2020届上海市青浦区高三上学期化学等级考一模试卷(解析版)

1、上海市青浦区2020届高三上学期等级考一模试卷化学、单选题（本大题共 20小题，共40.0分）1. 口服含13C的尿素胶囊，若胃部存在幽门螺杆菌，尿素会被水解形成13CO2,医学上通过检测呼出气体是否含13CO2,间接判断是否感染幽门螺杆菌，下列有关说法正确的是（）A. 13CO2和12CO2互称同位素B.13C原子核外有2个未成对电子C.尿素属于钱态氮肥D.13C的质量数为72 .下列变化过程中，需要破坏离子键的是（）A.氯化氢溶于水B.铁熔化C.干冰升华D.氯化钠溶于水3 .短周期元素 m、n、p、q在元素周期表中的排列如图所示，其中 n的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反

2、应，下列说法正确的是（）A.元素n位于元素周期表第 3周期，第IDA族B.单质与水反应置换出氢气的能力:C.简单离子半径：m>qD.最高价氧化物对应水化物的碱性:4.下列有关NH 3的说法错误的是（A.属于极性分子C.电子式为H： Nii4 FHm v nm v n)B.比例模型D.含有极性键页12第5 .只涉及到物理变化的是（）A.石油裂化B.煤的干储C.海水晒盐D.高炉炼铁6 .比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（）A.都使用了合适的催化剂B.都选择了较高的温度C.都选择了较高的压强D.都未按化学方程式的系数进行投料反应7 .某小组利用如图装置研究电化学原理，下

3、列说法错误的是（）A. K与a连接，则铁电极会加速锈蚀，发生的电极反应为Fe-2e-F2+B. K与a连接，则该装置能将化学能转变为电能C. K与b连接，则该装置铁电极的电极反应2H+2e-H 2 fD. K与b连接，则铁电极被保护，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法8 .实验室用水浴加热不能完成的实验是（）A.制备乙烯B.银镜反应C.乙酸乙酯的制备D.苯的硝化反应9 .下列物质中所有的碳原子均处在同一条直线上的是（）A.B. H3C-C 三 C-CH3C.CH2=CH-CH3D. CH 3-CH2-CH 310 .下列有关仪器用法正确的是（）A.对试管进行加热一定不能使用石棉网B.使用滴定管量取液

4、体，可精确至0.01mLC.用量筒量取一定体积的溶液，要洗涤 23次，确保溶液全部转移D.酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少误差11 .存在A1C13-Al （OH） 3fA1203fAl转化，下列说法正确的是（）A. Al （OH） 3属于强电解质B. Al 2O3属于离子晶体C.铝合金比纯铝硬度小、熔点高D. AlCl 3水溶液能导电，所以 AlCl 3属于离子化合物12 .下列有关浓硫酸和浓盐酸的说法错误的是（）A.浓硫酸、浓盐酸都是无色液体B.铁片加入浓硫酸中无明显现象，加入浓盐酸中有大量气泡产生C.将两种酸分别滴到 pH试纸上，试纸最终均呈红色D.将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有

5、白烟，靠近浓硫酸没有白烟13 .不能通过化合反应生成的物质是（）A. HClOB. NOC. SO3D. FeCl214 . “神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有关阿司匹林的说法错误的是（）IIO-C-CHsCOOH阿司匹林A.能与NaHCO 3溶液反应产生气体|<|COOHB.与邻苯二甲酸（I、口）互为同系物C.在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸D. 1mol阿司匹林最多能与 3mol H 2发生加成反应15 .为确定下列物质在空气中是否部分变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是（）A. FeSO4 溶液（KSCN 溶液）B. CH 3CHO 溶液（pH 试纸）C. K

6、I （淀粉溶液）D. NaHCO 3溶液（稀盐酸溶液）16. 800c时，可逆反应CO（g）+H2O（g） ? CO2（g）+H2（g）的平衡常数K=1.800 C时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如表，下列说法正确的是（）物质COH2OCO2H2浓度 /mol?L-10.0020.0030.00250.0025A.此时平衡逆向移动B.达到平衡后，气体压强降低C.若将容器的容积压缩为原来的一半，平衡可能会向正向移动D.正反应速率逐渐减小，不变时，达到化学平衡状态17 .关于 2NaOH （s） +H2SO4 （aq） 一 Na2SO4 （aq） +2H2O （l） +Q kJ 说法正确的是

7、（）A. NaOH （s）溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放的能量B. Qv0C. NaOH (s) +： H2SO4 (aq) 一; Na2SO4 (aq) +H2O (l) +Q KJD.若将上述反应中的 NaOH (s)换成NaOH (aq),则Q' >Q18 .下列操作一定会使结果偏低的是()A.配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出B.测定胆矶晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作C.酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟D.测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积19 .某无色溶液中可能含有 Al3+、HC

8、O3-、Ba2+和Cl-,取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样 加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中()A. 一定有Cl- B. 一定有HCO3-C.可能有Ba2+D.可能有Al3+20 . 25 C 时，向 20 mL 0.10 mol ?L-1 的一元酸 HA 中逐滴加入 0.10 mol?L-1 NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是()A. HA为强酸B. a 点溶液中，C (A-) >c (Na+) > c (H+) > c (OH-)C.酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚配D. b 点溶液中，c (Na+) =c

9、 (A-)、简答题(本大题共 3小题，共45.0分) 21.稀土元素(铺等金属)是重要的战略资源，在工业中有重要的应用，我国著名的化学家徐光宪因建立了稀土串级萃取理论，被誉为“中国稀土之父”。(1)完成并配平下列反应的离子方程式： Ce3+H2O2+H2O-Ce (OH)4 J +(2)氧的原子核外共有 个电子亚层，H2O的空间构型为 ；(3)若反应中有 52g Ce (OH) 4生成，则转移电子的数目为 ;(4)实验室中进行萃取实验时，除玻璃棒、烧杯之外，还需要的玻璃仪器名称 ;(5)取上述反应得到的 Ce (OH) 4样品0.500g,加硫酸溶解后，用 0.100mol?L-1 FeSd标

10、准溶液滴定至终点时(铺被还原为 Ce3+),消耗20.00 mL标准溶液。该样品中Ce (OH) 4的质量分数为 22 .综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。反应2NO (g) +2CO ( g) ? 2CO2 (g) +N2 (g),可减少汽车尾气中污染物 的排放，在2L密闭容器中发生该反应时，n (CO2)随温度T和时间t的变化曲线如图所示。(1)该反应的平衡常数表达式为K=,若升高温度，平衡常数K值 (填“增加” “减小”或“不变”)，说明理由 ;(2)在T2温度下，02s内的平均反应速率 v (N2)=;(3)工业废水的处理方法有很多，使用Fe2 (SO4)3处理废水，酸性

11、废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因 ,干法制备多功能水处理剂高铁酸钠(Na2FeO4)的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2f2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2f,该反应的氧化剂为 ;(4)采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品 ,用化学方程式表示产生副产品的原因 A制备H的合成路线如图。23 . H是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香煌回答下列问题：(1) A物质的一氯代物共有 种；(2) B物质中含有的官能团名称 ;(3)的反应试剂和反应条件分别是 ,的反应的类型是 ;(4)E物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取F物质，用系统命名法对 E物

12、质命名 , F物质的结构简式为；(5)的化学反应方程式为 ;O(6)对甲氧基乙酰苯胺(NH_g_CH、)是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醍(制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。(其他试剂任选). 及ms及闭人制一，、，(合成路线常用的表达方式为：AB目标产物)。三、实验题(本大题共 1小题，共15.0分)24 .某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I-? I3-, 12、I3-在水中均呈黄色。(1)为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取23 mL黄色

13、溶液，加入足量 CC14,振荡静置，CC14层呈紫红色，说明溶液中存在 ,生成该物质的化学方程式为 ,水层显浅黄色，说明 水层显黄色的原因是;(2)继续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原因 ;(3) NaOH溶液的作用 ,反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，其中可能的原因是 。答案和解析1 .【答案】B【解析】解：A、12CO2和13CO2具有相同元素的化合物，不属于同位素，故 A错误;B、根据13C电子排布式ls22s22p2可知 原子核外有2个未成对电子，故 B正确；C、尿素属于有机物，不是钱盐；尿素属于有机氮肥，不属于俊态氮肥，故 C错

14、误；D、13C的质量数为13,故D错误；故选：B。A、具有相同质子数，不同中子数的核素，互称同位素；B、根据13C电子排布式ls22s22p2可解答；C、尿素属于有机物，不是钱盐；D、在原子组成表达式中，左上角的数字代表质量数。本题主要化学中的基础知识，注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目难度不大。2 .【答案】D【解析】解：A. HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，破坏共价键，故 A错误；B.铁熔化破坏金属键，故 B错误；C.冰升华发生物理变化，只破坏分子间作用力，故 C错误；D.氯化钠中只存在离子键，溶于水发生电离而破坏离子键，故 D正确；故选：Do活泼金属和活泼非金属元素之间易形

15、成离子键，非金属元素之间易形成共价键，离子化合物在水溶液中或熔融状态下发生电离或发生化学反应，离子键被破坏，据此分析解答。本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键区别是解本题关键，物理变化不发生化学键断 裂，C为解答易错点。3 .【答案】A【解析】解：根据分析可知，m为Mg, n为Al, p为C, q为N元素。A. Al的原子序数为13,位于元素周期表第 3周期第mA族，故A正确；B.金属性：Mg >Al ,则单质与水反应置换出氢气的能力：m>n,故B错误；C.镁离子和氮离子含有 2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：m<q,故C错误；D.金属性：Mg

16、>Al,则最高价氧化物对应水化物的碱性：m>n,故D错误；故选：A。短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排列如图所示，其中 n的最高价氧化对应的水化物既能与强酸 反应，也能与强碱反应，则 n为Al ,结合各元素的相对位置可知，m为Mg, p为C, q为N元素，据此解答。本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构 及元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。4 .【答案】B【解析】解：A、氨气为三角锥形，为极性分子，故 A正确;B、由于氨气为三角锥形，故其比例模型为,故B错误;C、氨气中N原子分别以单键和 H原子形

17、成共价键，且 N原子上还有一对孤电子对，故电子式为.匕ri故C正确；D、形成于不同原子间的共价键为极性共价键，故N-H键为极性共彳键，故 D正确。故选：B。NH3中N-H键为极性键，且由于三角锥型结构，故为极性分子，电子式为日）田，据此分析。本题考查了分子的空间构型以及电子式的书写等，难度不大，应注意分子构型的判断方法。5 .【答案】C【解析】解：A、石油裂化的目的是将长链的烷烧裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烧，是化学变化，故A错误；B、煤干储是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故B错误；C、海水晒盐是水分的蒸发，没有新物质生成，故 C正确；D、高炉炼铁

18、，有新物质铁生成是化学变化，故 D错误。故选：Co化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指无新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别 是有无新物质生成。本题难度不大，根据变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是 化学变化。6 .【答案】C【解析】解：A.合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故 A正确；B.合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都选择了较高的温度，故 B正确；C.合成氨合成塔中选择较高的压强，而制硫酸接触室中的反应没有选择了较高的压强，高压对设备要求高，故C错误；D.合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应，则

19、都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D正确。故选：Co对于合成氨来说，在合成塔里选择高温、较高压以及催化剂条件反应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应 为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。本题考查工业生产中反应条件的选择等，重点是化学反应原理的实际应用，注重化学反应原理与实际生成 的联系，题目难度中等。7.【答案】D【解析】解:A .K与a连接，在中性条件下，铁作负极、失电子、发生吸氧腐蚀，发生的电极反应为 Fe-2e-=Fe2+, 故A正确；B. K与a连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池，将化学能转变为电能，故B正确；C. K与b连接，Fe作阴极

20、，阴极上氢离子得电子，电极反应为2H+2e-=H2T,故C正确；D. K与b连接，Fe作阴极，Fe被保护，该方法叫外加电流的阴极保护法，故D错误。故选：DoA. K与a连接，铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；B. K与a连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池；C. K与b连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气；D. K与b连接，Fe作阴极，被保护。本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，侧重于考查学生对原电池原理和电解池原理的理解、运用，明确吸 氧腐蚀、电化学保护、电极反应式的书写是解题关键，题目难度不大，注意知识的积累、归纳总结。8 .【答案】A【解析】解：B、C、D中均需要水浴加热，只有 A中乙

21、醇在170c时发生消去反应生成乙烯，不能水浴加 热完成，故选：A。乙醇在170c时发生消去反应生成乙烯，以此来解答。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的性质、有机物的制备实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。9 .【答案】B【解析】解:A、中碳原子全部共平面，但不能全部共直线，故A错误;B、H3C-C三C-CH3相当于是用两个甲基取代了乙快中的两个H原子，故四个碳原子共直线，故B正确；C、CH2=CH-CH3相当于是用一个甲基取代了乙烯中的一个H原子，故此有机物中 3个碳原子共平面，不是共直线，故C错误；D、由于碳碳单键可以扭

22、转，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面时为锯齿型结构，不可能共直线，故D错误。故选：Bo原子共直线问题要以乙快为母体，乙快中4个原子共直线，据此分析。本题考查了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。10 .【答案】B【解析】解：A、试管加热不用垫石棉网，但如果垫石棉网也是可以的，故 A错误;B、滴定管能精确到 0.01mL,比量筒精确度高，故 B正确；C、量筒的洗涤液必需倒入废液缸，不能将洗涤液倒入烧杯，故 C错误；D、酸碱中和滴定时，锥形瓶不用干燥，如果不干燥不影响实验结果，故 D错误。故选：BoA、试管加热不用垫石棉网；B、滴定管能精确到 0.01mL；C、量筒的洗涤液必需倒入废液

23、缸；D、酸碱中和滴定时，锥形瓶不用干燥。本题考查了实验仪器的使用以及实验操作的正误判断，难度不大，应注意基础知识的掌握。11.【答案】B【解析】解：A. Al (OH) 3在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故 A错误;B . Al 2。3由铝离子和氧离子构成的晶体，属于离子晶体，故 B正确；C.铝合金比纯铝的硬度大，熔点低，故 C错误；D.氯化铝为共价化合物，故 D错误；故选：BoA. Al (OH) 3在水溶液中部分电离；B.由离子构成的晶体为离子晶体；C.合金的熔点低硬度大；D.氯化铝为共价化合物。本题考查强弱电解质、化学键、晶体类型判断以及合金的特点，为高频考点，明确基本概念内涵、物质构

24、 成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，题目难度不大。12.【答案】C【解析】解：A,浓硫酸、浓盐酸都是无色液体，故 A正确；B.浓硫酸具有强氧化性，遇到铁发生钝化，所以铁片加入浓硫酸中无明显现象，铁与浓盐酸反应生成氯 化亚铁和氢气，产生大量气泡，故 B正确；C.浓硫酸具有脱水性，能够使试纸脱水变黑，所以浓硫酸滴到pH试纸上最终变黑，故 C错误;D.浓硫酸不就有挥发性，浓盐酸具有挥发性，所以将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫 酸没有白烟，故D正确； 故选：CoA.依据浓硫酸、浓盐酸物理性质判断；B.依据浓硫酸强氧化性解答；C.依据浓硫酸脱水性解答；D.浓硫酸不就有挥发性，浓盐酸具有挥

25、发性，氨水遇到挥发性酸反应生成白色固体。本题考查有关浓硫酸、浓盐酸的性质等，侧重于元素化合物知识的考查，为高频考点，难度不大。13 .【答案】A【解析】解：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质A、氯气和水反应生成 HCl和HC1O,则不能通过化合反应生成，故 A选；B、氮气和氧气反应生成 NO,则能通过化合反应生成，故 B不选；C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故 C不选；D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故 D不选； 故选：A化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；A、氯气和水反应生成 HCl和HC1O;B、氮气和氧气

26、反应生成 NO；C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫；D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁。本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考 查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。14 .【答案】B【解析】解：A.含-COOH,能与NaHCO3溶液反应产生气体，故 A正确；B.与邻苯二甲酸（I I：；）的官能团不完全不同，不是同系物，故 B错误；C.含-COOC-,在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸，故 C正确；D.只有苯环与氢气发生加成，则1mol阿司匹林最多能与 3mol H2发生加成反应，故 D正确；故选：B。由结构可知，分子中含-COOH、-COO

27、C-,结合竣酸、酯的性质来解答。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应 用能力的考查，注意竣酸、酯的性质，题目难度不大。15.【答案】D【解析】解：A.亚铁离子被氧化生成铁离子，遇 KSCN溶液为血红色，而亚铁离子不能，可检验是否变 质，故A正确；B. CH3CHO被氧化生成 CH3COOH,乙酸显酸性，乙醛不显酸性，可以 pH检验，故B正确；C. KI可被氧气氧化生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，则淀粉可检验是否变质，故 C正确；D.碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠、碳酸氢钠都与盐酸反应生成气体，不能判断碳酸氢钠是否变质，故D错误；故选：DoA.亚

28、铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液为血红色；B. CH3CHO被氧化生成 CH3COOH,乙酸显酸性；C. KI可被氧气氧化生成碘，淀粉遇碘单质变蓝；D.碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠、碳酸氢钠都与盐酸反应生成气体。本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验 能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。16.【答案】A- 0 01*25 MO.CO25【解析】解：A. Qc=飞丽江丽-=1.04>K,所以平衡逆向移动，故 A正确;B.反应前后气体分子数不变，体系压强不变，所以达到平衡后，气体压强不变，故B错误；C.若将容器的容

29、积压缩为原来的一半，相当于加压，但加压不对化学平衡产生影响，故C错误；D.反应逆向进行，说明 v逆v正，随着反应进行，CO和H2O的浓度增大，正反应速率增大，故D错误,故选：AA.根据Qc与K的大小判断反应的方向；B.反应前后气体分子数不变，体系压强不变；C.若将容器的容积压缩为原来的一半，相当于加压；D .根据此时反应进行的方向判断化学反应速率变化情况。本题考查化学平衡的移动，根据表中数据，利用Qc与K的大小关系判断反应的方向是解题的关键，难度不大，是基础题。17 .【答案】C【解析】解：A、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程，故 NaOH (s)溶于水的过程中扩散吸收的能量小于 水合释放的能量

30、，故 A错误；B、酸碱中和放热，故 Q大于0,故B错误；C、反应的热效应与反应的计量数成正比，故当将反应的计量数除以2时，反应的热效应也除以 2,即变为 NaOH (s) + , H2SO4 (aq) 一上 Na2SO4 (aq) +H2O (l) +Q KJ,故 C 正确；D、氢氧化钠固体溶于水放热，即若将氢氧化钠固体换为氢氧化钠溶液，则反应放出的热量变小， 即则Q'VQ,故D错误。故选：CoA、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程；B、酸碱中和放热；C、反应的热效应与反应的计量数成正比；D、氢氧化钠固体溶于水放热。本题考查了反应热的影响因素以及反应热的大小比较，难度不大，注意掌握基础知识

31、。18 .【答案】 A【解析】解：A 、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A 选；B 、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B 不选；C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待 30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C 不选；D 、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D 不

32、选；故选： A 。A、配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过刻度线时，溶液浓度偏低；B 、进行恒重操作的作用是确保晶体失去全部结晶水；C、酸碱滴定实验中，滴入最后一滴标准液后，溶液颜色突变时，观察 30s内溶液不变色，再记录液面读数；D 、测定气体摩尔体积时，常用排水法，排除的水的体积等于生成气体的体积，如果未减去注入酸的体积，则排除的水的体积偏大。本题考查基本实验操作及误差分析，涉及溶液的配制、中和滴定、测定结晶水的含量、测定气体摩尔体积等实验， 侧重学生分析、 实验操作和数据处理等综合能力的考查， 明确各个实验的基本原理是解本题关键，注意掌握实验操作的规范性和误差分析的方法，题目难度不大。

33、19 .【答案】 B【解析】解：A 原溶液中可能含Cl- ，故 A 错误；B 由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、 Ba2+ ，故B 正确；C.由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+,故C错误；D 由上述分析可知，原溶液中一定不含Al 3+ ，故D 错误；故选：B 。取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3-、Ba2+,又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al 3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+, 一定不含Al3+,可能含Cl-,据此分析判断。本题考查离子检验与

34、推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。20 .【答案】D【解析】解：A 根据图示可知，加入20mL 等浓度的氢氧化钠溶液时，二者恰好反应生成NaA ，溶液的pH >7,说明NaA为强碱弱酸盐，则 HA为弱酸，故 A错误；8. a点反应后溶质为 NaA, A-部分水解溶液呈碱性，则 c (OH-) >c (H+),结合电荷守恒可知：c (Na+)>c (A-),溶液中离子浓度大小为：c (Na+) >c (A-) >c (OH-) > c (H+),故B错误；C.根据图示可知，滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙的变色范围为3.14.4,酚配的变色范

35、围为 810,指示剂应该选用酚酞，不能选用甲基橙，故C 错误；D. b点溶液的pH=7,呈中性，则c (OH-) =c (H+),根据电荷守恒可知：c ( Na+) =c (A-),故D正确；故选： D 。A 恰好反应生成的 NaA 溶液呈碱性，说明 NaA 为强碱弱酸盐；B. a点溶质为NaA , A-部分水解溶液呈碱性；C.恰好反应时溶液呈碱性，结合指示剂的变色范围分析；D. b点溶液的pH=7 ,则c (OH-) =c (H+),结合电荷守恒分析。本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵

36、活应用基础知识的能力。21 .【答案】2 1 6 2 6 H+ 3折线型(V型)0.25NA分液漏斗 83.2%【解析】解：(1)该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，则双氧水是氧化剂，得 电子化合价降低，则O元素化合价由-1价变为-2价，转移电子数为2,根据电荷守恒知未知微粒是氢离子， 根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为 2Ce3+H2O2+6H 2O=2Ce (OH) 4J+6H,故答案为：2、1、6、2、6H + ;(2)。为8号元素，其核外电子排布式为 1s22s22p4,所以其核外电子排布在 3种不同能量的电子亚层上； H2O中O原子成2个b键，有2对未成

37、键的孤对电子，杂化轨道数为 4,采取sp3型杂化杂化，孤对电子对 成键电子的排斥作用较强， O-H之间的键角小于109°28',所以H2O分子空间构型是折线型 (V型)， 故答案为：3；折线型(V型)；(3)根据化合价变化得每生成52g Ce (OH) 4,转移电子的物质的量为 =券一r>< (4-3) =0.25mol ,故答案为：0.25Na；(4)实验室中进行萃取实验时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(5)滴定反应为：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+,则 Ce (OH) 4 的物质的量为 0.1000mol/L Q020L=0

38、.0020mol ,故该产品中Ce (OH) 4的质量分数为隹曳竺:誓到空=83.2% ,故答案为：83.2%。(1)该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降 低，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；(2)根据氧原子核外电子排布式分析；根据水中。原子的杂化分析；(3)根据化合价变化计算得每生成52g Ce (OH) 4,转移电子的物质的量；(4)实验室中进行萃取实验时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、分液漏斗；(5)根据电子守恒建立关系式：Ce (OH) 4FeSC4,然后进行计算求出 Ce (OH) 4的质量，最后求出质量分数。本题以工艺

39、流程为基础，考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知 识，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，题目难度中等。22 .【答案】工 芸2减小 由图速率变化推断 Ti>T2,由平衡时n (CO2)变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数 K值减小0.0125mol/ (L?s) Fe3+3H2O? Fe (OH ) 3+3H + ,废 水中的酸(H+)抑制了 Fe3+的水解平衡，减少了 Fe (OH) 3胶体的生成，降低了吸附能力 W2O2 CaCl2 Ca(OH) 2+2NH 4Cl=CaCl 2+NH 3T +2HOJ (CO力式N

40、)【解析】解：(1)反应2NO (g) +2CO (g) ? 2CO2 (g) +N2 (g)的平衡常数K= ?函切.即，根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知Ti>T2,由n (CO2)随温度T和时间t的变化曲线图可知，升高温度，n (CO2)减小，即升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以平衡常数K值减小，故答案为：-一J1；减小；由图速率变化推断Ti>T2,由平衡时n (CO2)变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小；(2)由图可知，v (CO2) =vTi=zr7j<=0.025mol/ (L?s),反应为 2NO (g) +2

41、CO (g) ? 2CO2 (g) +N2i(g)，贝U v (N2) => (CO2) -X0.025mol/ (L?s) =0.0125mol/ (L?s),页11第故答案为：0.0125mol/ (L?s);(3) Fe2 (SO4)3中Fe3+水解的离子方程式为 Fe3+3H 2O? Fe (OH) 3+3H + ,酸性废水中H+抑制了 Fe3+的 水解平衡，减少了 Fe (OH) 3胶体的生成，降低了吸附能力，因此不能吸附悬浮物沉降而除去；反应2FeSO4+6Na2O2f2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2f中，Fe的化合价由 +2+6,发生氧化反应，即 FeSO4

42、为还 原剂，Na2O2中。的化合价-1 -2或0,所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故答案为：Fe3+3H2O?Fe (OH) 3+3H + ,废水中的酸(H+)抑制了 Fe3+的水解平衡，减少了 Fe(OH) 3胶体的生成，降低了吸附能力；Na2O2；(4)氨碱法工艺中，为提高氨气的利用率，常在母液中加入生石灰CaO,反应为CaO+H2O=Ca (OH) 2,加热条件下Ca (OH) 2和NH4C1反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca (OH)H2 2NH3T +CaCl+2H2O,同时得到大量副产品 CaCl2,a故答案为：CaCl2； 2NH4Cl+Ca (OH) &q

43、uot;2NH3 T +CaQ+2H2O。(1)反应的平衡常数等于生成物浓度哥积与反应物浓度哥积之比；根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知Ti>T2,由图可知，升高温度，n (CO2)减小；根据v=1J=A:计算v (CO2),再根据反应计量关系计算v (N2);(3) Fe2 (SO4)3水解的离子反应为 Fe3+3H2O? Fe (OH) 3+3H+,酸性废水中的 H+会导致F& (SO4)3不 能形成胶体或者胶体非常少；氧化还原反应中氧化剂发生还原反应、元素的化合价降低，据此分析解答；(4)氨碱法工艺中产生大量 CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl+Ca (OH)卷2NH3 T +CaC+2H2O ,据此分析解答。本题考查较为综合，涉及化学平衡及其影响因素、化学反应速率的计算、盐类水解、氧化还原反应概念、化工生产等知识，为高频考点，明确化学反应原理的应用为解答关键，注意掌握化学平衡图象的分析判断，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度中等。23.【答案】4氯原子氯气、光照还原反应2-甲基丙【解析】解：(1)由B的结构可知，芳香煌为 A为)一CH3 , A物质的一氯代物在苯环上有 3种，在 甲基上有1种，故共有4种，故答案为：4;(2)