《2023年上海市崇明区高考化学二模试卷(含答案解析).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年上海市崇明区高考化学二模试卷(含答案解析).docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 年上海市崇明区高考化学二模试卷一、单项选择题本大题共 20 小题，共 20.0 分1. 以下各组物质中，具有一样酸根的一组是()第 10 页，共 20 页A. K2 SO4、Na2SO3C. CaCl2、NaClB. K2MnO4、NaMnO4D. NaCl、KClO32. 明朝菽园杂记有海水提取食盐的记载：“烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，侯晒结浮白，扫而复淋”.该过程中“灰”的作用是()A. 萃取B. 吸附C. 结晶D. 蒸发3. 以下分子为极性分子的是()A. BF3B. NHC. SOD. CS3324. 既不是电解质，又不是非电解质的是( )A. 氯气B. 二氧化硫C.
2、 酒精D. 冰醋酸5. 以下反响中，不属于氧化复原反响的是()22A. H+ Cl 点燃2 HCl42422B. 2KMnO 加热KMnO+ MnO+ OC. CaO + H2O = Ca(OH)2D. Zn + H2SO4 = ZnSO4 + H2 6. 与氨碱法比较，以下关于联合制碱法优点的推断中不正确的选项是()A. 提高了原料利用率C. 削减了环境污染A.与互为同分异构体7. 以下物质属于同分异构体的一组是()B. 降低了生产本钱D. 减轻了对设备的腐蚀B. CH3 CH2 CH2 CH3 与C. C2H6与C3H8D. O2与O38. 以下关于卤素的说法正确的选项是()A. 将少量溴
3、水参加KI 溶液中，再参加苯，振荡，静置，可观看到下层液体呈紫色B. 液溴有强挥发性，保存时应加少量水液封C. Cl2可以从 NaBr 水溶液中置换出溴，可类推F2可以从 NaCl 水溶液中置换出氯单质D. 氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃9. 以下物质的变化过程中，化学键没有被破坏的是()A. 食盐溶解B. 干冰升华C. 氯化铵受热D. 电解水10. 第 116 号元素Lv 的名称为鉝。关于 293Lv的表达错误的选项是()116A. 原子序数 116C. 核外电子数 116B. 中子数 177D. 相对原子质量 29311. 以下物质中，既属于钾盐又属于碳酸盐的是()A. KNO3B.
4、Na COC. Na SOD. K CO23242312. 以下有关核外电子的运动状态的说法中错误的选项是()A. 电子亚层(能级)是描述电子运动的电子云状态B. 只有在电子能层、电子能级、电子云的伸展方向及电子的自旋都确定时，电子的运动状态才能确定下来C. 必需在B 项所述四个方面都确定时，才能打算组成每一能层的最多轨道数D. 电子云伸展方向与能量大小是无关的13. 以下电离方程式不正确的选项是()A. Ba(OH)2 = Ba2+ + 2OH4C. H2SO4 = 2H+ + SO 2B. KNO= K+ + NO 33D. NaHCO= Na+ + H+ + CO 23314. 欲证明一
5、瓶无色液体是纯水，牢靠的试验方法是 ()A. 测得其pH = 7B. 电解时得到H2与O2的体积比为2 1C. 遇钠生成氢气D. 1.01 105Pa时沸点为100 15. 用式量为 57 的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为()A. 16B. 8C. 10D. 1216. A2(g) + B2(g) = 2AB(g)H的能量变化如下图。以下有关表达正确的选项是 ()A. 2 mol A(g)和2 mol B(g)形成2 mol AB(g)吸取b kJ热量B. H = +(a b)kJ mol1C. 该反响中反响物的总能量高于生成物的总能量17.乙酸在酯化反响中断键位置是：
6、D. 断裂1 mol A A键和1 mol B B键，放出a kJ能量A. a 处B. b 处C. c 处D. b 或c 处18. 为了使埋在地下的钢管不易生锈，设计了如下几种方案，将钢管用导线与铅板连接用导线与锌板连接用导线与碳棒连接与直流电源负极连接 直流电源正极连接，其中可实行的方法是( )A. B. C. D. 19. 在某溶液中参加过量盐酸，产生白色沉淀。过滤后向滤液中参加过量氨水，生成白色沉淀。再参加过量氢氧化钠溶液，沉淀局部溶解。原溶液中含有的阳离子是()A. Na+、Ag+、Al3+C. Al3+、Fe3+、Mg2+B. Ba2+、Ag+、Mg2+D. Mg2+、Ag+、Al3
7、+20. 向含有1molKAl(SO4)2的溶液中逐滴参加氢氧化钡溶液，充分反响以下说法不正确的选项是()A. 当Al3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5mol4B. 当SO2恰好完全沉淀时，Al3+全部转化为偏铝酸根离子4C. 当向溶液中参加1.5mol氢氧化钡时，反响可用以下离子方程式表示：2Al3+ + 3SO2 +3Ba2+ + 6OH = 2Al(OH)3 +3BaSO4 D. 随参加的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的物质的量不断增大二、试验题本大题共 1 小题，共 10.0 分21. 亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。探究小组开展如下试验，答复以下问题：试验：制取NaClO
8、2 晶体按以下图装置进展制取。：NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO2 3H2O，38 60时析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和 NaCl。(1) 用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要 (填仪器名称)；装置C 的作用是。(2) B中产生ClO2的化学方程式。(3) 装置 D 中反响生成NaClO2的化学方程式为。反响后的溶液中阴离子除了ClO、ClO、Cl、ClO、OH外还可能含有的一种阴离子是，检验该离23子的方法是。(4) 请补充从装置 D 反响后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤。减压，55蒸发结
9、晶；得到成品。(5)假设撤去 D 中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是；试验：样品杂质分析与纯度测定(6)测定样品中NaClO2的纯度。测定时进展如下试验：2准确称肯定质量的样品，参加适量蒸馏水和过量的 KI 晶体，在酸性条件下发生如下反响：ClO +4I + 4H+ = 2H2O + 2I2 + Cl，将所得混合液稀释成 100mL 待测溶液。取25.00mL待测溶液，参加淀粉溶液做指示剂，用c mol L1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL(：I2 + 2S2O2 = 2I + S4O2)。36确认滴定终点的现象是。所称取的样品中NaClO2的物质的量
10、为mol(用含 c、V 的代数式表示)。三、简答题本大题共 3 小题，共 15.0 分22. 某温度时，在一个 2L 的密闭容器中，X、Y、Z 三种物质的物质的量随时间的变化曲线如下图依据图中数据，试填写以下空白： (1)该反响的化学方程式为；(2) 从开头至 2min，Z 的平均反响速率为；(3) 假设 X、Y、Z 均为气体，反响达平衡时：此时体系的压强是开头时的倍；假设此时只将容器的体积扩大为原来的2 倍，达平衡时，容器内温度将降低(容器不与外界进展热交换)，则该反响为反响(填“放热”或“吸热”)；达平衡时，容器内混合气体的平均分子量比原平衡时(填增大、减小或相等)(4)此反响达平衡后，假
11、设只加大体系压强，Z 的物质的量削减，假设Y 是气体，则X 的聚拢状态是 23. 在3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO +4H2O的反响中，元素的化合价上升，被氧化；该反响中氧化剂是，发生氧化反响的物质是；用单线桥表示反响的电子转移的方向和数目24. 氧氮杂环是药研制过程中觉察的一类重要活性物质，具有抗惊厥、抗肿瘤、改善脑缺血等性质。下面是某争论小组提出的一种氧氮杂环类化合物H 的合成路线：(1) 原料 A 的同分异构体中，含有苯环、且核磁共振氢谱中有4 个峰的是(写出其构造简式)。(2) 原料 D 的构造简式为；反响的反响类型为。(3) 符合以下条件的中间产物 F 的
12、同分异构体数目是，写出其中任意一种的构造简式。能发生银镜反响；分子中含有三取代的苯环构造，其中两个取代基是COOCH3和CH3CO ，且二者处于对位。(4)原料 B 俗名“马来酐”，它是每来酸(顺丁烯二酸：)的酸酐，它可以经以下变化分别得到苹果酸()和聚合物Q:写出反响I 的化学方程式。两分子苹果酸之间可以发生酯化反响生成六元环酯，请写出该反响的方程式：。 答案与解析 1. 答案：C解析：解：A、两种物质中的酸根离子前者是硫酸根离子，后者是亚硫酸根离子，故A 错误；B、两种物质中，前者为锰酸根离子，后者为高锰酸根离子，故B 错误； C、两种物质中，都是氯离子，故C 正确；D、两种物质中，前者为
13、氯离子，后者为氯酸根离子，故D 错误； 应选C依据盐由金属离子和酸根离子组成以及各酸根离子的名称进展分析此题考察了酸根离子的识记，只有熟记各种酸根离子的名称才能做出正确的推断2. 答案：B解析：解：烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，侯晒结浮白，扫而复淋是指将稻草麦秆等物燃烧得到草木灰，将草木灰铺在沙滩上，用海水浸湿，草木灰即可以吸附海盐，所以利用的是草木灰的吸附作用，应选：B。烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，侯晒结浮白，扫而复淋”这是一种海水制盐的方法，利用的是草木灰的吸附性，据此解答此题考察了一种海水制盐的过程，明确草木灰的性质是解题关键，题目难度不大3. 答案：B解析：解：A. BF
14、3分子中 B 的价层电子对数为 3，属于sp2杂化，空间构型为平面三角形，构造对称， 正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故A 错误；B.NH3空间构型为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故B 正确；C.SO3分子中 S 的价层电子对数为 3，属于sp2杂化，空间构型为平面三角形，构造对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故C 错误；D.CS2的构造为S = C = S，直线形分子正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故D 错误； 应选B分子构造不对称，正负电荷的中心不重合的分子为极性分子，而构造对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子，以此来解答此题考察极性分子和非极性分子推
15、断，侧重考察根本理论，难点是推断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，题目难度不大4. 答案：A解析：【分析】此题考察了对电解质与非电解质概念的理解，留意电解质与非电解质均为化合物，单质既不是电解质，也不是非电解质，题目较易。【解答】A. 氯气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A 符合题意；B. 二氧化硫为化合物，溶于水生成亚硫酸，亚硫酸在水中电离出自由移动的离子，亚硫酸为电解质， 二氧化硫为非电解质，故B 不符合题意；C. 酒精为化合物，溶于水和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子，为非电解质，故C 不符合题意；D. 冰醋酸为化合物，溶于水能电离出自由移动的离子，为电解质，故D 不
16、符合题意； 应选A。5. 答案：C解析：【分析】此题考察氧化复原反响，为高频考点，把握反响中元素的化合价变化为解答的关键，留意化合价的原则及常见元素的化合价，题目难度不大。【解答】A.H 和 Cl 元素化合价发生变化，属于氧化复原反响，故A 不选； B.Mn 和O 元素化合价发生变化，属于氧化复原反响，故B 不选； C.元素化合价没有发生变化，不是氧化复原反响，故C 选；D.Zn 和H 元素化合价发生变化，属于氧化复原反响，故D 不选。应选C。6. 答案：D解析：【分析】氨碱法：以食盐(氯化钠)、石灰石(经煅烧生成生石灰和二氧化碳)、氨气为原料来制取纯碱。先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再
17、通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液。其化学反响原理是：NH3 + CO2 + H2O + NaCl(饱和) = NaHCO3 +NH4Cl，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品：2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 +H2O，放出的二氧化22碳气体可回收循环使用，含有氯化铵的滤液与石灰乳(Ca(OH)2)混合加热，所放出的氨气可回收循环使用，CaO + H O = Ca(OH) ，2NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3 +2H2O；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳(其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气)为原 料来
18、制取纯碱，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法一样，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品， 其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，其次个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体。由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中参加细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和枯燥即得氯化铵产品。此时滤出氯化铵沉淀后所得的滤液，已根本上被氯化钠饱和，可回收循环使用。联合
19、制碱法与氨碱法比较，其最大的优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，使食盐的利用率提高到96%以上，缩短了生产流程，削减了对环境污染。此题主要考察了氨碱法(索氏)和联合制碱法(侯氏)的原理，把握原理是解题的关键，题目难度中等。【解答】A. 氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有72%74%；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，故 A 正确；B. 氨碱法：以食盐(氯化钠)、石灰石(经煅烧生成生石灰和二氧化碳)、氨气为原料来制取纯碱，联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳(其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气)为原料来 制取纯碱，氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法
20、循环物质：氯化钠，二氧化碳，最大的 优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，降低了本钱，故B 正确；C. 联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，废弃物少，故 C 正确；D. 联合制碱法把合成氨和纯碱两种产品联合起来，回收循环使用氯化钠，二氧化碳，设备利用率高， 加大了对设备的腐蚀，故D 错误；应选D。解析：解：A与构造一样性质一样为同种物质，故A 错误；7. 答案：BB.CH3 CH2 CH2 CH3与分子式一样、构造不同，为同分异构体，故B 正确；C.C2H6与C3H8构造相像组成相差CH2，为同系物，故 C 错误；D.O2与O3是同种元素组成的不同单质，属于同素异形体，故D
21、错误； 应选：B。同分异构体指分子式一样，构造不同的化合物，据此物质的组成与构造推断此题主要考察了同分异构体，题目难度不大，留意同素异形体、同分异构体、同种物质等概念的区分8. 答案：B解析：解：A、将少量溴水参加KI 溶液中，会发生反响生成碘单质，再参加苯，振荡，静置，会分层，溴溶解于苯中，苯和水互不相溶，密度小于水，可观看到上层液体呈紫色，故A 错误；B、液溴有强挥发性，用水液封能很好保存液溴，故B 正确；C、Cl2可以从 NaBr 水溶液中置换出溴，F2和非金属性强，在NaCl 水溶液中是和其中的水反响生成氧气和氟化氢，不能类推，故C 错误；D.HF 为弱酸，但与二氧化硅反响，可用氢氟酸
22、蚀刻玻璃，故D 错误； 应选：B。A.苯不溶于水密度小于水，分层后在溶液上层，溴单质易溶于苯层； B.液溴易挥发且溴蒸汽有毒；C、F2和NaCl 水溶液的反响先是和其中的水反响置换出氧气； D.HF 为弱酸，玻璃中含二氧化硅，二氧化硅和氢氟酸反响此题考察学生卤素单质的性质以及应用、物质的保存等学问，留意学问的迁移应用是解题的关键， 题目难度中等9. 答案：B解析：【分析】此题考察化学键，为高频考点，把握化学变化及电离中化学键的变化为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意升华为物理变化，题目难度不大。【解答】A.食盐溶解，发生电离，离子键被破坏，故A 不选； B.干冰升华，只破坏分子间作用力
23、，故B 选；C.氯化铵受热，固体消逝，生成氨气、HCl，发生化学变化，化学键破坏，故C 不选； D.电解水生成氢气、氧气，发生化学变化，化学键破坏，故D 不选。应选B。10. 答案：D解析：解： 293Lv原子的质量数= 293，质子数=电子数= 116，中子数= 293 116 = 177，原子序116数为 116，相对原子质量不是 293；应选：D。原子中核电荷数=核内质子数=核外电子数=原子序数，质量数=质子数+中子数，元素符号左上角为质量数，左下角为质子数，据此分析。此题考察了原子构造、微粒表示方法、原子符号的表示意义等，把握根底是解题关键，题目难度不大。11. 答案：D解析：【分析】
24、此题主要考察了盐的分类学问，是中学化学的根底学问，正确理解盐的定义、盐的分类是解题的前提，侧重根底学问的考察，难度不大。【解答】钾盐指由钾离子和酸根离子构成的盐，碳酸盐指金属离子(铵根)和碳酸酸根离子构成的盐，碳酸钾中既含有钾离子又含有碳酸根离子，所以既属于钾盐又属于碳酸盐，选项D 符合题意。应选D。12. 答案：C解析：【分析】此题考察了核外电子的运动状态等学问点，留意电子云不是电子的运动轨迹，而是电子在核外空间消灭概率密度分布的形象化描述，为易错点。【解答】A. 电子亚层(能级)是电子在核外空间消灭概率密度分布的形象化描述，即电子运动的电子云状态， 故A 正确；B. 电子的运动状态由电子能
25、层、电子能级、电子云的伸展方向以及电子的自旋状态打算，所以在电 子能层、电子能级、电子云的伸展方向以及电子的自旋状态确定时，电子的运动状态才能确定下来， 故B 正确；C. 第一能层只有s 能级 1 个原子轨道，其次能层有s 和p 能级共有 4 个原子轨道，第三能层有s、p 和 d 能级共有 9 个原子轨道，与电子能层、电子能级、电子云的伸展方向及电子的自旋无关，故C 错误；D. 同一能级上的电子能量一样，但电子云的空间伸展方向不同，故D 正确； 应选C。13. 答案：D解析：【分析】此题考察了电离方程式正误的推断，留意把握强电解质、弱电解质和弱酸酸式盐的电离方程式的书写方法，明确电离方程式的特
26、点是解答的关键，题目难度不大。【解答】A.氢氧化钡属于强碱，能完全电离出钡离子和氢氧根离子，电离方程式为Ba(OH)2 = Ba2+ 2OH， 故A 正确；3B.硝酸钾属于盐，能完全电离：KNO3 = K+ + NO，故 B 正确；4C.硫酸属于强酸，完全电离H2SO4 = 2H+ + SO2，故 C 正确；D.NaHCO3为强电解质，碳酸氢根离子为弱酸的酸根离子，不能拆写，电离方程式为NaHCO3 = Na+ +3HCO，故 D 错误。应选D。14. 答案：D解析：【分析】此题考察物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重学生的分析、试验力量的考察，题目难度中等，留意盐类的水解和电解原理，AB 为易
27、错点。【解答】A.强酸强碱盐的水溶液pH = 7，测得无色液体pH = 7不能确定是否为纯水，故A 错误；B.电解活泼金属的含氧酸盐溶液时，得到H2、O2的体积比为 2：1，不能确定是否为纯水，故 B 错误； C.只要含有水，就能跟钠反响生成氢气，不能确定是否为纯水，故C 错误；D.纯水在常压下的沸点为100，可通过测定沸点的方法证明是否为纯水，故D 正确。应选D。15. 答案：D解析：【分析】依据烷基组成通式结合式量为 57 确实定烷基，再依据烷烃的同分异构体中等效氢确定烷基同分异构体数目，利用等效H 推断甲苯苯环上的H 原子种类有 3 种，再利用组合计算推断考察同分异构体的书写，难度中等，
28、关键依据烷基式量为57 确实定烷基，留意利用等效氢推断可能的烷基异构状况与苯环中氢原子种类，利用组合计算【解答】烷基组成通式为CnH2n+1，烷基式量为 57，所以14n + 1 = 57，解得n = 4，所以烷基为C4H9， 假设为正丁烷形成的丁基，正丁烷分子中有2 种H 原子，形成的丁基有 2 种构造，假设为异丁烷形成的丁基，异丁烷分子中有2 种H 原子，形成的丁基有 2 种构造， 故丁基共有 4 种构造，甲苯苯环上的H 原子种类有 3 种，故丁基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为4 3 = 12，应选：D16. 答案：B解析：【分析】此题考察化学反响中能量变化的曲线分析，
29、难度不大，解题的关键是对图示的解读和对根底学问的敏捷运用。【解答】A 项，形成化学键放出热量，2 mol A(g)和2 mol B(g)形成2 mol AB(g)放出b kJ热量，错误； B 项，该反响的H =断裂化学键吸取的热量形成化学键放出的热量，所以H = +(a b)kJ mol1，正确；C 项，该反响是吸热反响，反响物的总能量低于生成物的总能量，错误； D 项，断裂1 mol A A键和1 mol B B键，需吸取a kJ能量，错误。17. 答案：B解析：【分析】此题考察了乙酸在酯化反响中的断键位置，把握酯化反响的反响原理是解题关键。酯化反响是酸与醇脱去一份子水生成酯；酯化反响的反响
30、原理是酸脱羟基醇脱氢，据此分析此题。【解答】应时，羧酸中的C O键断开，故乙酸在酯化反响中断键的位置是b。B 正确。酯化反响是酸与醇脱去一份子水生成酯，反响原理是酸脱羟基醇脱氢，所以乙酸发生酯化反应选B。18. 答案：A解析：【分析】此题考察金属的腐蚀与防护，明确原电池、电解池原理是解此题关键，防止金属被腐蚀可以承受物理方法或化学方法，题目难度不大。【解答】承受化学方法防止金属被腐蚀时可以承受电化学方法，作原电池正极或电解池阴极的金属能防止被腐蚀，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，用导线与铅板连接，构成的原电池中 Fe 比Pb 易失电子，所以 Fe 作负极而加速铁被腐蚀，故错误；用导线
31、与锌板连接，构成的原电池中Zn 比 Fe 易失电子，所以Fe 作正极而被保护，故正确；用导线与碳棒连接，构成的原电池中Fe 易失电子作负极，所以铁加速被腐蚀，故错误；与直流电源负极连接，构成的电解池中，Fe 作阴极而被保护，故正确；直流电源正极连接，构成的电解池中Fe 作阳极而加速被腐蚀，故错误。应选A。19. 答案：D解析：A.加过量盐酸生成氯化银沉淀，过滤后，滤液中参加氨水生成氢氧化铝沉淀，再加过量氢氧 化钠溶液，沉淀全部溶解，A 错误；B. 加过量盐酸生成氯化银沉淀，过滤后滤液中加过量氨水生成氢氧化镁沉淀，再加过量氢氧化钠溶液，沉淀不溶解，B 错误；C. 加过量盐酸无沉淀，错误；D. 加
32、过量盐酸生成氯化银沉淀，过滤后滤液中加过量氨水生成氢氧化铝和氢氧化镁沉淀，再加过量氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解，氢氧化镁不溶，D 正确。考点：离子的检验点评：氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于酸和强碱溶液；氢氧化镁能溶于酸但不能溶于碱溶液。20. 答案：D解析：解：A、第一阶段：从开头滴入Ba(OH)2到1.5mol时，反响按2KAl(SO4)2 + 3Ba(OH)2 = K2SO4 + 2Al(OH)3 +3BaSO4 进展，即当1molAl3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5mol，故 A 正确；B、1molKAl(SO4)2的溶液中含有 2mol 的SO2，当SO2恰好完全沉淀时，需要2mo
33、l 的Ba2+，即消耗44了 2mol 的Ba(OH)2，即KAl(SO4)2 + 2Ba(OH)2 = KAlO2 + 2BaSO4 +2H2O，Al3+全部转化为偏铝酸根离子，故B 正确；C、当向溶液中参加1.5mol氢氧化钡时，发生反响：2KAl(SO4)2 + 3Ba(OH)2 = K2SO4 + 2Al(OH)3 4+3BaSO4 ，离子方程式表示为：2Al3+ + 3SO2 + 3Ba2+ + 6OH = 2Al(OH)3 +3BaSO4 ，故 C正确；D、随参加的氢氧化钡的物质的量不断增大，开头沉淀量增多，随后氢氧化铝会溶解，故沉淀的物 质的量先增大后减小，故D 错误应选D此题是
34、一道关于离子之间的反响学问的题目，考察学生分析和解决问题的力量，难度较大21. 答案：(1)量筒；防止 D 瓶溶液倒吸到B 瓶中(或安全瓶)；(2)2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 = 2ClO2 +2Na2SO4 + H2O；4(3) 2ClO2 + 2NaOH + H2O2 = 2NaClO2 + O2 + 2H2O； SO2 ；取少量反响后的溶液，先加足量4盐酸，再加氯化钡溶液，假设产生白色沉淀，说明含有SO2 (4)趁热过滤；3860热水洗涤；低于60枯燥； (5)NaClO3和 NaCl；(6)滴入最终一滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不复原；c V
35、 103 mol 。解析：【分析】此题考察亚氯酸钠制备试验的根本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等学问，题目难度中等，理解原理是解题的关键，同时考察学生分析问题、解决问题的力量，难点是流程图的分析。【解答】(1) 用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶体滴管，所以还需要量筒， 装置D 中发生气体反响，装置内压强降低，装置C 的作用是安全瓶，防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中；故答案为：量筒；防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中；(2) 装置 B 中制备得到ClO2，所以 B 中反响为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，反响的方程式为2
36、NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 = 2 ClO2 +2Na2SO4 + H2O；故答案为：2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 = 2ClO2 +2Na2SO4 + H2O；(3) 装置 D 反响后的溶液获得NaClO2晶体，装置 D 中生成NaClO2，Cl 元素的化合价降低，双氧水应表现复原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平前方程式为：2NaOH + 2ClO2 + H2O2 = 2NaClO2 + 2H2O + O2，B 制得的气体中含有SO2，在装置 D 中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO2，用氯化钡溶液检验SO2，具体操作：取少量反响后的
37、溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2444溶液，假设产生白色沉淀，则说明含有SO2；44故答案为：2NaOH + 2ClO2 + H2O2 = 2NaClO2 + 2H2O + O2；SO2；取少量反响后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，假设产生白色沉淀，则说明含有SO2；(4) 从溶液中制取晶体，一般承受蒸发结晶、过滤、洗涤、枯燥的方法，为防止析出晶体NaClO2 3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应掌握温度3860进展洗涤，低于60枯燥； 故答案为：趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60枯燥；(5) 由题目信息可知，应掌握温度3860，高于60时NaClO2分解成NaClO3
38、和 NaCl，所以假设撤去D 中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和 NaCl； 故答案为：NaClO3和 NaCl；(6) 滴定终点时碘单质被消耗完，溶液蓝色消逝，故确认滴定终点的现象是：滴入最终一滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不复原；故答案为：滴入最终一滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不复原；3令样品中NaClO2的物质的量 x， 则： NaClO22I24S2O21mol4mol0.25xc mol L1 V 103L故x = c V 103mol，故答案为：c V 103mol。22.答案：3X + Y 2Z；0.05mol/(L.
39、min)；0.9；放热；减小；固态或液态解析：解：依据图象知，随着反响进展，X、Y 的物质的量削减而Z 物质的量增大，说明X、Y 是反响物而Z 是生成物，(1)到达平衡状态时，参与反响的 n(X) = (1.0 0.7)mol = 0.3mol、 n(Y) = (1.0 0.9)mol =0.1mol、 n(Z) = (0.2 0)mol = 0.2mol，同一反响中同一时间段内参与反响的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z 的计量数之比= 0.3mol：0.1mol：0.2mol = 3：1：2，所以该反响方程式为3X + Y 2Z，故答案为：3X + Y 2Z；V(2)Z的
40、平均反响速率= nt0.2= 22= 0.05mol/(L. min)，故答案为：0.05mol/(L. min)；(3) 依据图象知，未反响时混合气体的物质的量= (1.0 + 1.0)mol = 2.0mol，平衡状态混合气体物质的量= (0.9 + 0.7 + 0.2)mol = 1.8mol，恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比，所以平衡状态体系压强是开头时的1.8mol2.0mol= 0.9倍，故答案为：0.9；增大体积，容器内压强减小，减小压强，平衡向逆反响方向移动，温度降低，说明逆反响吸热， 所以正反响放热；达平衡时，混合气体的物质的量增大，混合物的质量不变，所以其平
41、均摩尔质量减小，即相对分子质量减小故答案为：放热；减小；(4) 只加大体系压强，Z 的物质的量削减，说明平衡向逆方向移动，即生成物的气体计量数大于反响物的，如Y 是气体，那么X 的聚拢状态肯定是固态或液态，故答案为：固态或液态依据图象知，随着反响进展，X、Y 的物质的量削减而Z 物质的量增大，说明X、Y 是反响物而Z 是生成物，(1)到达平衡状态时，参与反响的 n(X) = (1.0 0.7)mol = 0.3mol、 n(Y) = (1.0 0.9)mol =0.1mol、 n(Z) = (0.2 0)mol = 0.2mol，同一反响中同一时间段内参与反响的各物质的物质的量之比等于其计量数
42、之比，所以X、Y、Z 的计量数之比= 0.3mol：0.1mol：0.2mol = 3：1：2，据此书写方程式；V(2) Z的平均反响速率= n ；t(3) 恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比；依据温度与化学平衡的关系推断；依据质量、物质的量、摩尔质量的关系推断； (4)依据压强对化学平衡的影响推断23.答案：Cu；HNO3；Cu；= 3Cu(NO3)2 + 2NO +4H2O此题考察图象分析，侧重考察学生分析及计算力量，明确曲线变化趋势含义、物质的量变化量与其计量数的关系即可解答，难点是(3)题计算，题目难度中等解析：解：3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2N
43、O +4H2O中，Cu 元素的化合价由 0 上升为+2价，即Cu 元素的化合价上升，被氧化，Cu 为复原剂，发生氧化反响；该反响中转移6e，所以单线桥表示反响的电子转移的方向和数目=N 元素的化合价由+5价降低为+4价，则HNO3为氧化剂；故答案为：Cu；HNO3；Cu；= 3Cu(NO3)2 + 2NO +4H2O。3Cu(NO3)2 + 2NO +4H2O3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O中，Cu 元素的化合价由 0 上升为+2价，N 元素的化合价由+5价降低为+4价，复原剂发生氧化反响，该反响中转移6e，以此来解答。此题考察氧化复原反响，明确元素的化合价变化及氧化反响中的概念即可解答，留意单线桥标电子24.答案：(1)转移为解答的易错点，题目难度不大。(2)加成反响、(3)4+2H2O(4)解析：【分析】此题考察有机合成，侧重考察学生分析推断力量，依据反响前后有机物构造简式变化确定反响类型， 生疏常见有机物官能团及其性质，题目难度不大。【解答】且D 为，反响为消去反响；依据流程图知，反响为取代反响，反响为酯化反响，且 C 为CH3CH2OH，反响为加成反响，(4)