高新区高三化学上学期第一次月考试卷(含解析)(2021年整理)

广西钦州市高新区2017届高三化学上学期第一次月考试卷（含解析）编辑整理：
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2016-2017学年广西钦州市高新区高三（上）第一次月考化学试卷
一、选择题
1．向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量与生成沉淀和气体的量（纵坐标）的关系如图所示,则溶液中三种离子的物质的量之比为（）
A．2：1：2 B．1：2：2 C．2：2：1 D．9：2：4
2．下列各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（）
选项a b c m
A氢氧化钠碳酸钠碳酸氢钠二氧化碳
B硝酸硝酸铁硝酸亚铁铁
C硫酸铝氢氧化铝偏铝酸钠氢氧化钠
D氮气一氧化氮二氧化氮氧气
A．A B．B C．C D．D
3．如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内的物质相互发生的反应．已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g．下列说法正确的是（）
A．Na2O2晶体中阴阳离子数目之比为1：1
B．反应③最多能产生0.05 mol O2
C．反应①的离子方程式为Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
D．①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小的顺序为①＞②＞③
4．在一定条件下,按下列物质的量关系进行反应,其对应的离子方程式或化学方程式书写正确的是（）
A．n（Cl2)：n(Fe）=5:4 5Cl2+4Fe2FeCl2+2FeCl3
B．n(Cl2）：n(FeBr2）=1：1 Fe2++2Br﹣+Cl2=Fe3++Br2+2Cl﹣
C．n(MnO4﹣):n（H2O2）=2:3 2MnO4﹣+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O
D．n（Fe)：n[HNO3（稀）］=1：3 4Fe+12H++3NO3﹣═3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O
5．物质X是某反应中的生成物，其质量先增大后减小，下列各操作中指定物质数量变化符合此特征的是（）
A B C D
操作向AlCl3溶液中通
入NH3向NaHCO3溶液中滴加
石灰水
向NaCO3溶液中滴加
盐酸
向KBr溶液中滴加
稀氯水
X Al（OH)3Na2CO3NaCl Br2
A．A B．B C．C D．D
6．某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案:方案Ⅰ:铜铝混合物测定生成气体的体积
方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量
下列有关判断中不正确的是( ）
A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液
B．溶液A和B均可以选用稀硝酸
C．若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小
D．实验室方案Ⅱ更便于实施
7．在Na+浓度为0.9mol•L﹣1的某澄清溶液中,还可能含有下表中的若干种离子:
阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+
阴离子NO3﹣、CO32﹣、SiO32﹣、SO42﹣
取该溶液100ml进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：
I．向该溶液中加入足量稀HCl，产生白色沉淀并放出1。

12L气体
II．将I的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称得固体质量为3。

6g
III．在II的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象
下列说法不正确的是（）
A．K+一定存在，且c（K+）≤1.3mol•L﹣1
B．实验I能确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+、Ba2+
C．实验I中生成沉淀的离子方程式为SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓
D．实验III能确定一定不存在SO42﹣
二．非选择题
8．某同学用NaCl固体配制200mL 1mol/L的NaCl溶液，请回答下列问题．
(1)用托盘天平称取NaCl固体，其质量是 g．
（2）实验操作的正确顺序是（填序号）．
①继续加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处,改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻
度线相切;
②盖好容量瓶瓶塞，充分摇匀；
③把所得溶液冷却至室温后，小心转入容量瓶中;
④称量固体；
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次,每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中
⑥把称量好的固体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解．
（3）下列操作对溶液浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响")：
a．配制溶液时,容量瓶未干燥：
b．配制过程中，没有洗涤烧杯和玻璃棒:
c．定容时,俯视刻度线：
d．从配制好的溶液中取出10mL：．
9．醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物,能阻碍血栓扩展,醋硝香豆素可以通过以下方法合成（部分反应条件省略）．
已知：
回答以下问题
（1）反应②引入的官能团名称是．
（2）关于E物质，下列说法正确的是（填字母序号)．
a．在核磁共振氢谱中有四组吸收峰
b．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和E
c．可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应
d．存在顺反异构
（3)写出G的结构简式．
（4）分子结构中只含有一个环，且同时符合下列条件的G的同分异构体共有种．
①可与氯化铁溶液发生显色反应;
②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体．
10．工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质．某同学设计了如下实验分别测定氮化铝（AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）．（1）实验原理：①Al4C3与硫酸反应可生成CH4．②AlN溶于强酸产生铵盐,溶于强碱生成氨气，请写出AlN与过量NaOH溶液反应的化学方程式．
（2）实验装置(如图所示）：
(3)实验过程:
①连接实验装置,检验装置的气密性．称得D装置的质量为yg,滴定管的读数为amL．
②称取xgAlN样品置于装置B瓶中;塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸,与装置B瓶内物质充分反应．记录滴定管的读数为bmL．
③待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH溶液,与装置B 瓶内物质充分反应．
④打开活塞K2，（填入该步应进行的操作）．
⑤称得D装置的质量为zg．
（4）数据分析：
①若Al4C3反应后读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低,则所测得Al4C3的质量分数将(填“偏大”、“偏小"或“无影响”）．
②AlN的质量分数为．
2016-2017学年广西钦州市高新区实验学校高三（上）第一次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量与生成沉淀和气体的量（纵坐标）的关系如图所示，则溶液中三种离子的物质的量之比为（）
A．2：1:2 B．1：2：2 C．2：2：1 D．9:2：4
【考点】GK：镁、铝的重要化合物．
【分析】根据图象分析，A点时沉淀的量最大，所以沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，从A点到B 点，沉淀的质量减少，减少的量是氢氧化铝，为0.2mol,沉淀不溶解的量是氢氧化镁，物质的量是0.1mol，根据原子守恒确定镁离子、铝离子的物质的量；当沉淀的量最大时，根据过氧化钠的物质的量计算生成氧气的物质的量，根据气体总的物质的量计算生成氨气的物质的量，根据氮原子守恒从而计算铵根离子的物质的量．
【解答】解：由图知，沉淀中含0。

1mol Mg（OH）2和0。

2mol Al（OH）3，即原溶液中含Mg2+0。

1mol,含Al3+0.2mol，则沉淀2种金属阳离子共需NaOH0.8mol．由图中横坐标知与3种阳离子恰好完全反应时需Na2O20.5mol，而0.5molNa2O2与水反应生成1molNaOH和0。

25molO2，由NH4+消耗NaOH的量或生成NH3的体积均可求得原溶液中含0.2molNH4+，
所以Mg2+、NH4+、Al3+之比=0。

1mol：0。

2mol：0.2mol=1：2：2,
故选B．
2．下列各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（）
选项a b c m
A氢氧化钠碳酸钠碳酸氢钠二氧化碳
B硝酸硝酸铁硝酸亚铁铁
C硫酸铝氢氧化铝偏铝酸钠氢氧化钠
D氮气一氧化氮二氧化氮氧气
A．A B．B C．C D．D
【考点】GF：钠的重要化合物;EG：硝酸的化学性质;EL：含氮物质的综合应用;GK：镁、铝的重要化合物．
【分析】A．氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠，氢氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠或碳酸氢钠，碳酸钠与二氧化碳生成；
B．硝酸与Fe反应生成硝酸铁或硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与Fe反应生成硝酸亚铁；
C．硫酸铝与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝,氢氧化铝与氢氧化钠生成偏铝酸钠，硫酸铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝；
D．氮气与二氧化氮不反应，即a与c不反应．
【解答】解：A．氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠,氢氧化钠与少量的二氧化碳生成碳酸钠,氢氧化钠与过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸钠与二氧化碳生成，物质之间通过一步反应能实现,故A正确；
B．硝酸与少量的Fe反应生成硝酸铁，硝酸与过量的Fe反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸
反应生成硝酸铁，硝酸铁与Fe反应生成硝酸亚铁，物质之间通过一步反应能实现,故B正确；C．硫酸铝与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠生成偏铝酸钠,硫酸铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝，物质之间通过一步反应能实现，故C正确；
D．氮气与氧气生成NO,NO与氧气生成二氧化氮，氮气与二氧化氮不反应，即a与c不反应,所以物质之间通过一步反应不能实现，故D错误．
故选D．
3．如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内的物质相互发生的反应．已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g．下列说法正确的是（）
A．Na2O2晶体中阴阳离子数目之比为1：1
B．反应③最多能产生0.05 mol O2
C．反应①的离子方程式为Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
D．①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小的顺序为①＞②＞③
【考点】GE：钠的化学性质；GF：钠的重要化合物．
【分析】A、过氧化钠中的阴离子是过氧根离子不是氧离子，根据化学式判断阴阳离子个数之比．
B、根据过氧化钠和水反应的方程式计算O2．
C、离子方程式要遵循“原子守恒和电荷守恒等”规律．
D、根据固体的物质的量计算溶液中溶质的质量、溶液的质量，根据质量分数公式判断质量分数相对大小．
【解答】解:A、过氧化钠中阴离子是O2 2﹣,所以阴阳离子数目之比为1：2，故A错误；
B、反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
2mol 1mol
0.1mol 0.05mol
根据方程式则最多能产生0.05 mol O2，故B正确；
C、反应①的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故C错误；
D、钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+H2O=NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m(Na）﹣m(H2)=2.3g﹣0.1g=2。

2g;
Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m(Na2O）=0。

1mol×62g/mol=6。

2g；
Na2O2+H2O=2NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）﹣m(O2)=m(Na2O）=6。

2g
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠，
根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为:0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知,0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为:、、,所以①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小:①＜②=③，故D错误．
故选B．
4．在一定条件下，按下列物质的量关系进行反应，其对应的离子方程式或化学方程式书写正确的是( ）
A．n（Cl2）：n（Fe）=5:4 5Cl2+4Fe2FeCl2+2FeCl3
B．n（Cl2)：n（FeBr2)=1：1 Fe2++2Br﹣+Cl2=Fe3++Br2+2Cl﹣
C．n（MnO4﹣）：n(H2O2）=2:3 2MnO4﹣+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O
D．n（Fe）：n[HNO3（稀）]=1：3 4Fe+12H++3NO3﹣═3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O
【考点】49：离子方程式的书写．
【分析】A．氯气与铁反应生成氯化铁，与反应物的量无关；
B．亚铁离子的还原性较强，氯气不足时亚铁离子优先反应，剩余的氯气再氧化溴离子；
C．2mol高锰酸根离子完全反应转化成锰离子得到10mol电子，能够氧化5mol双氧水，该反应不满足电子守恒；
D．n（Fe）:n[HNO3(稀）]=1:3，介于3:8和1:4之间，反应生成亚铁离子和铁离子的混合物．【解答】解:A．Fe与氯气反应生成氯化铁，不会生成氯化亚铁,正确的化学方程式为：3Cl2+2Fe2FeCl3,故A错误；
B．n（Cl2）:n（FeBr2）=1：1，设二者各为1mol，1mol亚铁离子优先被氧化，消耗了0。

5mol 氯气，剩余的0。

5mol氯气能够氧化1mol溴离子，则参与反应的亚铁离子和溴离子的物质的量相等，正确的离子方程式为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣,故B错误；
C．高锰酸根离子与双氧水发生氧化还原反应，与反应物的量无关，正确的离子方程式为：2MnO4
﹣+5H
2O2+6H +=2Mn2++5O
2↑+8H2O,故C错误;
D．n(Fe)：n[HNO3（稀)］=1：3，3mol稀硝酸与Fe反应生成硝酸铁时消耗Fe的物质的量为：3mol×=0.75mol,剩余的0.25molFe能够还原0.5mol铁离子生成0.75mol亚铁离子，则反应生成亚铁离子和铁离子的物质的量之比=0.75mol：0。

25mol=1:3，该反应的离子方程式为：4Fe+12H++3NO3﹣═3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O,故D正确；
故选D．
5．物质X是某反应中的生成物，其质量先增大后减小，下列各操作中指定物质数量变化符合此特征的是( ）
A B C D
操作向AlCl3溶液中通向NaHCO3溶液中滴加向NaCO3溶液中滴加向KBr溶液中滴加
入NH3石灰水盐酸稀氯水
X Al（OH)3Na2CO3NaCl Br2
A．A B．B C．C D．D
【考点】GK：镁、铝的重要化合物；GF:钠的重要化合物．
【分析】A、向AlCl3溶液中通入NH3，生成的Al（OH）3质量增大；
B、向NaHCO3溶液中滴加石灰水，开始生成碳酸钙和碳酸钠，继续滴加碳酸钠减小；
C、向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中氯化钠质量增多；
D、向KBr溶液中滴加稀氯水，反应过程中生成溴单质质量增大后不变．
【解答】解：A、向AlCl3溶液中通入NH3生成的Al（OH)3，是两性氢氧化物，但不溶于弱碱，所以溶液质量增大，故A不符合；
B、向NaHCO3溶液中滴加石灰水,开始生成碳酸钙和碳酸钠，继续滴加碳酸钠减小，其质量先增大后减小,故B符合；
C、向Na2CO3溶液中滴加盐酸，生成碳酸氢钠和氯化钠,继续滴加反应过程中氯化钠质量增多，故C不符合；
D、向KBr溶液中滴加稀氯水，反应过程中生成溴单质质量增大后不变，故D不符合；
故选C．
6．某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积
方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量
下列有关判断中不正确的是（）
A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液
B．溶液A和B均可以选用稀硝酸
C．若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小
D．实验室方案Ⅱ更便于实施
【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量；GJ：铝的化学性质；GP：铜金属及其重要化合物的主要性质．
【分析】A、铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应,剩余的固体为铜,根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量．
B、铜和铝都均可以与稀硝酸反应，最后没有固体剩余．
C、铝在浓硝酸中生成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，剩余固体的质量大于混合物中铝的质量，实际测量铜的质量减少．
D、测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作．
【解答】解：A、铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，故溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，故A 正确；
B、铜和铝都均可以与稀硝酸反应,利用测量气体的体积，可以计算出混合物中铜、铝的质量，反应最后没有固体剩余，不能通过测量剩余固体的质量进行，故B错误;
C、铝在浓硝酸中生成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，剩余固体的质量大于混合物中铝的质量，实际测量铜的质量减少，铜的含量降低，故C正确;
D、测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作,故D正确．
故选：B．
7．在Na+浓度为0。

9mol•L﹣1的某澄清溶液中,还可能含有下表中的若干种离子：
阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+
阴离子NO3﹣、CO32﹣、SiO32﹣、SO42﹣
取该溶液100ml进行如下实验(气体体积在标准状况下测定)：
I．向该溶液中加入足量稀HCl，产生白色沉淀并放出1。

12L气体
II．将I的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重,称得固体质量为3.6g
III．在II的滤液中滴加BaCl2溶液,无明显现象
下列说法不正确的是（)
A．K+一定存在，且c（K+）≤1。

3mol•L﹣1
B．实验I能确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+、Ba2+
C．实验I中生成沉淀的离子方程式为SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓
D．实验III能确定一定不存在SO42﹣
【考点】GS：无机物的推断．
【分析】I．向该溶液中加入足量稀HCl，产生白色沉淀并放出1。

12L气体，气体为二氧化碳,则一定含CO32﹣，则不含Ag+、Mg2+、Ba2+，n（CO32﹣）=n（CO2）=1.12L÷22。

4L/mol=0.05mol；II．将I的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称得固体质量为3.6g，可知I中白色沉淀含硅酸,则原溶液一定含SiO32﹣，n（SiO32﹣)=n（SiO2)=3.6g÷60g/mol=0。

06mol;
III．在II的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，可知原溶液一定不含SO42﹣，以此来解答．【解答】解：I．向该溶液中加入足量稀HCl,产生白色沉淀并放出1。

12L气体，气体为二氧化碳，则一定含CO32﹣，则不含Ag+、Mg2+、Ba2+,n(CO32﹣）=n(CO2）=1。

12L÷22.4L/mol=0。

05mol；II．将I的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称得固体质量为3.6g,可知I中白色沉淀含硅酸，则原溶液一定含SiO32﹣，n（SiO32﹣）=n（SiO2)=3。

6g÷60g/mol=0.06mol;
III．在II的滤液中滴加BaCl2溶液,无明显现象，可知原溶液一定不含SO42﹣，
由电荷守恒可知，阴离子电荷总数大于阳离子电荷总数，则原溶液一定含K+,
综上所述，原溶液一定含K+、Na+、CO32﹣、SiO32﹣，不含Ag+、Mg2+、Ba2+、SO42﹣，可能含NO3﹣，A．K+一定存在,若不含NO3﹣,由电荷守恒可知，0。

5mol/L×2+0.6mol/L×2=0。

9mol/L+c（K+），
则c（K+）≥1.3mol•L﹣1，故A错误；
B．实验I一定含CO32﹣，能确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+、Ba2+，故B正确；
C．Ⅱ中可能沉淀加热分解，则实验I中生成沉淀的离子方程式为SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，故C正确；
D．实验III能确定不生成硫酸钡沉淀，则一定不存在SO42﹣，故D正确;
故选A．
二．非选择题
8．某同学用NaCl固体配制200mL 1mol/L的NaCl溶液，请回答下列问题．
(1）用托盘天平称取NaCl固体，其质量是11.7 g．
(2）实验操作的正确顺序是④⑥③⑤①②（填序号)．
①继续加蒸馏水至液面距刻度线1~2 cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切;
②盖好容量瓶瓶塞，充分摇匀;
③把所得溶液冷却至室温后,小心转入容量瓶中；
④称量固体；
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中
⑥把称量好的固体放入小烧杯中,加适量蒸馏水溶解．
(3)下列操作对溶液浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响"）:
a．配制溶液时，容量瓶未干燥：无影响
b．配制过程中，没有洗涤烧杯和玻璃棒：偏低
c．定容时,俯视刻度线：偏高
d．从配制好的溶液中取出10mL：无影响．
【考点】R1：配制一定物质的量浓度的溶液．
【分析】（1）根据质量m=CVM来计算；
（2）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；
(3）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；
【解答】解：（1）由于实验室无200mL的容量瓶，故应选用250mL的容量瓶，故配制出的是250mL 的1mol/l的溶液，所需的氯化钠溶液的质量m=CVM=1mol/L×0.25L×58。

5g/mol=11.7g，故答案为：11.7g；
（2)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序,可知正确的操作顺序是:④⑥③⑤①②，故答案为：④⑥③⑤①②;
（3)a．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的,对浓度无影响，故答案为：无影响；
b．配制过程中,没有洗涤烧杯和玻璃棒,会导致溶质的损失,则所配溶液的浓度偏低，故答案为：偏低;
c．定容时，俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高；
d．由于溶液是均一稳定的，故取出10mL后对溶液浓度无影响，故答案为:无影响．
9．醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻碍血栓扩展，醋硝香豆素可以通过以下方法合成（部分反应条件省略）．
已知：
回答以下问题
（1）反应②引入的官能团名称是羟基．
（2）关于E物质,下列说法正确的是cd (填字母序号）．
a．在核磁共振氢谱中有四组吸收峰
b．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和E
c．可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应
d．存在顺反异构
(3）写出G的结构简式．
（4）分子结构中只含有一个环，且同时符合下列条件的G的同分异构体共有13 种．
①可与氯化铁溶液发生显色反应；
②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体．
【考点】HC：有机物的合成．
【分析】甲苯和硝酸发生取代反应生成A，根据D的结构知，A结构简式为，B的结构简式为,结合C相对分子质量知，C结构简式为,D和丙酮反应生成E,E结构简式为，苯酚和丙二酸酐反应生成G，E和G反应生成醋酸香豆素，根据醋酸香豆素结构简式知，G结构简式为,以此解答该题．
【解答】解：（1）C结构简式为，可知反应②引入的官能团为羟基,故答案为：羟基；（2）E为，
a．在核磁共振氢谱中有五组吸收峰,故错误；
b．E中含有碳碳双键、羰基、硝基，D中含有醛基、硝基，碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化,所以不可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和E，故错误;
c．E中含有碳碳双键、羰基、硝基、苯环，可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应，故正确；
d．碳碳双键碳原子连接不同的支链，所以存在顺反异构，故正确；
故答案为：cd；
（3）由以上分析可知G结构简式为,故答案为：；
（4）G为,分子结构中只含有一个环，G的同分异构体符合下列条件：
①可与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体,说明含有羧基，
如果取代基为﹣COOH、﹣C≡CH、﹣OH，
如果﹣COOH、﹣OH位于邻位，有4种同分异构体；
如果﹣COOH、﹣OH位于间位，有4种同分异构体；
如果﹣COOH、﹣OH位于对位，有2种同分异构体；
如果取代基为﹣C≡CCOOH、﹣OH,有邻间对三种结构;
所以有13种同分异构体；
故答案为:13．
10．工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质．某同学设计了如下实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）．(1）实验原理:①Al4C3与硫酸反应可生成CH4．②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与过量NaOH溶液反应的化学方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑．
(2)实验装置（如图所示）:
（3）实验过程:
①连接实验装置,检验装置的气密性．称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL．
②称取xgAlN样品置于装置B瓶中；塞好胶塞,关闭活塞K2、K3，打开活塞K1,通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应．记录滴定管的读数为bmL．
③待反应进行完全后，关闭活塞K1,打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH溶液,与装置B 瓶内物质充分反应．
④打开活塞K2，通入空气一段时间（填入该步应进行的操作）．
⑤称得D装置的质量为zg．
（4)数据分析:
①若Al4C3反应后读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测得Al4C3的质量分数将偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”)．
②AlN的质量分数为×100% ．
【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．
广西钦州市高新区2017届高三化学上学期第一次月考试卷（含解析）
【分析】用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量;用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数，
（1）AlN溶于强碱溶液时会生成NH3；
（3）装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；
（4)①读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小；
②根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，可求得AlN的质量分数．
【解答】解:(1）根据题目信息AlN溶于强碱溶液时会生成NH3,化学方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；
(3）④装置中残留部分氨气，打开K2,通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，
故答案为:通入空气一段时间；
（4）①读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小,故答案为：偏小；
②氨气的质量为(z﹣y）g ，物质的量为mol,根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN 的物质的量,所以AlN 的质量为mol×41g/mol=g，故AlN 的质量分数为×100％=×100％，故答案为：×100%．
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