2022-2023学年安徽合肥市华泰高中化学高三第一学期期中教学质量检测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷

2、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、下列仪器名称正确的是ABCD三角架溶量瓶镊子坩埚AABBCCDD2、10 mL一定物质的量浓度的盐酸被一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定的图示如下图，据图推出NaOH溶液和盐酸的物质的量浓度正确的是ABCDc(HCl)0.120.040.120.09c(NaOH)0.040.120.060.03AABBCCDD3、绿色化学助力可持续发展。下列不属于绿色化学范畴的是A利用二氧化碳和环氧化合物合成可生物降解塑料B开发光、电催化技术用H2O和O2直接合成H2O2C推进大气污染治理、固体废物处置和资源化利用D发展用水代替有机溶剂作为物质制备的

3、分散介质4、下列说法错误的是A越王勾践剑(青铜)的铸造材料主要是铜锡合金B青花瓷制作原料的主要成分是硅酸盐C以毛竹为原料制作的竹纤维属于高分子材料D石墨烯是一种能导电的有机高分子材料5、已知常温下碳酸、醋酸、次氯酸、氢氰酸、苯酚的电离平衡常数如表：H2CO3CH3COOHHClOHCNC6H5OHK1=4.310-7K=1.810-5K=3.010-8K=4.910-10K=1.010-10K2=5.610-11下列反应不能成立的是( )ACO2H2O2NaClO=Na2CO32HClOBCO2H2ONaClO=NaHCO3HClOCCO2H2OC6H5ONa=NaHCO3C6H5OHDCH3

4、COOHNaCN=CH3COONaHCN6、下列操作或装置能达到实验目的的是A配制一定浓度的氯化钠溶液 B除去氯气中的氯化氢 C观察铁的吸氧腐蚀 D检查乙炔的还原性7、硫代硫酸钠溶液常用于氯气泄漏的喷洒剂，具有非常好的处理效果，其与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法错误的是（ ）ANa2S2O3在该反应中做还原剂B处理氯气时当Na2S2O3过量时，喷洒后的溶液中会出现浑浊的现象C1molNa2S2O3与氯气完全反应转移电子4molD氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：48、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

5、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9、某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是A为盐酸稀释时的pH值变化曲线Bb点酸的总浓度大于a点酸的总浓度Ca点Kw的数值比c点Kw的数值大Db点溶液的导电性比c点溶液的导电性强10、下列解释事实的方程式不正确的是A用Na2S处理含Hg2+废水：Hg2+ + S2 = HgSB燃煤中添加生石灰减少SO2的排放：2CaO + O2

6、+ 2SO2 2CaSO4C工业上将Cl2 通入石灰乳中制漂白粉：Cl2 + OH = Cl+ ClO + H2OD向漂白液中加入适量洁厕灵（含盐酸），产生氯气：ClO+ Cl+2H = Cl2+ H2O11、下列各组中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是Ac(AlCl3)1.0 molL-1的溶液中：、Cl-、K+、Na+B常温下，由水电离出的c(H+)10-14molL-1溶液中：Na+、K+、C常温下，0.1 molL-1的溶液中：K+、NH3H2O、D在c()0.1 molL-1的溶液中：、Cl-、12、捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)

7、( )A标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NAB10.1g N(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为1.8NAC2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NAD100g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA13、下列叙述正确的是A很多鲜花和水果的香味来自于酯B裂化、裂解、分馏均属于化学变化C糖类和油脂在一定条件下均能水解D棉花和蚕丝的主要成分是纤维素14、化学反应中,反应物用量、浓度或反应条件不同可能对生成物产生影响.下列反应的生成物不受上述因素影响的是()A铜与硝酸反应B钠与氧气反应C氢气与氯气反应D氯化铝与氢氧化钠溶液反应15、2019年12月以

8、来，我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说法正确的是（ ）A新型冠状病毒由C，H，O三种元素组成B口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，属于有机高分子材料C过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D“84”消毒液（有效成分为NaClO）可以与洁厕灵（主要成分为盐酸）混合使用16、下列装置能达到实验目的的是A用如装置将氯化铁溶液直接蒸干得到氯化铁固体B用如图装置制备Fe(OH)2C用如图装置除去CO2中含有的少量HClD用如图装置配制100mL 0.1mol/L的稀硫酸二、非选择题（本题包括5小题）17、将晶体X加热分解，可得A、B、D

9、、E、F和H2O六种产物，其中A、B、D都是中学化学中常见的氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物。（1） A能溶于强酸、强碱，写出A与强碱溶液反应的离子方程式: _。（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，D溶于水得强酸，则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素在元素周期表中的位置是_。（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E的结构式为_，工业制取E气体的化学方程式为_。（4）由各分解产物的物质的量之比推测X的组成类似于明矾，若向X的浓溶液中滴加浓NaOH溶液至过量，现象依次为_、_、_。（5）取一定量的X晶体分解，若生成0.1mol F，则必同时生成_（填化学式）_mol。18、以甲苯和丙烯

10、为起始原料合成酯G和高聚物H的流程如下：（1）写出A中官能团的名称_。写出E的结构简式_。（2）反应类型：反应_，反应_。（3）写出反应的化学方程式_。（4）酯G有多种同分异构体，写出2种符合下列条件的芳香族同分异构体（写结构简式）_。.既能与稀硫酸又能与NaOH溶液反应；.能发生银镜反应。.苯环上的一取代物只有2种（5）检验A存在溴元素的方法_（6）设计由物质C合成物质F的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）_19、氨气是一种重要化合物，在工农业生产、生活中有着重要应用。(1)“氨的催化氧化”是工业生产硝酸的重要步骤。某化学课外活动小组设计了如下装置模拟该实验过程，并用水吸收

11、制取硝酸(固定装置略去)：检查装置气密性的方法是_，D的作用是_。A装置的分液漏斗中盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是_(填化学式)。反应后，装置E中除存在较多的H外，还可能存在的一种阳离子是_，试设计实验证明这种离子的存在：_。下列哪个装置可以同时起到装置D和E的作用_(填代号)。(2)若将氯气和氨气在集气瓶中混合，会出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一，请写出反应的化学方程式：_，该反应生成的还原产物的化学键类型是_。20、用相同质量的锌片和铜粉跟相同浓度的足量的稀盐酸反应，得到的实验数据如表所示：实验編号锌的状态反应温度/收集100mL氢气所需时间/s薄片15

12、200薄片2590粉末2510（1）实验和表明_，化学反应速率越大。表明固体表面积对反应速率有影响的实验编号是_和_。（2）该实验的目的是探究_、_等因素对锌跟稀盐酸反应速率的影响。请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应速率的影响。_。21、CuSO4 是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。（1）现要用如上图所示的浓硫酸来配制步骤中所需要的 1mol/L 的稀硫酸 480mL，需用这种浓硫酸的体积为_mL。（保留到小数点后 1 位）（2）配制该稀硫酸溶液所用到的玻璃仪器除了玻璃棒、量筒、烧杯之外还有_、_。（3）下列哪些操作会使所配的稀硫酸浓度减小_。A洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未

13、转入容量瓶B定容时，眼睛仰视溶液凹液面最低点C 容量瓶中原残留少量蒸馏水D定容摇匀后容量瓶液面低于刻度线，又加水定容到刻度线E量取浓硫酸时量筒内有少量蒸馏水（4）制取硫酸铜的途径、 中，途径_能更好地体现绿色化学思想。（5）请写出途径的化学反应方程式_。（6）配制 1000mL 0.1mol/L 的硫酸铜溶液，需用托盘天平称取_g 胆矾。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、D【题目详解】A该仪器为泥三角，不是三脚架，故A错误；B溶量瓶中“溶”字错误，应该为容量瓶，故B错误；C该仪器为坩埚钳，不是镊子，故C错误；D该仪器为坩埚，用于灼烧

14、固体，故D正确；故选D。2、D【分析】设HCl的浓度为x，NaOH的浓度为y，由图可知，NaOH加入20mL时pH=2，可知酸过量，则（0.01x-0.02y）/0.03=0.01；NaOH加入30mL时pH=7，则0.01x=0.03y。【题目详解】设HCl的浓度为x，NaOH的浓度为y，由图可知，NaOH加入20mL时pH=2，可知酸过量，则（0.01x-0.02y）/0.03=0.01；NaOH加入30mL时pH=7，则0.01x=0.03y，解得x=0.09molL1，y=0.03molL1，故选D。3、C【题目详解】A利用二氧化碳和环氧化合物合成聚碳酸酯类，在微生物作用下可分解，即聚

15、碳酸酯类属于可生物降解塑料，能够减少塑料对环境造成的污染，符合绿色化学要求，有利于可持续发展，A不符合题意；B开发光、电催化技术用H2O和O2直接合成H2O2，原子利用率达到100%，符合节能、减排要求，符合绿色环保要求，B不符合题意；C绿色化学是原子利用率达到100%，从源头上杜绝污染物的产生与排放，而不是对已经产生的污染进行处理，不符合绿色化学要求，C符合题意；D用水代替有机溶剂可减少污染，符合绿色化学要求，D不符合题意；答案选C。4、D【题目详解】A越王勾践剑是春秋晚期越国青铜器，铸造材料主要是铜锡合金，故A正确；B青花瓷的制造原料为黏土，属于硅酸盐，故B正确；C高分子化合物相对分子质量

16、很大，一般在10000以上，可高达几百万，以毛竹为原料制作的竹纤维，主要成分为纤维素，是高聚物，属于有机合成高分子材料，故C正确；D“石墨烯”是一种碳的单质，为无机物，不是新型有机高分子材料，故D错误；故选：D。5、A【题目详解】A因为K2(H2CO3)K(HClO)，所以反应CO2H2ONaClO=NaHCO3HClO能发生，B正确；C因为K1(H2CO3) K(C6H5OH)，所以反应CO2H2OC6H5ONa=NaHCO3C6H5OH能发生，C正确；D因为K(CH3COOH) K(HCN)，所以反应CH3COOHNaCN=CH3COONaHCN能发生，D正确；故选A。6、C【答案解析】A

17、配制一定物质的量浓度溶液时，定容时眼睛应平视刻度线，故A错误；B饱和碳酸氢钠溶液能够与氯化氢反应生成二氧化碳，引入新的杂质，应改用饱和氯化钠溶液，故B错误；C氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故C正确；D生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体，应将杂质除去方能证明乙炔的还原性，故D错误；故选C。7、C【答案解析】在反应Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4中，Na2S2O3中S的化合价为+2价，反应后H2SO4中S的化合价升高至+6价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，H2SO4为氧化产物，Na2S2O3为还原剂；Cl的

18、化合价由0价降低为-1价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，NaCl和HCl为还原产物，Cl2为氧化剂。【题目详解】A、根据上述分析可知，Na2S2O3中S的化合价为+2价，反应后H2SO4中S的化合价升高至+6价，因此Na2S2O3为还原剂，故A不符合题意；B、Na2S2O3过量时，发生反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S +SO2+H2O，溶液会出现浑浊的现象，故B不符合题意；C、Na2S2O3中S的化合价为+2价，反应后H2SO4中S的化合价升高至+6价，所以1molNa2S2O3反应转移电子的物质的量为2(6-2)mol=8mol，故C符合题意；D、根据上述分析可知，氧化

19、产物为H2SO4，还原产物为NaCl和HCl，根据方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：(2+6)=1:4，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【答案点睛】在氧化还原反应中应熟记“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，得到氧化产物，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，得到还原产物，本身作氧化剂。在氧化还原反应中得失电子守恒。据此判断此题。8、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、Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH，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。【题目详解】A、铁

20、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、Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH，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。【答案点睛】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。9、D【分析】【题目详解】A由于弱酸存在电离平衡，相同pH、相同体积的盐酸和醋

21、酸溶液分别加水稀释时，醋酸的酸性降低的相对慢一些，从图像可知I线表示盐酸稀释，II线表示醋酸稀释，A错误；B由于两酸的PH相同，盐酸的浓度小，稀释相同倍数，仍然是醋酸的浓度大于盐酸，B错误； C温度相同的情况下，KW是定值，C错误；Db点溶液稀释后可变成c点溶液，c点溶液中离子浓度小，导电性差，D正确；答案选D。10、C【答案解析】A、用Na2S处理含Hg2+废水，为沉淀法，离子方程式为：Hg2+ + S2 = HgS，故A正确；B、燃煤中添加生石灰减少SO2的排放，发生氧化还原反应，方程式为：2CaO + O2 + 2SO2 2CaSO4，故B正确；C. 工业上将Cl2 通入石灰乳中制漂白粉

22、，石灰乳没有全部电离，离子方程式为：Cl2 +Ca(OH)2 = Cl+ ClO + H2O，故C错误；D、向漂白液中加入适量洁厕灵（含盐酸），在酸性条件下，次氯酸根将氯离子氧化，产生氯气：ClO+ Cl+2H = Cl2+ H2O，故D正确；故选C。11、C【题目详解】A. 与 发生互促水解反应，不能大量共存，故A不选；B. 常温下，由水电离出的c(H+)10-14molL-1溶液中，抑制了水的电离，可能含有大量的氢离子或者大量的氢氧根离子，与氢离子、氢氧根离子均不能大量共存，故B不选；C. 常温下，0.1 molL-1的溶液中呈碱性，K+、NH3H2O、子之间不反应，且和OH不反应，所以能

23、大量共存，故C选；D. 在c()0.1 molL-1的溶液中，与反应， ，不能大量共存，故D不选；故选：C。12、D【题目详解】A. 标准状况下，22.4 L CO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有22个电子，则1mol CO2所含的电子数目为22NA，A项错误；B. 10.1g N(C2H5)3的物质的量为，1个N(C2H5)3分子中含有3个C-C非极性键，则0.1molN(C2H5)3含的非极性共价键数目为0.3NA，B项错误；C. Au为金属单质，由金属阳离子和自由电子构成，不含有分子，C项错误；D. 100g46%的甲酸溶液中甲酸的质量为46g，物质的量为1mol，故含2NA

24、个氧原子；而水的物质的量为54g，物质的量为3mol，故含3NA个氧原子，故溶液中共含5NA个氧原子，D项正确；答案选D。【答案点睛】D项是学生们的易错点，学生们往往只计算甲酸分子中的氧原子，容易忽略溶剂水中的氧原子。13、A【题目详解】A. 很多鲜花和水果的香味来自于酯，A正确；B. 裂化、裂解属于化学变化，但分馏属于物理变化，B错误；C. 糖类中的单糖不能水解，多糖和油脂在一定条件下均能水解，C错误；D. 棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，D错误。故选A。【答案点睛】玫瑰花含有芳樟醇甲酸酯、香茅醇甲酸酯、香茅醇乙酸酯、牻牛儿醇甲酸酯、牻牛儿醇乙酸酯等。14、C【题目详解】A硝

25、酸溶液浓度不同和铜反应生成产物不同，稀硝酸和铜反应生成一氧化氮，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，故A错误；B钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在空气中放置生成氧化钠，产物与反应条件有关，故B错误；C氢气和氯气反应生成氯化氢，和反应物用量、浓度或反应条件无关，故C正确；DNaOH不足时生成氢氧化铝，NaOH足量时生成偏铝酸钠，故D错误；故答案为C。15、B【题目详解】A.新型冠状病毒成分为蛋白质和核酸，组成元素有C、H、O、N等，故A错误；B.口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯是丙烯加成聚合生成的高分子化合物，属于有机高分子材料，故B正确；C.过氧化氢、过氧乙酸、乙醇都能使病毒的蛋白

26、质变性失去生理活性达到消毒目的，故C错误；D.若将“84”消毒液与洁厕灵（主要成分是盐酸）混合使用，则会产生有毒气体Cl2，反应的离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，二者不能混合使用，故D错误。答案选B。16、B【答案解析】A. 氯化铁溶液中，铁离子发生水解：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加热蒸发，氯化氢挥发，平衡右移，结果生成氢氧化铁，在灼烧，氢氧化铁分解生成氧化铁，A错误；B.打开弹簧夹，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排除整个装置内的空气；然后关闭弹簧夹，利用氢气产生的压强作用，把反应产生的硫酸亚铁溶液压入到试管B中，制得的氢氧化亚铁可以较长时间稳定存在，B正确

27、；C. 二氧化碳、氯化氢气体都能与碳酸钠溶液反应，所以达不到除去杂质的目的，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，C错误；D. 浓硫酸应该在烧杯中进行稀释，冷却至室温后，在用玻璃棒转移进容量瓶中，D错误；综上所述，本题选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O第三周期VIA族N2+3H22NH3生成白色沉淀生成有刺激性气味的气体白色沉淀又逐渐溶解SO20. 3【答案解析】试题分析：（1） A能溶于强酸、强碱，A是Al2O3；（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，D溶于水得强酸，则D是SO3、B是SO2；（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E是NH3；气

28、体E是单质F所含元素的氢化物，所以F是N2；（4）由各分解产物推测X含有铵根离子、铝离子、硫酸根离子；（5）根据得失电子守恒分析；解析：根据以上分析，（1） A是Al2O3，Al2O3与强碱溶液反应生成偏铝酸盐，离子方程式是Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。（2）D是SO3、B是SO2，则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素是S元素，S元素在元素周期表中的位置是第三周期VIA族。（3）E是NH3，NH3的结构式为，工业上用氮气和氢气在高温、高压、催化剂的条件下合成氨气，化学方程式为N2+3H2 2NH3。（4）由各分解产物推测X含有铵根离子、铝离子、硫酸根离子，向X的浓溶液中滴加浓N

29、aOH溶液至过量，依次发生反应，、，所以现象依次为生成白色沉淀、生成有刺激性气味的气体、白色沉淀又逐渐溶解。（5）生成1mol N2失去6mol电子，生成1molSO2得到2mol电子，电子根据电子得失守恒，若生成0.1mol N2，失去0.6mol电子，则必同时生成0.3mol SO2。点睛：铝离子结合氢氧根离子的能力大于铵根离子结合氢氧根离子的能力；氧化还原反应中氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。18、溴原子 加成反应 取代反应 、 取样，滴加氢氧化钠水溶液加热，冷却后先加过量的硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀出现，证明有溴元素，反之无 【分析】甲苯与氯气发生苯环上

30、取代反应生成D，D发生水解反应得到E，由E与F反应产物G（酯）的结构结构式可知，E为，则D为，F为CH2=CHCOOH，F还可发生加聚反应可生成H；丙烯发生与溴水发生取代反应得到A，A发生水解反应得到B，B催化氧化得到C，C与银氨溶液反应得到丙烯酸，采用逆合成分析法由F逆推C可知，C为，B为，A为，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，（1）A为，则A中官能团的名称溴原子；E的结构简式为；（2）反应为碳碳双键的加成反应，故反应类型为：加成反应；反应为卤代烃的水解反应，其反应类型为：水解反应（或取代反应），故答案为加成反应；水解反应（或取代反应）；（3）反应为醇的催化氧化反应，B为，在铜催

31、化作用下与氧气发生反应，其化学方程式为：；（4）酯G为，分子式为：C10H10O2，不饱和度为：=6，其芳香族同分异构体中，能发生银镜反应则含有醛基，苯环上的一取代物只有2种，则说明苯环上有2个取代基，处于邻对位，既能与稀硫酸又能与NaOH溶液反应，则说明含有酯基，则符合条件的同分异构体可以为：、；（5）A中含有溴原子，可先让其发生水解反应生成溴离子，再利用银离子与溴离子的反应现象证明，具体方法为：取样，滴加氢氧化钠水溶液加热，冷却后先加过量的硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀出现，证明有溴元素；（6）C为，可先进行催化氧化生成，再加氢还原生成，最后在浓硫酸催化剂作用下发生消去反应得到F

32、（CH2=CH-COOH），具体合成路线如下：。19、Na2O24NH35O24NO6H2ONH取E中少许溶液放入一支洁净式管中，滴加氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明溶液中含有NHbCl2NH3NH4ClN2离子键、共价键【答案解析】(1)过氧化钠和水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，该反应能提供氧气，同时为放热反应，放出大量热量，使浓氨水中的氨气逸出，故答案为Na2O2；氨催化氧化的产物是一氧化氮和水，是工业生产硝酸获得一氧化氮的一步反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；铵根离子的检验，是加入强

33、碱加入能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有铵离子，故答案为NH4+；取E中少许溶液放入一只洁净试管中，滴加氢氧化钠浓溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明E溶液中含有NH4+；装置D和E的作用既防止倒吸，又吸收二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，反应方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO。a的吸收装置中的导管没直接伸入到液体中，二氧化氮不能被充分吸收；b的装置中：水的密度比四氯化碳小且水和四氯化碳不互溶，所以水浮在四氯化碳的上面，四氯化碳不能和二氧化氮反应，也不溶解二氧化氮，该装置既能够吸收易溶性气体二氧化氮，又能够防止倒吸；c的装置

34、中：气体能充分被吸收，但会产生倒吸；d的装置中：无法排出尾气；故选b；(3)氯气和氨气相遇，有浓厚的白烟并在容器内壁凝结，同时生成一种常见的气体单质，白烟为氯化铵、单质为氮气，化学方程式为Cl2+NH3NH4Cl+N2；氯气中氯元素从0价，变为NH4Cl中的-1价，所以NH4Cl为还原产物，氯化铵是由铵根离子和氯离子组成的盐，含有离子键，铵根离子中氮与氢元素间含有共价键，故答案为Cl2+NH3NH4Cl+N2；离子键、共价键。20、锌的状态相同的条件下，温度越高 固体表面积 温度 在相同温度下，采用同状态、同质量的锌片与两种同体积但不同浓度的盐酸反应，记录收集相同体积氢气所需时间 【分析】（1）实验和中，温度不同；（2）能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同；证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响，则控制锌的状态、反应温度等外因相同。【题目详解】（1）实验和中，温度不同，温度大的反应速率快，即反