2026届安庆市重点中学高三第四次模拟考试化学试卷含解析

这是一份2026届安庆市重点中学高三第四次模拟考试化学试卷含解析，共20页。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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、X、Y、Z、W均是短周期元素，且核电荷数依次增大，X2 -与Y+有相同的电子层结构，Z是第3周期元素的简单离子中半径最小的，W的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的主要原因之一。下列说法正确的是
A．原子最外层电子数：X>Y>ZB．单质沸点：Y>Z>W
C．离子半径：Y+> X2-D．Y与W形成的化合物的水溶液显碱性
2、属于弱电解质的是
A．一水合氨B．二氧化碳C．乙醇D．硫酸钡
3、化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照如图连接好线路发现灯泡不亮，按照右图连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（ ）
A．NaCl是非电解质
B．NaCl溶液是电解质
C．NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子
D．NaCl溶液中，水电离出大量的离子
4、化学与环境、工农业生产等密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．NaCl不能使蛋白质变性，所以不能用作食品防腐剂
B．浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜
C．捕获工业排放的CO2，可用来合成可降解塑料聚碳酸酯
D．在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，可使酒保持良好品质
5、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①
②
③
④
⑤
A．①②③B．②③④C．①③⑤D．②④⑤
6、25℃时，一定量的甲烷与a L（已折合成标准状况）空气的混合气体充分反应，甲烷恰好完全燃烧，恢复至25℃时，放出b kJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1／5，则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
7、正确的实验操作是实验成功的重要因素，下列实验操作正确的是( )
A．称取一定量的NaCl
B．制备氢氧化亚铁并观察其颜色
C．检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子
D．收集NO2并防止其污染环境
8、乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：
己知:
根据表中数据计算上述反应的△H（kJ • ml-1）（ ）
A．-124B．+124C．+1172D．-1048
9、人体血液存在H2CO3/HCO3－、HPO42－/H2PO4－等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg x[x表示c(H2CO3)/c(HCO3-)或c(HPO42-)/c(H2PO4-)]与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2（pKa= -lgKa）。则下列说法正确的是
A．曲线I表示lg c(HPO42-)/c(H2PO4-)与pH的变化关系
B．a－b的过程中，水的电离程度逐渐减小
C．当c(H2CO3)=c(HCO3－)时，c(HPO42－)=c(H2PO4－)
D．当pH增大时，c(HCO3-)∙c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小
10、《唐本草》和《本草图经》中记载：“绛矾，本来绿色，……正如瑁璃烧之赤色”“取此物（绛矾）置于铁板上，聚炭，……吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也”。其中不涉及的物质是（ ）
A．FeSO4·7H2OB．SC．Fe2O3D．H2SO4
11、下列离子方程式书写正确的是
A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+ 2OH-=SO32-+H2O
B．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I-=2Fe2++I2
C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O
D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-
12、有机物M、N之间可发生如图转化，下列说法不正确的是
A．M能与溴水发生加成反应
B．N能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．M分子中所有碳原子共平面
D．M、N均能发生水解反应和酯化反应
13、分枝酸是生物合成系统中重要的中间体，其结构简式如图所示。下列关于分枝酸的叙述不正确的是（ ）
A．分子中含有4种官能团
B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1ml分枝酸最多可与3mlNaOH发生中和反应
14、维生素C是广泛存在于新鲜水果蔬菜及许多生物中的一种重要的维生素，作为一种高活性物质，它参与许多新陈代谢过程。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下：
+I2+2HI
下列说法正确的是（ ）
A．上述反应说明维生素C能使碘水褪色，该反应的反应类型为取代反应
B．维生素C可发生取代反应、加成反应、氧化反应
C．维生素C可以水解得到2种产物
D．维生素C不可溶于水，可以溶于有机溶剂
15、常温下向10mL0.1ml/L的HR溶液中逐渐滴入0.1ml/L的NH3·H2O溶液, 所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是
A．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸
B．b点溶液pH=7，说明NH4R没有水解
C．c点溶液存在c(NH4+)>c(R-)、c(OH-)>c(H+)
D．b～c任意点溶液均有c(H+)×c(OH-)=Kw=1.0×10-14
16、NA表示阿伏加德罗常数的值。室温下，下列关于 1 L 0.1 ml/L FeCl3 溶液的说法中正确的是
A．溶液中含有的 Fe3+离子数目为 0.1NA
B．加入 Cu 粉，转移电子数目为 0.1NA
C．加水稀释后，溶液中 c(OH－) 减小
D．加入 0. 15 ml NaOH 后，3c(Fe3+)+c(H+) = c(Na+) + c(OH－)
17、实验室分离苯和水，可选用下列（ ）
A．B．C．D．
18、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是（ ）
A．Y、Z的氢化物稳定性Y>Z
B．Y单质的熔点高于X单质
C．X、W、Z能形成具有强氧化性的XZW
D．中W和Y都满足8电子稳定结构
19、下列离子方程式中正确的是（ ）
A．向明矾（KAl（SO4）2•12H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：Al3+＋2SO42﹣＋2Ba2+＋4OH﹣═AlO2-＋2BaSO4↓＋2H2O
B．向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－
C．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓
D．铜与浓硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
20、下列关于Fe3＋、Fe2＋性质实验的说法错误的是（ ）
A．用如图装置可以制备沉淀Fe(OH)2
B．配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度
C．向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2＋被氧化
D．FeCl3溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀
21、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-，其反应过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Pd作正极
B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用
C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化为N2
D．用该法处理后水体的pH降低
22、下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( )
A．NH3B．NH4ClC．KOHD．NaClO
二、非选择题(共84分)
23、（14分）酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物。化合物F的合成路线如下，回答下列问题：
已知信息如下：①RCH=CH2RCH2CH2OH；
②；
③RCOOCH3 .
(1)A的结构简式为____，B →C的反应类型为___，C中官能团的名称为____，C→D的反应方程式为_____。
(2)写出符合下列条件的D的同分异构体_____(填结构简式，不考虑立体异构)。①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体；③能发生银镜反应。
(3)判断化合物F中有无手性碳原子___，若有用“*”标出。
(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以、CH3OH和格氏试剂为原料制备的合成路线(其他试剂任选) ___。
24、（12分）铃兰醛[]具有甜润的百合香味，对皮肤的刺激性小，对碱稳定，广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料，还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示：
(1)B中官能团的名称是______。
(2)①的反应类型是______。
(3)写出反应②的化学方程式：______。
(4)乌洛托品的结构简式如图所示：
其二氯取代物有______种，将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是______。
(5)写出满足下列条件的A的同分异构体______。
Ⅰ.有两个取代基 Ⅱ.取代基在邻位
(6)已知：RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程，写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线______(无机试剂自选)。
25、（12分）碘被称为“智力元素”,科学合理地补充碘可防治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等,其制备原理如下:
反应I : 3I2+ 6KOH== KIO3 +5KI+ 3H2O
反应II: 3H2S+KIO3=3S↓+KI+ 3H2O
请回答有关问题。
(1)启普发生器中发生反应的化学方程式为_______。装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是_________。
(2)关闭启普发生器活塞,先滴入30%的KOH溶液.待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为______(填现象) ,停止滴人KOH溶液;然后______(填操作),待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气。
(3)滴入硫酸溶液,并对三颈烧瓶中的溶液进行水浴加热,其目的是_____________。
(4)把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中,加入碳酸钡,在过滤器中过滤,过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外,还含有硫酸钡和___________(填名称)。合并滤液和洗涤液,蒸发至析出结晶，干燥得成品。
(5)实验室模拟工业制备KIO3流程如下:
几种物质的溶解度见下表:
①由上表数据分析可知，“操作a”为__________________。
②用惰性电极电解KI溶液也能制备KIO3,与电解法相比，上述流程制备KIO3的缺点是____________。
(6)某同学测定.上述流程生产的KIO3样品的纯度。
取1.00 g样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化，再加入过量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0 ml●L-1 Na2S2O3 溶液,恰好完全反应时共消耗12. 60 mL Na2S2O3溶液。该样品中KIO3的质量分数为_______(已知反应:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。
26、（10分）草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。
（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。
①仪器a的名称是________________。
②55～60℃下，装置A中生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为__________________________。
③装置B的作用是______________________；装置C中盛装的试剂是______________。
（2）乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。
将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后将溶液________、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。
（3）丙组设计实验测定乙组产品的纯度。
准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000ml·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000ml·L－1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为12.00mL。
①滴定终点的现象是_______________________。
②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是____________________。
③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374g·ml－1]
27、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2
实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：
(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______
(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)
(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______
实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)
(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______
实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙ml-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______ml∙L-1
28、（14分）一种名贵的香料花青醛(E)的合成路线如下图：
已知：CH3－CH=CH－CHO 巴豆醛
请回答下列问题：
(1)B物质所含官能团种类有________种，E中含氧官能团的名称_________ ，A→B的反应类型_________。
(2)E物质的分子式为_________。
(3)巴豆醛的系统命名为________，巴豆醛与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为________
(4)比A少一个碳原子且含苯环的同分异构体有 ___种，写出核磁共振氢谱有四组峰的结构简式____(任写一种即可)。
(5)已知：，请设计有乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线。__________________
29、（10分）I.焦炭可用于制备电石、生产水煤气等。完成下列填空：
(1)电石的主要成分是CaC2，CaC2的晶体类型是___________；其与水反应的化学方程式为______________________。
(2)制备电石还需要用到CaCO3。组成CaCO3的三种元素原子半径按从大到小的顺序排列为____________。氧原子的核外电子排布式为_________________。
(3)与同主族元素Mg相比，Ca的金属性更______（填“强”或者“弱”）。能证明这一结论的实验事实是________________________。
II.用焦炭生产水煤气的反应为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。完成下列填空：
(4)一定温度下，在一个固定容积的密闭容器中发生上述反应，下列不能判断该反应达到平衡状态的是____________。（选填编号）
a．容器中的压强不再改变 b．混合气体的密度不再改变
c．v正(CO)=v逆(H2O) d．c(CO)=c(H2)
(5)将不同量的C (s)和H2O (g)分别加入到体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应，得到如下数据：
①实验1中以v(H2) 表示的到达平衡时的平均反应速率为____________。
②下列图像正确的是________。（选填编号）
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、D
【解析】
Z是第3周期元素的简单离子中半径最小的，则Z为Al，X2 -与Y+有相同的电子层结构，则X为O，Y为Na，W的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的主要原因之一，则W为S，以此解题。
【详解】
根据分析，X为O、Y为Na、Z为Al、W为S；
A．X为O，最外层电子数为6，Y为Na，最外层电子数为1，Z为Al，最外层电子数为3，原子最外层电子数：X> Z > Y，故A错误；
B．Y为Na、Z为Al、W为S，铝的原子半径与钠相比较小，且其价电子数较多，故金属键较强，则铝的熔点高于钠，即单质沸点：Z > Y，故B错误；
C．X为O、Y为Na，X2 -与Y+有相同的电子层结构，核电荷数越大，半径越小，离子半径：Y+< X2-，故C错误；
D．Y为Na、W为S ，Y与W形成的化合物为硫化钠，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故D正确；
答案选D。
【点睛】
酸雨是硫和氮的氧化物造成的，分析出W是硫。
2、A
【解析】
在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和水等，据此分析。
【详解】
A.NH3•H2O在水溶液中部分电离产生离子，在溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，A正确；
B.CO2在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，B错误；
C.乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，C错误；
D.BaSO4在水溶液中虽然溶解度很小，但溶解的能完全电离，故为强电解质，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】
本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的判断的知识，应注意的是强弱电解质的本质区别是电离是否彻底，和溶解度、离子浓度及溶液的导电能力等均无关。
3、C
【解析】
A. NaCl属于盐，所以是电解质，A错误；
B. NaCl溶液是混合物所以不是电解质，B错误；
C. 氯化钠固体溶于水后在水分子的作用下，发生电离，电离为可以移动的离子使溶液导电，C正确；
D. 氯化钠溶于水是氯化钠发生了电离，水的电离实际很微弱，D错误；
故答案选C。
4、A
【解析】
A. NaCl浓度较高时，会导致微生物脱水死亡，可杀菌并起防腐效果，A不正确；
B. 乙烯是水果的催熟剂，酸性高锰酸钾溶液可氧化水果释放的乙烯，从而使水果保鲜，B正确；
C. CO2能聚合成聚碳酸酯，所以可捕获工业排放的CO2，合成此可降解塑料，C正确；
D. SO2能防止葡萄酒在生产和销售过程中被氧化，所以可在葡萄酒中添加微量SO2，以保持良好品质，D正确。
故选A。
5、C
【解析】
①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故①能实现；②硫和氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，故②不能实现；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3晶体，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③能实现；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁中Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，加热HCl易挥发，平衡向右移动，因此加热得不到无水FeCl3，故④不能实现；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁煅烧分解生成氧化镁，故⑤能实现；因此①③⑤能实现，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
【点睛】
硫和氧气反应一步反应只能生成SO2，氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液加热，铁离子要水解，HCl、HNO3都易挥发，因此加热氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液都不能得到原物质。
6、C
【解析】
空气中氧气的体积为L，则甲烷体积为L，物质的量为ml。ml甲烷燃烧放出热量b kJ，则1 ml甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l)，且放热反应的焓变为负值，故C正确；
答案：C
【点睛】
考察燃烧热的重点：（1）可燃物1ml （2）完全燃烧 （3）生成稳定氧化物，H→H2O（l），C→CO2 ，S→SO2等。
7、A
【解析】
A. 称取一定量的NaCl，左物右码，氯化钠放在纸上称，故A正确；
B. 氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时，胶头滴管应伸入硫酸亚铁溶液中，并油封，故B错误；
C. 检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子，应把反应后的混合液倒入水中，故C错误；
D. NO2密度大于空气，应用向上排空气法收集NO2，故D错误；答案选A。
8、B
【解析】
反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故△H=（5×412+348-3×412-612-436）kJ•ml-1=+124kJ•ml-1，故选B。
点睛：解题关键是明确有机物分子结构，搞清断裂与形成的化学键及键数，反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差。
9、D
【解析】
H2CO3HCO3－+H＋的电离平衡常数Kal=c(H＋)·c(HCO3－)/c(H2CO3)，所以lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，H2PO4－HPO42－+H＋的电离平衡常数Ka2=c(H＋)·c(HPO42－)/c(H2PO4－)，所以lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，
A．当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2；
B．酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小；
C．当c（H2CO3）=c（HCO3－）时，即lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=0，溶液中pH=6.4，则lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8；
D．c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大则H2CO3HCO3－+H＋正向进行，使c（H2CO3）减小。
【详解】
A．当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，所以曲线I表示lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，曲线II表示lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，故A错误；
B．酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a-b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；
C．当c（H2CO3）=c（HCO3－）时，即lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=0，溶液中pH=6.4，则lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8＜0，即c（HPO42－）＜c（H2PO4－），故C错误；
D、c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大则H2CO3HCO3－+H＋正向进行，使c（H2CO3）减小，Ka1、Ka2不变，所以pH增大时，c(HCO3-)∙c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小，故D正确；
故选D。
【点睛】
本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系，把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键，注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法。
10、B
【解析】
由信息可知，绿矾为硫酸亚铁的结晶水合物，即FeSO4·7H2O，加热发生氧化还原反应，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫与水结合可生成硫酸，不涉及的物质是S，答案选B。
【点睛】
硫为淡黄色固体，在题目中并未涉及，做本题时要关注各物质的物理性质。
11、C
【解析】
A、过量的SO2通入NaOH溶液中发生的反应为：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；
B、Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故B错误；
C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，实质是：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故C正确；
D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液发生的反应为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D错误．
故选C。
12、C
【解析】
A. M中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；
B. N中含有羟基，能被酸性高猛酸钾氧化，故B正确；
C. M中含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的三个C以及该饱和碳原子不可能全部在同一平面上，故C错误；
D. M、N中均含有酯基，都能水解，均含有羟基均能发生酯化反应，故D正确；
故答案为C。
13、D
【解析】
A. 分子中含有羧基、羟基、碳碳双键、醚键4种官能团，故A正确；
B. 羧基与乙醇酯化反应，羟基与乙酸酯化反应，故B正确；
C. 含有碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液发生加成，使酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应而褪色，故C正确；
D. 1ml分枝酸2ml羧基，因此最多可与2mlNaOH发生中和反应，羟基不与氢氧化钠反应，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】
和钠反应的基团主要是羧基、羟基，和氢氧化钠反应的的基团是羧基，和碳酸钠反应的基团是羧基和酚羟基，和碳酸氢钠反应的基团是羧基。
14、B
【解析】
A. 从题给的化学方程式可知，维生素C与I2反应时，脱去分子中环上-OH中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A错误；
B. 维生素C中含有羟基、酯基可发生取代反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，碳碳双键可发生加成反应，故B正确；
C. 维生素C含有酯基可以发生水解反应，但为环状化合物，水解生成一种产物，故C错误；
D. 维生素C含有多个-OH，为亲水基，能溶于水，故D错误；
故答案为B。
15、B
【解析】
A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B、弱离子在水溶液中会发生水解反应，根据A知，HR是弱电解质，且一水合氨是弱电解质，所以NH4R是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性，且此时二者的浓度、体积都相等，说明HR和一水合氨的电离程度相等，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相等，故B错误；C．c点溶液的pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C正确；D．离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，所以b-c任意点溶液均有c（H+）•c（OH-）=Kw=1.0×10-14 ml2•L-2，故D正确；故选B。
点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确图中曲线变化趋势及曲线含义是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，易错选项是D，注意：离子积常数只与温度有关，与溶液浓度及酸碱性无关，题目难度中等
16、D
【解析】
A．Fe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)＜0.1NA，故A错误；
B．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e－)≤0.1NA，无法确定，故B错误；
C．加水稀释使平衡Fe3++3H2O3H+ + Fe(OH)3向右移动，(H+ )增大，但c(H+ )减小，c(OH－)增大，故C错误；
D．加入0.15 ml NaOH后，溶液中必有2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+ )+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)(电荷守恒)，可得3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+ )+c(OH－)，故D正确；
答案选D。
【点睛】
列出溶液中的2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)是解D项的关键。
17、C
【解析】
苯和水分层，可选分液法分离，以此来解答。
【详解】
A中为层析法；B为蒸发；D为过滤；苯和水分层，可选分液法分离，选项C符合；
答案选C。
【点睛】
本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意层析法为解答的难点。
18、A
【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，说明W为O，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明X为Na，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，说明Y为Si，Z为Cl。
【详解】
A选项，Y、Z的氢化物稳定性HCl > SiH4，故A错误；
B选项，Si单质的熔点高于Na单质，硅是原子晶体，钠是金属晶体，原子晶体熔点一般高于金属晶体熔点，故B正确；
C选项，X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，故C正确；
D选项，利用价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断得出SiO32－中Si和O都满足8电子稳定结构，故D正确。
综上所述，答案为A。
【点睛】
价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断化合物中各原子是否满足8电子稳定结构。
19、A
【解析】
A、向明矾（KAl（SO4）2•12H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：Al3+＋2SO42﹣＋2Ba2+＋4OH﹣═AlO2-＋2BaSO4↓＋2H2O，故A正确；
B、向FeBr2溶液中通入足量Cl2的离子反应为：2Fe2+ +4Br-十3Cl2= 2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl-，故B不正确；
C、AlCl3溶液中加入过量氨水的离子反应为：A13+ + 3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3NH4+，故C不正确；
D、铜与浓硝酸反应的离子反应为：Cu+4H+ +2NO3- = Cu2+ + 2NO2↑+2H2O，故D不正确；
故选A。
【点睛】
离子反应方程式的正误判断：
(1)、是否符合客观事实；
(2)、拆分是否正确，能够拆分的是强酸、强碱和可溶性盐。如C选项，一水合氨为弱碱，不能拆分，所以C错误；
(3)、电荷守恒。
20、D
【解析】
A. 反应开始时生成的氢气进入B中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe(OH)2，故A正确；
B. FeCl3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故B正确；
C. Fe3+与铁反应可生成Fe2+，则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化，故C正确；
D. FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀，故D错误；
故选：D。
21、B
【解析】
A．从图示可以看出，在Pd上，H2失去电子生成H+，所以Pd作负极，故A错误；
B．Fe（Ⅱ）失去电子转化为Fe（Ⅲ），失去的电子被NO2-得到，H2失去的电子被Fe（Ⅲ）得到，Fe（Ⅲ）转化为Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；
C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）还原为N2，故C错误；
D．总反应为：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误；
故选B。
22、D
【解析】
A.NH3溶于水后电离产生OH－而使溶液呈碱性，与水解无关，选项A错误；
B.NH4Cl中NH4+水解溶液呈酸性，选项B错误；
C.KOH溶于水后电离产生OH－而使溶液呈碱性，与水解无关，选项C错误；
D.由于ClO－水解产生OH－，使NaClO溶液呈碱性，选项D正确。
答案选D。
二、非选择题(共84分)
23、 氧化反应 羧基、羟基 、和
【解析】
根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有双键， 结合分子的不饱和度可知再无不饱和键，因此A的结构简式为，根据信息不难得出B的结构简式为，酸性高锰酸钾有氧化性，可将醇羟基氧化为羧基，因此C的结构简式为，C到D的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结构简式为，再根据题目信息不难推出E的结构简式为，据此再分析题目即可。
【详解】
（1）根据分析，A的结构简式为；B→C的过程是氧化反应，C中含有的官能团为羰基和羧基，C→D的反应方程式为；
（2）根据题目中的要求，D的同分异构体需含有五元环、羧基和羟基，因此符合要求的同分异构体有三种，分别为、和；
（3）化合物F中含有手性碳原子，标出即可；
（4）根据所给信息，采用逆推法，可得出目标产物的合成路线为：。
24、醛基、碳碳双键 取代反应 3
【解析】
苯与叔丁醇发生取代反应生成A，根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应④是羟醛缩合然后消去羟基引入碳碳双键，B发生加成反应得到最终产物，据此解答。
【详解】
（1）由反应⑤的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是，故B中官能团的名称是醛基，碳碳双键，
故答案为：醛基、碳碳双键；
（2）①反应是，该反应的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）由反应①可以判断A是，故反应②的化学方程式是，
故答案为：；
（4）从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，可以处于同一环上，也可以处于不同环上，其二氯取代物有3种，即3种；将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是，
故答案为：3；；
（5）A的同分异构体中满足Ⅰ.有两个取代基；Ⅱ.取代基在邻位的有：，
故答案为：；
（6）根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知，首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团，因为乳酸（CH3CHOHCOOH）有两个官能团。由此推知，聚乳酸（）的合成路线流程图为：。
25、ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4 恒压滴液漏斗 无色 打开启普发生器活塞，通入气体 使溶液酸化并加热，有利于溶液中剩余的硫化氢逸出，从而除去硫化氢 硫 蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶) KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境； 89.88%
【解析】
实验过程为：先关闭启普发生器活塞，在三颈烧瓶中滴入30%的KOH溶液，发生反应I : 3I2+ 6KOH== KIO3 +5KI+ 3H2O，将碘单质完全反应；然后打开启普发生器活塞，启普发生器中硫酸和硫化锌反应生成硫化氢气体，将气体通入三颈烧瓶中发生反应II: 3H2S+KIO3=3S↓+KI+ 3H2O，将碘酸钾还原成KI，氢氧化钠溶液可以吸收未反应的硫化氢；
(5)实验室模拟工业制备KIO3：将I2、HCl、KClO3水中混合发生氧化还原反应，生成KH(IO3)2，之后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到KH(IO3)2晶体，再与KOH溶液混合发生反应、过滤蒸发结晶得到碘酸钾晶体。
【详解】
(1)启普发生器中发生的反应是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌，反应的化学方程式：ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4；根据仪器结构可知该仪器为恒压滴液漏斗；
(2)碘单质水溶液呈棕黄色，加入氢氧化钾后碘单质反应生成碘酸钾和碘化钾，完全反应后溶液变为无色；然后打开启普发生器活塞，通入气体发生反应II；
(3)反应完成后溶液中溶有硫化氢，滴入硫酸并水浴加热可降低硫化氢的溶解度，使其逸出，从而除去硫化氢；
(4)根据反应II可知反应过程中有硫单质生成，硫单质不溶于水；
(5)①根据表格数据可知温度较低时KH(IO3)2的溶解度很小，所以从混合液中分离KH(IO3)2晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所以操作a为蒸发浓缩、冷却结晶；
②根据流程可知该过程中有氯气产生，氯气有毒会污染空气，同时该过程中消耗了更多的药品；
(6)该滴定原理是：先加入过量的KI并酸化与KIO3发生反应：IO3⁻ +5I⁻+ 6H+===3I2+3H2O，然后利用Na2S2O3测定生成的碘单质的量从而确定KIO3的量；根据反应方程式可知IO3⁻ ~3I2，根据滴定过程反应I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，则有IO3⁻ ~6Na2S2O3，所用n(KIO3)=0.01260L×2.0ml/L×=0.0042ml，所以样品中KIO3的质量分数为=89.88%。
【点睛】
启普发生器是块状固体和溶液不加热反应生成气体的制备装置。
26、球形冷凝管 12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O 安全瓶，防倒吸 NaOH溶液 溶液pH介于4.0~5.0之间 加热浓缩、冷却结晶 溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色 反应生成的Mn2+是该反应的催化剂 74.8
【解析】
(1)①根据图示分析判断仪器a的名称；
②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；
③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸；
(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；
(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；
②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，据此分析；
③根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数=×100%。
【详解】
(1)①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；
②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；
③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，发生反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；
(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；
提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品；
(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；
②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率，即Mn2+起催化剂的作用；
③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL 产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000ml·L－1×0.012L=0.0012ml，则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012ml=0.003ml，根据物料守恒，100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=×0.003ml××374g·ml－1=3.74g，故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为×100%=74.8%。
27、分液漏斗 蒸馏烧瓶 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600
【解析】
(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；
(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；
(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；
(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①；②；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=a ml/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600ml/L。
28、2； 醛基； 取代； C13H18O； 2-丁烯醛； CH3CH=CHCHO+2Cu(OH)2→CH3CH=CHCOOH+Cu2O↓+2H2O； 14； 或； 。
【解析】
(1)B物质所含官能团有氨基和溴原子，种类有2种，E中含氧官能团的名称醛基，A→B的反应类型取代。
(2)E物质的分子式为C13H18O；
(3)巴豆醛的系统命名为2-丁烯醛；
巴豆醛含有醛基，与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为CH3CH=CHCHO+2Cu(OH)2→CH3CH=CHCOOH+Cu2O↓+2H2O；
(4)比A少一个碳原子且含苯环，即除了苯环之外含有氨基，一个乙基或2个甲基。所以同分异构体有14种，写出核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或 (任写一种即可)。
(5)由乙醇为原料制备巴豆醛，首先乙醇氧化成乙醛，乙醛加成之后再消去羟基成双键，则合成路线为：。
29、离子晶体 CaC2＋2H2O=Ca(OH)2+CH≡CH↑ Ca>C>O 1s22s22p4 强 金属钙与水的反应比金属镁剧烈[Ca(OH)2是强碱，Mg(OH)2是弱碱] d 8×10-4ml/(L•min) bc
【解析】
(1)由阴阳离子共存的晶体为离子晶体；CaC2和H2O反应生成Ca(OH)2和CH≡CH；
(2)原子核外电子层数越多其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；O原子核外有8个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；
(3)同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强、金属与酸或水反应置换出氢气越容易；
(4)可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变以及由此引起的一系列物理量不变；
(5)①先计算CO的反应速率，再根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氢气反应速率；
②化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度及压强无关；该反应是反应前后气体体积增大的吸热的可逆反应，增大压强平衡向气体体积减小方向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
【详解】
(1)CaC2是由阴、阳离子构成的，属于离子晶体；CaC2和H2O反应生成Ca(OH)2和CH≡CH，反应方程式为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CH≡CH↑；
(2)原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期的元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以这三种元素的原子半径大小顺序是Ca>C>O；O原子核外有8个电子，根据构造原理，可知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p4；
(3)同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性Ca>Mg；
元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强、金属与酸或水反应置换出氢气越容易，钙与水反应比Mg剧烈、Ca(OH)2是强碱Mg(OH)2是弱碱都说明Ca的金属性大于Mg；
(4)该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应。
a．该反应是反应前后气体体积增大的可逆反应，当容器中的压强不再改变时正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，a不符合题意；
b．反应前后气体的物质的量增大、质量增大，容器体积不变，当混合气体的密度不再改变时该反应达到平衡状态，b不符合题意；
c．v正(CO)=v逆(H2O)时，各物质的正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，c不符合题意；
d．CO、H2都是生成物，二者的系数相等，在任何条件下二者的浓度都相等，所以c(CO)=c(H2)时，该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始量及转化率有关，d符合题意；
故合理选项是d；
(5)①实验1中以v(CO)表示的到达平衡时的平均反应速率v(CO)==8×10-4 ml/(L•min)，同一可逆反应在同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以用H2表示的反应速率v(H2)= v(CO)=8×10-4 ml/(L•min)；
②650℃平衡时，c(H2O)=ml/L=0.001 ml/L；c(H2)=c(CO)= ml/L=0.004 ml/L，平衡常数K1==0.016；在800℃平衡时，c(H2O)=ml/L=0.0015 ml/L；c(H2)=c(CO)=ml/L=0.0085 ml/L，所以化学平衡常数K2==0.0482>0.016。
可见：在其他条件不变时，升高温度，化学平衡常数增大，说明正反应是吸热反应；
a．平衡常数只与温度有关，与压强无关，所以压强增大平衡常数不变，a错误；
b．该反应的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，b正确；
c．该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，水的转化率降低，c正确；
d．该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，水的转化率增大，d错误；
故合理选项是bc。
【点睛】
本题考查了元素周期律、原子核外电子排布、平衡状态判断、化学反应速率的计算等知识。掌握物质结构基础知识、化学平衡理论是本题解答的关键，注意只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态的判断依据，注意化学平衡常数计算中用物质浓度而不是物质的量计算，这些都是易错点。题目侧重考查学生分析、计算及知识运用能力。
化学键
C-H
C-C
C=C
H-H
键能/kJ • ml-1
412
348
612
436
装置
试剂X
实验现象
Fe2(SO4)3溶液
混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色
实验组
温度/℃
起始量/ml
平衡量/ml
达到平衡所
需时间/min
H2O
C
H2
CO
1
650
0.01
0.02
0.008
5
2
800
0.02
0.03
0.017
3