上海市丰华中学2022-2023学年高三化学第一学期期中教学质量检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、向等物质的量浓度的Ba(OH)2 与BaCl2 的混合溶液中加入NaHCO3 溶液，下列离子方程式与事实相符的是（ ）AHCO3-+OH- =CO32-+H2OBBa2+OH-+HCO3-=BaCO3+H2OCBa2+2OH-+2HCO3-=BaCO3+CO32-+H2OD2Ba2+3OH

2、-+3HCO3-=2BaCO3+CO32-+3H2O2、下列各组物质的分类正确的是混合物：水玻璃、冰水混合物、水煤气电解质：过氧化钠、冰醋酸、五水硫酸铜酸性氧化物：SO2、NO、SO3同位素：1H2O、2H2O、3H2O同素异形体：C70、金刚石、石墨烯非电解质：干冰、液氯、乙醇ABCD3、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A水电离产生的c(H)1012 molL1的溶液：K、Na、ClO、IBc(H)/c(OH)11012的溶液：K、AlO2-、CO32-、NaC硫化钠溶液：Cu2、SO32-、Br、HDpH13的溶液：AlO2-、Cl、HCO3-、SO32-4、CO(g)和

3、H2O(g)以1 : 2体积比分别通入到体积为2 L的恒容密闭容器中进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：下列说法不正确的是A从实验数据分析，该反应的正反应是吸热反应B实验A中，在010min内，以v(H2)表示的反应速率大于0.013mol(Lmin)-1C从生产效益分析，C组实验的条件最佳D比较实验B、C，说明C实验使用了更高效的催化剂5、已知还原性：IFe2，某溶液中含如下离子组中的几种K、Fe3、Fe2、Cl、CO32、NO2、NO3、SO42、SiO32、I，某同学欲探究该溶液的组成进行了如下实验：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻

4、璃，观察到紫色火焰；另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成；取反应后溶液置于试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色。下列说法正确的是( )A中无色气体是NO气体，可能含有CO2气体B原溶液中Fe3与Fe2只存在一种离子C原溶液中NO2与NO3至少存在一种离子D为确定是否含有Cl可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀6、将19.4gCO2和水蒸气组成的混合气体缓慢通过足量的Na2O2，最后收集到5.6L的气体(标准状况)，下列说法错误的是A19.4g该混合气体物质的量是0.5molB反应中转移电子数目是0.5NAC

5、反应中的氧化剂、还原剂均是Na2O2D混合气体中n(CO2)：n(H2O)=1：47、几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，分析判断下列说法正确的是元素符号ABDEGHIJ化合价-1-2+4，-4-1+5，-3+3+2+1原子半径/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186AI在DB2中燃烧生成两种化合物BA、H、J的离子半径由大到小的顺序是HJACGE3为离子化合物DA单质能从B的简单氢化物中置换出B单质8、下列说法正确的是A小苏打、醋酸、乙醇均为电解质B糖类、油脂、蛋白质都是天然高分子化合物C陶瓷、水泥、普通玻璃都是混合物D含金属元素的离子一

6、定都是阳离子9、现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示的转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（ ）AX可能为Al或Cl2BY一定为NaOH(aq)CN一定是HCl(aq)DQ、Z中的一种必为Al2O310、用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）ABCDX中试剂稀硝酸浓盐酸浓硫酸浓氨水Y中试剂CuMnO2CuCaO 气体NOCl2 SO2NH3AABBCCDD11、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）AH2SO4（稀）SO2NH4HSO3（NH4）2SO3BNH3NONO2H

7、NO3CFeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3DAlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl312、在1L 1mol/L的氨水中，下列有关说法正确的是ANH3H2O为1mol ，溶质质量为35gBNH4+为1mol ，溶质质量为18gC溶解状态的NH3分子为1mol，溶质质量为17gD氨水中NH3、NH3H2O、NH4+三种微粒总的物质的量为1mol 13、下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是 （ ）用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；用pH试纸测得氯水的pH为2；用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；浓硝酸保存在棕色细

8、口瓶中；某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4A B C D14、甲、乙两烧瓶中各盛有100mL 3molL-1的盐酸和氢氧化钾溶液；向两烧瓶中分别加入等质量的铝粉，反应结束测得生成的气体体积甲乙23（相同状况），则加入铝粉的质量为（ ）A2.7gB3.6gC5.04gD4.05g15、四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。化合物甲由X、Y、Z三种元素组成，25时，0.01mol/L 甲溶液中的c(OH-)/c(H+)=1010；Z与W同周期，且W的最高化合价与最低化合价的代数和为4。下列说法中不正确的是A等物质的量的化合物Z2Y2与Z2W的阴

9、离子个数相同B原子半径XYWZC沾有W的单质的试管可用酒精洗涤D简单氢化物的稳定性YW16、将SO2和H2S混合，有淡黄色固体出现，该反应中H2S表现出A还原性B漂白性C酸性D氧化性二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀根据上述实验事实，回答下列问题：（1）原白色粉末中一定含

10、有的物质是_，一定不含有的物质是_，可能含有的物质是_（写化学式）（2）写出各步变化的离子方程式_；_。18、Glaser反应是指端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，例如：2RCCHRCCCCRH2下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：回答下列问题：（1）B的结构简式为_，D的化学名称为_。（2）步骤的反应化学方程式：_。（3）E的结构简式为_。用1molE合成1，4二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气_mol。（4）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢原子，数目比为31，写出符合条件的两种F的结构简式_、_。19、某研究小组设计如图所示实验装置(夹持装置已

11、略去)分别探究NO与铜粉、Na2O2的反应。已知：NO与Na2O2可发生反应2NO+Na2O2 =2NaNO2。NO、NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)I关闭K3，打开K2，探究NO与铜粉的反应并检验NO。(1)反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其目的是_。(2)装置B中盛放的试剂为水，其作用是_。(3)装置F中的实验现象为_。装置H中收集的气体为N2和_(填化学式)。关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2。(4)装置G的作用是_。(5)若省略装置C，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有NO2和_(填化

12、学式)。(6)测定反应后装置E中NaNO2的含量。已知；在酸性条件下，NO可将MnO还原为Mn2+，为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组同学称取ag样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于锥形瓶中，用0.100molL1的酸性KMnO4溶液滴定至终点时，消耗bmL酸性KMnO4溶液。判断滴定终点的方法_。样品中NaNO2的质量分数为_(用含有a、b的代数式表示)。20、某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应，实验装置如图所示(夹持装置略)。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2。（1）盛放铜片仪器的名称为_；（2）实验开始前必须通一段时间N2，如果不通N2，对实验有何影响_；（

13、3）装置A中的现象是_；（4）装置B中NaOH溶液的作用是_；（5）若装置D中有黑色固体生成，则发生反应的化学方程式是_。（6）利用NO可制得NH4NO3产品，流程如下：装置I中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO和NO，写出生成NO和NO的物质的量之比为2:1的离子方程式：_；已知进入装置溶液中的NO浓度为a molL-1，要使b L该溶液中的NO完全转化NH4NO3，至少需通入标准状况下的O2_L(用含a，b的代数式表示)。21、为更有效处理工业废气中排放的氮氧化物(NOx)、SO2等，减少大气污染。科学家不断对相关反应进行研究尝试。（1）按每年全国发电燃煤8亿吨，煤中含硫质量分

14、数以2%计，若不经过脱硫处理，则会有_亿吨SO2排放到大气中（假设S全部转化为SO2）。（2）下列物质中，能吸收SO2的有_（填序号）。a氨水 b酸性KMnO4溶液 c生石灰 dNa2CO3溶液（3）某工厂采用(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合溶液A吸收废气中的SO2并制备(NH4)2SO3H2O，过程如下：“吸收”过程中，溶液中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比变_（填“大”或“小”）。“制备”过程中，溶液B中发生反应的化学方程式是 _。检验产品(NH4)2SO3H2O中含有少量SO42-的方法如下：取少量产品加水溶解，（将实验操作和现象补充完整）_。（4）选择性催化还原技

15、术(SCR)是目前较为成熟的烟气脱硝技术，其反应原理主要为：4NH3(g)4NO(g)O2(g) 4N2(g)6H2O(g) H= -1627 kJmol-1被NO氧化的NH3和被O2氧化的NH3的物质的量之比为_。氨氮比会直接影响该方法的脱硝率如图为350 时只改变氨气的投放量，NO的百分含量与氨氮比的关系图。当1.0时，烟气中NO含量反而增大，主要原因是_。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、B【答案解析】A等物质的量浓度的Ba(OH)2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子不共存，一

16、定会产生沉淀，故A错误；BBa2+OH-+HCO3- =BaCO3+H2O可以表示1mol氢氧化钡与1mol氯化钡，1mol碳酸氢钠的离子反应，故B正确；C若氢氧化钡物质的量为1mol，则氯化钡物质的量为1mol，加入碳酸氢钠，消耗2mol氢氧根离子生成2mol碳酸根离子，2mol碳酸根离子能够与2mol钡离子反应生成2mol碳酸钡沉淀，故C错误；D依据方程式可知：3molOH-对应1.5mol氢氧化钡，则氯化钡物质的量为1.5mol，消耗3mol碳酸氢根离子，能够生成3mol碳酸根离子，同时生成3mol碳酸钡沉淀，故D错误；答案选B。【答案点睛】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量

17、不同的离子反应方程式的书写，明确离子反应的顺序是解题关键。本题中反应的先后顺序为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子再与钡离子反应生成碳酸钡沉淀。2、D【题目详解】冰水混合物是纯净物，水玻璃（Na2SiO3的水溶液）和水煤气（主要成分为H2和CO）是混合物，错误；这些化合物都可以在水中或者熔融状态下导电，都是电解质，正确；NO是不成盐氧化物，不会和碱反应；SO2和SO3都可以和碱反应生成盐和水，它们是酸性氧化物；错误；同位素是同种元素的不同原子，1H2O、2H2O、3H2O都是化合物，不属于同位素的研究范畴，错误；C70、金刚石、石墨烯是碳元素形成的不同单质，互为同

18、素异形体，正确；非电解质是指在水中和熔融状态下都不能导电的化合物，干冰和乙醇是非电解质，而液氯是单质，不属于非电解质，错误；综上所述，分类正确的是，故答案为D。3、B【题目详解】A. 水电离产生的c(H)1012 molL1的溶液可能为酸，也可能为碱，酸性时，H、ClO、I不能大量共存，A错误；B. c(H)/c(OH)11012的溶液呈碱性，OH、K、AlO2-、CO32-、Na不反应，能大量共存，B正确；C. 硫化钠溶液中含有大量的S2-，Cu2与S2-反应生成不溶于一般性酸的CuS沉淀，不能大量共存，C错误；D. pH13的溶液呈碱性，OH与HCO3-不能大量共存，D错误；答案为B。【答

19、案点睛】酸、碱对水的电离有抑制作用，水电离产生的c(H)1012 molL1的溶液可能为酸，也可能为碱。4、A【题目详解】A、根据实验组B和C，升高温度，CO2的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是为放热反应，故A错误；B、达到平衡时，v(CO2)=mol/(Lmin)=0.13mol/(Lmin)，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(H2)=c(CO2)=0.13mol/(Lmin)，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率降低，010min内，v(H2)0.130.13mol/(Lmin)，故B正确；C、根据表格数据，实验C温度低，投入量少，达到平衡时间

20、短，因此从生产效益分析，C组实验的条件最佳，故C正确；D、B的温度高于C的温度，但达到平衡时间相等，说明C使用了比较高效的催化剂，故D正确。5、C【分析】用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，证明溶液中一定含有K+；另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，是一氧化氮转化为二氧化氮的过程，此时溶液颜色加深，是亚铁离子氧化为铁离子，但无沉淀生成，证明含有NO3或NO2、Fe2、Fe3，一定不含有SiO32-，CO32-；取反应后的溶液加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层无色，证明无碘单质出现，一定不含有I-，则一定不含I-；Cl-是否存在无法

21、确定，据此进行解答。【题目详解】A.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，中无色气体是NO气体，不可能含有CO2气体，故A错误；B. 原溶液加入盐酸后，生成一氧化氮，被氧化成红棕色的二氧化氮，有亚铁离子与硝酸根或亚硝酸根的氧化还原反应生成Fe3，溶液的颜色加深，故原溶液中一定存在Fe2、Fe3，故B错误；C. 由于加入盐酸后，生成的气体变成红棕色，说明生成一氧化氮，硝酸根或亚硝酸根与氢离子，亚铁离子发生氧化还原反应，亚硝酸，硝酸具有强氧化性，故C正确；D. 原溶液中含有硫酸根离子，干扰了氯离子的检验，故D错误；答案选C。6、D【分析】Na2O2足量，最后收集到5.6L的

22、气体(标准状况)为氧气，n(O2)= =0.25mol，根据方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，CO2和水蒸气的总物质的量为0.5mol。【题目详解】A分析可知，19.4g该混合气体物质的量是0.5mol，A说法正确；B反应中氧气为过氧化钠中的氧原子升高生成，则转移电子数目=0.25mol2NA mol-1 =0.5NA，B说法正确；C反应中过氧化钠中的氧原子部分化合价升高，部分化合价降低，故氧化剂、还原剂均是Na2O2，C说法正确；D混合气体的平均摩尔质量为38.8g/mol，根据十字相交法，则n(CO2)：n(H2O)=4：1，D说

23、法错误；答案为D。7、D【答案解析】短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于A族，B处于A族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于A族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于A族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于族A、A族、A族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na。A镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故A错误；BF-、Na+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷

24、数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F-Na+Al3+，故B错误；CPCl3属于共价化合物，故C错误；D氟气能与水反应生成HF与氧气，故D正确；故选D。8、C【题目详解】A乙醇在熔融态和水溶液中均不导电，为非电解质，A错误；B油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类化合物，不是高分子化合物，B错误；C陶瓷、水泥、普通玻璃都是混合物，C正确；DAlO2-中含有金属元素Al，但为阴离子，D错误；答案选C。9、A【题目详解】由反应物的性质可知，六种物质中，NaOH(aq)能与Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)35种物质反应，与图中Y对应，则Y为NaOH(aq)；HCl(aq) 能与

25、Al、Al2O3、Al(OH)3、NaOH(aq)4种物质反应，则N为HCl(aq)；Al能与Cl2、HCl(aq)、NaOH(aq)3种物质反应，则M为Al；Cl2能与Al、NaOH(aq)物质反应，则X是Cl2；Al2O3、Al(OH)3均能与HCl(aq)、NaOH(aq)反应，则Al2O3、Al(OH)3为Q、Z的一种，故选A。10、A【题目详解】ACu与稀硝酸反应生成NO，且NO不溶于水，图中装置可制备并收集NO，故A正确；B浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，且氯气不能选排水法收集，故B错误；CCu与浓硫酸反应反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C

26、错误；D氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；故答案为A。11、B【答案解析】A稀硫酸和铜不反应，可用浓硫酸在加热条件下与铜反应，二氧化硫与少量氨水反应生成（NH4）2SO3，故A错误；B氨气在催化作用下可被氧化生成NO，NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，转化关系正确，故B正确；C氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁，故C错误；D氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝，加热溶液不能得到无水AlCl3，应在HCl气流中加热，故D错误故选B。12、D【答案解析】氨水中溶质是氨气，A不正确。氨水是弱碱，不能全部电离，B不正确。部分氨气和水反应生成一水合氨，C不正确。因此正确的答案选

27、D。13、A【答案解析】氢氧化钙易变质为碳酸钙，用稀盐酸可以溶解碳酸钙，故正确；配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，相似于稀释浓硫酸，要将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，故错误；氯水中的次氯酸可以漂白pH试纸，所以不可用pH试纸测量氯水的pH，故错误；稀硝酸可以氧化溶解银单质，故正确；浓硝酸是见光易分解的液体，所以保存在棕色细口瓶中，故正确；碱与铵盐受热生成碱性气体氨气，所以某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4，故正确。故选A。14、D【题目详解】铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得

28、生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由方程式：2Al+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，可知相同物质的量的Al反应时，消耗HCl较多，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为11L3mol/L=13mol，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则：解得x=1.15mol，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为1.15mol=1.225mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：解得y=1.15mol，则铝的质量为1.15mol27g/mol=4.15g，故D正确

29、。15、C【答案解析】由c(OH-)/c(H+)=1010可知c（OH-）=0.01mol/L，则甲为NaOH，结合原子序数可知X为H，Y为O，Z为Na，Z与W同周期，且W的最高正价与最低负价的代数和为4，其最高价为+6价，可知W为S，由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为S，以此来解答。【题目详解】A.Z分别与Y组成的化合物Z2Y2为过氧化钠， Z与W形成硫化钠它们所含阴离子数相同，故A正确；B. 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：XYWZ，故B正确；C. S微溶于酒精，易溶于CS2，应选CS2洗涤，故C错误；D.非金属性越强氢化物越稳定，所以氢化物的

30、稳定性YW，故D正确。故选C。【答案点睛】过氧化钠中阴离子是过氧根，只有一个阴离子。16、A【题目详解】将SO2和H2S混合，有淡黄色固体出现，反应的化学方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，该反应中二氧化硫中S元素的化合价由+4价降低为0价，是氧化剂、硫化氢中S元素的化合价由-2价升高为0价，为还原剂，则SO2表现氧化性，H2S表现还原性，故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）Ba（NO3）2、Na2CO3 CuSO4 NaCl；（2）Ba2+CO32-=BaCO3 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O【答案解析】试题分析：（1）将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成

31、，过滤溶液呈无色，说明无CuSO4，沉淀只能为碳酸钡，所以白色粉末中一定有Ba(NO3)2和Na2CO3 ；（2）向（1）的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，进一步确定白色沉淀为碳酸钡；（3）取少量（2）的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，确定有Ba(NO3)2；（4）另取（1）中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液产生白色沉淀，因为Na2CO3与硝酸钡反应后可能过量，碳酸钠也可以与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以不能确定是否有NaCl。（1）原白色粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含的物质是CuSO4，可能含有的物质是NaCl。（2）各步变化的离子方

32、程式分别为Ba2+CO32-=BaCO3、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O、SO 42-+Ba2+=BaSO4、CO32-+2Ag+=Ag2CO3、Ag+Cl=AgCl 。点睛：检验离子时，要注意排除干扰，如检验氯离子时，碳酸根就对其有干扰，所以要先向待检液中加入稀硝酸把溶液酸化，排除了干扰离子的干扰后，再加入硝酸银溶液检验氯离子。18、 苯乙炔 +2Cl2C6H5CCl2CH3+2HCl 4 【分析】由B的分子式C8H10、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为。对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应。D发生信息中的

33、偶联反应生成E为。【题目详解】(1)B的分子式为C8H10，C为：，可知B的结构简式种含有苯环，B为，发生二元取代生成C，D的结构简式为：，化学名称为苯乙炔；(2)B为，步骤B发生二元取代生成C，反应化学方程式为：；(3)对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应。D发生信息中的偶联反应生成E，E的结构简式为，用1mol E合成1，4-二苯基丁烷，碳碳三键与氢气发生加成反应，理论上需要消耗氢气4mol；(4)芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，可能的结构简式为：()、()、()、()、()。19、排尽装置中的空

34、气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮 吸收挥发出的硝酸 溶液由浅绿色变为棕色 NO 吸收未参与反应的NO O2 滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变浅红色且半分钟内不褪色 【分析】铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，为防止生成的NO被氧气氧化，实验开始前向装置中通入一段时间的氮气，排净装置内空气，由于硝酸具有挥发性，通过装置F中水吸收挥发出的硝酸，通过C中干燥剂干燥一氧化氮，NO通过装置D加热反应，铜和NO反应生成氮气和氧化铜，装置I用于检验NO，剩余气体收集主要为氮气和一氧化氮，关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2，剩余气体通过高锰酸钾溶液吸收。【题目详解】(1)NO易与

35、O2反应生成NO2，反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其自的是排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮；(2)硝酸易挥发，会随NO一起出来干扰后续的实验，所以装置B中盛放的试剂为水为了溶解吸收挥发的硝酸；(3)由于在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)，通入NO后平衡正向移动，所以装置F中的实验现象为：溶液由浅绿色变为棕色；D装置红色粉末变为黑色，说明NO和Cu发生了反应，生成CuO和N2，又因为NO是气体，不可能完全反应，故H收集的气体是NO和N2；(4)根据信息NO能与酸性高锰酸钾溶液反应，装置G的作用吸收未参与反应的NO，防止污染空气。(5)C是干

36、燥装置，若省略装置C，那么水蒸气会与Na2O2反应生成NaOH和O2，NO和O2反应生NO2，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有NO2和O2；(6)酸性KMnO4溶液显紫红色，当达到滴定终点时NO被完全氧化，再滴入高锰酸钾后溶液变红，所以滴定终点为：当锥形瓶滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为淡紫色，且半分钟不变色，说明达到滴定终点；NO可将MnO还原为Mn2+，自身被氧化成NO，根据得失电子守恒可知2n(MnO)= 5n(NO)，消耗的n(MnO)=0.1molL-1b10-3L，则250mL样品溶液中n(NO)= n(MnO)=2.510-3bmol，NaNO2的质量分数=。20

37、、三颈烧瓶 空气中的氧气会与NO反应，会对实验造成干扰 铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液 吸收挥发的硝酸，防止与铜反应，对实验造成干扰 2Cu+2NO2CuO+N2 3NO+7 Ce4+5H2O = 2 NO+ NO+7 Ce3+10H+ 11.2ab 【分析】实验开始前先通入氮气除去装置内的空气，以免NO和空气中的氧气反应干扰实验，然后打开分液漏斗活塞，使铜与稀硝酸在A装置中反应产生NO，气体通过B装置后除去挥发出来的HNO3，通过C装置除去水蒸气，干燥的NO和D中铜粉反应，E装置收集到氮气，据此解答。【题目详解】（1）盛放铜片仪器的名称为：三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）本实验

38、用一氧化氮和铜反应，而一氧化氮遇空气易被氧气所氧化，所以在装置中通入氮气，排尽空气，故答案为：空气中的氧气会与NO反应，会对实验造成干扰；（3）A中的反应是铜与稀硝酸，反应生成硝酸铜，一氧化氮和水。装置A中的现象是：铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液，故答案为：铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液；（4）A中的反应物有硝酸，硝酸易挥发，B中的氢氧化钠用于除去挥发出的硝酸，防止其进入D中，故答案为：吸收挥发的硝酸，防止与铜反应，对实验造成干扰；（5）一氧化氮和铜反应，铜做还原剂，化合价升高变为氧化铜，铜为红色粉末，而氧化铜为黑色固体，所以现象为红色粉末变为黑色说明NO与Cu反应，则发生反应的化学方程式是：2Cu+2NO2CuO+N2，故答案为：2Cu+2NO2CuO+N2；（6）装置I中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO和NO， NO被Ce4+氧化成NO和NO，N元素的化合价由+2变为+5，+3，且生成NO和NO的物质的量之比为2:1，失电子物质的量为：(5-2) 2+(3-2)mol=7mol电子，Ce4+被还原产物Ce3+，得电子物质的量为：1mol电子，根据得失电子守恒，原子守恒，电荷守恒，写出离子反应方程式为：3NO+7Ce4+5H2O = 2 NO+ NO+7 Ce3+10H+，故答案为：3NO+7