上海市宝山区达标名校2018年高考四月调研化学试卷含解析

上海市宝山区达标名校2018年高考四月调研化学试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。

下列叙述不正确的是（）
A．过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能
B．过程Ⅰ中每消耗116 g Fe3O4转移2 mol电子
C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO＋H2O Fe3O4＋H2↑
D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点
2．下列实验不能达到目的的是
选项目的实验
A 制取84 消毒液将Cl2 通入NaOH 溶液中
B 防止采摘下来的水果过早变烂保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里
C 除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D 分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液通过滤纸过滤
A．A B．B C．C D．D
3．天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。

火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是（）
A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解
B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-
C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D．“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
4．下列属于碱的是
A．HI B．KClO C．NH3.H2O D．CH3OH
5．轴烯（Radialene）是一类独特的环状烯烃，其环上每一个碳原子都接有一个双键，含n元环的轴烯可以表示为[ n]轴烯，如下图是三种简单的轴烯。

下列有关说法不正确的是
A．a分子中所有原子都在同一个平面上B．b能使酸性KMnO4溶液褪色
C．c与互为同分异构体D．轴烯的通式可表示为C2n H2n（n≥3）
6．扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以物质a为原料合成扁桃酸衍生物b的过程如下：下列说法正确的是（）
A．物质X是Br2，物质a转化为b属于取代反应
B．lmol物质a能与3molH2反应，且能在浓硫酸中发生消去反应
C．物质b具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体
D．物质b的核磁共振氢谱有四组峰
7．能用离子方程式2H+ + CO32－→CO2↑+H2O 表示的是
A．NaHSO4和Na2CO3B．HCl 和BaCO3
C．CH3COOH 和Na2CO3D．HI 和NaHCO3
8．W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物,Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性,Z、W形成的化合物溶于水显酸性。

四种
元素原子序数之和为30，可形成的某种化合物结构式为。

下列说法正确的是
A．X为碳元素
B．Y的氧化物对应的水化物是强酸
C．W与Y、Z三种元素形成的化合物中一定不含离子键
D．含Z的某种含氧酸盐可用于物体表面和环境等的杀菌消毒
9．下列说法正确的是
A．2018年10月起，天津市开始全面实现车用乙醇汽油替代普通汽油，向汽油中添加乙醇，该混合燃料的热值不变
B．百万吨乙烯是天津滨海新区开发的标志性工程，乙烯主要是通过石油催化裂化获得
C．天津碱厂的“红三角”牌纯碱曾享誉全世界，侯氏制碱法原理是向饱和食盐水先通氨气，再通二氧化碳，利用溶解度的差异沉淀出纯碱晶体
D．天津是我国锂离子电池研发和生产的重要基地，废旧锂离子电池进行放电处理有利于锂在正极的回收
是因为放电过程中，锂离子向正极运动并进入正极材料
10．常温时，1mol/L 的HA 和1mol/L 的HB 两种酸溶液，起始时的体积均为V 0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V 表示溶液稀释后的体积）。

下列说法错误的是
A ．K a ( HA)约为10-4
B ．当两溶液均稀释至0
V
lg
+1=4V 时，溶液中-c(A )＞-c(B ) C ．中和等体积pH 相同的两种酸所用n(NaOH)：HA>HB
D ．等体积、等物质的量浓度的NaA 和NaB 溶液中离子总数前者小于后者 11．在0.1 mol/L 的Na 2CO 3溶液中，下列关系式正确的是（ ） A ．c(Na +)=2c(CO 32-)
B ．c(H +)>c(OH -)
C ．c(CO 32-)+c(HCO 3-)=0.1mol/L
D ．c(HCO 3-)<c(OH -)
12．古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。

下列说法错误的是（ ） A ．忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小 B ．古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质 C ．制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO•4SiO 2•H 2O ，属于氧化物
D ．红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯 13．下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A ．0.1 mol/L K 2CO 3溶液：c （OH －）=c （HCO 3－）+c （H ＋）+c （H 2CO 3）
B ．0.1 mol/L NaHCO 3溶液中离子浓度关系：c （Na +）=2c （CO 32－）+c （HCO 3－）+c （H 2CO 3）
C ．等物质的量的一元弱酸HX 与其钾盐KX 的混合溶液中：2c （K ＋）= c （HX ）+c （X －）
D ．浓度均为0.1 mol/L 的NaHCO 3溶液和NaOH 溶液等体积混合：c （Na ＋）+ c （H ＋）=c （CO 32－）+c （OH
－
）+c （HCO 3－）
14．下列实验操作能达到实验目的的是 A ．用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO 2 B ．用氨水鉴别NaCl 、MgCl 2、AlCl 3、NH 4Cl 四种溶液 C ．用酸性KMnO 4溶液验证草酸的还原性 D ．用饱和NaHCO 3溶液除去Cl 2中混有的HCl
15．聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI 3形成聚维酮碘，其结构表
示如图，下列说法不正确的是（ ）
A ．聚维酮的单体是
B ．聚维酮分子由(m+n ）个单体聚合而成
C ．聚维酮碘是一种水溶性物质
D ．聚维酮在一定条件下能发生水解反应
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．为了检验在氢气和二氧化碳的混合气体中是否混入了一氧化碳，用如下的装置进行实验。

请回答：
(1)写出标有番号的仪器名称：①___________，②_____________，③_____________。

(2)装置B 中用的试剂是 _______________，目的是为了_______________________。

(3)当观察到E 装置中出现____________现象时，说明混合气体中一定含有一氧化碳。

(4)如果混合气体中含有一氧化碳，为了保护环境，应在E 装置右边的排气管口采取的措施是_____。

(5)A 装置的作用是___________，反应的化学方程式是___________________。

(6)假设混合气体中的CO 与CuO 完全反应，当通入的气体为mg ， D 增重ng ，E 瓶增重pg 。

则混合气体中CO 的质量百分数为：_________%；如果去掉D 装置，这里计算的CO 的质量百分数准确吗？为什么？___________________________________________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．以下是合成芳香族有机高聚物P 的合成路线．
已知：ROH+R’OH −−−→浓硫酸
加热
ROR’+H 2O 完成下列填空：
（1）F 中官能团的名称__；写出反应①的反应条件__； （2）写出反应⑤的化学方程式__．
（1）写出高聚物P 的结构简式__．
（4）E 有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式__． ①分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基； ②1mol 该有机物与溴水反应时消耗4molBr 2
（5）写出以分子式为C 5H 8的烃为主要原料，制备F 的合成路线流程图（无机试剂任选）__．合成路线流程图示例如下：
CH 1CHO 2
O −−−→催化剂 CH 1COOH 32CH CH OH
浓硫酸
−−−−→ CH 1COOCH 2CH 1． 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．全球碳计划组织（GCP ，The Global Carbon Project ）报告称，2018年全球碳排放量约371亿吨，达到历史新高。

（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO 2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图1所示。

①已知：CO 2(g)+H 2(g)=CO(g)+H 2O(g) △H= + 41 kJ·mol -1 2CO 2(g)+6H 2(g)=4H 2O(g)+CH 2=CH 2(g) △H= -128 kJ·mol -1
则上述过程中CO 和H 2转化为CH 2=CH 2的热化学方程式是_________。

②下列有关CO 2转化为汽油的说法，正确的是___________________（填标号）。

A ．该过程中，CO 2转化为汽油的转化率高达78% B ．中间产物Fe 5C 2的生成是实现CO 2转化为汽油的关键 C ．在Na-Fe 3O 4上发生的反应为CO 2+H 2=CO+H 2O D ．催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率
③若在一容器中充入一定量的CO 2和H 2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C 5以上的烷烃类物质和水。

则起始时CO 2和H 2的物质的量之比不低于_________。

（2）研究表明，CO 2和H 2在一定条件下可以合成甲醇。

反应方程式为CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+H 2O(g)
△H<0。

一定条件下，往2L 恒容密闭容器中充入1.0molCO 2和3.0molH 2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO 2的转化率随温度变化关系如图2所示。

①该反应自发进行的条件是__________（填“高温”“低温”或“任意温度”）
②催化效果最佳的催化剂是__________（填“A”“B”或“C”）；b 点时，()v 正________()v 逆（填“＞”“＜”或“＝”）。

③若容器容积保持不变，则不能说明该反应达到化学平衡状态的是________。

a.c(CO2)与c(H2)的比值保持不变
b.v(CO2)正＝v(H2O)逆
c.体系的压强不再发生变化
d.混合气体的密度不变
e.有lmolCO2生成的同时有断开3mol的H-H键
f.气体的平均相对分子质量不变
④已知容器内的起始压强为100 kPa，若图2中c点已达到平衡状态，则该温度下反应的平衡常数K p
=____________________（只列出计算式，不要求化简，K p为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。

19．（6分）NO x是空气的主要污染物之一。

回答下列问题：
（1）汽车尾气中的NO来自于反应：N2(g)＋ O2(g)2NO(g)。

如图表示在不同温度时，一定量NO分解过程中N 2的体积分数随时间的变化。

则N2(g)＋ O2(g)2NO(g)为________(填“吸热”或“放热”)反应。

2000℃时，向容积为2L的密闭容器中充入10mol N2和5mol O2，发生上述反应，10min达到平衡，产生2mol NO，则10min内的平均反应速率υ(O2)＝____mol·L－1·min－1。

（2）在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NO x的排放。

研究表明，NO x的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。

以La0.8A0.2BCoO3＋X(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4＋(不稳定)＋H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)
第二阶段：NO(g)＋□→NO(a) ΔH1、K1
2NO(a)→2N(a)+O2(g) ΔH2、K2
2N(a)→N2(g)＋2□ ΔH3、K3
2NO(a)→N2(g)+2O(a) ΔH4、K4
2O(a)→O2(g)＋2□ ΔH5、K5
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原B4＋得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_____。

第二阶段中各反应焓变间的关系：2ΔH 1＋ΔH2＋ΔH3＝________；该温度下，NO脱除反应2NO(g) N2(g)＋O2(g)的平衡常数K＝_______(用K1、K2、K3的表达式表示)。

（3）工业废气中的NO和NO2可用NaOH溶液吸收。

向20mL0.1mo1·L－1NaOH溶液中通入含NO和NO2的废气，溶液pH随气体体积V的变化如图所示(过程中温度保持不变)，B点对应的溶液中c(HNO2)＝c(NO2－)，则A 点对应溶液中c(NO2−)/c(HNO2)＝________。

（4）氨催化还原法也可以消除NO，原理如图所示，NO最终转化为H2O和________(填电子式)；当消耗1 molNH3和0.5 molO2时，理论上可消除____________L(标准状况)NO。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．B
【解析】
【详解】
A. 过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，选项A正确；
B. 过程Ⅰ中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗116 g Fe3O4，即0.5mol，21
0.5mol
33
mol ⨯=Fe
由+3价变为+2价，转移2
3
mol电子，选项B错误；
C. 过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeO＋H2O Fe3O4＋H2↑，选项C正确；
D. 根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，选项D正确。

答案选B。

2．D
【解析】
【详解】
A．84消毒液的主要成分为NaClO,Cl2 通入NaOH 溶液中反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A 正确；
B．成熟的水果会释放出乙烯气体，具有还原性，能与强氧化剂高锰酸钾溶液反应，防止采摘下来的水果过早变烂，保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里，B正确；
C．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，而乙酸可与碳酸钠反应，C正确；
D．胶体和溶液均能通过滤纸，无法通过过滤分离，可用渗析法分离，D错误。

答案选D。

3．D
【解析】
【分析】
火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。

【详解】
A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；
B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为
2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；
C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正确；
D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；
故答案为D。

4．C
【解析】
【详解】
A.HI在溶液中电离出的阳离子全为氢离子，属于酸，故A错误；
B.KClO是由钾离子和次氯酸根离子构成的盐，故B错误；
C. NH3.H2O在溶液中电离出的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故C正确；
D. CH3OH是由碳、氢、氧三种元素形成的醇，在溶液中不能电离出离子，属于有机物，故D错误；
答案选C。

5．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．[3]轴烯中所有碳原子均采取sp2杂化，因此所有原子都在同一个平面上，故A不符合题意；B．[4]轴烯中含有碳碳双键，能够使酸性KMnO4溶液褪色，故B不符合题意；
C．[5]轴烯的分子式为：C10H10，分子式为：C10H12，二者分子式不同，不互为同分异构体，故
C符合题意；
D．轴烯中多元环的碳原子上没有氢原子，与每个环上的碳原子相连的碳原子上有2个氢原子，且碳原子数与氢原子均为偶数，因此轴烯的通式可表示为C2n H2n(n≥3)，故D不符合题意；
故答案为：C。

6．C
【解析】
【详解】
A.根据质量守恒定律可知物质x是HBr，HBr与a发生取代反应产生b和H2O，A错误；
B.a中含有一个苯环和酯基，只有苯环能够与H2发生加成反应，1 mol物质a能与3 molH2反应，a中含有酚羟基和醇羟基，由于醇羟基连接的C原子邻位C原子上没有H原子，不能发生消去反应，B错误；
C.酚羟基可以与NaHCO3反应；物质b中酚羟基与另一个支链可以在邻位、间位，Br原子也有多个不同的取代位置，因此物质b具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体，C正确；
D.物质b中有五种不同位置的H原子，所以其核磁共振氢谱有五组峰，D错误；
故合理选项是C。

7．A
【解析】
【详解】
A. NaHSO4=Na++H++ SO42-，Na2CO3= 2Na++ CO32-，所以两者反应可以用2H+ + CO32－→CO2↑+H2O 表示，故A 正确；
B. BaCO3是不溶性的盐，不能拆，故B错误；
C. CH3COOH是弱酸，不能拆，故C错误；
D. NaHCO3是弱酸的酸式盐，不能电离出碳酸根离子，故D错误；
故选：A。

8．D
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，则W为H，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物，Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性，则Y为N，Z、W形成的化合物溶于水显酸性，则Z为F或Cl，四种元素原子序数之和为30，则Z只能为Cl，可形成的某种化合物结
构式为，则X为B。

【详解】
A. X为硼元素，故A错误；
B. Y的氧化物N2O3对应的水化物HNO2是弱酸，故B错误；
C. W与Y、Z三种元素形成的化合物氯化铵中含有离子键，故C错误；
D. 含Z的某种含氧酸盐NaClO可用于物体表面和环境等的杀菌消毒，故D正确。

综上所述，答案为D。

【点睛】
氢、氧、氮三种元素可以形成共价化合物，如硝酸；可以形成离子化合物，如硝酸铵。

9．D
【解析】
【详解】
A. 汽油和乙醇的热值不同，所以向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值会改变，故A错误；
B. 石油催化裂化目的是使重质油发生裂化反应，转变为裂化气、汽油和柴油等，而不是生产乙烯，目前生产乙烯的主要方法是石油裂解，故B错误；
C. 侯氏制碱的原理是向饱和食盐水中先通氨气至饱和，再通入二氧化碳气体（因氨气溶解度大于二氧化碳，所以先让氨气饱和），析出碳酸氢钠沉淀，将沉淀滤出，灼烧分解即得碳酸钠，故C错误；
D. 进行放电处理时，Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中，有利于锂在正极的回收，故D正确。

故选D。

10．B
【解析】
【分析】
根据图示，当lg（V/V0）+1=1时，即V=V0，溶液还没稀释，1mol/L的HA溶液pH=2，即HA为弱酸，溶液中部分电离；1mol/L的HB溶液pH=0，即HB为强酸，溶液中全部电离。

因为起始两溶液浓度和体积均
相等，故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。

【详解】
A.1mol/L 的HA 溶液的pH 为2，c(A -)＝c(H ＋)＝0.01mol/L ，c(HA) 1mol/L ，则HA 的电离常数约为10-4，A 正确；
B. 由电荷守恒有：c （H +）=c(A -)+c(OH -)，c （H +）=c(B -)+c(OH -)，当两溶液均稀释至0
V
lg +1=4V 时，HB 溶液pH=3，HA 溶液pH>3，则有c(A -)<c(B -)，B 错误；
C.HA 为弱酸，HB 为强酸，等体积pH 相同的两种酸所含一元酸的物质的量n(HA)>n(HB)，故分别用NaOH 溶液中和时，消耗的NaOH 物质的量：HA>HB ，C 正确；
D.等体积、等物质的量浓度的NaA 和NaB 溶液，Na +数目相同，HA 为弱酸，盐溶液中A -发生水解，NaA 溶液呈碱性，NaA 溶液中的电荷守恒为c （Na +）+c （H +）=c （A -）+c （OH -），HB 为强酸，盐溶液中B -不发生水解，NaB 溶液呈中性，NaB 溶液中的电荷守恒为c （Na +）+c （H +）=c （B -）+c （OH -），NaA 溶液中c （H +）<NaB 溶液中c （H +），所以等体积、等物质的量浓度的NaA 和NaB 溶液中离子总数前者小于后者，D 正确。

答案：B 。

11．D 【解析】 【详解】
A.Na 2CO 3在溶液中存在CO 32-水解，即CO 32-
+H 2O HCO 3-+OH -，所以c(Na +)>2c(CO 32-
)；故A 错误；
B.Na 2CO 3在溶液中存在CO 32-水解，即CO 32-+H 2O HCO 3-+OH -，由于CO 32-水解溶液呈碱性，所以c(OH -)>c(H +)，
故B 错误；
C.由于Na 2CO 3在溶液中存在着下列平衡：CO 32-+H 2O
HCO 3-+OH -;HCO 3-
+H 2O
H 2CO 3+OH -
;所以Na 2CO 3在溶液中
C 的存在形式为CO 32-、HCO 3-、H 2CO 3，根据物料守恒:c(Na +
)=2c(CO 32-
)+2c(HCO 3-
)+2c(H 2CO 3)=0.1mol/L ，故C 错误；
D.由于CO 32-水解，水解方程式为CO 32-+H 2O HCO 3-+OH -，HCO 3-+H 2O=H 2CO 3+OH -，所以c(OH)>c(HCO 3-)，故D 正
确；
所以答案：D 。

【点睛】
根据Na 2CO 3在溶液中存在：Na 2CO 3=2Na ++CO 32-；CO 32-+H 2O HCO 3-+OH -；HCO 3-+H 2O
H 2CO 3+OH -;H 2O
H ++OH -，
进行分析判断。

12．C 【解析】 【分析】
A. 酒精的密度小于水的密度，其密度随着质量分数的增大而减小，因此葡萄酒的度数越高密度越小，故A 说法正确；
B. 牛筋的主要成分是蛋白质，故B说法正确；
C. 3MgO·4SiO2·H2O属于硅酸盐，不属于氧化物，故C说法错误；
D. 密封过程中一部分乙醇被氧化酸，酸与醇反应生成了有香味的酯，故D说法正确；
答案：C。

13．C
【解析】
【分析】
【详解】
A、正确关系为c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，因为由一个CO32－水解生成H2CO3，同时会产生2个OH－，故A错误；
B、NaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故B错误；
C、等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中，根据物料守恒，2 c（K＋）= c（HX）+c（X－），故C正确；
D、浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒：c（Na＋）+ c（H＋）=2c （CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－），故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。

【点睛】
本题考查了溶液中离子浓度等量关系，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法。

14．C
【解析】
【分析】
【详解】
A、NO2和水发生反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；
B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；
C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故正确；
D、Cl2＋H2O HCl＋HClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。

15．B
【分析】
由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为
，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。

【详解】
A. 由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；
B. 由2m+n个单体加聚生成，故B错误；
C. 高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；
D. 含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；
故选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．集气瓶铁架台酒精灯澄清石灰水检验混合气体中的二氧化碳是否被完全吸收白色浑浊（或白色沉淀）验纯后点燃（或套接气球或塑料袋）除去空气中的CO2
CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 700p
11m
不准确，因为E瓶增重的pg包含了水蒸汽的质量
【解析】
【分析】
(1)结合装置图书写装置名称；
(2)根据检验一氧化碳是将一氧化碳转化为二氧化碳检验，从排除干扰方面分析；
(3)根据一氧化碳和氧化铜生成铜和二氧化碳、二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊分析；
(4)根据一氧化碳具有可燃性燃烧生成二氧化碳，二氧化碳无毒分析；
(5)根据二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水分析；
(6) 根据E中质量的增加量是生成的二氧化碳的质量，再根据二氧化碳的质量计算出一氧化碳的质量，再用一氧化碳的质量除以气体的总质量即可。

【详解】
(1)根据图示：①为集气瓶，②为铁架台，③为酒精灯；
(2)因为实验室检验一氧化碳通常是让它先转化为二氧化碳，然后再用澄清石灰水去检验二氧化碳．但该混合气体中原来就有二氧化碳，为了避免引起干扰，所以应该先把二氧化碳吸收完，A 装置目的就是吸收二氧化碳，B 装置用来检验混合气体中二氧化碳是否吸收完全，所以应该用澄清石灰水；
(3) 氢气和一氧化碳都会与氧化铜反应，氢气与氧化铜反应生成水，而一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳，二氧化碳可以使E 中出现混浊现象。

即只要E 中变浑浊就证明混合气体中有一氧化碳；
(4) E 中出来的气体中有一氧化碳，一氧化碳有毒，不能直接排放到空气中，一氧化碳具有可燃性燃烧生成二氧化碳，二氧化碳无毒，为了保护环境，应在E 装置右边的排气管口点燃气体；
(5)因为实验室检验一氧化碳通常是让它先转化为二氧化碳，然后再用澄清石灰水去检验二氧化碳，但该混合气体中原来就有二氧化碳，为了避免引起干扰，所以应该先把二氧化碳吸收完全，A 装置目的就是吸收二氧化碳，，反应方程式为：CO 2+2NaOH=Na 2CO 3+H 2O ；
(6)E 瓶增重pg ．说明生成二氧化碳质量为pg ，设生成pg 二氧化碳需要一氧化碳的质量为x ，则：
2
CO CuO Cu C 284x
pg
O 4++ 根据：2844=x pg ，解得x=
7p 11g ，所以混合气体中CO 的质量百分数为：7p 11g mg
×100%=700p
11m %，如果去掉D 装置，氢气与氧化铜反应生成的水也进入E 装置内，误认为是生成的二氧化碳的质量，所以计算出的一氧化碳质量偏大。

【点睛】
本题易错点为(2)中对B 装置作用的判断，会误认为B 中盛装浓硫酸来吸收混合气体中的水蒸气，该实验的目的在于检验混合气体中含有一氧化碳，水蒸气对检验一氧化碳基本无影响，二氧化碳的存在是干扰一氧化碳检验的重点。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．羧基、氯原子 光照 HOOCCCl （CH 1）CH 2COOH+1NaOH −−−→乙醇
加热
+NaCl+1H 2O
CH 2=C （CH 1）CH=CH 2−−−→溴水
CH 2BrC （CH 1）
=CHCH 2Br NaOH 溶液
加热
−−−−→HOCH 2C （CH 1）=CHCH 2OH 催化氧化−−−−→OHCC （CH 1）=CHCHO 催化氧化
−−−−→HOOCC （CH 1）=CHCOOH HCl
−−−→催化剂
F 【解析】
【分析】
78C H 不饱和度极高，因此推测为甲苯，77C H Cl 推测为
，根据反应③的条件，C 中一定含有醇羟
基，则反应②是卤代烃的水解变成醇的过程，C 即苯甲醇，根据题目给出的信息，D 为
，结合D 和E 的分子式，以及反应④的条件，推测应该是醇的消去反应，
故E 为，再来看M ，M 的分子式中有钠无氯，因此反应⑤为氢氧化钠的乙醇溶
液，M 为，经酸化后得到N 为，N 最后和E 反应得到高聚物
P ，本题得解。

【详解】
（1）F 中的官能团有羧基、氯原子；反应①取代的是支链上的氢原子，因此条件为光照； （2）反应⑤即中和反应和消去反应，方程式为HOOCCCl （CH 1）CH 2COOH+1NaOH −−−→乙醇
加热
+NaCl+1H 2O ；
（1）根据分析，P 的结构简式为；
（4）首先根据E 的分子式910C H O 可知其有5个不饱和度，苯环只能提供4个不饱和度，因此必定还有1
个碳碳双键，符合条件的同分异构体为；
（5）首先根据58C H 的分子式算出其分子内有2个不饱和度，因此这两个碳碳双键可以转化为F 中的2
个羧基，故合成路线为CH 2=C （CH 1）CH=CH 2−−−→溴水
CH 2BrC （CH 1）=CHCH 2Br NaOH 溶液
加热
−−−−→HOCH 2C （CH 1）
=CHCH 2OH 催化氧化−−−−→OHCC （CH 1）=CHCHO 催化氧化−−−−→HOOCC （CH 1）=CHCOOH HCl
−−−→催化剂
F 。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．2CO(g)+4H 2(g)=CH 2=CH 2(g)+2H 2O(g) ∆H=-210kJ ∙mol -1 B 6:19 低温 A > ad
3
11
6060331160(60)124
⨯⨯⨯
⨯⨯⨯ 【解析】 【分析】
根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应历程分析反应的中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态；根据各物质的分压计算平衡常数。

【详解】
（1）①已知：I CO 2(g)+H 2(g)=CO(g)+H 2O(g) △H= + 41 kJ·mol -1，II 2CO 2(g)+6H 2(g)=4H 2O(g)+CH 2=CH 2(g) △H= -128 kJ·mol -1，根据盖斯定律 II-I×2 得：2CO(g)+4H 2(g)=CH 2=CH 2(g)+2H 2O(g) △H=-128 kJ·mol -1-（+ 41 kJ·mol -1）×2=-210kJ∙mol -1，故热化学方程式为：2CO(g)+4H 2(g)=CH 2=CH 2(g)+2H 2O(g) ∆H=-210kJ∙mol -1； ②A. 由图示分析78%并不是表示CO 2转化为汽油的转化率，故A 错误；
B. 中间产物Fe 5C 2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B 正确；
C. 根据图1所示，在Na-Fe 3O 4上发生的反应应为CO 2生成CO 的反应，氢气未参加反应，故C 错误；
D. 催化剂HZSM-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故D 错误； 故答案为：B ；
③烷烃的通式为C n H (2n+2)，假设只生成C 6H 14和水，则根据原子守恒知：6molCO 2恰好完全反应生成1molC 6H 14和12molH 2O 需要的H 2的物质的量为：
1mol 14+12mol 2
19mol 2
⨯⨯=，所以CO 2和H 2的物质的量之比不
低于6mol:19mol=6:9，故答案为：6:9；
（2）①该反应为放热反应，△H<0，根据方程式知：△S<0，根据ΔG=ΔH －T ΔS ，若ΔG<0则T 较小，即低温时该反应自发进行，故答案为：低温；
②如图所示相同时间内催化剂A 的转化率较高，说明反应较快催化效果好；b 点时，还未达到平衡，则说明()v 正＞()v 逆，故答案为：A ；＞；
③a.c(CO 2)与c(H 2)初始时比值为1：3，所以按照化学计量数1:3反应后，比值始终保持不变，不能说明该反应达到平衡，故a 选；
b.根据化学计量数之比知：v(CO 2)正=v(H 2O)正=v(H 2O)逆，正逆反应速率相等，则说明已经达到平衡，故b 不选；
c.该反应为气体减小的反应，所以当体系的压强不再发生变化，说明反应物和生成物浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故c 不选；。