江苏省睢宁县高级中学新高考化学考前最后一卷预测卷及答案解析

江苏省睢宁县高级中学新高考化学考前最后一卷预测卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是A．该溶液中K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋2I－Fe2＋＋I2C．和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO42—＋Ba2＋＋3OH－Fe(OH)3↓＋BaSO4↓D．1L0.1mol·L-1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe2、室温下，对于0.10mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是（）A．溶液的pH=13B．25℃与60℃时，氨水的pH相等C．加水稀释后，溶液中c（NH4+）和c（OH﹣）都变大D．用HCl溶液完全中和后，溶液显酸性3、MnSO4·H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：下列说法错误的是A．装置I烧瓶中放入的药品X为铜屑B．装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C．装置III用于吸收未反应的SO2D．用装置II反应后的溶液制备MnSO4·H2O需经历蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥的过程4、下列各项反应对应的图像正确的是()A．图甲为25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气B．图乙为向NaAlO2溶液中通入HCl气体C．图丙为向少量氯化铁溶液中加入铁粉D．图丁为向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠5、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B．通入过量Cl2：Cl－、SO42－、Fe2+、Al3+C．通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3-D．0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-6、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．NO2溶于水：2NO2＋H2O=2H＋＋2NO3-B．向氨水溶液中通入过量SO2：2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2OC．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4-＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OD．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Al3＋＋SO42-＋Ba2＋＋4OH−=AlO2-＋BaSO4↓＋2H2O7、下列说法正确的是（）A．用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B．测定新制氯水的pH时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再与标准比色卡对照C．检验牙膏中是否含有甘油，可选用新制的氢氧化铜悬浊液，若含有甘油，则产生绛蓝色沉淀D．将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物8、在化学能与电能的转化过程中，下列叙述正确的是A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2和NaOH(aq)B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+向铜片附近迁移C．电镀时，电镀槽里的负极材料发生氧化反应D．原电池与电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阳极9、常温下，浓度均为0.1mol/L体积均为V0的HA、HB溶液分别加水稀释至体积为V的溶液。稀释过程中，pH与的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A．pH随的变化始终满足直线关系B．溶液中水的电离程度：a>b>cC．该温度下，Ka(HB)≈10－6D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，c(A－)=c(B－)10、下列常见的金属中，常用电解法冶炼的是A．Fe B．Cu C．Mg D．Pt11、已知:CH3CH(OH)CH2CHCH3CH=CHCH3+H2O，下列有关说法正确的是A．CH3CH=CHCH3分子中所有碳原子不可能处于同一平面B．CH3CH=CHCH3和HBr加成产物的同分异构体有4种（不考虑立体异构）C．CH3CH(OH)CH2CH3与乙二醇、丙三醇互为同系物D．CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3均能使酸性高锰酸钾溶液褪色12、下列实验操作不当的是A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二13、次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1mol∙L-1的H3PO2溶液和1mol∙L-1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．常温下，NaBF4溶液的pH=7B．常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.110-2C．NaH2PO2溶液中：c(Na+)=c(H2PO2-)+c(HPO22-)+c(PO23-)+c(H3PO2)D．常温下，在0≤pH≤4时，HBF4溶液满足14、下列各组离子：（1）K+、Fe2+、SO42－、ClO－（2）K+、Al3+、Cl－、HCO3－（3）ClO－、Cl－、K+、OH－（4）Fe3+、Cu2+、SO42－、Cl－（5）Na+、K+、AlO2－、HCO3－（6）Ca2+、Na+、SO42－、CO32－在水溶液中能大量共存的是A．（1）和（6） B．（3）和（4） C．（2）和（5） D．（1）和（4）15、常温下，向lLpH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(y)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述错误的是A．a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1B．b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1C．c点溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)16、一定条件下，CH4与H2Og发生反应：CH4g+H2A．该反应的ΔH>0B．图中Z的大小关系：aC．图中X点对应的平衡混合物中nHD．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后ψ(CH4)增大二、非选择题（本题包括5小题）17、石油裂解气是重要的化工原料，以裂解气为原料合成有机物X（）的流程如图：A(CH2=CHCH3)B（CH2=CHCH2Cl）D（）EF（）G（）X（）请回答下列问题：（1）反应①的反应类型是____________。（2）B的名称是____________，D分子中含有官能团的名称是____________。（3）写出物质C的结构简式：____________。（4）写出A生成B的化学方程式：____________。写出反应③的化学方程式：____________。（5）满足以下条件D的同分异构体有____________种。①与D有相同的官能团；②含有六元环；③六元环上有2个取代基。（6）参照F的合成路线，设计一条由CH3CH=CHCH3制备的合成线路（其他试剂任选）__________。18、链状有机物A是一种食用型香精，在一定条件下有如变化：已知：(i)(ii)A和G互为同分异构体，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，B和F中所含官能团的类型相同。完成下列填空：(1)F的分子式为___________。CD的试剂和条件是________________。(2)A的结构简式为_______________。BH的反应类型是_____________。(3)I中所有碳原子均在一条直线上，H转化为I的化学方程式为_______________。(4)X是A的一种同分异构体，1molX在HIO4加热条件下完全反应，可以生成1mol无支链的有机物，则X的结构简式为________________。19、某小组选用下列装置，利用反应，通过测量生成水的质量来测定Cu的相对原子质量。实验中先称取氧化铜的质量为ag。(1)浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是______________。(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案是否可行__________，理由是_______________。(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是___________________________。(4)丙同学认为乙同学测量的会偏高，理由是_____，你认为该如何改进？___(5)若实验中测得g，则Cu的相对原子质量为_______。（用含a，b的代数式表示）。(6)若CuO中混有Cu，则该实验测定结果_________。（选填“偏大”、“偏小”或“不影响”）20、乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，根据以下实验，请回答下列问题：（1）实验之前需要对该装置进行气密性的检查，具体操作为：______（2）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是______（填写序号）；①只有甲烷②只有乙烯③烷烃与烯烃的混合物（3）实验过程中装置B中的现象为_________，若装置D中产生了白色沉淀，则说明装置C中发生反应的离子方程式为______________；（4）该实验中碎瓷片的作用是______（填序号）；①防止暴沸②有催化功能③积蓄热量④作反应物（5）将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为__________（用NA表示）；（6）利用A装置的仪器还可以制备的气体有______（任填一种），产生该气体的化学方程式为_____。21、氢气既是一种清洁能源，又是一种化工原料，在国民经济中发挥着重要的作用。（1）氢气是制备二甲醚的原料之一，可通过以下途径制取：Ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△HⅡ.2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H已知：①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=akJ•mol-1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ•mol-1③CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H3=ckJ•mol-1则反应Ⅱ的△H____kJ•mol-1（2）氢气也可以和CO2在催化剂（如Cu/ZnO）作用下直接生成CH3OH，方程式如下CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），现将1molCO2（g）和3molH2（g）充入2L刚性容器中发生反应，相同时间段内测得CH3OH的体积分数φ（CH3OH）与温度（T）的关系如图所示：①经过10min达到a点，此时CH3OH的体积分数为20%．则v（H2）=___（保留三位小数）。②b点时，CH3OH的体积分数最大的原因是___。③b点时，容器内平衡压强为P0，CH3OH的体积分数为30%，则反应的平衡常数Kp=___（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数）④a点和b点的v逆，a__b（填“＞”“＜”或”=”）若在900K时，向此刚性容器中再充入等物质的量的CH3OH和H2O，达平衡后φ（CH3OH）___30%。⑤在900K及以后，下列措施能提高甲醇产率的是____（填字母）a．充入氦气b．分离出H2Oc．升温d．改变催化剂（3）H2还可以还原NO消除污染，反应为2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g），该反应速率表达式v=k•c2（NO）•c（H2）（k是速率常数，只与温度有关），上述反应分两步进行：i.2NO（g）+H2（g）⇌N2（g）+H2O2（g）△H1；ii．H2O2（g）+H2（g）⇌2H2O（g）△H2化学总反应分多步进行，反应较慢的一步控制总反应速率，上述两步反应中，正反应的活化能较低的是___（填“i”或“ii”）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A错误；B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，B错误；C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓，C错误；D、根据原子守恒，铁离子的物质的量为0.2mol，与足量Zn反应生成0.2mol铁，为11.2g，D正确；答案选D。2、D【解析】

A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里不完全电离；B．氨水的电离受到温度的影响，温度不同，氨水电离的氢氧根离子浓度不同；C．加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以稀释过程中c（NH4＋）、c（OH－）都减小；D．氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性。【详解】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里不完全电离，所以0.10mol•L﹣1的氨水的pH小于13，故A错误；B．氨水的电离受到温度的影响，温度不同，氨水电离的氢氧根离子浓度不同，pH也不同，故B错误；C．加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以稀释过程中c（NH4+）、c（OH﹣）都减小，所以溶液中c（NH4+）•c（OH﹣）变小，故C错误；D．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，氯化铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故D正确，故选：D。3、A【解析】

由实验装置可知，X可能为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，而Cu与浓硫酸常温下不反应，II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4，蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【详解】A．Cu与浓硫酸常温下不反应，X不可能为Cu，A项错误；

B．装置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大接触面积，可增大SO2的吸收速率，B项正确；

C．Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，C项正确；

D．用装置Ⅱ反应后的溶液制备MnSO4•H2O，蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，D项正确；

答案选A。4、C【解析】

A．亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H++SO42-后，随着氯气的通入，pH会降低，直到亚硫酸反应完全，pH不变，故A错误；B．NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故B错误；C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；D．BaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故D错误；故答案为C。5、A【解析】

A.0.1mol·L−1NaOH溶液显碱性，离子间不发生反应，可以共存，故A正确；B.通入过量Cl2的溶液显酸性和氧化性，Fe2+有还原性被氧化为Fe3+，不能共存，故B错误；C.通入大量CO2的溶液显酸性，H+与ClO-、CH3COO-、HCO3-不能共存，故C错误；D.0.1mol·L−1H2SO4溶液显酸性，H+存在的情况下NO3-和HSO3-发生氧化还原反应，不能共存，故D错误。答案选A。6、C【解析】

A.NO2溶于水，与水反应生成硝酸和NO，反应的离子方程式为：3NO2＋2H2O=2H＋＋2NO3-+NO，选项A错误；B.向氨水溶液中通入过量SO2，反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为NH3·H2O＋SO2=NH4+＋HSO3-，选项B错误；C.酸性介质中KMnO4氧化H2O2，反应的离子方程式为2MnO4-＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，选项C正确；D.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，反应生成偏铝酸钾、硫酸钡和水，反应的离子方程式为：Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH−=AlO2-＋2BaSO4↓＋2H2O，选项D错误；答案选C。7、D【解析】

A.乙醇和乙酸的反应为可逆反应，用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的杂质，故A错误；B.新制氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故B错误；C.多羟基有机化合物如甘油遇新制氢氧化铜产生绛蓝色溶液，不会产生蓝色沉淀，故C错误；D.将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物，故D正确；正确答案是D。8、B【解析】

A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2和NaOH(aq)）；B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+向铜片附近迁移；C．电镀池——特殊的电解池。电镀槽里的电极分为阴极和阳极，阳极发生氧化反应；D．原电池与电解池连接后，跟原电池的负极相连的那个电极叫阴极。电子从原电池负极流向电解池阴极。9、C【解析】

从图中可以看出，0.1mol/LHA的pH=1，HA为强酸；0.1mol/LHA的pH在3~4之间，HB为弱酸。【详解】A．起初pH随的变化满足直线关系，当pH接近7时出现拐点，且直线与横轴基本平行，A不正确；B．溶液的酸性越强，对水电离的抑制作用越大，水的电离程度越小，由图中可以看出，溶液中c(H+)：c>a>b，所以水的电离程度：b>a>c，B不正确；C．在a点，c(H+)=c(B-)≈10-4mol/L，c(HB)=0.01mol/L，该温度下，Ka(HB)=≈10－6，C正确；D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，HB中加入NaOH的体积小，所以c(A－)>c(B－)，D不正确；故选C。10、C【解析】

电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有(C、CO、H2等)；热分解法：冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得。【详解】A．Fe用热还原法冶炼，故A不选；B．Cu用热还原法冶炼，故B不选；C．Mg的性质很活泼，用电解其氯化物的方法冶炼，故C选；D．Pt用热分解法冶炼，故D不选；故答案选C。11、D【解析】

A．乙烯为平面型结构，CH3CH=CHCH3所有碳原子可能处于同一平面上，选项A错误；B.CH3CH=CHCH3高度对称，和HBr加成产物只有2-溴丁烷一种，选项B错误；C.CH3CH(OH)CH2CH3与乙二醇、丙三醇都属于醇类物质，三者所含羟基的数目不同，通式不同，不互为同系物，选项C错误；D.CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3中分别含有醇羟基和碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D正确。答案选D。12、B【解析】

A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。【点睛】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。13、C【解析】

此题的横坐标是，V是加水稀释后酸溶液的体积，未稀释时，V=V0，横坐标值为1；稀释10倍时，V=10V0，横坐标值为2，以此类推。此题实际上考察的是稀释过程中，酸碱溶液pH的变化规律：越强的酸碱，稀释过程中pH的变化越明显；如果不考虑无限稀释的情况，对于强酸或强碱，每稀释十倍，pH变化1。根据此规律，再结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息，就可以明确图像中两条曲线的归属，并且可以得出氟硼酸是强酸这一信息。【详解】A．根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1，所以b为强酸的稀释曲线，又因为H3PO2为一元弱酸，所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐，故溶液为中性，常温下pH=7，A项正确；B．a曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为：，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c()=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即为：，B项正确；C．次磷酸为一元弱酸，无法继续电离，溶液中并不含有和两类离子；此外，还会发生水解产生次磷酸分子，所以上述等式错误，C项错误；D．令y=pH，x=，由图可知，在0≤pH≤4区间内，y=x-1，代入可得pH=，D项正确；答案选C。【点睛】关于pH的相关计算主要考察三类：一类是最简单的单一溶液的pH的相关计算，通过列三段式即可求得；第二类是溶液混合后pH的计算，最常考察的是强酸碱混合的相关计算，务必要考虑混合时发生中和反应；第三类就是本题考察的，稀释过程中pH的变化规律：越强的酸或碱，稀释过程中pH的变化越明显，对于强酸或强碱，在不考虑无限稀释的情况下，每稀释十倍，pH就变化1。14、B【解析】

(1)Fe2+、ClO−发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；(2)Al3+、HCO3−发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；(3)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(4)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(5)AlO2−、HCO3−发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故错误；(6)Ca2+与SO42−、CO32−反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；故选B。15、C【解析】试题分析：A．a点溶液是NaOH溶液，pH=10，则水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1，正确。B．b点溶液中c(OH-)=1×10-7mol·L-1，由于水的离子积是kw=1×10-14mol2·L-2，所以c(H+)=1×10-7mol·L-1，正确。C．c点水电离产生的c(OH-)最大，则溶液是Na2CO3溶液。根据物料守恒可知c(Na+)>c(CO32-)，CO32-发生水解反应形成HCO3-，但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以c(CO32-)>c(HCO3-)。故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)，错误。D．d点溶液中，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，由于c(OH-)=1×10-7mol·L-1，所以c(H+)=1×10-7mol·L-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正确。考点：考查碱与酸性氧化物反应时水电离程度大小比较及溶液中离子浓度关系的知识。16、B【解析】

A.升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变△H＞0，A正确；B.起始n(H2O)n(CH4)=Z，Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z的大小为bC.起始n(H2O)n(CH4)=3，水和甲烷按1D.增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后ψ(CH4)增大，D正确；故合理选项是B。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成反应3−氯丙烯碳碳双键和氯原子CH2=CHCH=CH2CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl20【解析】

根据各物质的转化关系，丙烯与氯气发生取代生成B为3-氯丙烯，比较B和D的结构简式可知，B与C发生加成反应生成D，C为CH2=CHCH=CH2，D与氢气发生加成反应生成E为，E与氰化钠发生取代生成F，F与氢气加成生成G，G与氯化氢加成再碱性水解得，再氧化可得X，以CH3CH=CHCH3合成，可以用CH3CH=CHCH3与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得，再与氯气加成后与乙炔钠反应可得，据此答题。【详解】(1)根据上面的分析可知，反应①的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应。(2)B的名称是3−氯丙烯，根据D的结构简式可知，D分子中含有官能团的名称是碳碳双键和氯原子，故答案为：3−氯丙烯；碳碳双键和氯原子。(3)根据上面的分析可知，物质C的结构简式为CH2=CHCH=CH2，故答案为：CH2=CHCH=CH2。(4)A生成B的化学方程式为CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl，应③的化学方程式为；故答案为：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl；。(5)根据D的结构，结合条件①有相同的官能团，即有碳碳双键和氯原子，②含有六元环，③六元环上有2个取代基，则符合条件的D的同分异构体为含有碳碳双键的六元环上连有氯原子和甲基，这样的结构有17种，或者是的环上连有氯原子，有3种结构，所以共有20种；故答案为：20。(6)以CH3CH=CHCH3合成，可以用CCH3CH=CHCH3与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得，再与氯气加成后与乙炔钠反应可得，反应的合成路线为；故答案为：。18、C2H6O银氨溶液，水浴加热（或新制氢氧化铜悬浊液，加热）取代反应+2NaOHCH3-C≡C-CH3+2NaBr+2H2O【解析】

根据信息反应(i)，B生成C，说明B分子对称，又A生成B，则A与B碳原子数相同，A和G互为同分异构体，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A含有4个碳原子，不含碳碳双键，所以B也含4个碳原子，则B为，A为，B与HBr发生取代反应生成H，则H为，H生成I，I中所有碳原子均在一条直线上，则I为CH3-C≡C-CH3，又B发生信息反应(i)生成C，则C为CH3CHO，C与银氨溶液反应在水浴加热的条件下生成D，D再酸化生成E，则E为CH3COOH，由E与F在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成G，则F为醇，C发生还原反应生成F为CH3CH2OH，G为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为CH3CHO，D为CH3COONH4，E为CH3COOH，F为CH3CH2OH，G为CH3COOCH2CH3。(1)根据以上分析，F为CH3CH2OH，分子式为C2H6O；C为CH3CHO，分子中含有醛基，与银氨溶液在水浴加热条件下发生氧化反应产生D：CH3COONH4，所以C生成D的反应试剂与条件是银氨溶液，水浴加热；(2)根据以上分析，A的结构简式为，B为，B与HBr发生取代反应生成H：，所以B生成H的反应类型为取代反应；(3)I为CH3-C≡C-CH3，则H转化为I的化学方程式为+2NaOHCH3-C≡C-CH3+2NaBr+2H2O；(4)X是A的一种同分异构体，则分子式为C4H8O2，1molX在HIO4加热条件下完全反应，可以生成1mol无支链的有机物，则X为环状结构，则X的结构简式为。【点睛】本题考查有机物的推断，注意把握题给信息，结合已学过的有机物知识为解答该题的关键。侧重考查学生分析能力、推断能力和综合运用化学知识的能力。19、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气不可行C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高可在装置B和A之间增加装置D偏大【解析】

(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，抑制氨气溶解，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离；(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，过程中生成的水和过量氨气会被装置C吸收；(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，装置C可以吸收多余氨气和防止空气中水蒸气进入D影响测定结果；(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是氨气中水蒸气进入装置D被吸收，可以用碱石灰吸收水蒸气，干燥的氨气再和氧化铜反应；(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，结合化学方程式定量关系计算；(6)若CuO中混有Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，结合计算定量关系判断结果误差。【详解】(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，温度越高，导致氨气的溶解度越低；氢氧化钙电离生成氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离，则抑制氨气溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨气，浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2O⇌NH3∙H2O⇌NH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气；答案是:氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气；(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案不可行，C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；答案是：不可行；C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是:吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入；答案是:吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入；(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高，可在装置B和A之间增加装置D吸收氨气中水蒸气，减少误差；答案是：装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高；可在装置B和A之间增加装置D；(5)反应2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，生成水物质的量和氧化铜物质的量相同，若实验中测得m(H2O)=bg，氧化铜物质的量n=，实验中先称取氧化铜的质量m[(CuO)]为ag，则Cu的摩尔质量=ag/[bg/18g/mol]-16g/mol，即Cu的相对原子质量为:-16；答案是:-16；(6)若CuO中混有Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，b减小，则-16值增大，所以若CuO中混有Cu，则该实验测定结果偏大；答案是:偏大。20、微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好③溴水褪色5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O②③3mNA/14NH3Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑【解析】

探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，由实验装置可知，A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，B中乙烯与溴水发生加成反应，C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。【详解】(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统，再利用气体的热胀冷缩原理检验，具体操作为：E中加入适量水，将导管放入水中，再微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好。(2)石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选③；(3)石蜡油分解生成烯烃，烯烃能与溴发生加成反应，则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色；若装置D中产生了白色沉淀，则说明混合气体经过装置C时，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体，同时生成MnSO4，则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O；(4)加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选②③；(5)分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，说明分解生成的烯烃的质量为mg，烯烃的分子通式为CnH2n，其摩尔质量为14ng/mol，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。(6)A装置是固体混合加热制气法，常见气体O2、NH3均可以用此装置制备，其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。21、（2a+2b-c）0.086mol/（L•min）反应达到平衡状态＜＞bii【解析】

(1)已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=akJ•mol-1，②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=bkJ•mol-1，③CH3OCH3(g)+H2O(g)⇌2CH3OH(g)△H3=ckJ•mol-1，盖斯定律计算(①+②)×2-③得到反应Ⅱ2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H；(2)①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，现将1molCO2(g)和3molH2(g)充入2L刚性容器中发生反应，经过10min达到a点，此时CH3OH的体积分数为20%．结合三行计算列式计算；②b点时，CH3OH的体积分数最大的原因是此点反应达到平衡状态；③b点时，容器内平衡压强为P0，CH3OH的体积分数为30%，三行计算列式计算平衡物质的量，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数；④a点v正＞v逆，b点v正=v逆，温度升高反应速率增大，若在900K时，向此刚性容器中再充入等物质的量的CH3OH和H2O，相当于总压增大平衡正向进行；⑤在900K及以后，能提高甲醇产率