广东省广州市增城区四校2022-2023学年高三化学第一学期期中统考试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷

2、和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在恒温恒容的密闭容器中，发生反应X(g)+2Y(g)3Z(g)H=-akJmol-1(a0)，下列说法正确的是A容器内气体的压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态B达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可能为akJC当X、Y、Z的浓度之比为1:2:3时，反应达到化学平衡状态D降低反应温度，正反应速率增大，逆反应速率减小2、已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液； 将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的

3、混合溶液中，溶液变蓝。下列判断不正确的是A化合物KCrO2中Cr元素为+3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明H2O2既有氧化性又有还原性D实验证明氧化性：Cr2O72- I23、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A能使甲基橙变红的溶液：Na、NH4、NO3、CO32B加入苯酚显紫色的溶液：K、NH4、Cl、SCNC常温下，c(H+)/c(OH)11014的溶液：K、Na、AlO2、HCO3D澄清透明的溶液：Cu2、NH4、NO3、SO424、a、b、c、X是中学化学中常见的四种物质，且a、b、c中含有同一种元素，其转化关系如下图所示。下列说法不正确的是( )A若a、b、c

4、均为厨房中常用的物质，则构成c中的阳离子半径小于其阴离子半径B若a为一种气态氢化物，X为O2，则a分子中可能含有10个或者18个电子C若b为一种两性氢氧化物，则X可能是强酸，也可能是强碱D若a为固态非金属单质，X为O2，则O元素与a元素的原子序数之差可能为85、根据下列反应的化学方程式：I2+SO2+2H2O = H2SO4+2HI；2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3；2FeCl3+2HI = 2FeCl2+2HCl+I2 判断有关物质的还原性强弱顺序是AIFe2+ClSO2BClFe2+SO2ICFe2+IClSO2DSO2IFe2+Cl6、下列表示对应化学反应的离子方程式书写正确的是A

5、硫酸铜溶液与足量氨水反应生成深蓝色溶液：Cu24NH3H2OCu(NH3)424H2OB新制氯水中滴加澄清石灰水，黄绿色褪去：Cl2Ca(OH)2Ca2ClClOH2OC含0.1 mol FeI2的溶液中滴加含0.1 mol Cl2的氯水：2Fe22I2Cl22Fe3I24ClD向饱和Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH：Ca2HCO3OHCaCO3H2O7、电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图1 为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图2 为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线，温度均由22上升到70。下列判断不正确的是

6、A由曲线1可以推测：温度升高可以提高离子的迁移速率B由曲线4可以推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关C由图1和图2可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率D由图1和图2可以判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率无关8、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4，的流程示意图如下：下列叙述错误的是A为提高步骤的反应速率，可采取搅拌、升温等措施B步骤中，主要反应的离子方程式是2Fe3+Fe=3Fe2+C步骤中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D步骤中，“分离

7、”包含的操作有过滤、洗涤9、下列叙述错误的是（ ）A乙烯和苯使溴水褪色的原因不同B苯和氢气在一定条件下生成环己烷的反应为还原反应C硝基苯和乙酸乙酯的制备都发生了取代反应D石油分馏后可获得乙烯、丙烯和丁二烯10、常温下，用0.01000 molL-1的盐酸滴定0.01000 molL-1NaA溶液20.00mL。滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）A当滴入盐酸以后，c(HA)+c(A)0.01000 molL1Bb点溶液中微粒浓度大小关系为：c(HA)c(A)c(Cl )c(OH)c(H+)Cc点时，溶液中微粒浓度关系为：c(Na+)c(HA)+2c(A)Dd点时，溶液中微粒浓度存在关系：c

8、(Na)c(H)=c(Cl)c(OH)c(A)11、下列物品所使用的主要材料属于无机非金属材料的是A陶瓷工艺品B纸质练习簿C不锈钢盆D蚕丝领带12、下列说法正确的是ANaCl溶于水与加热熔化时破坏的作用力不同BNH5的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，是既具有离子键又具有共价键的离子化合物C现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键DSiO2分子是由1个Si原子和两个O原子构成的原子晶体13、原子核外L电子层最多能容纳的电子数是A4B6C8D1014、研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列

9、有关说法错误的是()Ad为石墨，铁片腐蚀加快Bd为石墨，石墨上电极反应为：O22H2O4e4OHCd为锌块，铁片不易被腐蚀Dd为锌块，铁片上电极反应为：2H2eH215、下列有关实验操作或叙述错误的是( )A配制5%氯化钠溶液时，将称量的氯化钠放入烧杯中，然后加计量的水搅拌溶解B测定硫酸铜晶体的结晶水含量时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅C用硝酸银溶液滴定氯离子时，可用溴离子作指示剂D滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁16、常温下，几种弱电解质的电离平衡常数如表所示。向20mL0.1molL-1的盐酸中逐滴滴加0.1molL-1的氨水，溶液pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是（

10、）ACH3COONH4溶液中，c(OH-)=c(H+)110-7molL-1B曲线上a、b、c、d四个点，水的电离程度依次增大Cd点时，3c(OH-)3c(H+)=c(NH)2c(NH3H2O)D向足量的Na2CO3溶液中滴加几滴稀醋酸，反应的离子方程式为：CO+H+=HCO二、非选择题（本题包括5小题）17、下列AI九种中学化学常见的物质之间的转化关系如图所示。已知A为固态非金属单质，B 在实验室常用作气体干燥剂，D为常见液体，常温下C、E、F都是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，G是侯氏制碱法的最终产品回答下列问题： (1)F的分子式是_，图中淡黄色固体中的阴、阳离子个数比为_。(2)

11、A与B反应的化学方程式是：_。(3)E转变为H和I的离子方程式是_，体现了E的_性。(4)简述检验H溶于水电离所产生的阴离子的操作方法、实验现象和结论：_。18、已知AH均为中学化学常见的物质，转化关系如下图。其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体，D、F、G、H的焰色反应均为黄色，E为两性化合物。（1）写出C与水反应的离子方程式_，假设温度不变，该反应会使水的电离程度_（填写“变大”“变小”“不变”）（2）B的水溶液呈_性，用离子方程式解释原因_（3）将AH中易溶于水的化合物溶于水，会抑制水的电离的是_（填序号）（4）常温下，pH均为10的D、F溶液中，水电离出的c(OH)之比

12、为_向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，所得溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为：_19、硫酰氯（SO2Cl2）常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。其部分性质如下表：物质熔点/沸点/其它性质SO2Cl2-54.169.1易水解，产生大量白雾易分解：SO2Cl2SO2+Cl2回答下列问题：.实验室合成硫酰氯要先制取干燥氯气。制备干燥纯净的氯气所用仪器如下图：（1）圆底烧瓶中发生的离子反应方程式为_。（2）上述仪器的连接顺序是：e接，接，接，接（按气流方向，用小写字母表示）。_II催化合成硫酰氯的实验装置如下图 (夹持仪器已省略)：（3）仪器B冷却水的进口为_(填“a”或“

13、b”)，活性炭的作用是_。（4）装置D除干燥气体外，另一作用是_。若缺少D，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为_。（5）某同学建议将收集器A放在冰水中冷却，你认为该同学的建议是否合理，为什么？_20、亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。已知：NONO22OH2NO2H2O气体液化的温度：NO2（21）、NO（152）(1)为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：A_；组装好仪器后，接下来进行的操作是_。(2)关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70的硫酸后，A中产生

14、红棕色气体。确认A中产生气体含有NO，依据的现象是_。装置E的作用是_。(3)如果没有装置C，对实验结论造成的影响是_。(4)通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_。21、氮、碳氧化物的排放会对环境造成污染。多年来化学工作者对氮、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。I已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：第一步：2NO(g)N2O2(g)(快) H10；v1正=k1正c2(NO)； v1逆=k1逆c(N2O2)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢 )H2HI；在2FeCl2+Cl2=2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是

15、FeCl3，所以还原性FeCl2FeCl3；2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性KIFeCl2； 通过以上分析知，物质的还原性有强到弱的顺序是SO2I-Fe2+Cl-，故合理选项是D。6、A【题目详解】A、开始滴加氨水时产生氢氧化铜沉淀，继续滴加，沉淀消失，故A正确；B、新制氯水中滴加澄清石灰水，反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，氢氧化钙应该拆开，正确的离子方程式为：Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O，故B错误；C、含0.1mol FeI2的溶液中滴加含0.1molCl2的氯水，还原性I-Fe2+，依据所给量可知2I-+Cl2

16、=I2+2Cl-，0.2molI-消耗0.1mol Cl2，所以无多余氯气，该反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故C错误；D、向饱和的Ca (HCO3) 2溶液中加入足量的NaOH，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca22HCO32OHCaCO32H2O+CO32-，故D错误；故选A；【答案点睛】一些简单离子的还原性强弱顺序为：S2- I- Fe2+ Br- Cl- OH-，故通入氯气是先与碘离子反应。7、D【答案解析】A曲线1中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明温度升高可以提高离子的迁移速率，故A正确；B温度升高，促进CH3CO

17、ONa溶液中CH3COO-的水解，则由曲线3和曲线4可知，温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故B正确；C曲线1和曲线2起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的电离，溶液中离子浓度增加，但盐酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率，故C正确；D曲线1和曲线2起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括H+和OH-浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的H+和OH-浓度不再和盐酸溶液的H+和OH-浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率有关，故D错误；

18、故答案为D。8、C【答案解析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3+Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe（OH）2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。【题目详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还

19、原Fe3+，即主要的离子反应为：2Fe3+Fe=3Fe2+，B正确；C.步骤中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤中被H2O2氧化，步骤中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；D.步骤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确；故答案选C。【答案点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，需要学生具备扎实的基础。9、D【答案解析】A项，乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，苯将溴水中

20、的溴萃取出来使溴水褪色，原因不同，正确；B项，苯与H2一定条件下发生加成反应生成环己烷，有机物加氢的反应为还原反应，正确；C项，苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸在加热时发生取代反应制得硝基苯，乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应制得乙酸乙酯，酯化反应也是一种取代反应，正确；D项，石油分馏后可获得石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，石油裂解获得乙烯、丙烯和丁二烯等，错误；答案选D。10、B【答案解析】A、根据物料守恒可知，开始时c(HA)+c(A)=0.01000 molL1，但随着盐酸的加入，溶液的体积增大，c(HA)+c(A)0.01000 molL1，故A不符合题意；B、b点时，加入盐酸的体

21、积为10mL，此时反应后的溶质为HA、NaA、NaCl，且三者物质的量相等，此时溶液显碱性，说明A的水解大于HA的电离，所以溶液中微粒浓度的大小顺序为c(HA)c(Cl )c(A)c(OH)c(H+)，故B符合题意；C、c点时，两者恰好反应，溶液中的溶质为HA和NaCl，且两者的物质的量相等，根据物料守恒有c(Na+)=c(HA)+c(A)，所以c(Na+)c(HA)+2c(A)，故C不符合题意；D、d点时，溶质为HA、HCl、NaCl，且物质的量相等，根据电荷守恒c(Na)c(H)=c(Cl)c(OH)c(A)，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【答案点睛】本题易错选项为A。根据物料守恒

22、可知，c(HA)+c(A)=0.01000 molL1（但分析到此并没有结束），解题时易忽略加入盐酸后，溶液的体积增大，导致浓度减小，即c(HA)+c(A)0.01000 molL1。11、A【题目详解】A. 陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故A选；B. 纸张的主要成分为纤维素，为有机材料，故B不选；C. 不锈钢的主要成分为铁，有无机金属材料，故C不选；D. 蚕丝主要成分为蛋白质，为有机材料，故D不选。故答案选：A。12、B【答案解析】A、NaCl溶于水与加热熔化时破坏的作用力相同，均是离子键，A错误；B、NH5的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，电子式为，

23、因此是既具有离子键又具有共价键的离子化合物，B正确；C、氢键不是化学键，C错误；D、SiO2晶体是Si原子和O原子按照1：2构成的空间网状结构的原子晶体，不存在分子，D错误，答案选B。13、C【题目详解】每个电子层最多容纳的2n2个电子，原子核外的电子层按照K、L、M等排列，L电子层为第2电子层，最多能容纳的电子数是222=8，故选C。14、D【题目详解】A、由于活动性：Fe石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，选项A正确；B、d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀

24、，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O22H2O4e4OH，选项B正确；C、若d为锌块，则由于金属活动性：ZnFe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，选项C正确；D、d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O22H2O4e4OH，选项D错误。答案选D。【答案点睛】根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，电极反应式的书写是本题解题的难点。15、C【题目详解】A因配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可，故A正确；B温度过高晶体容易飞溅，

25、因此硫酸铜晶体结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅，故B正确；C用硝酸银溶液滴定氯离子时，不能用溴离子做指示剂，因为先生成溴化银浅黄色沉淀再生成氯化银白色沉淀，不能区分滴定终点，故C错误；D滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，这样可以使残留在滴定管尖嘴部分的液体进入到锥形瓶中，故D正确；答案选：C。16、C【题目详解】A因为CH3COOH和NH3H2O的电离常数相同，故CH3COO-和NH的水解能力相同，故CH3COONH4溶液呈中性，故常温下c(OH-)=c(H+)=110-7molL-1，故A项错误；B由题可知，c点是完全中和点，故c点水的电离程度最大，故B项错误；

26、C已知d点溶液为NH4Cl和NH3H2O的混合溶液，且NH4Cl：NH3H2O=2:1，NH4Cl的质子守恒为：c(OH-)+c(NH3H2O)=c(H+)，NH3H2O的质子守恒为：c(OH-)=c(H+)+c(NH)，故NH4Cl：NH3H2O=2:1的混合溶液的质子守恒为：2+，即为：3c(OH-)+2c(NH3H2O) =c(NH)+3c(H+)，变式即为：3c(OH-)-3c(H+)=c(NH)-2c(NH3H2O)，故C项正确；D醋酸不可拆，故D项错误；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、O2 1:2 C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O SO2+Cl2+2

27、H2O=4H+SO42-+2Cl- 还原性 在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离产生Cl- 【分析】根据图中各物质转化关系，A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，常温下C、E、F都是无色气体，D是常见液体，B为浓硫酸，D为水，则A与B的反应应为碳和浓硫酸的反应，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，E为二氧化硫，E能与黄绿色溶液（应为氯水）反应生成I，I遇氯化钡有白色沉淀，则I中应有硫酸根，I为H2SO4，H为HCl，所以A为C，B为浓H2SO4，E为SO2，D为H2O，C为二氧化碳，C能与淡黄色固体反应，则应为二氧化碳与过氧化钠的反应，所以F为O2，G为Na2

28、CO3，HCl与Na2CO3反应生成二氧化碳、氯化钠和水，符合各物质的转化关系，据此答题。【题目详解】A.根据以上分析，F为O2，题中淡黄色固体为过氧化钠，过氧化钠中阴、阳离子个数比为1:2，故答案为O2，1:2。B.A与B反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O。C.E转变为H和I的离子方程式是SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42-+2Cl-，SO2中S元素的化合价由+4+6价，化合价升高，作还原剂，体现其还原性，故答案为SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42-+2Cl-，还原性。D.H为HCl，HC

29、l溶于水电离出的阴离子为Cl-，Cl-的检验操作为先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离所产生的阴离子为氯离子，故答案为在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离产生Cl-。【答案点睛】此题的突破口在于淡黄色的固体，高中阶段常见的有过氧化钠和硫单质，I与氯化钡反应有白色沉淀，推测I为H2SO4。18、2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH+ H2变大酸Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+D1106c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(OH)c(CO32)【分析】通过物质间的转化关系分析各物质的组成；通过物料守恒、电荷守恒和

30、质子守恒规律来比较溶液中离子浓度的大小。【题目详解】由题干“其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体”知，C为活泼金属钠、钾或者钙，又D、F、G、H的焰色反应均为黄色，则C为钠，D为氢氧化钠，根据图中的转化关系，D与二氧化碳反应生成F，则F为碳酸钠，H为碳酸氢钠，E为两性化合物，且由B和D反应得到，则E为氢氧化铝，G为偏铝酸钠，B为氯化铝，A为铝；(1)钠与水反应的离子方程式为：2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH+ H2；钠与水反应可以认为是钠与水电离出来的氢离子反应，故促进了水的电离，使水的电离程度变大，故答案为2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH+ H2；变大；(

31、2)氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液因为铝离子的水解作用呈现酸性，离子方程式为：Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+ ，故答案为： 酸；Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+ ； (3)盐的水解促进水的电离，酸和碱的电离会抑制水的电离，易溶于的氢氧化钠会抑制水的电离，故答案为：D；(4) pH为10的氢氧化钠溶液中，c(H+)=110-10，氢氧化钠无法电离出氢离子，则由水电离出来的c(0H-)= c(H+)=110-10，pH为10的碳酸钠溶液中，水电离出的c(0H-)=Kw /c(H+)=110-14/110-10=110-4，故它们的比为：10-10/10-4=1106；

32、向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，则此时的溶液中溶质为碳酸钠和碳酸，且c(0H-)= c(H+)，根据电荷守恒得：c(Na+)+ c(H+)=c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)，则c(Na+)=c(HCO3) +2c(CO32)，HCO3的电离程度很小，综上所述各离子浓度大小为：c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(OH)c(CO32)，故答案为1106 ， c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(OH)c(CO32)。【答案点睛】元素推断题中，要找到条件中的突破口，例如：最轻的气体是H2，D、F、G、H的焰色反应均为黄色，即含有Na元素，再根据Na及其化合物的性质推断。溶液中

33、的离子浓度大小比较要考虑各离子的水解程度和电离程度强弱。19、MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+H2Oe接d，c接a，b接i，h接ga催化剂通过观察气泡控制气流速度（或比例）SO2Cl22H2O=H2SO42HCl合理，防止硫酰氯分解【答案解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）此装置制备氯气，其离子反应方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+H2O；（2）制备干燥的氯气，烧瓶中制备的氯气含有HCl和水蒸气，一般用饱和食盐水除去HCl，因此e接d，用浓硫酸除去水蒸气，因此c接a，然后进行收集，因此氯气的密度大于空气，因此用向上排空气法收集，即b接i，氯气是有毒气体，必须进行尾气处

34、理，因此h接g；（3）冷凝管冷却水的通入一般是从下向上通入，即从a口通入冷却水，本实验的目的是催化合成硫酰氯，因此活性炭的目的作催化剂；（4）因为硫酰氯易水解，因此装置D作用是干燥气体，同时为了原料充分利用，需要控制气流速度或比例，即装置D的另一个作用是观察气泡控制气流的速率或比例；根据信息，硫酰氯水解产生大量白雾，此白雾是HCl，反应方程式为SO2Cl22H2O=H2SO42HCl；（5）根据信息，硫酰氯易分解，因此收集A应放在冷水中冷却，目的是防止硫酰氯分解。点睛：实验设计一般步骤是制气装置除杂装置收集或反应装置尾气处理装置，然后根据题目中信息，注意细小环节，如硫酰氯易水解，要防止水蒸气的

35、进入，不仅要防止氯气和二氧化硫中水蒸气的进入，而且还要外界空气的进入，即装置C不仅是除去过量的氯气和二氧化硫，还防止了外界空气进入装置A。20、CEDB 检查装置的气密性 D中有红棕色气体生成 冷凝，使NO2完全液化 水会与NO2生成NO，影响NO的检验 2NaNO2 + H2SO4 = Na2SO4 + NO2 + NO + H2O 【分析】根据物质的制备实验操作及注意事项分析解答；根据氮及其化合物的性质分析解答。【题目详解】(1) C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO，所以装置的连接为ACEDB，组装好仪器后，接下来进行的操作实验是检查装置气密

36、性；故答案为E；D；B；检查装置气密性；(2) 关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70的硫酸后，A中产生红棕色气体，说明生成了NO2气体。确认A中产生气体含有NO，通过在D装置中通O2来检验观察气体是否变红棕色，若D中气体变成了红棕色，说明A中含有NO气体。装置E的作用是冷凝，使NO2完全液化。(3) 如果没有装置C即不干燥，水会与NO2反应产生NO，影响NO的确定。(4) 通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应应产生两种气体。+3价氮元素发生歧化反应。化学方程式是2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2+NO+H2O。【答案点睛】制备实验方案的设计，应遵循以下原则：(1)条件合适，操作简便；(2)原理正确，步骤简单；(