2023届江苏省江都市仙城高三最后一卷化学试卷含解析

2023高考化学模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A．①② B．③⑤ C．①⑥ D．④⑥2、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物。已知A的相对分子质量为28，B分子中含有18个电子，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（）A．X、Y组成化合物的沸点一定比X、Z组成化合物的沸点低B．Y的最高价氧化物的水化物为弱酸C．Y、Z组成的分子可能为非极性分子D．W是所在周期中原子半径最小的元素3、下列实验合理的是（）A．证明非金属性Cl＞C＞SiB．制备少量氧气C．除去Cl2中的HClD．吸收氨气，并防止倒吸A．A B．B C．C D．D4、25℃时，部分含铁元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．pH=4时，溶液中存在下列关系c（HFeO4-）＞c（H2FeO4）＞c（FeO42-）B．H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.15×10-4C．B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，减小D．B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C5、下列化合物的同分异构体数目与的同分异构体数目相同的是A． B． C． D．6、清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是()A．“鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色B．“鼻冲水”中含有5种粒子C．“鼻冲水”是弱电解质D．“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解7、实验测得浓度均为0.5mol•L-1的Pb(CH3COO)2溶液的导电性明显弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列离子方程式书写错误的是A．Pb(NO3)2溶液与CH3COONa溶液混合：Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2B．Pb(NO3)2溶液与K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓C．Pb(CH3COO)2溶液与K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓D．Pb(CH3COO)2在水中电离：Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-8、常温时，改变弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变，0.1mol/L甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（）已知：δ(RCOOH)=A．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中水的电离程度比较：前者>后者B．将等浓度的HCOOH溶液与HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-)C．图中M、N两点对应溶液中的Kw比较：前者>后者D．1mol/L丙酸的电离常数K﹤10-4.889、反应HgS+O2=Hg+SO2中，还原剂是A．HgS B．Hg C．O2 D．SO210、必须随配随用，不能长期存放的试剂是（）A．氢硫酸 B．盐酸 C．AgNO3溶液 D．NaOH溶液11、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．32gS8与S6（）的混合物中所含共价键数目为NAB．1L1．1mol•L－1H2C2O4溶液中含C2O42－离子数为1.1NAC．2molNO与2molO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为8NAD．标准状况下2．4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成HCl分子数为NA12、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）A．NH3NO2HNO3 B．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)C．FeFe2O3Fe D．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2OH(aq)]Ag13、某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：MnO2+12Zn+(1+x6)H2O+16ZnSO4⇌充电放电MnOOH+16ZnSO4[Zn(OH)其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法中，不正确的是A．碳纳米管具有导电性，可用作电极材料B．放电时，电池的正极反应为：MnO2+e−+H+==MnOOHC．充电时，Zn2+移向Zn膜D．合成有机高聚物的单体是：14、继电器在控制电路中应用非常广泛，有一种新型继电器是以对电池的循环充放电实现自动离合（如图所示）。以下关于该继电器的说法中错误的是已知电极材料为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料。A．充电完成时，电池能被磁铁吸引B．该电池电解液一般由高纯度的有机溶剂、锂盐等原料组成C．充电时，该电池正极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+D．放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极15、NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是()A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NAC．1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAD．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA16、室温下，用0.100mol•L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol•L-1的HA和HB两种酸溶液，滴定曲线如图所示[已知AG=lg]，下列说法不正确的是（）A．P点时，加入NaOH溶液的体积为20.00mLB．Ka(HB)的数量级为10-4C．水的电离程度：N＞M=PD．M、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B-)17、吗啡是严格查禁的毒品．吗啡分子含C71.58%，H6.67%，N4.91%，其余为O.已知其相对分子质量不超过300，则吗啡的分子式是A．C17H19NO3 B．C17H20N2O C．C18H19NO3 D．C18H20N2O218、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A、B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是（）A．原子半径：C>B>AB．气态氢化物的热稳定性：E>CC．最高价氧化对应的水化物的酸性：B>ED．化合物DC与EC2中化学键类型相同19、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度,且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是()A．C3N4晶体是分子晶体B．C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长C．C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3D．C3N4晶体中粒子间通过共价键相结合20、在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是A．Mg2+、Na+、SO42-、Cl- B．K+、CO32-、Cl-、NO3-C．Na+、Cl-、NO3-、Fe2+ D．NH4+、OH-、SO42-、NO3-21、工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。已知在25℃时：①C(s)+O2(g)CO(g)∆H4=-111kJ/mol②H2(g)+O2(g)=H2(g)∆H2=-242kJ/mol③C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H2=-394kJ/mol下列说法不正确的是（）A．25℃时，B．增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移，平衡常数K减小C．反应①达到平衡时，每生成的同时生成0.5molO2D．反应②断开2molH2和1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ22、根据如图能量关系示意图，下列说法正确的是A．1molC(s)与1molO2(g)的能量之和为393.5kJB．反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量C．由C(s)→CO(g)的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1D．热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值ΔH＝－10.1kJ·mol－1二、非选择题(共84分)23、（14分）以下是某药物中间体D的合成过程：A(C6H6O)B（1）A的结构简式为_________________，A转化为B的反应类型是____________。（2）D中含氧官能团的名称是__________。（3）鉴别B、C

可以用的试剂名称是______________。（4）D在一定条件下与足量NaOH溶液反应的化学方程式是_________________。（5）同时符合下到条件的D的所有同分异构体(不考虑立体异构)有________种。①能与NaHCO3溶液反应产生气体；②苯环上只有2个取代基；③遇氯化铁溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为3∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式是________________________________(写结构简式)。（6）已知：+CH≡CH请设计合成路线以A和C2H2

为原料合成(无机试剂任选)：____________。24、（12分）[化学——选修5：有机化学基础]环丙贝特(H)是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分布，可减少CH和LDL在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环丙贝特的一种新方法：回答下列问题：(1)C的化学名称为______________________(2)F中含氧官能团的名称为______________(3)H的分子式为________________________(4)反应①的反应类型为___________，反应④的化学方程式为______________________(5)M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M的结构共有种____(不考虑立体异构)；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为_______(6)利用Wittig反应，设计以环己烷为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：______________________。25、（12分）废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用废定影液为原料制备AgNO3的实验流程如下：(1)“沉淀”步骤中生成Ag2S沉淀，检验沉淀完全的操作是________。(2)“反应”步骤中会生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为________。(3)“除杂”需调节溶液pH至6。测定溶液pH的操作是________。(4)已知：2AgNO32Ag＋2NO2↑＋O2↑，2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑。AgNO3粗产品中常含有Cu(NO3)2，请设计由AgNO3粗产品获取纯净AgNO3的实验方案：______________________，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到纯净的AgNO3。(实验中须使用的试剂有稀硝酸、NaOH溶液、蒸馏水)(5)蒸发浓缩AgNO3溶液的装置如下图所示。使用真空泵的目的是________；判断蒸发浓缩完成的标志是____________________。26、（10分）某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：试管中试剂实验滴加试剂现象2mL0.1mol/LKSCN溶液Ⅰi.先加1mL0.1mol/LFeSO4溶液ii.再加硫酸酸化的KMnO4溶液i.无明显现象ii.先变红，后退色Ⅱiii.先滴加1mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液iv.再滴加0.5mL0.5mol/LFeSO4溶液iii.溶液变红iv.红色明显变浅(1)①用离子方程式表示实验I溶液变红的原因___________②针对实验I中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN−被酸性KMnO4氧化为SO42−，并设计如图实验装置证实了猜想是成立的。其中X溶液是_____________，检验产物SO42−的操作及现象是__________。(2)针对实验Ⅱ“红色明显变浅”，实验小组提出预测。原因①：当加入强电解质后，增大了离子间相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应”使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡体系中的Fe3+跟SCN−结合成[Fe(SCN)]2+的机会减少，溶液红色变浅。原因②：SCN−可以与Fe2+反应生成无色络合离子，进一步使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡左移，红色明显变浅。已知：Mg2+与SCN−难络合，于是小组设计了如下实验：由此推测，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是___________________________。27、（12分）（三草酸合铁酸钾晶体）为翠绿色晶体，可用于摄影和蓝色印刷，110℃失去结晶水，230℃分解。某化学研究小组对受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。实验I：探究实验所得的气体产物，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去，部分装置可重复使用）。（1）实验室常用饱和和饱和的混合液制，反应的化学方程式为_____________。（2）装置的连接顺序为：A→__→__→__→__→__→F（填各装置的字母代号）。（3）检查装置气密性后，先通一段时间，其目的是________，实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯，继续通至常温，其目的是__________。（4）实验过程中观察到F中的溶液变浑浊，C中有红色固体生成，则气体产物____（填化学式）。（实验二）分解产物中固体成分的探究（5）定性实验：经检验，固体成分含有。定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品。完成上述实验操作，需要用到下列仪器中的__________（填仪器编号）。设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定（甲方案）（乙方案）（丙方案）你认为以上方案中可以确定样品组成的有_____________方案。（6）经测定产物中，写出分解的化学方程式_________。28、（14分）“绿色”和“生态文明”是未来的发展主题，而CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。(1)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H已知：反应1CH4(g)═C(s)+2H2(g)△H1=+75kJ/mol反应22CO(g)═C(s)+CO2(g)△H2=－172kJ/mol则该催化重整反应的△H=___kJ•mol-1。(2)有科学家提出可利用FeO吸收CO2：6FeO(s)+CO2(g)2Fe3O4(s)+C(s)，对该反应的描述正确的是__。A．增大FeO的投入量，利于平衡正向移动B．压缩容器体积，可增大CO2的转化率，c(CO2)减小C．恒温恒容下，气体的密度不变可作为平衡的标志D．恒温恒压下，气体摩尔质量不变可作为平衡的标志E.若该反应的△H﹤0，则达到化学平衡后升高温度，CO2的物质的量会增加(3)为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)∆H，测得压强、温度对CO的体积分数[φ(CO)%]的影响如图所示，回答下列问题：①图中p1、p2、p3的大小关系是______，图中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc的大小关系是______。②900℃、1.013MPa时，1molCO2与足量碳反应达平衡后容器的体积为VL，CO2的转化率为___（保留一位小数），该反应的平衡常数K＝___。③将②中平衡体系温度降至640℃，压强降至0.1013MPa，重新达到平衡后CO2的体积分数为50%。条件改变时，正反应速率______逆反应速率(填“>”、“<”或“=”)。(4)在NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，所得溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=4：1，此时溶液pH=______。（已知：室温下，H2CO3的k1=4×10-7，k2=5×10-11。lg2=0.3）29、（10分）CO2的综合利用对于减少温室气体、缓解能源紧缺具有重要的意义。（Ⅰ）CO2的性质稳定，其电子式为___。（Ⅱ）多晶Cu是唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类(如CH4或C2H4)的金属。电解装置分别以多晶Cu和铂为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度(约0.1mol/L左右)基本保持不变。并向某极室内持续通入CO2，温度控制在10℃左右。(1)持续通入CO2的原因是______。(2)研究表明，催化剂的多种因素决定了C2H4的选择性和催化活性。已知：选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量在本实验条件下，生成C2H4的电极反应为______。(3)本实验条件下，若CO2转化为烃的转化率为10%，生成C2H4的选择性为12%，现收集到12molC2H4，则通入的CO2为______mol。（Ⅲ）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H(1)已知：反应1：CH4(g)═C(s)+2H2(g)△H1=+75kJ•mol﹣1反应2：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H2=+35kJ•mol﹣1反应3：2CO(g)═C(s)+CO2(g)△H3=﹣172kJ•mol﹣1则该催化重整反应的△H=___kJ•mol﹣1。从温度和压强角度有利于提高CO2平衡转化率的条件是____。(2)下图表示体系内c(H2)/c(CO)、c(H2O)/c(CO)的变化情况，请解释1200K以下c(H2)/c(CO)小于1的原因___，并解释随温度的升高c(H2)/c(CO)增大的原因____。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】

①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。2、A【解析】

根据分析A相对原子质量为28的两种或三种元素组成化合物，容易想到一氧化碳和乙烯，而B分子有18个电子的化合物，容易想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等，但要根据图中信息要发生反应容易想到A为乙烯，B为氯化氢，C为氯乙烷，D为水，E为甲醇，从而X、Y、Z、W分别为H、C、O、Cl。【详解】A选项，C、H组成化合物为烃，当是固态烃的时候，沸点可能比H、O组成化合物的沸点高，故A错误；B选项，C的最高价氧化物的水化物是碳酸，它为弱酸，故B正确；C选项，Y、Z组成的分子二氧化碳为非极性分子，故C正确；D选项，同周期从左到右半径逐渐减小，因此Cl是第三周期中原子半径最小的元素，故D正确。综上所述，答案为A。3、D【解析】

A.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；

B.过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；

C.碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；

D.四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；

故选D。【点睛】A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。4、C【解析】

A、由图中离子在溶液中的物质的量分数可知，pH=4时，溶液中存在下列关系c(HFeO4-)＞c(H2FeO4)＞c(FeO42-)，故A正确；B、由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%，则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为=4.15，c(H+)=10-4mol/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1==4.15×l0-4，故B正确；C、B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，溶液的酸性减弱，c(HFeO4-)增大，即c(H+)减小，所以增大，故C错误；D、B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸的电离对水的电离有抑制作用，酸性越强，抑制作用越大，而酸根水解会促进水的电离，溶液的pH越大，则对水的电离的促进作用就越大，所以B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C，故B正确；故选：C。5、D【解析】

C3H8中含有2种化学环境不同的H原子数目，再利用-OH原子团替换H原子，判断属于醇的同分异构体，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，据此分析解答。【详解】C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种分别为：CH3CH2CH2OH和CH3CH(OH)CH3，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，故C3H8O的同分异构体数目为3。A．C3H6可以为丙烯和环丙烷，具有2种结构，同分异构体数目不相同，故A不选；B．C4H8可以为1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯和环丁烷以及甲基环丙烷等，具有5种同分异构体，同分异构体数目不相同，故B不选；C．C6H4Cl2可以是由苯环经过二氯取代生成的产物，有邻、间、对三种同分异构体，另外还可以是含有碳碳双键以及三键的物质，故有大于3种同分异构体，同分异构体数目不相同，故C不选；D．C5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，同分异构体数目相同，故D选；故选D。6、D【解析】

根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。【详解】A．氨水显碱性，滴入酚酞溶液中，溶液变红色，A错误；B．氨水中含NH3、H2O、NH3•H2O、H+、NH4+、OH-，含有分子和离子的种类为6种，B错误；C．由鼻冲水（氨水）可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C错误；D．氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确。答案选D。7、C【解析】

由导电性强弱可知，Pb(CH3COO)2是可溶性的弱电解质，在离子方程式中保留化学式，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.Pb(NO3)2溶液与CH3COONa溶液混合，会生成Pb(CH3COO)2，发生反应的离子方程式为：Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2，A项正确；B.Pb(NO3)2溶液与K2S溶液混合会生成PbS沉淀，发生反应的离子方程式为：Pb2++S2-=PbS↓，B项正确；C.Pb(CH3COO)2溶液与K2S溶液混合，离子方程式为：Pb(CH3COO)2+S2-=PbS↓+2CH3COO-，C项错误；D.Pb(CH3COO)2在水中电离：Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-，D项正确；答案选C。【点睛】Pb(CH3COO)2易溶于水，在水溶液中部分电离，是少有的几种不是强电解质的盐之一。8、B【解析】

A．当pH相同时，酸分子含量越高，电离平衡常数越小，酸性越弱，根据图像，当pH相同时，丙酸含量较高，则酸性较甲酸弱，所以等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH，前者<后者，则水的电离程度前者<后者，A选项错误；B．将等浓度的HCOOH溶液与HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，两式相加减有c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)，又溶液中c(H+)>c(HCOO-)，则有c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-)，B选项正确；C．因为温度均为常温，所以M、N两点对应溶液中的Kw相等，C选项错误；D．pH=4.88时，溶液中c(H+)=10-4.88mol/L，丙酸分子的分布分数为50%，则c(CH3CH2COOH)=0.05mol/L，所以，D选项错误；答案选B。9、A【解析】

反应HgS+O2═Hg+SO2中，Hg元素化合价降低，S元素化合价升高，O元素化合价降低，结合氧化剂、还原剂以及化合价的关系解答。【详解】A．HgS中S元素化合价升高，作还原剂，故A符合；B．Hg是还原产物，故B不符；C．O2是氧化剂，故C不符；D．SO2是氧化产物也是还原产物，故D不符；故选A。10、A【解析】

A．氢硫酸性质不稳定，易被空气中的氧气氧化生成S和水，不能长时间放置，需要所用随配，故A选；B．盐酸性质稳定，可长时间存放，故B不选；C．硝酸银溶液性质稳定，可长时间存放，故C不选；D．氢氧化钠溶液性质稳定，可长时间存放，故D不选；答案选A。11、A【解析】

A．S8与S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，1个S对应1个S-S共价键，由于32gS8与S6（）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1molS-S键，A选项正确；B．因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，所以L1.1mol·L−1H2C2O4溶液含C2O42-离子数小于1.1NA，B选项错误。C．密闭容器中2molNO与2molO2充分反应，这是一个可逆，转移的电子数小于4NA，由于NO不足，更小于8NA，C选项错误；D．在标准状况下，2.4L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算，D选项错误；答案选A。【点睛】A选项在判断时明确S8与S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，两者混合后一个S对应1个S-S共价键是解答的关键。12、B【解析】

A．NH3与氧气反应生成的是NO，无法直接得到NO2，故A错误；B．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液，水解产物不挥发，蒸发会得到溶质偏铝酸钠，所以Al

NaAlO2(aq)

NaAlO2(s)，能够在给定条件下实现，故B正确；C．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是生成氧化铁，故C错误；D．硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀，继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液，蔗糖为非还原性的糖，不能和银氨溶液反应，物质间转化不能实现，故D错误；答案选B。13、B【解析】

A.该电池以碳纳米管做电极材料，可知碳纳米管具有导电性，故A正确；B.原电池正极发生还原反应，根据放电时的总反应式，放电时MnO2得电子发生还原反应，所以电池的正极反应为：MnO2+e−+H2O==MnOOH+OH-，故B错误；C.充电时该装置为电解池，阳离子移向阴极，充电时Zn膜充当阴极，所以Zn2+移向Zn膜，故C正确；D.根据高聚物的结构单元，该高聚物为加聚产物，合成有机高聚物的单体是：，故D正确；选B。14、A【解析】

由图可知该电池放电时负极反应式为Li-e-═xLi+，正极反应式为Fe2O3+6Li++6e-═3Li2O+2Fe，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，以此解答该题。【详解】A．充电时，Fe作为阳极生成Fe2O3，充电完成时，铁完全转化为Fe2O3，磁铁不可吸引Fe2O3，故A错误；B．锂属于活泼金属，会和水发生反应，所以不可以用电解质溶液作为电解液，一般由高纯度的有机溶剂、锂盐等原料组成，故B正确；C．充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，则充电时，该电池正极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+，故C正确；D．根据分析，放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极，故D正确；答案选A。【点睛】根据题意要判断出正负极，写出电极反应,原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，而电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。15、B【解析】

A.16.25gFeCl3的物质的量是0.1mol，Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3分子的集合体，故A错误；B.氩的质子数为18，氩气是单原子分子，标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，含有的质子数为18NA，故B正确；C.NaAlO2水溶液中不仅有NaAlO2，还有H2O，1.0L1.0mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数大于2NA，故C错误；D.二氧化硫是和氧气的反应是可逆反应，反应物有剩余，没有完全转化成2molSO3，因此分子总数不是2NA，故D错误；故答案为B。【点睛】本题D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。16、D【解析】

未加NaOH溶液时，HA的AG=12，则c（H+）•c（OH-）=10-14，=10-12，则c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA是强酸；未加NaOH溶液时，HB的AG=9，则c（H+）•c（OH-）=10-14，=10-9，则c（H+）=10-2.5mol/L＜0.1mol/L，则HB是弱酸；【详解】A．P点AG=0时，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH溶液的体积为20.00mL，故A正确；B．HB的电离程度较小，则溶液中c（B-）≈c（H+）=10-2.5mol/L，c（HB）≈0.1mol/L，Ka（HB）===10-4，故B正确；C．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则M、P点不影响水的电离，N点NaB浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：N＞M=P，故C正确；D．M、P点的AG都为0，都存在c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c（Na+）越大，溶液中存在电荷守恒，则存在P点c（A-）=c（Na+）、M点c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：M＜P点，则c（A-）＞c（B-），故D错误；答案选D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意B中微粒浓度的近似处理方法。17、A【解析】

可通过假设相对分子质量为100，然后得出碳、氢、氮、氧等元素的质量，然后求出原子个数，然后乘以3，得出的数值即为分子式中原子个数的最大值，进而求出分子式。【详解】假设吗啡的相对分子质量为100，则碳元素的质量就为71.58，碳的原子个数为：=5.965，则相对分子质量如果为300的话，就为5.965×3═17.895；同理，氢的原子个数为：×3=20.01，氮的原子个数为：×3=1.502，氧的原子个数为：×3=3.15，因为吗啡的相对分子质量不超过300，故吗啡的化学式中碳的原子个数不超过17.895，氢的原子个数不超过20.01，氮的原子个数不超过1.502；符合要求的为A，答案选A。18、C【解析】

已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，A为H，B为N，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D为Mg，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O，A、B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.原子半径：N>C>H，故A错误；B.气态氢化物的热稳定性：H2O>SiH4，故B错误；C.最高价氧化对应的水化物的酸性：HNO3>H2SiO3，故C正确；D.化合物MgO含有离子键，SiO2含共价键，故D错误；答案为C。【点睛】同周期，从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，氢化物稳定性增强。19、D【解析】

A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度,则C3N4晶体是原子晶体，故A错误；B.因N的原子半径比C原子半径小,则C3N4晶体中，C−N键的键长比金刚石中C−C键的键长要短，故B错误；C.原子间均以单键结合,则C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子，所以晶体中C、N原子个数之比为3:4，故C错误；D.C3N4晶体中构成微粒为原子，微粒间通过共价键相结合，故D正确；故选：D。【点睛】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，比C-C键短。20、C【解析】

酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。【详解】A．这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，A不符合题意；B．H+、CO32-反应生成CO2和H2O而不能大量共存，但是发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，B不符合题意；C．H+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应生成Fe3+和NO而不能大量共存，C符合题意；D．NH4+、OH-发生复分解反应生成NH3·H2O而不能大量共存，但发生的不是氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。【点睛】本题考查离子共存的知识，明确离子性质及离子共存的条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。21、B【解析】

A.在25℃时：①C(s)+O2(g)CO(g)∆H4=-111kJ/mol；②H2(g)+O2(g)=H2(g)∆H2=-242kJ/mol③C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H2=-394kJ/mol，结合盖斯定律可知③-①-②得到CO(g)

+

H2

O(g)

=CO2(g)

+

H2(g)△H=

-

41kJ

/

mol，故A正确；B.增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移动，温度不变，则平衡常数K不变，故B错误；C.平衡时不同物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则①达到平衡时，每生成1molCO的同时生成0.5molO2，故C正确；D.反应②为放热反应，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，则反应②断开2molH-H和1molO=O中的化学键所吸收的能量比形成4molO-

H键所放出的能量少484kJ

，故D正确；答案选

B。【点睛】反应热=反应物键能总和-生成物键能总和。22、C【解析】

由图可知，转化Ⅰ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，转化Ⅱ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－282.9kJ·mol－1，转化Ⅰ—转化Ⅱ得C(s)→CO(g)的热化学方程式2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1。【详解】A项、由图可知1molC(s)与1molO2(g)的能量比1molCO2(g)能量高393.5kJ，故A错误；B项、由图可知反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)为放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；C项、由图可知1molC(s)与O2(g)生成1molCO(g)放出热量为393.5kJ－282.9kJ＝110.6kJ，则C(s)→CO(g)的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1，故C正确；D项、热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO的热值为282.9kJ×g≈10.1kJ·g－1，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、加成反应(酚)羟基、酯基碳酸氢钠+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O12【解析】本题考查有机物的推断和合成，（1）根据C的结构简式，判断出B生成C反应类型为酯化反应，即B的结构简式为，根据A的分子式，以及B的结构简式，推出A为苯酚，结构简式为，结合A和B的结构简式，A生成B的反应类型为加成反应；（2）根据D的结构简式，含有含氧官能团是酯基和（酚）羟基；（3）B含有羧基，C不含有羧基，且酚羟基电离出H＋能力小于碳酸，羧酸的酸性强于碳酸，因此检验两种物质，可以滴加NaHCO3溶液，B溶液中出现气泡，C中不出现气泡；（4）根据氢氧化钠发生反应的是酚羟基、酯基、溴原子，因此发生的反应方程式为+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O；（5）能与NaHCO3溶液产生气体，则结构中含有羧基，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，符合条件的同分异构体为（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有12种；核磁共振氢谱有5种峰，说明有5种不同的氢原子，即结构简式为；（6）根据信息，生成的反应物应是乙炔和，因此先让A与氢气发生加成反应，然后再被氧化，合成路线为。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，首先根据题中所给信息，判断出含有官能团或结构，如能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有2种取代基，首先判断出的结构是，然后考虑苯环上两个取代基的位置，即邻间对，然后再考虑溴的位置，以及碳链异构，判断其他，平时注意多练习总结，找规律。24、对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）酯基、醚键C13H14O3Cl2加成反应+→+HBr12、【解析】

A()与HCHO在碱性条件下发生加成反应生成B（）；B氧化生成C（）；C生成D（）；D与发生取代反应生成E（）和HBr；E环化生成F（）；F酸性条件下水解生成H（），据此分析。【详解】（1）C为，命名为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；答案：对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）（2）F为，F中含氧官能团为酯基、醚键；答案：酯基、醚键（3）H为，由结构简式可知，H的分子式为C13H14O3Cl2；答案：C13H14O3Cl2（4）反应①为加成反应，反应④为取代反应，产物中还有HBr，化学方程式为+→+HBr；答案：加成反应+→+HBr（5）M为的同分异构体，满足条件的M的结构简式为、、、、、、、、、、、共12种；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6:2:1的结构简式为、；答案：12种、（6）根据题干信息①②③可得出合成路线，由环己烷为原料制备的合成路线为；答案：【点睛】第⑤小题寻找同分异构体为易错点，可以分步确定：①根据同分异构体要求可知存在两个官能团-COOH、-Br②确定碳链种类③将两个官能团-COOH、-Br采用定一移一法确定同分异构体种类。25、静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全Ag2S＋4HNO3===2AgNO3＋2NO2↑＋S＋2H2O用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸使体系形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解溶液表面有晶膜出现【解析】

废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用硫化钠沉淀，生成Ag2S沉淀，过滤得到滤渣，洗涤干净后加入浓硝酸溶解Ag2S得到硝酸银、硫单质与二氧化氮；用氢氧化钠除去过量的硝酸得到硝酸银溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸银晶体，据此分析作答。【详解】（1）沉淀过程是Na3[Ag(S2O3)2]与Na2S反应制得Ag2S的反应，检验沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全；（2）“反应”步骤中会生成淡黄色固体，根据元素守恒可知，该淡黄色沉淀为硫离子被氧化的产物硫单质，根据氧化还原反应规律可知其化学方程式为：Ag2S＋4HNO3===2AgNO3＋2NO2↑＋S＋2H2O；（3）测定溶液pH的基本操作是：用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照；（4）根据给定的已知信息可知，硝酸铜的分解温度为200℃，硝酸银的分解温度在440℃，则可设计除去硝酸铜的方法为：将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸；（5）考虑硝酸银易分解，而实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解；蒸发浓缩过程中，若溶液表面有晶膜出现，则证明蒸发浓缩完成。26、MnO4−+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O、Fe3++3SCN−Fe(SCN)30.1mol/LKSCN溶液一段时间后取少量反应后的 KSCN 溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀两个原因都有可能【解析】

（1）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子；②SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN－被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响。【详解】（1）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子，涉及反应为MnO4－+5Fe2＋+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，Fe3++3SCN−Fe(SCN)3，故答案为：MnO4－+5Fe2＋+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，Fe3++3SCN−Fe(SCN)3；②SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN－被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验，方法是一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，故答案为：0.1mol·L－1KSCN溶液；一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，结合题意Mg2+与SCN-难络合，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响，可解释为水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3＋跟SCN－结合成[Fe（SCN）]2+的机会减少；SCN－与Fe2＋反应生成无色络合离子，三者可能均有，故答案为：两个原因都有可能。27、NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2OBFDEC排出装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验结果防止F中溶液倒吸进入C中①②⑤⑦甲、乙【解析】

⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2。⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO。⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温。⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜。⑸①溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL−1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定。⑹经测定产物中，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol，则得到电子为1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2mol生成3molK2CO3，失去3mol电子，根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，4mol碳得到4mol电子。【详解】⑴实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2，反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；故答案为：NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O。⑵利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO，则根据气体流向连接装置的顺序为：A→B→F→D→E→C→F；故答案为：B；F；D；E；C。⑶先通一段时间N2，排尽装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验。实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温，目的是防止压强减小，F装置中的溶液倒吸；故答案为：排出装置中的空气，防止空气中的和干扰实验结果；防止F中溶液倒吸进入C中。⑷实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜，则气体产物是CO2、CO；故答案为：CO2、CO。⑸①定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品，溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；故答案为：①②⑤⑦。②【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL−1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定；故答案为：甲、乙。⑹经测定产物中，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol，则得到电子为1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2mol生成3molK2CO3，失去3mol电子，根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，4mol碳得到4mol电子，依次分解的化学方程式；故答案为：。28、+247CEp1<p2<p3Ka=Kb<Kc66.7%<9.7【解析】

(1)根据盖斯定律，将已知的两个热化学方程式叠加，可得催化重整的热化学方程式的反应热；(2)根据化学平衡状态的特征及外界条件对化学平衡移动的影响分析判断；(3)①反应C(s)+CO2(g)2CO(g)是气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系压强增大；化学平衡常数只随温度的改变而改变；②900℃、1.013MPa时，平衡时CO的体积分数为80%，计算CO2转化的量，转化率就是转化的量与起始量比值的百分数，将各组分的平衡浓度代入平衡常数表达式计算化学平衡常数；③根据改变条件前后CO2的体积分数的变化判断，根据反应商判断化学反应的方向；(4)所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=4：1，根据K2==5×10-11，计算c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算溶液pH。【详解】(1)①CH4(g)═C(s)+2H2(g)△H1=+75kJ/mol②2CO(g)═C(s)+CO2(g)△H2=－172kJ/mol根据盖斯定律，将热化学方程式①-②，整理可得：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H=+(75+172)kJ/mol=+247kJ/mol；(2)A.FeO是固体，增大FeO的投入量，不能使化学平衡发生移动，A错误；B.该反应的正反应是气体体积减小的反应，压缩容器体积，即增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，最终达到平衡时CO2的转化率增大，但平衡移动的趋势是微弱的，不能抵消。又由于压缩体积导致的物质的浓度增大，因此平衡时c(CO2)增大，B错误；C.恒温恒容时，气体的质量是变量，容器的容积不变，气体的密度也为变量，若气体密度不变，则反应达到平衡状态，因此可作为平衡的标志，C正确；D.反应混合物