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河南省2023届高三下学期第一次模拟考试化学试卷（含解析）
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这是一份河南省2023届高三下学期第一次模拟考试化学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，有机推断题，元素或物质推断题，实验题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
河南省2023届高三下学期第一次模拟考试化学试卷
一、单选题
1．下列物质中，不属于高分子化合物的是 （ ）
A．蛋白质 B．纤维素 C．淀粉 D．油脂
2．下列有关化学用语表示不正确的是（ ）
A．氯离子的结构示意图： B．质子数为6、中子数为8的核素：
C．的分子结构模型： D．的电子式：
3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．溶液中含有的数为0.5
B．标准状况下，中含有的共价键数为2
C．含73g HCl的盐酸与足量二氧化锰完全反应转移的电子数为2
D．1mol蔗糖在稀硫酸中完全水解生成的葡萄糖分子数为2
4．我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。“碳中和”是指的排放总量和减少总量相当。而研发碳捕捉和碳利用技术则是实现这一目标的重要途径。一种利用KOH溶液实现碳捕捉进而再利用的方案如下图所示(部分条件和物质未标出)。
下列说法错误的是（ ）
A．该方案中涉及置换反应
B．该方案中有两种物质可以循环利用
C．捕捉室中发生的离子反应有
D．将转化为甲醇，有利于实现“碳中和”
5．工业上可利用电化学原理处理有机酸性废水，利用如图所示装置将污水中的CH3NO2转化为无毒无害的气体(X、Y均为表面经过活化处理的石墨电极)。下列说法正确的是（ ）
A．该装置的总反应的△H＞0
B．Y极为正极，发生还原反应
C．该装置工作时H+通过质子交换膜由乙室移向甲室
D．处理含1molCH3NO2的污水时，X极得到33.6L气体
6．有机物M的结构如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．M的分子式为
B．M可发生加成、取代、消去、氧化等反应
C．1 mol该有机物最多可消耗3 mol NaOH
D．1 mol该有机物分子最多可与4 mol氢气加成
7．在给定条件下，下列物质之间的转化均能实现的是（ ）
A．FeCl2FeCl3Fe(OH)3(胶体)
B．Fe2O3FeFe2O3
C．NaClO溶液HClOCl2
D．0.1mol•L-1HCl(aq)Cl2FeCl3
8．已知微溶于水，易溶于强酸和强碱。从粗铜精炼的阳极泥(主要含有)中提取粗碲的一种工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．“氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B．判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液于一洁净试管中，向试管中加入稀盐酸，无现象，再加入少量溶液，没有白色沉淀生成
C．“过滤”用到的玻璃仪器：长颈漏斗、烧杯、玻璃棒
D．“还原”时发生的离子方程式为：
9．常温下，下列溶液可用铝或铁质容器盛装的是（ ）
A．稀硝酸 B．稀硫酸 C．浓硝酸 D．浓盐酸
10．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。如图是侯氏制碱法的实验流程示意图，下列叙述错误的是（ ）
A．工艺中有氧化还原反应发生
B．除溶液B可循环使用外，能循环使用的物质还有
C．NH3和CO2通入饱和食盐水中存在反应：
D．之所以能得到NaHCO3，其原因是利用了NaHCO3的溶解度比Na2CO3小
11．在3支试管中分别放有①1 mL乙酸乙酯和3 mL水 ②1 mL 溴苯和3 mL水 ③1 mL乙酸和3 mL水。下图中3支试管从左到右的排列顺序为（ ）
A．①②③ B．①③② C．②①③ D．②③①
12．将 CO2甲烷化具有重要意义。其原理是CO2(g) + 4H2(g)= CH4(g) +2H2O(g) ΔH <0. 在某密闭容器中，充入1 mol CO2和4 mol H2发生上述反应。下列叙述正确的是（ ）
A．恒温、恒容条件下，充入He，平衡向正反应方向移动
B．恒温、恒压条件下，充入He，平衡向正反应方向移动
C．升高温度可增大活化分子的百分数及有效碰撞频率，因而温度越高越利于获得甲烷
D．保持温度不变，平衡后压缩容器体积，平衡正向移动，平衡常数K不变
13．铜锌原电池为建构电化学认识模型奠定了重要的基础。设起始时锌、铜两电极的质量相等，下列有关说法正确的是（ ）
A．Zn为负极，发生还原反应
B．电子由锌电极经CuSO4溶液流向铜电极
C．当电路中转移0.1mol电子时，两电极质量相差6.45g
D．电池工作一段时间后，CuSO4溶液的物质的量浓度不变
14．已知丙二酸(HOOCCH2COOH，简记为H2A)是二元弱酸。常温下，向20.0 mL0.1 mol·L-1丙二酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液V mL，体系中含碳粒子的物质的量分布系数(δ)与pH的关系如图所示。已知：丙二酸在体系中物质的量分布系数为δ(H2A)= 。
下列叙述正确的是（ ）
A．V=20.0时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2- )
B．b点对应的溶液温度为滴定过程中的最高值
C．V=40.0时，c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)=0.1 mol ·L-1
D．常温下，H2A+A2-⇌2HA-的平衡常数K= 102.81
二、多选题
15．在实验室中，下判物质的保存或配制方法正确的是（ ）
A．少量金属钠保存在煤油中
B．氢氟酸盛放在橡胶塞塞紧的玻璃试剂瓶中
C．在配制FeCl3溶液时，一般先将FeCl3固体溶于稀盐酸中再加水稀释
D．浓硝酸应保存在棕色广口瓶中
三、有机推断题
16．如图表示4—溴环己烯所发生的4个不同反应。
(1)X的结构简式___________，Z的结构简式___________
(2)反应①、②、③的反应类型分别为___________、___________、___________
(3)反应②的化学方程式是___________
(4)反应④的化学方程式是___________
四、元素或物质推断题
17．已知X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Z、Q的单质在常温下呈气态，Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X与M同主族，Z的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，G是地壳中含量最高的金属元素。请回答下列问题：
(1)Q的元素符号为___________，Y、Z、M、G四种元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)___________。
(2)Y在元素周期表中的位置为___________，Y与硫元素形成的二元化合物的电子式为___________。
(3)上述元素的最高价氧化物对应的水化物为弱酸的是(写化学式)___________。
(4)单质Y和元素Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为___________。
(5)Z和G组成的化合物GZ，被大量用于制造电子元件。工业上用G的氧化物、Y单质和Z 单质在高温下制备GZ，其中G的氧化物和Y单质的物质的量之比为1∶3，则该反应的化学方程式为___________。
五、实验题
18．回答下列问题：
I．双氧水和84消毒液是生活中常用的两种消毒剂。
(1)某同学设计如下实验研究H2O2的性质，能证明H2O2有还原性的实验是_____________(填序号)，可作为证据的实验现象是_____________(填字母序号)。
序号
实验
实验现象
1
向5% H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液
a．溶液紫色褪去；b．有大量气泡产生
2
向5% H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液
c．溶液变蓝
(2)某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种原因可能是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO____H2O2 (填“＞”或“＜”)；当有1个O2生成时，转移电子的个数为_____________。
II．全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下，配平此化学方程式。
(3) NaIO3+ NaHSO3—— NaHSO4+ Na2SO4+ I2+ H2O；_____
III．锑(Sb)被广泛用于生产各种阻燃剂、合金、陶瓷、半导体元件、医药用品等。以辉锑矿为原料制备金属锑的一种工艺流程如下图。已知：辉锑矿的主要成分为Sb2S3，还含As2S5、PbS、CuO和SiO2等；浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含CuCl2、AlCl3和PbCl2等。
(4)“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3反应有S生成，该反应的还原产物是__________(填化学式)。
(5)写出“还原”反应的化学方程式__________。
六、工业流程题
19．一种利用废脱硝催化剂(含、、等成分)提取钛、钒的工艺流程如下图所示。
已知：①钛酸钠难溶于水；
②溶液的酸性较强时，价钒主要以的形式存在；
③溶液中某离子浓度，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)上述流程中，发生的氧化还原反应有_______个。
(2)“高温碱浸”中生成钛酸钠的离子方程式是_______。
(3)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知，，当溶液中沉淀完全时，溶液中最大值为_______。
(4)“沉钒”过程中，一般要加入过量，其原因是_______。
(5)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是_______。
(6)取固体加热时，固体减少的质量随温度的变化曲线如图所示。加热到200℃时，产生气体的分子式为_______。
七、原理综合题
20．机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。
I．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。
(1)已知： C(s)+O2(g) = CO2(g) △H1 ＝− 393.5kJ·mol−1
2C(s)+O2(g) = 2CO(g) △H2 ＝− 221.0 kJ·mol−1
N2(g)+O2(g) = 2NO(g) △H 3 ＝+180.5 kJ·mol−1
CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是_________________________。
(2)研究CO和NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如下表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
c(NO)/( )−4mol·L−1)
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c(CO)/( )−3mol·L−1)
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
① 前4 s内的平均反应速率υ(CO) ＝______mol·L−1·s−1。
② L、X可分别代表压强或温度。下图A表示L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的变化关系。X代表的物理量是______。判断L1、L2的大小关系，并简述理由：______________________________。
(3)实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2) ·c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数______（填“>”、“<”或 “=”）k逆增大的倍数。
②若在2 L的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆 =___________。（保留一位小数）
II. 有人利用反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) ΔH = −34.0 kJ·mol−1，用活性炭对NO进行吸附。现在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应，经相同时间测得NO的转化率随温度的变化如图B所示。由图可知最高转化率对应温度为450℃。低于450℃时，NO的转化率是不是对应温度下的平衡转化率及判断理由是________________________；
21．Ⅰ.回答下列问题
(1)25℃时，将的NaOH溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，则NaOH溶液与溶液的体积比为_______。
Ⅱ.常温下，某水溶液M中存在的离子有、、、、，存在的分子只有。根据题意回答下列问题：
(2)写出酸的电离方程式：_______。
(3)若溶液M由溶液与溶液混合而得，则溶液M中离子浓度的大小关系正确的是_______。
A．
B．
C．
已知，向该混合溶液中加入溶液，混合后溶液中的浓度为_______(忽略混合后溶液体积的变化)。
Ⅲ.实验室常利用甲醛法测定样品中氮的质量分数，其反应原理为：[滴定时，1mol与1mol相当]然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤1：称取样品1.500g。
步骤2：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀，
步骤3：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
(4)根据步骤3填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
②滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_______(填字母标号)。
A．滴定管内液面的变化 B．锥形瓶内溶液顔色的变化
(5)滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
若NaOH标准溶液的浓度为，则该样品中氮的质量分数为_______。
参考答案
1．D
【详解】A.蛋白质是天然高分子化合物，故A不符合题意；
B.纤维素是天然高分子化合物，故B不符合题意；
C.淀粉是天然高分子化合物，故C不符合题意；
D.油脂的相对分子质量小，达不到上万，不属于高分子化合物，故D符合题意；
故选D。
2．D
【详解】A．氯元素是17号元素，氯离子核外有18个电子，其离子的结构示意图：，故A正确；
B．质子数为6、中子数为8的核素，其质量数为14，其符号为：，故B正确；
C．分子中一个碳原子与四个氢原子形成4个极性共价键，其分子结构模型：，故C正确；
D．是碳原子分别和氧原子形成2对共用电子对，其电子式：，故D错误。
综上所述，答案为D。
3．B
【详解】A．次氯酸钠电离出次氯酸根离子，不是氯离子，故A错误；
B．标准状况下，的物质的量为0.5mol，1个分子中含有4个共价键，则含有的共价键数为2，故B正确；
C．随着反应进行，盐酸浓度减小，反应不再进行，故完全反应转移的电子数小于2，故C错误；
D．1分子蔗糖在稀硫酸中完全水解生成1分子葡萄糖、1分子果糖；1mol蔗糖在稀硫酸中完全水解生成的葡萄糖分子数为，故D错误；
故选B。
4．A
【分析】捕捉室中发生反应CO2+2KOH=K2CO3+H2O，分离反应是K2CO3溶液中加入氧化钙，发生反应CaO+H2O=Ca(OH)2、K2CO3+ Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH，高温反应炉中发生反应CaCO3CaO+CO2↑。
【详解】A．根据以上分析，该方案中不涉及置换反应，故A错误；
B．该方案中可以循环利用的物质是CaO、KOH，故B正确；
C．捕捉室中发生反应CO2+2KOH=K2CO3+H2O，离子方程式为，故C正确；
D．将转化为甲醇，可以减少二氧化碳排放，有利于实现“碳中和”，故D正确；
选A。
5．B
【分析】该装置为原电池，污水中的CH3NO2转化为无毒无害的气体，则气体为N2和CO2，该装置的总反应为2CH3NO2+3H2O2= N2+2CO2+6H2O，H2O2为氧化剂，则Y极为正极，电极反应式为，X极为负极，电极反应式为，据此分析解答。
【详解】A．发生原电池的反应通常为放热反应，△H<0，A错误；
B．H2O2为氧化剂，Y极作正极，发生还原反应，B正确；
C．根据分析，X极为负极，Y极为正极，工作时H+通过质子交换膜由甲室移向乙室，C错误；
D．未指出气体所处状态，无法计算其物质的量，D错误；
故选B。
6．B
【详解】A．根据M的结构简式得到分子式为，故A正确；
B．M含有 、碳氧双键，可以发生加成反应，含有酚羟基和酯基，能发生取代反应，含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，故B错误；
C．M含有酚羟基和酸酚酯，因此1 mol该有机物最多可消耗3 mol NaOH，故C正确；
D．M含有苯环和羰基，因此1 mol该有机物分子最多可与4 mol氢气加成，故D正确。
综上所述，答案为B。
7．A
【详解】A．FeCl2和氯气反应生成FeCl3，FeCl3和热水反应制备Fe(OH)3(胶体)，故选A；
B．Fe和水蒸气在高温条件下生成Fe3O4，故不选B；
C．HClO在光照条件下生成盐酸和O2，故不选C；
D．浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，0.1mol•L-1HCl(aq)和二氧化锰不反应，故不选D；
选A。
8．B
【详解】A．由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，A错误；
B．通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，B正确；
C．“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，C错误；
D．Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，由于该溶液显酸性，则该反应的离子方程式是2 +Te4 ++2H2O=Te↓+2 +4H+，D错误；
故答案选为：B。
9．C
【详解】常温下，铝或铁均能和稀硝酸、稀硫酸浓硝酸反应，不可用铝或铁质容器盛装，铝或铁能被浓硝酸钝化，表面形成一层致密的氧化膜，这层薄膜阻止酸与内层金属的进一步反应，所以常温下，可用铝或铁质容器盛装浓硝酸，故答案选C。
10．A
【分析】向饱和NaCl溶液中通入NH3，然后通入CO2气体，发生反应：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤出来然后加热发生分解反应产生Na2CO3。向滤液中加入NaCl固体，由于增大了c(Cl-)，会析出NH4Cl晶体。溶液B中含有较大浓度NaCl及少量NH4Cl。
【详解】A．工艺中发生反应中元素化合价不变，因此无氧化还原反应发生，A错误；
B．溶液B里包含氯化钠和氯化铵等，可循环使用，CO2也可循环使用，B正确；
C．NH3和CO2在水中反应为，C正确；
D．得到NaHCO3的化学方程式为NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，，NaHCO3溶解度小，反应产生的NaHCO3质量较大，故可生成NaHCO3沉淀，D正确；
故合理选项是A。
11．D
【详解】几种液体的密度：ρ(溴苯)>ρ(水)>ρ(乙酸乙酯)，溴苯和乙酸乙酯难溶于水，乙酸与水混溶，则3支试管从左到右的顺序为②③①，答案选D。
12．D
【详解】A．恒温、恒容条件下，充入He，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故A错误；
B．恒温、恒压条件下，充入He，体积增大，压强减小，反应为气体总物质的量减小的反应，则平衡逆向移动，故B错误；
C．焓变为负，为放热反应，升高温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，不利于获得甲烷，故C错误；
D．保持温度不变，平衡后压缩容器体积，压强增大，平衡正向移动，且平衡常数K不变，故D正确；
答案选D。
13．C
【分析】该原电池中，Zn极为电源负极，Zn失电子生成Zn2+，Cu为电源正极，Cu2+得电子生成Cu。
【详解】A．Zn为电源负极，Zn失电子发生氧化反应，A错误；
B．电子由锌电极经导线流向铜电极，不会经过硫酸铜溶液，B错误；
C．负极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，电路中转移0.1mol电子时，负极质量减少3.25g，正极质量增加3.2g，则两电极质量相差6.45g，C正确；
D．正极上Cu2+得电子生成Cu，溶液中铜离子被消耗，溶液中硫酸铜溶液的物质的量浓度减小，D错误；
故答案选C。
14．D
【分析】随着NaOH溶液的滴入，H2A逐渐减少，HA-先增加后减少，A2-在HA-减少的同时增多，从图像可以看出，a点溶液中c(HA-)=c(H2A)，b点溶液中c(HA-)=c(A2- )，则H2A的Ka1==10-2.85，Ka2==10-5.66。
【详解】A．V=20.0时，NaOH和H2A恰好生成NaHA，HA-既能电离，也能水解，HA-电离产生A2-，水解产生H2A，HA-的电离常数为Ka2=10-5.66，水解常数Kh=c(A2- ) >c(H2A)，故A错误；
B．酸碱中和反应是放热反应，当H2A和NaOH恰好中和即溶质只有Na2A时，对应的溶液温度最高，b点溶液中c(HA-)=c(A2- )，溶质是Na2A和NaHA，所以b点对应的溶液温度不是滴定过程中的最高值，故B错误；
C．在20mL0.1mol/L丙二酸溶液中，根据元素质量守恒，c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)=0.1 mol/L，V=40.0时，溶液中加入了40mLNaOH溶液，溶液体积增大，所以c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)小于0.1 mol ·L-1，故C错误；
D．常温下，H2A+A2-2HA-的平衡常数K= =102.81，故D正确；
故选D。
15．A
【详解】A．Na易失电子，能与空气中的氧气反应，且密度比煤油大，则少量金属钠保存在煤油中，A保存方法正确；
B．氢氟酸能与玻璃种的二氧化硅反应，则盛放在塑料试剂瓶中，B保存方法错误；
C．FeCl3溶液稀释时，以生成氢氧化铁沉淀，则在配制FeCl3溶液时，一般先将FeCl3固体溶于浓盐酸中再加水稀释，C配置方法错误；
D．浓硝酸易见光分解，溶液应盛放在细颈瓶中，则浓硝酸应保存在棕色细颈瓶中，D保存方法错误；
答案为A。
16． 或 氧化反应 取代反应或水解反应 消去反应 +NaOH+HBr +HBr或+HBr
【分析】反应①：中含有双键可以与酸性高锰酸钾发生氧化反应；反应②：与氢氧化钠水溶液发生取代反应生成；反应③：中含有Br原子，并且邻C上有H原子，可以与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应；反应④：中含有双键，可以与HBr发生加成反应，生成或者。
【详解】(1)根据分析，有机物与NaOH水溶液发生水解反应生成醇，故有机物X的结构为；有机物中含有双键，可以与HBr发生加成反应生成或者；
(2)根据分析，反应①、②、③的反应类型分别为氧化反应、取代反应（水解反应）、消去反应；
(3)反应②的化学方程式是+NaOH+HBr；
(4)反应④的化学方程式是+HBr或+HBr。
17． Cl Na>Al>C>N 第二周期第ⅣA族 H2CO3 C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO
【详解】Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Y是C或S，X与M同主族，Z的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，Z是N，G是地壳中含量最高的金属元素，G是Al, X、Y、Z、M、G、Q 原子序数依次增大, Y只能是C，是六种短周期主族元素，X与M同主族，X、Z、Q的单质在常温下呈气态，X是H，M是Na,Q是Cl,所以X、Y、Z、M、G、Q依次是H、C、N、Na、Al、Cl。
(1)Q的元素符号为Cl；Y、Z、M、G依次是N、Na、Al、Cl，四种元素原子半径由大到小的顺序是Na>Al>C>N；故答案为：Cl；Na>Al>C>N；
(2)Y是C,在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族；Y与硫元素形成的二元化合物是CS2，其电子式为；故答案为：第二周期第ⅣA族；；
(3)上述元素的最高价氧化物对应的水化物为弱酸的是只有H2CO3，故答案为：H2CO3
(4)单质Y和元素Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为：C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(5)工业上用G的氧化物Al2O3、Y单质C和Z 单质N2在高温下制备AlN，Al2O3和C的物质的量之比为1∶3, 反应的化学方程式为Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO，故答案为：Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO；
【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子半径大小比较，电子式，元素在周期表中的位置等元素化合物知识，难度较小。
18．(1) 1 ab
(2) ＞ 2
(3)2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O
(4)SbCl3
(5)3SbCl5+2Sb=5SbCl3
【详解】（1）实验1中酸性高锰酸钾是强氧化剂，酸性高锰酸钾溶液遇到过氧化氢紫色褪去、有大量气泡产生(从反应物价态看，气体只能是氧气)，说明过氧化氢被氧化，过氧化氢体现还原性，故证明H2O2具有还原性的实验是1，可作为证据的实验现象是ab；
（2）84消毒液与H2O2消毒剂混用，导致消毒能力降低甚至消失，池水变绿，是因为反应生成的氧气促进藻类的疯长，该反应的化学反应方程式为NaClO+H2O2=NaCl+O2↑+ H2O，说明氧化性：NaC1O＞H2O2；当有1 gO2生成时,转移电子的数目是2个；
（3）在该反应中，I元素化合价由反应前NaIO3中的+5价降低为I2中的0价，化合价降低5×2=10价；S元素化合价由反应前NaHSO3中的+4价升高为反应后Na2SO4、NaHSO4中的+6价，升高2价，化合价升降最小公倍数是10，所以结合得失电子守恒，配平为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O；
（4）“浸出“时，Sb2S5在溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质S和SbCl3，反应的化学方程式为：Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S，其中Sb从+ 6价降低到+ 3价，则还原产物是SbCl3；
（5）“还原”时Sb和SbCl5反应生成SbCl3，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：3SbCl5+2Sb=5SbCl3。
19．(1)3
(2)TiO2+2OH-=TiO+H2O
(3)0.2
(4)增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全
(5)pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低
(6)NH3
【分析】废催化剂在碱性条件下和氢氧化钠反应，生成钛酸钠，酸浸后生成钛酸，经过焙烧生成二氧化钛，再和氯气反应生成四氯化钛，随后在惰性气体中被镁还原为单质钛，以此解题。
【详解】（1）上述反应中二氧化钛和氯气反应生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应；
（2）“高温碱浸”时二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠，离子方程式为：TiO2+2OH-=TiO+H2O；
（3）当溶液中WO恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)×c(WO)=1×10-10，则溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol/L，再根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH-)=4×10-7，可知c(OH-)=0.2mol/L；
（4）“沉钒”的目的是将完全转化为沉淀析出，加入过量的目的是利用同离子效应，促进尽可能析出完全，故答案为：增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全；
（5）由已知②知在水溶液中存在：VO+2H+⇌VO+H2O， pH过低，该平衡正向移动，VO化为VO的程度较大；pH过高，转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低，故答案为：pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低；
（6）煅烧时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量==0.2mol，发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，生成气体为氨气0.2mol.
20． 2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H =−746.5 kJ·mol−1 2.25 ×10−4 温度 L2>L1 该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大 < 0.5 不是，该反应是放热反应 平衡转化率随温度升高而降低
【分析】I．应用盖斯定律，第1个方程式减去第2个方程式，再减第3个方程式得到CO和NO在催化剂作用下生成N2的热化学方程式。
(2)①前4 s内的平均反应速率υ(CO) ＝。
②NO(g)的平衡转化率随X的变化关系，转化率在减小，说明是升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，因此X代表的物理量是温度，L代表的物理量是压强，从L1到L2，转化率增大，说明是正向移动，即加压，因此L2>L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大。
(3)①达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度，因此k正增大的倍数 < k逆增大的倍数。
②根据方程式建立 “三步走”
达到平衡时：v正= v逆，。
II.低于450℃时，是正在建立平衡的阶段，高于450℃时，是NO的转化率随温度升高而降低，因此该反应为放热反应。
【详解】I．第1个方程式减去第2个方程式，再减第3个方程式得到CO和NO在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H =−746.5 kJ·mol−1，故答案为：2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H =−746.5 kJ·mol−1。
(2)①前4 s内的平均反应速率υ(CO) ＝，故答案为：2.25×10−4。
②NO(g)的平衡转化率随X的变化关系，转化率在减小，说明是升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，因此X代表的物理量是温度，L代表的物理量是压强，从L1到L2，转化率增大，说明是正向移动，即加压，因此L2>L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大，故答案为：L2>L1；该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大。
(3)①达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度，因此k正增大的倍数 < k逆增大的倍数，故答案为：< 。
②
达到平衡时：v正= v逆，，故答案为 0.5。
II.低于450℃时，是正在建立平衡的阶段，高于450℃时，是NO的转化率随温度升高而降低，因此该反应为放热反应，故答案为：不是，该反应是放热反应；平衡转化率随温度升高而降低。
21．(1)10:1
(2)H2A=H++HA-，HA-H++A2-
(3) A 3.3´10-10
(4) 偏大 B
(5)18.67%
【解析】(1)
25℃时，pH=9的NaOH溶液中，c(OH-)=1´10-5mol⋅L-1 与pH=4的H2SO4溶液中，c(H+)=1´10-4mol⋅L-1，将两种溶液混合后，若所得混合溶液的pH=7，则参加反应的OH-的物质的量与H+的物质的量相等，设NaOH溶液的体积为x L，H2SO4溶液的体积为y L，则x L´1´10-5mol⋅L-1=y L´1´10-4mol⋅L-1，化简可得x:y=10:1。
(2)
常温下，某水溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子只有H2O，说明H2A的第一步完全电离，第二步部分电离，其电离方程式为H2A=H++HA-，HA-H++A2-。
(3)
若溶液M由10mL 2mol⋅L-1 NaHA溶液与10mL 2mol⋅L-1 NaOH溶液混合而得，则溶液M为20mL 1mol⋅L-1 Na2A溶液，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(HA-)＞c(H+)，故选A；向该混合溶液中加入10mL 1mol⋅L-1 BaCl2溶液后，c(A2-)==0.33mol⋅L-1，c(Ba2+)===3.3´10-10。
(4)
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，相当于稀释了NaOH标准溶液，使得消耗的NaOH标准溶液的体积偏大，测得样品中氮的质量分数偏大；
②滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液顔色的变化，当溶液由无色变为浅红色时，即刻停止滴加标准溶液，待30s后溶液未变为无色，可读取数值，故选B。
(5)
三次实验中标准溶液的体积分别为20.01mL、19.99mL、20.00mL，平均值为20.00mL，滴定时1mol (CH2)6N4H+与1mol H+相当，则有~OH-，则1.500g样品中，n()=0.1000 mol⋅L-1´0.02L´=0.02mol，则该样品中氮元素的物质的量为0.02mol，氮的质量分数为=18.67%。
河南省2023届高三下学期第一次模拟考试化学试卷
一、单选题
1．下列物质中，不属于高分子化合物的是 （ ）
A．蛋白质 B．纤维素 C．淀粉 D．油脂
2．下列有关化学用语表示不正确的是（ ）
A．氯离子的结构示意图： B．质子数为6、中子数为8的核素：
C．的分子结构模型： D．的电子式：
3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．溶液中含有的数为0.5
B．标准状况下，中含有的共价键数为2
C．含73g HCl的盐酸与足量二氧化锰完全反应转移的电子数为2
D．1mol蔗糖在稀硫酸中完全水解生成的葡萄糖分子数为2
4．我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。“碳中和”是指的排放总量和减少总量相当。而研发碳捕捉和碳利用技术则是实现这一目标的重要途径。一种利用KOH溶液实现碳捕捉进而再利用的方案如下图所示(部分条件和物质未标出)。
下列说法错误的是（ ）
A．该方案中涉及置换反应
B．该方案中有两种物质可以循环利用
C．捕捉室中发生的离子反应有
D．将转化为甲醇，有利于实现“碳中和”
5．工业上可利用电化学原理处理有机酸性废水，利用如图所示装置将污水中的CH3NO2转化为无毒无害的气体(X、Y均为表面经过活化处理的石墨电极)。下列说法正确的是（ ）
A．该装置的总反应的△H＞0
B．Y极为正极，发生还原反应
C．该装置工作时H+通过质子交换膜由乙室移向甲室
D．处理含1molCH3NO2的污水时，X极得到33.6L气体
6．有机物M的结构如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．M的分子式为
B．M可发生加成、取代、消去、氧化等反应
C．1 mol该有机物最多可消耗3 mol NaOH
D．1 mol该有机物分子最多可与4 mol氢气加成
7．在给定条件下，下列物质之间的转化均能实现的是（ ）
A．FeCl2FeCl3Fe(OH)3(胶体)
B．Fe2O3FeFe2O3
C．NaClO溶液HClOCl2
D．0.1mol•L-1HCl(aq)Cl2FeCl3
8．已知微溶于水，易溶于强酸和强碱。从粗铜精炼的阳极泥(主要含有)中提取粗碲的一种工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．“氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B．判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液于一洁净试管中，向试管中加入稀盐酸，无现象，再加入少量溶液，没有白色沉淀生成
C．“过滤”用到的玻璃仪器：长颈漏斗、烧杯、玻璃棒
D．“还原”时发生的离子方程式为：
9．常温下，下列溶液可用铝或铁质容器盛装的是（ ）
A．稀硝酸 B．稀硫酸 C．浓硝酸 D．浓盐酸
10．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。如图是侯氏制碱法的实验流程示意图，下列叙述错误的是（ ）
A．工艺中有氧化还原反应发生
B．除溶液B可循环使用外，能循环使用的物质还有
C．NH3和CO2通入饱和食盐水中存在反应：
D．之所以能得到NaHCO3，其原因是利用了NaHCO3的溶解度比Na2CO3小
11．在3支试管中分别放有①1 mL乙酸乙酯和3 mL水 ②1 mL 溴苯和3 mL水 ③1 mL乙酸和3 mL水。下图中3支试管从左到右的排列顺序为（ ）
A．①②③ B．①③② C．②①③ D．②③①
12．将 CO2甲烷化具有重要意义。其原理是CO2(g) + 4H2(g)= CH4(g) +2H2O(g) ΔH <0. 在某密闭容器中，充入1 mol CO2和4 mol H2发生上述反应。下列叙述正确的是（ ）
A．恒温、恒容条件下，充入He，平衡向正反应方向移动
B．恒温、恒压条件下，充入He，平衡向正反应方向移动
C．升高温度可增大活化分子的百分数及有效碰撞频率，因而温度越高越利于获得甲烷
D．保持温度不变，平衡后压缩容器体积，平衡正向移动，平衡常数K不变
13．铜锌原电池为建构电化学认识模型奠定了重要的基础。设起始时锌、铜两电极的质量相等，下列有关说法正确的是（ ）
A．Zn为负极，发生还原反应
B．电子由锌电极经CuSO4溶液流向铜电极
C．当电路中转移0.1mol电子时，两电极质量相差6.45g
D．电池工作一段时间后，CuSO4溶液的物质的量浓度不变
14．已知丙二酸(HOOCCH2COOH，简记为H2A)是二元弱酸。常温下，向20.0 mL0.1 mol·L-1丙二酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液V mL，体系中含碳粒子的物质的量分布系数(δ)与pH的关系如图所示。已知：丙二酸在体系中物质的量分布系数为δ(H2A)= 。
下列叙述正确的是（ ）
A．V=20.0时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2- )
B．b点对应的溶液温度为滴定过程中的最高值
C．V=40.0时，c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)=0.1 mol ·L-1
D．常温下，H2A+A2-⇌2HA-的平衡常数K= 102.81
二、多选题
15．在实验室中，下判物质的保存或配制方法正确的是（ ）
A．少量金属钠保存在煤油中
B．氢氟酸盛放在橡胶塞塞紧的玻璃试剂瓶中
C．在配制FeCl3溶液时，一般先将FeCl3固体溶于稀盐酸中再加水稀释
D．浓硝酸应保存在棕色广口瓶中
三、有机推断题
16．如图表示4—溴环己烯所发生的4个不同反应。
(1)X的结构简式___________，Z的结构简式___________
(2)反应①、②、③的反应类型分别为___________、___________、___________
(3)反应②的化学方程式是___________
(4)反应④的化学方程式是___________
四、元素或物质推断题
17．已知X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Z、Q的单质在常温下呈气态，Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X与M同主族，Z的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，G是地壳中含量最高的金属元素。请回答下列问题：
(1)Q的元素符号为___________，Y、Z、M、G四种元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)___________。
(2)Y在元素周期表中的位置为___________，Y与硫元素形成的二元化合物的电子式为___________。
(3)上述元素的最高价氧化物对应的水化物为弱酸的是(写化学式)___________。
(4)单质Y和元素Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为___________。
(5)Z和G组成的化合物GZ，被大量用于制造电子元件。工业上用G的氧化物、Y单质和Z 单质在高温下制备GZ，其中G的氧化物和Y单质的物质的量之比为1∶3，则该反应的化学方程式为___________。
五、实验题
18．回答下列问题：
I．双氧水和84消毒液是生活中常用的两种消毒剂。
(1)某同学设计如下实验研究H2O2的性质，能证明H2O2有还原性的实验是_____________(填序号)，可作为证据的实验现象是_____________(填字母序号)。
序号
实验
实验现象
1
向5% H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液
a．溶液紫色褪去；b．有大量气泡产生
2
向5% H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液
c．溶液变蓝
(2)某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种原因可能是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO____H2O2 (填“＞”或“＜”)；当有1个O2生成时，转移电子的个数为_____________。
II．全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下，配平此化学方程式。
(3) NaIO3+ NaHSO3—— NaHSO4+ Na2SO4+ I2+ H2O；_____
III．锑(Sb)被广泛用于生产各种阻燃剂、合金、陶瓷、半导体元件、医药用品等。以辉锑矿为原料制备金属锑的一种工艺流程如下图。已知：辉锑矿的主要成分为Sb2S3，还含As2S5、PbS、CuO和SiO2等；浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含CuCl2、AlCl3和PbCl2等。
(4)“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3反应有S生成，该反应的还原产物是__________(填化学式)。
(5)写出“还原”反应的化学方程式__________。
六、工业流程题
19．一种利用废脱硝催化剂(含、、等成分)提取钛、钒的工艺流程如下图所示。
已知：①钛酸钠难溶于水；
②溶液的酸性较强时，价钒主要以的形式存在；
③溶液中某离子浓度，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)上述流程中，发生的氧化还原反应有_______个。
(2)“高温碱浸”中生成钛酸钠的离子方程式是_______。
(3)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知，，当溶液中沉淀完全时，溶液中最大值为_______。
(4)“沉钒”过程中，一般要加入过量，其原因是_______。
(5)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是_______。
(6)取固体加热时，固体减少的质量随温度的变化曲线如图所示。加热到200℃时，产生气体的分子式为_______。
七、原理综合题
20．机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。
I．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。
(1)已知： C(s)+O2(g) = CO2(g) △H1 ＝− 393.5kJ·mol−1
2C(s)+O2(g) = 2CO(g) △H2 ＝− 221.0 kJ·mol−1
N2(g)+O2(g) = 2NO(g) △H 3 ＝+180.5 kJ·mol−1
CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是_________________________。
(2)研究CO和NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如下表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
c(NO)/( )−4mol·L−1)
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c(CO)/( )−3mol·L−1)
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
① 前4 s内的平均反应速率υ(CO) ＝______mol·L−1·s−1。
② L、X可分别代表压强或温度。下图A表示L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的变化关系。X代表的物理量是______。判断L1、L2的大小关系，并简述理由：______________________________。
(3)实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2) ·c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数______（填“>”、“<”或 “=”）k逆增大的倍数。
②若在2 L的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆 =___________。（保留一位小数）
II. 有人利用反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) ΔH = −34.0 kJ·mol−1，用活性炭对NO进行吸附。现在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应，经相同时间测得NO的转化率随温度的变化如图B所示。由图可知最高转化率对应温度为450℃。低于450℃时，NO的转化率是不是对应温度下的平衡转化率及判断理由是________________________；
21．Ⅰ.回答下列问题
(1)25℃时，将的NaOH溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，则NaOH溶液与溶液的体积比为_______。
Ⅱ.常温下，某水溶液M中存在的离子有、、、、，存在的分子只有。根据题意回答下列问题：
(2)写出酸的电离方程式：_______。
(3)若溶液M由溶液与溶液混合而得，则溶液M中离子浓度的大小关系正确的是_______。
A．
B．
C．
已知，向该混合溶液中加入溶液，混合后溶液中的浓度为_______(忽略混合后溶液体积的变化)。
Ⅲ.实验室常利用甲醛法测定样品中氮的质量分数，其反应原理为：[滴定时，1mol与1mol相当]然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤1：称取样品1.500g。
步骤2：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀，
步骤3：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
(4)根据步骤3填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
②滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_______(填字母标号)。
A．滴定管内液面的变化 B．锥形瓶内溶液顔色的变化
(5)滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
若NaOH标准溶液的浓度为，则该样品中氮的质量分数为_______。
参考答案
1．D
【详解】A.蛋白质是天然高分子化合物，故A不符合题意；
B.纤维素是天然高分子化合物，故B不符合题意；
C.淀粉是天然高分子化合物，故C不符合题意；
D.油脂的相对分子质量小，达不到上万，不属于高分子化合物，故D符合题意；
故选D。
2．D
【详解】A．氯元素是17号元素，氯离子核外有18个电子，其离子的结构示意图：，故A正确；
B．质子数为6、中子数为8的核素，其质量数为14，其符号为：，故B正确；
C．分子中一个碳原子与四个氢原子形成4个极性共价键，其分子结构模型：，故C正确；
D．是碳原子分别和氧原子形成2对共用电子对，其电子式：，故D错误。
综上所述，答案为D。
3．B
【详解】A．次氯酸钠电离出次氯酸根离子，不是氯离子，故A错误；
B．标准状况下，的物质的量为0.5mol，1个分子中含有4个共价键，则含有的共价键数为2，故B正确；
C．随着反应进行，盐酸浓度减小，反应不再进行，故完全反应转移的电子数小于2，故C错误；
D．1分子蔗糖在稀硫酸中完全水解生成1分子葡萄糖、1分子果糖；1mol蔗糖在稀硫酸中完全水解生成的葡萄糖分子数为，故D错误；
故选B。
4．A
【分析】捕捉室中发生反应CO2+2KOH=K2CO3+H2O，分离反应是K2CO3溶液中加入氧化钙，发生反应CaO+H2O=Ca(OH)2、K2CO3+ Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH，高温反应炉中发生反应CaCO3CaO+CO2↑。
【详解】A．根据以上分析，该方案中不涉及置换反应，故A错误；
B．该方案中可以循环利用的物质是CaO、KOH，故B正确；
C．捕捉室中发生反应CO2+2KOH=K2CO3+H2O，离子方程式为，故C正确；
D．将转化为甲醇，可以减少二氧化碳排放，有利于实现“碳中和”，故D正确；
选A。
5．B
【分析】该装置为原电池，污水中的CH3NO2转化为无毒无害的气体，则气体为N2和CO2，该装置的总反应为2CH3NO2+3H2O2= N2+2CO2+6H2O，H2O2为氧化剂，则Y极为正极，电极反应式为，X极为负极，电极反应式为，据此分析解答。
【详解】A．发生原电池的反应通常为放热反应，△H<0，A错误；
B．H2O2为氧化剂，Y极作正极，发生还原反应，B正确；
C．根据分析，X极为负极，Y极为正极，工作时H+通过质子交换膜由甲室移向乙室，C错误；
D．未指出气体所处状态，无法计算其物质的量，D错误；
故选B。
6．B
【详解】A．根据M的结构简式得到分子式为，故A正确；
B．M含有 、碳氧双键，可以发生加成反应，含有酚羟基和酯基，能发生取代反应，含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，故B错误；
C．M含有酚羟基和酸酚酯，因此1 mol该有机物最多可消耗3 mol NaOH，故C正确；
D．M含有苯环和羰基，因此1 mol该有机物分子最多可与4 mol氢气加成，故D正确。
综上所述，答案为B。
7．A
【详解】A．FeCl2和氯气反应生成FeCl3，FeCl3和热水反应制备Fe(OH)3(胶体)，故选A；
B．Fe和水蒸气在高温条件下生成Fe3O4，故不选B；
C．HClO在光照条件下生成盐酸和O2，故不选C；
D．浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，0.1mol•L-1HCl(aq)和二氧化锰不反应，故不选D；
选A。
8．B
【详解】A．由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，A错误；
B．通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，B正确；
C．“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，C错误；
D．Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，由于该溶液显酸性，则该反应的离子方程式是2 +Te4 ++2H2O=Te↓+2 +4H+，D错误；
故答案选为：B。
9．C
【详解】常温下，铝或铁均能和稀硝酸、稀硫酸浓硝酸反应，不可用铝或铁质容器盛装，铝或铁能被浓硝酸钝化，表面形成一层致密的氧化膜，这层薄膜阻止酸与内层金属的进一步反应，所以常温下，可用铝或铁质容器盛装浓硝酸，故答案选C。
10．A
【分析】向饱和NaCl溶液中通入NH3，然后通入CO2气体，发生反应：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤出来然后加热发生分解反应产生Na2CO3。向滤液中加入NaCl固体，由于增大了c(Cl-)，会析出NH4Cl晶体。溶液B中含有较大浓度NaCl及少量NH4Cl。
【详解】A．工艺中发生反应中元素化合价不变，因此无氧化还原反应发生，A错误；
B．溶液B里包含氯化钠和氯化铵等，可循环使用，CO2也可循环使用，B正确；
C．NH3和CO2在水中反应为，C正确；
D．得到NaHCO3的化学方程式为NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，，NaHCO3溶解度小，反应产生的NaHCO3质量较大，故可生成NaHCO3沉淀，D正确；
故合理选项是A。
11．D
【详解】几种液体的密度：ρ(溴苯)>ρ(水)>ρ(乙酸乙酯)，溴苯和乙酸乙酯难溶于水，乙酸与水混溶，则3支试管从左到右的顺序为②③①，答案选D。
12．D
【详解】A．恒温、恒容条件下，充入He，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故A错误；
B．恒温、恒压条件下，充入He，体积增大，压强减小，反应为气体总物质的量减小的反应，则平衡逆向移动，故B错误；
C．焓变为负，为放热反应，升高温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，不利于获得甲烷，故C错误；
D．保持温度不变，平衡后压缩容器体积，压强增大，平衡正向移动，且平衡常数K不变，故D正确；
答案选D。
13．C
【分析】该原电池中，Zn极为电源负极，Zn失电子生成Zn2+，Cu为电源正极，Cu2+得电子生成Cu。
【详解】A．Zn为电源负极，Zn失电子发生氧化反应，A错误；
B．电子由锌电极经导线流向铜电极，不会经过硫酸铜溶液，B错误；
C．负极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，电路中转移0.1mol电子时，负极质量减少3.25g，正极质量增加3.2g，则两电极质量相差6.45g，C正确；
D．正极上Cu2+得电子生成Cu，溶液中铜离子被消耗，溶液中硫酸铜溶液的物质的量浓度减小，D错误；
故答案选C。
14．D
【分析】随着NaOH溶液的滴入，H2A逐渐减少，HA-先增加后减少，A2-在HA-减少的同时增多，从图像可以看出，a点溶液中c(HA-)=c(H2A)，b点溶液中c(HA-)=c(A2- )，则H2A的Ka1==10-2.85，Ka2==10-5.66。
【详解】A．V=20.0时，NaOH和H2A恰好生成NaHA，HA-既能电离，也能水解，HA-电离产生A2-，水解产生H2A，HA-的电离常数为Ka2=10-5.66，水解常数Kh=
B．酸碱中和反应是放热反应，当H2A和NaOH恰好中和即溶质只有Na2A时，对应的溶液温度最高，b点溶液中c(HA-)=c(A2- )，溶质是Na2A和NaHA，所以b点对应的溶液温度不是滴定过程中的最高值，故B错误；
C．在20mL0.1mol/L丙二酸溶液中，根据元素质量守恒，c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)=0.1 mol/L，V=40.0时，溶液中加入了40mLNaOH溶液，溶液体积增大，所以c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)小于0.1 mol ·L-1，故C错误；
D．常温下，H2A+A2-2HA-的平衡常数K= =102.81，故D正确；
故选D。
15．A
【详解】A．Na易失电子，能与空气中的氧气反应，且密度比煤油大，则少量金属钠保存在煤油中，A保存方法正确；
B．氢氟酸能与玻璃种的二氧化硅反应，则盛放在塑料试剂瓶中，B保存方法错误；
C．FeCl3溶液稀释时，以生成氢氧化铁沉淀，则在配制FeCl3溶液时，一般先将FeCl3固体溶于浓盐酸中再加水稀释，C配置方法错误；
D．浓硝酸易见光分解，溶液应盛放在细颈瓶中，则浓硝酸应保存在棕色细颈瓶中，D保存方法错误；
答案为A。
16． 或 氧化反应 取代反应或水解反应 消去反应 +NaOH+HBr +HBr或+HBr
【分析】反应①：中含有双键可以与酸性高锰酸钾发生氧化反应；反应②：与氢氧化钠水溶液发生取代反应生成；反应③：中含有Br原子，并且邻C上有H原子，可以与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应；反应④：中含有双键，可以与HBr发生加成反应，生成或者。
【详解】(1)根据分析，有机物与NaOH水溶液发生水解反应生成醇，故有机物X的结构为；有机物中含有双键，可以与HBr发生加成反应生成或者；
(2)根据分析，反应①、②、③的反应类型分别为氧化反应、取代反应（水解反应）、消去反应；
(3)反应②的化学方程式是+NaOH+HBr；
(4)反应④的化学方程式是+HBr或+HBr。
17． Cl Na>Al>C>N 第二周期第ⅣA族 H2CO3 C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO
【详解】Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Y是C或S，X与M同主族，Z的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，Z是N，G是地壳中含量最高的金属元素，G是Al, X、Y、Z、M、G、Q 原子序数依次增大, Y只能是C，是六种短周期主族元素，X与M同主族，X、Z、Q的单质在常温下呈气态，X是H，M是Na,Q是Cl,所以X、Y、Z、M、G、Q依次是H、C、N、Na、Al、Cl。
(1)Q的元素符号为Cl；Y、Z、M、G依次是N、Na、Al、Cl，四种元素原子半径由大到小的顺序是Na>Al>C>N；故答案为：Cl；Na>Al>C>N；
(2)Y是C,在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族；Y与硫元素形成的二元化合物是CS2，其电子式为；故答案为：第二周期第ⅣA族；；
(3)上述元素的最高价氧化物对应的水化物为弱酸的是只有H2CO3，故答案为：H2CO3
(4)单质Y和元素Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为：C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(5)工业上用G的氧化物Al2O3、Y单质C和Z 单质N2在高温下制备AlN，Al2O3和C的物质的量之比为1∶3, 反应的化学方程式为Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO，故答案为：Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO；
【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子半径大小比较，电子式，元素在周期表中的位置等元素化合物知识，难度较小。
18．(1) 1 ab
(2) ＞ 2
(3)2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O
(4)SbCl3
(5)3SbCl5+2Sb=5SbCl3
【详解】（1）实验1中酸性高锰酸钾是强氧化剂，酸性高锰酸钾溶液遇到过氧化氢紫色褪去、有大量气泡产生(从反应物价态看，气体只能是氧气)，说明过氧化氢被氧化，过氧化氢体现还原性，故证明H2O2具有还原性的实验是1，可作为证据的实验现象是ab；
（2）84消毒液与H2O2消毒剂混用，导致消毒能力降低甚至消失，池水变绿，是因为反应生成的氧气促进藻类的疯长，该反应的化学反应方程式为NaClO+H2O2=NaCl+O2↑+ H2O，说明氧化性：NaC1O＞H2O2；当有1 gO2生成时,转移电子的数目是2个；
（3）在该反应中，I元素化合价由反应前NaIO3中的+5价降低为I2中的0价，化合价降低5×2=10价；S元素化合价由反应前NaHSO3中的+4价升高为反应后Na2SO4、NaHSO4中的+6价，升高2价，化合价升降最小公倍数是10，所以结合得失电子守恒，配平为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O；
（4）“浸出“时，Sb2S5在溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质S和SbCl3，反应的化学方程式为：Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S，其中Sb从+ 6价降低到+ 3价，则还原产物是SbCl3；
（5）“还原”时Sb和SbCl5反应生成SbCl3，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：3SbCl5+2Sb=5SbCl3。
19．(1)3
(2)TiO2+2OH-=TiO+H2O
(3)0.2
(4)增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全
(5)pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低
(6)NH3
【分析】废催化剂在碱性条件下和氢氧化钠反应，生成钛酸钠，酸浸后生成钛酸，经过焙烧生成二氧化钛，再和氯气反应生成四氯化钛，随后在惰性气体中被镁还原为单质钛，以此解题。
【详解】（1）上述反应中二氧化钛和氯气反应生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应；
（2）“高温碱浸”时二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠，离子方程式为：TiO2+2OH-=TiO+H2O；
（3）当溶液中WO恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)×c(WO)=1×10-10，则溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol/L，再根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH-)=4×10-7，可知c(OH-)=0.2mol/L；
（4）“沉钒”的目的是将完全转化为沉淀析出，加入过量的目的是利用同离子效应，促进尽可能析出完全，故答案为：增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全；
（5）由已知②知在水溶液中存在：VO+2H+⇌VO+H2O， pH过低，该平衡正向移动，VO化为VO的程度较大；pH过高，转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低，故答案为：pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低；
（6）煅烧时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量==0.2mol，发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，生成气体为氨气0.2mol.
20． 2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H =−746.5 kJ·mol−1 2.25 ×10−4 温度 L2>L1 该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大 < 0.5 不是，该反应是放热反应 平衡转化率随温度升高而降低
【分析】I．应用盖斯定律，第1个方程式减去第2个方程式，再减第3个方程式得到CO和NO在催化剂作用下生成N2的热化学方程式。
(2)①前4 s内的平均反应速率υ(CO) ＝。
②NO(g)的平衡转化率随X的变化关系，转化率在减小，说明是升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，因此X代表的物理量是温度，L代表的物理量是压强，从L1到L2，转化率增大，说明是正向移动，即加压，因此L2>L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大。
(3)①达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度，因此k正增大的倍数 < k逆增大的倍数。
②根据方程式建立 “三步走”
达到平衡时：v正= v逆，。
II.低于450℃时，是正在建立平衡的阶段，高于450℃时，是NO的转化率随温度升高而降低，因此该反应为放热反应。
【详解】I．第1个方程式减去第2个方程式，再减第3个方程式得到CO和NO在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H =−746.5 kJ·mol−1，故答案为：2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H =−746.5 kJ·mol−1。
(2)①前4 s内的平均反应速率υ(CO) ＝，故答案为：2.25×10−4。
②NO(g)的平衡转化率随X的变化关系，转化率在减小，说明是升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，因此X代表的物理量是温度，L代表的物理量是压强，从L1到L2，转化率增大，说明是正向移动，即加压，因此L2>L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大，故答案为：L2>L1；该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大。
(3)①达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度，因此k正增大的倍数 < k逆增大的倍数，故答案为：< 。
②
达到平衡时：v正= v逆，，故答案为 0.5。
II.低于450℃时，是正在建立平衡的阶段，高于450℃时，是NO的转化率随温度升高而降低，因此该反应为放热反应，故答案为：不是，该反应是放热反应；平衡转化率随温度升高而降低。
21．(1)10:1
(2)H2A=H++HA-，HA-H++A2-
(3) A 3.3´10-10
(4) 偏大 B
(5)18.67%
【解析】(1)
25℃时，pH=9的NaOH溶液中，c(OH-)=1´10-5mol⋅L-1 与pH=4的H2SO4溶液中，c(H+)=1´10-4mol⋅L-1，将两种溶液混合后，若所得混合溶液的pH=7，则参加反应的OH-的物质的量与H+的物质的量相等，设NaOH溶液的体积为x L，H2SO4溶液的体积为y L，则x L´1´10-5mol⋅L-1=y L´1´10-4mol⋅L-1，化简可得x:y=10:1。
(2)
常温下，某水溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子只有H2O，说明H2A的第一步完全电离，第二步部分电离，其电离方程式为H2A=H++HA-，HA-H++A2-。
(3)
若溶液M由10mL 2mol⋅L-1 NaHA溶液与10mL 2mol⋅L-1 NaOH溶液混合而得，则溶液M为20mL 1mol⋅L-1 Na2A溶液，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(HA-)＞c(H+)，故选A；向该混合溶液中加入10mL 1mol⋅L-1 BaCl2溶液后，c(A2-)==0.33mol⋅L-1，c(Ba2+)===3.3´10-10。
(4)
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，相当于稀释了NaOH标准溶液，使得消耗的NaOH标准溶液的体积偏大，测得样品中氮的质量分数偏大；
②滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液顔色的变化，当溶液由无色变为浅红色时，即刻停止滴加标准溶液，待30s后溶液未变为无色，可读取数值，故选B。
(5)
三次实验中标准溶液的体积分别为20.01mL、19.99mL、20.00mL，平均值为20.00mL，滴定时1mol (CH2)6N4H+与1mol H+相当，则有~OH-，则1.500g样品中，n()=0.1000 mol⋅L-1´0.02L´=0.02mol，则该样品中氮元素的物质的量为0.02mol，氮的质量分数为=18.67%。
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