黑龙江省双鸭山市建新中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（解析版）

这是一份黑龙江省双鸭山市建新中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

时间：75分钟；分值100分
一、单选题(每题3分，45分)
1. 如图所示的干燥管作为气体干燥装置，下列组合中a和R均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气和氯化钙会反应生成其它物质，A错误；
B．浓硫酸具有吸水性且不和二氧化碳反应，能干燥，B正确；
C．乙烯中含有碳碳双键，会和高锰酸钾溶液反应，C错误；
D．氯气和碱石灰反应，不能干燥，D错误；
故选B。
2. 下列说法中不正确的是
A. 动力电池和超轻海绵使用了石墨烯材料，该材料不是新型无机非金属材料
B. 传统硅酸盐材料包括陶瓷、水泥、普通玻璃
C. 氢氟酸可用于蚀刻普通玻璃
D. 北斗导航系统计算机的芯片材料是单质硅
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨烯属于新型无机非金属材料，A错误；
B．陶瓷、水泥、普通玻璃主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，B正确；
C．普通玻璃中的二氧化硅可与HF发生化学反应，所以可用HF蚀刻普通玻璃，C正确；
D．单晶硅属于良好的半导体材料，可用于计算机芯片，D正确；
故选A。
3. 镁—空气电池是一种新型燃料电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 电子由Mg电极通过电解质溶液流向空气电极
B. 该电池工作时，溶液中向Mg电极方向移动
C. 该电池工作时，空气电极附近的溶液pH会增大
D. 电池总反应可表示为
【答案】A
【解析】
【分析】镁—空气电池是原电池的工作原理，镁作负极，发生失电子的氧化反应，氧气在空气电极上得电子发生还原反应，据此结合工作原理分析解答。
【详解】A．由图可知，金属镁电极为负极，空气电极为正极，电子由负极通过外电路流向正极，A项错误；
B．电池工作时，电解质溶液中阴离子流向负极，溶液中向Mg电极方向移动，B项正确；
C．空气电极发生反应，所以电极附近的溶液pH会增大，C项正确；
D．负极镁失去电子生成镁离子，正极氧气得电子生成氢氧根离子，电池总反应为，D项正确。
答案选A。
4. 已知 2NO(g)＋O2 (g)=2NO2 (g) ΔH，分两步进行：
I 2NO(g)=N2O2 (g) ΔH1 II N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2
其反应过程能量变化示意图如图。下列说法不正确的是
A. ΔH=ΔH1 +ΔH2
B. 决定总反应速率的步骤是II
C. Ea1的数值等于2 ml NO(g)+1 ml O2 (g)的总键能的数值
D. 温度升高，反应I逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由盖斯定律可知： 2NO(g)＋O2 (g)=2NO2 (g) 反应可由I+II，则ΔH=ΔH1 +ΔH2，故A正确；
B．分步反应的反应速率由慢反应决定，而活化能越大反应速率越慢，由图可知，步骤II的活化能大，反应速率慢，因此步骤II决定总反应速率，故B正确；
C．由图可知Ea1表示2mlNO(g)分解所吸收的能量，1 ml O2 (g)未参与第一步反应，Ea1的数值等于2 ml NO(g)的总键能的数值，故C错误；
D．由图可知反应I为放热反应，而改变温度对吸热反应影响更大，即升高温度逆反应速率变化大于正反应速率，故D正确；
故选：C。
5. 在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡：2NO2 (g) N2O4 (g) ，ΔH < 0，要使混合气体的颜色加深，可以采取的方法是（ ）
A 降低温度B. 充入适量N2
C. 缩小体积，增大压强D. 增大体积，减小压强
【答案】C
【解析】
【详解】A. 降低温度，平衡向放热反应方向移动，NO2的浓度减小，颜色变浅，故A错误；
B. 冲入适量N2，若容器体积不变，平衡不移动，若容器体积变大，平衡向左移动，但NO2的浓度仍然变小，颜色变浅，故B错误；
C. 缩小体积，增大压强，平衡向正反应方向移动，但NO2的浓度仍然增大，颜色变深，故C正确；
D. 增大体积，减小压强，平衡向左移动，但NO2的浓度仍然变小，颜色变浅，故D错误；
故答案选C。
6. 下列图示的实验或操作正确的是
A. 转移溶液B. 将海带灼烧成灰
C. 金属钠的保存D. 用酿制的米酒获取酒精
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，A错误；
B. 将海带灼烧成灰时应该用坩埚加热，B错误；
C. 金属钠极易与氧气和水反应，一般保存在煤油中，C正确；
D. 用酿制的米酒获取酒精时采用蒸馏法，但温度计的水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管出口处，D错误；
答案选C。
7. 某有机物M的结构简式为 ，下列说法正确的是（ ）
A. M名称为2,4,4-三甲基-3-乙基-3-戊醇
B. M的消去反应产物有3种
C. M的一氯代物有5种
D. M不能发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据系统命名法，其正确命名应为2,2,4-三甲基-3-乙基-3-戊醇，故A错误；
B．与羟基相连的碳原子的邻位碳原子中只有两个碳原子有氢原子，所以消去反应产物只有2种，故B错误；
C．该有机物有如图所示5种环境的氢原子 ，所以一氯代物有5种，故C正确；
D．虽然与羟基相连的碳原子上没有氢原子，但该物质可以燃烧，燃烧也属于氧化反应，故D错误；
故答案为C。
【点睛】与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子时可以发生消去反应(苯环除外)；当与羟基相连的碳原子上有氢原子时，可以发生羟基的催化氧化。
8. 下列有机物的系统命名正确的是
A. ：3-甲基-2-戊烯B. ：2-甲基-3-丁炔
C. ：1，3，4-三甲苯D. ：3-甲基丁烷
【答案】A
【解析】
【详解】A． 选取含有碳碳双键的最长碳链为主链， 从离双键近的一端给碳原子编号，系统命名为：3-甲基-2-戊烯，故A正确；
B．选取含有碳碳三键的最长碳链为主链， 从离三键近的一端给碳原子编号， 的系统命名 为3-甲基-1-丁炔，故B错误；
C． 的系统命名为：1，2，4-三甲苯，故C错误；
D．烷烃从离支链近的一端给碳原子编号， 的系统命名为：2-甲基丁烷，故D错误；
选A。
9. 煤粉中的氮可通过如图所示方法处理生成对环境无影响的氮气，下列说法正确的是
A. 反应③中加入的物质可以是空气
B. 反应①中，每生成22.4L(标准状况下)N2，转移2.4ml电子
C. 用润湿的蓝色石蕊试纸可判断挥发氮中含有NH3
D. 焦炭氮在空气中充分燃烧产生的尾气可直接排放
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，氮由+2价变成0价，应加还原剂NH3等，NO加入空气不能生成N2，故A错误；
B．反应①方程式是4NH3+6NO5N2+6H2O，每生成5mlN2转移12ml电子，生成标准状况下22.4L(1ml)N2转移2.4ml电子，故B正确；
C．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，检验NH3应该用润湿的红色石蕊试纸，故C错误；
D．焦炭氮在空气中充分燃烧产生的尾气中含有氮氧化物，需进行尾气处理才能排放，故D错误；
选B。
10. 化学与生活，社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是
A. “霾尘积聚难见路人”。雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜”过程中发生了置换反应
C. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶
D. 用菜籽油浸泡辣椒涉及萃取知识
【答案】C
【解析】
详解】A．烟、云、雾属于气溶胶，胶体都具有丁达尔效应，故A正确；
B．铁赤色如铜，说明铁与硫酸铜溶液反应生成了铜，为置换反应，故B正确；
C．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，应加入还原性物质，生石灰或硅胶具有吸水性，不具有还原性，可以用于食品干燥，故C错误；
D．有机物易溶于有机溶剂，用菜籽油浸泡辣椒涉及萃取知识，故D正确；
故选C。
11. 科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法不正确的是
A. 利用Ti-Fe合金吸收储氢，该过程属于物理变化
B. 中国第一艘深海载人潜水器“蛟龙号”使用的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
C. 研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能
D. 5G通讯技术离不开光导纤维，制造光导纤维使用的材料是二氧化硅
【答案】A
【解析】
【详解】A．Ti-Fe合金吸收H2生成金属氢化物，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B．氮化硅陶瓷耐高温，属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式是太阳能转化为电能，故C正确；
D．制造光导纤维使用的材料是二氧化硅，故D正确；
故选A。
12. 一种新型高性能、低成本的钠型双离子可充电电池，其结构如图所示。采用锡箔(不参与电极反应)作为电池电极及集流体，石墨()为另一极，电解液为作为电解质的溶液。下列有关说法不正确的是
A. 放电时，锡箔与钠的合金为负极
B. 充电时，图中所示的正八面体形离子嵌入石墨电极
C. 电池总反应：
D. 当外电路通过nml电子时，锡钠极板质量应减少23ng
【答案】D
【解析】
【详解】A．放电时Na失去电子，发生反应，所以锡箔与钠的合金为负极，故A正确；
B．放电时正极发生，充电时图中所示的正八面体形离子嵌入石墨电极，故B正确；
C．根据负极电极反应为，正极的电极反应，可得电池总反应：，故C正确；
D．根据负极电极反应为，当外电路通过nml电子时，锡箔与钠的合金极板质量应增加n ml，增重145ng，故D错误；
故答案为D。
13. 已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H = -571.6 kJ·ml-1
②2CH3OH(1)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H= - 1452kJ • ml-1
③H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H =-57.3 kJ·ml-1
④Ba2+(aq)+(aq)=BaSO4 (s) △H＜0
下列说法正确的是
A. H2(g)的燃烧热为571.6 kJ·ml-1
B. H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(l) △H =-57.3 kJ·ml-1
C. 相同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多
D. 3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+ H2O(l) △H＝+ 131 kJ·ml-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧热是1 ml纯净物完全燃烧生成制定产物时放出的热量，由已知热化学方程式可知H2(g)的燃烧热为285.8 kJ•ml-1，A错误；
B．由③可知：强酸与强碱反应产生可溶性盐和1 ml H2O时放出热量是57.3 kJ，硫酸与Ba(OH)2发生反应，除产生水外，Ba2+与反应产生BaSO4时也会放出热量，所以该反应发生，产生1 ml H2O放出热量比57.3 kJ多，即反应热△H＜-57.3 kJ•ml-1，B错误；
C．根据①可知1 g H2(g)完全燃烧放出热量为Q1=；根据②可知1 g CH3OH(l)完全燃烧放出热量为Q2=，可见：当两种燃料的质量相等时，H2(g)放出的热量更多，C正确；
D．①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l) △H=-571.6 kJ•ml-1
②2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l) △H=-1 452 kJ•ml-1
根据盖斯定律，将×(①×3-②)，整理可得3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(l)+H2O(l) △H=-131.4 kJ•ml-1，D错误；
故合理选项是C。
14. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 氨气极易溶于水，可用作制冷剂B. 具有漂白性，可用于纸浆漂白
C. 受热易分解，可用作氮肥D. 熔点高硬度大，可用于制光导纤维
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气可用作制冷剂是因为氨气易液化，故不选A；
B．可用于纸浆漂白是因为具有漂白性，故选B；
C．用作氮肥是因为含有氮元素，故不选C；
D．可用于制光导纤维是因为二氧化硅具有优良的光学特性，故不选D；
选B。
15. 为研究反应的反应进程中的能量变化，在和的混合溶液中加入，过程变化如下：
反应机理如下：
第一步：
第二步：
下列有关该反应的说法正确的是
A. (已知其中有2个O为-1价)中S元素化合价为+7
B. 总反应吸热反应
C. 第一步基元反应是该反应的决速步骤
D. 改变了总反应的反应历程和焓变
【答案】C
【解析】
【详解】A．中O的化合价为-2价，其中有2个O为-1价，根据正、负化合价为零的原则可知，其中S的化合价为+6价，A错误；
B．由图可知，总反应的反应物总能量大于生成物的总能量，是放热反应，B错误；
C．由图可知，第一步反应的活化能较大，故第一步基元反应是该反应的决速步骤，C正确；
D．根据两步反应可知，三价铁为该反应的催化剂，可以改变了总反应的反应历程，但是催化剂不能改变反应的焓变，反应焓变只与反应物和产物的状态有关，D错误；
故选C。
二、填空题
16. 向1L恒容密闭容器中加入12g活性炭和NO，发生反应： 。在下，反应进行到不同时刻测得各物质浓度的部分数据如下：
（1）a为_______。
（2）20min时，υ正_______υ逆(填“<”、“=”或“>”)。
（3）若30min后，只改变一个条件，反应重新达到平衡时各物质浓度如上表所示，则改变的条件可能是_______(填字母)。
a.加入一定量的活性炭 b.改变反应体系的温度
c.缩小容器的体积 d.通入一定量的NO
（4）若30min后升高温度至，重新达到平衡时，容器中NO、、的浓度之比为7∶3∶3，则该反应的_______0(填“<”、“=”或“>”)。重新达到平衡时，压强_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
【答案】（1）0.3 （2）＝
（3）cd （4） ①. <
②. 增大
【解析】
【小问1详解】
根据表格中NO浓度改变量为0.6 ml∙L−1，根据方程式，改变量之比等于计量系数之比，因此氮气改变量为0.3 ml∙L−1，因此a为0.3；故答案为：0.3；
【小问2详解】
20min时，氮气浓度为0.4 ml∙L−1，则NO改变量为0.8 ml∙L−1，此时NO浓度为0.2 ml∙L−1，由于30min时NO浓度也为0.2 ml∙L−1，说明已经达到平衡即υ正＝υ逆；故答案为：＝；
【小问3详解】
a．加入一定量的活性炭，平衡不移动，生成物浓度不变，故a不符合题意；
b．改变反应体系的温度，平衡发生移动，若平衡正向移动，则反应物减小，而在40min时反应物比原来多，若平衡逆向移动，生成物浓度减小，但40min时生成物浓度增大，故b不符合题意；
c．缩小容器的体积，平衡不移动，但浓度增大，根据数据浓度都为原来的1.5倍，故c符合题意；
d．通入一定量的NO，平衡正向移动，反应物、生成物浓度都增大，故d符合题意；
综上所述，答案为：cd；
【小问4详解】
根据前面分析30min时容器中NO、、的浓度之比为1∶2∶2，若30min后升高温度至，重新达到平衡时，容器中NO、、的浓度之比为7∶3∶3，说明NO浓度增大，平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正向为反应即该反应的<0，重新达到平衡时，温度升高，因此压强增大；故答案为：<；增大。
17. 回答下列问题：
（1）已知是一种酸式盐，试回答下列问题。
①NaHSO4溶液与溶液反应的离子方程式为___________。
②足量溶液与少量溶液混合，发生反应的离子方程式为___________；
③少量溶液与足量溶液混合，发生反应的离子方程式为___________。
（2）阅读下列短文并填空：
纯碱是基本化工原料。工业上获得纯碱的方法主要为：将通入和饱和溶液中，使溶解度小的从溶液中析出，加热NaHCO3晶体即可获得。我国化学家侯德榜于1943年提出了著名的侯氏制碱法，此法将与合成氨法、氨碱法工艺联合，同时得到了纯碱和两种产品，大大缩短了生产流程，降低了成本，实现了中国人自己制碱的梦想。
在上述短文标有序号的物质中，属于单质的是___________(选填序号，下同)，属于酸性氧化物的是___________，属于酸式盐的是___________，能与NaOH反应的物质是___________。
【答案】（1） ①. H＋+HCO=H2O +CO2↑ ②. Ba2＋+2OH-+2H＋+SO=BaSO4↓+2H2O ③. H＋+SO+Ba2＋+OH-=BaSO4↓+H2O
（2） ①. ⑥⑦ ②. ① ③. ④ ④. ①④⑧
【解析】
【小问1详解】
①NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应实质是氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，离子方程式为：H＋+HCO=H2O+CO2↑；
②足量NaHSO4溶液与少量Ba(OH)2溶液混合，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式为：Ba2＋+2OH-+2H＋+SO=BaSO4↓+2H2O；
③少量NaHSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液混合，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为：H＋+SO+Ba2＋+OH-=BaSO4↓+H2O。
【小问2详解】
H2、N2都是由一种元素组成的纯净物，属于单质；
CO2与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，属于酸性氧化物；
NaHCO3由钠离子与碳酸氢根离子结合而成，水溶液中能电离产生钠离子、碳酸根离子、氢离子，属于酸式盐；
二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，氯化铵与氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水；故答案为：⑥⑦；①；④；①④⑧。
18. 在2 L密闭容器内，800 ℃时反应2NO(g)＋O2(g) ⇌2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表所示：
(1)在第5 s时，NO的转化率为_________________________________。
(2)如图中表示NO2变化曲线的是______________________。
用O2表示0～2 s内该反应的平均速率v＝______________________。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内密度保持不变
【答案】 ①. 65% ②. b ③. 1.5×10－3 ml·(L·s)－1 ④. b、c
【解析】
【详解】(1)在第5 s时，NO的转化率为×100%=65%；
(2)由平衡体系2NO(g)＋O2(g) ⇌2NO2(g)知，NO2为生成物，n(NO2)＝Δn(NO)＝0.020ml－0.007ml＝0.013ml，c(NO2)＝＝0.0065ml·L－1，故表示NO2变化曲线的为b；
v(NO)＝＝0.003ml·(L·s)－1，则v(O2)＝v(NO)＝0.0015ml·(L·s)－1；
(3) a．v(NO2)＝2v(O2)， 未指明正、逆反应速率，故无法说明该反应是否达到平衡状态，故a项不正确；
b．由于该反应是反应前后气体体积不相等的反应，当容器内压强保持不变时，说明该反应已达到平衡状态，故b项正确；
c．v逆(NO)＝2v正(O2) 说明正、逆反应速率相等，故说明该反应已达到平衡状态，故c项正确；
d．由于气体总质量不变，气体总体积也不变，因此，无论该反应是否达到平衡，容器内密度保持不变，容器内密度保持不变无法说明该反应是否达到平衡状态，故d项不正确；
答案选bc。
19. 某化学兴趣小组欲用下列装置制备氯水并探究其性质。
已知：MnO2＋4HCl(浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
（1）C装置的作用是__________________________________。
（2）氯水制备完成后，甲同学从B中取出一定量的样品置于日光下照射一段时间，发现样品某些性质发生了明显的变化，请各列举一项：物理性质变化：_____________________；化学性质变化：_________________。
（3）乙同学从B中取出一定量的样品后通入SO2，充分作用后再滴入少量品红溶液，发现品红溶液不褪色，原因是__________________________________(用离子方程式表示)；丙同学改变通入SO2的量，重复乙同学的操作，发现品红溶液红色褪去，他提出：假设①：SO2过量，多余的SO2使品红溶液褪色；假设②：_________________________；请设计实验验证假设①是否成立：______________________。
（4）为证明氯气与水反应产物具有漂白性，丁同学将A中产生的气体缓缓通过下列装置：
试剂a应选择_______________；试剂b应选择_______________。
（5）戊同学从B中取出少量样品，滴到NaHCO3粉末上，有无色气泡产生，由此他认为氯气与水反应至少产生一种酸性强于碳酸的物质，请评价他的观点是否正确并说明理由________。
【答案】（1）吸收多余氯气，防止污染空气
（2） ①. 溶液颜色变浅 ②. 溶液酸性增强(或溶液漂白性减弱等)
（3） ①. SO2 + Cl2 + 2H2O =4H+ +SO + 2Cl— ②. SO2少量，多余的Cl2使品红溶液褪色 ③. 加热该溶液，若溶液恢复成红色，则假设①成立
（4） ①. CaCl2 ②. 碱石灰
（5）不正确，因为A中会挥发出HCl进入B中，使溶液中存在盐酸
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，装置B中盛有的水溶解氯气用于制备氯水，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【小问1详解】
由分析可知，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；
【小问2详解】
氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，甲同学从B中取出一定量的样品置于日光下照射一段时间时，氯水中的弱酸次氯酸见光分解生成强酸盐酸和氧气，反应方程式为2HClO2HCl+O2↑，溶液中次氯酸的浓度减小，平衡向正反应方向移动，则氯水物理性质的变化是溶液颜色变浅，化学性质的变化是溶液漂白性减弱、溶液酸性增强，故答案为：溶液颜色变浅；溶液酸性增强(或溶液漂白性减弱等)；
【小问3详解】
品红溶液不褪色是因为二氧化硫与氯水反应生成乙酸和硫酸，反应的化学方程式为SO2 + Cl2 + 2H2O =4H+ +SO + 2Cl—；由假设①可知，假设②可能是二氧化硫少量，多余的氯气使品红溶液褪色；若假设①成立，加热反应后的溶液，若溶液恢复成红色，证明假设①成立，故答案为：SO2 + Cl2 + 2H2O =4H+ +SO + 2Cl—；SO2少量，多余的Cl2使品红溶液褪色；加热该溶液，若溶液恢复成红色，则假设①成立。
【小问4详解】
由实验目的可知，U形管中盛有的试剂a为用于干燥氯气的氯化钙，球形干燥管中盛有的试剂b是用于吸收多余氯气的，防止污染空气的碱石灰，故答案为：CaCl2；碱石灰；
【小问5详解】
因为浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢溶于B中的水得到盐酸和氯水的混合溶液，盐酸也能与碳酸氢钠粉末反应生成二氧化碳气体，则不能由无色气体生成得到氯气与水反应至少产生一种酸性强于碳酸的物质，故答案为：不正确，因为A中会挥发出HCl进入B中，使溶液中存在盐酸。选项
A
B
C
D
气体X
NH3
CO2
C2H4
Cl2
固体R
氯化钙
浓硫酸
高锰酸钾
碱石灰
时间
浓度
物质
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.40
0.20
0.30
0.30
0
a
0.40
0.60
0.60
0
0.60
0.60
时间/(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)/(ml)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007