新疆阿克苏市农一师高级中学2026届高三上化学期中质量跟踪监视模拟试题含解析

新疆阿克苏市农一师高级中学2026届高三上化学期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：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、下列物质的俗称、成分及用途对应正确的是（）ABCD俗称漂粉精小苏打钡餐铁红成分NaClONa2CO3BaCO3Fe2O3用途消毒剂发酵粉X光片涂料A．A B．B C．C D．D2、有机物是一种扁桃酸衍生物，下列关于该有机物的说法正确的是A．该有机物的分子式为C9H8O3BrB．分子中所有的碳原子一定在同一平面内C．1mol该有机物最多与2

molNaOH

反应D．该有机物的同分异构体中，属于一元羧酸和酚类化合物且苯环上只有2

个取代基的有12种3、取一定质量的均匀固体混合物Cu、CuO和Cu2O，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20g，另一份中加入500mL稀硝酸（其还原产物为NO），固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（）A．2.4mol/LB．1.4mol/LC．1.2mol/LD．0.7mol/L4、已知：NaHCO3在潮湿的空气中会缓慢分解，Na2CO3会吸收空气中的水分：Na2CO3＋nH2O＝Na2CO3•nH2O(n为平均值，n≤10)。取没有妥善保管的NaHCO3样品A9.16g，溶于水配成溶液，慢慢滴入稀盐酸并不停地搅拌，加入盐酸的体积与生成的CO2的体积（标准状况）如下表。（不计溶于水的CO2气体）盐酸体积(mL)8152050x120150生成CO2体积(mL)0112224896224022402240下列说法中不正确的是()A．x的最小值为100B．x的最小值为110C．所加盐酸物质的量浓度为1.0mol/LD．样品A中NaHCO3和Na2CO3·nH2O的物质的量分别为0.090mol和0.010mol5、下列图示与对应的叙述相符的是A．图1所示，A→C反应的ΔH=E1-E2B．图2所示，金刚石比石墨稳定C．图3表示的是Al3+与OH-反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a区域的物质是Al(OH)3D．图4所示，图中阴影部分面积的含义是（υ正-υ逆）6、下列应用没有涉及化学变化的是A．碳酸氢钠用于焙制糕点B．用铁制容器盛装浓硝酸C．用二氧化硅制作光导纤维D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂7、中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A．SO2和湿润的Cl2都有漂白性，推出二者都能使紫色石蕊试液退色B．根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=7.0的溶液一定显中性C．由F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强D．根据主族元素的最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素的最高正价都是+78、以下化石能源的加工方式能大量得到乙烯的是A．石油裂解B．石油裂化C．石油分馏D．煤焦油分馏9、锌元素对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要的作用，被称为生命火花。利用恒电势电解NaBr溶液间接将葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]氧化为葡萄糖酸[CH2OH(CHOH)4COOH]，进而制取葡萄糖酸锌，装置如图所示，下列说法错误的是()A．钛网与直流电源的正极相连，发生还原反应B．石墨电极的反应为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－C．电解过程中硫酸钠溶液浓度保持不变D．生成葡萄糖酸的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr10、amolFeS与bmolFeO投入VLcmol·L-1的HNO3溶液(过量)中，充分反应，产生气体为NO，则反应后溶液中NO3-的量为（）A．62(a＋b)g B．186(a＋b)g C．mol D．mol11、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．足量MnO2和100mL6mol/L浓盐酸反应产生Cl2的分子数为0.15NAB．100mL1molFeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中碳碳单键的数目为3NAD．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA12、某晶体化学式为N2H6SO4，其晶体类型与硫酸铵相同。试分析在该晶体中不会存在（）A．分子间作用力 B．共价键 C．离子键 D．阳离子13、四种短周期元素X、Y、Z和W在元素周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48。下列有关说法中正确的是A．原子半径(r)大小比较r(X)<r(Y)B．Z和Y可形成共价化合物YZ3C．W的非金属性比Z的强，所以W的简单气态氢化物的沸点比Z的高D．W的最低价单核阴离子的失电子能力比X的弱14、党的十九大强调树立“社会主义生态文明观”。下列做法不应该提倡的是(

)A．推广碳捕集和封存技术缓解温室效应

B．研发可降解高分子材料解决白色污染问题C．用硅制作太阳能电池减少对化石燃料的依赖

D．工业污水向远海洋排放防止污染生活水源15、从氯酸钾与二氧化锰制O2后的残余物中提取氯化钾并检验氯化钾中存在钾元素，下列相关实验操作图不正确的是A．溶解B．过滤C．蒸发D．焰色反应16、某温度下，体积相同的甲、乙两容器中，分别充有等物质的量的SO3气体，在相同温度下发生反应2SO3(g)O2(g)+2SO2(g)并达到平衡。在这一过程中甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO3的转化率为P%，则乙容器中SO3的转化率A．等于P% B．大于P% C．小于P% D．无法比较二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五瓶透明溶液分别是Na2CO3溶液、BaCl2溶液、HCl溶液、NaHSO4溶液、AgNO3溶液中的一种。已知:①A与D反应有气体生成,②A与E反应有沉淀生成,③B与E反应有沉淀生成,④B与C反应有沉淀生成,⑤C与D反应有气体生成,⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质。请回答下列问题:（1）B为__________。（2）向一定量的Ba(HCO3)2溶液中逐滴加入C溶液,直至不再生成沉淀,该过程中发生反应的离子方程式为________________________________________________，沉淀完全后,继续滴加C溶液,此时发生反应的离子方程式为_________________________________________。（3）向C溶液中加入Zn粒,发生反应的化学方程式为______________________________。18、现有下列表格中的几种离子阳离子Al3+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、K+阴离子NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、Xn﹣（n＝1或2）A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质，它们所含的阴、阳离子互不相同。（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是____和_______（填化学式）.（2）物质C中含有离子Xn﹣．为了确定Xn﹣，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为__（填字母）a．Br﹣b．CH3COO﹣c．SO42﹣d．HCO3﹣（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的________（填相应的离子符号），写出Cu溶解的离子方程式_______。（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E是_______（填化学式）。19、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。①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。②假设2：对该反应有催化作用。方案Ⅰ：向盛有铜片的溶液A中通入少量，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Ⅱ：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_________________。③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。i．ii．______________________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______________。20、某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，某校化学自主探究实验小组拟对其组成进行探究。查阅资料：Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O探究一：用如图所示装置进行实验，回答下列问题：(1)仪器组装完成后，夹好止水夹，___________________________________________，则说明装置A的气密性良好。(2)装置A是氢气的发生装置，可以选用的药品是________(填选项)。A．稀硫酸和锌片B．稀硝酸和铁片C．氢氧化钠溶液和铝片D．浓硫酸和镁片(3)从下列实验步骤中，选择正确的操作顺序：①________③(填序号)。①打开止水夹②熄灭C处的酒精喷灯③C处冷却至室温后，关闭止水夹④点燃C处的酒精喷灯⑤收集氢气并验纯⑥通入气体一段时间，排尽装置内的空气探究二：(4)取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸，若无红色物质生成，则说明样品中不含Cu2O；此观点是否正确________(填“是”或“否”)，若填“否”，则原因是_________________________________(用离子方程式说明)；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，证明样品中一定含有__________，取少量反应后的溶液，加适量蒸馏水稀释后，滴加_____________________(填试剂和实验现象)，则可证明另一成分存在，反之，说明样品中不含该成分。探究三：(5)取一定量样品于烧杯中，加入足量的稀硫酸，若反应后经过滤得到固体3.2g，滤液中Fe2＋有1.0mol，则样品中n(Cu2O)＝________mol。21、铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。（1）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4。其反应的离子方程式：Fe(OH)3+ClO－+OH－→FeO42－+H2O+Cl－（未配平）。配平上述离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目。______Fe(OH)3+___ClO－+___OH－→___FeO42－+___H2O+___Cl－该反应中，还原剂是___，被还原的元素是___。（2）在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)+Q。已知该反应在不同温度下的平衡常数如表。温度/℃100011501300平衡常数64.050.742.9该反应的平衡常数表达式为___，Q__0（填“＞”、“＜”或“=”）。（3）在容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡，该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)=___，CO的平衡转化率为____。（4）欲提高CO的平衡转化率，可采取的措施是___。A．减少Fe的量B．增加Fe2O3的量C．移出部分CO2D．提高反应温度E．减小容器的容积F．加入合适的催化剂（5）现在恒压密闭容器中通入1molH2和1molCO2发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)+41kJ。当反应达到平衡后，在其他条件不变时，再通入1molH2和1molCO2的混合气体，请在图中画出正(v正)、逆(v逆)反应速率随时间t变化的示意图。___

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2，故A错误；B、小苏打是碳酸氢钠(NaHCO3)的俗称，可用做发酵粉，故B错误；C、钡餐的主要成分为BaSO4，因为BaSO4既不溶于水也不溶于酸，故C错误；D、铁红的主要成分是Fe2O3，可用做涂料，故D正确；综上所述，本题应选D。2、D【分析】根据结构简式判断分子式；分子中含有单键碳，单键可以旋转；酚羟基、溴原子、酯基都能与氢氧化钠反应；苯环上的2个取代基分别是和-OH、和-OH、和-OH、和-OH，每种组合都有邻间对三种位置关系。【详解】根据结构简式，该有机物的分子式为C9H9O3Br，故A错误；中1号碳是单键碳，单键可以旋转，所以2号碳原子不一定在苯环决定的平面上，故B错误；酚羟基、溴原子、酯基都能与氢氧化钠反应，所以1mol该有机物最多与3molNaOH反应，故C错误；苯环上的2个取代基分别是和-OH、和-OH、和-OH、和-OH，每种组合都有邻、间、对三种位置关系，所以该有机物的同分异构体中，属于一元羧酸和酚类化合物且苯环上只有2个取代基的有12种，故D正确。3、A【解析】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少3.20g，为混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为3.2g/16g/mol=0.2mol；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4.48L/22.4L/mol=0.2mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n（NO）+2n（O）+3n(NO)=0.2mol+2×0.2mol+3×0.2mol=1.2mol，硝酸的浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L．故选A．点睛：本题考查混合物的计算、电子守恒计算、电荷守恒等，难度中等，理清反应过程中氮原子的去处是解题的关键，本题采取守恒法解答，简化计算过程，注意体会，也可以通过列方程组解答，但过程较繁．4、A【解析】表中数据，加入8mL盐酸是没有二氧化碳气体生成，说明样品中含有Na2CO3·nH2O，反应为①Na2CO3·nH2O+HCl=NaHCO3+NaCl+nH2O，②NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，当加入15mL盐酸时生成112mL二氧化碳，当加入20mL盐酸时生成224mL二氧化碳，可以得到当Na2CO3·nH2O完全反应生成碳酸氢钠之后，每加入5mL盐酸就生成112mL二氧化碳气体，由此可以得出当样品中加入10mL盐酸时只反应反应①，当生成2240mL二氧化碳是对应100mL盐酸，再加上开始加入的10mL，可得当生成2240mL二氧化碳时，加入盐酸的总体积为110mL，该体积为生成2240mL二氧化碳时的最小值，标况下二氧化碳的体积为0.1mol，由反应②可得消耗碳酸氢钠的物质的量为0.1mol，消耗盐酸的物质的量为0.1mol，该反应中消耗盐酸的体积为100mL，则盐酸的物质的量浓度为1.0mol/L。反应中消耗盐酸的体积为10mL，其物质的量为0.01mol，同时生成0.01mol碳酸氢钠0.01mol，则样品中国碳酸氢钠的物质的量为0.1-0.01=0.09mol。故选A。5、C【解析】A项，图1所示，A→C整个反应中△H=(E1-E2)+(E3-E4)，故A错误；B项，图2所示，石墨的能量低于金刚石的能量，石墨比金刚石稳定，故B错误；C项，Al3+中加入OH-反应先生成氢氧化铝沉淀，溶液中含铝微粒浓度减小，随着溶液碱性增强，氢氧化铝与碱反应生成AlO2-，溶液中含铝微粒浓度增大，a区域对应溶液含铝微粒浓度很低，是因为大部分转化成了Al(OH)3，故C正确；D项，阴影部分的面积指的是某反应物浓度的变化值，故D错误。6、C【解析】A、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和CO2，且与酸反应生成CO2，所以可用于焙制糕点，发生的是化学变化，A错误；B、用铁制容器盛装浓硝酸利用的是钝化，钝化是化学变化，B错误；C、二氧化硅制作光导纤维利用的是二氧化硅可以传递光信号，发生的是物理变化，C正确；D、肥皂水显碱性，可用作蚊虫叮咬处的清洗剂，发生的是化学变化，D错误，答案选C。7、C【解析】A、SO2和湿润的Cl2虽然都有漂白性，但SO2通入紫色石蕊试液显红色，Cl2通入紫色石蕊试液选项变红后褪色，选项A错误；B、只有在常温下pH=7.0的溶液才一定显中性，而在100℃时pH=7.0的溶液却显碱性，因此用pH判断溶液酸碱性时必需考虑温度，c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性，选项B错误；C、非金属性：I＜Br＜Cl＜F，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，则HI、HBr、HCl、HF的还原性的依次减弱，选项C正确；D、在卤族元素中,氟元素只有负价,没有正价。除氟元素以外,其他元素的最高化合价均为+7，选项D错误。答案选C。8、A【解析】A、石油裂解生成的裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等，能得到大量乙烯，选项A正确；B、石油裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，不能大量得到乙烯，选项B错误；C、石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，不含乙烯，石油分馏得不到乙烯，选项C错误；D、煤焦油主要用于分馏出各种酚类、芳香烃、烷类等，得不到乙烯，选项D错误。答案选A。9、A【分析】由题干可知，在钛网上NaBr将被氧化为溴单质，失电子发生氧化反应，钛网作阳极，与电源的正极相连，石墨电极作阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH－。【详解】A.由分析可知，在钛网上NaBr将被氧化为溴单质，失电子发生氧化反应，钛网作阳极，与电源的正极相连，A项错误；B.石墨电极作阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH－，B项正确；C.电解过程中，左侧发生的反应为2Br--2e-=Br2、CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr，右侧电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH－，左侧产生的H+经过质子交换膜不断向右侧提供被消耗的H+，右侧硫酸钠溶液的浓度不变，C项正确；D.电解过程中溴离子氧化生成的Br2将葡萄糖氧化为葡萄糖酸，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr，D项正确；答案选A。10、D【分析】依据得失电子守恒，计算表现氧化性的HNO3的物质的量，HNO3总量减去表现氧化性的硝酸量，即可得到溶液中NO3-的量。【详解】FeS中，Fe由+2价升高到+3价，S由-2价升高到+6价，amolFeS共失电子9amol；FeO中，Fe由+2价升高到+3价，bmolFeO共失电子bmol；HNO3中，N由+5价降为+2价，1molHNO3共得电子3mol。设表现氧化性的HNO3的物质的量为x则9a+b=3xx=从而得出反应后溶液中NO3-的量为(cV-)mol。答案为D。11、C【详解】A．100mL6mol•L-1浓盐酸中含有氯化氢0.1L×6mol•L-1=0.6mol，MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，完全反应0.6mol氯化氢可以生成0.15mol氯气，由于稀盐酸不与二氧化锰反应，所以生成的氯气的物质的量小于0.15mol，产生的氯气分子数小于0.15NA，故A错误；B．Fe3+为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，故

100mL1mol•L-1FeCl3

溶液中所含Fe3+数目小于0.1NA，故B错误；C．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的碳碳单键均为3条，所以48g正丁烷和10g异丁烷，即混合物的物质的量为=1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中碳碳单键数目为3NA，故C正确；D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，所以密闭容器中，反应生成三氧化硫的物质的量小于2mol，则反应后气体总物质的量大于2mol，反应后分子总数大于2NA，故D错误；故选C。12、A【详解】硫酸铵晶体中铵根离子和硫酸根离子之间存在离子键，铵根离子内部N和H之间存在共价键，硫酸铵晶体属于离子晶体，不存在分子间作用力，N2H6SO4的某晶体的晶体类型与硫酸铵相同，所以该晶体中含有离子键、共价键、阳离子和阴离子，不存在分子间作用力，故选A。13、D【解析】由短周期元素X、Y、Z和W在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，设X原子序数为a，则Y原子序数为a+1，Z原子序数为a+9，W原子序数为a+10，则a+a+1+a+9+a+10=48，a=7，故X为N元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素。【详解】由位置及原子序数之和为48可推得X、Y、Z和W分别是N、O、S和Cl；A.同周期元素原子半径由左向右依次减小，原子半径(r)大小比较r(X)>r(Y)，A错误；B．Z和Y可形成共价化合物为SO3，即应为ZY3，B错误；C．Cl的非金属性比S的强，但非金属性与气态氢化物的沸点高低无关，C错误；D．非金属性W>X，故W的最低价单核阴离子（Cl-）的失电子能力比X的（N3-）弱，D正确，故选D。14、D【解析】A.温室效应是由于过量CO2气体的排放引起的，因此推广碳捕集和封存技术，有利于缓解温室效应，不符合题意，A错误；B.白色污染，是由不可降解的塑料引起的，因此研发可降解高分子材料，有利于解决白色污染问题，不符合题意，B错误；C.化石燃料属于不可再生能源，且为目前的主要能源，用硅制作太阳能电池，能有效利用太阳能，减少对化石燃料的依赖，不符合题意，C错误；D.工业污水中含有大量的重金属离子，即使向远海洋排放，也会造成生活水源的污染，选项错误，符合题意，D正确；答案为D。15、D【解析】试题分析：MnO2不溶于水，KCl溶于水，用溶解、过滤方法进行分离，得到KCl晶体，采用蒸发方法得到，检验钾元素，采用焰色反应，通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，故选项D符合题意。考点：考查物质分离和提纯、焰色反应等知识。16、B【分析】先假定甲、乙的体积都不变,达到平衡后体系的压强增大。然后增大乙容器的体积，使乙容器的压强恢复到原压强，平衡向正反应方向移动，据此分析解答。【详解】先假定甲、乙的体积都不变,达到平衡后体系的压强增大。然后增大乙容器的体积，使乙容器的压强恢复到原压强，平衡向正反应方向移动，所以，若甲容器中SO3的转化率为P%,则乙的SO3的转化率将大于甲的,即大于P%，B正确。

综上所述，本题选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2溶液Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑H++HCO3-=H2O+CO2↑2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4【分析】BaCl2可与Na2CO3、NaHSO4、AgNO3均反应生成沉淀，Na2CO3分别与HCl、NaHSO4均反应生成气体，BaCl2、HCl均与AgNO3反应生成沉淀，

由①A与D反应有气体生成、⑤C与D反应有气体生成可以知道，D为Na2CO3，

由②A与E反应有沉淀生成

③B与E反应有沉淀生成、⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质可以知道，E为AgNO3，A为HCl，B为BaCl2，C为NaHSO4，

④B与C反应有沉淀生成，沉淀为硫酸钡，以此来解答。【详解】由上述分析可以知道，A为HCl，B为BaCl2，C为NaHSO4，

D为Na2CO3，E为AgNO3，

(1)B为BaCl2溶液，

因此，本题正确答案是：BaCl2溶液；

(2)Ba(HCO3)2溶液中，逐滴加入C溶液，直至不再生成沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑，沉淀完全后,继续滴加C溶液，此时发生反应的离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑，

因此，本题正确答案是：Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑；H++HCO3-=H2O+CO2↑；

(3)向C溶液中加入Zn粒，反应的化学方程式为2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4，

因此，本题正确答案是：2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4。18、K2CO3Ba（OH）2CNO3﹣3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OFeCl3【分析】根据离子间的反应（离子共存）和相互间反应的现象判断离子的组合，从而确定五种物质。【详解】（1）五种物质都可溶，阴离子中CO32﹣的只能和K+组成可溶性物质，和其他阳离子都不共存，所以其中一种物质为K2CO3，阴离子中的OH﹣除了和K+共存外，只能和Ba2+共存，所以另一种物质为Ba(OH)2。这两种物质无须检验就可判断；（2）A和B分别为K2CO3和Ba(OH)2中的一种。物质C中含有离子Xn﹣，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则可确定C中有Cu2+，不溶于硝酸的白色沉淀应为BaSO4，所以X为SO42-，C为CuSO4；（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的NO3-，硫酸提供了H+，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，可以把铜氧化为Cu2+，Cu逐渐溶解，稀硝酸被还原为NO，在试管口遇到氧气生成红棕色的NO2，Cu溶解的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E中含Fe3+，氧化了I-生成I2，使淀粉变蓝，阴离子只剩Cl-，所以E是FeCl3。19、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：B＞C＞A，反应速率随浓度降低而减慢，说明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；【详解】(1)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。②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Ⅰ中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的，因此的浓度：B＞C＞A，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。③已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。(2)根据价层电子对互斥理论，中孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形，在NO2分子中，N周围的价电子数为5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮原子的价电子总数为5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因为：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。(3)Cu与稀硝酸反应中反应过程中可能参与催化，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为：，反应ii=(总反应-i×6-iii×2)，则反应ii为：。(4)硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设的质量为296g，即1mol，当温度升至时，剩余固体质量为296g×24.33%=72g，其中Cu为64g，还剩余8g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为1:0.5，则该物质应为Cu2O。20、)向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变AC⑥⑤④②否2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋Cu2OKSCN溶液，若溶液变红色0.55【详解】(1)仪器组装完成后，夹好止水夹，向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变，则说明装置A的气密性良好；综上所述，本题答案是：向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变。(2)装置A为固液不加热型，稀硫酸和锌片反应能生成氢气，稀硝酸和铁片反应生成一氧化氮，浓硫酸和镁片反应生成二氧化硫，氢氧化钠溶液和铝片反应生成氢气，AC项正确；综上所述，本题答案是：AC。(3)在实验前应先将装置内空气排尽并验纯，实验结束后应先熄灭酒精灯，保持气体继续通入一段时间后关闭止水夹，所以正确的操作顺序是①⑥⑤④②③；综上所述，本题答案是：⑥⑤④②。(4)样品中含有的氧化铁溶于稀硫酸生成铁离子，Cu2O在酸性条件下发生歧化反应生成亚铜离子和金属铜，铜与铁离子发生反应：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，所以看不到无红色物质生成，但不能说明样品中不含Cu2O；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，即反应生成了二氧化氮，说明样品中含有还原性物质，即含有Cu2O；如果反应后的溶液中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果出现红色溶液，证明含有铁离子；综上所述，本题答案是：否，2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋；Cu2O；KSCN溶液，若溶液变红色。(5)溶液中依次发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O、2Fe3