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)

上海市青浦区2020届高三上学期等级考一模试卷化学一、单项选择题（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，医学上经过检测呼出气体能否含13CO2，间接判断能否感染幽门螺杆菌，以下有关说法正确的选项是（）1312CO互称同位素B.13原子核外有2个未成对电子A.C22C.尿素属于铵态氮肥D.13C的质量数为72.以下变化过程中，需要损坏离子键的是（）A.氯化氢溶于水B.铁融化C.干冰升华D.氯化钠溶于水短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的摆列如下图，此中n的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反响，也能与强碱反响，以下说法正确的选项是（）A.元素n位于元素周期表第3周期，第ⅢA族B.单质与水反响置换出氢气的能力：m＜n简单离子半径：m＞q最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n4.以下有关NH3的说法错误的选项是（）A.属于极性分子B.比率模型C.电子式为D.含有极性键5.只波及到物理变化的是（）A.石油裂化B.煤的干馏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响，以下说法错误的选项是（）都使用了适合的催化剂都选择了较高的温度都选择了较高的压强都未按化学方程式的系数进行投料反响某小组利用如图装置研究电化学原理，以下说法错误的选项是（）A.B.C.D.

K与a连结，则铁电极会加快锈蚀，发生的电极反响为Fe-2e→Fe2+与a连结，则该装置能将化学能转变为电能K与b连结，则该装置铁电极的电极反响2H++2e→H2↑与b连结，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可以达成的实验是（）A.制备乙烯B.银镜反响C.乙酸乙酯的制备D.苯的硝化反响9.以下物质中所有的碳原子均处在同一条直线上的是（）A.B.H3C-C≡C-CH3C.CH=CH-CHD.CH-CH-CH2332310.以下有关仪器用法正确的选项是（）页1第对试管进行加热必定不可以使用石棉网使用滴定管量取液体，可精准至0.01mL用量筒量取必定体积的溶液，要清洗2～3次，保证溶液所有转移酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少偏差11.存在AlCl3→Al（OH）3→Al2O3→Al转变，以下说法正确的选项是（）A.B.

Al（OH）3属于强电解质Al2O3属于离子晶体C.铝合金比纯铝硬度小、熔点高D.AlCl3水溶液能导电，所以AlCl3属于离子化合物12.以下有关浓硫酸和浓盐酸的说法错误的选项是（）浓硫酸、浓盐酸都是无色液体铁片加入浓硫酸中无明展现象，加入浓盐酸中有大批气泡产生将两种酸分别滴到pH试纸上，试纸最后均呈红色将蘸有浓氨水的玻璃棒凑近浓盐酸有白烟，凑近浓硫酸没有白烟13.不可以经过化合反响生成的物质是（）A.HClOB.NOC.SOD.FeCl2314.“神药”阿司匹林是三大经典药物之一，以下有关阿司匹林的说法错误的选项是（）能与NaHCO3溶液反响产生气体B.与邻苯二甲酸（）互为同系物在酸性条件，能发生水解反响生成乙酸D.1mol阿司匹林最多能与3molH2发生加成反响15.为确立以下物质在空气中能否部分变质，所选查验试剂（括号内物质）不可以达到目的的是（）A.FeSO4溶液（KSCN溶液）B.CH3CHO溶液（pH试纸）C.KI（淀粉溶液）D.NaHCO3溶液（稀盐酸溶液）800℃时，可逆反响CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）的均衡常数K=1.800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如表，以下说法正确的选项是（）物质COHOCOH222浓度/mol?L-10.0020.0030.00250.0025此时均衡逆向挪动达到均衡后，气体压强降低若将容器的容积压缩为本来的一半，均衡可能会向正向挪动正反响速率渐渐减小，不变时，达到化学均衡状态17.对于2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+QkJ说法正确的选项是（）NaOH（s）溶于水的过程中扩散汲取的能量大于水合开释的能量Q＜0页2第C.NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+H2O（l）+QKJD.若将上述反响中的NaOH（s）换成NaOH（aq），则Q′＞Q18.以下操作必定会使结果偏低的是（）配制必定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超出刻度线的溶液吸出测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等候半分钟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3+-2+-Al、HCO、Ba和Cl，取样加入少许氢氧化钠溶液产生白色积淀，另取样加3入稀硫酸产生白色积淀和产生气体，则原溶液中（）A.必定有Cl-B.必定有-C.2+D.可能有Al3+HCO可能有Ba320.25°C时，向20mL0.10mol?L-1的一元酸HA中逐滴加入0.10mol?L-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如下图。以下说法正确的选项是（）A.HA为强酸-++-B.a点溶液中，c（A）＞c（Na）＞c（H）＞c（OH）C.D.

酸碱指示剂能够选择甲基橙或酚酞点溶液中，c（Na+）=c（A-）二、简答题（本大题共3小题，共45.0分）稀土元素（铈等金属）是重要的战略资源，在工业中有重要的应用，我国有名的化学家徐光宪因成立了稀土串级萃取理论，被誉为“中国稀土之父”。1）达成并配平以下反响的离子方程式：______Ce3+______H2O2+______H2O→______Ce（OH）4↓+____________。（2）氧的原子核外共有______个电子亚层，HO的空间构型为______；2（3）若反响中有52gCe（OH）4生成，则转移电子的数量为______；（4）实验室中进行萃取实验时，除玻璃棒、烧杯以外，还需要的玻璃仪器名称______；（5）取上述反响获得的Ce（OH）4样品0.500g，加硫酸溶解后，用0.100mol?L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被复原为Ce3+），耗费20.00mL标准溶液。该样品中Ce（OH）4的质量分数为______。综合办理工业“三废”，有益于保护环境、节俭资源。反响2NO（g）+2CO（g）?2CO（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响时，n（CO2）随温度T和时间t的变化曲线如下图。（1）该反响的均衡常数表达式为K=______，若高升温度，均衡常数K值______（填“增添”“减小”或“不变”），说明原由______；（2）在T2温度下，0～2s内的均匀反响速率v（N2）=______；（3）工业废水的办理方法有好多，使用Fe2（SO4）3办理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除掉，联合离子方程式用均衡挪动原理解说原由______，干法制备多功能水办理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2NaSO4+O2↑，该反响的氧化剂为______；（4）采纳氨碱法生产纯碱会产生大批的副产品______，用化学方程式表示产生副产品的原由______。页3第23.H是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芬芳烃A制备H的合成路线如图。回答以下问题：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）①的反响试剂和反响条件分别是______，③的反响的种类是______；4）E物质经过多次代替反响和氧化反响能够获得F物质，用系统命名法对E物质命名______，F物质的构造简式为______；5）⑤的化学反响方程式为______；（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精美化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其余试剂任选）（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）某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下研究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；持续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；持续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：-?I-，I、I-在水中均呈黄色。3322（1）为确立黄色溶液的成分，进行了以下实验：取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4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由是______；2）持续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原由______；3）NaOH溶液的作用______，反响结束后，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渐渐退去，此中可能的原由是______。页4第答案和分析1.【答案】B12CO和13CO拥有同样元素的化合物，不属于同位素，故A错误；【分析】解：A、22B、依据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，不是铵盐；尿素属于有机氮肥，不属于铵态氮肥，故C错误；D、13C的质量数为13，故D错误；应选：B。A、拥有同样质子数，不一样中子数的核素，互称同位素；B、依据13C电子排布式ls22s22p2可解答；C、尿素属于有机物，不是铵盐；D、在原子构成表达式中，左上角的数字代表质量数。此题主要化学中的基础知识，注意知识的累积，掌握基础是解题要点，题目难度不大。【答案】D【分析】解：A．HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，损坏共价键，故A错误；B．铁融化损坏金属键，故B错误；C．冰升华发生物理变化，只损坏分子间作使劲，故C错误；D．氯化钠中只存在离子键，溶于水发生电离而损坏离子键，故D正确；应选：D。开朗金属和开朗非金属元素之间易形成离子键，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响，离子键被损坏，据此剖析解答。此题考察化学键，重视考察基本观点，明确离子键和共价键差别是解此题要点，物理变化不发生化学键断裂，C为解答易错点。【答案】A【分析】解：依据剖析可知，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ⅢA族，故A正确；B．金属性：Mg＞Al，则单质与水反响置换出氢气的能力：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＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：m＞n，故D错误；应选：A。短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的摆列如下图，此中n的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反响，也能与强碱反响，则n为Al，联合各元素的相对地点可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。此题考察原子构造与元素周期律的应用，题目难度不大，推测元素为解答要点，注意掌握元素周期表构造及元素周期律内容，试题重视考察学生的剖析能力及逻辑推理能力。【答案】B【分析】解：A、氨气为三角锥形，为极性分子，故A正确；B、因为氨气为三角锥形，故其比率模型为，故B错误；页5第C、氨气中N原子分别以单键和H原子形成共价键，且N原子上还有一对孤电子对，故电子式为，故C正确；D、形成于不一样原子间的共价键为极性共价键，故N-H键为极性共价键，故D正确。应选：B。NH3中N-H键为极性键，且因为三角锥型构造，故为极性分子，电子式为，据此剖析。此题考察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。【答案】C【分析】解：A、石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后获得短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故A错误；B、煤干馏是隔断空气增强热，使之发生复杂的化学变化，获得焦炭、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，有新物质铁生成是化学变化，故D错误。应选：C。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实质差别是有无新物质生成。此题难度不大，依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。【答案】C【分析】解：A．合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反响，都使用了适合的催化剂，故A正确；B．合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反响，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响没有选择了较高的压强，高压对设施要求高，故C错误；D．合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反响都是可逆反响，则都未按化学方程式的系数进行投料反响，故D正确。应选：C。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响生成氨气，而制硫酸接触室中的反响为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，二者都是可逆反响，据此剖析解答。此题考察工业生产中反响条件的选择等，要点是化学反响原理的实质应用，着重化学反响原理与实质生成的联系，题目难度中等。【答案】D【分析】解：A．K与a连结，在中性条件下，铁作负极、失电子、发生吸氧腐化，发生的电极反响为Fe-2e-=Fe2+，故A正确；B．K与a连结，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连结，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，电极反响为2H++2e-=H2↑，故C正确；D．K与b连结，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。应选：D。A．K与a连结，铁在中性条件下发生吸氧腐化；B．K与a连结，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池；C．K与b连结，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气；页6第D．K与b连结，Fe作阴极，被保护。此题考察了金属的电化学腐化和防备，重视于考察学生对原电池原理和电解池原理的理解、运用，明确吸氧腐化、电化学保护、电极反响式的书写是解题要点，题目难度不大，注意知识的累积、概括总结。【答案】A【分析】解：B、C、D中均需要水浴加热，只有A中乙醇在170℃时发生消去反响生成乙烯，不可以水浴加热达成，应选：A。乙醇在170℃时发生消去反响生成乙烯，以此来解答。此题考察化学实验方案的评论，为高频考点，掌握有机物的性质、有机物的制备实验、实验技术为解答的要点，重视剖析与实验能力的考察，注意实验的评论性剖析，题目难度不大。【答案】B【分析】解：A、中碳原子所有共平面，但不可以所有共直线，故A错误；B、H3C-C≡C-CH3相当于是用两个甲基代替了乙炔中的两个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代替了乙烯中的一个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、因为碳碳单键能够扭转，故丙烷中碳原子能够共平面，但共平面时为锯齿型构造，不行能共直线，故D错误。应选：B。原子共直线问题要以乙炔为母体，乙炔中4个原子共直线，据此剖析。此题考察了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。【答案】B【分析】解：A、试管加热不用垫石棉网，但假如垫石棉网也是能够的，故A错误；B、滴定管能精准到0.01mL，比量筒精准度高，故B正确；C、量筒的清洗液必要倒入废液缸，不可以将清洗液倒入烧杯，故C错误；D、酸碱中和滴准时，锥形瓶不用干燥，假如不干燥不影响实验结果，故D错误。应选：B。A、试管加热不用垫石棉网；B、滴定管能精准到0.01mL；C、量筒的清洗液必要倒入废液缸；D、酸碱中和滴准时，锥形瓶不用干燥。此题考察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。【答案】B【分析】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．Al2O3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；应选：B。A．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；页7第D．氯化铝为共价化合物。此题考察强弱电解质、化学键、晶体种类判断以及合金的特色，为高频考点，明确基本观点内涵、物质构成微粒及微粒之间作使劲是解此题要点，题目难度不大。【答案】C【分析】解：A．浓硫酸、浓盐酸都是无色液体，故A正确；B．浓硫酸拥有强氧化性，碰到铁发生钝化，所以铁片加入浓硫酸中无明展现象，铁与浓盐酸反响生成氯化亚铁和氢气，产生大批气泡，故B正确；C．浓硫酸拥有脱水性，能够使试纸脱水变黑，所以浓硫酸滴到pH试纸上最后变黑，故C错误；D．浓硫酸不就有挥发性，浓盐酸拥有挥发性，所以将蘸有浓氨水的玻璃棒凑近浓盐酸有白烟，凑近浓硫酸没有白烟，故D正确；应选：C。A．依照浓硫酸、浓盐酸物理性质判断；B．依照浓硫酸强氧化性解答；C．依照浓硫酸脱水性解答；D．浓硫酸不就有挥发性，浓盐酸拥有挥发性，氨水碰到挥发性酸反响生成白色固体。此题考察有关浓硫酸、浓盐酸的性质等，重视于元素化合物知识的考察，为高频考点，难度不大。【答案】A【分析】解：化合反响的观点是由两种或两种以上的物质生成一种新物质A、氯气和水反响生成HCl和HClO，则不可以经过化合反响生成，故A选；B、氮气和氧气反响生成NO，则能经过化合反响生成，故B不选；C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能经过化合反响生成，故C不选；D、铁和氯化铁反响生成氯化亚铁，则能经过化合反响生成，故D不选；应选：A。化合反响指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反响；A、氯气和水反响生成HCl和HClO；B、氮气和氧气反响生成NO；C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫；D、铁和氯化铁反响生成氯化亚铁。此题考察物质的性质，为高频考点，掌握物质的性质、发生的反响为解答要点，重视剖析与应用能力的考察，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【答案】B【分析】解：A．含-COOH，能与NaHCO3溶液反响产生气体，故A正确；B．与邻苯二甲酸（）的官能团不完整不一样，不是同系物，故B错误；C．含-COOC，-在酸性条件，能发生水解反响生成乙酸，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3molH2发生加成反响，故D正确；应选：B。由构造可知，分子中含-COOH、-COOC-，联合羧酸、酯的性质来解答。此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，掌握官能团与性质、有机反响为解答的要点，重视剖析与应用能力的考察，注意羧酸、酯的性质，题目难度不大。【答案】D页8第【分析】解：A．亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液为血红色，而亚铁离子不可以，可查验能否变质，故A正确；B．CH3CHO被氧化生成CH3COOH，乙酸显酸性，乙醛不显酸性，能够pH查验，故B正确；C．KI可被氧气氧化生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，则淀粉可查验能否变质，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响生成气体，不可以判断碳酸氢钠能否变质，故D错误；应选：D。A．亚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响生成气体。此题考察物质的鉴识和查验，为高频考点，掌握物质的性质、反响与现象为解答的要点，重视剖析与实验能力的考察，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【答案】A【分析】解：A．Qc==1.04＞K，所以均衡逆向挪动，故A正确；B．反响前后气体分子数不变，系统压强不变，所以达到均衡后，气体压强不变，故B错误；C．若将容器的容积压缩为本来的一半，相当于加压，但加压不对化学均衡产生影响，故C错误；D．反响逆向进行，说明v逆＞v正，跟着反响进行，CO和H2O的浓度增大，正反响速率增大，故D错误，应选：A。A．依据Qc与K的大小判断反响的方向；B．反响前后气体分子数不变，系统压强不变；C．若将容器的容积压缩为本来的一半，相当于加压；D．依据此时反响进行的方向判断化学反响速率变化状况。此题考察化学均衡的挪动，依据表中数据，利用Qc与K的大小关系判断反响的方向是解题的要点，难度不大，是基础题。【答案】C【分析】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汲取的能量小于水合开释的能量，故A错误；B、酸碱中和放热，故Q大于0，故B错误；C、反响的热效应与反响的计量数成正比，故当将反响的计量数除以2时，反响的热效应也除以2，即变为NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+H2O（l）+QKJ，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，则反响放出的热量变小，即则Q′Q，故D错误。应选：C。A、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程；B、酸碱中和放热；C、反响的热效应与反响的计量数成正比；D、氢氧化钠固体溶于水放热。此题考察了反响热的影响要素以及反响热的大小比较，难度不大，注意掌握基础知识。【答案】A页9第【分析】解：A、用胶头滴管将超出刻度线的溶液吸出，说明配制必定物质的量浓度的溶液时，加水超出了刻度线，配制的浓度必定偏低，故A选；B、未进行恒重操作，可能会致使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巧所有失掉，则测定的结晶水的含量正确，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，未等候30s立刻读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰巧达到滴定终点，测定结果正确，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，致使清除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；应选：A。A、配制必定物质的量浓度的溶液时，加水超出刻度线时，溶液浓度偏低；B、进行恒重操作的作用是保证晶体失掉所有结晶水；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，察看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，清除的水的体积等于生成气体的体积，假如未减去注入酸的体积，则清除的水的体积偏大。此题考察基本实验操作及偏差剖析，波及溶液的配制、中和滴定、测定结晶水的含量、测定气体摩尔体积等实验，重视学生剖析、实验操作和数据办理等综合能力的考察，明确各个实验的基来源理是解此题要点，注意掌握实验操作的规范性和偏差剖析的方法，题目难度不大。【答案】B【分析】解：A．原溶液中可能含Cl-，故A错误；-2+B．由上述剖析可知，原溶液中必定含3，故B正确；HCO、Ba-2+C．由上述剖析可知，原溶液中必定含3，故C错误；HCO、BaD．由上述剖析可知，原溶液中必定不含Al3+，故D错误；应选：B。取样加入稀硫酸产生白色积淀和产生气体，则必定含有-2+-与Al3+HCO3、Ba，又HCO3发生双水解反响，所以原溶液中必定不含Al3+，取样加入少许氢氧化钠溶液产生白色积淀，则白色积淀必定含碳酸钡，综上所述，原溶液中必定含-2+3+-，据此剖析判断。HCO3、Ba，必定不含Al，可能含Cl此题考察离子查验与推测，掌握发生的离子反响及现象是解题要点，题目难度不大。【答案】D【分析】解：A．依据图示可知，加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时，二者恰巧反响生成NaA，溶液的pH＞7，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故A错误；--++B．a点反响后溶质为NaA，A部分水解溶液呈碱性，则c（OH）＞c（H），联合电荷守恒可知：c（Na）-+--+），故B错误；＞c（A），溶液中离子浓度大小为：c（Na）＞c（A）＞c（OH）＞c（HC．依据图示可知，滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙的变色范围为3.1～4.4，酚酞的变色范围为8～10，指示剂应当采纳酚酞，不可以采纳甲基橙，故C错误；-++-），故D正确；D．b点溶液的pH=7，呈中性，则c（OH）=c（H），依据电荷守恒可知：c（Na）=c（A应选：D。A．恰巧反响生成的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．恰巧反响时溶液呈碱性，联合指示剂的变色范围剖析；D．b点溶液的-+pH=7，则c（OH）=c（H），联合电荷守恒剖析。此题考察酸碱混淆的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答要点，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题重视考察学生的剖析能力及灵巧应用基础知识的能力。21.【答案】21626H+3折线型（V型）0.25NA分液漏斗83.2%页10第【分析】解：（1）该反响中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是复原剂，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，依据电荷守恒知未知微粒是氢离子，依据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Ce3++H2O2+6H2O=2Ce（OH）4↓+6H+，故答案为：2、1、6、2、6H+；（2）O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种不一样能量的电子亚层上；H2O中O原子成2个σ键，有2对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采纳sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排挤作用较强，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）依据化合价变化得每生成52gCe（OH）4，转移电子的物质的量为=×（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）滴定反响为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则Ce（OH）4的物质的量为0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，故该产品中Ce（OH）4的质量分数为=83.2%，故答案为：83.2%。（1）该反响中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是复原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，依据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；2）依据氧原子核外电子排布式剖析；依据水中O原子的杂化剖析；3）依据化合价变化计算得每生成52gCe（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）依据电子守恒成立关系式：Ce（OH）4～FeSO4，而后进行计算求出Ce（OH）4的质量，最后求出质量分数。此题以工艺流程为基础，考察化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化复原反响等有关知识，联合题目信息对流程的剖析是此题的解题要点，题目难度中等。22.【答案】减小由图速率变化推测T1＞T2，由均衡时n（CO2）变化推测均衡逆向挪动，正向为放热反响，所以温度高升，均衡常数K值减小0.0125mol/（L?s）Fe3+23++3HO?Fe（OH）+3H，+3+NaOCaClCa废水中的酸（H）克制了Fe的水解均衡，减少了Fe（OH）胶体的生成，降低了吸附能力2322OH）2+2NH4Cl=CaCl2+NH3↑+2H2O【分析】解：（1）反响2NO（g）+2CO（g）?2CO（g）+N2（g）的均衡常数K=，依据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知T1＞T2，由n（CO2）随温度T和时间t的变化曲线图可知，高升温度，n（CO2）减小，即高升温度，均衡逆向挪动，正反响为放热反响，所以均衡常数K值减小，故答案为：；减小；由图速率变化推测T1＞T2，由均衡时n（CO2）变化推测均衡逆向挪动，正向为放热反响，所以温度高升，均衡常数K值减小；（2）由图可知，v（CO2）===0.025mol/（L?s），反响为2NO（g）+2CO（g）?2CO（g）+N2（g），则v（N2）=v（CO2）=×0.025mol/（L?s）=0.0125mol/（L?s），故答案为：0.0125mol/（L?s）；（3）Fe2（SO4）3中Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，酸性废水中H+克制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3胶体的生成，降低了吸附能力，所以不可以吸附悬浮物沉降而除掉；反响2FeSO4+6Na2O2页11第→2Na2FeO4+Na2O+2NaSO4+O2↑中，Fe的化合价由+2→+6，发生氧化反响，即FeSO4为复原剂，Na2O2中O的化合价-1→-2或0，所以NaO既是氧化剂，又是复原剂，22故答案为：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，废水中的酸（H+）克制了Fe3+的水解均衡，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，为提升氨气的利用率，常在母液中加入生石灰CaO，反响为CaO+H2O=Ca（OH）2，加热条件下Ca（OH）2和NHCl反响生成氨气，反响的化学方程式为2NHCl+Ca（OH）22NH↑+CaCl+2HO，44322同时获得大批副产品CaCl2，故答案为：CaCl2；2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2HO。1）反响的均衡常数等于生成物浓度幂积与反响物浓度幂积之比；依据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知T1＞T2，由图可知，高升温度，n（CO2）减小；（2）依据v==计算v（CO2），再依据反响计量关系计算v（N2）；（3）Fe2（SO4）3水解的离子反响为Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，酸性废水中的H+会致使Fe2（SO4）3不可以形成胶体或许胶体特别少；氧化复原反响中氧化剂发生复原反响、元素的化合价降低，据此剖析解答；（4）氨碱法工艺中产生大批CaCl的化学方程式为：2NHCl+Ca（OH）22NH↑+CaCl+2HO，据此剖析解答。24322此题考察较为综合，波及化学均衡及其影响要素、化学反响速率的计算、盐类水解、氧化复原反响观点、