河南省郑州市2023年高考化学一模试卷及答案

高考化学一模试卷一、单项选择题1.化学与生活、科技密切相关。以下说法正确的选项是〔

〕A.“歼-20〞飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王〞，是一种新型有机高分子材料

B.2021年12月3日，在月球外表成功展开的五星红旗的主要材料芳纶属于合成纤维

C.我国海洋开发走向深蓝，“蛟龙号〞外壳材料使用的钛合金属于化合物

D.2021年我国发射的嫦娥5号探月器的太阳能电池帆板的材料是2.以下化学用语表示正确的选项是〔

〕A.羟基的电子式：

B.钠离子的结构示意图：

C.氯仿分子的球棍模型：

D.对硝基甲苯的结构简式：3.白屈菜酸有止痛、止咳等成效，其结构简式如图。以下说法中错误的选项是〔

〕A.白屈菜酸分子中含有四种官能团

B.白屈菜酸的一种同分异构体能发生银镜反响

C.白屈菜酸可以发生氧化、酯化、水解反响

D.白屈菜酸分子中不含手性碳(连有4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳)4.NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的选项是〔

〕A.的溶液中含有的数目为0.1NA

B.常温常压下，和的混合物中含有的电子数一定为NA

C.常温常压下，31g白磷燃烧生成时，断裂键的数目为NA

D.晶体中阴、阳离子总数为0.3NA5.某科研人员研究得出，HCHO可在羟基磷灰石(HAP)外表催化氧化生成和，其历程示意图如图(图中只画出了HAP的局部结构)。以下说法错误的选项是〔

〕A.HAP不能提高HCHO与的平衡转化率

B.HCHO在反响过程中，有键发生断裂

C.根据图示信息，分子中的氧原子全部来自

D.该过程的总反响是6.利用化学反响可以制取人们需要的物质。以下物质间的转化均能实现的是〔

〕A.

B.

C.

D.7.实验室模拟侯氏制碱法制取纯碱和氯化铵溶液，以下选项有关操作错误的选项是〔

〕选项A．B．C．D．实验操作实验目的制取氨气将其溶于饱和食盐水用碳酸钠与稀硫酸制二氧化碳过滤获得碳酸钠晶体蒸发浓缩氯化铵溶液A.A

B.B

C.C

D.D8.以下实验能到达预期目的的是〔

〕实验内容实验目的A向1mL0.1mol•L-1NaOH溶液中参加2mL0.1mol•L-1CuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热后未出现红色沉淀证明葡萄糖中不含醛基B向1mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中滴入2滴0.1mol•L-1KCl溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol•L-1KI溶液，又生成黄色沉淀证明在相同温度下，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)C室温下，用pH试纸测定同浓度的Na2CO3与NaClO的pH，比较二者pH的大小证明碳元素的非金属性弱于氯D将FeCl2样品溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液变红色证明FeCl2样品已变质A.A

B.B

C.C

D.D9.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的4种短周期主族元素，Z元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物可以形成离子化合物。这4种元素形成某有机物的结构简式如图。以下说法正确的选项是〔

〕A.

含氧酸的酸性：Z>Y

B.

原子半径：X<Y<Z<W

C.

氢化物的沸点：W>Z>Y

D.

这4种元素组成的一种化合物M可与盐酸反响，也可与氢氧化钠溶液反响10.图是某元素M的价类二维图，其中X是一种强碱，A为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对分子质量比E小16，图中呈现了各物质的转化关系。以下说法正确的选项是〔

〕A.

A中只含有离子键

B.

B物质可以和Y反响直接转化为E

C.

D，E均可以用向上排空气法收集

D.

通过氢氧化钠溶液可以除去D中含有的少量E11.探究草酸〔H2C2O4〕性质，进行如下实验。(：室温下，的)实验装置试剂a现象①Ca(OH)2溶液(含酚酞)产生气泡②少量NaHCO3溶液紫色溶液褪色③酸性KMnO4溶液溶液褪色，产生白色沉淀④C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质以下离子方程式或化学方程式错误的选项是〔

〕A.草酸有酸性：

B.草酸的酸性大于碳酸：

C.草酸有复原性：

D.草酸可发生酯化反响：HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOC-COOC2H5+2H2O12.高温下，甲烷生成乙烷的反响为。反响在初期阶段的速率方程为v=k∙c(CH4)，其中k为反响速率常数。以下说法错误的选项是〔

〕A.反响初期，增加甲烷浓度，v增大

B.反响过程中H2浓度变化对速率无影响

C.该温度下，乙烷的生成速率逐渐减小

D.升高反响温度，k增大13.〔环戊二烯〕容易发生聚合生成二聚体，该反响为可逆反响。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反响时间的关系如下列图，以下说法错误的选项是〔

〕A.

T1小于T2

B.

a点的反响速率小于c点的反响速率

C.

a点的正反响速率大于b点的逆反响速率

D.

b点时二聚体的浓度为0.45mol·L−114.在油田注水系统中，钢管主要发生硫酸盐复原菌厌氧腐蚀，一种理论认为厌氧细菌可促使与反响生成，加速钢管的腐蚀，其反响原理如下列图。以下说法正确的选项是〔

〕A.正极的电极反响式为：

B.与的反响可表示为：

C.钢管发生厌氧腐蚀的产物主要含有

D.为减缓钢管的腐蚀，可在钢管外表镀铜15.常温下，用的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱BOH溶液，滴定过程中pH及电导率变化曲线如下列图：以下说法正确的选项是〔

〕A.BOH的Kb约为1×10-3

B.a点的c(B+)大于b点

C.a点溶液中：c(B+)+c(H+)=2c(OH-)+c(BOH)

D.滴定至pH=7时，c(B+)=c(Cl-)＜0.1mol•L-1二、非选择题16.二乙酸-1，4-环己二醇酯可通过如图路线合成：〔1〕反响①的反响条件________。〔2〕⑤的反响类型是________，C中官能团的名称是________。〔3〕写出化合物B的结构简式________。〔4〕写出反响⑧的化学方程式________。17.分类法是研究物质性质的重要方法。现有、CO、、Cu、、等物质，根据它们的组成及性质进行如图分类：请答复以下问题：〔1〕淡黄色固体最终位于________组，它的电子式为________。该物质与水反响，假设有个电子转移，那么有________mol该物质参与反响。〔2〕写出实验室制备Ⅰ组中气体的化学方程式________。〔3〕B组中的物质能与稀硝酸反响，写出该反响的离子方程式________。〔4〕Ⅱ组中的物质滴入水中后与水剧烈反响产生大量酸雾，写出该反响的化学方程式________。18.某小组用如下列图装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已略)，以验证、、氧化性的强弱。根据题目要求答复以下问题：〔1〕检查装置气密性后，关闭、、，翻开，旋开旋塞a，加热A，那么B中发生反响的离子方程式为________。〔2〕B中溶液变黄时，停止加热A，关闭。翻开旋塞b，使约2mL的溶液流入试管D中，关闭旋塞b，检验实验中B生成离子的方法是________。〔3〕假设要继续证明和氧化性的强弱，需要进行的操作是________。〔4〕甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如表所示，他们的检测结果一定能够证明氧化性强弱顺序：的是________(填“甲〞、“乙〞或“丙〞)。过程(2)中溶液含有的离子过程(3)中溶液含有的离子甲既有又有有乙有无有丙有无有〔5〕验证结束后，将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，旋开、、和，关闭旋塞a、c，翻开旋塞b，从两端鼓入，这样做的目的是________19.钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂(主要含有、和不溶性硅酸盐)制备的新工艺流程如图：：滤液1和滤液2中钒以的形式存在。答复以下问题：〔1〕在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有________。〔2〕在滤渣1中参加和过量溶液发生氧化复原反响，氧化剂和复原剂的物质的量之比为________。〔3〕混合溶液中参加，发生反响的离子方程式是________。〔4〕钒最后以的形式沉淀出来。沉钒率(沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图中是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒〞时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是________(写一条即可)。〔5〕称取wg所得产品，先用硫酸溶解，得到溶液，再参加的溶液，最后用酸性溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。假设杂质不参与反响，锰被复原为。那么产品中的质量分数为________，(和溶液反响的离子方程式为)20.甲烷和CO2是主要的温室气体，高效利用甲烷和CO2对缓解大气变暖有重要意义。〔1〕图是利用太阳能将CO2分解制取炭黑的示意图：①

②

那么过程2的热化学方程式为________。〔2〕在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，按表中相应的量参加物质，在相同温度下进行反响的平衡转化率如表所示：容器起始物质的量的平衡转化率Ⅰ0.20.20050%Ⅱ0.20.10.20.3/容器Ⅰ在10min时反响到达平衡，该段时间内的平均反响速率为________；容器Ⅱ起始时反响向________(填“正反响方向〞、“逆反响方向〞或“不移动〞)进行。〔3〕将一定量的甲烷和氧气混合发生反响，其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得转化率与温度变化关系如下列图。某同学判断c点一定没有到达平衡状态，他的理由是________。〔4〕通过催化加氢可以合成乙醇，其反响原理为：。，通过实验得到如图图像：①图1中、、最高的是________。②图2表示在总压为P的恒压条件下，且时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。温度时，列式表示该反响的压强平衡常数________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。21.氯的许多化合物是高效、广谱的灭菌消毒剂，在疫情防控中发挥了重要作用。〔1〕工业制取氯气可用如图装置，图中的离子膜为________膜(填“阳离子〞或“阴离子〞)。写出阴极的电极反响式________。〔2〕一种有效成分为、、的“二氧化氯泡腾片〞，快速溶于水后溢出大量气泡，得到溶液。产生“气泡〞的化学方程式为________；生成的离子方程式为________。〔3〕AgCl、(砖红色)的分别为和，分析化学中，测定含氯的中性溶液中的含量，常以作指示剂，用标准溶液滴定。当溶液中出现砖红色沉淀时，假设，那么________。

答案解析局部一、单项选择题1.【答案】B【解析】【解答】A．碳纤维是属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故A不符合题意，B．芳纶是有机合成高分子材料，属于合成纤维，故B符合题意；C．钛合金是单质的混合物，不属于化合物，故C不符合题意；D．太阳能电池帆板的材料是硅单质，不是二氧化硅，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.碳纤维是无机物不是有机物

B.红旗的成分是有机物属于合成纤维

C.合金是通过金属加热熔合其他金属或者非金属的制备的具有金属特性的金属材料不是化合物

D.太阳能电池板的材料是硅单质不是二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的材料2.【答案】A【解析】【解答】A．羟基不带电，电子式为，故A符合题意；B．钠离子的核电荷数为11、核外电子数为10，离子结构示意图为，故B不符合题意；C．氯仿的分子式为CHCl3，氯原子的原子半径较大，该球棍模型不能表示氯仿，故C不符合题意；D．在对硝基甲苯中，N原子与苯环上的C原子形成共价键，结构简式为，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.羟基中不带电荷即可写出电子式

B.阳离子中，质子数大于核外电子数

C.表示的是甲烷不是氯仿

D.硝基上的氮原子应该与苯环上的碳原子相连接3.【答案】C【解析】【解答】A．白屈菜酸分子中含有羰基、碳碳双键、羧基、醚键四种官能团，故A不符合题意；B．白屈菜酸分子中含有羰基，其一种同分异构体可以存在醛基，能发生银镜反响，故B不符合题意；C．白屈菜酸分子中含有羰基、碳碳双键、羧基、醚键四种官能团，可以发生氧化、酯化反响，但不能发生水解反响，故C符合题意；D．连有4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳，白屈菜酸分子中没有连接4个不同原子或原子团的碳原子，即白屈菜酸分子中不含手性碳，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】根据给出的结构简式，即可找出含有醚基、羧基、双键、羰基四种官能团，可以发生氧化取代】酯化反响，根据原子或原子基团的连接，即可判断不含手性碳原子，根据结构简式即可写出含有醛基的同分异构体4.【答案】B【解析】【解答】A．铝离子为弱碱阳离子，在水溶液中局部水解，所以1L

0.1mol•L-1的AlCl3溶液中含有Al3+的数目小于0.1NA，故A不符合题意；B．H218O和D2O的相对分子质量均为20，常温常压下，2.0gH218O和D2O的混合物中含有的电子数一定为×10×NAmol-1=NA，故B符合题意；C．31g白磷的物质的量为=0.25mol，而一个白磷分子中含6条P-P键，燃烧生成的的结构为，燃烧后P-P键全部断裂，0.25mol白磷中含1.5NA条P-P键，因此断裂键的数目为1.5NA，故C不符合题意；D．0.1mol

NaHCO3晶体中含有0.1mol钠离子和0.1mol碳酸氢根离子，阴、阳离子总数为0.2NA，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.需要考虑铝离子的水解

B.根据n=计算出物质的量，再找出1个分子中含有的电子数即可

C.根据n=计算出物质的量，再根据结构式找出1个白磷分子中含有的P-P键即可

D.根据NaHCO3=Na++HCO3-即可判断5.【答案】C【解析】【解答】A．催化剂能改变化学反响速率，但不能改变化学平衡的移动方向，那么HAP不能提高HCHO与的平衡转化率，故A不符合题意；B．由图可知，反响过程中，甲醛发生了C—H键断裂，故B不符合题意；C．由图可知，二氧化碳分子中的氧原子来自于甲醛和氧气，故C符合题意；D．由图可知，该过程发生的反响为甲醛和氧气在催化剂HAP的外表发生催化氧化生成二氧化碳和水，反响的化学方程式为，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.催化剂只是改变反响速率

B.根据反响流程即可判断键的断裂

C.根据反响流程即可判断二氧化碳中氧原子的来源

D.根据反响物和生成物即可写出方程式6.【答案】C【解析】【解答】A．电解熔融的氯化钠制得氯气，氯气与石灰乳反响制得漂白粉而不是与石灰水反响，选项A不符合；B．一氧化碳复原四氧化三铁得到铁单质，铁与盐酸反响生成氯化亚铁而不是得到氯化铁，选项B不符合；C．氯气与溴化钠发生置换反响制得溴单质，溴与二氧化硫在水中发生反响生成氢溴酸和硫酸，物质间的转化均能实现，选项C符合；D．氢氧化镁与盐酸反响生成氯化镁溶液，电解氯化镁溶液得到氢氧化镁、氢气和氯气，应该是电解熔融的氯化镁才能得到镁单质，选项D不符合；故答案为：C。

【分析】A.漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙，是将氯气通入到石灰乳中制取

B.氯化氢的氧化性太弱只能与铁反响得到氯化亚铁

C.利用氧化性的强弱即可制取

D.制备金属镁一般选择的是电解熔融氯化镁7.【答案】C【解析】【解答】A．加热氯化铵和消石灰混合固体制取氨气，为了防止水倒流引起试管底部炸裂，试管口应向下倾斜,且氨气极易溶于水，倒置的漏斗可防止倒吸，故A不符合题意；B．装置图中的稀硫酸从分液漏斗中滴入锥形瓶，和固体碳酸钠发生反响生成二氧化碳气体，故B不符合题意；C．侯氏制碱法是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳，发生反响生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，过滤得到的晶体是碳酸氢钠，故C符合题意；D．蒸发皿中蒸发浓缩氯化铵溶液，用玻璃棒不断搅拌，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.氨气极易溶于水，易发生倒吸，此装置可以防止倒吸

B.利用碳酸钠和硫酸反响得到二氧化碳

C.侯氏制碱法制取的是碳酸氢钠不是碳酸钠

D.用玻璃棒搅拌主要是防止温度过高液体飞溅8.【答案】D【解析】【解答】A．向1mL0.1mol•L-1NaOH溶液中参加2mL0.1mol•L-1CuSO4溶液，NaOH缺乏，而检验-CHO需要在碱性溶液中进行，由操作和现象不能检验葡萄糖中是否含-CHO，故A不符合题意；B．向1mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中滴入2滴0.1mol•L-1KCl溶液，产生白色沉淀，硝酸银过量，再滴加2滴0.1mol•L-1KI溶液，又生成黄色沉淀，由操作和现象不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)，故B不符合题意；C．NaClO具有强氧化性，可使pH试纸褪色，应选pH计测定NaClO溶液的pH，且对应的酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故C不符合题意；D．滴加KSCN溶液，溶液变红色，可知溶液中含铁离子，那么FeCl2样品已变质，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.醛基的检验需要碱性环境

B.比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小应该控制银离子的含量少

C.证明元素的非金属性强弱，主要是利用元素的最高价氧化物的水合物的酸性强弱

D.可以通过变红证明亚铁离子变质9.【答案】D【解析】【解答】A．最高价含氧酸的酸性：HNO3>H2CO3，但没有说明是最高价含氧酸，如酸性HNO2<H2CO3，故A不符合题意；B．同一周期原子半径逐渐减少，那么原子半径Y>Z>W>X，故B不符合题意；C．最简单氢化物的沸点：H2O>NH3>CH4，但不一定是简单氢化物，另外如果W是S，也不符合，故C不符合题意；D．这4种元素组成的一种化合物M是碳酸氢铵，既可与盐酸反响，也可与氢氧化钠溶液反响，故D符合题意；故答案为：D。【分析】Z元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物可以形成离子化合物，那么Z是N元素，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的4种短周期主族元素，这四种元素形成某有机物的结构简式如图，-YX3应该是甲基，那么X为H元素，Y是C元素，-WX应该为羟基，那么W是O元素或者是硫元素，据此答复以下问题。10.【答案】D【解析】【解答】A．A为铵盐，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中还含有N-H共价键，故A不符合题意；B．B为NH3，Y为O2，E为NO2，氨气与氧气反响生成NO，不会直接生成NO2，故B不符合题意；C．D为NO，NO能够与氧气反响，不能用排空气法收集，故C不符合题意；D．一氧化氮不与NaOH溶液反响，二氧化氮与氢氧化钠溶液反响，通过氢氧化钠溶液可以除去NO中含有的少量NO2，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A为正盐，X是一种强碱，二者反响生成氢化物B，那么A为铵盐，B为NH3；B连续与Y反响得到氧化物D与氧化物E，E的相对分子质量比D大16，那么Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反响得到含氧酸F，那么Z为H2O、F为HNO3，F与X发生酸碱中和反响得到G为硝酸盐，据此分析解答。11.【答案】C【解析】【解答】A．H2C2O4有酸性，能够与Ca(OH)2溶液发生反响Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，对应的离子方程式为Ca2++2OH-+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A不符合题意；B．酸性H2C2O4＞H2CO3，向少量NaHCO3溶液中参加草酸会生成CO2和NaHC2O4，反响的化学方程式为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，对应的离子方程式为，故B不符合题意；C．H2C2O4有复原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，离子方程式中应保存化学式，离子方程式为2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C符合题意；D．完全酯化的化学方程式为HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOC-COOC2H5+2H2O，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.能与碱发生酸碱中和反响得到盐和水

B.利用强酸制取弱酸进行验证

C.H2C2O4是弱电解质，不拆

D.H2C2O4是二元羧酸，可以与乙醇发生酯化反响12.【答案】B【解析】【解答】A．由初期阶段的速率方程可知，甲烷浓度越大，反响速率v越大，故A不符合题意；B．反响过程中氢气浓度逐渐增大，甲烷浓度逐渐减小，由初期阶段的速率方程可知，反响速率减小，故B符合题意；C．该温度下，随着反响的进行，甲烷的浓度逐渐减小，由初期阶段的速率方程可知，反响速率减小，那么乙烷的生成速率逐渐减小，故C不符合题意；D．升高反响温度，反响速率加快，由初期阶段的速率方程可知，反响速率常数k增大，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】根据v=k∙c(CH4)，其中k为反响速率常数，即可判断甲烷的浓度越大，速率越大，随着反响的进行，甲烷浓度降低，导致速率下降，温度升高，速率加快，因此温度升高常数增大，氢气的浓度增大，甲烷的浓度降低，速率降低13.【答案】B【解析】【解答】A．单位时间T2温度下，环戊二烯浓度变化大，因此速率快，那么反响温度高，因此T1小于T2，故A不符合题意；B．a点浓度大，温度低，c点浓度小，温度高，因此a的反响速率与c点的反响速率不能比较，故B符合题意；C．a点环戊二烯浓度大于b点环戊二烯浓度，因此a点的正反响速率大于b点的正反响速率，而b点的正反响速率大于b点的逆反响速率，因此a点的正反响速率大于b点的逆反响速率，故C不符合题意；D．b点时环戊二烯浓度浓度改变理论0.9mol·L−1，因此二聚体的浓度为0.45mol·L−1，故D不符合题意；故答案为B。【分析】速率由温度、压强、浓度、催化剂等多个变量决定，分析时一定要考虑多个变量相同，只有一个变量变化来分析速率的变化。14.【答案】A【解析】【解答】A．根据原电池原理，水电离产生的氢离子得电子产生氢气，正极的电极反响式为：，选项A符合题意；B．与的反响生成，得电子，发生复原反响，电极反响可表示为：，选项B不符合题意；C．钢管腐蚀过程中，负极铁失电子生成Fe2+，与正极周围的S2-、OH-结合为FeS、Fe(OH)2，选项C不符合题意；D．假设在钢管外表镀铜，构成原电池，铁为负极，加快钢管的腐蚀，选项D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.根据给出的几种离子进行判断，铁做负极，失去电子变为亚铁离子，水在正极得到电子变为氢气

B.根据反响物和生成物即可写出反响

C.根据正极附近的阴离子以及亚铁离子即可判断产物

D.再钢管外表镀上活泼性比铁活泼的金属15.【答案】D【解析】【解答】A．根据图象，0.10mol/LBOH溶液的pH=11，c(OH-)=mol/L=0.001mol/L，那么BOH为弱碱，其电离程度较小，那么溶液中c(BOH)≈0.10mol/L，c(B+)≈c(OH-)=0.001mol/L，BOH的Kb=≈=1×10-5，故A不符合题意；B．a点参加酸的物质的量是碱的物质的量的一半，那么混合溶液中溶质为等物质的量浓度的BOH、BCl，b点参加酸、碱的物质的量相等，二者恰好完全反响生成BCl，溶液中溶质为BCl，假设a点BOH不电离且B+不水解，b点B+不水解，a点c(B+)=mol/L=×0.10mol/L、b点c(B+)=mol/L=×0.10mol/L，混合溶液中BOH电离程度和B+水解程度都较小，所以a点的c(B+)小于b点，故B不符合题意；C．a点溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、存在物料守恒c(B+)+c(BOH)=2c(Cl-)，所以存在c(B+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(BOH)，故C不符合题意；D．混合溶液pH=7时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，那么c(B+)=c(Cl-)，酸碱混合后导致溶液体积增大，那么导致溶液中c(Cl-)减小，所以存在c(B+)=c(Cl-)＜0.1mol/L，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.根据起始的pH即可判断出氢离子浓度即可计算出kb

B.根据发生的反响以及消耗盐酸的量即可计算出B+离子的大小

C.根据电荷守恒和物料守恒即可判断

D.根据电荷守恒结婚中性即可判断二、非选择题16.【答案】〔1〕光照

〔2〕加成反响；羟基

〔3〕

〔4〕+2CH3COOH2H2O+【解析】【解答】(1)由分析可知，反响①为光照条件下，与氯气发生取代反响生成和氯化氢，故答案为：光照；

(2)由分析可知，反响⑤为与溴水发生1，4—加成反响生成；C的结构简式为，官能团为羟基，故答案为：加成反响；羟基；(3)由分析可知，化合物B的结构简式为，故答案为：；(4)由分析可知，反响⑧为在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反响生成和水，反响的化学方程式为+2CH3COOH2H2O+，故答案为：+2CH3COOH2H2O+。【分析】由有机物的转化关系可知，光照条件下，与氯气发生取代反响生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反响生成，与氯气发生加成反响生成，那么A为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反响生成，与溴水发生1，4—加成反响生成，在催化剂作用下，与氢气发生加成反响生成，那么B为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反响生成，那么C为；在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反响生成，那么X为CH3COOH。

17.【答案】〔1〕Ⅰ；Na+Na+；2

〔2〕2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O

〔3〕3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O

〔4〕SOCl2+H2O═SO2+2HCl【解析】【解答】(1)淡黄色固体为Na2O2，可与水反响生成NaOH和氧气，最终位于I组；Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为；过氧化钠与水反响为歧化反响，2mol过氧化钠参加反响，转移2mol电子，故答案为：I；；2；

(2)Ⅰ组中的气体为氨气，实验室制备氨气原理为：氯化铵与氢氧化钙加热生成氯化钙和氨气和水，反响的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；(3)B组中的物质是铜，铜与稀硝酸反响生成硝酸铜和一氧化氮和水，反响的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；(4)Ⅱ组中的物质为SOCl2，滴入水中后与水剧烈反响，产生大量酸雾，SOCl2与水反响生成HCl和二氧化硫，反响的化学方程式为SOCl2+H2O═SO2+2HCl，故答案为：SOCl2+H2O═SO2+2HCl。【分析】NH3、CO、Na2O2、Cu、F2、SOCl2等，按照组成元素的多少可以分为单质和化合物，属于单质的是Cu、F2，属于化合物的是NH3、CO、Na2O2、SOCl2；单质中能与氢气反响的是F2；化合物中能与水反响的是NH3、Na2O2、SOCl2，反响后溶液显碱性的是NH3、Na2O2，据此分析解答。

18.【答案】〔1〕

〔2〕向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色

〔3〕翻开，旋开旋塞c参加70%的硫酸，一段时间后关闭。更换试管D，旋开旋塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的和

〔4〕甲、丙

〔5〕除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染大气【解析】【解答】(1)检查装置气密性后，关闭、、，翻开，旋开旋塞a，加热A，产生的氯气能氧化Fe2+生成Fe3+，那么B中发生反响的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，故答案为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+；

(2)B生成的离子为Fe3+，检验Fe3+，可以向试管D中滴加KSCN溶液，假设试管D中溶液变红色，即说明B中有Fe3+生成，故答案为：向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色；(3)要证明Fe3+和SO2氧化性的强弱，就需要检验两者反响后的产物中是否含有和Fe2+，具体操作是：翻开K3，旋开活塞c参加70%的硫酸溶液，一段时间后关闭K3，更换试管D，旋开活塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的和Fe2+，故答案为：翻开K3，旋开活塞c参加70%的硫酸溶液，一段时间后关闭K3，更换试管D，旋开活塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的和Fe2+；(4)甲中过程(2)后既有又有，说明氯气缺乏，氯气氧化性大于Fe3+，过程(3)中有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反响，那么氧化性铁离子大于二氧化硫；乙中过程(2)后有无，说明氯气过量，过程(3)中有硫酸根离子，可能是氯气将二氧化硫氧化，不能说明铁离子、二氧化硫的氧化性强弱；丙中过程(2)后有Fe3+，无Fe2+，那么氯气的氧化性大于铁离子，过程(3)中有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反响，那么氧化性铁离子大于二氧化硫；故答案为：甲、丙；(5)将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，旋开K1、K2、K3和K4，关闭旋塞a、c，翻开旋塞b，从两端鼓入N2，这样做的目的是除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染空气，故答案为：除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染空气。【分析】〔1〕根据流程即可判断是氯气和氯化亚铁反响得到氯化铁的反响即可写出方程式

〔2〕主要是检验铁离子利用KSCN溶液即可

〔3〕要证明氧化性的强弱可以将二氧化硫气体通入到B中即可

〔4〕要证明氧化性

，通过实验进行产物检验即可

〔5〕主要是进行尾气处理防止尾气污染空气

19.【答案】〔1〕漏斗、烧杯、玻璃棒

〔2〕1∶1

〔3〕

〔4〕80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降

〔5〕%【解析】【解答】(1)由分析可知，操作Ⅰ为固、液别离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；

(2)由分析可知，在滤渣1中参加亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸发生的反响为在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化复原反响生成硫酸钠、和水，由得失电子数目守恒可知，氧化剂和复原剂亚硫酸钠的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；(3)由分析可知，混合溶液中参加氯酸钾发生的反响为具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，反响的离子方程式为，故答案为：；(4)“沉钒〞时，温度超过80℃以后，的溶解度增大，以及氨水受热分解，溶液中浓度减小，都会导致沉钒率下降，故答案为：80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降；(5)由题意可知，滴定时，硫酸亚铁铵做反响的复原剂，离子和高锰酸钾做反响的氧化剂，由得失电子数目守恒可得：n()+5n()=n(Fe2+)，解得n()=(a1b1−5a2b2)×10−3

mol，由钒原子个数守恒可知，产品中的质量分数为×100%=%，故答案为：%。【分析】由题给流程可知，向含钒废催化剂中加水溶解，和不溶性硅酸盐不溶于水，溶于水，过滤得到含有和不溶性硅酸盐的滤渣1和含有的滤液1；向滤渣1中参加亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸，在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化复原反响生成硫酸钠、和水，不溶性硅酸盐与稀硫酸反响转化为难溶于水的硅酸，过滤得到含有硅酸的滤渣2和含有的滤液2；向含有的混合溶液中参加氯酸钾，具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，向氧化后的溶液中参加氨水，离子与氨水反响生成沉淀，过滤得到；受热分解生成。

20.【答案】〔1〕

〔2〕0.005；逆反响方