单质硫，反应的离子方程式为：S2O32+2HS+SO2+H2O；（5）a装置应将导管伸入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为d。【答案点睛】本题考查物质的制备实验、实验方案设计

40、，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，解题关键：明确实验原理，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用27、分液漏斗 A B D E C CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3 饱和NaHCO3溶液 防倒吸 A La(HCO3)3 C 【分析】在W中用盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，经过X装置除去CO2气体中的杂质HCl气体后通入Z装置在，与由Y装置制取得到的NH3在装置C中发生反应，制备La2(CO3)3沉淀；可根据NH3、CO2在水溶液中的溶解度大小确定气体通入的先后顺序。要确定La2(CO3)3、La(HCO3)3

41、两种物质放入套管实验中的试管位置，先选择稳定强的直接加热，稳定性差的间接性加热；根据实验过程中乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线图示，可证明乙试管中固体发生了分解反应，生成了CO2气体，据此分析两试管中的物质的稳定性。【题目详解】(1)根据仪器结构可知盛装稀盐酸的仪器为分液漏斗；(2)由装置可知，W中制备CO2气体，X除去CO2中的杂质HCl，Y中制备NH3，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：FABDEC；(3)W中稀HCl与CaCO3发生复分解反应制取CO2气体，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；Y中浓氨水与CaO发生反应制取N

42、H3，反应的化学反应式为NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3；(4)X中盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2；干燥管连接NH3的导气管C，由于氨气极容易溶于水，为防止倒吸现象的发生，连接干燥管，因此干燥管的作用是防止倒吸现象的发生；(5)由于氨气在水中溶解度很大，Z中应先通入NH3，使溶液显碱性，然后通入过量的CO2，这样就可以溶解更多CO2气体，产生较大量的HCO3-，生成较大浓度的NH4HCO3，故合理选项是A；(6)酸式碳酸盐稳定性较差，应直接加热，即甲试管中盛放的物质为La(HCO3)3，乙试管中盛放的物质为La2(CO3)3，乙试管中La2(

43、CO3)3分解生成CO2，使最后得到的固体质量减轻，甲物质和乙物质受热都发生了分解反应，由于二者的温度不同，且都发生了反应，因此通过该套管实验不能确定二者稳定性大小，故合理选项是C。【答案点睛】本题考查物质的制备实验、物质制备实验方案的设计，结合纯碱的工业制法确定通入气体的先后顺序，结合Na2CO3、NaHCO3的稳定性确定两种物质放入套管的内外顺序，把握制备流程、元素化合物与反应原理等为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力和灵活运用能力。28、减小 不变 2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) H=85.6 kJmol1 CH3OH（l）+3/2O2

44、（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-764.7 kJmol1 放热 NH(aq)O2(g)=NO(aq)2H(aq)H2O(l) H273 kJ/mol 【答案解析】（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响。E1的变化是减小，H的变化是不变；（2）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体HCl和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物TiCl4(l)，放热4.28 kJ，反应方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)，0.1 mol Cl2反应放热4.28 kJ，2 mol Cl2反应放热4.28 kJ2/0.1=85.6 kJ，该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) H=85.6 kJmol1 ；（3）利用盖斯定律进行计算，CH3OH(g)H2O(g)=CO2(g)3H2(g) H49.0 kJmol1，CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2(g) H192.9 kJmol1，又知H2O(g)=H2O(l)H44 kJmol1，依据盖斯定