【文档说明】上海市实验学校2021-2022学年高三四月月考化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.150 MB，由小赞的店铺上传

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上海市实验学校2021学年度高三月考试卷化学相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23A1-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、选择题(本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项)1.符号“3px”没有给出的信息是（）A.电子层B.电子亚层C.电子云在空间的伸展

方向D.电子的自旋方向【答案】D【解析】【详解】3px指出了电子层数是3，电子亚层是P，电子云在空间的伸展方向是X方向，没有指出电子的自旋方向，故选D。2.下列试剂不会因为空气中氧气而变质的是A.过氧化钠B.氢硫酸C.硫酸亚铁D.碘化钾【答案】A【解析】【详解】A．Na2O2会与空气中的CO

2、水蒸气等物质反应，但不与氧气反应，故A符合题意；B．H2S与氧气发生反应2H2S+O2=2S↓+2H2O而变质，故B不符合题意；C．硫酸亚铁会被空气中的氧气氧化成硫酸铁，故C不符合题意；D．碘化钾在空气中发生反应2222KI+O+2HO=4KOH+2I而变质，故D不符合题意；答案选A。3

.下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是A.NaOHB.SiO2C.FeD.C3H8【答案】D【解析】【分析】化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的应是分子晶体物质，晶体中含有单个分子，而离子晶体、原子晶体和金属晶体无单个分子。【详解】A、NaOH为离子晶体，化

学式为晶体中阴阳离子的个数比，晶体中不含单个分子，故A错误；B、SiO2为原子晶体，晶体中不存在单个分子，化学式为Si原子与O原子的个数比值为1：2，故B错误；C、Fe为金属晶体，晶体的组成为金属阳离子和自由电子

，晶体中无单个分子，故C错误；的D、C3H8为分子晶体，晶体中含有单个分子，故D正确；故答案选D。4.关于化学键的各种叙述正确的是A.在离子化合物里，只存在离子键，没有共价键B.只有共价键形成的物质，

不一定是共价化合物C.非极性键只存在于双原子的单质分子中D.由不同元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键【答案】B【解析】【分析】【详解】A．在离子化合物里一定存在离子键，可能存在共价键，如氢氧化钠中含有离子键和共价键，故A错误；B．只有共价键形成的物质可能是非金属单质，也可能是共价化合物，故B

正确；C．非极性键可能存在于双原子的单质分子中，如氧气，也可能存在于共价化合物中，如过氧化氢，还可能存在于离子化合物中，如过氧化钠，故C错误；D．由不同元素组成的多原子分子里，一定存在极性键，可能存在非极性键，如乙烷，故D错误；故选B。5.BeCl2熔点较低，易升华

，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似。由此可推测BeCl2A.熔融态不导电B.水溶液呈中性C.熔点比BeBr2高D.不与氢氧化钠溶液反应【答案】A【解析】【详解】A、BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，说明该化合物形成的晶体

是分子晶体，熔融态不导电，A正确；B、该化合物的化学性质与AlCl3相似，而氯化铝溶液显酸性，因此其水溶液也呈酸性，B不正确；C、BeCl2与BeBr2形成的晶体均是分子晶体，后者的相对分子质量大，熔点高于BeCl2，C不正确；D、氯化铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，则该化合物也与

氢氧化钠溶液反应，D不正确；答案选A。6.石油裂解的主要目的是为了A.提高轻质液体燃料的产量B.便于分馏C.获得短链不饱和气态烃D.提高汽油的质量【答案】C【解析】【详解】石油裂解的主要目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯等短链不饱和烃等化工原料，故答案为：C。7.为防止有机

物挥发，可加一层水保存，即水封。下列有机物中，既能用水封法保存，又能发生水解和消去反应的是A.乙醇B.溴乙烷C.乙酸乙酯D.四氯化碳【答案】B【解析】【详解】有机物保存加水形成水封，则该有机物难溶于水，密度比水大。乙醇和水混溶，乙酸乙酯密度比水小，排除；还可以发生水解反应，则该物质中含

有卤素原子；也能发生消去反应，则应该有邻位碳原子，而且邻位碳原子上由H原子，排除四氯化碳，只有溴乙烷符合题意，故选项是B。8.实验表明，相同温度下，液态纯硫酸导电性强于纯水。下列关于相同温度下纯硫酸的离子积常数K和水的离子积常数Kw的关系正确的是（）A.K>KwB.K=KwC.K<KwD.无法比

较【答案】A【解析】【详解】根据水的自身电离方程式，可以得出：纯硫酸在液态时自身电离方程式是243442HSOHSOHSO+−+，纯硫酸的导电性显著强于纯水，所以25℃时，液态纯硫酸的离子积常数()1424KHSO110−。答案选A。【点睛】纯硫酸的电离方程

式243442HSOHSOHSO+−+，问题自然迎刃而解。9.下列过程中，共价键被破坏的是（）A.碘升华B.溴蒸气被木炭吸附C.酒精溶于水D.HCl气体溶于水【答案】D【解析】【详解】A．碘升华时只是物质

状态发生变化，破坏的是分子间作用力，化学键未被破坏，故A错误；B．溴蒸气被木炭吸附发生物理变化，化学键未被破坏，故B错误；C．酒精是非电解质，溶于水不发生电离，共价键没有被破坏，故C错误；的D．HCl为共价化合物，溶于水发生电离，即HCl=H+＋Cl-，共价键被破

坏，故D正确；答案为D。10.在铜的催化作用下氨气与氟气反应，得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N。下列有关说法错误的是A.该反应的化学方程式为4NH3＋3F2→NF3＋3NH4FB.M是极性分子，其还原性比NH3强C.M既是氧化产物

，又是还原产物D.N中既含有离子键，又含有共价键【答案】B【解析】【详解】A．由题给信息可知，在铜的催化作用下氨气与氟气反应，得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N，则铵盐必定为NH4F，反应中F元素化合价降低，被还原，则N被氧化

，生成的三角锥形的分子M应为NF3，则反应的方程式为4NH3+3F2=NF3+3NH4F，故A正确；B．NF3中N元素为+3价，而NH3中N元素化合价为-3价，NH3还原性较强，故B错误；C．4NH3+3F2=NF3+3NH4F反应中N

元素化合价升高，F元素化合价降低，NF3既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；D．NH4F为离子化合物，既含有离子键，又含有共价键，故D正确；故选：B。11.向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中A.c(Ca

2＋)、c(OH－)均增大B.c(Ca2＋)、c(OH－)均保持不变C.c(Ca2＋)、c(OH－)均减小D.c(OH－)增大、c(H＋)减小【答案】B【解析】【详解】碳化钙溶于水与水反应生成氢氧化钙和乙炔，由于原氢氧化钙是饱和溶液，溶剂水

被消耗，导致原溶液中氢氧化钙析出，但温度不变，析出后的溶液仍然是饱和溶液，因此溶液中离子的浓度均保持不变，答案选B。12.下列关于实验室制备乙酸丁酯的操作正确的是A.加入过量乙酸B.水浴加热C.边反应边蒸出乙酸丁酯D.产物用浓氢氧化钠溶液洗涤【答案】A【解析】【详解】A．制备乙酸丁酯时，加

入过量乙酸，可提高丁醇的转化率，并且丁醇的价格相对高，A正确；B．实验室制备乙酸丁酯时采用酒精灯直接加热，不用水浴加热，该实验中水浴加热温度相对较低，B错误；C．制备乙酸乙酯采用边反应边蒸出法，但制备乙酸丁酯时

采用冷凝回流方法，待反应结束后再提取产物，C错误；D．浓氢氧化钠溶液会导致乙酸丁酯水解，应用通过饱和碳酸钠溶液洗涤，吸收丁醇、反应乙酸等将产物纯化，D错误；故答案为：A。13.设计学生实验要注意安全、无污染、现象明显。根据启普发生器原理，可用底部有小孔的试管制简易的

气体发生器（见下图）。若关闭K，不能使反应停止，可将试管从烧杯中取出（会有部分气体逸出）。下列气体的制取宜使用该装置的是A.用二氧化锰(粉末)与双氧水制氧气B.用锌粒与稀硫酸制氢气C.用硫化亚铁(块状)与盐酸制硫化氢D.用碳酸钙(块

状)与稀硫酸制二氧化碳【答案】B【解析】【分析】利用启普发生器的原理，进行创新应用。本题考查启普发生器的应用的注意事项，从而考查了实验基本操作。【详解】A.二氧化锰为粉末状物质，关闭K时，反应不能停止，A错误；B.Zn为颗粒状物质，关闭K可以使试管内的气体压强增大，能达到反应停止，B正确

；C.与选项B相似，但H2S有毒，对空气造成污染，不适合题中的操作，C错误；D.CaCO3与H2SO4反应生成CaSO4，由于CaSO4微溶于水，附在CaCO3表面，使反应停止，达不到制取CO2的目的，D错误；故

合理选项为B。14.β−月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有（）A.2种B.3种C.4种D.6种【答案】C【解析】【详解】因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子该物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成

，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项。15.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中不会引起实验误差的是A.用

蒸馏水洗净滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液C.用甲基橙做指示剂，当溶液由黄色变成橙色，立刻读数盐酸体积D.用甲基橙做指示剂，NaOH溶液在空气中放置了许久【答案】D【解析】【详解】A．用蒸馏水洗净滴定管后，必须用标准液

盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释，若未用盐酸润洗，滴定时消耗盐酸体积偏大，测定结果偏大，故A不符合题意；B．锥形瓶用NaOH溶液润洗后会有残留的NaOH，NaOH物质的量增大，消耗的盐酸体积偏大，测

定结果偏大，故B不符合题意；C．当溶液由黄色变成橙色，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，才是滴定终点，故C不符合题意；D．NaOH吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠，生成的碳酸钠和原氢氧化钠消耗的盐酸相同，终点溶液呈碱性，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，用甲基橙

作指示剂无影响，故D符合题意；答案选D。16.已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：(1)CuSO4＋Na2CO3主要：Cu2＋＋23CO−＋H2O=Cu(OH)2↓＋CO2↑次要：Cu2＋＋23CO−=CuCO3↓(2)CuS

O4＋Na2S主要：Cu2＋＋S2－=CuS↓次要：Cu2＋＋S2－＋2H2O=Cu(OH)2↓＋H2S↑下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是()A.Cu(OH)2＞CuCO3＞CuSB.CuS＞Cu(OH)2＞CuCO3C.CuS＜Cu(OH)2＜CuCO3D

.Cu(OH)2＜CuCO3＜CuS【答案】C【解析】【详解】：沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生，CuSO4+Na2CO3中主要发生Cu2++CO32-+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑，次要发生Cu2++CO32─=

CuCO3↓，可说明Cu(OH)2的溶解度小于CuCO3的溶解度；CuSO4+Na2S中主要：Cu2++S2-=CuS↓，次要：Cu2++S2-+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑，可说明CuS的溶解度小于Cu(OH)2的溶解度，综上所述，溶解度

为CuS＜Cu(OH)2＜CuCO3，故答案为C。17.如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物3LiBi。下列说法正确的是A.放电时，M电极反应为2Ni2eNi−+−=B.放电时，+Li由M电极向N电极移动C.充电时

，M电极的质量减小D.充电时，N电极反应为3LiBi3e3LiBi−++=+【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，放电时，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故M极作负极，电极反应为：Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为：3Li++3e-+Bi=Li3Bi，

据此分析解题。【详解】A．由分析可知，放电时，M电极反应为Li-e-=Li+，A错误；B．由分析可知，放电时，M极为负极，N极为正极，故+Li由M电极向N电极移动，B正确；C．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，M电极的电极反应为：Li++e

-=Li，故电极质量增大，C错误；D．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，充电时，N电极反应为-+3LiBi-3e=3Li+Bi，D错误；故答案为：B。18.在某100mL混合

液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol·L-1和0.1mol·L-1。向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，设溶液的体积仍为100mL，则所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是A.0.15mol·L-1B.0.225mol·L-1C.0.35mo

l·L-1D.0.45mol·L-1【答案】B【解析】【分析】【详解】3nHNO=0.1L0.4mol/L=0.l()04mo，24nHSO=0.1L0.1moL/L=0.l()01mo，+nH=0.04moL+20.01moL=0.)l(06mo，()1.92

gnCu==0.03mol64g/mol，根据铜和混酸反应的离子方程式：+2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2NO+4HO3820.03mol0.06mol0.0l4mo−，由反应关系可以看出，3NO−和Cu过量，+

H少量，则生成的2+0.06nCu=3mol8()，则溶液中铜离子浓度为：2+-1()0.1L0.063mol8cCu0.225molL=，答案为：B。19.密闭容器中充有10molCO与20molH2，在催化剂作用下反应生成甲醇：CO（g）+2H2（

g）⇌CH3OH（g）；CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.若A、B两点表示在某时刻达到的平衡状态，则A、B两点时容器内总气体的物质的量，n（A）：n（B）=4：5B.若A、C两点都表示已达到的平衡状态，则从反应开始至到达平衡状态所需的时间tA

＞tCC.设B、C两点的平衡常数分别为KB、KC，则KB＜KCD.在不改变反应物用量的情况下，采取降温、减压或将甲醇从混合体系中分离出来均可提高CO的转化率【答案】B【解析】【详解】A．A点CO的转化率为0.5，

则参加反应的CO为10mol×0.5=5mol，则：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)气体物质的量减少125mol10mol故A点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol-10mol=20mol；B点CO的转化率为0.7，则参加反应的CO为10mol×0.7=7mol

，则：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)气体物质的量减少127mol14mol故B点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol-14mol=16mol；故A、B两点时容器内总气体的物质的量之比n(A)：n(B)=20mol：16mol=5：4，故A错

误；B．C点的温度、压强都高于A点，温度越高、压强越大，反应速率越快，最先到达平衡，故从反应开始至到达平衡状态所需的时间tA＞tC，故B正确；C．由图可知，一定压强下，温度越高，CO的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方

向移动，B的温度低于C点，故平衡常数KB＞KC，故C错误；D．正反应是气体体积减小的反应，减压平衡向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故D错误；答案为B。20.常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNa

OH溶液。有关微粒的物质的量变化如图，根据图示判断，下列说法正确的是A.H2A在水中电离方程式是：H2A=H++HA-；HA-H++A2-B.当V(NaOH)=20mL时，则有：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)C.等体积等浓度的NaO

H溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大的D.当V(NaOH)=30mL时，则有：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+2c(OH-)【答案】B【解析】【分析】向酸H2A中滴加NaOH溶液，结合题干图象可知，Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA-，Ⅲ

代表A2-，据此分析解题。【详解】A．由题干图示信息可知，H2A是弱电解质，其一级电离也是不完全的，则H2A在水中的电离方程式是：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，A错误；B．当V(NaOH)=20mL时，发生反应为NaOH+

H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图可知，c(A2-)＞c(H2A)，即HA-电离大于水解，溶液显酸性，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，B正确；C．由图示关系知，c(A2-)＞c(H2A)，说明电离

大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，其溶液中水的电离程度比纯水小，C错误；D．当V(NaOH)=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O

，溶液主要为等物质量的NaHA，Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)①，物料守恒可知：3c(HA-)+3c(A2-)+3c(H2A)=2c(Na+)②，①×2+②得：2c(H+)+c(HA-)+3c(H2A)

═c(A2-)+2c(OH-)，D错误；故答案为：B。二、综合题(共60分)21.废气中的H2S通过高温热分解可制取氢气：2H2S(g)垐?噲?2H2(g)+S2(g)。现在3L密闭容器中，控制不同温度进行H2

S分解实验。（1）某温度时，测得反应体系中有气体1.31mol，反应1min后，测得气体为1.37mol，则1min内H2的生成速率为____。（2）某温度时，H2S的转化率达到最大值的依据是____(选填编号)。A．气体的压强不发生变化B．气体的密度不发生变化C．22222c

Hc(S()(c))HS不发生变化D．单位时间里分解的H2S和生成的H2一样多（3）实验结果如图。图中曲线a表示H2S的平衡转化率与温度关系，曲线b表示不同温度下、反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。该反应为反应____(填“放热”或“吸热”)。曲线b

随温度的升高，向曲线a逼近的原因是____。在容器体积不变的情况下，如果要提高H2的体积分数，可采取的一种措施是____。（4）使1LH2S与20L空气(空气中O2体积分数为0.2)完全反应后恢复到室温，混合气体的体积是____L。若2gH2S完全燃烧后生成二氧化硫

和水蒸气，同时放出29.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是____。【答案】（1）0.04mol/(L·min)（2）AC（3）①.吸热②.随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需要的时间变短③.升高反应温度(或及时分离S2气体)（4）①

.19.5L②.H2S(g)+32O2(g)=SO2(g)+H2O(g)△H=-499.8kJ/mol【解析】【小问1详解】根据方程式2H2S(g)垐?噲?2H2(g)+S2(g)可知：反应后气体增加的物质的量相当于n(S2)，则反应前后生成

的n(S2)=(1.37-1.31)mol=0.06mol，v(S2)=0.06mol=0.02mol/(Lmin)3L1min，根据物质反应速率比等于化学方程式中化学计量数的比，可知v(H2)=2v(S2)=2×0.0

2mol/(L·min)=0.04mol/(L·min)；【小问2详解】某温度时，H2S的转化率达到最大值时，说明该反应达到平衡状态。当反应前后改变的物理量不变时，该反应就达到平衡状态。A．该反应是反应前后气体

物质的量之和发生改变的反应，说明反应前后混合气体压强会发生改变，当气体的压强不发生变化时，该反应达到平衡状态，A符合题意；B．反应前后混合气体总质量不变、容器体积不变，所以无论反应是否达到平衡状态，气体的密度始终不变，所以不能据此判断平衡状态，

B不符合题意；C．该反应的化学平衡常数K=22222cHc(S()(c))HS，K只有温度有关，根据图象可知：反应中温度是不断变化的，则K不断变化，当K不变时该反应达到平衡状态，C符合题意；D．无论反应是否达到平衡状态，都存在单位时间里分解的H2S

和生成的H2一样多，所以不能据此判断化学反应是否达到平衡状态，D不符合题意；故合理选项是AC；【小问3详解】升高温度化学平衡向吸热方向移动，根据图象可知：随着温度升高，H2S的平衡转化率升高，说明升高温度平衡正向移动，因此该反应的正反应是吸热反

应；曲线b随温度的升高，向曲线a接近，从化学反应速率角度考虑，温度越高化学反应速率越快，则曲线b随温度的升高而向曲线a接近原因是：随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需要的时间变短，从而转化率与a逼

近；在容器体积不变的情况下，如果要提高H2的体积分数，应该使平衡正向移动但不能减少氢气的量，由于该反应的正反应是吸热反应，则可以考虑采取的措施有：升高反应温度(或及时分离S2气体)；【小问4详解】H2S与空气中的O2高温时发生后恢复室温，反应的

方程式为：2H2S(g)+3O2(g)=2H2O(1)+2SO2(g)，使1LH2S与20L空气(空气中O2体积分数为0.2)完全反应后恢复到室温，反应物为1LH2S(g)和4LO2，反应O2过量，根据方程式可知：2LH2S完全反应后气体体积减小3L，则1LH2S完全反

应后气体体积减小1.5L，故充分反应后混合气体的体积为V=20L+1L-1.5L=19.5L；H2S完全燃烧后生成二氧化硫和水蒸气，反应的方程式为：H2S(g)+32O2(g)=SO2(g)+H2O(g)，2gH2S的物质的量为n(H2S)=2g1=mol34g/mol17，其燃

烧放出热量是29.4kJ，则1molH2S燃烧放出热量为Q=29.4kJ×17=499.8kJ，故该反应的热化学方程式是H2S(g)+32O2(g)=SO2(g)+H2O(g)△H=-499.8kJ/mol。22.甲

、乙、丙、丁代表不同的一元酸，常温下，将它们分别和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合后溶液的pH如表所示：实验序号所用酸c(HA)/mol·L-1c(NaOH)/mol·L-1混合后溶液的pH实验1甲0.10000.1000pH=a实验2乙0.12000.1000pH=7实验

3丙0.20000.1000pH>7实验4丁0.10000.1000pH=10完成下列填空：（1）从实验1情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸?____。（2）实验2的混合溶液中c(A-)和c(Na+)的大小关系为____

。（3）从实验3的结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是____。（4）分析实验4数据，写出混合溶液中下列算式的精确结果(列式即可)：c(Na+)-c(A-)=____mol·L-1。室温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1C

H3COOH溶液，pH的变化如图所示。（5）用化学符号表示滴定过程中溶液里微粒之间的浓度关系点a处：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=____；点b处：溶液中各离子浓度大小关系：____；点c处

：c(CH3COOH)+c(H+)=____。【答案】（1）a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸（2）c(Na+)=c(A-)（3）c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)（4）(10-4-10-10

)（5）①.0.067mol/L②.c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)③.10-6mol/L【解析】【小问1详解】酸碱的物质的量相等且都是一元的，所以二者恰好完全反应生成正盐，如果溶液的pH=7，说明NaA是强酸强碱盐，则HA是强酸；

如果溶液的pH＞7，则NaA是强碱弱酸盐，则HA是弱酸，故答案为：a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；【小问2详解】n(HA)＞n(NaOH)，混合溶液pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒

得c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故c(Na+)=c(A-)，故答案为：c(Na+)=c(A-)；【小问3详解】n(HA)=2n(NaOH)，二者混合后溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，混合溶液的pH＞7，溶液呈碱性即c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+

)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)；【小问4详解

】二者物质的量相对，所以恰好完全反应生成正盐，混合溶液的pH=10，则该溶液中c(H+)=10-10mol/L、c(OH-)=10-4mol/L，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，所以c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-

c(H+)=(10-4-10-10)mol/L，故答案为：(10-4-10-10)；【小问5详解】根据守恒可知，点a处：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=-3-320.00?10L?0.1000mol/L30.00?10L=

0.067mol/L，点b处pH=7，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则溶液中各离子浓度大小关系：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，点c处即为CH3COOH和

NaOH恰好完全反应，根据物料守恒可知：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故有c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)=10-6mo

l/L，故答案为：0.067mol/L；c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；10-6mol/L。23.沐舒坦(结构简式为，不考虑立体异构)是临床上使用广泛的祛痰药。如图所示的其多条合成路线中的一条(反应试剂和反应条件均未标出)。已知：①4KMnOΔ⎯⎯⎯→完成下列填空

：（1）写出反应试剂和反应条件：反应①____，反应⑤____（2）写出反应类型：反应③____，反应⑥____。（3）写出结构简式：A____，B____。（4）写出两种满足下列所有条件的C的同分异构体的结构简式：①含酰胺键()

②只含3种不。同化学环境氢原子____、____。（5）反应②，反应③的顺序不能颠倒，其原因是____。【答案】（1）①浓硝酸、浓硫酸、加热②.液溴，FeBr3（2）①.还原反应②.取代反应（3）①.②

.（4）①.②.（5）氨基易被氧化，利用高锰酸钾、加热的条件下氧化甲基转化为羧基的同时也会将氨基氧化【解析】【分析】由题干流程图可知，由反应⑤的产物结构简式可知，C7H8的结构简式为：，经反应①转化为C7H7NO2，则其结构简式为：，其经反应②生成C7H5NO4，则其结构简式为：，经过反应③得

到C7H7NO2，则A的结构简式为：，经过反应④得，经过反应⑤得到，经过转化生成C7H7NOBr2，则B的结构简式为：，经过反应⑥生成沐舒坦，可推知C的结构简式为：，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，反应①即将转化为，即甲苯的硝化反应，则反应条件为：浓硝.酸、浓硫酸加热，反应⑤即由

转化为，则反应条件是液溴，FeBr3，故答案为：浓硝酸、浓硫酸加热；液溴，FeBr3；【小问2详解】由分析可知，反应③即转化为，该反应为硝基被还原为氨基，即属于还原反应，反应⑥即和反应生成，故属于取代反应，

故答案为：还原反应；取代反应；【小问3详解】由分析可知，A的结构简式为：，B的结构简式为：，故答案为：；；【小问4详解】由分析可知，C的结构简式为：，分子式为C6H13NO，则其满足①含酰胺键()②只含3种不同化学环境氢原子，可知肽键两端连接的烷

基中都只含一种氢原子，因此两个烷基只能是甲基和-C(CH3)3，所以其同分异构体为：或，故答案为：；；【小问5详解】因氨基易被氧化，如果反应②③颠倒，再利用高锰酸钾、加热的条件下氧化甲基转化为羧基的同时也会将氨基氧化，故答案为：氨基易被

氧化，利用高锰酸钾、加热的条件下氧化甲基转化为羧基的同时也会将氨基氧化。24.亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示(部分夹持装置

略)。已知：室温下，①2NO+Na2O2→2NaNO2；②3NaNO2+3HCl→3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO或NO2−都能与MnO4−反应生成NO3−和Mn2+。完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式____。（2）B中观察到

的主要现象是____，D装置的作用是____。（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是____。（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和____，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置仪器E，其名称为____，盛放的试剂为____。（5）写出检验C产物中是否含碳酸钠的方法

____。（6）将1.56g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭___g。【答案】（1）C+4HNO3(浓)==CO2↑+4NO2↑+2H2O（2）①.有无色气体产生，铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色②.吸收

未反应的NO（3）取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色（4）①.氢氧化钠②.干燥管③.碱石灰（5）取样，加入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则产物有碳酸钠（6）0.36【解析】【分析】装

置A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置E中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，以此解答该题。【小问1

详解】浓硝酸与木炭在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，化学方程式为C+4HNO3(浓)==CO2↑+4NO2↑+2H2O；【小问2详解】B中发生的反应为二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，铜和稀硝

酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，观察到的主要现象是有无色气体产生和铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，根据题给信息③知，高锰酸钾溶液可与一氧化氮反应，故D装置的作用是吸收未反应的NO，故答案为：有无色气体产生，铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色；吸收未反应的NO；【小问3详解】根据题给信息②知，

亚硝酸钠可与盐酸反应生成一氧化氮，检验C中产物有亚硝酸钠的方法是取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色，故答案为：取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色；【小问4详解】经检验C产物中除亚硝酸钠外还

含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置除去二氧化碳和水蒸气，装置E名称是干燥管，该装置中盛放的药品名称碱石灰，故答案为：氢氧化钠；干燥管；碱石灰；【小问5详解】检验碳酸钠的实验设计为：取少量生成物置于试管中，加入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊

的气体，则产物有碳酸钠．故答案为：取样，加入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则产物有碳酸钠；【小问6详解】n(Na2O2)=1.56g0.02mol78g/=molm=M，根据2NO+Na2O2=2NaNO2知，0.02mol过氧

化钠反应需要0.04molNO，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知生成0.04molNO需要0.12mol二氧化氮、根据C+4HNO3(浓)==CO2↑+4NO2↑+2H2O知生成0.12mol二氧化氮需要0.

03molC，则C的质量=12g/mol×0.03mol=0.36g，故答案为：0.36。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com