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2019年上海市青浦区高三一模化学试卷
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这是一份2019年上海市青浦区高三一模化学试卷，共27页。试卷主要包含了选择题．，解答题等内容，欢迎下载使用。
2019年上海市青浦区高三一模化学试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）．
1．（2分）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，医学上通过检测呼出气体是否含 13CO2，间接判断是否感染幽门螺杆菌，下列有关说法正确的是（ ）
A．13CO2 和 12CO2 互称同位素
B．13C 原子核外有 2 个未成对电子
C．尿素属于铵态氮肥
D．13C 的质量数为 7
2．（2分）下列变化过程中，需要破坏离子键的是（ ）
A．氯化氢溶于水 B．铁熔化
C．干冰升华 D．氯化钠溶于水
3．（2分）短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（ ）
A．元素 n 位于元素周期表第 3 周期，第ⅢA 族
B．单质与水反应置换出氢气的能力：m＜n
C．简单离子半径：m＞q
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n
4．（2分）下列有关NH3的说法错误的是（ ）
A．属于极性分子 B．比例模型
C．电子式为 D．含有极性键
5．（2分）只涉及到物理变化的是（ ）
A．石油裂化 B．煤的干馏 C．海水晒盐 D．高炉炼铁
6．（2分）比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（ ）
A．都使用了合适的催化剂
B．都选择了较高的温度
C．都选择了较高的压强
D．都未按化学方程式的系数进行投料反应
7．（2分）某小组利用如图装置研究电化学原理，下列说法错误的是（ ）
A．K 与a 连接，则铁电极会加速锈蚀，发生的电极反应为 Fe﹣2e→Fe2+
B．K 与a 连接，则该装置能将化学能转变为电能
C．K 与 b 连接，则该装置铁电极的电极反应 2H++2e→H2↑
D．K 与b 连接，则铁电极被保护，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法
8．（2分）实验室用水浴加热不能完成的实验是（ ）
A．制备乙烯 B．银镜反应
C．乙酸乙酯的制备 D．苯的硝化反应
9．（2分）下列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﹣CH3
C．CH2＝CH﹣CH3 D．CH3﹣CH2﹣CH3
10．（2分）下列有关仪器用法正确的是（ ）
A．对试管进行加热一定不能使用石棉网
B．使用滴定管量取液体，可精确至 0.01mL
C．用量筒量取一定体积的溶液，要洗涤 2～3 次，确保溶液全部转移
D．酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少误差
11．（2分）存在 AlCl3→Al（OH）3→Al2O3→Al 转化，下列说法正确的是（ ）
A．Al（OH）3 属于强电解质
B．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．（2分）下列有关浓硫酸和浓盐酸的说法错误的是（ ）
A．浓硫酸、浓盐酸都是无色液体
B．铁片加入浓硫酸中无明显现象，加入浓盐酸中有大量气泡产生
C．将两种酸分别滴到 pH 试纸上，试纸最终均呈红色
D．将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟
13．（2分）不能通过化合反应生成的物质是（ ）
A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl2
14．（2分）“神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有关阿司匹林的说法错误的是（ ）
A．能与NaHCO3 溶液反应产生气体
B．与邻苯二甲酸（）互为同系物
C．在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸
D．1mol 阿司匹林最多能与 3mol H2 发生加成反应
15．（2分）为确定下列物质在空气中是否部分变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是（ ）
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）
16．（2分）800℃时，可逆反应 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数 K＝1.800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如表，下列说法正确的是（ ）
物质
CO
H2O
CO2
H2
浓度/mol•L﹣1
0.002
0.003
0.0025
0.0025
A．此时平衡逆向移动
B．达到平衡后，气体压强降低
C．若将容器的容积压缩为原来的一半，平衡可能会向正向移动
D．正反应速率逐渐减小，不变时，达到化学平衡状态
17．（2分）关于 2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+Q kJ 说法正确的是（ ）
A．NaOH（s）溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放的能量
B．Q＞0
C．NaOH（s）+ H2SO4（aq）→ Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q KJ
D．若将上述反应中的 NaOH（s）换成 NaOH（aq），则Q′＞Q
18．（2分）下列操作一定会使结果偏低的是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出
B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作
C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟
D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积
19．（2分）某无色溶液中可能含有 Al3+、HCO3﹣、Ba2+和 Cl﹣，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（ ）
A．一定有 Cl﹣ B．一定有 HCO3﹣
C．可能有 Ba2+ D．可能有 Al3+
20．（2分）25℃时，向 20 mL 0.10 mol•L﹣1 的一元酸 HA 中逐滴加入 0.10 mol•L﹣1 NaOH 溶液，溶液 pH随加入 NaOH 溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．HA 为强酸
B．a 点溶液中，c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚酞
D．b 点溶液中，c（Na+）＝c（A﹣）
三、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15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，我国著名的化学家徐光宪因建立了稀土串级萃取理论，被誉为“中国稀土之父”。
（1）完成并配平下列反应的离子方程式： Ce3+ H2O2+ H2O→ Ce（OH）4↓+ 。
（2）氧的原子核外共有 个电子亚层，H2O 的空间构型为 ；
（3）若反应中有 52g Ce（OH）4 生成，则转移电子的数目为 ；
（4）实验室中进行萃取实验时，除玻璃棒、烧杯之外，还需要的玻璃仪器名称 ；
（5）取上述反应得到的 Ce（OH）4 样品 0.500g，加硫酸溶解后，用 0.100mol•L﹣1 FeSO4 标准溶液滴定至终点时（铈被还原为 Ce3+），消耗 20.00 mL 标准溶液。该样品中 Ce（OH）4 的质量分数为 。
22．（15分）综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。
反应 2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（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应时，n（CO2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。
（1）该反应的平衡常数表达式为K＝ ，若升高温度，平衡常数 K 值 （填“增加”“减小”或“不变”），说明理由 ；
（2）在 T2 温度下，0～2s 内的平均反应速率 v（N2）＝ ；
（3）工业废水的处理方法有很多，使用 Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因 ，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应的氧化剂为 ；
（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品 ，用化学方程式表示产生副产品的原因 。
23．（15分）某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。
向 KI 溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I﹣⇌I3﹣，I2、I3﹣在水中均呈黄色。
（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取 2～3 mL 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因是 ；
（2）继续通入氯气，溶液黄色褪去的可能的原因 ；
（3）NaOH 溶液的作用 ，反应结束后，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逐渐褪去，其中可能的原因是 。
24．（15分）H 是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃 A 制备 H 的合成路线如图。
回答下列问题：
（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的反应试剂和反应条件分别是 ，③的反应的类型是 ；
（4）E 物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取 F 物质，用系统命名法对 E 物质命名 ，F 物质的结构简式为 ；
（5）⑤的化学反应方程式为 ；
（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）。
2019-2020学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）．
1．（2分）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，医学上通过检测呼出气体是否含 13CO2，间接判断是否感染幽门螺杆菌，下列有关说法正确的是（ ）
A．13CO2 和 12CO2 互称同位素
B．13C 原子核外有 2 个未成对电子
C．尿素属于铵态氮肥
D．13C 的质量数为 7
【分析】A、具有相同质子数，不同中子数的核素，互称同位素；
B、根据13C电子排布式ls22s22p2可解答；
C、尿素属于有机物，不是铵盐；
D、在原子组成表达式中，左上角的数字代表质量数。
【解答】解：A、12CO2和13CO2具有相同元素的化合物，不属于同位素，故A错误；
B、根据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；
故选：B。
【点评】本题主要化学中的基础知识，注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）下列变化过程中，需要破坏离子键的是（ ）
A．氯化氢溶于水 B．铁熔化
C．干冰升华 D．氯化钠溶于水
【分析】活泼金属和活泼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应，离子键被破坏，据此分析解答。
【解答】解：A．HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，破坏共价键，故A错误；
B．铁熔化破坏金属键，故B错误；
C．冰升华发生物理变化，只破坏分子间作用力，故C错误；
D．氯化钠中只存在离子键，溶于水发生电离而破坏离子键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键区别是解本题关键，物理变化不发生化学键断裂，C为解答易错点。
3．（2分）短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（ ）
A．元素 n 位于元素周期表第 3 周期，第ⅢA 族
B．单质与水反应置换出氢气的能力：m＜n
C．简单离子半径：m＞q
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n
【分析】短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n为Al，结合各元素的相对位置可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，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，则单质与水反应置换出氢气的能力：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；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构及元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
4．（2分）下列有关NH3的说法错误的是（ ）
A．属于极性分子 B．比例模型
C．电子式为 D．含有极性键
【分析】NH3中N﹣H键为极性键，且由于三角锥型结构，故为极性分子，电子式为，据此分析。
【解答】解：A、氨气为三角锥形，为极性分子，故A正确；
B、由于氨气为三角锥形，故其比例模型为，故B错误；
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、形成于不同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。
故选：B。
【点评】本题考查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。
5．（2分）只涉及到物理变化的是（ ）
A．石油裂化 B．煤的干馏 C．海水晒盐 D．高炉炼铁
【分析】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本质区别是有无新物质生成。
【解答】解：A、石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故A错误；
B、煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、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。
故选：C。
【点评】本题难度不大，根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。
6．（2分）比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（ ）
A．都使用了合适的催化剂
B．都选择了较高的温度
C．都选择了较高的压强
D．都未按化学方程式的系数进行投料反应
【分析】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应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。
【解答】解：A．合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故A正确；
B．合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，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应没有选择了较高的压强，高压对设备要求高，故C错误；
D．合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应，则都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查工业生产中反应条件的选择等，重点是化学反应原理的实际应用，注重化学反应原理与实际生成的联系，题目难度中等。
7．（2分）某小组利用如图装置研究电化学原理，下列说法错误的是（ ）
A．K 与a 连接，则铁电极会加速锈蚀，发生的电极反应为 Fe﹣2e→Fe2+
B．K 与a 连接，则该装置能将化学能转变为电能
C．K 与 b 连接，则该装置铁电极的电极反应 2H++2e→H2↑
D．K 与b 连接，则铁电极被保护，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法
【分析】A．K与a连接，铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；
B．K与a连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池；
C．K与b连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气；
D．K与b连接，Fe作阴极，被保护。
【解答】解：A．K与a连接，在中性条件下，铁作负极、失电子、发生吸氧腐蚀，发生的电极反应为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故A正确；
B．K与a连接，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连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，电极反应为2H++2e﹣＝H2↑，故C正确；
D．K与b连接，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。
故选：D。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，侧重于考查学生对原电池原理和电解池原理的理解、运用，明确吸氧腐蚀、电化学保护、电极反应式的书写是解题关键，题目难度不大，注意知识的积累、归纳总结。
8．（2分）实验室用水浴加热不能完成的实验是（ ）
A．制备乙烯 B．银镜反应
C．乙酸乙酯的制备 D．苯的硝化反应
【分析】乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，以此来解答。
【解答】解：B、C、D中均需要水浴加热，只有A中乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，不能水浴加热完成，
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的性质、有机物的制备实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．（2分）下列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﹣CH3
C．CH2＝CH﹣CH3 D．CH3﹣CH2﹣CH3
【分析】原子共直线问题要以乙炔为母体，乙炔中4个原子共直线，据此分析。
【解答】解：A、中碳原子全部共平面，但不能全部共直线，故A错误；
B、H3C﹣C≡C﹣CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个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取代了乙烯中的一个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、由于碳碳单键可以扭转，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面时为锯齿型结构，不可能共直线，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。
10．（2分）下列有关仪器用法正确的是（ ）
A．对试管进行加热一定不能使用石棉网
B．使用滴定管量取液体，可精确至 0.01mL
C．用量筒量取一定体积的溶液，要洗涤 2～3 次，确保溶液全部转移
D．酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少误差
【分析】A、试管加热不用垫石棉网；
B、滴定管能精确到0.01mL；
C、量筒的洗涤液必需倒入废液缸；
D、酸碱中和滴定时，锥形瓶不用干燥。
【解答】解：A、试管加热不用垫石棉网，但如果垫石棉网也是可以的，故A错误；
B、滴定管能精确到0.01mL，比量筒精确度高，故B正确；
C、量筒的洗涤液必需倒入废液缸，不能将洗涤液倒入烧杯，故C错误；
D、酸碱中和滴定时，锥形瓶不用干燥，如果不干燥不影响实验结果，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查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。
11．（2分）存在 AlCl3→Al（OH）3→Al2O3→Al 转化，下列说法正确的是（ ）
A．Al（OH）3 属于强电解质
B．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
【分析】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；
D．氯化铝为共价化合物。
【解答】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；
故选：B。
【点评】本题考查强弱电解质、化学键、晶体类型判断以及合金的特点，为高频考点，明确基本概念内涵、物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，题目难度不大。
12．（2分）下列有关浓硫酸和浓盐酸的说法错误的是（ ）
A．浓硫酸、浓盐酸都是无色液体
B．铁片加入浓硫酸中无明显现象，加入浓盐酸中有大量气泡产生
C．将两种酸分别滴到 pH 试纸上，试纸最终均呈红色
D．将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟
【分析】A．依据浓硫酸、浓盐酸物理性质判断；
B．依据浓硫酸强氧化性解答；
C．依据浓硫酸脱水性解答；
D．浓硫酸不就有挥发性，浓盐酸具有挥发性，氨水遇到挥发性酸反应生成白色固体。
【解答】解：A．浓硫酸、浓盐酸都是无色液体，故A正确；
B．浓硫酸具有强氧化性，遇到铁发生钝化，所以铁片加入浓硫酸中无明显现象，铁与浓盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，产生大量气泡，故B正确；
C．浓硫酸具有脱水性，能够使试纸脱水变黑，所以浓硫酸滴到pH试纸上最终变黑，故C错误；
D．浓硫酸不就有挥发性，浓盐酸具有挥发性，所以将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有关浓硫酸、浓盐酸的性质等，侧重于元素化合物知识的考查，为高频考点，难度不大。
13．（2分）不能通过化合反应生成的物质是（ ）
A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl2
【分析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；
A、氯气和水反应生成HCl和HClO；
B、氮气和氧气反应生成NO；
C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁。
【解答】解：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质
A、氯气和水反应生成HCl和HClO，则不能通过化合反应生成，故A选；
B、氮气和氧气反应生成NO，则能通过化合反应生成，故B不选；
C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14．（2分）“神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有关阿司匹林的说法错误的是（ ）
A．能与NaHCO3 溶液反应产生气体
B．与邻苯二甲酸（）互为同系物
C．在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸
D．1mol 阿司匹林最多能与 3mol H2 发生加成反应
【分析】由结构可知，分子中含﹣COOH、﹣COOC﹣，结合羧酸、酯的性质来解答。
【解答】解：A．含﹣COOH，能与NaHCO3 溶液反应产生气体，故A正确；
B．与邻苯二甲酸（）的官能团不完全不同，不是同系物，故B错误；
C．含﹣COOC﹣，在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸，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 3mol H2 发生加成反应，故D正确；
故选：B。
【点评】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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意羧酸、酯的性质，题目难度不大。
15．（2分）为确定下列物质在空气中是否部分变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是（ ）
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）
【分析】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应生成气体。
【解答】解：A．亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液为血红色，而亚铁离子不能，可检验是否变质，故A正确；
B．CH3CHO 被氧化生成CH3COOH，乙酸显酸性，乙醛不显酸性，可以pH检验，故B正确；
C．KI可被氧气氧化生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，则淀粉可检验是否变质，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应生成气体，不能判断碳酸氢钠是否变质，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，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．（2分）800℃时，可逆反应 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数 K＝1.800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如表，下列说法正确的是（ ）
物质
CO
H2O
CO2
H2
浓度/mol•L﹣1
0.002
0.003
0.0025
0.0025
A．此时平衡逆向移动
B．达到平衡后，气体压强降低
C．若将容器的容积压缩为原来的一半，平衡可能会向正向移动
D．正反应速率逐渐减小，不变时，达到化学平衡状态
【分析】A．根据Qc与K的大小判断反应的方向；
B．反应前后气体分子数不变，体系压强不变；
C．若将容器的容积压缩为原来的一半，相当于加压；
D．根据此时反应进行的方向判断化学反应速率变化情况。
【解答】解：A．Qc＝＝1.04＞K，所以平衡逆向移动，故A正确；
B．反应前后气体分子数不变，体系压强不变，所以达到平衡后，气体压强不变，故B错误；
C．若将容器的容积压缩为原来的一半，相当于加压，但加压不对化学平衡产生影响，故C错误；
D．反应逆向进行，说明v逆＞v正，随着反应进行，CO和H2O的浓度增大，正反应速率增大，故D错误，
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的移动，根据表中数据，利用Qc与K的大小关系判断反应的方向是解题的关键，难度不大，是基础题。
17．（2分）关于 2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+Q kJ 说法正确的是（ ）
A．NaOH（s）溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放的能量
B．Q＞0
C．NaOH（s）+ H2SO4（aq）→ Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q KJ
D．若将上述反应中的 NaOH（s）换成 NaOH（aq），则Q′＞Q
【分析】A、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程；
B、酸碱中和放热；
C、反应的热效应与反应的计量数成正比；
D、氢氧化钠固体溶于水放热。
【解答】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吸收的能量小于水合释放的能量，故A错误；
B、酸碱中和放热，故Q小于0，故B错误；
C、反应的热效应与反应的计量数成正比，故当将反应的计量数除以2时，反应的热效应也除以2，即变为NaOH（s）+ H2SO4（aq）→ Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q KJ，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，则反应放出的热量变小，即则Q′＜Q，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了反应热的影响因素以及反应热的大小比较，难度不大，注意掌握基础知识。
18．（2分）下列操作一定会使结果偏低的是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出
B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作
C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟
D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积
【分析】A、配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过刻度线时，溶液浓度偏低；
B、进行恒重操作的作用是确保晶体失去全部结晶水；
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，观察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，排除的水的体积等于生成气体的体积，如果未减去注入酸的体积，则排除的水的体积偏大。
【解答】解：A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；
B、未进行恒重操作，可能会导致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好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，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，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，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，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查基本实验操作及误差分析，涉及溶液的配制、中和滴定、测定结晶水的含量、测定气体摩尔体积等实验，侧重学生分析、实验操作和数据处理等综合能力的考查，明确各个实验的基本原理是解本题关键，注意掌握实验操作的规范性和误差分析的方法，题目难度不大。
19．（2分）某无色溶液中可能含有 Al3+、HCO3﹣、Ba2+和 Cl﹣，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（ ）
A．一定有 Cl﹣ B．一定有 HCO3﹣
C．可能有 Ba2+ D．可能有 Al3+
【分析】取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3﹣、Ba2+，又HCO3﹣与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3﹣、Ba2+，一定不含Al3+，可能含 Cl﹣，据此分析判断。
【解答】解：A．原溶液中可能含 Cl﹣，故A错误；
B．由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3﹣、Ba2+，故B正确；
C．由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3﹣、Ba2+，故C错误；
D．由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。
20．（2分）25℃时，向 20 mL 0.10 mol•L﹣1 的一元酸 HA 中逐滴加入 0.10 mol•L﹣1 NaOH 溶液，溶液 pH随加入 NaOH 溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．HA 为强酸
B．a 点溶液中，c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚酞
D．b 点溶液中，c（Na+）＝c（A﹣）
【分析】A．恰好反应生成的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．恰好反应时溶液呈碱性，结合指示剂的变色范围分析；
D．b点溶液的pH＝7，则c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒分析。
【解答】解：A．根据图示可知，加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时，二者恰好反应生成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点反应后溶质为NaA，A﹣部分水解溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（Na+）＞c（A﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；
C．根据图示可知，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，指示剂应该选用酚酞，不能选用甲基橙，故C错误；
D．b点溶液的pH＝7，呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），根据电荷守恒可知：c（Na+）＝c（A﹣），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
三、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15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，我国著名的化学家徐光宪因建立了稀土串级萃取理论，被誉为“中国稀土之父”。
（1）完成并配平下列反应的离子方程式： 2 Ce3+ 1 H2O2+ 6 H2O→ 2 Ce（OH）4↓+ 6 H+ 。
（2）氧的原子核外共有 3 个电子亚层，H2O 的空间构型为 折线型（V型） ；
（3）若反应中有 52g Ce（OH）4 生成，则转移电子的数目为 0.25NA ；
（4）实验室中进行萃取实验时，除玻璃棒、烧杯之外，还需要的玻璃仪器名称 分液漏斗 ；
（5）取上述反应得到的 Ce（OH）4 样品 0.500g，加硫酸溶解后，用 0.100mol•L﹣1 FeSO4 标准溶液滴定至终点时（铈被还原为 Ce3+），消耗 20.00 mL 标准溶液。该样品中 Ce（OH）4 的质量分数为 83.2% 。
【分析】（1）该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
（2）根据氧原子核外电子排布式分析；根据水中O原子的杂化分析；
（3）根据化合价变化计算得每生成52g Ce（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）根据电子守恒建立关系式：Ce（OH）4～FeSO4，然后进行计算求出Ce（OH）4的质量，最后求出质量分数。
【解答】解：（1）该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，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，根据电荷守恒知未知微粒是氢离子，根据转移电子守恒、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种不同能量的电子亚层上；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，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，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）根据化合价变化得每生成52g Ce（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）滴定反应为：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%。
【点评】本题以工艺流程为基础，考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，题目难度中等。
22．（15分）综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。
反应 2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（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应时，n（CO2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。
（1）该反应的平衡常数表达式为K＝ ，若升高温度，平衡常数 K 值 减小 （填“增加”“减小”或“不变”），说明理由 由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n（CO2）变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小 ；
（2）在 T2 温度下，0～2s 内的平均反应速率 v（N2）＝ 0.0125mol/（L•s） ；
（3）工业废水的处理方法有很多，使用 Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因 Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，废水中的酸（H+）抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3胶体的生成，降低了吸附能力 ，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应的氧化剂为 Na2O2 ；
（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品 CaCl2 ，用化学方程式表示产生副产品的原因 Ca（OH）2+2NH4Cl＝CaCl2+2NH3↑+2H2O 。
【分析】（1）反应的平衡常数等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知 T1＞T2，由图可知，升高温度，n（CO2）减小；
（2）根据v＝＝计算v（CO2），再根据反应计量关系计算v（N2）；
（3）Fe2（SO4）3 水解的离子反应为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，酸性废水中的H+会导致Fe2（SO4）3 不能形成胶体或者胶体非常少；氧化还原反应中氧化剂发生还原反应、元素的化合价降低，据此分析解答；
（4）氨碱法工艺中产生大量CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，据此分析解答。
【解答】解：（1）反应2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）的平衡常数K＝，根据速率变化或“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，升高温度，n（CO2）减小，即升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以平衡常数K值减小，
故答案为：；减小；由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n（CO2）变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小；
（2）由图可知，v（CO2）＝＝＝0.025mol/（L•s），反应为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（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+抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3 胶体的生成，降低了吸附能力，因此不能吸附悬浮物沉降而除去；反应2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑中，Fe的化合价由+2→+6，发生氧化反应，即FeSO4为还原剂，Na2O2中O的化合价﹣1→﹣2或0，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，废水中的酸（H+）抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3 胶体的生成，降低了吸附能力；Na2O2；
（4）氨碱法工艺中，为提高氨气的利用率，常在母液中加入生石灰CaO，反应为CaO+H2O＝Ca（OH）2，加热条件下Ca（OH）2和NH4Cl反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，同时得到大量副产品CaCl2，
故答案为：CaCl2；2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O。
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡及其影响因素、化学反应速率的计算、盐类水解、氧化还原反应概念、化工生产等知识，为高频考点，明确化学反应原理的应用为解答关键，注意掌握化学平衡图象的分析判断，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度中等。
23．（15分）某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。
向 KI 溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I﹣⇌I3﹣，I2、I3﹣在水中均呈黄色。
（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取 2～3 mL 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 I2 ，生成该物质的化学方程式为 Cl2+2KI＝I2+2KCl ，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是 I3﹣ ；
（2）继续通入氯气，溶液黄色褪去的可能的原因 生成的碘单质被氯气氧化为无色物质 ；
（3）NaOH 溶液的作用 吸收多余的氯气 ，反应结束后，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逐渐褪去，其中可能的原因是 氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应 。
【分析】（1）氯气与KI发生Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，以及I2+I﹣⇌I3﹣，取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3﹣；
（2）继续通入氯气，溶液黄色褪去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；
（3）NaOH溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。
【解答】解：（1）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I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI＝I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3﹣，发生反应为I2+I﹣⇌I3﹣，
故答案为：I2；Cl2+2KI＝I2+2KCl；I3﹣；
（2）氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI＝KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色褪去；
故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质；
（3）NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。
【点评】本题考查氯气与碘反应的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力实验能力的考查，难度不大，注意相关知识的积累。
24．（15分）H 是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃 A 制备 H 的合成路线如图。
回答下列问题：
（1）A 物质的一氯代物共有 4 种；
（2）B 物质中含有的官能团名称 氯原子 ；
（3）①的反应试剂和反应条件分别是 氯气、光照 ，③的反应的类型是 还原反应 ；
（4）E 物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取 F 物质，用系统命名法对 E 物质命名 2﹣甲基丙烷 ，F 物质的结构简式为 ；
（5）⑤的化学反应方程式为 ；
（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）。
【分析】由B的结构可知，芳香烃为A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H．由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为。
（6）结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成．先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成。
【解答】解：（1）由B的结构可知，芳香烃为A为，A 物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种，
故答案为：4；
（2）B的结构简式为：，B 物质中含有的官能团名称为：氯原子，
故答案为：氯原子；
（3）反应①是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应③中硝基转化为氨基，属于还原反应，
故答案为：氯气、光照；还原反应；
（4）由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为，用系统命名法对 E 物质命名为：2﹣甲基丙烷，
故答案为：2﹣甲基丙烷；；
（5）⑤的化学反应方程式为：，
故答案为：；
（6）结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成．先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查。
2019年上海市青浦区高三一模化学试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）．
1．（2分）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，医学上通过检测呼出气体是否含 13CO2，间接判断是否感染幽门螺杆菌，下列有关说法正确的是（ ）
A．13CO2 和 12CO2 互称同位素
B．13C 原子核外有 2 个未成对电子
C．尿素属于铵态氮肥
D．13C 的质量数为 7
2．（2分）下列变化过程中，需要破坏离子键的是（ ）
A．氯化氢溶于水 B．铁熔化
C．干冰升华 D．氯化钠溶于水
3．（2分）短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（ ）
A．元素 n 位于元素周期表第 3 周期，第ⅢA 族
B．单质与水反应置换出氢气的能力：m＜n
C．简单离子半径：m＞q
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n
4．（2分）下列有关NH3的说法错误的是（ ）
A．属于极性分子 B．比例模型
C．电子式为 D．含有极性键
5．（2分）只涉及到物理变化的是（ ）
A．石油裂化 B．煤的干馏 C．海水晒盐 D．高炉炼铁
6．（2分）比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（ ）
A．都使用了合适的催化剂
B．都选择了较高的温度
C．都选择了较高的压强
D．都未按化学方程式的系数进行投料反应
7．（2分）某小组利用如图装置研究电化学原理，下列说法错误的是（ ）
A．K 与a 连接，则铁电极会加速锈蚀，发生的电极反应为 Fe﹣2e→Fe2+
B．K 与a 连接，则该装置能将化学能转变为电能
C．K 与 b 连接，则该装置铁电极的电极反应 2H++2e→H2↑
D．K 与b 连接，则铁电极被保护，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法
8．（2分）实验室用水浴加热不能完成的实验是（ ）
A．制备乙烯 B．银镜反应
C．乙酸乙酯的制备 D．苯的硝化反应
9．（2分）下列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﹣CH3
C．CH2＝CH﹣CH3 D．CH3﹣CH2﹣CH3
10．（2分）下列有关仪器用法正确的是（ ）
A．对试管进行加热一定不能使用石棉网
B．使用滴定管量取液体，可精确至 0.01mL
C．用量筒量取一定体积的溶液，要洗涤 2～3 次，确保溶液全部转移
D．酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少误差
11．（2分）存在 AlCl3→Al（OH）3→Al2O3→Al 转化，下列说法正确的是（ ）
A．Al（OH）3 属于强电解质
B．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．（2分）下列有关浓硫酸和浓盐酸的说法错误的是（ ）
A．浓硫酸、浓盐酸都是无色液体
B．铁片加入浓硫酸中无明显现象，加入浓盐酸中有大量气泡产生
C．将两种酸分别滴到 pH 试纸上，试纸最终均呈红色
D．将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟
13．（2分）不能通过化合反应生成的物质是（ ）
A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl2
14．（2分）“神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有关阿司匹林的说法错误的是（ ）
A．能与NaHCO3 溶液反应产生气体
B．与邻苯二甲酸（）互为同系物
C．在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸
D．1mol 阿司匹林最多能与 3mol H2 发生加成反应
15．（2分）为确定下列物质在空气中是否部分变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是（ ）
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）
16．（2分）800℃时，可逆反应 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数 K＝1.800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如表，下列说法正确的是（ ）
物质
CO
H2O
CO2
H2
浓度/mol•L﹣1
0.002
0.003
0.0025
0.0025
A．此时平衡逆向移动
B．达到平衡后，气体压强降低
C．若将容器的容积压缩为原来的一半，平衡可能会向正向移动
D．正反应速率逐渐减小，不变时，达到化学平衡状态
17．（2分）关于 2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+Q kJ 说法正确的是（ ）
A．NaOH（s）溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放的能量
B．Q＞0
C．NaOH（s）+ H2SO4（aq）→ Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q KJ
D．若将上述反应中的 NaOH（s）换成 NaOH（aq），则Q′＞Q
18．（2分）下列操作一定会使结果偏低的是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出
B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作
C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟
D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积
19．（2分）某无色溶液中可能含有 Al3+、HCO3﹣、Ba2+和 Cl﹣，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（ ）
A．一定有 Cl﹣ B．一定有 HCO3﹣
C．可能有 Ba2+ D．可能有 Al3+
20．（2分）25℃时，向 20 mL 0.10 mol•L﹣1 的一元酸 HA 中逐滴加入 0.10 mol•L﹣1 NaOH 溶液，溶液 pH随加入 NaOH 溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．HA 为强酸
B．a 点溶液中，c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚酞
D．b 点溶液中，c（Na+）＝c（A﹣）
三、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15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，我国著名的化学家徐光宪因建立了稀土串级萃取理论，被誉为“中国稀土之父”。
（1）完成并配平下列反应的离子方程式： Ce3+ H2O2+ H2O→ Ce（OH）4↓+ 。
（2）氧的原子核外共有 个电子亚层，H2O 的空间构型为 ；
（3）若反应中有 52g Ce（OH）4 生成，则转移电子的数目为 ；
（4）实验室中进行萃取实验时，除玻璃棒、烧杯之外，还需要的玻璃仪器名称 ；
（5）取上述反应得到的 Ce（OH）4 样品 0.500g，加硫酸溶解后，用 0.100mol•L﹣1 FeSO4 标准溶液滴定至终点时（铈被还原为 Ce3+），消耗 20.00 mL 标准溶液。该样品中 Ce（OH）4 的质量分数为 。
22．（15分）综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。
反应 2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（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应时，n（CO2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。
（1）该反应的平衡常数表达式为K＝ ，若升高温度，平衡常数 K 值 （填“增加”“减小”或“不变”），说明理由 ；
（2）在 T2 温度下，0～2s 内的平均反应速率 v（N2）＝ ；
（3）工业废水的处理方法有很多，使用 Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因 ，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应的氧化剂为 ；
（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品 ，用化学方程式表示产生副产品的原因 。
23．（15分）某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。
向 KI 溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I﹣⇌I3﹣，I2、I3﹣在水中均呈黄色。
（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取 2～3 mL 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因是 ；
（2）继续通入氯气，溶液黄色褪去的可能的原因 ；
（3）NaOH 溶液的作用 ，反应结束后，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逐渐褪去，其中可能的原因是 。
24．（15分）H 是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃 A 制备 H 的合成路线如图。
回答下列问题：
（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的反应试剂和反应条件分别是 ，③的反应的类型是 ；
（4）E 物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取 F 物质，用系统命名法对 E 物质命名 ，F 物质的结构简式为 ；
（5）⑤的化学反应方程式为 ；
（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）。
2019-2020学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）．
1．（2分）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，医学上通过检测呼出气体是否含 13CO2，间接判断是否感染幽门螺杆菌，下列有关说法正确的是（ ）
A．13CO2 和 12CO2 互称同位素
B．13C 原子核外有 2 个未成对电子
C．尿素属于铵态氮肥
D．13C 的质量数为 7
【分析】A、具有相同质子数，不同中子数的核素，互称同位素；
B、根据13C电子排布式ls22s22p2可解答；
C、尿素属于有机物，不是铵盐；
D、在原子组成表达式中，左上角的数字代表质量数。
【解答】解：A、12CO2和13CO2具有相同元素的化合物，不属于同位素，故A错误；
B、根据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；
故选：B。
【点评】本题主要化学中的基础知识，注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）下列变化过程中，需要破坏离子键的是（ ）
A．氯化氢溶于水 B．铁熔化
C．干冰升华 D．氯化钠溶于水
【分析】活泼金属和活泼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应，离子键被破坏，据此分析解答。
【解答】解：A．HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，破坏共价键，故A错误；
B．铁熔化破坏金属键，故B错误；
C．冰升华发生物理变化，只破坏分子间作用力，故C错误；
D．氯化钠中只存在离子键，溶于水发生电离而破坏离子键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键区别是解本题关键，物理变化不发生化学键断裂，C为解答易错点。
3．（2分）短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（ ）
A．元素 n 位于元素周期表第 3 周期，第ⅢA 族
B．单质与水反应置换出氢气的能力：m＜n
C．简单离子半径：m＞q
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n
【分析】短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n为Al，结合各元素的相对位置可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，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，则单质与水反应置换出氢气的能力：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；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构及元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
4．（2分）下列有关NH3的说法错误的是（ ）
A．属于极性分子 B．比例模型
C．电子式为 D．含有极性键
【分析】NH3中N﹣H键为极性键，且由于三角锥型结构，故为极性分子，电子式为，据此分析。
【解答】解：A、氨气为三角锥形，为极性分子，故A正确；
B、由于氨气为三角锥形，故其比例模型为，故B错误；
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、形成于不同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。
故选：B。
【点评】本题考查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。
5．（2分）只涉及到物理变化的是（ ）
A．石油裂化 B．煤的干馏 C．海水晒盐 D．高炉炼铁
【分析】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本质区别是有无新物质生成。
【解答】解：A、石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故A错误；
B、煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、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。
故选：C。
【点评】本题难度不大，根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。
6．（2分）比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（ ）
A．都使用了合适的催化剂
B．都选择了较高的温度
C．都选择了较高的压强
D．都未按化学方程式的系数进行投料反应
【分析】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应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。
【解答】解：A．合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故A正确；
B．合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，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应没有选择了较高的压强，高压对设备要求高，故C错误；
D．合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应，则都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查工业生产中反应条件的选择等，重点是化学反应原理的实际应用，注重化学反应原理与实际生成的联系，题目难度中等。
7．（2分）某小组利用如图装置研究电化学原理，下列说法错误的是（ ）
A．K 与a 连接，则铁电极会加速锈蚀，发生的电极反应为 Fe﹣2e→Fe2+
B．K 与a 连接，则该装置能将化学能转变为电能
C．K 与 b 连接，则该装置铁电极的电极反应 2H++2e→H2↑
D．K 与b 连接，则铁电极被保护，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法
【分析】A．K与a连接，铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；
B．K与a连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池；
C．K与b连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气；
D．K与b连接，Fe作阴极，被保护。
【解答】解：A．K与a连接，在中性条件下，铁作负极、失电子、发生吸氧腐蚀，发生的电极反应为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故A正确；
B．K与a连接，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连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，电极反应为2H++2e﹣＝H2↑，故C正确；
D．K与b连接，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。
故选：D。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，侧重于考查学生对原电池原理和电解池原理的理解、运用，明确吸氧腐蚀、电化学保护、电极反应式的书写是解题关键，题目难度不大，注意知识的积累、归纳总结。
8．（2分）实验室用水浴加热不能完成的实验是（ ）
A．制备乙烯 B．银镜反应
C．乙酸乙酯的制备 D．苯的硝化反应
【分析】乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，以此来解答。
【解答】解：B、C、D中均需要水浴加热，只有A中乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，不能水浴加热完成，
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的性质、有机物的制备实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．（2分）下列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﹣CH3
C．CH2＝CH﹣CH3 D．CH3﹣CH2﹣CH3
【分析】原子共直线问题要以乙炔为母体，乙炔中4个原子共直线，据此分析。
【解答】解：A、中碳原子全部共平面，但不能全部共直线，故A错误；
B、H3C﹣C≡C﹣CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个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取代了乙烯中的一个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、由于碳碳单键可以扭转，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面时为锯齿型结构，不可能共直线，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。
10．（2分）下列有关仪器用法正确的是（ ）
A．对试管进行加热一定不能使用石棉网
B．使用滴定管量取液体，可精确至 0.01mL
C．用量筒量取一定体积的溶液，要洗涤 2～3 次，确保溶液全部转移
D．酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少误差
【分析】A、试管加热不用垫石棉网；
B、滴定管能精确到0.01mL；
C、量筒的洗涤液必需倒入废液缸；
D、酸碱中和滴定时，锥形瓶不用干燥。
【解答】解：A、试管加热不用垫石棉网，但如果垫石棉网也是可以的，故A错误；
B、滴定管能精确到0.01mL，比量筒精确度高，故B正确；
C、量筒的洗涤液必需倒入废液缸，不能将洗涤液倒入烧杯，故C错误；
D、酸碱中和滴定时，锥形瓶不用干燥，如果不干燥不影响实验结果，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查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。
11．（2分）存在 AlCl3→Al（OH）3→Al2O3→Al 转化，下列说法正确的是（ ）
A．Al（OH）3 属于强电解质
B．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
【分析】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；
D．氯化铝为共价化合物。
【解答】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；
故选：B。
【点评】本题考查强弱电解质、化学键、晶体类型判断以及合金的特点，为高频考点，明确基本概念内涵、物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，题目难度不大。
12．（2分）下列有关浓硫酸和浓盐酸的说法错误的是（ ）
A．浓硫酸、浓盐酸都是无色液体
B．铁片加入浓硫酸中无明显现象，加入浓盐酸中有大量气泡产生
C．将两种酸分别滴到 pH 试纸上，试纸最终均呈红色
D．将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟
【分析】A．依据浓硫酸、浓盐酸物理性质判断；
B．依据浓硫酸强氧化性解答；
C．依据浓硫酸脱水性解答；
D．浓硫酸不就有挥发性，浓盐酸具有挥发性，氨水遇到挥发性酸反应生成白色固体。
【解答】解：A．浓硫酸、浓盐酸都是无色液体，故A正确；
B．浓硫酸具有强氧化性，遇到铁发生钝化，所以铁片加入浓硫酸中无明显现象，铁与浓盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，产生大量气泡，故B正确；
C．浓硫酸具有脱水性，能够使试纸脱水变黑，所以浓硫酸滴到pH试纸上最终变黑，故C错误；
D．浓硫酸不就有挥发性，浓盐酸具有挥发性，所以将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有关浓硫酸、浓盐酸的性质等，侧重于元素化合物知识的考查，为高频考点，难度不大。
13．（2分）不能通过化合反应生成的物质是（ ）
A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl2
【分析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；
A、氯气和水反应生成HCl和HClO；
B、氮气和氧气反应生成NO；
C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁。
【解答】解：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质
A、氯气和水反应生成HCl和HClO，则不能通过化合反应生成，故A选；
B、氮气和氧气反应生成NO，则能通过化合反应生成，故B不选；
C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14．（2分）“神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有关阿司匹林的说法错误的是（ ）
A．能与NaHCO3 溶液反应产生气体
B．与邻苯二甲酸（）互为同系物
C．在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸
D．1mol 阿司匹林最多能与 3mol H2 发生加成反应
【分析】由结构可知，分子中含﹣COOH、﹣COOC﹣，结合羧酸、酯的性质来解答。
【解答】解：A．含﹣COOH，能与NaHCO3 溶液反应产生气体，故A正确；
B．与邻苯二甲酸（）的官能团不完全不同，不是同系物，故B错误；
C．含﹣COOC﹣，在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸，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 3mol H2 发生加成反应，故D正确；
故选：B。
【点评】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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意羧酸、酯的性质，题目难度不大。
15．（2分）为确定下列物质在空气中是否部分变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是（ ）
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）
【分析】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应生成气体。
【解答】解：A．亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液为血红色，而亚铁离子不能，可检验是否变质，故A正确；
B．CH3CHO 被氧化生成CH3COOH，乙酸显酸性，乙醛不显酸性，可以pH检验，故B正确；
C．KI可被氧气氧化生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，则淀粉可检验是否变质，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应生成气体，不能判断碳酸氢钠是否变质，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，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．（2分）800℃时，可逆反应 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数 K＝1.800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如表，下列说法正确的是（ ）
物质
CO
H2O
CO2
H2
浓度/mol•L﹣1
0.002
0.003
0.0025
0.0025
A．此时平衡逆向移动
B．达到平衡后，气体压强降低
C．若将容器的容积压缩为原来的一半，平衡可能会向正向移动
D．正反应速率逐渐减小，不变时，达到化学平衡状态
【分析】A．根据Qc与K的大小判断反应的方向；
B．反应前后气体分子数不变，体系压强不变；
C．若将容器的容积压缩为原来的一半，相当于加压；
D．根据此时反应进行的方向判断化学反应速率变化情况。
【解答】解：A．Qc＝＝1.04＞K，所以平衡逆向移动，故A正确；
B．反应前后气体分子数不变，体系压强不变，所以达到平衡后，气体压强不变，故B错误；
C．若将容器的容积压缩为原来的一半，相当于加压，但加压不对化学平衡产生影响，故C错误；
D．反应逆向进行，说明v逆＞v正，随着反应进行，CO和H2O的浓度增大，正反应速率增大，故D错误，
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的移动，根据表中数据，利用Qc与K的大小关系判断反应的方向是解题的关键，难度不大，是基础题。
17．（2分）关于 2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+Q kJ 说法正确的是（ ）
A．NaOH（s）溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放的能量
B．Q＞0
C．NaOH（s）+ H2SO4（aq）→ Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q KJ
D．若将上述反应中的 NaOH（s）换成 NaOH（aq），则Q′＞Q
【分析】A、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程；
B、酸碱中和放热；
C、反应的热效应与反应的计量数成正比；
D、氢氧化钠固体溶于水放热。
【解答】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吸收的能量小于水合释放的能量，故A错误；
B、酸碱中和放热，故Q小于0，故B错误；
C、反应的热效应与反应的计量数成正比，故当将反应的计量数除以2时，反应的热效应也除以2，即变为NaOH（s）+ H2SO4（aq）→ Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q KJ，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，则反应放出的热量变小，即则Q′＜Q，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了反应热的影响因素以及反应热的大小比较，难度不大，注意掌握基础知识。
18．（2分）下列操作一定会使结果偏低的是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出
B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作
C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟
D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积
【分析】A、配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过刻度线时，溶液浓度偏低；
B、进行恒重操作的作用是确保晶体失去全部结晶水；
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，观察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，排除的水的体积等于生成气体的体积，如果未减去注入酸的体积，则排除的水的体积偏大。
【解答】解：A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；
B、未进行恒重操作，可能会导致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好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，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，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，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，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查基本实验操作及误差分析，涉及溶液的配制、中和滴定、测定结晶水的含量、测定气体摩尔体积等实验，侧重学生分析、实验操作和数据处理等综合能力的考查，明确各个实验的基本原理是解本题关键，注意掌握实验操作的规范性和误差分析的方法，题目难度不大。
19．（2分）某无色溶液中可能含有 Al3+、HCO3﹣、Ba2+和 Cl﹣，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（ ）
A．一定有 Cl﹣ B．一定有 HCO3﹣
C．可能有 Ba2+ D．可能有 Al3+
【分析】取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3﹣、Ba2+，又HCO3﹣与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3﹣、Ba2+，一定不含Al3+，可能含 Cl﹣，据此分析判断。
【解答】解：A．原溶液中可能含 Cl﹣，故A错误；
B．由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3﹣、Ba2+，故B正确；
C．由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3﹣、Ba2+，故C错误；
D．由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。
20．（2分）25℃时，向 20 mL 0.10 mol•L﹣1 的一元酸 HA 中逐滴加入 0.10 mol•L﹣1 NaOH 溶液，溶液 pH随加入 NaOH 溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．HA 为强酸
B．a 点溶液中，c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚酞
D．b 点溶液中，c（Na+）＝c（A﹣）
【分析】A．恰好反应生成的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．恰好反应时溶液呈碱性，结合指示剂的变色范围分析；
D．b点溶液的pH＝7，则c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒分析。
【解答】解：A．根据图示可知，加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时，二者恰好反应生成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点反应后溶质为NaA，A﹣部分水解溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（Na+）＞c（A﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；
C．根据图示可知，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，指示剂应该选用酚酞，不能选用甲基橙，故C错误；
D．b点溶液的pH＝7，呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），根据电荷守恒可知：c（Na+）＝c（A﹣），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
三、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15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，我国著名的化学家徐光宪因建立了稀土串级萃取理论，被誉为“中国稀土之父”。
（1）完成并配平下列反应的离子方程式： 2 Ce3+ 1 H2O2+ 6 H2O→ 2 Ce（OH）4↓+ 6 H+ 。
（2）氧的原子核外共有 3 个电子亚层，H2O 的空间构型为 折线型（V型） ；
（3）若反应中有 52g Ce（OH）4 生成，则转移电子的数目为 0.25NA ；
（4）实验室中进行萃取实验时，除玻璃棒、烧杯之外，还需要的玻璃仪器名称 分液漏斗 ；
（5）取上述反应得到的 Ce（OH）4 样品 0.500g，加硫酸溶解后，用 0.100mol•L﹣1 FeSO4 标准溶液滴定至终点时（铈被还原为 Ce3+），消耗 20.00 mL 标准溶液。该样品中 Ce（OH）4 的质量分数为 83.2% 。
【分析】（1）该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
（2）根据氧原子核外电子排布式分析；根据水中O原子的杂化分析；
（3）根据化合价变化计算得每生成52g Ce（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）根据电子守恒建立关系式：Ce（OH）4～FeSO4，然后进行计算求出Ce（OH）4的质量，最后求出质量分数。
【解答】解：（1）该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，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，根据电荷守恒知未知微粒是氢离子，根据转移电子守恒、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种不同能量的电子亚层上；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，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，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）根据化合价变化得每生成52g Ce（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）滴定反应为：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%。
【点评】本题以工艺流程为基础，考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，题目难度中等。
22．（15分）综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。
反应 2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（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应时，n（CO2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。
（1）该反应的平衡常数表达式为K＝ ，若升高温度，平衡常数 K 值 减小 （填“增加”“减小”或“不变”），说明理由 由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n（CO2）变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小 ；
（2）在 T2 温度下，0～2s 内的平均反应速率 v（N2）＝ 0.0125mol/（L•s） ；
（3）工业废水的处理方法有很多，使用 Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因 Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，废水中的酸（H+）抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3胶体的生成，降低了吸附能力 ，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应的氧化剂为 Na2O2 ；
（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品 CaCl2 ，用化学方程式表示产生副产品的原因 Ca（OH）2+2NH4Cl＝CaCl2+2NH3↑+2H2O 。
【分析】（1）反应的平衡常数等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知 T1＞T2，由图可知，升高温度，n（CO2）减小；
（2）根据v＝＝计算v（CO2），再根据反应计量关系计算v（N2）；
（3）Fe2（SO4）3 水解的离子反应为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，酸性废水中的H+会导致Fe2（SO4）3 不能形成胶体或者胶体非常少；氧化还原反应中氧化剂发生还原反应、元素的化合价降低，据此分析解答；
（4）氨碱法工艺中产生大量CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，据此分析解答。
【解答】解：（1）反应2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）的平衡常数K＝，根据速率变化或“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，升高温度，n（CO2）减小，即升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以平衡常数K值减小，
故答案为：；减小；由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n（CO2）变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小；
（2）由图可知，v（CO2）＝＝＝0.025mol/（L•s），反应为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（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+抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3 胶体的生成，降低了吸附能力，因此不能吸附悬浮物沉降而除去；反应2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑中，Fe的化合价由+2→+6，发生氧化反应，即FeSO4为还原剂，Na2O2中O的化合价﹣1→﹣2或0，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，废水中的酸（H+）抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3 胶体的生成，降低了吸附能力；Na2O2；
（4）氨碱法工艺中，为提高氨气的利用率，常在母液中加入生石灰CaO，反应为CaO+H2O＝Ca（OH）2，加热条件下Ca（OH）2和NH4Cl反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，同时得到大量副产品CaCl2，
故答案为：CaCl2；2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O。
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡及其影响因素、化学反应速率的计算、盐类水解、氧化还原反应概念、化工生产等知识，为高频考点，明确化学反应原理的应用为解答关键，注意掌握化学平衡图象的分析判断，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度中等。
23．（15分）某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。
向 KI 溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I﹣⇌I3﹣，I2、I3﹣在水中均呈黄色。
（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取 2～3 mL 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 I2 ，生成该物质的化学方程式为 Cl2+2KI＝I2+2KCl ，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是 I3﹣ ；
（2）继续通入氯气，溶液黄色褪去的可能的原因 生成的碘单质被氯气氧化为无色物质 ；
（3）NaOH 溶液的作用 吸收多余的氯气 ，反应结束后，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逐渐褪去，其中可能的原因是 氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应 。
【分析】（1）氯气与KI发生Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，以及I2+I﹣⇌I3﹣，取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3﹣；
（2）继续通入氯气，溶液黄色褪去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；
（3）NaOH溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。
【解答】解：（1）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I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI＝I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3﹣，发生反应为I2+I﹣⇌I3﹣，
故答案为：I2；Cl2+2KI＝I2+2KCl；I3﹣；
（2）氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI＝KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色褪去；
故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质；
（3）NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。
【点评】本题考查氯气与碘反应的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力实验能力的考查，难度不大，注意相关知识的积累。
24．（15分）H 是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃 A 制备 H 的合成路线如图。
回答下列问题：
（1）A 物质的一氯代物共有 4 种；
（2）B 物质中含有的官能团名称 氯原子 ；
（3）①的反应试剂和反应条件分别是 氯气、光照 ，③的反应的类型是 还原反应 ；
（4）E 物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取 F 物质，用系统命名法对 E 物质命名 2﹣甲基丙烷 ，F 物质的结构简式为 ；
（5）⑤的化学反应方程式为 ；
（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）。
【分析】由B的结构可知，芳香烃为A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H．由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为。
（6）结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成．先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成。
【解答】解：（1）由B的结构可知，芳香烃为A为，A 物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种，
故答案为：4；
（2）B的结构简式为：，B 物质中含有的官能团名称为：氯原子，
故答案为：氯原子；
（3）反应①是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应③中硝基转化为氨基，属于还原反应，
故答案为：氯气、光照；还原反应；
（4）由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为，用系统命名法对 E 物质命名为：2﹣甲基丙烷，
故答案为：2﹣甲基丙烷；；
（5）⑤的化学反应方程式为：，
故答案为：；
（6）结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成．先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查。
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