2020届上海市崇明区高三化学一模试题及答案解析

12.【答案】B

【解析】解：测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，即测定的结晶水含量偏高，

A、所用晶体中有受热不挥发的杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，导致测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故A不选；

B、用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，测定的结晶水含量偏高，故B选；

C．未将热的坩埚放在干燥器中冷却，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故C不选；

D、在实验结束时没有进行恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故D不选； 故选：B。

由题意可知，测定的硫酸铜晶体中结晶水含量，经计算相对误差为+0.4%，即测定的结晶水含量偏高。 在测定实验中，若被测样品中含有加热不挥发的杂质或未将热的坩埚放在干燥器中冷却或实验前被测样品已有部分失水等，都会造成测量结果偏低；若测定过程中，硫酸铜固体部分发生分解变黑或样品溅出或样品中含有加热易挥发、易分解的杂质等，都会造成测量结果偏高，据此分析解答。

本题考查了硫酸铜晶体中结晶水的测定，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，把握实验操作原理及实验注意事项是解题的关键，注意产生误差原因的分析，题目难度中等。 13.【答案】D

【解析】解：侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用，方程式为：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O，所以没有使用的反应原理的化学方程式是NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓； 故选：D。

侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用，据此分析解答。

本题主要考查了侯氏制碱法的原理，难度不大，理清反应原理即可解题。 14.【答案】D

【解析】解：A、由于离子化合物在熔融状态下一定能导电，故一定是电解质，不能是非电解质，故A错误；

B、单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；

C、酸性氧化物绝大多数是非电解质，少部分是电解质，且是电解质中的弱电解质，无强电解质，故C错误；

D、若共价化合物能在水溶液中自身电离出自由离子而导电，则为电解质，若在水溶液中不能导电，则为非电解质；是电解质的共价化合物，可能是强电解质，也可能是弱电解质，故D正确。 故选：D。

在水溶液中能完全电离的电解质为强电解质；

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在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质；

在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，据此分析。

本题考查了电解质、非电解质、强弱电解质与离子化合物、单质、共价化合物等之间的关系，难度不大，应注意的是离子化合物一定是电解质，共价化合物可能是电解质也可能是非电解质。 15.【答案】B

【解析】解：A．KI是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀，可以用淀粉溶液检验是否变质，故A不选；

B．FeCl2溶液变质混有FeCl3，则加KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B选； C．HCHO变质生成HCOOH，银氨溶液与甲醛、甲酸均能反应，所以不能检验，故C不选；

D．Na2SO3溶液变质生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能与氯化钡生成白色沉淀，所以加氯化钡不能检验变质，故D不选； 故选：B。

A．KI是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀； B．FeCl2溶液变质混有FeCl3，可检验铁离子； C．HCHO变质生成HCOOH； D．Na2SO3溶液变质生成Na2SO4。

本题考查物质的鉴别和检验基本方法及应用，为高频考点，把握变质混有的物质及离子的性质为解答的关键，注意原物质与变质生成的物质反应现象相同不能鉴别，题目难度不大。

16.【答案】C

【解析】解：A．如加入反应物为固体，由于不改变反应物浓度，则反应速率不变，平衡不移动，故A错误；

B．如反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动，平衡常数只受温度的影响，改变压强，平衡常数不变，故B错误；

C．升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，且平衡常数改变，故C正确； D．加入催化剂，反应速率增大，平衡不一定，且不影响平衡常数，故D错误。 故选：C。

A．如加入反应物为固体，则反应速率不变，平衡不移动； B．如反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动； C．升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动； D．催化剂不影响平衡常数。

本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡常数只受温度的影响，题目难度不大。 17.【答案】A

【解析】解：根据分析可知，这两种元素为O、S。 A．O元素非金属性较强，没有最高价正价，故A错误； B．O和S都有最低价-2价，故B正确；

C．O、S形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫和三氧化硫都是共价化合物，故C正确；

D．O存在的单质有氧气和臭氧，S形成的单质有S2、S4、S6等多种，故D正确； 故选：A。

元素周期表中短周期某主族只有两种元素，这两元素的单质在常态下分别为气体和固体，周期表中满足条件为N和P、O和S；这两元素之间形成的化合物都能与水反应，

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N、P之间不反应，则这两种元素分别为O、S，据此解答。

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常见元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。

18.【答案】B

【解析】解：苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，乙炔中4个原子共平面，但甲基中最多有一个H原子能和C原子所在的平面共平面，故此有机物中在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢 原子有2个。 故选：B。

苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，乙炔中4个原子共平面，据此分析。

本题考查了原子共平面问题，原子共平面问题的关键是找母体，即找苯环、碳碳双键和碳碳三键为母体来分析。 19.【答案】D

【解析】解：A、甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中形成电解池，石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应不同，故A错误；

B、甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，则石墨电极附近的溶液先变红色，乙中形成电解池，铁是阴极，氢离子得电子发生氢气，同时生成氢氧根离子，则在铁电极附近的溶液先变红色，故B错误；

C、甲中形成原电池，电流由正极石墨经导线流向铁，乙中形成电解池，电流由铁流向负极，则铁极与导线连接处的电流方向不同，故C错误；

D、甲乙装置，碳电极都没有参加反应，甲中石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，则碳电极既不会变大也不会减小，故D正确； 故选：D。

甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，Fe为负极，乙中形成电解池，石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，铁是阴极，氢离子得电子发生氢气，以此解答该题。

本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的反应即可解答，会正确书写电极反应式，题目难度不大。 20.【答案】C

【解析】解：在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：

HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，即氢离子浓度与氢氧根离子浓度的积不变，所以氢离子的浓度变大， 故选：C。

在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，结合水的离子积常数，分析解答。

本题考查盐类水解，会根据盐水解平衡的移动分析解答，题目难度不大。

21.【答案】3 6 2 1 6 N2 2.4NA 3s23p2 原子晶体 HNO3为强酸，

H2SiO3为弱酸（或Si3N4中Si为+4价、N为-3价等） 相对原子半径小的N原子最外层有5个电子，形成稳定结构得3个电子，相对原子半径大的Si原子最外层有4个电子，

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形成稳定结构要得4个电子，得电子形成稳定结构时Si比N更难

【解析】解：（1）由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：2，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：2，令SiO2的化学计量数为3，C、N2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2+6C+2N2

Si3N4+6CO，其中N的

化合价降低，则N2发生得电子的还原反应，C发生失电子的氧化反应，反应中共转移6e-，电子转移的方向和数目为

，

故答案为：3、6、2、1、6；；

（2）反应3SiO2+6C+2N2 Si3N4+6CO中N元素化合价降低，N2发生还原反应，Si3N4

为还原产物、CO为氧化产物，生成6molCO和1molSi3N4时，共转移12mole-，所以 氧化产物比还原产物多1mol 时，反应中转移故答案为：N2；2.4NA； （3）反应3SiO2+6C+2N2 为

Si3N4+6CO中，N2 为非极性分子，结构式为N≡N，电子式

=2.4mol电子，电子数为2.4NA，

，Si的原子半径最大，最外层电子的4个电子排布于3s、3p能级上，

即排布式为3s23p2， 故答案为：

；3s23p2；

（4）氮化硅（Si3N4）是共价化合物，可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴，说明其熔

点高，所以氮化硅为原子晶体， 故答案为：原子晶体；

（I）比较N、Si非金属性强弱，可根据元素的最高价含氧酸的酸性强弱判断，酸性越强，则元素的非金属性越强，即它们的最高价氧化物对应水化物中，HNO3为强酸，H2SiO3 为弱酸，

故答案为：HNO3为强酸，H2SiO3 为弱酸（或Si3N4中Si为+4价、N为-3价等）； （II）N原子半径小，Si原子半径大，形成稳定结构时N得电子的能力强，即得电子能力强的N原子的非金属性对于Si，导致Si3N4中Si为+4价、N为-3价，

故答案为：相对原子半径小的N原子最外层上有5个电子，形成稳定结构得3个电子，相对原子半径大的Si原子最外层上有4个电子，形成稳定结构要得4个电子，得电子形成稳定结构Si比N更难。

（1）由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2，由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：4，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：4，令SiO2的化学计量数为3，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6； （2）反应3SiO2+6C+2N2

Si3N4+6CO中N元素化合价降低，N2发生还原反应，Si3N4

为还原产物、CO为氧化产物，反应中共转移12e-，据此计算； （3）反应3SiO2+6C+2N2

Si3N4+6CO中，N2 为非极性分子，结构式为N≡N，Si的原

子半径最大，最外层电子的4个电子排布于3s、3p能级上；

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