2019年上海市青浦区高考高三化学二模试卷(解析版)(共22页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019年上海市青浦区高考高三化学二模试卷一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1.12C与13C互为（）A. 同系物B. 同位素C. 同素异形体D. 同分异构体2.下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（）A. 汽油B. 煤油C. 柴油D. 石油气3.化学与生活密切相关，下列应用没有涉及氧化还原反应的是（）A. 过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂B. 铝热反应用于焊接铁轨C. 氯化铁用于净水D. 铝罐车用作运输浓硫酸4.下列变化中只存在放热过程的是（）A. 氯化钠晶体熔化B. 氢氧化钠晶体溶于水C. 液氮的气化D. 水蒸气的液化5.下列关于氨气的说法正确的是（）A. 氨

2、分子的空间构型为三角形B. 氨分子常温下能被氧化成一氧化氮C. 氨分子是含极性键的极性分子D. 氨水呈碱性，所以氨气是电解质6.下列变化过程中克服共价键的是（）A. 二氧化硅熔化B. 冰融化C. 氯化钾熔化D. 碘升华7.关于氮肥的说法正确的是（）A. 硫铵与石灰混用肥效增强B. 植物吸收氮肥属于氮的固定C. 使用碳铵应深施盖土D. 尿素属于铵态氮肥8.关于实验室制备乙烯的实验，下列说法正确的是（）A. 反应物是乙醇和过量的3molL-1H2SO4溶液B. 控制反应液温度在140CC. 反应容器中应加入少许碎瓷片D. 反应完毕后应先移去酒精灯，再从水中取出导管9.要证明某溶液中不含Fe3+而含

3、有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（）加入少量氯水加入少量KI溶液加入少量KSCN溶液A. B. C. D. 10.实验室分离苯和水，可选用下列（）A. B. C. D. 11.将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈如下变化：关于溶液中导致变色的微粒、的判断正确的是（）A. H+、HClO、Cl2B. H+、ClO-、Cl-C. HCl、ClO-、Cl-D. HCl、HClO、Cl212.如图实验操作正确的是（）A. 用装置甲收集SO2B. 用装置乙制备AlCl3晶体C. 中和滴定时，锥形瓶用待装液润洗D. 使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液13.a、b、c、d为原子序数依次增大的

4、短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）A. 四种元素中b的金属性最强B. 原子半径：dcbaC. d的单质氧化性比a的单质氧化性强D. c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱14.对于工业合成氨反应N2+3H22NH3+Q（Q0），下列判断正确的是（）A. 3体积H2和足量N2反应，必定生成2体积NH3B. 使用合适的催化剂，可以提高提高原料的利用率C. 500左右比室温更有利于向合成氨的方向进行D. 及时使氨液化、分离的主要目的是提高N2和H2的利用率15.为了除去括号中的杂质，不合理的是（）选项物质（杂质）加入试

5、剂方法A氯化铵溶液（FeCl3）氢氧化钠溶液过滤BKNO3（s）（少量NaCl）水结晶C乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液分液D乙醇（水）新制生石灰蒸馏A. AB. BC. CD. D16.探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（）A. AlCl3、氨水、稀盐酸B. Al2O3、氨水、稀盐酸C. Al、NaOH溶液、稀盐酸D. Al2(SO4)3溶液、NaOH溶液、稀盐酸17.下列说法正确的是（）A. 可通过加成反应实现的转化B. 丙基有2种同分异构体C. 乙炔和1，3-丁二烯互为同系物D. 烯烃只能发生加成反应，不能发生取代反应18.图为某有机物的结构，下列说法错误的是（）A. 该物质的名称为2-甲

6、基丙烷B. 该模型为球棍模型C. 该分子中所有碳原子均共面D. 一定条件下，可与氯气发生取代反应19.举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是（）A. 往母液中加入食盐的主要目的是使NaHCO3更多的析出B. 从母液中经过循环进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水C. 沉淀池中反应的化学方程式：2NH3+CO2+2NaCl+H2O=Na2CO3+2NH4ClD. 设计循环的目的是使原料氯化钠的利用率大大提升20.某无色溶液，经测定含有Al3+、Br-、SO42-，且各离子物质的量浓度相等（不考虑水电离出来的H+和OH-），则对该溶液的说法合理的是（）A. 可能含有C

7、l-B. 可能含有HCO3-C. 一定含有Na+D. 至少含有四种离子二、简答题（本大题共4小题，共60.0分）21.车辆碰撞瞬间，安全装置通电点火，使其中的粉末分解释放出大量保护气形成安全气囊。经分析确定气囊中粉末含有Na、Al、N、O四种元素，叠氮化钠（NaN3）经碰撞后会分解为Na、N2。（1）氮原子的最外层电子排布式是_，氧原子核外有_种能量不同的电子，叠氮化钠固体中阴阳离子的个数比为1：1，则该固体中含有的化学键是_（填化学键名称）。（2）在酸性溶液中，Al的最高价氧化物对应水化物的电离方程式为_。（3）氮和氧两种元素，非金属性较强的是_，请用一个事实说明其强弱_。工业上，通过如下转

8、化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体（4）配平并完成中反应的总化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：_NaCl+_H2O80C,通电_NaClO3+_反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是_。22.研究NO2、NO、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。利用反应6NO2（g）+8NH3（g）加热催化剂7N2（g）+12H2O（g）可处理NO2。（1）在2L的密闭容器中，2分钟内，上述反应混合物的物质的量增加了0.25mol，则2分钟内v（NH3）=_。（2）该反应的化学平衡常数表达式K=_；已知该反应平衡常数（K）与温度（T）的关系

9、如图所示，若升高温度，则v正反应_v逆反应（填“大于”、“小于”或“等于”）；反应达到平衡后若缩小反应容器体积，其它条件不变，则混合气体的平均式量将_（填“变大”、“变小”或“不变”）。酸雨是大气污染的危害之一，二氧化硫（SO2）的含量是空气质量监测的一个重要指标。某兴趣小组同学收集某地的雨水进行实验，每隔1h，通过pH计测定雨水样品的pH，测得的结果如下表：测定时间/h01234雨水样品的pH4.734.624.564.554.55（3）请写出上述pH变化的原因_。（4）有物质的量浓度相等的三种铵盐溶液：NH4ClNH4HCO3NH4HSO4，这三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是_（填编

10、号）。（5）向BaCl2溶液中通入足量SO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。_23.富马酸二甲酯（DMF）俗称防霉保鲜剂霉克星1号，曾广泛应用于化妆品、蔬菜、水果等防霉、防腐、防虫、保鲜，它的一条合成路线如图所示。回答下列问题：（1）B的结构简式为_，D中官能团名称_。（2）的反应的类型是_，的反应条件是_。（3）的反应方程式为_。（4）写出C的一种同分异构体，满足可水解且生成两种产物可相互转化_。（5）过程由多个步骤组成，写出由CD的合成路线。（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）24.地下水中硝酸盐造成的氮污染

11、已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。（1）实验前：配制500mL0.1molL-1H2SO4，所需的定量仪器有_，再用0.1molL-1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是_，然后用蒸馏水洗涤至中性；将KNO3溶液的pH调至2.5；为防止空气中的O2对脱氮的影响，对KNO3溶液的处理方法为_。（2）图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系（部分副反应产物曲线略去）。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式_。（3）研究表明铁粉和活性炭粉混合使用可提

12、高脱氮的效率，其可能的原因是_。（4）根据图说明，地下水中的CO32-会使脱氮效率偏低可能的原因_。（5）处理后的废液经过一定的加工步骤，可以转化为硝酸铁，用作媒染剂、铜着色剂、医药等，若0.56吨经稀H2SO4、蒸馏水洗涤并干燥后的铁粉，处理废液后，最后可以转化为硝酸铁固体_吨。1.【答案】B【解析】解：12C与13C是碳元素的两种不同的碳原子，故互为同位素。 故选：B。同种元素的不同种原子间互为同位素，据此分析。本题考查了“四同”概念的辨别，难度不大，应注意的概念要点的把握。2.【答案】D【解析】解：石油分馏首先得到的是石油气，这说明石油气的沸点最低，故选：D。石油分馏首先得到的是石油气。

13、本题考查石油的分馏，属于识记性题目，旨在考查学生对基础知识的掌握。3.【答案】C【解析】解：A过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，O元素化合价由-1价变为-2价和0价，所以该反应为氧化还原反应，故A不选； B铝热反应用于焊接铁轨过程中，铝元素化合价由0价变为+3价，所以属于氧化还原反应，故B不选； C氯化铁用于净水，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附净水，该过程中没有元素化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，故C选； D铝罐车用作运输浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性与铝发生钝化反应，所以属于氧化还原反应，故D不选； 故选：C。在化学应用中没有涉及氧化还原反应说明物质在应用过程中没有电子转

14、移，其特征是没有元素化合价变化，据此分析解答。本题以物质的用途为载体考查了氧化还原反应，根据反应过程中是否有元素化合价变化来分析解答，明确元素化合价是解本题关键，结合物质的性质分析解答，难度不大。4.【答案】D【解析】解：A氯化钠晶体融化是吸热的过程，故A错误； B氢氧化钠固体溶于水放热，氢氧化钠在水中电离吸热，故B错误； C液氮的气化是吸热的过程，故C错误； D水蒸气液化，为放热过程，故D正确。 故选：D。电解质的电离、铵盐溶于水、固体融化、液体汽化等均为吸热过程，而浓硫、氢氧化钠固体溶于、物质的液化、液体的固化均为放热过程，据此分析。本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重考查学生的分析能力

15、，本题注意电离过程吸热，为学生答题时易漏掉的地方，注意审题，难度不大。5.【答案】C【解析】解：ANH3中N原子的价层电子对数=3+（5-31）=4，属于sp3型杂化，CH4中C原子的价层电子对数=4+（4-41）=4，属于sp3型杂化，故A错误；B氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）。此时温度很高，故B错误；CNH3中有N、H元素之间形成极性键，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故C正确；D氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故D错误；故选：C。A根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数判断杂化类型；B

16、氨气催化氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，据此分析；C不同非金属元素之间存在极性键，正负电荷重心重合的分子是极性分子；D电解质必须本身能够电离。本题考查了化学键、分子的空间构型、电解质等，注意价层电子对互斥理论应用高频考点，题目难度不大。6.【答案】A【解析】解：A、二氧化硅是原子晶体，微熔化克服共价键，故A正确； B、冰融化克服的是分子间作用力，故B错误； C、氯化钾熔化克服是离子键，故C错误； D、碘升华克服的是分子间作用力，故D错误； 故选：A。原子晶体熔化克服共价键，离子晶体熔化或电离均克服离子键，分子晶体发生三态变化只破坏分子间作用力，非电解质溶于水

17、不发生电离，则不破坏化学键，以此来解答。此类题的解题方法是：先判断断键方式，再判断克服的作用力。7.【答案】C【解析】解：A将硫酸铵与碱性物质熟石灰混合施用时会放出氨气而降低肥效，故A错误； B氮的固定是元素游离态变化为化合态，植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素，不属于氮的固定，故B错误； C碳酸氢铵受热容易分解，易溶于水，使用碳铵应深施盖土，避免肥效损失，故C正确； D尿素属于有机氮肥，不属于铵态氮肥，故D错误。 故选：C。氮肥为含有氮元素的肥料，一般为尿素或铵盐，结合铵盐的性质来解答该题本题主要考查了农作物的生长与营养物质之间的关系问题，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学

18、生良好的科学素养，注意知识的积累，题目难度不大8.【答案】C【解析】解：A.3mol/L硫酸为稀硫酸，必须使用浓硫酸，故A错误； B反应温度在140时，生成的是乙醚，170时才生成乙烯，故B错误； C溶液加热为防暴沸，需要加入沸瓷片，故C正确； D为了防止倒吸，应先把导管从水中取出再熄灭酒精灯，故D错误； 故选：C。实验室制备乙烯所用的原料为乙醇和浓硫酸，反应条件是加热到170，反应装置为液液加热装置，据此进行解答。本题考查乙烯的实验室制法，题目难度不大，明确乙烯的制备原理为解答关键，注意有机反应的反应条件不同时，反应产物可能不同，试题培养了学生的化学实验能力。9.【答案】A【解析】解：先根据

19、Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，加入少量KI溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子， 故选：A。三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色； 二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子； 碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。本题考查了三价铁离子和二价铁离子的检验，题目难度不大，熟悉三价铁离子和二价铁离子的性质是解题的关键，注意铁离子具有氧化性能氧化碘离子生成碘单质，不容易判断。10.【答案】C【解析】解：苯和水分层，可选分液法

20、分离，只有C符合，A中为层析法，B为蒸发、D为过滤， 故选：C。苯和水分层，可选分液法分离，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、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意层析法为解答的难点，题目难度不大。11.【答案】A【解析】解；氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒、的判断正确的是A， 故选：A。氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，氯气能溶于水形成氯水溶液。本题考查了

21、氯气性质、氯气和水反应的产物分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。12.【答案】D【解析】解：A二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，故A错误； B加热条件下，氯化铝水解生成氢氧化铝，不能得到氯化铝，故B错误； C中和滴定中，锥形瓶不能润洗，否则造成实验误差，故C错误； D具有塞子或活塞的仪器使用时要检验是否漏液，则使用分液漏斗和容量瓶时，首先要查漏，故D正确。 故选：D。A二氧化硫密度比空气大； B氯化铝水解生成氢氧化铝； C中和滴定中，锥形瓶不能润洗； D具有塞子或活塞的仪器使用时要检验是否漏液本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点

22、，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大13.【答案】A【解析】解：由以上分析可知：a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素。 A同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性bc，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，故A正确； B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为bcd，a为O，原子半径最小，故B错误； C一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，故C错误； Dc为Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，故D错误； 故选：A。a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原

23、子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素；则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意把握原子核外电子排布的特点，把握性质的比较角度，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。14.【答案】D【解析】解：A合成氨为可逆反应，则3体积H2和足量N2反应，氢气不能完全转化，生成氨气小于2体积，故A错误； B催化剂不影响化学平衡，不能提高提高原料的利用率，故B错误；

24、 C为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则室温比500左右更有利于向合成氨的方向进行，故C错误； D及时使氨液化、分离，可使平衡正向移动，则提高N2和H2的利用率，故D正确； 故选：D。A合成氨为可逆反应； B催化剂不影响化学平衡； C为放热反应； D及时使氨液化、分离，可使平衡正向移动。本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。15.【答案】A【解析】解：A二者均与NaOH反应，不能除杂，应加氨水、过滤，故A错误； B二者溶解度受温度影响不同，可结晶法分离，故B正确； C乙酸与碳酸钠反应后，与

25、乙酸乙酯分层，可分液分离，故C正确； DCaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，可蒸馏分离，故D正确； 故选：A。A二者均与NaOH反应； B二者溶解度受温度影响不同； C乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层； DCaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，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】D【解析】解：由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，故AB均错误； 可溶性的铝盐Al2（SO4）3溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续加过量的氢氧化

26、钠，氢氧化铝沉淀会溶解，氢氧化铝沉淀中加盐酸沉淀溶解； 所以探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液、稀盐酸，故D正确。 故选：D。既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。本题考查了金属元素化合物的性质，题目难度不大，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。17.【答案】B【解析】解：A苯与溴在一定条件下如能发生加成反应，则应生成六溴环己烷，故A错误； B丙基有CH3CH2CH2-和-CH（CH3）2，共2种，故B正确； C乙炔和1，3-丁二烯结构不同，二者不是同系

27、物，故C错误； D烯烃在光照条件下可与氯气等发生取代反应，故D错误。 故选：B。A苯与溴发生加成反应，不能生成碳碳双键； B丙基有CH3CH2CH2-和-CH（CH3）2； C乙炔和1，3-丁二烯结构不同； D烯烃在光照条件下可与氯气等发生取代反应。本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，本题易错点为C，注意同分异构体的判断，难度中等。18.【答案】C【解析】解：A有机物为CH3CH（CH3）CH3，为2-甲基丙烷，故A正确； B由图可知该模型为球棍模型，故B正确； C为烷烃，每个碳原子都与其它原子形成四面体结构，所有的碳原子不

28、可能共平面，故C错误； D烷烃在光照条件下可发生取代反应，故D正确。 故选：C。由结构简式可知有机物为CH3CH（CH3）CH3，为2-甲基丙烷，结合烷烃的结构和性质解答该题。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与迁移能力的考查，题目难度不大。19.【答案】B【解析】解：A向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，故A错误； B向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，从母液中经过循环进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，故B正确； C沉淀池中发生的化学反应

29、为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，故C错误； D循环是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升，循环的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，二氧化碳利用率大大提升，故D错误； 故选：B。先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和母液为氯化铵溶液，沉淀池中得到碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，过滤得到碳酸氢钠晶体煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠纯碱，过滤后的母液通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品氯化铵，氯化钠溶液

30、循环使用， A向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度； B循环是Na2CO3、NH4Cl和氨水返回沉淀池中； C沉淀池中的反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体； D循环的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应，循环中的氯化钠有又返回到沉淀池。本题主要考察了联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，如何提高原料的利用率、检验氯离子的方法是关键。20.【答案】A【解析】解：等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液；

31、无色硫酸铝和溴化铝的溶液与NaCl溶液不反应、可共存，所以无色溶液可能还含有NaCl，即还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+； 由于Al3+和HCO3-离子不共存，所以不可能含有HCO3-； 综上：溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-三种离子；溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-、Cl-、Na+五种离子， 故选：A。等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液，也可能还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+，由于Al3+和HCO3-离子不共存，所以不可能含有HCO3-，据此解答。本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点

32、，把握离子之间的反应及离子检验方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度较大。21.【答案】2s23p3 3 离子键、共价键 Al（OH）3Al3+3OH- O NO2中氮元素显正价，氧元素显负价 1 3 1 3H2 室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体【解析】解：（1）氮原子核外7个电子，有三个电子层，最外层5个电子，氮原子的最外层电子排布式是：2s23p3，氧原子核电荷数8，核外电子数8，核外电子层数2个，有1s、2s、2p能级，有3种能量不同的电子，叠氮化钠固体中阴阳离子的个数比为1：1，则该固体中含有的化学键是离子键、共价键，故答案为：2s23p3；3；离子键、

33、共价键；（2）Al的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3在酸性溶液中按照碱式电离，电离方程式：Al（OH）3Al3+3OH-，故答案为：Al（OH）3Al3+3OH-；（3）氮和氧两种元素，为同周期元素，原子半径氧原子小，得到电子能力强，非金属性较强的是O，NO2中氮元素显正价，氧元素显负价说明氧原子得到电子能力大于氮，故答案为：O；NO2中氮元素显正价，氧元素显负价；（4）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体，电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气，所以反应方程式为：NaCl+3H2ONaClO3+3H2，故答案为：

34、1；3；1；3H2；相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出KClO3，故答案为：室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体；（1）氮原子核外7个电子，有三个电子层，最外层5个电子，氧原子核电荷数8，核外电子数8，核外电子层数2个，有1s、2s、2p能级，叠氮化钠NaN3固体中阴阳离子的个数比为1：1，说明存在离子键和共价键；（2）Al的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3在酸性溶液中按照碱式电离；（3）N、O元素非金属性氧元素强，在氮氧化物中氧元素为-2价，可以说明氧元素得到电子能力强；（4）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：

35、NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体，电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气；相同温度下，溶解度小的物质先析出；本题考查了氧化还原反应、原子结构分析、电解原理、电离方程式等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。22.【答案】0.1mol/（Lmin） c7(N2)c12(H2O)c6(NO2)c8(NH3) 小于 变大 亚硫酸被氧化成硫酸，酸性增强，pH减小 H2SO3H+HSO3-、HSO3-H+SO32-，滴加氨水后，中和电离出的H+，导致电离平衡正向移动，SO32-浓度增大，产生BaSO3沉淀【解析】解：（1）根据方程式6NO2（g）+8NH3（g）7

36、N2（g）+12H2O（g）知，如果有8mol氨气完全反应，则反应前后混合物增加的物质的量为5mol，则如果反应混合物的物质的量增加了0.25mol，则消耗n（NH3）=0.4mol，则2min内v（NH3）=mol/（Lmin）=0.1mol/（Lmin），故答案为：0.1mol/（Lmin）；（2）化学平衡常数K=；升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率，所以v正反应小于v逆反应；缩小体积相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，导致气体的物质的量减小，但是气体总质量不变，所以混合气体平均式量变大，故答案为：；小于；变大；（3）二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，

37、易被空气氧化生成硫酸，亚硫酸是弱酸、硫酸是强酸，所以溶液酸性增强，pH减小，故答案为：亚硫酸被氧化成硫酸，酸性增强，pH减小；（4）盐水解程度越大，水的电离程度越大；NH4+和HCO3-相互促进水解，H+抑制NH4+水解，所以水解程度，水的电离程度，故答案为：；（5）H2SO3H+HSO3-、HSO3-H+SO32-，滴加氨水后，中和电离出的H+，导致电离平衡正向移动，SO32-浓度增大，产生BaSO3沉淀，故答案为：H2SO3H+HSO3-、HSO3-H+SO32-，滴加氨水后，中和电离出的H+，导致电离平衡正向移动，SO32-浓度增大，产生BaSO3沉淀。（1）根据方程式6NO2（g）+8

38、NH3（g）7N2（g）+12H2O（g）知，如果有8mol氨气完全反应，则反应前后混合物增加的物质的量为5mol，则如果反应混合物的物质的量增加了0.25mol，则消耗n（NH3）=0.4mol，则2min内v（NH3）=；（2）化学平衡常数K等于气体生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率；缩小体积相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，导致气体的物质的量减小，但是气体总质量不变；（3）二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易被空气氧化生成硫酸；（4）盐水解程度越大，水的电离程度越大；NH4+和HCO3-相互促进水解，H+抑制

39、NH4+水解；（5）H2SO3H+HSO3-、HSO3-H+SO32-，滴加氨水后，中和电离出的H+，导致电离平衡正向移动。本题考查化学平衡计算、弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查分析判断能力，明确化学反应原理及元素化合物性质是解本题关键，熟练掌握外界条件对化学平衡移动影响原理，题目难度不大。23.【答案】ClCH2CH=CHCH2Cl 碳碳双键 加成反应 氢氧化钠水溶液、加热 CH3COOC2H5【解析】解：（1）由C的结构可知，反应是1，3-丁二烯与氯气发生1，4-加成反应生成1，4-二氯-2-丁烯，反应发生卤代烃的水解反应，故B为ClCH2CH=CHCH2ClD中官能团名称为：羧基、碳碳

40、双键，故答案为：ClCH2CH=CHCH2Cl；羧基、碳碳双键；（2）的反应的类型是：加成反应，的反应条件是：氢氧化钠水溶液、加热，故答案为：加成反应；氢氧化钠水溶液、加热；（3）是HOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应方程式为：，故答案为：；（4）C的一种同分异构体可水解且生成两种产物可相互转化，符合条件的C的同分异构体为：CH3COOC2H5，故答案为：CH3COOC2H5；（5）过程由多个步骤组成，对比C、D的结构，HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，然后发生氧化反应生成HOOCCH

41、2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：，故答案为：。由C的结构可知，反应是1，3-丁二烯与氯气发生1，4-加成反应生成1，4-二氯-2-丁烯，反应发生卤代烃的水解反应，故B为ClCH2CH=CHCH2Cl（5）中过程由多个步骤组成，对比C、D的结构，HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，然后发生氧化反应生成HOOCCH2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOHHOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到

42、CH3OOCCH=CHCOOCH3。本题考查有机物的合成，题目涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，注意根据有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。24.【答案】量筒（或酸式滴定管）、500mL容量瓶 除去铁锈 通入过量的氮气（或加热煮沸） 4Fe+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O 铁和碳粉形成原电池，加速硝酸根离子的还原 碳酸根离子水解呈碱性，溶液碱性越强，脱氮效率越低 2.42【解析】解：（1）实验前：配制500mL 0.1molL-1H2SO4，所需的定量仪器有量筒（或酸式滴定管）、500mL容量瓶，再用0

43、.1molL-1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是除去铁锈，然后用蒸馏水洗涤至中性；将KNO3溶液的pH调至2.5；为防止空气中的O2对脱氮的影响，对KNO3溶液的处理方法为通入过量的氮气（或加热煮沸），故答案为：量筒（或酸式滴定管）、500mL容量瓶；除去铁锈；通入过量的氮气（或加热煮沸）；（2）t1时刻前该反应的离子方程式为4Fe+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O，故答案为：4Fe+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O；（3）研究表明铁粉和活性炭粉混合使用可提高脱氮的效率，其可能的原因是铁和碳粉形成原电池，加速硝酸根离子的还原，故答案为：铁和碳粉形成原电池，加速硝酸根离

44、子的还原；（4）地下水中的CO32-会使脱氮效率偏低可能的原因为碳酸根离子水解呈碱性，溶液碱性越强，脱氮效率越低，故答案为：碳酸根离子水解呈碱性，溶液碱性越强，脱氮效率越低；（5）由FeFe（NO3）3可知，最后可以转化为硝酸铁固体为242t=2.42t，故答案为：2.42。（1）选量筒或酸式滴定管量取酸性溶液，在500m容量瓶中定容，铁的氧化物与稀硫酸反应，利用氮气或加热排出氧气；（2）t1时刻前，发生氧化还原反应生成亚铁离子、铵根离子；（3）铁粉和活性炭粉混合使用可提高脱氮的效率，与构成原电池有关；（4）地下水中的CO32-会使脱氮效率偏低，与水解显碱性有关；（5）结合FeFe（NO3）3计算。本题考查化学反应速率，为高频考点，把握物质的性质、反应速率的影响因素为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意图象及反应原理的应用，题目难度不大。专心-专注-专业