2020屆上海市青浦區(qū)高三上學期化學等級考一模試卷(解析版)

上海市青浦區(qū)2020屆高三上學期等級考一模試卷化學一、單項選擇題（本大題共20小題，共40.0分）1.口服含13C的尿素膠囊，若胃部存在幽門螺桿菌，尿素會被水解形成13CO2，醫(yī)學上經(jīng)過檢測呼出氣體能否含13CO2，間接判斷能否感染幽門螺桿菌，以下有關說法正確的選項是（）1312CO互稱同位素B.13原子核外有2個未成對電子A.C22C.尿素屬于銨態(tài)氮肥D.13C的質(zhì)量數(shù)為72.以下變化過程中，需要損壞離子鍵的是（）A.氯化氫溶于水B.鐵融化C.干冰升華D.氯化鈉溶于水短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的擺列如下圖，此中n的最高價氧化對應的水化物既能與強酸反響，也能與強堿反響，以下說法正確的選項是（）A.元素n位于元素周期表第3周期，第ⅢA族B.單質(zhì)與水反響置換出氫氣的能力：m＜n簡單離子半徑：m＞q最高價氧化物對應水化物的堿性：m＜n4.以下有關NH3的說法錯誤的選項是（）A.屬于極性分子B.比率模型C.電子式為D.含有極性鍵5.只波及到物理變化的是（）A.石油裂化B.煤的干餾C.海水曬鹽D.高爐煉鐵6.比較合成氨合成塔與制硫酸接觸室中的反響，以下說法錯誤的選項是（）都使用了適合的催化劑都選擇了較高的溫度都選擇了較高的壓強都未按化學方程式的系數(shù)進行投料反響某小組利用如圖裝置研究電化學原理，以下說法錯誤的選項是（）A.B.C.D.

K與a連結(jié)，則鐵電極會加快銹蝕，發(fā)生的電極反響為Fe-2e→Fe2+與a連結(jié)，則該裝置能將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔躃與b連結(jié)，則該裝置鐵電極的電極反響2H++2e→H2↑與b連結(jié)，則鐵電極被保護，該方法叫犧牲陽極的陰極保護法8.實驗室用水浴加熱不可以達成的實驗是（）A.制備乙烯B.銀鏡反響C.乙酸乙酯的制備D.苯的硝化反響9.以下物質(zhì)中所有的碳原子均處在同一條直線上的是（）A.B.H3C-C≡C-CH3C.CH=CH-CHD.CH-CH-CH2332310.以下有關儀器用法正確的選項是（）頁1第對試管進行加熱必定不可以使用石棉網(wǎng)使用滴定管量取液體，可精準至0.01mL用量筒量取必定體積的溶液，要清洗2～3次，保證溶液所有轉(zhuǎn)移酸堿滴定實驗中，錐形瓶干燥后使用可減少偏差11.存在AlCl3→Al（OH）3→Al2O3→Al轉(zhuǎn)變，以下說法正確的選項是（）A.B.

Al（OH）3屬于強電解質(zhì)Al2O3屬于離子晶體C.鋁合金比純鋁硬度小、熔點高D.AlCl3水溶液能導電，所以AlCl3屬于離子化合物12.以下有關濃硫酸和濃鹽酸的說法錯誤的選項是（）濃硫酸、濃鹽酸都是無色液體鐵片加入濃硫酸中無明展現(xiàn)象，加入濃鹽酸中有大批氣泡產(chǎn)生將兩種酸分別滴到pH試紙上，試紙最后均呈紅色將蘸有濃氨水的玻璃棒湊近濃鹽酸有白煙，湊近濃硫酸沒有白煙13.不可以經(jīng)過化合反響生成的物質(zhì)是（）A.HClOB.NOC.SOD.FeCl2314.“神藥”阿司匹林是三大經(jīng)典藥物之一，以下有關阿司匹林的說法錯誤的選項是（）能與NaHCO3溶液反響產(chǎn)生氣體B.與鄰苯二甲酸（）互為同系物在酸性條件，能發(fā)生水解反響生成乙酸D.1mol阿司匹林最多能與3molH2發(fā)生加成反響15.為確立以下物質(zhì)在空氣中能否部分變質(zhì)，所選查驗試劑（括號內(nèi)物質(zhì)）不可以達到目的的是（）A.FeSO4溶液（KSCN溶液）B.CH3CHO溶液（pH試紙）C.KI（淀粉溶液）D.NaHCO3溶液（稀鹽酸溶液）800℃時，可逆反響CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）的均衡常數(shù)K=1.800℃時，測得某一時刻密閉容器中各組分的濃度如表，以下說法正確的選項是（）物質(zhì)COHOCOH222濃度/mol?L-10.0020.0030.00250.0025此時均衡逆向挪動達到均衡后，氣體壓強降低若將容器的容積壓縮為本來的一半，均衡可能會向正向挪動正反響速率漸漸減小，不變時，達到化學均衡狀態(tài)17.對于2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+QkJ說法正確的選項是（）NaOH（s）溶于水的過程中擴散汲取的能量大于水合開釋的能量Q＜0頁2第C.NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+H2O（l）+QKJD.若將上述反響中的NaOH（s）換成NaOH（aq），則Q′＞Q18.以下操作必定會使結(jié)果偏低的是（）配制必定物質(zhì)的量濃度的溶液時，用膠頭滴管將超出刻度線的溶液吸出測定膽礬晶體中的結(jié)晶水含量，加熱后，未進行恒重操作酸堿滴定實驗，滴加最后一滴標準液，溶液顏色突變，未等候半分鐘測定氣體摩爾體積時，氣體體積未減去注入酸的體積19.某無色溶液中可能含有3+-2+-Al、HCO、Ba和Cl，取樣加入少許氫氧化鈉溶液產(chǎn)生白色積淀，另取樣加3入稀硫酸產(chǎn)生白色積淀和產(chǎn)生氣體，則原溶液中（）A.必定有Cl-B.必定有-C.2+D.可能有Al3+HCO可能有Ba320.25°C時，向20mL0.10mol?L-1的一元酸HA中逐滴加入0.10mol?L-1NaOH溶液，溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變化關系如下圖。以下說法正確的選項是（）A.HA為強酸-++-B.a點溶液中，c（A）＞c（Na）＞c（H）＞c（OH）C.D.

酸堿指示劑能夠選擇甲基橙或酚酞點溶液中，c（Na+）=c（A-）二、簡答題（本大題共3小題，共45.0分）稀土元素（鈰等金屬）是重要的戰(zhàn)略資源，在工業(yè)中有重要的應用，我國有名的化學家徐光憲因成立了稀土串級萃取理論，被譽為“中國稀土之父”。1）達成并配平以下反響的離子方程式：______Ce3+______H2O2+______H2O→______Ce（OH）4↓+____________。（2）氧的原子核外共有______個電子亞層，HO的空間構(gòu)型為______；2（3）若反響中有52gCe（OH）4生成，則轉(zhuǎn)移電子的數(shù)量為______；（4）實驗室中進行萃取實驗時，除玻璃棒、燒杯以外，還需要的玻璃儀器名稱______；（5）取上述反響獲得的Ce（OH）4樣品0.500g，加硫酸溶解后，用0.100mol?L-1FeSO4標準溶液滴定至終點時（鈰被復原為Ce3+），耗費20.00mL標準溶液。該樣品中Ce（OH）4的質(zhì)量分數(shù)為______。綜合辦理工業(yè)“三廢”，有益于保護環(huán)境、節(jié)儉資源。反響2NO（g）+2CO（g）?2CO（g）+N2（g），可減少汽車尾氣中污染物的排放，在2L密閉容器中發(fā)生該反響時，n（CO2）隨溫度T和時間t的變化曲線如下圖。（1）該反響的均衡常數(shù)表達式為K=______，若高升溫度，均衡常數(shù)K值______（填“增添”“減小”或“不變”），說明原由______；（2）在T2溫度下，0～2s內(nèi)的均勻反響速率v（N2）=______；（3）工業(yè)廢水的辦理方法有好多，使用Fe2（SO4）3辦理廢水，酸性廢水中的懸浮物很難沉降除掉，聯(lián)合離子方程式用均衡挪動原理解說原由______，干法制備多功能水辦理劑高鐵酸鈉（Na2FeO4）的反應原理為：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2NaSO4+O2↑，該反響的氧化劑為______；（4）采納氨堿法生產(chǎn)純堿會產(chǎn)生大批的副產(chǎn)品______，用化學方程式表示產(chǎn)生副產(chǎn)品的原由______。頁3第23.H是一種可用于治療腫瘤的藥物中間體，由芬芳烴A制備H的合成路線如圖。回答以下問題：1）A物質(zhì)的一氯代物共有______種；2）B物質(zhì)中含有的官能團名稱______；3）①的反響試劑和反響條件分別是______，③的反響的種類是______；4）E物質(zhì)經(jīng)過多次代替反響和氧化反響能夠獲得F物質(zhì)，用系統(tǒng)命名法對E物質(zhì)命名______，F(xiàn)物質(zhì)的構(gòu)造簡式為______；5）⑤的化學反響方程式為______；（6）對甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精美化工中間體，寫出由苯甲醚（）制備對甲氧基乙酰苯胺的合成路線。（其余試劑任選）（合成路線常用的表達方式為：AB目標產(chǎn)物）。三、實驗題（本大題共1小題，共15.0分）某實驗小組同學為了研究氯氣的性質(zhì)，做以下研究實驗。向KI溶液通入氯氣溶液變?yōu)辄S色；持續(xù)通入氯氣一段時間后，溶液黃色退去，變?yōu)闊o色；持續(xù)通入氯氣，最后溶液變?yōu)闇\黃綠色，查閱資料：-?I-，I、I-在水中均呈黃色。3322（1）為確立黃色溶液的成分，進行了以下實驗：取2～3mL黃色溶液，加入足量CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，說明溶液中存在______，生成該物質(zhì)的化學方程式為______，水層顯淺黃色，說明水層顯黃色的原由是______；2）持續(xù)通入氯氣，溶液黃色退去的可能的原由______；3）NaOH溶液的作用______，反響結(jié)束后，發(fā)現(xiàn)燒杯中溶液呈淺黃綠色，經(jīng)測定該溶液的堿性較強，一段時間后溶液顏色漸漸退去，此中可能的原由是______。頁4第答案和分析1.【答案】B12CO和13CO擁有同樣元素的化合物，不屬于同位素，故A錯誤；【分析】解：A、22B、依據(jù)13C電子排布式ls22s22p2可知原子核外有2個未成對電子，故B正確；C、尿素屬于有機物，不是銨鹽；尿素屬于有機氮肥，不屬于銨態(tài)氮肥，故C錯誤；D、13C的質(zhì)量數(shù)為13，故D錯誤；應選：B。A、擁有同樣質(zhì)子數(shù)，不一樣中子數(shù)的核素，互稱同位素；B、依據(jù)13C電子排布式ls22s22p2可解答；C、尿素屬于有機物，不是銨鹽；D、在原子構(gòu)成表達式中，左上角的數(shù)字代表質(zhì)量數(shù)。此題主要化學中的基礎知識，注意知識的累積，掌握基礎是解題要點，題目難度不大?！敬鸢浮緿【分析】解：A．HCl溶于水發(fā)生電離生成氫離子和氯離子，損壞共價鍵，故A錯誤；B．鐵融化損壞金屬鍵，故B錯誤；C．冰升華發(fā)生物理變化，只損壞分子間作使勁，故C錯誤；D．氯化鈉中只存在離子鍵，溶于水發(fā)生電離而損壞離子鍵，故D正確；應選：D。開朗金屬和開朗非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，離子化合物在水溶液中或熔融狀態(tài)下發(fā)生電離或發(fā)生化學反響，離子鍵被損壞，據(jù)此剖析解答。此題考察化學鍵，重視考察基本觀點，明確離子鍵和共價鍵差別是解此題要點，物理變化不發(fā)生化學鍵斷裂，C為解答易錯點?！敬鸢浮緼【分析】解：依據(jù)剖析可知，m為Mg，n為Al，p為C，q為N元素。A．Al的原子序數(shù)為13，位于元素周期表第3周期第ⅢA族，故A正確；B．金屬性：Mg＞Al，則單質(zhì)與水反響置換出氫氣的能力：m＞n，故B錯誤；C．鎂離子和氮離子含有2個電子層，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑：m＜q，故C錯誤；D．金屬性：Mg＞Al，則最高價氧化物對應水化物的堿性：m＞n，故D錯誤；應選：A。短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的擺列如下圖，此中n的最高價氧化對應的水化物既能與強酸反響，也能與強堿反響，則n為Al，聯(lián)合各元素的相對地點可知，m為Mg，p為C，q為N元素，據(jù)此解答。此題考察原子構(gòu)造與元素周期律的應用，題目難度不大，推測元素為解答要點，注意掌握元素周期表構(gòu)造及元素周期律內(nèi)容，試題重視考察學生的剖析能力及邏輯推理能力。【答案】B【分析】解：A、氨氣為三角錐形，為極性分子，故A正確；B、因為氨氣為三角錐形，故其比率模型為，故B錯誤；頁5第C、氨氣中N原子分別以單鍵和H原子形成共價鍵，且N原子上還有一對孤電子對，故電子式為，故C正確；D、形成于不一樣原子間的共價鍵為極性共價鍵，故N-H鍵為極性共價鍵，故D正確。應選：B。NH3中N-H鍵為極性鍵，且因為三角錐型構(gòu)造，故為極性分子，電子式為，據(jù)此剖析。此題考察了分子的空間構(gòu)型以及電子式的書寫等，難度不大，應注意分子構(gòu)型的判斷方法?！敬鸢浮緾【分析】解：A、石油裂化的目的是將長鏈的烷烴裂解后獲得短鏈的輕質(zhì)液體燃料烯烴，是化學變化，故A錯誤；B、煤干餾是隔斷空氣增強熱，使之發(fā)生復雜的化學變化，獲得焦炭、煤焦油、粗氨水和焦爐氣，故B錯誤；C、海水曬鹽是水分的蒸發(fā)，沒有新物質(zhì)生成，故C正確；D、高爐煉鐵，有新物質(zhì)鐵生成是化學變化，故D錯誤。應選：C?；瘜W變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指無新物質(zhì)生成的變化，化學變化和物理變化的實質(zhì)差別是有無新物質(zhì)生成。此題難度不大，依據(jù)變化中是有無新物質(zhì)生成：無新物質(zhì)生成的變化是物理變化，有新物質(zhì)生成的變化是化學變化?！敬鸢浮緾【分析】解：A．合成氨合成塔與制硫酸接觸室中的反響，都使用了適合的催化劑，故A正確；B．合成氨合成塔與制硫酸接觸室中的反響，都選擇了較高的溫度，故B正確；C．合成氨合成塔中選擇較高的壓強，而制硫酸接觸室中的反響沒有選擇了較高的壓強，高壓對設施要求高，故C錯誤；D．合成氨合成塔與制硫酸接觸室中的反響都是可逆反響，則都未按化學方程式的系數(shù)進行投料反響，故D正確。應選：C。對于合成氨來說，在合成塔里選擇高溫、較高壓以及催化劑條件反響生成氨氣，而制硫酸接觸室中的反響為二氧化硫與氧氣在催化劑高溫條件下生成三氧化硫，二者都是可逆反響，據(jù)此剖析解答。此題考察工業(yè)生產(chǎn)中反響條件的選擇等，要點是化學反響原理的實質(zhì)應用，著重化學反響原理與實質(zhì)生成的聯(lián)系，題目難度中等?！敬鸢浮緿【分析】解：A．K與a連結(jié)，在中性條件下，鐵作負極、失電子、發(fā)生吸氧腐化，發(fā)生的電極反響為Fe-2e-=Fe2+，故A正確；B．K與a連結(jié)，石墨、Fe和飽和食鹽水形成原電池，將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，故B正確；C．K與b連結(jié)，F(xiàn)e作陰極，陰極上氫離子得電子，電極反響為2H++2e-=H2↑，故C正確；D．K與b連結(jié)，F(xiàn)e作陰極，F(xiàn)e被保護，該方法叫外加電流的陰極保護法，故D錯誤。應選：D。A．K與a連結(jié)，鐵在中性條件下發(fā)生吸氧腐化；B．K與a連結(jié)，石墨、Fe和飽和食鹽水形成原電池；C．K與b連結(jié)，F(xiàn)e作陰極，陰極上氫離子得電子生成氫氣；頁6第D．K與b連結(jié)，F(xiàn)e作陰極，被保護。此題考察了金屬的電化學腐化和防備，重視于考察學生對原電池原理和電解池原理的理解、運用，明確吸氧腐化、電化學保護、電極反響式的書寫是解題要點，題目難度不大，注意知識的累積、概括總結(jié)?！敬鸢浮緼【分析】解：B、C、D中均需要水浴加熱，只有A中乙醇在170℃時發(fā)生消去反響生成乙烯，不可以水浴加熱達成，應選：A。乙醇在170℃時發(fā)生消去反響生成乙烯，以此來解答。此題考察化學實驗方案的評論，為高頻考點，掌握有機物的性質(zhì)、有機物的制備實驗、實驗技術為解答的要點，重視剖析與實驗能力的考察，注意實驗的評論性剖析，題目難度不大?！敬鸢浮緽【分析】解：A、中碳原子所有共平面，但不可以所有共直線，故A錯誤；B、H3C-C≡C-CH3相當于是用兩個甲基代替了乙炔中的兩個H原子，故四個碳原子共直線，故B正確；C、CH2=CH-CH3相當于是用一個甲基代替了乙烯中的一個H原子，故此有機物中3個碳原子共平面，不是共直線，故C錯誤；D、因為碳碳單鍵能夠扭轉(zhuǎn)，故丙烷中碳原子能夠共平面，但共平面時為鋸齒型構(gòu)造，不行能共直線，故D錯誤。應選：B。原子共直線問題要以乙炔為母體，乙炔中4個原子共直線，據(jù)此剖析。此題考察了原子共直線問題，要找碳碳三鍵為母體，難度不大。【答案】B【分析】解：A、試管加熱不用墊石棉網(wǎng)，但假如墊石棉網(wǎng)也是能夠的，故A錯誤；B、滴定管能精準到0.01mL，比量筒精準度高，故B正確；C、量筒的清洗液必要倒入廢液缸，不可以將清洗液倒入燒杯，故C錯誤；D、酸堿中和滴準時，錐形瓶不用干燥，假如不干燥不影響實驗結(jié)果，故D錯誤。應選：B。A、試管加熱不用墊石棉網(wǎng)；B、滴定管能精準到0.01mL；C、量筒的清洗液必要倒入廢液缸；D、酸堿中和滴準時，錐形瓶不用干燥。此題考察了實驗儀器的使用以及實驗操作的正誤判斷，難度不大，應注意基礎知識的掌握?！敬鸢浮緽【分析】解：A．Al（OH）3在水溶液中部分電離，屬于弱電解質(zhì)，故A錯誤；B．Al2O3由鋁離子和氧離子構(gòu)成的晶體，屬于離子晶體，故B正確；C．鋁合金比純鋁的硬度大，熔點低，故C錯誤；D．氯化鋁為共價化合物，故D錯誤；應選：B。A．Al（OH）3在水溶液中部分電離；B．由離子構(gòu)成的晶體為離子晶體；C．合金的熔點低硬度大；頁7第D．氯化鋁為共價化合物。此題考察強弱電解質(zhì)、化學鍵、晶體種類判斷以及合金的特色，為高頻考點，明確基本觀點內(nèi)涵、物質(zhì)構(gòu)成微粒及微粒之間作使勁是解此題要點，題目難度不大?！敬鸢浮緾【分析】解：A．濃硫酸、濃鹽酸都是無色液體，故A正確；B．濃硫酸擁有強氧化性，碰到鐵發(fā)生鈍化，所以鐵片加入濃硫酸中無明展現(xiàn)象，鐵與濃鹽酸反響生成氯化亞鐵和氫氣，產(chǎn)生大批氣泡，故B正確；C．濃硫酸擁有脫水性，能夠使試紙脫水變黑，所以濃硫酸滴到pH試紙上最后變黑，故C錯誤；D．濃硫酸不就有揮發(fā)性，濃鹽酸擁有揮發(fā)性，所以將蘸有濃氨水的玻璃棒湊近濃鹽酸有白煙，湊近濃硫酸沒有白煙，故D正確；應選：C。A．依照濃硫酸、濃鹽酸物理性質(zhì)判斷；B．依照濃硫酸強氧化性解答；C．依照濃硫酸脫水性解答；D．濃硫酸不就有揮發(fā)性，濃鹽酸擁有揮發(fā)性，氨水碰到揮發(fā)性酸反響生成白色固體。此題考察有關濃硫酸、濃鹽酸的性質(zhì)等，重視于元素化合物知識的考察，為高頻考點，難度不大。【答案】A【分析】解：化合反響的觀點是由兩種或兩種以上的物質(zhì)生成一種新物質(zhì)A、氯氣和水反響生成HCl和HClO，則不可以經(jīng)過化合反響生成，故A選；B、氮氣和氧氣反響生成NO，則能經(jīng)過化合反響生成，故B不選；C、二氧化硫和氧氣生成三氧化硫，則能經(jīng)過化合反響生成，故C不選；D、鐵和氯化鐵反響生成氯化亞鐵，則能經(jīng)過化合反響生成，故D不選；應選：A?；戏错懼傅氖怯蓛煞N或兩種以上的物質(zhì)生成一種新物質(zhì)的反響；A、氯氣和水反響生成HCl和HClO；B、氮氣和氧氣反響生成NO；C、二氧化硫和氧氣生成三氧化硫；D、鐵和氯化鐵反響生成氯化亞鐵。此題考察物質(zhì)的性質(zhì)，為高頻考點，掌握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響為解答要點，重視剖析與應用能力的考察，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。【答案】B【分析】解：A．含-COOH，能與NaHCO3溶液反響產(chǎn)生氣體，故A正確；B．與鄰苯二甲酸（）的官能團不完整不一樣，不是同系物，故B錯誤；C．含-COOC，-在酸性條件，能發(fā)生水解反響生成乙酸，故C正確；D．只有苯環(huán)與氫氣發(fā)生加成，則1mol阿司匹林最多能與3molH2發(fā)生加成反響，故D正確；應選：B。由構(gòu)造可知，分子中含-COOH、-COOC-，聯(lián)合羧酸、酯的性質(zhì)來解答。此題考察有機物的構(gòu)造與性質(zhì)，為高頻考點，掌握官能團與性質(zhì)、有機反響為解答的要點，重視剖析與應用能力的考察，注意羧酸、酯的性質(zhì)，題目難度不大?！敬鸢浮緿頁8第【分析】解：A．亞鐵離子被氧化生成鐵離子，遇KSCN溶液為血紅色，而亞鐵離子不可以，可查驗能否變質(zhì)，故A正確；B．CH3CHO被氧化生成CH3COOH，乙酸顯酸性，乙醛不顯酸性，能夠pH查驗，故B正確；C．KI可被氧氣氧化生成碘，淀粉遇碘單質(zhì)變藍，則淀粉可查驗能否變質(zhì)，故C正確；D．碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉，碳酸鈉、碳酸氫鈉都與鹽酸反響生成氣體，不可以判斷碳酸氫鈉能否變質(zhì)，故D錯誤；應選：D。A．亞鐵離子被氧化生成鐵離子，遇KSCN溶液為血紅色；B．CH3CHO被氧化生成CH3COOH，乙酸顯酸性；C．KI可被氧氣氧化生成碘，淀粉遇碘單質(zhì)變藍；D．碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉，碳酸鈉、碳酸氫鈉都與鹽酸反響生成氣體。此題考察物質(zhì)的鑒識和查驗，為高頻考點，掌握物質(zhì)的性質(zhì)、反響與現(xiàn)象為解答的要點，重視剖析與實驗能力的考察，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大?！敬鸢浮緼【分析】解：A．Qc==1.04＞K，所以均衡逆向挪動，故A正確；B．反響前后氣體分子數(shù)不變，系統(tǒng)壓強不變，所以達到均衡后，氣體壓強不變，故B錯誤；C．若將容器的容積壓縮為本來的一半，相當于加壓，但加壓不對化學均衡產(chǎn)生影響，故C錯誤；D．反響逆向進行，說明v逆＞v正，跟著反響進行，CO和H2O的濃度增大，正反響速率增大，故D錯誤，應選：A。A．依據(jù)Qc與K的大小判斷反響的方向；B．反響前后氣體分子數(shù)不變，系統(tǒng)壓強不變；C．若將容器的容積壓縮為本來的一半，相當于加壓；D．依據(jù)此時反響進行的方向判斷化學反響速率變化狀況。此題考察化學均衡的挪動，依據(jù)表中數(shù)據(jù)，利用Qc與K的大小關系判斷反響的方向是解題的要點，難度不大，是基礎題?！敬鸢浮緾【分析】解：A、氫氧化鈉固體溶于水是放熱的過程，故NaOH（s）溶于水的過程中擴散汲取的能量小于水合開釋的能量，故A錯誤；B、酸堿中和放熱，故Q大于0，故B錯誤；C、反響的熱效應與反響的計量數(shù)成正比，故當將反響的計量數(shù)除以2時，反響的熱效應也除以2，即變?yōu)镹aOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+H2O（l）+QKJ，故C正確；D、氫氧化鈉固體溶于水放熱，即若將氫氧化鈉固體換為氫氧化鈉溶液，則反響放出的熱量變小，即則Q′Q，故D錯誤。應選：C。A、氫氧化鈉固體溶于水是放熱的過程；B、酸堿中和放熱；C、反響的熱效應與反響的計量數(shù)成正比；D、氫氧化鈉固體溶于水放熱。此題考察了反響熱的影響要素以及反響熱的大小比較，難度不大，注意掌握基礎知識。【答案】A頁9第【分析】解：A、用膠頭滴管將超出刻度線的溶液吸出，說明配制必定物質(zhì)的量濃度的溶液時，加水超出了刻度線，配制的濃度必定偏低，故A選；B、未進行恒重操作，可能會致使測定的硫酸銅粉末的質(zhì)量偏大，測定的結(jié)晶水的含量偏小，但若膽礬晶體中結(jié)晶水恰巧所有失掉，則測定的結(jié)晶水的含量正確，故B不選；C、酸堿滴定實驗，滴加最后一滴標準液，溶液顏色突變，未等候30s立刻讀數(shù)，可能未達到滴定終點，測定結(jié)果可能偏低，但也可能恰巧達到滴定終點，測定結(jié)果正確，故C不選；D、測定氣體摩爾體積時，氣體體積未減去注入酸的體積，致使清除的水的體積偏大，即生成氣體的體積偏大，測定結(jié)果偏高，故D不選；應選：A。A、配制必定物質(zhì)的量濃度的溶液時，加水超出刻度線時，溶液濃度偏低；B、進行恒重操作的作用是保證晶體失掉所有結(jié)晶水；C、酸堿滴定實驗中，滴入最后一滴標準液后，溶液顏色突變時，察看30s內(nèi)溶液不變色，再記錄液面讀數(shù)；D、測定氣體摩爾體積時，常用排水法，清除的水的體積等于生成氣體的體積，假如未減去注入酸的體積，則清除的水的體積偏大。此題考察基本實驗操作及偏差剖析，波及溶液的配制、中和滴定、測定結(jié)晶水的含量、測定氣體摩爾體積等實驗，重視學生剖析、實驗操作和數(shù)據(jù)辦理等綜合能力的考察，明確各個實驗的基來源理是解此題要點，注意掌握實驗操作的規(guī)范性和偏差剖析的方法，題目難度不大?！敬鸢浮緽【分析】解：A．原溶液中可能含Cl-，故A錯誤；-2+B．由上述剖析可知，原溶液中必定含3，故B正確；HCO、Ba-2+C．由上述剖析可知，原溶液中必定含3，故C錯誤；HCO、BaD．由上述剖析可知，原溶液中必定不含Al3+，故D錯誤；應選：B。取樣加入稀硫酸產(chǎn)生白色積淀和產(chǎn)生氣體，則必定含有-2+-與Al3+HCO3、Ba，又HCO3發(fā)生雙水解反響，所以原溶液中必定不含Al3+，取樣加入少許氫氧化鈉溶液產(chǎn)生白色積淀，則白色積淀必定含碳酸鋇，綜上所述，原溶液中必定含-2+3+-，據(jù)此剖析判斷。HCO3、Ba，必定不含Al，可能含Cl此題考察離子查驗與推測，掌握發(fā)生的離子反響及現(xiàn)象是解題要點，題目難度不大?！敬鸢浮緿【分析】解：A．依據(jù)圖示可知，加入20mL等濃度的氫氧化鈉溶液時，二者恰巧反響生成NaA，溶液的pH＞7，說明NaA為強堿弱酸鹽，則HA為弱酸，故A錯誤；--++B．a(chǎn)點反響后溶質(zhì)為NaA，A部分水解溶液呈堿性，則c（OH）＞c（H），聯(lián)合電荷守恒可知：c（Na）-+--+），故B錯誤；＞c（A），溶液中離子濃度大小為：c（Na）＞c（A）＞c（OH）＞c（HC．依據(jù)圖示可知，滴定終點時溶液呈堿性，甲基橙的變色范圍為3.1～4.4，酚酞的變色范圍為8～10，指示劑應當采納酚酞，不可以采納甲基橙，故C錯誤；-++-），故D正確；D．b點溶液的pH=7，呈中性，則c（OH）=c（H），依據(jù)電荷守恒可知：c（Na）=c（A應選：D。A．恰巧反響生成的NaA溶液呈堿性，說明NaA為強堿弱酸鹽；B．a(chǎn)點溶質(zhì)為NaA，A-部分水解溶液呈堿性；C．恰巧反響時溶液呈堿性，聯(lián)合指示劑的變色范圍剖析；D．b點溶液的-+pH=7，則c（OH）=c（H），聯(lián)合電荷守恒剖析。此題考察酸堿混淆的定性判斷，題目難度不大，明確圖示曲線變化的意義為解答要點，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關系，試題重視考察學生的剖析能力及靈巧應用基礎知識的能力。21.【答案】21626H+3折線型（V型）0.25NA分液漏斗83.2%頁10第【分析】解：（1）該反響中Ce元素化合價由+3價變?yōu)?4價，則Ce3+是復原劑，則雙氧水是氧化劑，得電子化合價降低，則O元素化合價由-1價變?yōu)?2價，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2，依據(jù)電荷守恒知未知微粒是氫離子，依據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒、原子守恒配平方程式為2Ce3++H2O2+6H2O=2Ce（OH）4↓+6H+，故答案為：2、1、6、2、6H+；（2）O為8號元素，其核外電子排布式為1s22s22p4，所以其核外電子排布在3種不一樣能量的電子亞層上；H2O中O原子成2個σ鍵，有2對未成鍵的孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，采納sp3型雜化雜化，孤對電子對成鍵電子的排擠作用較強，O-H之間的鍵角小于109°28′，所以H2O分子空間構(gòu)型是折線型（V型），故答案為：3；折線型（V型）；（3）依據(jù)化合價變化得每生成52gCe（OH）4，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為=×（4-3）=0.25mol，故答案為：0.25NA；4）實驗室中進行萃取實驗時，需要的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、分液漏斗，故答案為：分液漏斗；（5）滴定反響為：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，則Ce（OH）4的物質(zhì)的量為0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，故該產(chǎn)品中Ce（OH）4的質(zhì)量分數(shù)為=83.2%，故答案為：83.2%。（1）該反響中Ce元素化合價由+3價變?yōu)?4價，則Ce3+是復原劑，則雙氧水是氧化劑，得電子化合價降低，依據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒、原子守恒配平方程式；2）依據(jù)氧原子核外電子排布式剖析；依據(jù)水中O原子的雜化剖析；3）依據(jù)化合價變化計算得每生成52gCe（OH）4，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量；4）實驗室中進行萃取實驗時，需要的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、分液漏斗；5）依據(jù)電子守恒成立關系式：Ce（OH）4～FeSO4，而后進行計算求出Ce（OH）4的質(zhì)量，最后求出質(zhì)量分數(shù)。此題以工藝流程為基礎，考察化學實驗基本操作、元素及化合物知識、化學計算、氧化復原反響等有關知識，聯(lián)合題目信息對流程的剖析是此題的解題要點，題目難度中等。22.【答案】減小由圖速率變化推測T1＞T2，由均衡時n（CO2）變化推測均衡逆向挪動，正向為放熱反響，所以溫度高升，均衡常數(shù)K值減小0.0125mol/（L?s）Fe3+23++3HO?Fe（OH）+3H，+3+NaOCaClCa廢水中的酸（H）克制了Fe的水解均衡，減少了Fe（OH）膠體的生成，降低了吸附能力2322OH）2+2NH4Cl=CaCl2+NH3↑+2H2O【分析】解：（1）反響2NO（g）+2CO（g）?2CO（g）+N2（g）的均衡常數(shù)K=，依據(jù)速率變化或“先拐先平，數(shù)值大”規(guī)則可知T1＞T2，由n（CO2）隨溫度T和時間t的變化曲線圖可知，高升溫度，n（CO2）減小，即高升溫度，均衡逆向挪動，正反響為放熱反響，所以均衡常數(shù)K值減小，故答案為：；減??；由圖速率變化推測T1＞T2，由均衡時n（CO2）變化推測均衡逆向挪動，正向為放熱反響，所以溫度高升，均衡常數(shù)K值減??；（2）由圖可知，v（CO2）===0.025mol/（L?s），反響為2NO（g）+2CO（g）?2CO（g）+N2（g），則v（N2）=v（CO2）=×0.025mol/（L?s）=0.0125mol/（L?s），故答案為：0.0125mol/（L?s）；（3）Fe2（SO4）3中Fe3+水解的離子方程式為Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，酸性廢水中H+克制了Fe3+的水解平衡，減少了Fe（OH）3膠體的生成，降低了吸附能力，所以不可以吸附懸浮物沉降而除掉；反響2FeSO4+6Na2O2頁11第→2Na2FeO4+Na2O+2NaSO4+O2↑中，F(xiàn)e的化合價由+2→+6，發(fā)生氧化反響，即FeSO4為復原劑，Na2O2中O的化合價-1→-2或0，所以NaO既是氧化劑，又是復原劑，22故答案為：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，廢水中的酸（H+）克制了Fe3+的水解均衡，減少了Fe（OH）3膠體的生成，降低了吸附能力；Na2O2；（4）氨堿法工藝中，為提升氨氣的利用率，常在母液中加入生石灰CaO，反響為CaO+H2O=Ca（OH）2，加熱條件下Ca（OH）2和NHCl反響生成氨氣，反響的化學方程式為2NHCl+Ca（OH）22NH↑+CaCl+2HO，44322同時獲得大批副產(chǎn)品CaCl2，故答案為：CaCl2；2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2HO。1）反響的均衡常數(shù)等于生成物濃度冪積與反響物濃度冪積之比；依據(jù)速率變化或“先拐先平，數(shù)值大”規(guī)則可知T1＞T2，由圖可知，高升溫度，n（CO2）減??；（2）依據(jù)v==計算v（CO2），再依據(jù)反響計量關系計算v（N2）；（3）Fe2（SO4）3水解的離子反響為Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，酸性廢水中的H+會致使Fe2（SO4）3不可以形成膠體或許膠體特別少；氧化復原反響中氧化劑發(fā)生復原反響、元素的化合價降低，據(jù)此剖析解答；（4）氨堿法工藝中產(chǎn)生大批CaCl的化學方程式為：2NHCl+Ca（OH）22NH↑+CaCl+2HO，據(jù)此剖析解答。24322此題考察較為綜合，波及化學均衡及其影響要素、化學反響速率的計算、鹽類水解、氧化復原反響觀點、