2026届山西省上党联盟高三化学第一学期期中综合测试模拟试题含解析

2026届山西省上党联盟高三化学第一学期期中综合测试模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、25℃时，将10mL质量分数为50%（密度为1.4g/cm3）的硫酸稀释成100mL。下列说法正确的是（）A．上述100mL稀硫酸中含溶质14g，该稀硫酸不属于电解质B．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mLC．50%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为7.14mol/LD．俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的浓度偏低2、下列有关金属及其化合物的不合理的是（）A．将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的B．铝中添加适量钾，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C．盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D．无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水3、下列各组变化中，前者是物理变化，后者是化学变化的是（）A．碘的升华、石油的分馏B．NH4Cl溶液除铁锈、食盐水导电C．蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液、蓝色的胆矾常温下变白D．热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫4、PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1molPbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（）A．1：2混合的PbO2、Pb3O4 B．1：1混合的Pb3O4、PbOC．1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO D．4：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO5、已知298K时，合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.2kJ/mol，此温度下，将1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为(忽略能量损失)（）A．一定大于92.2kJ B．一定等于92.2kJC．一定小于92.2kJ D．无法确定6、化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是()A．Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C．小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅7、25°C时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．含有大量的水溶液中：、、、B．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、、C．K+、Ca2+、Cl-、通入CO2仍能大量共存D．=l×l0-2mol/L的溶液中：、Ca2+、Cl-、8、某同学设计的微型实验装置验证SO2的性质，通过分析实验，下列结论表达正确的是A．a棉球褪色，验证SO2具有氧化性B．b棉球褪色，验证SO2具有酸性氧化物的通性C．c棉球蓝色褪去，验证SO2漂白性D．可以使用浓硫酸吸收尾气9、下列各离子化合物中，阳离子与阴离子的半径之比最大的是A．KCl B．NaBr C．LiI D．KF10、下列图示的实验设计能实现相应实验目的的是A．验证FeCl3溶液中是否含有Fe2+B．检验溴乙烷消去的产物C．检验氯气与亚硫酸钠是否发生反应D．对比Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果11、中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是（）常见古诗文记载化学知识A《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高B《天工开物》中记载：凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾C《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”强水为氢氟酸D《本草纲目》“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”这里所用的“法”是指萃取A．A B．B C．C D．D12、下列说法正确的是（）A．侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异B．可用蘸有浓氨水的玻璃棒检验输送氯气的管道是否漏气C．白炽灯工作时，电能全部转化为光能D．日本福岛核电站核泄漏事故提醒我们不要开发新能源，要大力挖掘化石能源13、下列说法正确的是()A．电解法精炼镍时,粗镍作阴极,纯镍作阳极B．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下可自发进行,则该反应的ΔH＞0C．常温下,稀释0.1mol·L-1氨水,c(H+)·c(NH3·H2O)的值减小D．5.6gFe在足量Cl2中充分燃烧,转移电子的数目约为0.2×6.02×102314、鞍钢集团在上海进博会主办了钢铁产业链合作发展论坛，关于钢铁说法错误的是A．属于合金B．硬度比纯铁大C．目前消耗最多的金属材料D．人类最早使用的金属材料15、下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（）A．常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42－、NO3－B．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、HC2O4－、Cl－C．0.1mol·L−1KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−D．常温下，=10－10的溶液中：K+、Na+、I－、SO42－16、下列图中，能正确表示N23H22NH3Q过程的能量变化的是（）A．B．C．D．二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A～H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A～H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：_______________18、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）③的反应试剂和反应条件分别是__，该反应的类型是__。（3）⑤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)。19、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)又称海波，呈无色透明状，易溶于水，不溶于乙醇，常用作棉织物漂白后的脱氯剂、定量分析中的还原剂。Ⅰ.Na2S2O3·5H2O的制备Na2S2O3·5H2O的制备方法有多种，其中亚硫酸钠法是工业和实验室中的主要方法：Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O制备过程如下：①称取12.6gNa2SO3于100mL烧杯中，加50mL去离子水搅拌溶解。②另取4.0g硫粉于200mL烧杯中，加6mL乙醇充分搅拌均匀将其润湿，再加入Na2SO3溶液，隔石棉小火加热煮沸，不断搅拌至硫粉几乎全部反应。③停止加热，待溶液稍冷却后加2g活性炭，加热煮沸2分钟(脱色)。④趁热过滤，得滤液至蒸发皿中，______________、____________________。⑤过滤、洗涤，用滤纸吸干后，称重，计算产率。（1）加入的硫粉用乙醇润湿的目的是____________________________。（2）步骤④趁热过滤的原因_____________________，空格处应采取的操作是_________________、____________________。（3）步骤⑤洗涤过程中，为防止有部分产品损失，应选用的试剂为___________。（4）滤液中除Na2S2O3和未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是________________，生成该杂质的原因可能是____________________________。Ⅱ.产品纯度的测定准确称取1.00g产品(硫代硫酸钠晶体的摩尔质量为248g/mol)，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘标准溶液滴定至终点，消耗21.00mL。反应的离子方程式为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（5）计算所得产品的纯度为___________(保留三位有效数字)，该数据的合理解释可能是__________(不考虑实验操作引起的误差)。Ⅲ.产品的应用（6）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为____________________________________。20、含氯化合物在工业上有着广泛的用途。Ⅰ.高氯酸铵(NH4ClO4)常作火箭发射的推进剂，实验室可用NaClO4与NH4Cl制取。(部分物质溶解度如图1、图2)，流程如图3：(1)反应器中发生反应的化学方程式为_______。(2)上述流程中操作Ⅰ为__________，操作Ⅱ为__________。(3)上述流程中采取的最佳过滤方式应为__________(填字母代号)A．升温至80℃以上趁热过滤B．降温至0℃左右趁冷过滤C．0℃－80℃间任一温度过滤Ⅱ.一氯化碘(沸点97.4℃)是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸。某学习小组拟用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，其装置如下：(已知碘与氯气的反应为放热反应)(1)各装置连接顺序为A→___________→___________→___________→___________(2)B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是___________，D装置的作用是________________。(3)将B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，则提纯采取的操作名称是___。21、二氧化氯（ClO2）是一种新型消毒剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制备。（1）隔膜电解法制备ClO2的装置示意图如下：已知：ClO2在酸性溶液中比较稳定，在碱性溶液中不能稳定存在。①产生O2的电极反应式：________。②结合反应方程式，简述ClO2的产生过程：_________。（2）过氧化氢还原法制备ClO2：研究发现Cl-对上述反应有影响，实验记录如下：加入NaCl的浓度/(g·L1)ClO2的生成速率/(g·L-1·min-1)相同时间10min30min60minClO2产率/%Cl2的量00.00350.01240.015997.12极微量1.000.01380.01620.016398.79极微量①NaCl的主要作用是_______。②上述反应可能的过程如下：反应i：+++反应ii：Cl2+H2O2=2Cl-+O2↑+2H+将反应i填写完整_________。③进一步研究发现，未添加Cl-时，体系中首先会发生反应生成Cl-，反应为：ClO3-+3H2O2=Cl-+3O2↑+3H2O（反应iii）。分析反应i、ii、iii的速率大小关系并简要说明理由：_________。（3）国家规定，饮用水中ClO2的残留量不得高于0.8mg·L-1，检测步骤如下：Ⅰ．取1.0L的酸性水样，加入过量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，使ClO2转化为。加入淀粉溶液，溶液变蓝。Ⅱ．用0.0010mol/LNa2S2O3溶液滴定步骤I中产生的I2。已知：步骤II中发生反应的离子方程式是①步骤I中发生的氧化还原反应的离子方程式是________。②当步骤II中出现________（填现象）时，停止滴加Na2S2O3溶液，记录其体积为10.00mL。③上述水样中ClO2的残留浓度是______mg·L-1。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A．稀释前后溶质的质量保持不变，则100mL稀硫酸中含H2SO4的质量为1.4g/cm310mL50%=7g，稀硫酸属于混合物，既不是电解质、也不是非电解质，A错误；B．由于稀释后硫酸溶液的密度未知，故无法计算所需蒸馏水的体积，B错误；C．50%的硫酸溶液中溶质物质的量浓度为=7.14mol/L，C正确；D．俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的体积偏小，则所配溶液的浓度偏高，D错误；答案选C。2、C【分析】A、氯气能将铁和亚铁氧化；B、根据合金的性质判断；C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。故选C。【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。3、C【详解】A．碘的升华是状态的变化，属于物理变化，石油的分馏是利用物质的沸点不同分离的，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B．用NH4Cl溶液除金属表面的锈，有新物质生成，属于化学变化，食盐水导电，是电解食盐水，属于化学变化，故B错误；C．蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液，发生蛋白质的盐析，是降低了蛋白质的溶解度，没有新物质生成，属于物理变化，蓝色的胆矾常温下变白，是失去了结晶水，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；D．热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫，2个过程中都没有新物质生成，都属于物理变化，故D错误；故选C。4、B【分析】PbO2加热分解得到O2，得到的剩余固体含有Pb的+4和+2价的混合氧化物，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，假设得到的氧气为3mol，则Cl2为2mol。在PbO2加热分解反应中，+4价铅的化合价降低的数值等于-2价氧的化合价升高的数值，所以得到的+2价铅的物质的量为3mol×4÷2=6mol。在剩余固体和浓盐酸的反应中，+4价铅的化合价降低的数值等于-1价氯的化合价升高的数值，所以在剩余固体中的+4价铅的物质的量为2mol×2÷2=2mol。所以在剩余固体中，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为2:6=1:3。Pb3O4可以看做是2PbO·PbO2，1molPb3O4里有2mol+2价铅，1mol+4价铅。【详解】A.1：2混合的PbO2、Pb3O4里，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(1+1)：2=1:1，故A不选；B.1：1混合的Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为1：(2+1)=1:3，故B选；C.1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(1+4×1)：(4×2+1)=5:9，故C不选；D.4：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(4+1)：(2+1)=5:3，故D不选。故选B。5、C【详解】根据反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.2kJ/mol可知，1molN2完全反应时放出的热量为92.2kJ，但将1molN2和3molH2放在一密闭容器中反应时，由于反应是可逆反应，故1molN2不可能完全反应，故放出的热量小于92.2kJ，故答案为：C。6、D【解析】A.Al2O3和MgO的熔点均很高，都可用于制作耐高温材料，故A正确；B.“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，故B正确；C.小苏打和氢氧化铝都能与酸反应，且本身性质比较平和，所以可以作内服药治疗胃酸过多，故C正确；D.计算机芯片的材料是单质硅，故D错误，选D。7、C【详解】A．、会反应产生，不能大量共存，A不符合题意；B．与Al反应能放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中：Fe2+、H+、会发生氧化还原反应，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与Fe2+会反应产生Fe(OH)2沉淀，也不能大量共存，B不符合题意；C．K+、Ca2+、Cl-、之间不能发生任何反应，且通入CO2也不能反应，因此仍能大量共存，C符合题意；D．=l×l0-2mol/L的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与会发生反应产生弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。8、B【分析】亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，碘单质具有氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸，据此分析解答。【详解】A．a棉球中品红褪色，可以验证SO2具有漂白性，故A错误；B．b棉球褪色，SO2与碱液反应，碱性减弱，溶液褪色，验证SO2具有酸性氧化物的性质，故B正确；C．碘与SO2和水反应生成氢碘酸和硫酸，碘单质反应完全，c棉球蓝色褪去，可以验证SO2的还原性，故C错误；D．SO2尽管有还原性，但不能被浓硫酸氧化，因此不能用浓硫酸吸收尾气，SO2具有酸性氧化物的性质，可以用碱液吸收尾气，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够使一些物质褪色的本质，如品红褪色——漂白性；酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色——还原性；滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。9、D【详解】同主族自上而下原子半径和离子半径都是逐渐增大的，所以选项中阳离子半径最大的是K+，阴离子半径最小的是F-，所以化合物中，阳离子与阴离子半径之比最大的是KF，故选D。10、B【分析】溶液中原有的Fe3+就能使KSCN变红；溴乙烷消去反应的产物是乙烯和溴化氢；亚硫酸钠、硫酸钠都能与氯化钡反应生成白色沉淀；加入的溶液中阴离子不同；【详解】溶液中原有的Fe3+干扰Fe2+的检验，应选用高锰酸钾溶液检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+，故A不能实现相应实验目的；溴乙烷消去反应的产物是乙烯，产生的气体经水洗排除乙醇的干扰后，通入高锰酸钾溶液后溶液褪色可证明有乙烯生成，故B能实现相应实验目的；亚硫酸钠、硫酸钠都能与氯化钡反应生成白色沉淀，故C不能实现相应实验目的；加入的溶液中阴离子浓度不同，所以不能确定Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，故D不能实现相应实验目的。11、B【详解】A.铁的合金的熔点比纯铁的低，A不正确；B．黑火药中，硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾，B正确；C．玻璃的主要成分为二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”判断，强水肯定不是氢氟酸，C不正确；D.“用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水”，这里的“法”是指蒸馏，D不正确。故选B。12、B【详解】A.侯氏制碱法是将通入饱和溶液中，由于溶解度小于，故在溶液中析出，A错误；B.过量浓氨水与氯气反应会生成氯化铵固体，有白烟产生，现象明显，则浓氨水可用于检验输送氯气的管道，B正确；C.白炽灯工作时，大部分电能转化为光能，少部分转化为热能，C错误；D.开发新能源是解决能源危机问题和环境污染问题的主要途径，不能因为核电站出现泄漏的个例事件就否定新能源的开发战略，D错误；故答案选B。13、C【详解】A．粗镍提纯，根据电解原理提纯镍，粗镍做阳极，精镍做阴极，故A错误；B．反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下可自发进行，由于反应中ΔS＜0，则根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，可知该反应的ΔH＜0，故B错误；C．溶液中c(H+)·c(NH3·H2O)＝c(H+)×＝，常温下，稀释0.1mol·L-1氨水，促进电离，但溶液体积增加的程度更大，铵根浓度减小，所以该值减小，故C正确；D．5.6gFe的物质的量是0.1mol，在足量Cl2中充分燃烧生成氯化铁，转移电子的数目约为0.3×6.02×1023，故D错误；故答案选C。14、D【详解】A.钢铁中含有铁和碳，属于合金，故A正确；B.合金硬度一般大于成分金属，所以钢铁的硬度大于纯铁，故B正确；C.钢铁是生活中用的最多的合金，故C正确；D.人类最早使用的金属材料为铜合金，故D错误。答案选D。15、D【详解】A.常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若酸性则Fe2+、H+、NO3－发生氧化还原反应而不能大量共存，若碱性则NH4+、Fe2+不能大量存在，选项A错误；B.能使酚酞变红的溶液呈碱性，HC2O4－与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项B错误；C.0.1mol·L−1KI溶液中ClO−与I−发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D.常温下，=10－10的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I－、SO42－，各离子相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。16、B【解析】N23H22NH3，是一个放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应过程中反应物分子首先需要吸收能量变成能量较高的活化分子，据此可知选B。正确答案为B二、非选择题（本题包括5小题）17、2Na+2H2O===2Na++2OH－+H2↑变大酸Al3++3H2OAl(OH)3+3H+D1︰106c(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、电荷守恒和质子守恒规律来比较溶液中离子浓度的大小。【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；(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=1︰106；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1︰106，c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)。【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。18、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C11H11O3N2F39【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。【详解】(1)由反应①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③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③)，然后将硝基还原为氨基(类似流程④)，最后与反应得到4­甲氧基乙酰苯胺(类似流程⑤)，由此可得合成路线为：。19、增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度防止温度降低，产品析出而损失蒸发浓缩冷却结晶乙醇Na2SO4Na2SO3被空气中的O2氧化104%产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多；在反应过程中I2挥发损失S2O32－+4Cl2+5H2O==2SO42－+8Cl－+10H+【解析】（1）乙醇易溶于水，硫粉用乙醇润湿，有利于硫粉与亚硫酸钠溶液充分接触；（2）步骤④趁热过滤的原因是防止温度降低时，产品析出而损失，得到的溶液需要移至蒸发皿中，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可；（3）由于硫代硫酸钠晶体易溶于水，不溶于乙醇，因此洗涤过程中，为防止有部分损失，应选用的试剂为乙醇；（4）由于Na2SO3易被空气中的氧气氧化转化为硫酸钠；（5）根据题中所给数据进行计算，由于产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多，在反应过程中I2挥发损失；（6）Na2S2O3在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，根据守恒写出离子方程式。【详解】（1）由于硫不溶于水，微溶于酒精，乙醇易溶于水，因此加入的硫粉用乙醇润湿的目的是增大硫粉与亚硫酸钠溶液的接触面积，加快反应速率；故答案为增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度；（2）步骤④趁热过滤的原因是防止温度降低时，产品析出而损失，得到的溶液需要移至蒸发皿中，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可，故答案为：防止温度降低，产品析出而损失；蒸发浓缩；冷却结晶。（3）由于硫代硫酸钠晶体易溶于水，不溶于乙醇，因此洗涤过程中，为防止有部分损失，应选用的试剂为乙醇，故答案为乙醇。（4）由于Na2SO3易被空气中的氧气氧化转化为硫酸钠，则最可能存在的无机杂质是Na2SO4，故答案为Na2SO4；Na2SO3被空气中的O2氧化。（5）用0.1000mol/L碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液的体积21.00mL，所得产品的纯度为0.1000mol/L×0.021L×2×248g/mol÷1g×100%=104%，由于产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多，在反应过程中I2挥发损失，所以会出现这种结果，故答案为104%；产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多；在反应过程中I2挥发损失。（6）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为：S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H+，故答案为：S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H+。20、NH4Cl+NaClO4=NaCl+NH4ClO↓冷却结晶重结晶BCEBD防止ICl挥发吸收

未反应的氯气，防止污染空气蒸馏【分析】I.(1)根据氯化铵和高氯酸铵反应生成氯化钠和高氯酸铵沉淀进行分析；(2)根据高氯酸铵的溶解度受温度变化影响较大，NH4Cl的溶解度受温度影响变化也较大，相对来说NH4ClO4受温度影响变化更大进行分析；(3)根据高氯酸铵在0℃时的溶解度小于80℃时的溶解度进行分析；II.(1)用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水除HCl气体，再用浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应制备ICl，碘与氯气的反应为放热反应，而ICl沸点低挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠处理未反应完的氯气。【详解】(1)氯化铵和高氯酸铵反应生成氯化钠和高氯酸铵沉淀，化学方程式为：NH4Cl+NaClO4=NaCl+NH4ClO4↓；(2)高氯酸铵的溶解度受温度变化影响较大，所以上述流程中操作Ⅰ为冷却结晶；通过该方法得到的高氯酸铵晶体中含有较大的杂质，将得到的粗产品溶解，配成高温下