2023年上海市青浦区高三（下）质量检测化学试题及答案解析

2023年上海市青浦区高三（下）质量检测化学试题

一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）

1.下列贡献与中国科学家有关的是（）

A.提出元素周期律B.发明合成氨技术C.提出电子云模型D.发现青篙素

2.下列有关化学用语的表述正确的是（)

A.乙烯的结构简式：CH2CHB.乙酸的分子式：CH3COOH

C.铝离子的结构示意图:D.OFT的电子式：［：O：H「

3.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B.石油主要含有碳、氢两种元素

C.石油裂化属于物理变化D.石油分锚属于化学变化

4.下列玻璃仪器上有标明“0”刻度的是（)

A.C.D.

5.下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（）

A.C（金刚石）和白磷B.CH4^H20

C.NaBr和HBrD.Cl2和KC1

6.某有机物结构如图，它不可能具有的性质是（）

CH2=CH-

CH2OH

A.能跟KOH溶液反应B.能被氧化

C.能发生加聚反应D.能使溪水褪色

7.反应物X生成Z的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式为（）

反应送W

A.2X(g)->Z(g)+(a-b)kJB.2X(g)->Z(g)+(b-a)kJ

C.2X(g)->Z(g)+(c-a)kJD.2X(g)rZ(g)+(b-c)kJ

8.与足量氢气反应，能生成3-甲基戊烷的不饱和慌是（）

H,C=C—CH—CH,

A.B.

3XHsJ

CH,

H,C=C-CH=CH,I

c.D.H;C=CH-C-CH-CH3

0H3CH.

9.物质分离和提纯操作中，可能含有化学变化的是（）

A.洗气B.萃取C.升华D.过滤

10.实验小组模拟海水晒盐，烧杯内的NaCl溶液长时间日晒，有部分晶体析出，下列说法错

误的是（）

A.海水晒盐的本质为蒸发结晶

B.烧杯中存在：NaCl（s）^Na+（aq）+Cr（aq）

C.往烧杯内通入HC1气体，沉淀会增多

D.往烧杯内加入少量水，溶液浓度会降低

II.为检验下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内）能达到目的的是

()

A.新制氯水（AgNO3溶液）B.FeCk溶液（KSCN溶液）

C.漂白粉（Na2c。3溶液）D.Na2s。3溶液（BaCk溶液）

12.在一定条件下铁可与水蒸气反应（装置如图所示），卜.列

说法错误的是（）

A.湿棉花的作用是提供反应所需水蒸气

B.充分反应后，还原铁粉变成红色固体

C.虚线方框中装置是为了检验反应产生的气体

D.酒精灯n配用的金属套筒目的是聚集火焰，提高温度

13.正确认识铁制品的电化腐蚀与防护方法的是（）

A.铁制品腐蚀时既可做正极也可做负极

B.铁制品腐蚀时铁电极发生反应为：Fe-3e->Fe3+

C.铁制品腐蚀时或发生析氢腐蚀或发生吸氧腐蚀

D.铁制品连接电源正极可防止腐蚀

14.北京冬奥会吉样物“冰墩墩”“雪容融”由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制成。

下列说法正确的是（）

A.）的单体为氯乙烷

PC(）中所有碳原子均可共面

C.亚克力）是纯净物

D.ABS的单体之一苯乙烯能使高钵酸钾溶液褪色

15.对化工生产认识正确的是（）

A.海水提澳：一般需要经过浓缩、氧化、提取三个步骤

B.合成氯化氢：通入电的量略大于Cl?，可以使平衡正移

C.合成氨：采用500。（：的高温，有利于增大反应正向进行的程度

D.侯德榜制碱法：析出NaHC03的母液中加入消石灰，可以循环利用NH3

16.向0.0101。1」一空2（014）2溶液中加入几滴酚酸溶液，然后向混合液中匀速、逐滴加入

0.2mol•L-】H2sO4溶液，滴加过程中测得溶液电导率的变化如图所示。下列说法不正确的是

D.若8min时将容器压缩为IL,MSO3)的变化如图中a

20.室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHCO3)的稀溶液中逐滴加入0」00mol/L盐酸，滴定

曲线如图，其中p、q为滴定终点。下列分析正确的是()

A.m处溶液pH>7,原因是COr+2H2。=H2CO3+201

B.由滴定数据可推知，原纯碱中不含NaHCO?

C.p和q处的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c(C0/)+c(HC0])+c(0H-)

D.原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol/L

二、流程题(本大题共I小题，共15.0分)

21.某煤化工厂废水含有大量有机物、氨氮、鼠化物、悬浮颗粒等有害物质，处理沆程如图

所示。

回潦硝化液

含的FCSO4

有机房氮气I----------------------------------------------------------------------------------溶液

Na>CO31

t酸化+中•1।it

某煤化t一缺口池一A好茶池一A沉淀池一乱一出水

工废水…一落取塔…-然妖塔

回流污泥

(1)萃取塔中经过(填写操作名称)可将含酚有机层分离出来。

(2)蒸氨塔中需要连续加入碱液并保持较高温度。请从化学平衡角度解释回答下列问题。

①写出蒸氨塔中主要的化学平衡的离子方程式：O

②加入碱液以及保持较高温度的原因：o

⑶缺氧池中含有NH*及CN-,其中CN-(C为+2价)可被回流硝化液中的NOJ氧化为无毒气体。

请预测CN-反应后的产物为和。请分析由蒸氨塔到缺氧池工序酸化的目的:

(4)好氧池中富含。2与NH：反应后的产物为NO],写出该反应的离子方程式：

(5)出水检测

+

甲醛法可以测定水样中NH1的含量，其反应原理为：4NH；+6HCH0=3H+6H20+

+

(CH2)6N4H,后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸［滴定时，lmol(CH2)6N4H+与lmolH*相

当］。

实验步骤：

i.移取VmL出水样品，以酚献为指示剂，用cmol/LNaOH标准液滴定至终点，中和样品中的酸。

消耗NaOH溶液的体积为％mL；

ii.另取同样体积的样品，加入足量的中性甲醛溶液，摇匀，静置5min后，加入1〜2滴酚酰;溶

液，用NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为VzmL。

①步骤ii中滴定至终点的现象为o

②该水样中残留NH：浓度为mol/Lo

三、简答题(本大题共3小题，共45.0分)

22.磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，它的单质和化合物在工农业生产中应用广泛。

白磷可通过反应2Ca3(P()4)2+10Ct6CaO+P4+10CO获得。完成下列填空：

(1)磷原子的最外层电子排布式是,氯原子核外有种不同运动状态的电子。

白磷在空气中露置时间长了会因温度达到着火点而自燃，使白磷升温的热量主要来自

(2)N和P在周期表中位于族，P*分子的空间构型为，是分子(填

“极性”或“非极性”)。下列能说明N和P非金属性柞对强弱的是(填编号)，

a.NH3的稳定性比PH3强

b.NE的沸点比PH3高

c.硝酸酸性比磷酸强

d.N原子半径比P原子小

铜既能与浓硝酸反应，也能与稀硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将化学方程式表

示为：Cu+HNO3->CU^NO3)2+NOT+N02T+H20不考虑2NO2=N2O4)。

完成下列填空：

(3)3Cu+IOHNO3->CU(NO3)2+NOt+NO2T+H20,再己

平上述化学方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目。

(4)0.3molCu被硝酸完全溶解后，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物

质的量是。

23.为实现“碳中和”，可以使二氧化碳与氢气反应，一定条件下，CO?和也可发生如下两

个平行反应：

i.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+50(g)-42kJ

ii.C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)+49.6kJ

(1)为了提高CH30H的产率，理论上应采用的措施是(填编号)。

A.低温低压

B.高温低压

C.高温高压

D.低温高压

(2)保持温度533K,压强3MPa,按投料比号岩=g向密闭容器中充入CO?和电，反应相同时

间测得不同催化剂下C0z转化率和CH30H选择性的相关实验数据如下表所示(已知CH?OH选

择性：转化的CO?中生成CH30H的白分比)。

催化剂CO2转化率CH30H选择性

cat.121.9%67.3%

cat.236.1%1C0.0%

上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是(填编号)。

A.气体压强不再变化

氏气体平均相对分子质量不再变化

C.CH30H和电0的物质的量之比为1：1

DC。2和电的物质的量之比不再变化

(3)一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入lmolCO?和3moi电，只发生上述反应ii,达平衡

时，电的转化率为80%,则该温度下的平衡常数K=(保留两位小数)。

(4)若恒容密闭容器中只发生上述反应i,在进气比n(C02)：MH?)不同、温度不同时，测得相

应的CO2平衡转化率如图所示，则B和D两点的温度T(B)T(D)(填“V”，“>”，或

“=”)，结合平衡常数分析原因：o

在工业生产和环境保护中，可以用NaOH溶液捕获CO2，减少碳排放，可得到Na2c。3和NaHC03

两种盐。

(5)0.1mol/L的NaHC()3溶液中c(OH-)>c(H+),用水解和电离理论的角度解释其原因

：若往溶液中加入氨水至中性，则c(Na+)c(HCO；)+c(COl-)+c(H2co3)(填

><”或“=”)。

(6)往O.lmol/L的Na2c。3溶液加入少量Na2(X)3固体，完全溶解后溶液中c(Na+)：c(CO『)的比

值(填“变大”、“变小”或“保持不变”)o

100

%90

*

¥80

家70

€60B

吴CD

50

£A,

、40

。

。30

20

0.511.52

n(CO2):n(H2)

24.某药物中间体L的合成路线如图:

Na。”稀溶液

TD6HQ)1—

CH=CHCHO

NJ)新制定仪化IM款浊液、A__________1)就仪化的/醉溶液、A

IF(C9H8。2)卜

2)H-2)H-口

已知:

⑴C和D所含官能团相同

1)。3

(2)RCH=CRCHO+RtCR2

、R2

2)Zn/H?O

请回答下列问题:

(1)AtB的反应条件是oF中的官能团名称是

(2)H-J、JtK的反应类型分别是

(3)写出C+D-E的化学方程式

(4)H的结构简式为。

(5)F有多种同分异构体，写出两种符合下列条件的F的同分异构体的结构简式

a.除荒环外不含其他环

b.能发生银镜反应

c.含有4种化学环境不同的氢原子

(6)结合题目所给信息，设计由CH?=CH?和OHCCHO合成HOOC的合成路线

反应试剂

(用流程图表示,无机试剂、有机溶剂任选)。(合成路线常用的表示方式为:A-B・

反应条件

反应试剂

—»FI标产物)

反应条件

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.俄国科学家门捷列夫发现元素周期律，故A错误：

B.德国化学家哈伯(FHaber,1868-1930)发明的合成氨技术使大气中的氮气变成了生产氮肥的

永不枯竭的廉价米源，从而使农业生产依赖土壤的程度减弱，解决了地球上因粮食不足导致的饥

饿和死亡问题，故B错误；

C.英国科学家汤姆孙发现了电子，并提出了电子云模型，故C错误；

D.我国科学家屠呦呦发现青蒿素，并获得诺贝尔生物奖，故D正确；

故选：Do

我国科学家屠呦呦发现青蒿素，并获得诺贝尔生物奖，据此进行分析。

本题主要考查「我国的化学史，属于记忆的知识，题目难度不大，注意基础知识的积累。

2.【答案】D

【解析】解：A.乙烯结构简式中碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式为CH2=CH2,故A错误；

B.乙酸中含有2个C,4个H和2个0,分子式为：乙酸的分子式C2H4。2，故B错误；

是铝原子的结构示意图，铝离子的结构示意图为包)》，故C错误，

D.氢氧根离子为阴离子，0原子周围8个电子，其电子式为故D正确；

故选：Do

A.乙烯为含有1个碳碳双键的烯崎，结构简式中应体现官能团，据此判断；

B.分子式表示的是化合物中原子个数多少；

C.根据核内质子数和核外电子数的关系来解答；

D.根据电子式的写法和氢氧根中带有一个负电荷来解答。

本题考查常用化学用语的书写，题FI难度不大，掌握常用化学用语的书写，难度不大。

3.【答案】B

【解析】解：A、石油是化石燃料，是由远古时期的动物尸体转化而来，短期内不可再生，故A

错误：

B、石油是多种烷点、环烷烧的混合物，故主要含C、H两种元素，故B正确；

C、石油裂化是以重油为原料来生产轻质油的过程，有新物质生成，故是化学变化，故C错误；

D、根据石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将组分分离的操作称为石油的分储，无新物

质生成，故为物理变化，故D错误。

故选:Bo

A、石油是化石燃料；

B、石油是多种烷煌、环烷燃的混合物；

C、石油裂化是以重油为原料来生产轻质油的过程；

D、根据石油中各组分的沸点的不同，川加热的方法将组分分离的操作称为石油的分馀.

本题考查了石油的综合利用，应注意根据石油综合利用的目的和原理来区分是物理变化还是化学

变化.

4.【答案】C

【解析】解：A.图示仪器为分液漏斗，分液漏斗上部没有刻度，故A错误；

B.图示仪器为量筒，小刻度在下大刻度在上，没有“0”刻度，故B错误；

C.图示仪器为酸式滴定管，上端标有“0”刻度，故C正确；

D.图示仪器为容量瓶，在容量瓶的瓶颈上有刻度线，但没有“0”刻度，故D错误；

故选：Cu

根据各个仪器的特征进行分析解答。

本题考查常见仪器的使用，题目难度不大，注意有刻度的量取溶液体积的仪器标有温度。

5.【答案】B

【解析】解：A.C（金刚石）和刍磷都只含有共价键，但前者为共价晶体，后者为分子晶体，故A错

误；

BCIL和50都形成分子晶体，且分子内原子间都形成共价犍，故B正确；

C.NaBr形成离子晶体，离子间形成离子键，HBr形成分子晶体，分子内原子间形成共价键，故C

错误；

D.C12形成分子晶体，分子内原子间形成共价键，KC1形成离子晶体，离子间形成离子键，故D错

误；

故选：Bo

根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体含有离子键，可能含有共价键，共价化合物

只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。

本题考查了化学键类型和晶体类型的关系。判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原

子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。

6.【答案】A

【解析】解：A.不含—COOH、酚一OH、-COOC->—X等，则不能与KOH溶液反应，故A选；

B.含碳碳双键、-CHzOH,能被氧化，故B不选；

C.含碳碳双键，能发生加聚反应，故C不选；

D.含碳碳双键，能与澳单质发生加成反应，使滨水褪色，故D不选；

故选：Ao

本题考杳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、有机反应为解答的关犍.

侧重分析与应用能力的考查，注意酚与醇的区别及酚、烯燃的性质，题目难度不大.

7.【答案】A

【解析［解：由图可知，反应物X生成Z为吸热反应，吸收的热量即为(b-a)kj,所以该反应的

热化学方程式为2X(g)tZ(g)+(a-b)kj,故A正确；

故选：Au

由图可知，反应物X生成Z为吸热反应，吸收的热量即为(b-a)kj,以此来解答。

本题考查反应热与熔变，为高频考点，把握图中能量变化、热化学方程式的书写为解答的关键，

侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

8.【答案】B

【解析】解：A.与足量氢气加成生成2-甲基戊烷，故A不选；

B.与足量氢气加成生成3-甲基戊烷，故B选；

C.与足量氢气加成生成2-甲基丁烷，故C不选；

D.与足量氢气加成生成3,3-二甲基戊烷，故D不选；

故选:Bo

与足量氢气反应，能生成3-甲基戊烷的不饱和烧，则碳链骨架不变，由CH3cH2cH(CH3)CH2cH3

可知，相邻2个C上至少含1个H即可，则3-甲基一1一戊快或3-甲基-2-戊烯或2-乙基-1一丁

烯均可加成生成，以此来解答。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握烯姓与烘烧的加成反应、碳链骨架为解答的关

键，侧重分析与应用能力的考查，注意加成反应的特点，题目难度不大。

9.【答案】A

【解析】解：A、用溶液来洗气，有的是将气体溶解吸收，有的是将气体反应吸收，故可能含化

学变化，故A正确；

B、利用溶质在互不相溶的溶剂中的溶解度的不同，用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来

的过程称为萃取，故萃取是利用溶解度的差异进行的操作，是物理过程，无化学反应，故B错误；

C、升华是由固态直接变为气态的过程，无新物质生成，故为物理变化，故C错误；

D、过滤是将固体和液体分离的操作，无新物质生成，故为物理变化，故D错误。

故选：A。

有新物质生成的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化，据此分析。

本题考查了常见的化学操作的实质以及物理变化、化学变化的判断，难度不大，应掌握常见的化

学操作的实质。

10.【答案】D

【解析】解：A.海水晒盐的过程是经长时间日晒，海水中水分蒸发，有NaCl晶体析出，本质为蒸

发结晶，故A正确；

B.烧杯内的NaCl溶液长时间日晒，有部分晶体析出，烧杯中存在NaCl的溶解平衡：NaC()=

Na+(ag)+Cl一(aq),故B正确；

C.往烧杯中通入HC1气体，溶液中c(C厂)增大，平衡NaCl(s)=Na+(ag)+C「(aq)逆向移动，会析

出更多的NaCl,故C正确;

D.烧杯内的NaQ溶液长时间口晒，有部分晶体析出，往烧杯中加入少量水，有部分晶体溶解，溶

液仍为饱和溶液，溶液浓度不变，故D错误；

故选：Do

A.海水晒盐是利用风吹日晒，使溶剂蒸发的方法使NaCl晶体析出，本质为蒸发结晶；

B.NaQ溶液长时间日晒，有晶体析出，存在NaCl的溶解平衡：NaCl(s)#Na+(ag)+Cr(aq)；

C.往烧杯中通入HC1气体，溶液中c(C「)增大，平衡NaCl(s)=Na+(ag)+C「(aq)逆向移动；

D.往烧杯中加入少量水，部分析出的晶体溶解，溶液仍为饱和溶液。

本题难度不大，掌握海水晒盐的原理与方法，溶解平衡移动的原理是解答本题的关键。

11.【答案】B

【解析】解：A.氯水及盐酸中均含氯离子，与硝酸银均生成白色沉淀，不能检验是否变质，故A

错误；

B.亚铁离子变质生成铁离子，铁离子与硫氟化钾反应生成纥色的硫氟化铁，亚铁离子与硫氟化钾

不反应，可以鉴别，故B正确；

C.漂白粉含氯化钙、次氯酸钙，无论次氯酸钙是否变质，氯化钙均可电离出钙离子，加碳酸钠溶

液不能检验是否变质，故C错误；

D.变质混有硫酸钠，均与氯化钢反应，均生成白色沉淀，不能检验是否变质，故D错误；

故选：Bo

A.氮水及盐酸中均含氯离子：

B.亚铁离子变质生成铁离子；

C.漂白粉含氯化钙、次氯酸钙，无论次氨酸钙是否变质，氨化钙均可电离出钙离子；

D.变质混有硫酸钠，均与氯化钢反应。

本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分

析与应用能力的考杳，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

12.【答案】B

【解析】解：A.加热时，湿棉花提供反应所需水蒸气，故A正确；

B.Fe3%是黑色晶体，充分反应后，还原铁粉变成黑色固体，故B错误；

C.氢气可使肥皂液形成肥皂泡，则肥皂液的主要作用是收集生成的电，用燃着的火柴检验氢气的

存在，故C正确；

D.铁粉与水蒸气发生反应的条件是高温，实验中网罩的作用是集中火焰，提高温度，为反应物的

发生提供条件，故D正确；

故选：Bo

加热时，湿棉花提供水蒸气，铁粉与水蒸气发生3Fe+4H20(g)管Fe304+4H2「反应的条件是

高温，以此解答该题。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及实验技能为解答的

关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。

13.【答案】C

【解析】解：A、铁制品腐蚀时，铁为负极，故A错误；

B、铁制品腐蚀时，铁为负极，发生反应为：Fe-2e-=Fe2+,故B错误；

C、铁制品腐蚀时，在酸性条件下发生析氢腐蚀，在中性或者弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，故C

正确；

D、铁制品连接电源正极作阳极加快腐蚀，故D错误；

故选：Co

铁制品腐蚀时，在酸性条件下发生析氢腐蚀，在中性或者弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，铁为负极，

发生反应为：Fe-2e-=Fe2+,铁制品连接电源正极作阳极加快腐蚀，据此分析解答.

本撅考杳了金属的腐蚀与防护,注意杷樨常见的防腐方法，明确原电池和电解池原理是解本题关

键，知道钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的区别，难度不大。

14.【答案】D

-4-CH2—CH-hr

【解析】解：A.PVC(|)的单体为氯乙烯，故A错误;

CI

中两个苯环之间的碳为饱和碳原子，为sp3杂化,

只含有醍基一种官能团，故C错误;

D.ABS塑料是丙烯睛、丁二烯、苯乙烯三种单体的三元共聚物，苯乙烯含有双键，能使高铺酸钾

溶液褪色，故D正确;

故选:Do

-4-CH2—CH-hr

A.PVC(）的单体为氯乙烯;

C1

中两个苯环之间的碳为饱和碳原子;

D.ABS塑料是丙烯睛、丁二烯、苯乙烯三种单体的三元共聚物。

本题考查高分子化合物的结构与性质，为高频考点，单体的判断等为解答的关键，侧重分析与应

用能力的考查，题目难度不大。

15.【答案】A

【解析】解：A.海水中滨离子含量较低，应先浓缩富集，将澳离子转化为溟需要加入氧化剂，通

常选择氯气，氧化滨离子得到单质溟：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,再利用滨的挥发性，鼓入热空气

或热水蒸气将浪分离出来，故A正确；

B.氢气与氯气反应生成氯化氢不是可逆反应，不存在化学平衡的移动，故B错误；

C.合成氨为放热反应，加热使平衡逆向移动，故C错误；

D.侯德榜制碱法：析出NaHCO?的母液中加入生石灰，可以循环利用N&，故D错误；

故选：Ao

A.海水中滨离子含量较低，应先浓缩富集，将澳离子转化为澳需要加入氧化剂，再利用嗅的挥发

性，鼓入热空气或热水蒸气将澳分离出来；

B.氢气与氯气反应生成氯化氢不是可逆反应；

C.合成氨为放热反应；

D.析出小苏打的母液中加入生石灰，NH3循环使用.

本题考查/物质结构与性质，涉及海水提浪、合成斑条件的选择、侯氏制碱，明确相关原理是解

题关键，题目难度中等.

16.【答案】D

【解析】解：A.向0.01mol」TBa(OH)2溶液中加入几滴酚酸溶液，溶液变红，加入硫酸氢氧根离

子浓度减小，红色变浅，恰好反应时，溶液呈中性，红色完全褪去，故A正确；

B.恰好反应时，发生反应2H++SO/+Ba2++2OH-=BaSO41+2H2。，由于水存在微弱电离、

Bas。,存在微弱溶解，理论上电导率不会为0,故B正确：

C.溶液导电性由溶液中自由移动离子的浓度决定，电导率减小的过程中，发生反应：2H++SOV+

2+

Ba+2OH-=BaS04I+2H2O,故C正确；

D.若用同浓度的Na2s。4溶液代替稀硫酸重:复上述实验，发生反应Ba(OH)2+Na2SO4=BaSO4I

+Na2SO4,溶液导电能力减弱，但不会接近为0,故D错误；

故选：Do

溶液导电性由溶液中自由移动离子的浓度决定，向0.01molLTBa(OH)2溶液中加入几滴酚酸溶液,

溶液变红，然后向混合液中匀速、逐滴加入0.2mol•LH2sO4溶液，发生反应2H++SOj-+Ba2++

20H-=BaSO,X+2H2O,溶液中离子浓度减小,恰好完全反应时,溶液离子浓度最小.导电能力

最小，溶液红色褪去，继续加入硫酸，溶液中离子浓度增大，导电能力变强，据此作答。

本题考查溶液导电性变化,题目难度中等，注意结合滴定过程中离子浓度变化分析导甩能力变化。

17.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子之间的反应、离子共存、电荷守恒为解答的关

键，侧重:分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。

【解答】

由加足量氯水后，有气泡产生、溶液呈橙黄色，因氯水中含有氯气、盐酸和次氯酸，可知一定含

有BL,生成气体说明含(：0至、SO/中的一种或两种；

向橙色溶液中加Bad2溶液无明显现象，SO歹能被氯气氧化生成SO厂，可知一定不含SO歹离子，

则一定含有to歹，结合电荷守恒及离子共存来解答。

取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色，则一定含有BL,生成气体说明含COg、SOi-

中的一种或两种；

向橙色溶液中加BaCk溶液无明显现象，则一定不含SO勺离子，则一定含有CO/,且A/、COp相

互促进水解不能共存，则一定不存在AF+,

由电荷守恒可知，一定含阳离子为K+,不能确定是否含OHL还需要检验，

故选B。

18.【答案】C

【解析】解:A.“吸收”步骤中发生的反应为2H20+S02+Fe2(S04)3=2FeSC)4+2H2S04,S元

素的化合价升高，被氧化，故A错误；

B.“吸收”后生成硫酸，酸性增强，故B错误；

C.反应为4FeS04+。2+2H2sO4=2Fe2(S04)3+2H20,Fe/SOd”溶液循环到“吸收”步骤使用，

故C正确；

D.“氧化”中，每lmol()2参加反应转移4moi电子，故D错误：

故选：Co

根据流程图分析，利用Fe2(S04)3的氧化性氧化吸收SO2气体，反应为2H2。+S02+Fe2(SO4)3=

2FeSO4+2H2SO4,得到的FeS()4溶液，再用空气中的氧气氧化得到Fe?(S04)3溶液，反应为

4FeS04+02+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O,Fe2(S()4)3溶液循环到“吸收”步骤使用，根据氧

化还原反应原理分析解答。

本题考查了二氧化硫的污染及处理、氧化还原反应规律的应用，把握物质的性质、发生的反应是

解题关键，注意掌握二氧化硫的还原性、三价铁离子的氧化性、二价铁离子的还原性，题目难度

中等。

19.【答案】D

【解析】解：A.由图可知，8min达到平衡，△n(SC)3)=OSmol-0.2moi=0.4moL0〜8min内

0.4mol

A

v(SO3)=-3^=0.025moI/iL-min)，故正确；

B.8min时达到平衡，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则8min时v逆(SO?)=

2V正(。2)，故R正确：

C.平衡时，气体的物质的量穴变，则8min时容器内压强保持不变，故C正确；

D.若8min时将容器压缩为1L,若平衡不移动，n(S()3)=0.4mol,但压强增大平衡逆向移动，可知

0.4mol<n(SO3)<0.6mol,不能从0.4mol开始增大，a变化与实际不符，故D错误；

故选:Do

A.由图可知，8min达到平衡：△n(SO3)=0.6mol—0.2mol=0.4mol,结合v=年计算;

B.8min时达到平衡，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；

C.平衡时，气体的物质的量K变；

D.若8min时将容器压缩为1L,若平衡不移动，MSO3)=0.4moL但压强增大平衡逆向移动，可知

0.4mol<n(SO3)<0.6mol.

本题考查物质的量与时间变化曲线，为高频考点，把握图中物质的量的变化、平衡特征、平衡移

动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大.

20.【答案】D

【解析】解：A.m处溶液pH>7,主要原因是COT+HzOuHCOl+OH-,故A错误；

B.由图可知,m〜p点发生反应CO/+H+=HCOJ,消耗盐酸9.8mL,p〜q点发生反应HCO3+H+=

C02T+H20,消耗盐酸21.5mL-9.8mL=11.7mL>9.8mL,故纯碱中含NaHC()3，故B错误；

C.由电荷守恒可知，p和q处的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c(COg)+c(HCOj)4-c(OH-)+

c(cr),故C错误；

D.q点时反应恰好结束，溶质为NaCL故原纯碱稀溶液中c(Na+)=°」”］泮28：=o.215mol/L,

U.U1L

故D正确；

故选：Do

向10.0mL纯碱例能含有NaHCO?)的稀溶液中逐滴加入0.100mol/L盐酸，由图可知，m〜p点发生

反应CO歹+H+=HCO>p〜q点发生反应HCO3+H+=(2()21+50，据此作答。

本题考查滴定计算，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断各步反应和各点溶质是解题的关

键。

21.【答案】萃取、分液NH，+OH一二NH3・H2O=NH3+H2。连续加入碱液，促进平衡正向移

动，生成更多的氨气；保持较高的温度，降低氨气的溶解度，有利于氨气的逸出，N2C02一

是营造酸性环境，增强NOJ的氧化能力，有利于将CN-氧化为无毒气体，二是中和蒸储塔中剩余

+

的氨2O2+NH：=2H+NO3+H2O溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色吧户

【解析】解：(1)根据题意，萃取塔中经过萃取、分液可得含酚有机层，

故答案为：萃取、分液；

(2)①NH：在碱性条件下生成一水合氨，进而转化为NH3,则主要的化学平衡的离子方程式:NH；+

0H-0NH3-H20=NH3+H20,

故答案为：NH|+OH-#NH3-H2ONH3+H2O：

②蒸氨塔中连续加入碱液，可促进NH］的转化，保持较高温度，有利于氨气的逸出，则加入碱液

以及保持较高温度的原因：连续加入碱液，促进平衡正向移动，生成更多的氨气：保持较高的温

度，降低氨气的溶解度，有利于氨气的逸出，

故答案为：连续加入碱液，促进平衡正向移动，生成更多的氨气；保持较高的温度，降低氨气的

溶解度，有利于氨气的逸出；

(3)缺氧池中CN-(C为+2价)可被回流硝化液中的NO］氧化为无毒气体，则CN-反应后的产物为电

和C02,由蒸氨塔到缺氧池，NO］表现强氧化性时，需要提供酸性环境，则酸化的目的：营造酸性

环境，增强NO］的氧化能力，有利于将CN-氧化为无毒气体，同时酸还能中和蒸储塔中剩余的氨；

故答案为：N2；C02；一是营造酸性环境，增强NOJ的氧化能力，有利于将CN-氧化为无毒气体，

二是中和蒸窗塔中剩余的氨，

(4)好氧池中富含。2与NH：,反应后的产物为NO。则该反应的离子方程式：2O?+NH：=2H++

NO3+H2O,

+

故答案为：202+NH；=2H+NO3+H20；

(5)①步骤ii中，用NaOH标准溶液滴定样品中原来残留的以及生成的酸，则滴定至终点的现象为

溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色，

故答案为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色；

②由反应的原理可得关系式，NHi~H+~OH-,新生成的酸得物质的量为«出一%)x103moi,

则该水样中残留NH。浓度为S^mol/L=隼30101人，

故答案为：吧押。

燥化工厂废水含有大量有机物、氨氮、氮化物、悬浮颗粒等有害物质，在萃取塔中加入萃取剂，

萃取后分液，可获得含酚有机层；将水层放入蒸氨塔中，可获得氨气；将所得污泥在缺氧泡酸化，

并加入硝化液，将CN-氧化为无害气体；将硝化后的污泥在好氧池中将NHj氧化为NO］,加入

Na2c。3调节溶液的pH,将金属离子转化为沉淀；将经过沉淀池的浊液中加入FeS04沉淀，用生成

的Fe(OH)3胶体去除悬浮颗粒物，最后出水；(5)①步骤ii中，用NaOH标准溶液滴定样品中原来残

留的以及生成的酸；②由反应的原理可得关系式，NH：〜H+〜0H1结合关系式计算。

本题考查分离提纯实验方案的设计、物质组成及含量测定计算，题目难度较大，明确实验目的和

实验原理为解答关键，掌握常见元素化合物性质，试题充分考查学生的分析理解能力及化学实验

能力。

22.【答案】3s23P38白磷缓慢氧化释放的热量VA三保锥极

6c

性acd3135I'0.9mol

3CU+IOHNO)=3Cu(NO,h+1NOj>3NOJ+5H2O

【解析】解：(1)磷原子的最外层电子数5,最外层电子排布式是：3s23P3,氧原子核外电子数8,

核外有8种不同运动状态的电子，白磷在空气中露置时间长了会因温度达到着火点而自燃，使向磷

升温的热量主要来自：白磷缓慢氧化释放的热量，

故答案为：3s23P3：8；白磷缓慢氧化释放的热量：

(2)N和P在周期表中位于VA族，P&分子的空间构型为三角锥，是极性分子，

a.氢化物越稳定，非金属性越强，N&的稳定性比PH3强，证明非金属性N>P,故a正确；

b.NM的沸点比P也高是因为氨气分子间形成氢键，不能说.明非金属性强弱，故b错误：

c.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，硝酸酸性比磷酸强，证明非金属性、>P,

故c正确；

d.N原子半径比P原子小，得到电子的能力强，证明非金属性N>P,故d正确；

故答案为:acd；

(3)该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价，3moicu电子转移6moie-,N元素化合价由+5价变为

+2价、+4价，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为：3Cu+IOHNO3=3CU(NO3)2+NOT

+3NO2T+5H2O,Cu元素的化合价由0升高为+2价，N元素的化合价由+5价降低为+2、+4价，

还原剂发生氧化反应，该反应中转移6e\单线桥标注电子转移方向和数目为：

6c

II，

3CuHOHNO,=3Cu(NO、L+INO「3NOJ+5Hg

6c

故答案为・3-1-3-5-I1.

，

3Cu*IOHNO,-3Cu(NOJ),*INOt+3NO2f+5H;O

(4)该反应中Cu元素由0价升高到+2价，贝lj0.3moicu失去的电子为0.3molx(2-0)=0.6mol,设

NO的物质的量为n,得到的NO和NO2物质的量相同，由电子守恒可知，0.3molx2=nx(5-2)+

nx(5-4),解得n=O.lSmol,则N原子守恒可知作氧化剂的硝酸为0.15mol+0.15mol=0.3mol,

由Cu(NO3)2可知，作酸性的硝酸为0.3molx2=0.6moL则参加反应的硝酸的物质的量是0.3mol4-

0.6mol=0.9moL

故答案为：0.9mol。

(1)磷原子的最外层电子数5,据此写出最外层电子排布式，原子核外电子数二核外电子运动状态

数，白磷缓慢氧化过程中放出热量；

(2)N和P原子的最外层电子数5,主族元素最外层电子数=主族族序数，P国分子中P原子sp3杂化，

存在一对孤对电子，可以比较得到电子的能力，与氢化合难易、氢化物稳定、最高价含氧酸的酸

性强弱等进行判断；

(3)该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价，3moicu电子转移6moie-,N元素化合价由+5价变为

+2价、+4价，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式，Cu元素的化合价由0升高为+2,介，N元

素的化合价由+5价降低为+2、+4价，还原剂发生氧化反应，该反应中转移6。一；

(4)根据Cu元素的化合价变化来分析失去电子数，利用电子守恒来计算作氧化剂的硝酸的物质的量,

作酸性和作氧化剂的物质的量之和为参加反应的硝酸的物质的量。

本题考杳氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中元素的化合价变化及氧化还原反应基

本概念、转移电子的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考杳，题目难度不大。

23.【答案】DB3.70＜依据图像数据计算得到B、D两点的平衡常数K(B)=2.25和K①)=3,

又反应i是吸热反应，升温A增大HC0J的水解程度大于电离程度=变小

【解析】解：(1)生成甲醇的反应是气体体积减小的放热反应，降低温度和增大压强都可以使平衡

正向移动，为了提高甲静的产率，采取的措施可以是低温高压，

故选：D；

(2)使用cat.2作催化剂，甲醇的选择性100%,即只发生反应ii,

A.恒压条件下，气体压强一直不变，所以气体压强不再变化不能判断反应ii是否达到平衡状态，故

A错误；

B.反应ii的反应物和生成物都是气体，气体总质量是不变的.但气体总物质的量是变化的，所以未

平衡前混合气体的平均相对分子质量是变化的，当气体平均相对分子质量不再变化时，反应达到

了平衡状态，故B正确；

CCH30H和是生成物，物质的审之比始终为1：1,所以CH30H和心0的物质的量之比为1：1不

能判断反应ii是否达到平衡状态，故C错误；

D.起始投料CO?和出的物质的量之比是方程式的系数比，/以CO2和电的物质的量之比一直不变，

CO2和出的物质的量之比不再变化不能作为判断反应是否达到平衡的标志，故D错误，

故选：B：

(3)■定条件下，向0.5L恒容密闭容器中允入ImolCOz和3m。1出,只发生上述反应ii,达平衡时，H2

的转化率为80%,可列三段式:

CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H2O(g)

起始(mol/L)2600

变化(mol/L)1.64.81.61.6

平衡(mol/L)0.41.21.61.6

则该温度下的平衡常数K=。黑黑胱？=掇号=370

故答案为:3.70；

(4)B点CO2和电的物质的量之比为LI,。)2的平衡转化率为60%，设CO2和电的物质的量均为Imol,

容器体积为1L,可列

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+50(g)

起始(mol/L)1100

变化(mol/L)0.60.60.60.6

平衡(mol/L)0.40.40.60.6

可得平衡常数K(B)==磊=2.25

D点CO2和电的物质的量之比为1.5：1,CO2的平衡转化率为50%，设CO2的物质的量为3mol,则出

的物质的量为2m01,容器体积为1L,可列三段式：

CO2(g)+H2(g)#CO(g)+H2O(g)

起始(mol/L)3200

变化(molL)1.51.51.51.5

平衡(mol/L)1.50.51.51.5

可得平衡常数1<(口)=点筋=展得=3,该反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡正

c(^c.U2JCIM2Ji.jxu.o

向移动,平衡常数增大,K(B)<K(D),所以T(B)<7(D),

故答案为：<：

(5)NaHC()3溶液中既有HCO］的电离：HCO3#H++又有HCO］的水解：HCO］+%0=

H2cO3+OH\0.1mol/L的NaHC()3溶液中c(OH-)>c(H+),所以HCO］的水解程度大于电离程度；

加入的氨水没有提供钠元素和碳元素，所以还存在相同的元素质量守恒，NaHC()3溶液中存在元素

+

质量守恒:c(Na)=c(HCOj)+c(CO|-)+c(H2CO3),

故答案为：HCO1的水解程度大于电离程度；=；

(6)碳酸钠溶液中由于碳酸根离子的水解，使溶液中c(Na+)：c(CO『)大于2,往0.1mol/L的Na2cO3

溶液加入少量Na2c。3固体，完全溶解后溶液中碳酸根离子浓度增大，水解程度减弱，所以c［Na+)：

c(CO夕)的比值变小,

故答案为：变小。

(1)生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应；

(2)A.反应ii气体分子数减小的反应；

B.物质的总质量不变，反应的气体分子数减小；

C.CH30H和“0的物质的量之比为1：1,不能说明正逆反应速率相等；

D.C02和％的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定值，其不会变化；

(3)该温度下的平衡常数K=瑞篇普；

(4)反应i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大；

(5)NaHCC)3溶液中既有HC0］的电离：HCO3H++CO^,又有HCO］的水解；

(6)碳酸钠溶液中由于碳酸根离子的水解，使溶液41c(Na+)：c(COr)大于2,往O.lmol/L的Na2cO3

溶液加