2026届广西壮族自治区南宁市兴宁区第三中学高三3月份第一次模拟考试化学试题试卷含解析

2026届广西壮族自治区南宁市兴宁区第三中学高三3月份第一次模拟考试化学试题试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、中和滴定中用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，计算式与滴定氢氧化钠溶液类似：c1V1=c2V2，则（）A．终点溶液偏碱性B．终点溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C．终点溶液中氨过量D．合适的指示剂是甲基橙而非酚酞2、下列说法错误的是A．取用固体时动作一定要轻B．蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于被加热的酒精中C．容量瓶、滴定管、分液漏斗等仪器在使用之前都必须检漏D．量取5.2mL硫酸铜溶液用到的仪器有10mL量筒、胶头滴管3、下列说法正确的是()A．蒸发结晶操作时，当水分完全蒸干立即停止加热B．滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中C．测定NaClO溶液的pH，可用洁净的玻璃棒蘸取液体滴到pH试纸上，再与标准比色卡对照读数D．用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，通过比较pH大小比较H2CO3、HCN的酸性强弱4、某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是A．该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移B．该装置将化学能转化为光能和电能C．a电极的反应式为3CO2＋18H＋－18e－=C3H8O＋5H2OD．每生成3molO2，有88gCO2被还原5、下列有关物质性质的比较，结论正确的是A．碱性：LiOH<RbOHB．溶解度：Na2CO3<NaHCO3C．热稳定性：PH3<SiH4D．沸点：C2H5OH<C2H5SH6、我国科学家设计了一种将电解饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置如图所示。下列叙述错误的是A．理论上该转化的原子利用率为100%B．阴极电极反应式为C．Na+也能通过交换膜D．每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA7、常温下，pH＝3的HA溶液V1mL与pH＝11的KOH溶液V2mL混合，则下列说法正确的是A．若V1＝V2，则反应后溶液的pH一定等于7B．若反应后溶液呈酸性，则V1一定小于V2C．若反应后溶液呈酸性，则V1一定大于V2D．若反应后溶液呈中性，则混合液中一定存在c(H＋)＋c(OH－)＝2×10－7mol·L－18、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12D．若=75%，则参加反应的苯为0.8mol9、用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（）A．b极附近有气泡冒出 B．d极附近出现红色C．a、c极上都发生氧化反应 D．甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀10、298K时，用0.01mol∙L-1NaOH溶液滴定10mL0.01mol∙L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示（已知：25℃时，H2A的Ka1=10-1.75，Ka2=10-7.19）。下列说法不正确的是（）A．a点所得溶液中：V0=5mLB．B点所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)=c(A2-)＋c(OH-)C．C点所得溶液中：c(Na＋)>3c(HA-)D．D点所得溶液中A2-水解平衡常数Kh1=10-6.8111、短周期元素X.Y.Z.W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断不正确的是（）A．四种元素的单质中，X的熔沸点最低B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强C．X的气态氢化物的稳定性较Z的弱D．原子半径：Y＞Z＞W＞X12、下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是ABCD能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线2022年冬奥会聚氨酯速滑服4.03米大口径碳化硅反射镜“玉兔二号”钛合金筛网轮A．A B．B C．C D．D13、化合物A()可由环戊烷经三步反应合成：则下列说法错误的是（）A．反应1可用试剂是氯气B．反应3可用的试剂是氧气和铜C．反应1为取代反应，反应2为消除反应D．A可通过加成反应合成Y14、设阿伏加德罗常数值用NA表示，下列说法正确的是（）A．常温下1LpH＝3的亚硫酸溶液中，含H+数目为0.3NAB．A1与NaOH溶液反应产生11.2L气体，转移的电子数为0.5NAC．NO2与N2O4混合气体的质量共ag，其中含质子数为0.5aNAD．1mo1KHCO3晶体中，阴阳离子数之和为3NA15、水处理在工业生产和科学实验中意义重大，处理方法很多，其中离子交换法最为简单快捷，如图是净化过程原理。有关说法中正确的是（）A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数未发生变化B．通过阳离子交换树脂时，H＋则被交换到水中C．通过净化处理后，水的导电性不变D．阳离子树脂填充段存在反应H＋＋OH-=H2O16、已知：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO，向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，下列对应关系正确的是（）选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)＞c(AlO2—)＞c(OH−)B0.01c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)＝c(AlO2—)C0.015c(Na+)＞c(CO32—)＞c(OH−)＞c(HCO3—)D0.03c(Na+)＋c(H+)＝c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH−)A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、R・L・Claisen双酯缩合反应的机理如下：2RCH2COOC2H5+C2H5OH，利用该反应制备化合物K的一种合成路线如图试回答下列问题：（1）A与氢气加成所得芳香烃的名称为______；A→B的反应类型是______；D中含氧官能团的名称是______。（2）C的结构简式为______；F→G的反应除生成G外，另生成的物质为______。（3）H→K反应的化学方程式为______。（4）含有苯环结构的B的同分异构体有______种（B自身除外），其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为______（任写一种即可）。（5）乙酰乙酸乙酯（）是一种重要的有机合成原料，写出由乙醇制备乙洗乙酸乙時的合成路线（无机试剂任选）：______。18、下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。回答下列问题：(1)A的化学式为_________。(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。(4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。19、甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。(1)仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_______________。(2)装置B中盛有的试剂是：____________；装置D的作用是________________。(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为____________________________。(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。①pH过低或过高均导致产率下降，其原因是_____________________；②柠檬酸的作用还有________________________。(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_____％。20、实验室用如图装置（略去夹持仪器）制取硫代硫酸钠晶体。已知：①Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。②硫化钠易水解产生有毒气体。③装置C中反应如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1。回答下列问题：（1）装置B的作用是___。（2）该实验能否用NaOH代替Na2CO1？___（填“能”或“否”）。（1）配制混合液时，先溶解Na2CO1，后加入Na2S·9H2O，原因是___。（4）装置C中加热温度不宜高于40℃，其理由是___。（5）反应后的混合液经过滤、浓缩，再加入乙醇，冷却析出晶体。乙醇的作用是___。（6）实验中加入m1gNa2S·9H2O和按化学计量的碳酸钠，最终得到m2gNa2S2O1·5H2O晶体。Na2S2O1·5H2O的产率为___（列出计算表达式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O1·5H2O)=248]（7）下列措施不能减少副产物Na2SO4产生的是___（填标号）。A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻C．先往装置A中滴加硫酸，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管21、无水四氯化锡（SnC14）是一种用途广泛的化工中间体，常用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂。熔融的金属锡（熔点131℃）在300℃左右能直接与Cl1作用生成无水四氯化锡，实验室装置如图所示：已知信息如下：①将金属锡熔融，通人干燥氯气进行反应，生成四氯化锡。②无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点为一33℃，沸点为114.1℃。二氯化锡是无色晶体，熔点为146℃，沸点为651℃。③无水四氯化锡在空气中极易水解，水解产物之一是SnO1．xH1O，并产生白烟。请回答下列问题：（l）开始实验前一定要____，E中冷水的作用是___。（1）装置F中盛放的最佳试剂为___，作用是____。（3）实验时应先打开A处分液漏斗旋塞和整套装置的阀门，待观察到____这一现象时，再点燃D处酒精灯。（4）若撤去装置C，则D中还可能发生反应的化学方程式为__。（5）Cl1和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl1，为减少SnCl1的生成，可采取的措施是_______.（6）得到的产物中常含有杂质SnCl1，SnCl1是常用的还原剂。某实验小组用碘氧化法滴定分析产品中杂质SnCl1的质量分数。准确称取a克该样品于锥形瓶，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，cmol．L-l碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液10.00mL，已知滴定原理是：SnCl1+1HCl+I1=SnC14+1HI，则产品中杂质SnCl1的质量分数为____（用含a、c的代数式表示）；即使此法测定的操作均正确，但测得的SnCl1含量仍低于实际含量，其原因可能是________（用离子方程式表示）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，结合盐类的水解解答该题。【详解】用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，为强酸弱碱盐，水解呈酸性，则c(NH4+)＜c(Cl﹣)，应用甲基橙为指示剂，D项正确；答案选D。酸碱中和滴定指示剂的选择，强酸和强碱互相滴定，可选用酚酞或者甲基橙作指示剂，弱酸与强碱滴定选用酚酞作指示剂，强酸与弱碱滴定选用甲基橙作指示剂，这是学生们的易错点。2、B【解析】

本题考查化学实验，意在考查对实验基本操作的理解。【详解】A.NH4NO3固体受热或撞击易爆炸，因此取用固体NH4NO3时动作一定要轻，故不选A；B.蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故选B；C.容量瓶、滴定管，分液漏斗等带活塞的仪器在使用之前都必须检漏，故不选C；D.要量取5.2mL硫酸铜溶液，应选择10mL规格的量筒，向量筒内加液时，先用倾倒法加液到接近刻度线，再改用胶头滴管加液到刻度线，故用到的仪器是10mL量筒和胶头滴管，故不选D；答案：B3、B【解析】

A.蒸发时不能蒸干，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，故A错误；B.滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中，只要计算准确，不影响结果，故B正确；C.NaClO溶液有漂白性不能用pH试纸测其pH值，故C错误；D.测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，可知碳酸氢根离子与HCN的酸性，不能比较H2CO3、HCN的酸性强弱，故D错误；故答案为B。从习惯上讲，被滴定的溶液在锥形瓶,标准溶液在滴定管中；从原理上说都可以，只要操作准确，计算准确即可。4、D【解析】

A.a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，A项错误；B.该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，B项错误；C.a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O，C项错误；D.电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是3mol的氧气，阴极有2mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为88g，D项正确；答案选D。5、A【解析】

A.因金属性：Li<Rb，所以其碱性：LiOH<RbOH，A项正确；B.相同温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，所以溶解度：Na2CO3>NaHCO3，B项错误。C.因非金属性：P>Si，所以热稳定性：PH3>SiH4，C项错误；D.C2H5OH分子之间能形成氢键，而C2H5SH分子之间只存在范德华力，因此沸点：C2H5OH>C2H5SH，D项错误；答案选A。本题重点要准确掌握元素周期律及金属性、非金属性的判断依据，其中D项是学生的易错点，要了解分子晶体中，若存在氢键，则因氢键的影响沸点反常高；若无氢键，则相对分子质量越大，范德华力越大，对应的物质沸点越高。学生要准确掌握这些化学基本功，学以致用。6、C【解析】

A.总反应为，由方程式可以看出该转化的原子利用率为100%，故A正确；B.阴极发生还原反应，阴极电极反应式为，故B正确；C.右侧电极氯化钠生成次氯酸钠，根据反应物、生成物中钠、氯原子个数比为1:1，Na+不能通过交换膜，故C错误；D.阴极二氧化碳得电子生成CO，碳元素化合价由+4降低为+2，每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA，故D正确；选C。7、D【解析】

A．若V1=V2，如果酸是强酸，二者混合溶液呈中性，pH=7，如果酸是弱酸，酸浓度大于碱，混合溶液呈酸性，pH＜7，故A错误；B．如果反应后溶液呈酸性，如果酸是强酸，则V1一定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故B错误；C．如果反应后溶液呈酸性，如果酸是强酸，则V1一定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故C错误；D．若混合溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol•L-1，所以c（H+）+c（OH-）=2×10-7mol•L-1，故D正确；故选D。8、B【解析】

A.多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；B.该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；C.储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；D.根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；故选B。9、A【解析】

甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，以此解答该题。【详解】A、b极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以无气泡冒出，故A错误；B、乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故B正确；C、a是原电池的负极发生氧化反应、c极是电解池的阳极发生氧化反应,所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；

D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；故答案选A。作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁更易失电子变为亚铁离子，腐蚀速率加快；如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用，金属铁就被保护，不发生腐蚀。10、A【解析】

A．a点所得溶液中，pH=1.75，则c(H2A)==c(HA-)，所以H2A与NaOH反应发生后，c(H2A)>c(HA-)，V0<5mL，A不正确；B．B点时，H2A与KOH刚好完全反应生成KHA，溶液中存在三个平衡体系：HA-H++A2-，HA-+H2OH2A+OH-，H2OH++OH-，由此得出所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)=c(A2-)＋c(OH-)，B正确；C．C点时，c(HA-)==c(A2-)，依据电荷守恒c(Na＋)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=3c(HA-)+c(OH-)，因为pH=7.19，c(H+)<c(OH-)，所以c(Na＋)>3c(HA-)，C正确；D．D点所得溶液中，A2-水解平衡常数Kh1===10-6.81，D正确；故选A。11、C【解析】

X、Y、Z、W均为短周期元素，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层只有2个电子，则最外层电子数为6，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为N元素、Z为Si元素、Y为Al元素。【详解】A、四元素的单质中，只有X常温下为气态，其它三种为固态，故A正确；B、非金属性W>Z，故最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z，故B正确；C、非金属性X>Z，故X的气态氢化物的稳定性较Z的强，故C不正确；D、同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小顺序为：Y＞Z＞W＞X，故D正确；故选C。12、C【解析】

A、银是副族元素，故A不符；B、聚氨酯速滑服由氢、碳、氮、氧元素组成，分别属于IA、ⅣA、ⅤA、ⅥA族元素，故B不符；C、C、Si属于ⅣA族元素，故C符合；D、钛是副族元素，故D不符；故选C。13、C【解析】

实现此过程，反应1为与卤素单质发生取代反应，反应2为卤代环戊烷与氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇，反应3为醇的催化氧化。【详解】A.反应1为与卤素单质发生取代反应，可用试剂是氯气，A正确；B.反应3为醇的催化氧化，可用的试剂是氧气和铜，B正确；C.反应1和反应2都为取代反应，C错误；D.酮可催化加氢生成相应的醇，D正确；故答案为：C。14、C【解析】

A.1LpH＝3的亚硫酸溶液中，H+的浓度为10-3mol/L，1L溶液中H+数目为0.001NA，故A错误；B.A1与NaOH溶液反应生成氢气，因未说明气体所处的状态，所以无法计算反应中转移的电子数目，故B错误；C.NO2和N2O4，最简比相同，只计算ag

NO2中质子数即可，一个N含质子数为7，一个氧质子数为8，所以一个NO2分子含质子数为7+2×8=23，agNO2中质子数为NAmol-1=0.5aNA，故C正确；D.1mo1KHCO3晶体中只有钾离子和碳酸氢根离子，阴阳离子数之和为2NA，故D错误；答案是C。15、B【解析】

从图中可以看出，在阳离子交换柱段，自来水中的Ca2+、Na+、Mg2+与阳离子交换树脂中的H+发生交换，Ca2+、Na+、Mg2+进入阳离子交换树脂中，树脂中的H+进入水中；在阴离子交换柱段，NO3-、Cl-、SO42-进入阴离子交换树脂中，树脂中的OH-进入水中，与水中的H+反应生成H2O。【详解】A．经过阳离子交换树脂后，依据电荷守恒，水中阳离子的总数增多，A不正确；B．通过阳离子交换树脂时，水中的Ca2+、Na+、Mg2+与阳离子交换树脂中的H+发生交换，H＋则被交换到水中，B正确；C．通过净化处理后，水的导电性减弱，C不正确；D．阴离子树脂填充段存在反应H＋＋OH-=H2O，D不正确；故选B。16、C【解析】

向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氢钠。【详解】A.不通入CO2，0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中，c(Na+)＞c(OH−)＞c(AlO2—)，故A错误；B.当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，没有HCO3—，故B错误；C.当通入的二氧化碳为0.015mol时溶液中含有0.015mol碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，故C正确；D.当通入二氧化碳的量为0.03mol时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，电荷守恒关系为：c(Na+)＋c(H+)＝2c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH−)，故D错误；正确答案是C。本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。二、非选择题（本题包括5小题）17、乙苯加成反应醛基C2H5OH+C2H5OH13或C2H5OH【解析】

对比A、E的结构，结合反应条件、B与C的分子式，与HBr发生加成反应生成B为，B发生水解反应反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D发生氧化反应生成E．E与乙醇发生酯化反应生成F为．F与甲酸乙酯发生取代反应生成G，反应同时生成乙醇。G与氢气发生加成反应生成H，H发生醇的消去反应、酯的水解反应得到K，故H为。【详解】（1）与氢气发生加成反应生成的芳香烃为，所得芳香烃的名称为：乙苯；A→B的反应类型是：加成反应；D为，D中含氧官能团的名称是：醛基，故答案为乙苯；加成反应；醛基；（2）由分析可知，C的结构简式为；F→G的反应除生成G外，另生成的物质为：C2H5OH，故答案为；C2H5OH；（3）H→K反应的化学方程式为：，故答案为；（4）B为，B的同分异构体含有苯环，有1个取代基还可以为-CHBrCH3，有2个取代基为-Br、-CH2CH3或-CH2Br、-CH3，均有邻、间、对3种位置结构，有2×3=6种，有3个取代基为-Br、-CH3、-CH3，2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的-Br分别有2种、3种、1种位置，有6种，故符合条件的共有1+6+6=13种，其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为、，故答案为13；或；（5）由乙醇制备乙酰乙酸乙酯，乙醇被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下发生信息中的转化可得乙酰乙酸乙酯，其合成路线为：，故答案为。本题考查有机物推断与合成，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，注意对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化是解答关键。18、NH4Cl4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2【解析】

根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。(1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；(2)一定条件下，B（NH3）和D（O2）反应生成E（NO）和F（H2O）的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。19、分液漏斗平衡压强、便于液体顺利流下饱和NaHCO3溶液检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OpH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀防止Fe2+被氧化降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出75【解析】

(1)根据仪器的结构确定仪器a的名称；仪器b可平衡液面和容器内的压强；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2气体变浑浊；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，根据守恒法写出反应的离子方程式；(4)①甘氨酸具有两性，能与H+反应；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，以此计算产率。【详解】(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)①过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H+反应生成NH3+CH2COOH；当pH过高即溶液中OH-较大时，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均会导致产率下降；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化，则滴加柠檬酸可防止Fe2+被氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，则过程II中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，产率是=75%。20、安全瓶，防止倒吸能碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出×100%D【解析】

(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解；(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收，产品产率会降低；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，结合数据计算理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量，Na2S2O1·5H2O的产率为；(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠，减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【详解】(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，则B为安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以代替碳酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解；(4)温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量为g，Na2S2O1·5H2O的产率为×100%=×100%；(7)A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故A不符合题意；B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止