2023学年华大新高三（最后冲刺）化学试卷含解析

2023高考化学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、有一未知的无色溶液中可能含有、、、、、、。分别取样：①用计测试，溶液显弱酸性；②加适量氯水和淀粉无明显现象。由此可知原溶液中A．可能不含 B．可能含有C．一定含有 D．一定含有3种离子2、莽草酸结构简式如图，有关说法正确的是A．分子中含有2种官能团B．1mol莽草酸与Na反应最多生成4mol氢气C．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同3、把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（）A．IO4-作氧化剂具有氧化性B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2C．若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子D．氧化性：MnO4->IO4-4、NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1.0L1.0molL—1的H2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAB．273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物的分子总数一定为NAC．25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH—的数目为0.1NAD．1molNa与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时失去的电子数一定为NA5、化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。只改变一个条件，则下列对图像的解读正确的是①②③④A．A2(g)+

3B2(g)2AB3(g)，如图①说明此反应的正反应是吸热反应B．4CO(g)

+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)

，如图②

说明NO2

的转化率b>a>cC．N2(g)+

3H2(g)2NH3(g)，如图③说明t秒时合成氨反应达到平衡D．2A(g)+2B(g)3C(g)+D(?

)，如图④说明生成物D一定是气体6、下列有关14C60的叙述正确的是A．与12C60化学性质相同 B．与12C60互为同素异形体C．属于原子晶体 D．与12C60互为同位素7、下列物质间发生化学反应：①H2S+O2，②Na+O2，③Cu+HNO3，④Fe+Cl2，⑤AlCl3+NH3·H2O，⑥Cu+S，⑦Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（）A．①②④⑤ B．①③⑤⑦ C．①③④⑤ D．①②③⑦8、常温下，向20mL、浓度均为0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液、氨水中分别滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液导电性如图所示（已知：溶液导电性与离子浓度相关）。下列说法正确的是A．a点溶液pH=11B．曲线1中c与e之间某点溶液呈中性C．c点溶液中：c（H+）=c（OH－）+c（N3H·H2O）D．在a、b、c、d、e中，水电离程度最大的点是d9、已知反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列说法正确的是（）A．KNO3是氧化剂，KNO3中N元素被氧化B．生成物中的Na2O是氧化产物，K2O是还原产物C．每转移1mole﹣，可生成标准状况下N2的体积为35.84升D．若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3.2mol10、化学与生活密切相关。下列有关玻璃的叙述正确的是A．钢化玻璃、石英玻璃及有机玻璃都属于无机非金属材料B．含溴化银的变色玻璃，变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关C．玻璃化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点D．普通玻璃的主要成分可表示为Na2O·CaO·6SiO2，说明玻璃为纯净物11、中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图，下列相关判断正确的是A．电极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH－+H2↑B．电解池中质子从电极I向电极Ⅱ作定向移动C．每处理1molNO电解池右侧质量减少16gD．吸收塔中的反应为2NO+2S2O42－+H2O=N2+4HSO3－12、《本草纲目》记载的烧酒工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。该方法与分离下列物质的原理相同的是A．苯和水 B．硝酸钾和氯化钠C．食盐水和泥沙 D．乙酸丁酯和1-丁醇13、下列实验操作、现象和所得结论都正确的是选项实验现象结论A向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量氯化钡固体，振荡溶液红色变浅Na2CO3溶液存在水解平衡B向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+C检验食盐是否加碘（KIO3），取少量食盐溶于水，用淀粉碘化钾试纸检验试纸不变蓝该食盐不含有KIO3D向蛋白质溶液中加入CuSO4或(NH4)2SO4的饱和溶液均有沉淀生成蛋白质均发生了盐析A．A B．B C．C D．D14、常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如下图所示。下列说法正确的是A．若a点pH=4，且c(Cl-)=m·c(ClO-)，则Ka(HClO)=B．若x=100，b点对应溶液中：c(OH－)>c(H＋)，可用pH试纸测定其pHC．b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大D．若y=200，c点对应溶液中：c(OH－)-c(H＋)=2c(Cl-)+c(HClO)15、将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中二氧化硫表现出A．酸性 B．漂白性 C．氧化性 D．还原性16、生活中一些常见有机物的转化如图下列说法正确的是A．上述有机物中只有C6H12O6属于糖类物质B．转化1可在人体内完成，该催化剂属于蛋白质C．物质C和油脂类物质互为同系物D．物质A和B都属于非电解质二、非选择题（本题包括5小题）17、已知，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：已知D的相对分子质量是130。请回答下列问题：（1）一元醇A中氧的质量分数约为21.6%。则A的分子式为___________，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为___________________；（2）B能与新制的Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为：______________________；（3）写出C结构简式：_________；若只能一次取样，请提出检验C中2种官能团的简要方案：___________；（4）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：_____________；（a）分子中有6个碳原子在一条直线上；（b）分子中所含官能团包括羧基和羟基（5）第④步的反应条件为________；写出E的结构简式________________。18、某化合物X有三种元素组成，某学习小组进行了如下实验：(1)化合物X的化学式为___________(2)混合气体N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反应生成一种盐，其离子反应方程式为______________。(3)黑色固体Y与NH3的化学方程式为____________(4)若以X▪3H2O进行实验，在170℃时可以生成一种中间产物W。0.1mol化合物W能与0.6molHCl刚好完全反应，若0.1mol化合物W再继续加热生成黑色固体Y的质量为32.0g。则化合物W的化学式为______________。(5)混合气体N有毒，为保护环境，可以用保险粉（Na2S2O4）吸收。请说明混合气体N能用保险粉吸收的理由___________。19、化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤。(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是___；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察到的现象是_______；Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：(3)仪器a的名称是_______。(4)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：____；(5)C中反应生成BaCO3的化学方程式是_____；(6)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是____(填标号)。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体；b.滴加盐酸不宜过快；c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置；d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置。(7)实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3的平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为______(保留3位有效数字)。(8)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。你认为按此方法测定是否合适_____(填“是”“否”)，若填“否”则结果_____(填“偏低”或“偏高”)。20、氮化硼(BN)是白色难溶于水的粉末状固体，高温下易被氧化。实验室以硼粉(黑色)为原料制备氮化硼的装置如图1所示：（1）图2装置中可填入图1虚线框中的是___（填标号）。图2装置中盛放碱石灰的仪器名称为___。（2）制备BN的化学方程式为___。（3）图1中多孔球泡的作用是___。（4）当三颈烧瓶中出现___的现象时说明反应完全，此时应立即停止通入O2，原因是___。（5）为测定制得的氮化硼样品纯度，设计以下实验：ⅰ.称取0.0625g氮化硼样品，加入浓硫酸和催化剂，微热，令样品中的N元素全部转化为铵盐；ⅱ.向铵盐中加入足量NaOH溶液并加热，蒸出的氨用20.00mL0.1008mol·L-1的稀硫酸吸收；ⅲ.用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH溶液的平均体积为20.32mL。①氮化硼样品的纯度为___（保留四位有效数字）。②下列实验操作可能使样品纯度测定结果偏高的是___（填标号）。A．蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收B．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视D．滴定时选用酚酞作指示剂21、CH4-CO2催化重整时发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：（1）某温度下，向1L的密闭容器中充入0.2molCH4与0.1molCO2，发生CH4-CO2催化重整反应，10min时达到平衡，测得平衡混合物中CO(g)的体积分数为20%，则用CH4表示的反应速率为______，CO2的平衡转化率为______。（2）若CO2的平衡转化率(a)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。由图可知：压强p1______p2（选填“＞“、“＜“或“=”），理由是______。（3）在一定温度下，向固定容积为2L的密闭容器中充入0.1moCH4与0.1mo1CO2发生CH4-CO2催化重整反应，达平衡时CO2的平衡转化率为50%，则此条件下该反应的平衡常数为K=______；平衡后保持温度不变，若再充入0.15molCH4、0.15molCO2、0.1molCO、0.1molH2，则此时v正______（选填“＞”、“＜”或“=”）v逆。（4）已知：C(s)+2H2(g)＝CH4(g)△H1=-75kJ•mol-1C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H2=-394kJ•mol-1C(s)+O2(g)＝CO(g)△H3=-111kJ•mol-1①催化重整反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=______kJ•mol-1。②反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)＝C(s)+2H2(g)消碳反应CO2(g)+C(s)＝CO(g)△H/(kJ•mol-1)75172活化能/(kJ•mol-1)催化剂X3391催化剂Y4372由上表判断，催化剂X______Y（填“优于”或“劣于”），理由是______。

参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】

溶液为无色，则溶液中没有Cu2+；由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+；而S2-能水解显碱性，即S2-与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42-必然存在；而Ba2+、SO42-能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，综上所述C正确。故选C。【答案点睛】解决此类问题的通常从以下几个方面考虑：溶液的酸碱性及颜色；离子间因为发生反应而不能共存；电荷守恒。2、B【答案解析】

A．莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，选项A错误；B．莽草酸分子中能与钠反应的官能团为羟基和羧基，则1mol莽草酸与Na反应最多生成2mol氢气，选项B错误；C．莽草酸分子中含有的羧基、羟基能分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，选项C正确；D．莽草酸分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，选项D错误。答案选C。3、D【答案解析】

已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。【题目详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+。A．IO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2，故B正确；C．若有2molMn2+参加反应，则转移的电子为2mol×(7-2)=10mol，故C正确；D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-<IO4-，故D错误；故选D。4、D【答案解析】

A.1.0L1.0molL-1的H2SO4水溶液中含有水，氧原子数大于4NA，A错误；B.273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物二氧化碳和水，分子总数大于NA，B错误；C.25℃时pH＝13的NaOH溶液中没有体积，无法计算OH—的数目，C错误；D.1molNa与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时，钠单质变为钠离子，转移1mol电子，失去的电子数一定为NA，D正确；答案选D。5、D【答案解析】

A．根据图①可以知道，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)正反应是放热反应，故A错误；B．根据反应方程式可知，增加一种反应物NO的量会增大另一种反应物二氧化氮的转化率，所以c点的转化率大于a点，故B错误；C．2v（N2）正=v（NH3）逆时，正逆反应速率相等，此时化学反应达到了平衡状态，而从图示可知，ts时，各物质的速率均在发生变化，此时化学反应没有达到平衡状态，故C错误；D．根据图示可以看出压强只能改变反应速率不改变平衡的移动，所以反应是前后气体的系数和相等的反应，即D一定是气体，所以D选项是正确的；故答案选D。6、A【答案解析】

A．14C60与12C60中碳原子为同种元素的碳原子，则化学性质相同，故A正确；B．14C60与12C60是同一种单质，二者不是同素异形体，故B错误；C．14C60是分子晶体，故C错误；D．14C与12C的质子数均为6，中子数不同，互为同位素，14C60与12C60是同一种单质，故D错误。故选：A。7、D【答案解析】

①当H2S与O2的物质的量之比大于2∶1时，发生反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比小于2∶3时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比大于2∶3小于2∶1时，两个反应都发生，条件不同，产物不同，故①选；②Na+O2常温下得到Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故②选；③Cu和HNO3的反应，浓硝酸：4HNO3+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；稀硝酸：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，条件不同，产物不同，故③选；④铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故④不选；⑤AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，与反应条件无关，故⑤不选；⑥硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故⑥不选；⑦Na2CO3和HCl反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件不同，产物不同，故⑦选；

符合条件的有①②③⑦，故选D。8、C【答案解析】

氢氧化钠为强电解质，一水合氨为弱电解质，所以体积、浓度相同的氢氧化钠溶液的导电性要比一水合氨的导电性要强，故曲线2为氢氧化钠溶液，曲线1氨水。【题目详解】A.曲线2为氢氧化钠溶液，氢氧化钠是一元强碱，c(OH-)=0.1mol/L，则c(H+)=1×10-13mol/L，所以pH=-lgc(H+)=13，故A错误；B.在氨水中滴加盐酸，溶液由碱性变中性，再变成酸性，滴定前氨水呈碱性，而c点对应的溶液溶质为氯化铵，呈酸性，说明中性点在c点向b点间的某点，c点到e点溶液的酸性越来越强，故B错误；C.c点表示溶质是氯化铵，溶液中存在质子守恒式：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故C正确；D.由图像知，曲线1导电性较弱，说明曲线1对应的溶液为弱电解质溶液，即曲线1代表氨水，曲线2代表氢氧化钠溶液，c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，水解程度最大，故此点对应的溶液中水的电离程度最大，故D错误；故选C。【答案点睛】正确判断曲线1、曲线2代表的溶质为解答关键，然后根据横坐标加入HCl的量可以判断各点相应的溶质情况，根据溶质分析溶液的酸碱性、水的电离程度。9、C【答案解析】

10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，N元素的化合价由-价升高为0，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移10e-，以此来解答。【题目详解】A.、KNO3中N元素的化合价降低，为氧化剂，其中氮元素被还原，故A错误；B、只有N元素的化合价变化，则N2是氧化产物，也是还原产物，故B错误；C、由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故C正确;D、若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为，故D错误；故选C。10、B【答案解析】

A.钢化玻璃是在高温下将玻璃拉成细丝加入到合成树脂中得到的玻璃纤维增强塑料；石英玻璃主要成分是二氧化硅；有机玻璃主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，属于塑料，不是无机非金属材料，A错误；B.变色玻璃中含有AgBr见光分解产生Ag单质和Br2单质，使眼镜自动变暗，光线弱时，溴与银又生成溴化银，可见变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关，B正确；C.玻璃的主要成分SiO2易与NaOH发生反应，因此不具有耐碱侵蚀的特点，C错误；D.普通玻璃的主要成分含有Na2SiO3、CaSiO3、SiO2，硅酸盐结构复杂，习惯用氧化物形式表示，但玻璃表示为Na2O·CaO·6SiO2，不能说明玻璃为纯净物，D错误；故合理选项是B。11、D【答案解析】

A．HSO3-在电极I上转化为S2O42-，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O，故A错误；

B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动，故B错误；

C．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e-═O2↑+4H+，NO转化为N2，每处理1molNO，则转移电子数为1mol×2=2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×=0.5mol，同时有2molH+从右侧迁移到左侧，所以电解池右侧质量减少为0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g，故C错误；

D．吸收塔中通入NO和S2O42-离子反应，生成N2和HSO3-，所以反应方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故D正确，

故选：D。12、D【答案解析】

据混合物的成分及性质，选择合适的分离提纯方法。【题目详解】“酸坏之酒”含有乙醇的氧化产物乙酸，可利用它们沸点的差异，以蒸馏方法除去乙酸。A.苯不溶于水，密度比水小，可用分液法分离，A项不符；B.硝酸钾和氯化钠都易溶于水，但溶解度受温度的影响不同，通常用结晶法分离，B项不符；C.食盐水与泥沙，是不相溶的固液混合物，用过滤法分离，C项不符；D.乙酸丁酯和1-丁醇，是互溶的、沸点不同的液体混合物，可蒸馏分离，D项符合。本题选D。13、A【答案解析】

A．Na2CO3溶液中存在CO32-+H2OHCO3-+OH-，故而加入酚酞显红色，加入少量氯化钡固体，CO32-和Ba2+反应生成BaCO3，平衡左移，OH-浓度减小，红色变浅，A正确；B．溶液中无Fe2+，含Fe3+也能出现相同的现象，B错误；C．KIO3在酸性条件下才能和KI发生氧化还原反应生成I2，操作不正确，可加入少量食醋再观察现象，C错误；D．蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，加入(NH4)2SO4的饱和溶液发生盐析，D错误。答案选A。14、D【答案解析】

A.若a点pH=4，(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-)，c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)==，A错误；B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计测量，B错误；C.b～c段，随NaOH溶液的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减小，温度不变则Ka(HClO)=不变，所以减小，C错误；D.若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)①，物料守恒得：c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)②，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)③，由①+③+②得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D正确；故答案是D。15、D【答案解析】

将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，说明首先生成单质碘，然后单质碘继续与二氧化硫反应生成碘化氢和硫酸，因此反应程中二氧化硫表现出还原性。答案选D。16、B【答案解析】

淀粉(转化1)在人体内淀粉酶作用下发生水解反应，最终转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成酒精，发生C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，且A可发生连续氧化反应，则A为C2H5OH，B为CH3COOH，乙醇和乙酸反应生成C为CH3COOC2H5，据此解答。【题目详解】由上述分析可以知道，转化1为淀粉水解反应，葡萄糖分解生成A为C2H5OH，A氧化生成B为CH3COOH，A、B反应生成C为CH3COOC2H5，则

A.淀粉、C6H12O6属于糖类物质，故A错误；

B.淀粉属于多糖，在酶催化作用下水解最终生成单糖葡萄糖，反应为：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6，酶属于蛋白质，所以B选项是正确的；

C.C为乙酸乙酯，油脂为高级脂肪酸甘油酯，含-COOC-的数目不同，结构不相似，不是同系物，故C错误；

D.乙酸可在水中发生电离，为电解质，而乙醇不能，乙醇为非电解质，故D错误。

所以B选项是正确的。二、非选择题（本题包括5小题）17、C4H10O1﹣丁醇（或正丁醇）用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键HOCH2C≡C﹣C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C﹣C≡C﹣COOH、浓H2SO4、加热【答案解析】

一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=×100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1-丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B，B为丁醛，根据题干信息，丁醛在氢氧化钠水溶液发生反应生成C，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH(CH2OH)CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：。【题目详解】(1)通过以上分析知，A的分子式为：C4H10O，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1-丁醇；(2)加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：；(3)C的结构简式为：，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，检验方法为：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键；(4)a．分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键；b．分子中含有一个羟基和一个羧基，所以与水杨酸互为同分异构体的结构简式为：HOCH2C≡C-C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C-C≡C-COOH、；(5)第④步的反应是酯化反应，根据乙酸乙酯的反应条件知，该反应条件是浓硫酸作催化剂、加热，通过以上分析知，E的结构简式为：。18、Cu(NO3)24NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2OCu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2▪3Cu(OH)2NO2有氧化性，Na2S2O4中+3价的硫元素具有还原性，能发生氧化还原反应【答案解析】

对X进行加热后分解产生了红棕色的混合气体，混合气体中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素；X分解产生的黑色固体与NH3反应后，可以获得紫红色固体，即铜单质，所以X中一定有Cu元素，所以X为Cu(NO3)2。【题目详解】(1)通过分析可知，X的化学式即为Cu(NO3)2；(2)通过分析可知Cu(NO3)2分解的方程式为：，所以混合气体与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：；(3)通过分析可知黑色固体Y即为CuO，其与NH3反应的方程式为：；(4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化学式中含有6个OH-；又因为，0.1molW分解得到Y(CuO)质量32.0g即0.4mol，所以W的化学式中含有4个Cu2+，所以W的化学式为Cu4(OH)6(NO3)2；(5)混合气体中含有NO2，具有氧化性，其可以与具有还原性的Na2S2O4发生氧化还原反应，从而转化成无毒的N2。19、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解分液漏斗把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2Ocd25.0%否偏高【答案解析】

Ⅰ．(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；(2)滤液中含有偏铝酸钠，先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O；Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，需要通过适当的方法将二氧化碳全部赶入氢氧化钡的试剂瓶中，据此分析解答(3)~(7)；(8)装置B中的水蒸气和氯化氢气体会进入装置C中被吸收，据此分析判断。【题目详解】Ⅰ．(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，因此反应现象为通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解，故答案为通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解；Ⅱ．(3)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为分液漏斗；(4)装置中残留部分二氧化碳，如果不能被完全吸收，会导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气可以将生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，故答案为把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；(5)在C中二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应的化学方程式为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O，故答案为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O；(6)a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C被氢氧化钡吸收，所以提前排尽装置中的二氧化碳，可以提高测定准确度，故a不选；b.滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收，所以要缓慢滴加盐酸，可以提高测定准确度，故b不选；c.BC中均为水溶液，不需要干燥，所以在A～B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，不能提高测定准确度，故c选；d.挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置会生成二氧化碳，则在C中被氢氧化钡吸收的二氧化碳偏多，所以在B～C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，会使测定准确度降低，故d选；故答案为cd；(7)BaCO3质量为3.94g，则n(BaCO3)==0.02mol，则n(CaCO3)=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2.00g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=25.0%，故答案为25.0%；(8)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，因此不能通过只测定装置C吸收CO2前后的质量差确定碳酸钙的质量分数，故答案为否；偏高。20、b球形干燥管4B+4NH3+3O24BN+6H2O调节气体流速，进而调整NH3与O2通入比例黑色粉末完全变成白色避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低80.00%C【答案解析】

⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气，a不能制取氨气，c制氨气的装置制取氨气，但不能用氯化钙干燥氨气，b装置制取氨气并干燥，读出图2装置中盛放碱石灰的仪器名称。⑵氨气和硼、氧气反应生成BN和水。⑶图1中多孔球泡的作用控制氨气的流速。⑷黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼，反应结束应立即停止通入O2，主要防止氮化硼在高温下容易被氧化。⑸先计算消耗得n(NaOH)，再计算氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量，再得到硫酸吸收氨的物质的量，再根据2BN—2NH4+—H2SO4关系得出n(BN)，再计算氮化硼样品的纯度。【题目详解】⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气，a不能制取氨气，c制氨气的装置制取氨气，但不能用氯化钙干燥氨气，b装置制取氨气并干燥，因此图2中b装置填入