上海市控江中学2020届高三化学上学期第一次统一考试试题(含解析)

1、 2 分） B. 可以是甲烷，也可以是硅烷，故B错误；CCH4O无同分异构体，只能用来表示甲醇，故D错误；故选 C。非电解质 C. A。液氨用作致冷剂生石灰作干燥剂3B项选； C.漂粉精 C. CHA错误； 2 分） B. 可以是甲烷，也可以是硅烷，故B错误；CCH4O无同分异构体，只能用来表示甲醇，故D错误；故选 C。非电解质 C. A。液氨用作致冷剂生石灰作干燥剂3B项选； C.漂粉精 C. CHA错误； BC正确；强酸 D. Al（OH）3胶体达到净水的目的，有新物质生成，4O D. C 可以用来表示氖原氧化物可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 A

2、l-27 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Zn-65 一、选择题（每题1. 下列化学用语只能用来表示一种微粒的是A. 【答案】 C 【解析】试题分析： A子或钠离子甚至氧离子等，故DC可以代表金刚石和石墨，故【考点定位】考查化学用语【名师点晴】本题考查化学用语。“只能用来表示一种微粒”，说明仅表示一种分子。明确可以用来表示氖原子或钠离子等阳离子以及氟离子等阴离子是解题的关键。2.HClO属于A. 电解质 B. 【答案】 A 【解析】HClO的水溶液能够导电，是因为次氯酸能够部分电离，属于电解质，故选3. 有关物质的使用不涉及化学变化的是A. 明矾用作净水剂 B. C. 漂粉精作消毒剂

3、D. 【答案】 B 【解析】试题分析 :A. 明矾电离出的 Al 发生水解生成A项不选； B.液氨蒸发时吸收大量的热，常用作制冷剂，没有新物质生成，2与空气中的Ca（OH）2，有新物质生成， D项不选；答案选2A 正确；B、氯气分子中只有非极性键，C错误； D、氯化钠中只有离子键， B. D. A 错误； B、石油主要含有碳、氢两种元素，C错误； D、石油分馏属于物理变化， 2Br B. D. 0价降低到 1价，得到 1个电子，所以氯气1价升高到2与空气中的Ca（OH）2，有新物质生成， D项不选；答案选2A 正确；B、氯气分子中只有非极性键，C错误； D、氯化钠中只有离子键， B. D. A

4、 错误； B、石油主要含有碳、氢两种元素，C错误； D、石油分馏属于物理变化， 2Br B. D. 0价降低到 1价，得到 1个电子，所以氯气1价升高到 0价，事情 1个电子，则溴离子被氧化，具有还原D正确，答案选B。 C. HCl D. NaCl B 错误；C、氯D错误，答案选 A。石油主要含有碳、氢两种元素石油分馏属于化学变化B 正确；C、石D错误，答案选 B。Cl2氯气是还原剂氯气的氧化性比溴单质强D。Br22Cl ，下列说法正确的是（）质生成， C项不选； D.生石灰能与水反应生成考点：考查物质发生化学变化的判断4.下列物质既含有共价键又含有离子键的是A. NaOH B. Cl【答案】

5、 A 【解析】A、氢氧化钠中含有离子键和极性键，化氢分子中只有极性键，点睛：掌握化学键的含义和形成微粒是解答的关键。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。需要指出的是氯化铝中含有共价键，不是离子键。5.下列关于石油的说法正确的是A. 石油属于可再生矿物能源C. 石油裂化属于物理变化【答案】 B 【解析】A、石油属于不可再生矿物能源，油裂化属于化学变化，6.从海水中可以提取溴，主要反应为：A. 溴离子具有氧化性C. 该反应属于复分解反应【答案】 D 【解析】试题分析：根据方程式可知，氯元素的化合价从是氧化剂。溴元素的化合价从性，AB不正确。 C 不正确，该

6、反应是置换反应；氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的，则选项考点：考查氧化还原反应的有关判断点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见考点。该题以从海水中可以提取溴为载）能被氧化能使溴水褪色KOH溶液不反应， A错误； B、含有碳碳双键和羟基，能被氧化，C正确；D、含有碳碳双键，能使溴水褪色，4 B. D. D错误。） B. D. . ,故 A正确；B正确；）能被氧化能使溴水褪色KOH溶液不反应， A错误； B、含有碳碳双键和羟基，能被氧化，C正确；D、含有碳碳双键，能使溴水褪色，4 B. D. D错误。） B. D. . ,故 A正确；B正确；B正确； C、含D正确，答案选 A。）

7、正四面体结构的分子与 CH 结构相似、性质相似增大稀硫酸的浓度可加快反应速率提高锌的纯度可加快反应速率4提高学生的应试能力。7.某有机物结构见图，它不可能具有的性质是（A. 能跟 KOH 溶液反应 B. C. 能发生加聚反应 D. 【答案】 A 【解析】A、醇羟基和有碳碳双键，能发生加聚反应，8.关于 CCl 说法错误的是（A. 晶体类型：分子晶体C. 含极性键的非极性分子【答案】 D 【解析】四氯化碳、甲烷的结构分别是，结构相似，但性质不同，如甲烷可以燃烧，四氯化碳不能燃烧，故9.锌与稀硫酸反应，下列说法错误的是（A. 加热可加快反应速率C. 粉碎锌粒可加快反应速率【答案】 D 【解析】【分

8、析】增大反应物接触面积、适当增大稀硫酸浓度、升高温度等都能增大反应速率【详解】 A、温度越高反应速率越快，加热可加快反应速率B、浓度越大反应速率越快，所以增大稀硫酸的浓度可加快反应速率，故C正确；D）合成氨 C. CaCO3+2NaCl+H2O+CO2=CaCl2+2NaHCO3，没有使用催化剂，故B 错误；乙烯水化法制乙醇，工业上采用磷酸催化剂，故D错误。）2”原子团的物质互称为同系物n n CH2原子团的物质互称为同系物CH2原子团的物质互称为同系物；1个 CH2原子团，互为同系物，故B正确；CH2原子团的物质互称为同系物，强调结构相乙烯水化C正确；D）合成氨 C. CaCO3+2NaCl

9、+H2O+CO2=CaCl2+2NaHCO3，没有使用催化剂，故B 错误；乙烯水化法制乙醇，工业上采用磷酸催化剂，故D错误。）2”原子团的物质互称为同系物n n CH2原子团的物质互称为同系物CH2原子团的物质互称为同系物；1个 CH2原子团，互为同系物，故B正确；CH2原子团的物质互称为同系物，强调结构相乙烯水化 D. SOA正C 2 A2 3 2转化为 SO的有机物一定是烷烃D、粗锌可形成原电池反应而加快反应速率，而改用纯度高的锌粒，反应速率反而减小，故错误；故选：D。10.下列化工生产中未使用催化剂的是（A. 索尔维制碱法 B. 【答案】 A 【解析】索尔维制碱法的方程式为，确；合成氨使

10、用铁做催化剂，故错误；SO2转化为 SO3采用 V2O5做催化剂，故11.下列说法错误的是（A. 丙烷与异丁烷互为同系物B. 相对分子质量相同的物质，不一定互为同分异构体C. 在分子组成上相差若干个“ CHD. 分子式符合 C H【答案】 C 【解析】【分析】A、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个B、磷酸和硫酸相对分子质量相同的物质，不互为同分异构体；C、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个D、碳已经达到饱和；【详解】 A、丙烷与异丁烷结构相似，在分子组成上相差正确；B、磷酸和硫酸相对分子质量相同的物质，不互为同分异构体，故C、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个似，故 C错误； C

11、H+2SO4 232H+2OH+SO24+Ba2BaSO4+2H2O，不能够用离子方程式H2O 和氯化氢反应生成了铵离子和水，H+OH=H2O表示，故 B错误；;HCO-3 OH=CO23 H2O；故 C错误；A，易忽略硫酸钡沉淀。）22（2n n OH3 C H+2SO4 232H+2OH+SO24+Ba2BaSO4+2H2O，不能够用离子方程式H2O 和氯化氢反应生成了铵离子和水，H+OH=H2O表示，故 B错误；;HCO-3 OH=CO23 H2O；故 C错误；A，易忽略硫酸钡沉淀。）22（2n n OH3溶液与 KOH 溶液混合H+OH=H2O表示，故 A错误；反应的离子方程式为： N

12、H32O+HNH4 +H2O，含 N 个氢原子的 H含 3.01 2 H H O 溶液与 HCl 溶液混合A 21023 个分子的 CH 22O ”表示的是（ 24的有机物一定是烷烃，故）D正确；故选 C。12.下列反应可用离子方程式“ HA. H 溶液与 Ba(OH) 溶液混合 B. NHC. NaHCO3 溶液与 NaOH 溶液混合 D. HNO【答案】 D 【解析】【分析】A、反应生成了硫酸钡沉淀和弱电解质水；B、一水合氨属于弱电解质，离子方程式中保留分子式；C、HCO-3 不能拆成氢离子和碳酸根；D、反应的实质是氢离子和氢氧根离子的反应；【详解】 A、稀硫酸和氢氧化钡反应生成了硫酸钡和

13、水，反应的离子方程式为：B、NH3不能够用离子方程式C、HCO3 不能拆成氢离子和碳酸根，反应的离子方程式为D、硝酸和氢氧化钾都是可溶性的强电解质，反应生成了水和可溶性的硝酸钾，反应可用离子方程式 H+OH=H2O表示，故 D正确；故选 D。【点睛】本题考查了离子方程的书写，解题关键：掌握离子方程式的书写方法，培养学生分析问题、解决问题的能力易错点13.NA 为阿伏伽德罗常数，下列物质的物质的量最小的是（A. 标准状况下 2.24L O B. C. 22g CO CO2 摩尔质量为 44g/mol ） D. 【答案】 A 【解析】【分析】A、依据 n=V/Vm计算 O 物质的量；B、依据阿伏伽

14、德罗常的含义分析判断；42.24LO2物质的量为 0.1mol；123A；）Y +6 -2 H Y 4 X为 Cl，则 Y为 S，Z为 P，42.24LO2物质的量为 0.1mol；123A；）Y +6 -2 H Y 4 X为 Cl，则 Y为 S，Z为 P，0.5mol ；Z +5 -3 2 H ZH2YO43 H3ZO4D、依据 n=N/NA计算 CH 物质的量【详解】 A、标准状况下B、含 NA个氢原子的 H2物质的量为 0.5mol；C、22gCO2（CO2摩尔质量为 44gmol ）物质的量为D、含 3.0110 个分子的 CH4物质的量为 0.5mol；综上所述：物质的量最小的是故选

15、：A。14.元素 X、Y、Z 位于相同短周期，它们的最高及最低化合价如表所示，下列判断错误的是（元素X +7 最高、最 低化合价-1 A. 原子序数： XYZ B. 原子半径： XYZ C. 稳定性： HX D. 选型由强到弱： HXO【答案】 B 【解析】【分析】X、Y、Z位于相同短周期，由化合价可知，A同周期从左向右原子序数增大；B同周期从左向右原子半径减小；C同周期从左向右非金属性增强，对应氢化物的稳定性增强；X为Cl，则 Y为 S，Z为 P，XYZ，故 A正确；X为Cl，则 Y为 S，Z为 P，XYZ，故 A正确；ZYX，故 B错误；HXH2YZH3，故 CHXO4H2YO4H3ZO4

16、，故a ( 电流计）或 b ( 直流电源）。下列说法错误A正确；接 a，构成原电池，石墨是正极，铁是C错误；接 b，构成电解池，故 D正确。 Y M N 反应中的能量变化过程如图，则下列推断一定正确的是（）【详解】 X、Y、Z位于相同短周期，由化合价可知，A同周期从左向右原子序数增大，则原子序数：B同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：C同周期从左向右非金属性增强，对应氢化物的稳定性增强，则稳定性：正确；D非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性由强到弱：D正确；故选：B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，解题关键：把握元素的性质、元素周期律，易错点 B，原子离子大小判断，注意规

17、律性知识的应用15.研究电化学的装置如图所示，虚线框中可接的是A. 接 a，该装置将化学能转化为电能B. 接 a，石墨是正极C. 接 b，铁片连正极时被保护D. 接 b，石墨连正极时石墨上产生气泡【答案】 C 【解析】接 a，构成原电池，将化学能转化为电能，故负极，故 B正确；接 b，构成电解池，铁片连正极时被腐蚀，故石墨连正极时石墨上的电极反应为16.已知 X X的能量一定低于X和Y的总能量， Y的能量一定低于但是反应放热还是吸热与条件没有关系，CaCO3 固体还有剩余（忽略体积、温度的变化）MN的能量，故 B，下列数X的能量一定低于X和Y的总能量， Y的能量一定低于但是反应放热还是吸热与条

18、件没有关系，CaCO3 固体还有剩余（忽略体积、温度的变化）MN的能量，故 B，下列数B. Y 的能量低于 N 的能量C. X 和 Y 总能量低于 M 和 N 总能量D. 该反应是吸热反应，反应条件是加热【答案】 C 【解析】【分析】A由图可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，而不是某一种反应物或生成物的能量关系；B同 A，由图可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，而不是某一种反应物或生成物的能量关系；C由图可知， X和 Y总能量低于 M和 N总能量；D反应物的总能量低于生成物的总能量是吸热反应，反应放热还是吸热与条件没有关系【详解】 A由图可知， M和 N的总能量大于 X和 Y的总能量，

19、不能说明的能量，故 A错误；B同 A，由图可知， M和 N的总能量大于错误；C由图可知， X和 Y总能量低于 M和 N总能量，故 C正确；D反应物的总能量低于生成物的总能量是吸热反应，故 D错误。故选：C。17.如图，向烧杯中滴加几滴浓盐酸，值变小的是（ 2，加入盐酸，c（H）增大，消耗 CO2-3 ，c（CO2-3 ）c（Ca ）增大，碳酸钙溶解度增大，故2 A）22，转移电子数 A34Cl A=n 2+8NH3=6NH4Cl+N21mol 氮气，此过程中失去6mol 电子，NH4Cl 是还原产物，故22.4L，故生成的 2，加入盐酸，c（H）增大，消耗 CO2-3 ，c（CO2-3 ）c（

20、Ca ）增大，碳酸钙溶解度增大，故2 A）22，转移电子数 A34Cl A=n 2+8NH3=6NH4Cl+N21mol 氮气，此过程中失去6mol 电子，NH4Cl 是还原产物，故22.4L，故生成的 22.4L 氮气的物质的量小于6NA个，故 B错误；8mol，但其中被氧化的是1mol 电子即 NA个， ) B. +2+ 8NH反应，得到氧化产物 6N3mol 氯气做氧化剂，被还原为6mol 电A错误；1mol，则转移2mol，故 C错误；c(CO ) C. B正确。3 6mol 6molNH4Cl，得23 6NHc(H 4Cl ) D. N碳酸钙的溶解度2，下列分析正确的是（）（设阿伏伽

21、德罗【答案】 B 【解析】碳酸钙饱和溶液存在减小，平衡正向移动，18.已知反应： 3Cl常数为 NA. 若 3mol ClB. 若常温下生成 22.4L NC. 若转移 6mol 电子，被氧化的 NH 是 8mol D. 若生成 1mol NH 转移电子 n 个，则 N【答案】 D 【解析】【分析】根据反应 3Cl 可知：此反应中6mol 电子；而 8molNH3中有 2mol 氨气做还原剂，被氧化为子，即此反应转移【详解】 A、氯气做氧化剂，被还原，得到的B、在常温下，气体摩尔体积大于的电子书小于C、当转移 6mol 电子时，参与反应的氨气为D、此反应生成 6mol 氯化铵，转移 6mol电

22、子，故当生成 1mol 氯化铵时转移故 D正确。故选：D。19.为分离乙醇、乙酸和乙酸乙酯的混合液，设计实验流程如下：液体 C 为乙酸操作 II I 为分液，液体 A为乙酸乙酯，水层C为乙醇， b将乙酸钠转化为乙酸，需要加入稳定的、不易挥发的E为乙酸。A正确；C为乙醇，故 B错误；液体 C 为乙酸操作 II I 为分液，液体 A为乙酸乙酯，水层C为乙醇， b将乙酸钠转化为乙酸，需要加入稳定的、不易挥发的E为乙酸。A正确；C为乙醇，故 B错误；C正确；D正确；Ca2+、NO3 ，且 pH=2。欲检验此溶液中是否大量存在以下 22ClO、AlO 、I、Fe2+不必检验就能排除，故氮和操作 III

23、B中含乙酸钠、H+、NO3具有强氧化2Y 都是蒸馏B项A. b 溶液为硫酸 B. C. 操作 I 需用分液漏斗 D. 【答案】 B 【解析】【分析】由流程可知， a为饱和碳酸钠溶液，操作乙醇，操作为蒸馏，液体强酸，操作为蒸馏，液体【详解】 Ab为不挥发性强酸，可为硫酸，故B由分析可知，液体C操作 I 为分液，需用分液漏斗，故D由分析可知，操作和操作都是蒸馏，故故选：B。20.某未知溶液中已检验出含有离子6种离子：ClO NH+ 4 -Fe2+AlO Cl ，其中不必检验就能排除的离子是A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】试题分析： pH=2，H+与 ClO、AlO 反应生成弱电解质，

24、不能共存，因为性，能与 I、Fe2+发生氧化还原反应，所以正确。考点：本题考查离子的检验、离子共存。21.下表为元素周期表的一部分。碳硫(写元素符号 )_，Z原子核外电子能量最高的电子亚Y元素的非金属性比1molY单质比 1molS得电子多_ 。400500、压强通常采用常压的原因分别是Si (2). 23 (6). 2SO400500时，二氧化硫的转化率已经很高，若加压会增加设备、投资X属于同一主族，则Z为 Cl，（硫(写元素符号 )_，Z原子核外电子能量最高的电子亚Y元素的非金属性比1molY单质比 1molS得电子多_ 。400500、压强通常采用常压的原因分别是Si (2). 23 (

25、6). 2SO400500时，二氧化硫的转化率已经很高，若加压会增加设备、投资X属于同一主族，则Z为 Cl，（1）依据电子层数越多半径越大，Si，Cl 的电1s22s22p63s23p5，离核越远能量越高，以及OS，故 a 正确； b、非金属性的强弱，不能从得到电子多少进行判断，故Z S元素的非金属性强的是3p (3). 2 2X为 Si，Y 和硫属于同npns，即能量最高的电子亚层是b 错_ ac (4). + O3p；CO23 +H2O2SO3 (7). HCO3 + OH (5). 催化剂在Ca2+ 400500时，活回答下列问题(1) 表中元素原子半径最大的是层是_。(2) 下列事实能

26、说明aY单质与 H2S溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，cY和 S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高(3) 碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，请用离子方程式解释产生该现象的原因：_；在上述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，溶液颜色变浅，请用平衡理论解释产生该现象的原因(4) 硫酸工业生产中接触室内发生的反应方程式为_ ；在实际生产中，操作温度选定_。【答案】 (1). + CO CaCO3，导致溶液中碳酸根离子浓度减少，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减少，碱性减弱性最大，在常压下及和能量消耗。【解析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，碳和一主族，则 Y为 O，根据元

27、素周期表的结构，即电子层数相等时，半径随着原子序数的增大而降低，因此原子半径最大的元素是子排布式为（2）a、发生 O22H2S=2H2O2S，依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此推出的非金属性强于H2O比 H2S稳定，即 O比S的非金属性强，故CO23 发生水解，即OH；加入 CaCl2，Ca2与 CO23 生成 CaCO3沉淀，促使平衡向逆反应方向移动，2SO3；400500时，催化效率最大，在常压下及2）中的 b项得失电子数目多少，不能判断金属性强弱还是非金属H2O比 H2S稳定，即 O比S的非金属性强，故CO23 发生水解，即OH；加入 CaCl2，Ca2与 CO23 生成 Ca

28、CO3沉淀，促使平衡向逆反应方向移动，2SO3；400500时，催化效率最大，在常压下及2）中的 b项得失电子数目多少，不能判断金属性强弱还是非金属NH2COONH4）分解的化学平衡和水解反应速率。 100mL 的密闭真空溶液 A 中，在恒定温平衡。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：20.0 0.48 NH3_。3)正=v(CO2)逆 c(NH )随时间变化趋势如图所示。根据图中信息，_。cCO23 H2O c(OH)降低，400500时，二氧化25.0 0.68 2COONH4(s) -2COOHCO330.0 0.94 2NH3(g)+CO2(g) ，若 25.0时达到平衡所35.0

29、正确；（3）滴入酚酞，溶液变红，说明溶液显碱性，碱性减弱，颜色变浅；（4）接触室中是 SO2与 O2转化成 SO3，因此反应方程式为： 2SO2+ O2讲究成本问题，催化剂在硫的转化率已经很高，若加压会增加设备、投资和能量消耗。点睛：本题易错点在问题（性强弱。22.某研究小组探究氨基甲酸铵（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于固定容积为度下使其达到分解温度（）平衡气体总物质的量0.34 （mol）氨基甲酸铵分解的化学方程式为用时间为 8min，根据数据计算 NH 的平均生成速率为 _。可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是A. 2 v(NHB.密闭容器中总压强不变C. 密闭容器中混合气体的密度不变

30、D. 密闭容器中氨气的体积分数不变（2）已知： NH2COONH4+2H2O NH4HCO3+NH32O。该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵 溶液测定水解反应速率，得到如何说明水解反应速率随温度升高而增大：_， N 和 H 反应生成 1molNH 过程中能量变化示意图，请_。（热量 Q_， N 和 H 反应生成 1molNH 过程中能量变化示意图，请_。（热量 Q 的数值使用NH3 可用来消除 NO 的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反应(1). 0.4mol/(L min）铁触媒 (5). H=+(b- a)kJmolV=c/2 2 3(2). BC (3). (6). 125

31、反应物起始浓度较小，但(7). 04NH3+6NO 5N2+6H2O 氨分子的电子式是 _。（4）如图是一定的温度和压强下时写出工业合成氨的热化学反应方程式：含字母 a、b 的代数式表示）（5）在催化剂存在下，的化学方程式： _；该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是_。【答案】6min 的平均反应速率 （曲线的斜率） 仍比 15大 (4). N2(g)+3H2(g)2NH3(g) (8). 2:3 【解析】【分析】（1）化学反应速率根据化学平衡的标志来判断，正逆反应速率相同，各组分浓度保持不变及其衍生的各种关系符合平衡标志；NH3 可用来消除 NO 的污染，生成氮气和水。写出反应的化学方

32、程式；V=c/t=A不正确；B正确；CNH3的体积分数始终不变，为06min 的平均反应速率（曲线的斜率）仍比。 H=+(b- NH3 可用来消除 NO 的污染，生成氮气和水。写出反应的化学方程式；V=c/t=A不正确；B正确；CNH3的体积分数始终不变，为06min 的平均反应速率（曲线的斜率）仍比。 H=+(b- a)kJmol ；NH3 可用来消除 NO 的污染，生成氮气和水。写出反应的化学方程式5N2+6H2O；该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比等于还原剂和氧 NaHCO 杂质）中 Na 的质量分数，设计了以下稀=0.4mol/(L min）；2/3 故15大13 2CO3硫酸测

33、定生成二氧化碳的质量。采用下图装置完成实验。（3）工业合成氨常用的催化剂是铁触媒，氨分子中一个氮原子和三个氢原子形成三个氮氢共价键。（4）由图求出 N2和H2反应生成 1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写解答；（5）在催化剂存在下，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比等于还原剂和氧化剂之比。【详解】（1）化学反应速率A、速率比不等于方程式计量数之比，故B、该反应是气体体积增大的反应，故当容器内压强不变时，已达到平衡，故C、该反应是气体体积增大的反应，故当密闭容器中混合气体的密度不变，已达到平衡，故正确；D、因反应物（ NH2COONH4）是固体物质，所以密闭容器中D不正确；

34、故选：BC；（2）因 25反应物起始浓度较小，但（3）工业合成氨常用的催化剂是铁触媒，氨分子中一个氮原子和三个氢原子形成三个氮氢共价键，氨分子的电子式是（4）由图可知， N2和 H2反应生成 1molNH3放出的热量为（ b-a）kJ，该反应的热化学反应方程式为 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) （5）在催化剂存在下，4NH3+6NO 化剂之比， 4：6=2：3。23.实验室为测定某工业纯碱（假设仅含四 中实验方案：方案一：样品的 Na 的质量分数 _（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）加1，反应结束后坩埚及剩余固体的质量为_；实验时需要重复“_g（用 m m m 表示）。氢_。如果步骤

35、2。浓硫酸 (2). 2，还会吸收挥发出的 (6). 2C 中的碱石灰既吸收生 HCl 气体，使测定结果偏小加热、冷却、称量” Ca(OH)2 溶液，若无沉2CO3 热m加热、冷却、称量”0、 1、 2氧化钙溶液作沉淀剂，在其他操作正确的情况下，测得的结果偏小 (3). HCl 的 Na 的质量分数 _（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）加1，反应结束后坩埚及剩余固体的质量为_；实验时需要重复“_g（用 m m m 表示）。氢_。如果步骤2。浓硫酸 (2). 2，还会吸收挥发出的 (6). 2C 中的碱石灰既吸收生 HCl 气体，使测定结果偏小加热、冷却、称量” Ca(OH)2 溶液，若无沉2

36、CO3 热m加热、冷却、称量”0、 1、 2氧化钙溶液作沉淀剂，在其他操作正确的情况下，测得的结果偏小 (3). HCl 气体，使测定结果偏小m (8). .; 操作多次，其目的，解释原因测定剩余固体的质量，坩埚的质量为2。操作多次，其目的化钙盐酸具有挥发性， C 中的碱石灰既吸收生 (4). 1无影响m溶液坩埚钳 (5). m0，样品和坩埚的质量为测定沉淀质量加热至0 (7). 取少量上清液，向情况下，测定_。方案二：样品m（2）移动坩埚的仪器是是_；样品中碳酸钠的质量为方案三：样品溶液（3）实验步骤为：称量样品的质量加水溶解加氢氧化钙溶液，沉淀过滤（其余步骤省略）。在过 滤前，需要检验是否

37、沉淀完全，其操作是中使用 CaCl 溶液代替氢氧_ （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）【答案】 (1). 成的 CO恒重，以保证碳酸氢钠全部分解其中继续滴加 Ca(OH) 溶液，若无沉淀生成，则已沉淀完全【解析】【分析】（1）根据碱石灰会吸收水分和二氧化碳进行分析；盐酸具有挥发性，成的 CO，还会吸收挥发出的（2）移动坩埚的仪器是坩埚钳；实验时需要重复“是加热至恒重，以保证碳酸氢钠全部分解；根据反应方程式计算样品中碳酸钠的质量。（3）检验是否沉淀完全，其操作是取少量上清液，向其中继续滴加。C 中的碱石灰既吸收生成的. 加热、冷却、称量”m2。反应前后质量差是水和二氧化碳的质量，2NaHCO3

38、3) 168（ m m /62 g，样品中碳酸钠的质量为（0） 1- 2） Ca(OH)2 溶液，若无沉_。_，其反应类型为。C 中的碱石灰既吸收生成的. 加热、冷却、称量”m2。反应前后质量差是水和二氧化碳的质量，2NaHCO33) 168（ m m /62 g，样品中碳酸钠的质量为（0） 1- 2） Ca(OH)2 溶液，若无沉_。_，其反应类型为 _。3H5Cl CO，还会操作0，样品和坩埚的质量为m mNa2CO3+CO2+H2O m m1- 2）m1- 2，1- 2m m -168（ m m1，样品质量1- 0） 1- 2）m m1- 0，反应结束后坩埚及剩余固体的钙沉淀，则碳酸氢钠不产生沉淀，测定结果无影响。【详解】 (1) 碱石灰会吸收水分和二氧化碳，实验在用碱石灰吸收二氧化碳之前，需要将气体干燥，B 中盛放的物质是浓硫酸；盐酸具有挥发性，吸收挥发出的 HCl 气体