2019年上海宝山区高考化学二模试卷-解析版

1、2019年上海市宝山区高考化学二模试卷1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.单选题（本大题共20小题，共40.0分）15C-NMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析的空间结构，下面有关13c、15.N叙述正确的是（A.C.具有相同的中子数互为同位素金属单质具有的通性是（A.硬度大C.熔沸点高下列有关化工生产不涉及化学变化的是（14n-nmr可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子）B.与是同一种物质D.的核外电子数与中子数相同B.具有金属光泽、导电、导热和延展性D.质地柔软A.合成氨B.煤干储C.海带提碘D.石油分储在中和滴定中用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是()A.胶头滴管B.

2、容量瓶C.滴定管D.下列物质中，常温下可以使用铁制的容器来储存的是（)A.稀硝酸B.浓硝酸C.浓盐酸D.稀盐酸B.空间构型是三角锥型下列关于NH3的描述错误的是（A.含有极性共价键C.极易溶于水化学键是一种相互作用，它存在于（A.分子之间C.分子或原子团中相邻的原子之间下列有机物的命名，错误的是（A.乙基丁烷B.2,）二甲基丙烷D.B.D.能用湿润的蓝色石蕊试纸检验物质中的原子之间构成物质的所有微粒之间C.2,D.甲基丙烷浓硫酸和含有水分的蔗糖反应的过程中不可能显示的性质是（A.酸性B.吸水性C.)C.脱水性D.强氧化性把澳从滨水中提取出来，采用的最好方法是（A.蒸发B.用酒精萃取用四氯化碳萃

3、取D.通入氯气A.AB.BC.C12.自来水常用Cl2消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液,（）D.D不会产生明显的药品变质问题的是A.B.C.D.13 .已知鸵与铝是同主族元素，关于鸵的性质推断可能错误的是（）A.鸵是银白色、质软的金属B.鸵不能形成气态氢化物C.鸵与稀硝酸反应生成D.是两性氢氧化物14 .苯是实验室常用的萃取剂，下列关于苯的说法错误的是（）A.常温下是液体B.密度比水小C.能和液澳发生加成反应D.能和硝酸发生取代反应15.对S、Cl两种元素，以下说法错误的是（）A.非金属性：B.离子半径：C.气态氢化物稳定性：D.单质氧化性：16 .设Na为阿伏加德罗常数的值。下列

4、说法正确的是（）A. 14g由与CO组成的混合气体含有的原子数目为B. 78g苯含有碳碳双键的数目为C. 1L的NaClO溶液中含有的数目为D. 与水充分反应转移的电子数目为17 .实验室制乙焕的实验中，下列说法错误的是（）A.反应的原料之一，俗称电石，是由焦炭、熟石灰在电炉中高温反应制得B.在实验中可用饱和食盐水代替纯水，有利于控制反应速率C.该反应原理是：D.反应过程中会闻到难闻的气味是因为电石中含有的杂质造成的18 .糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是（）A.脱氧过程中铁作为原电池正极B.负极的电极反应为：C.正极的电

5、极反应为：D.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期19 .以下测定胆矶结晶水含量的操作中，正确的是（）A.加热、冷却、称量，重复两次即是恒重操作B.瓷塔期加热后冷却时，必须放在干燥器中C.加热晶体时先用小火，后渐改为用大火加热D.加热时如晶体爆溅出堪竭，应再加一些晶体20 .某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+.取该溶液100mL,加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀.由此可知原溶液中（）A.至少存在5种离

6、子B.一定存在，且C. 、一定存在，可能不存在D. 、一定不存在，可能存在二、简答题（本大题共3小题，共45.0分）21 .浓硫酸有许多重要的性质，工业上可以通过硫铁矿（主要成分是FeS2）制取。（1）硫原子核外电子占有种能量不同的轨道。H2SO4属于晶体。（2）非金属性：SO（选填“>”、"V”或“=”）。试用一个实验事实说明。接触法制硫酸工业中，其主要反应在450c并有催化剂存在下进行：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）+190kJ（3）该反应的平衡常数表达式是K=，该反应450c时的平衡常数500c时的平衡常数（选填“大于”、“小于”或“等于”）。在一个固定容积为

7、10L的密闭容器中充入0.40molSO2和0.20。2,半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.36mol,则v（SO2）=mol?L-1?min-1；若继续通入0.40molSO2和0.20molO2,则平衡移动（选填“向正反应方向”、“向逆反应反向”或“不”）。（4）该热化学方程式的意义是。22 .碳酸氢钠俗称“小苏打”，在生活、生产中用途广泛。（1）泡沫灭火器中主要成分是NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al（OH）3和CO2进行灭火，写出该反应的化学方程式。（2）Na2O2和NaHCO3都属于钠的化合物，它具有很强的氧化性。少量Na2O2与FeCl

8、2溶液能发生如下反应：Na2O2+FeCl2+H28Fe（OH）3J+FeCl+NaCl23.已知FeCl2前面系数为6,配平上述化学方程式，并标出电子转移方向和数目。该反应中被还原的元素是,氧化产物是。(3)向NaHCO3溶液中加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化，溶液中的c(CO32-)的变化是(选填“增大”、“减小”或“不变”)。(4) NaHCO3是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，在滤出小苏打后，母液提取氯化钱有两种方法：通入氨，冷却、加食盐，过滤不通入氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是(选填编号)。a.析出的氯化俊纯度更高bo析出的氯化俊纯度更高c.的滤液可直

9、接循环使用do的滤液可直接循环使用(5)已知HCO3-在水中既能水解也能电离。NaHCO3溶液呈碱性，溶液中c(H2CO3)c(CO32-)(选填“>”、“<”、“=”)。阿司匹林是一种解热镇痛药，又称乙酰水杨酸，是家庭常备药。将阿司匹林与聚甲基丙烯酸羟乙酯嫁接起来得到长效缓释阿司匹林，其不仅有阿司匹林的功效，也可作抗血栓长效药使用。两种物质的结构简式如下所示：:。H严QQCCH#-一-4-C-CHi-l-LtoCCHjLI11coochtCHtOoc(n阿司匹林长效覆群阿司瓦林(1)阿司匹林通常在餐后服用，是因为它含有(填写官能团符号)，易刺激肠胃，给胃部带来不适。(2)分析说明

10、长效缓释阿司匹林在人体内产生阿司匹林的过程以及长效缓释药品的优点。以丙酮为主要原料合成长效缓释阿司匹林的流程如下图所示：充分反应后过滤，得到硝酸铜溶液。步骤二：碱式碳酸铜的制备向大试管中加入碳酸钠溶液和硝酸铜溶液，水浴加热至70c左右，用0.4mol/L的NaOH溶液调节pH至8.5,振荡，静置，过滤，用热水洗涤，烘干，得到碱式碳酸铜产品。完成下列填空：(1)写出浓硝酸与铜反应的离子方程式。(2)上图装置中NaOH溶液的作用是。(3)步骤二中，水浴加热所需仪器有、(加热、夹持仪器、石棉网除外)；洗涤的目的是O步骤二的滤液中可能含有CO32',写出检验CO32-的方法。(4)影响产品产量

11、的主要因素有。(5)若实验得到2.42g样品(只含CuO杂质)，取此样品加热至分解完全后，得到1.80g固体，此样品中碱式碳酸铜的质量分数是(保留两位小数)。CHCOOHCNClCODCHjC2bOliOH不用基24.(3)由丙酮得到A的反应类型是,还需要的反应物是(填化学式)。(4)写出一种满足下列条件的阿司匹林的同分异构体的结构简式。能发生银镜反应能与NaHCO3溶液反应生成CO2气体能在铜做催化剂的条件下发生催化氧化反应(5)由B和乙二醇(HOCH2CH2OH)为原料可以制得聚甲基丙烯酸羟乙酯，写出其合成路线(无机试剂任选)。(合成路线常用的表示方式为：A,BI”；:目标产物)实验题(本

12、大题共1小题，共15.0分)碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3是一种用途广泛的化工原料，实验室以废铜屑为原料制取碱式碳酸铜的步骤如下：步骤一：废铜屑制硝酸铜如图，用胶头滴管吸取浓HNO3缓慢加到锥形瓶内的废铜屑中(废铜屑过量)答案和解析1.【答案】C【解析】解：A.13c的中子数=13-6=7,15N的中子数=15-7=8,故A错误；B.13c是一种原子，C60是由碳原子形成的分子，故B错误；C. 与14n的质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故C正确；D. 15n的核外电子数二质子数=7,中子数=15-7=8,故D错误；故选:C。A,根据中子数二质量数-质子数进行计算；B.13c是一种原子，

13、C60是由碳原子形成的分子；C,具有相同的质子数，不同的中子数的原子，互为同位素；D,根据核外电子数二质子数，中子数二质量数-质子数进行计算.本题考查同位素的概念及粒子间的数量关系，难度不大.要注意对于原子而言：核外电子数二质子数，中子数二质量数-质子数.2 .【答案】B【解析】解：由金属的物理性质可知，大多数金属具有金属光泽，在室温下除汞外，金属都是固体，密度和硬度较大，熔点和沸点较高，具有良好的导电性，导热性和延展性，但有的金属质软，熔沸点较低，如金属钠，故选：Bo根据金属的物理通性；金属都具有一定的金属光泽，导电，导热，有延展性；有的金属质软，熔沸点较低，有的金属硬度大，熔沸点较高，据此

14、分析解答。本题主要考查金属的物理通性，解答本题要熟记和理解金属的物理性质，题目难度不大。3 .【答案】D【解析】解:A、合成氨工业中，氮气和氢气反应生成氨气，属于化学变化，故A错误；B、煤的干储是将煤隔绝空气加强热，分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，故B错误；C、从海水提取碘有新物质碘单质生成，属于化学变化，故C错误；D、石油分储过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；故选:DoA、合成氨工业中，氮气和氢气反应生成氨气；B、煤的干储是将煤隔绝空气加强热；C、从海水提取碘有新物质碘单质生成；D、石油分储过程中没有新物质生成。本题考查化工生产涉及的化学变化与物理变化，难度不大

15、，注意区别二者的关键是有新物质生成。4 .【答案】C【解析】解：忸滴管、容量瓶不能用来量取液体的体积，量筒的感量为0.1mL,则用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是滴定管，故选:C。滴定管的感量为0.01mL,以此来解答。本题考查仪器的使用，为高频考点，把握中和滴定实验、仪器的使用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意仪器的感量，题目难度不大。5 .【答案】B【解析】解:A、常温下铁与稀硝酸反应，所以稀硝酸不能用铁制的容器来储存，故A错误；B、浓硝酸常温下具有强氧化性，能够使铁钝化，所以常温下可以使用铁制的容器来储存，故B正确；C、常温下浓盐酸与铁反应生成氯化亚铁与氢气，故C错误；D、

16、常温下稀盐酸与铁反应生成氯化亚铁与氢气，故D错误；故选:Bo依据浓硫酸、浓硝酸常温下具有强氧化性，能够使铁、铝钝化，由此分析解答。本题考查了元素化合物知识，明确相关物质的性质是解题关键，注意钝化属于化学变化，题目难度不大。6 .【答案】D【解析】解:A.氨气中含有N-H极性共价键，故A正确；B.氨气分子中N原子价层电子对个数=3+=4,采用sp3杂化，所以其空气构型为三角锥型，故B正确；C.常温下，1体积水溶解700体积的氨气，极易溶于水，故C正确；D,溶于水生成一水合氨为弱碱，水溶液中电离NH3?H2O?NH4+OH-,溶液显碱性，能使湿润的酚吹试液变红，氨气溶于水生成一水合氨为弱碱，水溶液

17、中电离nh3?h2o?nh4+oh-,溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；故选：D。A.一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键，不同非金属之间形成极性共价键；B,根据价层电子对互斥理论确定粒子的空间构型，价层电子对个数=«键个数+孤电子对个数；C.根据氨气的溶解度分析；D,能用湿润的红色石蕊试纸检验。本题考查氨气的性质，为高频考点，掌握氨气的化学键、结构、检验是解答此类题的关键，题目难度不大。7 .【答案】C【解析】解:A、化学键不存在分子问，故A错误；B、构成物质的相邻原子之间，故B错误；C、分子或原子团中相邻的原子之间的作用力称为化学键，故C

18、正确；D、构成物质的相邻微粒之间的作用力，而不是所有微粒，故D错误；故选:C。化学键存在于相邻的原子之间，不存在于分子之间，也能存在于分子与离子之间的配位键，由此分析解答.本题考查了化学键的概念，难度不大，明确相邻的两个或多个原子之间的强烈的相互作用才是化学键，不相邻的原子之间的作用力不是化学键.8 .【答案】A【解析】解:A、2-乙基丁烷，烷姓命名中出现了2-乙基，说明选取的主链不是最长的碳链，该有机物最长碳链含有5个C,甲基在3号C,正确命名为：3-甲基戊烷，故A错误；B、2,2-二甲基丙烷，主链为丙烷，在2号C含有两个甲基，该命名符合烷姓命名原则，故B正确；C、2,3-二甲基丁烷，主链为

19、丁烷，在2号C、3号C各含有一个甲基，该命名符合烷姓命名原则,故C正确；D、2-甲基丙烷，主链为丙烷，在2号C含有一个甲基，该命名符合烷姓命名原则，故D正确；故选:A。A、2-乙基丁烷，烷姓命名中出现了2-乙基，说明选取的主链不是最长的碳链；B、2,2-二甲基丙烷，主链为丙烷，在2号C含有两个甲基；C、2,3-二甲基丁烷，主链为丁烷，在2号C、3号C各含有一个甲基；D、2-甲基丙烷，主链为丙烷，在2号C含有一个甲基。本题考查了烷姓的命名，题目难度不大，侧重对学生基础知识的检验和训练，解题关键是明确有机物的命名原则。9 .【答案】A【解析】解：浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭（

20、碳化），并会产生二氧化硫。反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖。12H22。11）右浓硫酸作用下脱水，生成碳和水（试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒）这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性。故选:A。浓硫酸除了具有酸固有的性质-酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别,主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子（H2so4）这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，女磔硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性。本题考查浓硫酸的性质，浓硫酸除了具有酸性，还具有吸水

21、性、脱水性和强氧化性，题目难度不大。10 .【答案】c【解析】解:A.澳易挥发，的不能分离，故A不选；B.酒精与水互溶，不能作萃取剂，故B不选；C.用四氯化碳萃取，可分离出澳，故C选；D.氯气与澳水不反应，故D不选；故选:C。澳不易溶于水，易溶于有机溶齐L以此来解答。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意萃取剂的选择，题目难度不大。11 .【答案】D【解析】解:A.导气管插入溶液中，空的广口瓶有缓冲作用，气体能充分被吸收且防止倒吸，故A不选;B.倒置的漏斗插入溶液中，气体能被充分吸收，且球形管有缓冲作用而防止倒吸，故B

22、不选；C.倒置球形干燥管插入溶液中，气体能被充分吸收，且球形管有缓冲作用而防止倒吸，故C不选；D.直接将导气管直接插入水中，氨气溶于水导致气体压强急剧降低而引起倒吸现象，不适合于吸收氨气，故D选。故选：D。氨气极易溶于水，如果直接将导气管直接插入水中，氨气溶于水导致气体压强急剧降低而引起倒吸现象，所以有缓冲装置时就能防止倒吸，即适合吸收氨气，据此分析。本题考查了尾气处理装置图，难度不大，明确防倒吸装置有隔离式（如A装置）、倒立漏斗式、肚容式（如C装置）等几种，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。12 .【答案】A【解析】解:A、氯化铝不与自来水的成分反应，不会变质，故A选；B、亚铁离子具有还原

23、性，被自来水中的次氯酸氧化成铁离子导致变质，故B不选；C、由于硝酸银能够和氯离子反应生成氯化银，导致变质，故C不选；D、由于碳酸钠和自来水中的氢离子发生了反应，导致变质，故D不选；故选:A。氯气和水反应生成了次氯酸和氯化氢，溶液具有氧化性和酸性，A、氯化铝不会和自来水中的次氯酸和盐酸反应B、氯化亚铁被自来水中的次氯酸氧化；C、硝解艮中的银离子和自来水中的氯离子反应生成氯化银，D、碳惭内和自来水中的氢离子反应；本题考查了氯气的化学性质，注意氯水中含有氯气、次酸、盐酸等成分，本题难度不大。13 .【答案】D【解析】解:A.AI为银白色质软的金属，则铠是银白色，质软的金属，故A正确；B,与铝性质相似

24、，但相对分子质量较大，如能形成气态氢化物，常温下为固体，故B正确；C.化合价为+3价，铠与稀硝酸反应生成TlNC>3）3,故C正确；D,同主族从上到下金属性在增强，AlOH%是两性氢氧化物，TlQH）3为碱性氢氧化物，故D错误；故选：D。铠和铝属于同主族元素，均为金属，具有金属的共性，同主族从上到下金属性在增强，以此解答该题。本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，为基础性习题，把握同族元素性质的相似性及递变性为解答的关键，注意元素周期律的应用，题目难度不大。14 .【答案】C【解析】解:A.苯在常温下为液体，故A正确；B.姓类密度都比水小，故B正确；C.苯不

25、含碳碳双键，与液澳不发生加成反应，在催化条件下可发生取代反应，故C错误；D.在浓硫酸作用下，可与硝酸发生取代反应生成硝基苯，故D正确。故选:C。苯常温下为液体，密度比水小，性质较稳定，在一定条件下可发生加成、取代和氧化反应，以此解答该题。本题考查了苯的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握苯的结构特点和性质的特殊性，如苯只能和氢气发生加成反应，和其他的物质很难加成，如澳水，而苯即使和液澳在催化剂条件下发生的也是取代而非加成，题目难度不大。15 .【答案】B【解析】解:A.同一周期元素，非金属的非金属性随着原子序数增大而增强，二者位于同一周期且原子序数S<Cl,则非金属性

26、S<Cl,故A正确；B,电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，这两种离子核外电子层结构相同，且原子序数S<Cl,所以离子半径：S2->C，故B错误；C,元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性S<Cl,气S氢化物的稳定性H2s<HCl,故C正确；D,元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性S<Cl,其单质的氧化性S<Cl2,故D正确；故选：BoA.同一周期元素，非金属的非金属性随着原子序数增大而增强；B,电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；C,元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；D,元素

27、的非金属性越强，其单质的氧化性越强。本题考查元素周期律，侧重考查分析判断能力，明确非金属性强弱判断方法是解本题关键，非金属性强弱与得电子多少无关，与得电子难易程度有关，题目难度不大。16 .【答案】A【解析】解:A.14gN2与CO组成的混合气体的物质的量为0.5mol,0.5mol混合气体中含有1mol原子，含有的原子数目为Na,故A正确；B、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故B错误；C、ClO-为弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的次氯酸根的个数小于Na个，故C错误。D、标况下6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol,而3mol二氧化氮和水反应转移2mol电子，故0.3mol二氧

28、化氮转移0.2Na个电子，故D错误。故选:A。A,氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol,14g二者的混合物的物质的量为0.5mol,含有1mol原子；B、苯不是单双键交替的结构；C、ClO-为弱酸根，在溶液中会水解；D、求出二氧化氮的物质的量，然后根据3mol二氧化氮和水反应转移2mol电子来分析。本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，湎掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。17 .【答案】A【解析】id解:A.焦炭固体与氧化钙固体在电炉中高温制得电石，反应为：CaO+3cCaC2+COT,故A错误；B,用饱和食盐水代替纯水能减缓反应速率，从而可以得到较平缓的乙快气流，故B正确；

29、C.CaC2与H2O反应生成Ca。或2和C2H2,故化学方程式为CaC2+2H2O=CaQH)2+HOCHt,故C正确；D.电石中含有磷化物和硫化物，与水反应生成臭鸡蛋气味的硫化氢气体和磷化氢气体，故D正确；故选:A。A.电石可由焦炭与氧化钙固体在电炉中高温制得，同时生成一氧化碳气体，不是熟石灰；B,用饱和食盐水代替纯水能减缓反应速率；C.CaC2与H2O反应生成Ca0引2和C2H2;D.生成的气体中含有硫化氢气体和磷化氢。本题考查了实验室制乙快的实验，熟练掌握乙快的性质、制备乙快的原理以及原料是碳化钙和水，而用饱和食盐水来代替纯水是解答关键，本题难度不大。18.【答案】C【解析】解:A.脱氧

30、过程中碳做原电池正极，故A错误；B.脱氧过程中铁作原电池负极，负极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe-24一Fe2+,故B错误；C.脱氧过程中碳做原电池正极，电极反应O2+2H2O+4e-=4OH-,故C正确；D.铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，原电池放电过程是放热反应，故D错误；故选:C。铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电过程是放热反应，结合得失电子相等进行有关计算。本题考查了原电池原理，明确正负极的判断、正负极上得失电子、物质问的反应来分析解答即可，题目难度不大。19.【答案】B【解析】解:A.

31、恒重操作是指两次称重之差不大于0.0003g,而不是简单的重复做两次，故A错误；B.瓷耶:禺加热后冷却时，必须放在干燥器中，否则会导致药品吸收空气中物质而导致测定不准确，故B正确；C.力盛时，先用小火，后用大火加热，至包重，而不是渐改为用大火加热，故C错误；D.力热时如晶体爆溅出地竭，因为加入的晶体和加热过程中的晶体含结晶水不同，所以应该重新做实验，故D错误；故选：B。A.恒重操作是指两次称重之差不大于0.0003g；B.瓷生摒加热后冷却时，必须放在干燥器中，否则会导致测定不准确；C.力盛时，先用小火，后用大火加热，至恒重；D.力热时如晶体爆溅出地竭，应该重做实验.本题考查实验操作，侧重考查学

32、生实验操作能力及对化学实验评价能力，明确实验原理及实验操作规范性是解本题关键，易错选项是B,题目难度不大.20.【答案】B【解析】解：由于加入过量NaOH溶液，力感，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+,且物质的量为0.02mol;同寸产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+,1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol,故有0.02molFe3+,一定没有CO32-;4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钢，一定有SO42-,物质的量为0.02mol;根据E荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl-,至少0.02mol>3+0.02-0.02mol2=0.04mol,物质的量浓度至少川妨M一

33、.(3=0.4mol/L,A、至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-,故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选：B。加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在钱离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+,一定没有CO32-;4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钢沉淀，物质的量为：0.02mol;根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据.本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的

34、推断，难度中等.21.【答案】5分子V硫化氢水溶液露置于空气中变浑浊大于0.072向正反应方向在450c时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出白热量为190kJ【解析】解：10S是16号元素，其核外电子排布为：1s22s22p63s23p4,所以有5种能量不同的轨道，H2so4属于分子晶体，故答案为：5;分子；2)同主族从上往下非金属性逐渐减弱，所以非金属性：S<O,由硫化氢水溶液露置于空气中变浑浊，可说明氧的非金属性强，故答案为：<硫他水溶液露置于空气中变浑浊；3)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幕之积与反

35、应物的浓度系数次幕之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出，所以K=二;:力;正侬是放热反应温度越高平衡常数越小，所以反应450c时的平衡常数大于500c时的平衡常数，当生成0.36molSO3时，参加反应的氧气的物质的量为x,2SO2gsg)?2SO3g)220.36mol0.36mol也36m.4vSO2)=x二=0.072mol?L-1?min-1；继续通入0.40molSO2和0.20molO2,容器内压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动；故答案为：”；大于0.072;向正3方向；4)热化学方程式表明化学反应所放出或吸收热量的化学方程式，反应热的测量与温度

36、有关，应注明温度，各物质化学式前的化学计量数表示该物质的物质的量，反应物和生成物的聚集状态不同，反应热也不相同，应注明聚集状态，+190kJ表示放出190kJ的热量，该热化学方程式的意义是：在450c时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ,故答案为：在450c时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJo1)S是16号元素，其核外电子排布为：1s22s22p63s23p4,H2so4属于分子晶体；2)同主族从上往下非金属性逐渐减弱，根据氧化还原反应中非金属性强的能将非金属性弱的置换出来，分

37、析解答；3)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幕之积与反应物的浓度系数次幕之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；正反应是放热反应温度越高平衡常数越小；化学反应速率的定义求出氧气的速率；根据影响化学平衡的因素来判断平衡移动方向；4)热化学方程式应注明反应热的测定条件、聚集状态、反应热的数值、单位、符号，其化学计量数表示该物质的物质的量。本题考查了化学平衡常数的计算、热化学方程式等知识，题目难度中等，明确化学反应速率的概念及计算方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。22.【答案】6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)

38、3J+6COT+3NaSO4366426OFe(OH)3和FeCl3增大ad>【解析】解：1。Al3+和HCO3-发生互促完全的双水解，所以发生的反应的化学方程式为：6NaHCO3+Al2SO4)3+6H2O=2AlOH)3J+6CgT+3N|SO4故答案为：6NaHCO3+Al2SO4)3+6H2O=2AlOH)3J+6COT+3N§SO4;2)少量Na2O2与56。2溶液能发生如下反应，Na2O2+FeCl2+H2OFeOH)3J+FeC+NaCl,氧元素化合价-1价变化为-2价，电子转移2e-,铁元素化合价+2价变化为+3价，电子转移e-,结合电子守恒和原子守恒配平书写化

39、学方程式为：3Na2O2+6FeCl2+6H2O=4FeOH)3J+2FeC+6NaCl,已知FeCl2前面系数为6,配平上述化学方程式，并标出电子转移方向和数目：3Na2O2+6FeCb+6H2O=4Fe(OH)3l+2FeCh+6NaCI,反应中氧元素化合价降低做氧lrr化剂，铁元素化合价升高失电子发生氧化反应，反应中被还原的元素是氧元素，氧化产物为Fe0引3和FeCl3,白-X6故答案为：3、6、6、4、2、6；3Na2U2+6FeCh+6H2O=4Fe（OH）式*2FeCb/6NaCI；O；Felrr011）3和FeCl3;3）加入少量的Ba0H）2溶液，OH-与HCO/反应生成CO3

40、2-沉淀，Ba2+2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3J+CO2-,贝UCO32-数目增大，故答案为：增大；4）母液中含有氯化钱，通入氨，冷却、加诩，有利于氯化俊的析出，纯度更高，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用，而的滤液可直接循环使用，故答案为：ad；5）碳雷氢钠溶液里HCO3q水解程度大于电离程度，则水解生成的碳酸的浓度大于电离生成的碳酸根离子浓度，故答案为：。Q）Al3+和HCO发生互促完全的双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；2）少MNa2O2与56。2溶液能发生如下反应，Na2O2+FeCl2+H2OFeOH）3+Fe（3+NaCl,氧元素化合价-1价变化为-2价，电子转

41、移2e-,铁元素化合价+2价变化为+3价，电子转移灯结合电子守恒和原子守恒配平书写化学方程式，反应中氧元素化合价降低做氧化齐L铁元素化合价升高失电子发生氧化反应；3）HCO在溶液中存在电离平衡，HCO3-?CO32-+H+,使HCO数目减少，CO32-数目增力口，增大平衡正向移动，加入少许BaOH）2固体，发生Ba2+2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3J+C（32-,4）母液中含有氯化钱，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化俊的析出，过滤后滤液中含有氨气,不能直接循环使用；5）碳布氢钠溶液呈碱性，是HCO31q水解程度大于电离程度。本题考查了盐类水解、氧化还原反应、离子性质和离子浓度比较

42、等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。23 .【答案】-COOH长效缓释阿司匹林可在人体内逐步水解产生阿司匹林，起到解热镇痛效果，同时因其逐步水解释放阿司匹林可起到缓冲作用，减少对肠胃的刺激，并且可以持续发挥药效等加成反【解析】解：10阿司匹林中含有-COOH,导致阿司匹林具有酸性，从而易刺激肠胃，给胃部带来不适，故答案为:-COOH;2）长效缓释阿司匹林可在人体内逐步水解产生阿司匹林，起到解热镇痛效果，同时因其逐步水解释放阿司匹林可起到缓冲作用，减少对肠胃的刺激，并且可以持续发挥药效等，故答案为:长效缓释阿司匹林可在人体内逐步水解产生阿司匹林，起到解热镇痛效果，同时因其逐步水解释放阿司

43、匹林可起到缓冲作用，减少对肠胃的刺激，并且可以持续发挥药效等；丙酮发生加成反应生成A,A发生水解反应生成B,聚甲基丙烯酸羟乙酯和阿司匹林发生酯化反应得到长效缓释阿司匹林；3）通寸以上分析知，丙酮生成A的反应为加成反应，还需要的反应物是HCN,故答案为：加成员立；HCN；4）阿司匹林的同分异构体符合下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基；能与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，说明含有竣基；能在铜做催化剂的条件下发生催化氧化反应，连接醇羟基的碳原子上含有H原子；符合条件的结构简式有9TCIOHCHO等,CODH故答案为:COOHC理OH5)咔和乙二醇(HOCH2CH2OH)为原料可以制得聚甲基丙烯酸羟乙酯，B发生消去反应生成CH2=CCH3)COOH,CH2=CCH3)COOH和乙二醇发生酯化反应得至uch2=cCH3)COOCH2CH2OH,然