【高考化学】湖北省武汉市联考2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（一模二模）含解析

这是一份【高考化学】湖北省武汉市联考2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（一模二模）含解析，共51页。试卷主要包含了化学是以实验为基础的自然科学，NA为阿伏加德罗常数的值，化学是以实验为基础的科学等内容，欢迎下载使用。
【高考化学】湖北省武汉市联考2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（一模）

第I卷（选一选）

评卷人
得分



一、单 选 题
1．文物是人类在社会中具有历史、艺术、科学的遗物和遗迹。下列文物没有是由合金材料制成的是
A．商代后母戊鼎 B．山西晋祠铁人 C．西周原始青瓷 D．越王勾践剑
2．2022年北京已经结束，某高校团队以助力冬奥为初衷，研制出一种新型材料一“永没有融化”的凝胶冰雪。凝胶冰雪中，百分之九十以上的成分是水，还有一种亲水的高聚物。下列说法错误的是
A．凝胶冰雪改变了水的结构和熔点，升温后，冰晶没有会融化成水
B．凝胶冰雪中的水分子间能形成分子间氢键
C．凝胶冰雪的水中氧原子采用sp3杂化
D．冰属于分子晶体
3．酒石酸铜易溶于酸从而制得酒石酸，其结构简式如图所示。下列相关说法错误的是

A．1mol酒石酸能与足量Na反应生成44.8L(标准状况下)的氢气
B．可以向酒石酸铜中通入足量的CO2来制备酒石酸
C．酒石酸在一定条件下反应可生成高分子化合物
D．酒石酸在一定条件下可发生氧化、取代反应。
4．化学是以实验为基础的自然科学。下列实验操作规范且能达到实验目的的是

A．利用图甲制备SO2气体
B．利用图乙制备干燥的NO2
C．利用图丙制备乙酸乙酯
D．利用图丁装置制备、干燥、收集氨
5．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说确的是
A．3.6g由CaS和2组成的混合物中含有阴、阳离子总数为0.1NA
B．5g46%的乙醇溶液与足量金属钠充分反应，产生的H2分子数为0.025NA
C．将0.1molCl2溶于水中，溶液中Cl-、ClO-、HClO的数目之和为0.2NA
D．标准状况下，11.2L2H37Cl气体中含有的中子数为10NA
6．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，XZ能腐蚀玻璃，Y、W同主族，且W的原子序数是Y的两倍。四种元素形成的化合物有如下反应：XWY3Z+XZ⇌X2Z++WY3Z-。下列说法错误的是
A．原子半径：W>Y>Z>X
B．简单氢化物的还原性：W>Y>Z
C．电离能：Z>W>Y
D．WY3Z-中W原子的杂化方式为sp3杂化
7．下列指定反应的离子方程式错误的是
A．实验室制备氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至混合溶液恰好为中性：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
C．石灰石溶于醋酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D．向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀的质量：Al3++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓十+2H2O
8．物质的组成与结构决定了物质的性质。下列说法错误的是
A．PF3的空间结构为三角锥形。
B．CF3NO2中组成元素的电离能：F>N>O>C
C．基态钒原子的价电子排布图为
D．SiC与晶体硅的熔点：SiCH2SiO3

C

向1mL蔗糖溶液中滴入稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入新制Cu(OH)2悬浊液加热，没有红色沉淀
检验蔗糖是否发生了水解

D
将铁粉加入FeCl3溶液中，溶液颜色由黄色变为浅绿色
证明Fe3+具有氧化性

A．A B．B C．C D．D
10．[Cu(NH3)2(H2O)2]2+有两种配离子，其结构如图所示。

下列说法错误的是
A．甲、乙中Cu原子配位数均为4
B．铜离子与两个氮原子、两个氧原子形成的空间结构为四面体
C．基态Cu2+的价层电子排布式是3d9
D．该配合物中组成元素的电负性大小顺序为O>N>H>Cu
11．巴洛沙韦酯能抑制流感帽状依赖型核酸内切酶，从而抑制RNA的合成。3，4-二氟苯甲酸(M)是合成巴洛沙韦酯的原料之一，其结构如图所示。下列说确的是

A．M在一定条件下能发生取代、加成、氧化、消去反应
B．M中的所有原子一定在同一平面上
C．M的同分异构体中，含酯基且能发生银镜反应的芳香化合物有5种
D．M与3，4-二氟-2-甲基苯甲酸互为同系物
12．科学工作者探讨了在CO2和H2合成HCOOH过程中固载Ru基催化剂可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是。

A．固载Ru基催化剂可降低该反应的焓变
B．Ru配合物1、2、3、4中Ru的化合价没有变
C．总反应的化学方程式为CO2+H2HCOOH
D．CO2浓度过大可能会影响催化剂的实际催化效率
13．一种含铜氧化物的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是

A．含铜氧化物的化学式为Cu2O
B．晶胞中铜原子组成的是正四面体
C．晶胞中4个Cu原子形成的正四面体的体积占晶胞体积的
D．O原子周围等距且最近的O原子数为8
14．已知：NH2OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸。25℃时，将10mL浓度均为0.1mol·L-1的NH2OH。苯酚两种溶液分别加水稀释的曲线如图所示，V是溶液体积(mL)。pOH=-lgc(OH-)。下列说确的是

A．曲线m为NH2OH溶液加水稀释的曲线
B．lgV=1时，水的电离程度：NH2OH>苯酚
C．同浓度同体积的NH2OH和苯酚混合后溶液显酸性
D．电离常数：Kb(NH2OH)>Ka(苯酚)
15．高铁酸盐作为一种对环境友好和高效的强氧化剂，在水处理等方面展示了良好的应用前景。高浓度高铁酸钠溶液的制备可采用电合成的方法，泡沫镍作阴极、铁丝网作阳极，电解液为2.0mol·L-1的NaOH溶液。下列说确的是

A．工作时，阳极附近的pH增大
B．交换膜为质子交换膜
C．阴极反应式：4OH-+4e-=2H2O+O2↑
D．阳极反应式：Fe-6e-+8OH-=+4H2O
第II卷（非选一选）

评卷人
得分



二、工业流程题
16．锌盐在化工、医药、电镀等方面都有重要应用。以硫化锌精矿为原料，选择在常压下，采用氧化-酸浸法进行实验生产的工艺如图所示。

已知：①浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等；
②pH=1.5时，除铁的化学方程式为3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4；
③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39。
回答下列问题：
(1)浸出时，选用氧化-酸浸法而没有直接选用酸浸法的优点是_______，氧化剂在稀硫酸介质中对硫化锌精矿进行浸取时所涉及的化学反应机理较为复杂，若氧化剂为稀硝酸时氧化产物为单质S，则发生反应的离子方程式为_______。
(2)温度对硫化锌精矿的浸出率有重要的影响，从室温到100°C范围内，温度对硫化锌精矿的浸出率的影响结果如图所示：

随浸出温度的升高，硫化锌精矿的浸出率显著提高的原因是_______；实际工业生产选用的合适温度为_______左右。
(3)若氧化剂为H2O2，用离子方程式解释除铁之前需要加入氧化剂的目的：_______。测定除铁后的滤液中c(Fe3+)为0.003mol·L-1，则此时溶液的pH=_______。
(4)除铁后再进一步调节pH=4左右，使其完全水解形成Fe(OH)3沉淀，即可达到除铁要求，没有在除铁之前调节pH=4的原因是_______。
(5)加入Zn的目的是_______。
评卷人
得分



三、有机推断题
17．比卡鲁胺主要用于治疗前列腺癌，是非甾体雄激素拮抗剂，肝代谢较慢，有利于减轻肝脏负担，其一种合成路线如下：

已知：MsCl为对甲基苯磺酰氯。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。
(2)B中含氧官能团的名称是_______。
(3)G→H的反应类型为_______。C→D的化学方程式为_______。
(4)B易被灼热的CuO氧化，检验其氧化产物的方法为_______。
(5)的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种(没有考虑立体异构)。
①苯环上含有三个取代基，且有一个-NH2；
②F原子没有与苯环相连。
写出其中2个N、3个C原子共直线的结构简式：_______(任写一种)。
(6)根据上述信息，写出以与为原料合成的路线：_______(没有需注明反应条件)。
评卷人
得分



四、实验题
18．在生活中亚硝酸钠(NaNO2)应用十分广泛，少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，还可用于治疗氰化物中毒等。某化学兴趣小组查阅资料得知2NO+Na2O2=2NaNO2，该学习小组利用下列装置设计制备干燥的亚硝酸钠(夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用)。

已知：NO能被高锰酸钾氧化，但没有能被浓硫酸氧化。
回答下列问题：
(1)利用所给的部分装置仪器和药品制备NaNO2，仪器连接顺序为_______(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)反应开始前和结束后都需要打开止水夹a，通入过量氮气，该操作的目的是_______。
(3)盛水的洗气瓶的作用是_______。
(4)如果实验前未通入过量氮气，硬质玻璃管中过氧化钠可能发生的副反应的化学方程式为_______。
(5)酸性高锰酸钾(氧化性强于硝酸)溶液中发生的主要反应的离子方程式为_______。
(6)芳香伯胺类在盐酸存在下，能定量地与亚硝酸钠发生重氮化反应。原理为ArNH2+NaNO2+2HCl=[Ar-N≡N]Cl+NaCl+2H2O，用已知0.5000mol·L-1的盐酸滴定含0.36g亚硝酸钠和足量芳香伯胺类的混合物溶液25.00mL，平行三次实验得消耗的盐酸的平均体积为20.00mL，亚硝酸钠的含量为_______%(保留三位有效数字)。
评卷人
得分



五、原理综合题
19．利用CO2、H2为原料合成CH3OH可有效降低空气中二氧化碳的含量。回答下列问题。
(1)已知CO2加氢合成甲醇涉及的反应有
反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)            △H1=-49.2kJ·mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)                 △H2=+41.2kJ·mol-1
则反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)             △H=_______。
(2)在恒容密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，CO合成甲醇反应能量路径示意图如图甲所示。(已知：TS为过渡态；IM为中间体)。

则CO合成甲醇反应的控速步骤为_______(填字母)。
A．IM1→IM2 B．IM2→IM3 C．IM3→IM4 D．IM5→CH3OH
(3)向2L恒容密闭容器中充入2molCO和4molH2[假设只发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)]，起始压强为NMPa，相同时间内CO的转化率随温度变化如图乙所示：

①a点为图像中点，a点的转化率比c点高的原因是_______。
②T2K，反应时间为5min，a点时测得反应体系中CO的物质的量分数为，此时v(CO)_______；Kp=_______。(Kp用气体分压代替气体浓度进行计算，分压=总压×气体的物质的量分数)
③向②体系中a点时的容器中注入CO(g)和CH3OH(g)各0.5mol，则此时反应_______(填“正向”或“逆向”)进行。
(4)在恒容密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡时某物理量X与温度、压强的关系如图丙所示，X代表_______(写出一种即可)；其中p1_______p2(填“>”“=”或“O>F>H，故A正确；；
B．W、Y、Z的简单氢化物分别为H2S、H2O、HF，元素的非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，还原性H2S>H2O>HF，故B正确；
C．同周期中，从左到右元素电离能呈增大趋势，同一主族中，从上到下元素电离能逐渐减小，可知F>O>S，故C错误；
D．WY3Z-中S原子含4个σ键，无未成对电子，为sp3杂化，故D正确；
故选C。
7．C

【详解】
A．浓盐酸与MnO2固体在加热条件下生成可溶性的氯化锰和氯气，选项A正确；
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至混合溶液恰好为中性，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，选项B正确；
C．醋酸是弱酸，书写离子方程式时应写成分子形式，选项C错误；
D．向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀物质的质量，即生成BaSO4.至多时，离子方程式为Al3++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2+2H2O，选项D正确；
答案选C。
8．D

【详解】
A．PF3原子P的价层电子对数为3+(5-3×1)=4，有1个孤电子对，PF3分子的空间结构为三角锥形，故A正确；
B．CF3NO2的组成元索为C、N、O、F，同周期元素中，从左到右电离能呈增大趋势，由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，它的电离能大于氧的电离能，故B正确；
C．钒是23号元素，价电子排布式为3d34s2，基态钒原子的价电子排布图为，故C正确；
D．SiC与晶体硅均属于共价晶体，半径CH2SiO3，B错误；
C．蔗糖水解后需要先加入氢氧化钠中和稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液加热，C错误；
D．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液由黄色变为浅绿色，体现了Fe3+的氧化性，D正确；
故选：D。
10．B

【详解】
A．由图可知，甲、乙中Cu原子配位数均为4，A正确；
B．根据甲、乙的结构，2个和2个后有2种结构，可知铜离子与两个氮原子、两个氧原子形成的空间结构为平面结构而没有是立体结构，B错误；
C．基态Cu的价层电子排布式是，基态的价层电子排布式是，C正确；
D．该配合物组成元素为H、O、N、Cu，同周期中从左。到右元素电负性逐渐增大，即O>N，N与HN显负化合价，即N>H，铜为金属，电负性最小，大小顺序为O>N>H>Cu，D正确；
故合理选项为B。
11．D

【详解】
A．M中F原子连接在苯环上，没有能发生消去反应，选项A错误；
B．C-C单键可以旋转，M中苯环和羧基相连的单键可旋转，所有原子没有一定在同一平面上，选项B错误；
C．能发生水解和银镜反应说明有结构，可得
(取代有2种)、(取代有3种)、(取代有1种)，共6种，选项C错误；
D．M名称为3，4-二氟苯甲酸，与3，4-二氟-2-甲基苯甲酸结构相似，组成上相差1个CH2.二者互为同系物，选项D正确；
答案选D。
12．A

【详解】
A．催化剂降低反应活化能 ，没有影响反应的焓变，故A错误；
B．Ru配合物1、2、3、4中Ru所连的键没有变化，所以Ru的化合价没有变，故B正确；
C．在有Ru基催化剂存在的条件下，CO2与H2合成HCOOH，根据原子守恒，发生的反应为CO2+H2HCOOH，故C正确；
D．CO2浓度过大将减小催化剂与H2之间的接触，从而影响催化剂的实际催化效率，故D正确；
选A。
13．C

【详解】
A．晶胞结构图，利用均摊法，可知晶胞中Cu的个数为4，而O位于体心和顶点，个数为，即化学式为， A正确，没有符合题意；
B．观察晶胞图可看出4个铜分别位于4条体对角线一半的中点，组成正四面体， B正确，没有符合题意；
C．晶胞中4个Cu原子形成的正四面体的体积小于晶胞体积的，C错误，符合题意；
D．根据晶胞图可看出1个氧原子在，距离最近的氧原子在顶点上，共8个， D正确，没有符合题意；
故合理选项为C。
14．D

【详解】
A．pOH大于7为酸性溶液，所以曲线m为苯酚溶液加水稀释的曲线，选项A错误；
B．NH2OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸，二者均抑制水的电离，lgV=1时苯酚中氢离子浓度为10-5.5mol/L，羟胺中氢氧根离子浓度为10-4.5mol/L，故水的电离程度为苯酚>NH2OH，选项B错误；
C．B可知lgV=1即没有加水时羟胺的电离程度更大，同浓度同体积的NH2OH和苯酚混合后得到正盐，根据越弱越水解可知溶液显碱性，选项C错误；
D．B、C可知，Kb(NH2OH)>Ka(苯酚)，选项D正确；
答案选D。
15．D

【详解】
A．阳极为铁失电子，后与氢氧根离子反应，故阳极附近的pH减小，故A错误；
B．溶液显碱性，没有宜选择质子交换膜，故B错误；
C．阴极为水电离的氢离子得电子，反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故C错误；
D．根据题意可知反应是为了制备高铁酸钠，可得阳极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，故D正确；

故选D。
16．(1)     用氧化-酸浸法没有会产生硫化氢等污染性气体     3ZnS+8H++2=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O
(2)     加快了浸取反应的速率，同时还增大了浸出物质的溶解度     90℃
(3)     2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O     2
(4)由于溶液中Fe3++量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难；还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失
(5)除去Cu2+、Ni2+等杂质离子

【分析】
硫化锌精矿采用氧化-酸浸法，把硫化物氧化为单质硫，浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等，用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH=1.5发生反应3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4除铁，继续调节pH=4使Fe3+完全水解为Fe(OH)3，再加锌粉发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子得硫酸锌溶液，蒸发浓缩、结晶得硫酸锌晶体。
(1)
用酸浸法会产生硫化氢等污染性气体，而氧化—酸浸法可以将硫化物氧化为单质硫。若氧化剂为稀硝酸，氧化产物S，S元素化合价由-2升高为0 ，还原产物为NO，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为3ZnS+8H++2=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O；
(2)
温度升高可以使化学反应速率加快，可以提高浸取率，同时温度升高可以使物质的溶解度增加，使浸取率提高。根据图可看出随温度升高浸出率升高，当温度达90°C后，浸出率变化没有明显，选用90°C左右的温度较合适；
(3)
三价铁离子在pH较小时即可以沉淀完全，除铁之前加人氧化剂的目的是把二价亚铁离子氧化为三价铁离子，反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。25°C时，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=3×10-39，溶液中c(Fe3+)为0.003mol/L，c(OH-)=，pH=2；
(4)
由于溶液中Fe3++量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难，还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失，所以没有在除铁之前调节pH=4；
(5)
除铁之后的滤液中含有Cu2+、Ni2+等杂质离子，加入Zn发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子。
17．(1)2-甲基丙烯酸或异丁烯酸
(2)羟基、羧基
(3)     氧化反应     +→+HCl
(4)取少量反应产物于试管中，向其中加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，滴加新制的氢氧化铜溶液，加热，出现砖红色沉淀，说明产物含醛基，即B被灼热的氧化铜氧化
(5)     19    
(6)

【分析】
在一定条件下反应产生B，B与SOCl2反应产生C，C与发生取代反应产生D，D水解产生E，E与MsCl发生取代反应产生F，F与发生取代反应产生G，G被H2O2氧化产生H。
(1)
根据A结构简式可知A名称为2-甲基丙烯酸或异丁烯酸；
(2)
根据B结构简式可知B分子中含有的含氧官能团是羟基、羧基；
(3)
G与H2O2发生氧化反应产生H，故G→H的反应类型是氧化反应；
C与发生取代反应产生D和HCl，该反应的化学方程式为：+→+HCl；
(4)
B分子中含有醇羟基，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，因此可以被催化氧化产生-CHO，故检验B被灼热CuO氧化产物可根据检验醛基的方法：取少量反应产物于试管中，向其中加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，滴加新制的氢氧化铜溶液，加热煮沸，若出现砖红色沉淀，说明产物含醛基，即B被灼热的氧化铜氧化；
(5)
的芳香族同分异构体中，满足①苯环上含有三个取代基，且有一个一NH2；②F原子没有与苯环相连。可写出(取代基位置变化有10种)，(取代基位置变化有10种)。除去原物质本身，可得符合要求的同分异构体共10+9=19种。其中2个N、3个C原子共直线的结构简式有；
(6)
与SOCl2发生取代反应产生，该物质与取代反应产生，然后与H2O2发生氧化反应产生，故以为原来制取的合成路线为：。
18．(1)bghefcd(dc)efi或bghefed(dc)i
(2)反应前为排尽装置内的空气，防止过氧化钠或NO与其反应；反应后为排尽装置内NO，防止拆卸装置时污染环境
(3)除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO
(4)2NO2+Na2O2=2NaNO3
(5)3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O
(6)95.8%

【分析】
本实验先用稀硝酸与Cu反应制取NO，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，提示2NO+Na2O2═2NaNO2，2NO2+Na2O2═2NaNO3可知，为保证产品纯度，应避免二氧化氮产生，故反应开始前打开止水夹K，通入氮气排除装置内的空气，用盛水的洗气瓶为进一步保障除去二氧化氮，盛有浓硫酸的洗气瓶的作用为干燥NO，防止水蒸气与过氧化钠反应产生氧气进而影响产品纯度，盛放酸性高锰酸钾用于除去过量的NO防止污染环境，据此分析答题。
(1)
本实验利用反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备亚硝酸钠，首先利用铜与浓硝酸反应制备NO2，用水除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO，用浓硫酸干燥NO，反应后用酸性高锰酸钾吸收未反应的NO气体，防止污染空气，连接顺序为bghefed(dc)efi或bghefcd(dc)i，故bghefed(dc)efi或bghefcd(dc)i；
(2)
反应前为排尽装置内的空气，防止过氧化钠或NO与其反应；反应后为排尽装置内NO，防止拆卸装置时污染环境，故反应前为排尽装置内的空气，防止过氧化钠或NO与其反应；反应后为排尽装置内NO，防止拆卸装置时污染环境；
(3)
水的作用是除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO，故除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO；
(4)
未通入过量氮气，NO会与空气中的氧气反应，生成NO2气体，硬质玻璃管中发生的副反应为2NO2+Na2O2=2NaNO3，故2NO2+Na2O2=2NaNO3；
(5)
酸性高锰酸钾溶液可氧化NO气体，反应的离子方程式为3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O，故3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O；
(6)
根据反应ArNH2十NaNO2十2HCl=[Ar-N≡N]Cl+NaCl+2H2O，可知NaNO2～2HCl，设NaNO2的浓度为c，可得，得c=0.2000mol/L，亚硝酸钠的含量=≈95.8%，故95.8%。
19．(1)-90.4kJ/mol
(2)A
(3)     反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO转化率降低     0.15mol·L-1·min-1          正向
(4)     平衡转化率或平衡平均相对分子质量