江西省六校2025-2026学年高三下学期质量调研（二模）化学试题试卷含解析.doc

江西省六校2025-2026学年高三下学期质量调研（二模）化学试题试卷
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、前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径Y＞Z＞W
B．最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z＞X
C．W和T的单质混合加热可得化合物T2W
D．W的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸
2、一定条件下，CO2分子晶体可转化为具有类似SiO2结构的原子晶体．从理论上分析，下列说法正确的是（　　）
A．该转化过程是物理变化
B．1molCO2原子晶体中含2mol C﹣O键
C．CO2原子晶体的熔点高于SiO2
D．CO2的原子晶体和分子晶体互为同分异构体
3、室温下，有pH均为9，体积均为10 mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列说法正确的是
A．两种溶液中的c(Na+)相等
B．两溶液中由水电离出的c(OH-)之比为10-9/10-5
C．分别加水稀释到100mL时，两种溶液的pH依然相等
D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积相等
4、下列溶液一定呈中性的是
A．c(H+) = c(OH–) B．pH=7 C．KW=10-14 D．c(H+) =10-7mol/L
5、下列说法中，正确的是（　　）
A．一定条件下，将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NA
B．1mol与足量水反应，最终水溶液中18O数为2NA（忽略气体的溶解）
C．常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NA
D．100mL12mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA
6、R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．R能发生加成反应和取代反应
B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基
C．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同
D．R苯环上的一溴代物有4种
7、电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制甲酸盐的装置如图所示。下列说法中错误的是（ ）

A．b是电源负极
B．K+由乙池向甲池迁移
C．乙池电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-
D．两池中KHCO3溶液浓度均降低
8、取10g碳酸钙高温加热一段时间后停止加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%，则下列判断正确的是
A．生成了2g二氧化碳 B．剩余固体质量为5g
C．生成了5.6g氧化钙 D．剩余碳酸钙的质量为8g
9、用如图装置进行实验，1小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是

A．属于化学腐蚀
B．O2未参与反应
C．负极反应2Fe-6e+3H2O→Fe2O3+6H+
D．正极反应O2+4e- +2H2O→4OH-
10、2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是（ ）
A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
B．用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用
C．碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料
D．铜导线和铝导线缠绕连接处暴露在雨水中比在干燥环境中更快断裂的主要原因是发生了电化学腐蚀
11、下列离子方程式正确的是（ ）
A．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH－= AlO2－+H2↑
B．过量铁粉与一定量稀硝酸反应：Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2O
C．澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液：Ca2++OH－+HCO3－=CaCO3↓+H2O
D．向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O－＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3－
12、某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol/ L NaHCO3溶液，测其pH为84；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是( )
A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度
B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3
C．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)
D．加入CaCl2促进了HCO3-的水解
13、25℃时，向20mL 0.1mol/LH2R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是

A．a点所示溶液中：c (H2R) c (HR-)+ c (R2-)=0.lmol/L
B．b点所示溶液中：c (Na+) >c(HR-)> c (H2R)>c(R2-)
C．对应溶液的导电性：b > c
D．a、b、c、d中，d点所示溶液中水的电离程度最大
14、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、、
B．弱碱性溶液中：K+、Na+、I－、ClO－
C．中性溶液中：Fe3+、K+、Cl－、
D．能使甲基橙变红的溶液中：Al3+、Na+、Cl－、
15、25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等。下列说法正确的是
A．常温下，CH3COONH4溶液的pH=7，与纯水中H2O的电离程度相同
B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c(NH4+)、c(CH3COO－)均会增大
C．常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14
D．等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值一定相同
16、温度恒定的条件下，在2 L容积不变的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。开始充入4 mol的SO2和2 mol的O2，10 s后达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，下列说法不正确的是 (　　)
A．v(SO2)∶v(O2)=2∶1 B．10 s内，v(SO3)=0.05 mol·L-1·s-1
C．SO2的平衡转化率为25% D．平衡时容器内的压强是反应前的5/6倍
二、非选择题（本题包括5小题）
17、F(4-苯并呋喃乙酸)是合成神经保护剂依那朵林的中间体,某种合成路线如下:

(1)化合物F中的含氧官能团为____和_______(填官能团的名称)。
(2)试剂X分子式为C2H3OCl且分子中既无甲基也无环状结构,则X的结构简式为_______;由E→F的反应类型为______。并写出该反应方程式:______
(3)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式:______
Ⅰ.能发生银镜反应
Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢
(4)请写出以和BrCH2COOC2H5为原料制备的合成路线流程图(无机试剂可任选)合成路线流程图示例如下:______
CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3
18、G是一种神经保护剂的中间体，某种合成路线如下：

根据上述转化关系，回答下列问题：
（1）芳香族化合物A的名称是___。
（2）D中所含官能团的名称是____。
（3）B—C的反应方程式为____。
（4）F—G的反应类型___。
（5）G的同分异构体能同时满足下列条件的共有____种（不含立体异构）；
①芳香族化合物②能发生银镜反应，且只有一种官能团，其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是__（写出一种结构简式）。
（6）参照上述合成路线，写出以和BrCH2COOC2H5为原料（无机试剂任选），制备的合成路线____________。
19、硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）的方法之一，流程如下：

已知：Na2S2O3在空气中强热会被氧化，Na2S2O3•5H2O（M=248g/moL）在35 ℃以上的干燥空气中易失去结晶水，可用作定影剂、还原剂。某兴趣小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O并探究Na2S2O3的化学性质。
I．制备Na2S2O3•5H2O
设计如下吸硫装置：

（1）写出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的离子方程式______。
（2）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效果，装置B中试剂可以是______
A 浓硫酸 B 溴水 C FeSO4溶液 D BaCl2溶液
II．测定产品纯度
（1）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：
第一步：准确称取a gKIO3（M=214g/moL）固体配成溶液；
第二步：加入过量KI和H2SO4溶液，滴加指示剂；
第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL。
则c（Na2S2O3）＝______ mol /L。（列出算式即可）（已知：IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－）
（2）滴定过程中下列实验操作会造成结果偏高的是_________（填字母）
A 滴定管未用Na2S2O3溶液润洗
B 滴定终点时俯视读数
C 锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待取液润洗
D 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡
Ⅲ．探究Na2S2O3的化学性质
已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1mol Na2S2O3转移8mol电子。甲同学设计如图实验流程：

（1）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有__和__________。
（2）乙同学认为应将上述流程中②③所加试剂顺序颠倒，你认为理由是__________。
20、醋酸亚铬水合物的化学式为[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，该水合物通常为红棕色晶体，是一种常用的氧气吸收剂，不溶于水和乙醚(一种易挥发的有机溶剂)，微溶于乙醇，易溶于盐酸，易被氧化。已知Cr3+水溶液呈绿色，Cr2+水溶液呈蓝色。实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如下图所示。

(1)检查装置气密性后，向左侧三颈烧瓶中依次加入过量锌粒和适量CrCl3溶液，关闭K1打开K2，旋开a的旋塞，控制好滴速。a的名称是___________，此时左侧三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______、________。一段时间后，整个装置内充满氢气，将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时，关闭K2，打开K1，将左侧三颈烧瓶内生成的CrCl2溶液压入右侧三颈烧瓶中，则右侧三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为________________________________________。
(2)本实验中所有配制溶液的水均需煮沸，其原因是______________________。右侧的烧杯内盛有水，其中水的作用是_______________________________________________。
(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时，关闭a 的旋塞。将红棕色晶体快速过滤、水洗、乙醚洗、干燥，即得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。其中用乙醚洗涤产物的目的是_______________________。
(4)称量得到的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O晶体，质量为m g,，若所取用的CrCl3溶液中含溶质n g，则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(M1=376 )的产率是______%。
21、有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等；C原子的p轨道处于半充满状态，D的单质是空气的主要成分之一，其质子数为A与C之和；E在周期表中位于ds区，且与D可形成化学式为E2D或ED的二元化合物。请回答下列问题：
(1)E元素基态原子的M能层中具有_____个能级，该元素的常见化合价有多种，其中E+的简化电子排布式为__________。
A．[Ar]3d104s1 B．[Ar]3d10 C．[Ar]3d94s1 D．[Ar]3d84s2
(2)元素C和D的原子的第一电离能较大的为__________(填元素符号)，其原因是____________________；C与A可形成一种常见的气态化合物，该化合物的空间构型为____________________，其中C原子的杂化轨道类型为____________________。
(3)C2在日常生活及工农业生产等领域用途非常广泛，其分子结构中σ键和π键数目之比是_______；C2D与BD2互为__________(填“等电子体”或“非等电子体”)，其理由是____________________。
(4)在E催化下，分子式为BA4D的化合物可被氧化为分子式为BA2D的化合物，则BA2D分子中键角约为__________；BA4D和BA2D两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了__________键的缘故。
(5)元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为__________；元素B的单质晶体结构有多种，其中一种硬度很大，结构如下图，则该单质晶体的熔点_______E单质晶体的熔点(填“高于”或“低于”)；若B单质的原子(如图中A、B两原子)在体对角线上外切，晶胞参数为a，则该晶体的空间利用率约为__________。(百分数表示，取两位有效数字)(已知=1.732)

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，据此分析；
【详解】
X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，
A.　Y、Z、W简单离子分别是Na＋、Al3＋、S2－，因此简单离子半径大小顺序是r(S2－)>r(Na＋)>r(Al3＋)，故A错误；
B.　三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4，硫酸酸性最强，氢氧化铝为两性，因此酸性强弱顺序是H2SO4>H2CO3>Al(OH)3，故B错误；
C.　Cu与S在加热条件下发生反应，因为S的氧化性较弱，因此将Cu氧化成较高价态，得到产物是Cu2S，反应：2Cu＋S Cu2S，故C正确；
D.　S在足量的氧气中燃烧生成SO2，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸为中强酸，故D错误；
答案：C。
易错点是选项D，学生认为S与足量的O2反应生成SO3，SO3溶于水后生成H2SO4，学生：C与O2反应，如果氧气不足，则生成CO，氧气过量，则生成CO2，S和C不太一样，S与氧气反应，无论氧气过量与否，生成的都是SO2，SO2转化成SO3，需要催化剂、高温条件。
2、C
【解析】
A.转化后相当于生成了新的物质，因此属于化学变化，A项错误；
B.1mol中含4mol键，既然二者结构类似，1mol中应该有4mol键，B项错误；
C.当结构相近时，原子晶体的熔沸点与组成原子的半径大小呈反比，即组成原子晶体的原子半径越小，熔沸点越高，而碳原子的半径小于硅原子，C项正确；
D.同分异构体中强调的是“分”，即分子式相同而的原子晶体无分子式一说，二者自然不互为同分异构体，D项错误；
答案选C。
还有一个比较容易搞错的例子是、、，三者都是氢气，因此为同一种物质。
3、B
【解析】
pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），相同体积、相同pH的这两种溶液，则n（NaOH）＜n（CH3COONa）。
【详解】
A．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），钠离子不水解，所以钠离子浓度NaOH＜CH3COONa，故A错误；
B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，NaOH溶液中c（H+）等于水电离出c（OH-）=10-9mol/L，CH3COONa溶液10-14/10-9=10-5mol/L，两溶液中由水电离出的c（OH-）之比=10-9/10-5，故正确；
C．加水稀释促进醋酸钠水解，导致溶液中pH大小为CH3COONa＞NaOH，故C错误；
D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、CH3COONa的物质的量成正比，n（NaOH）＜n（CH3COONa），所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大，故D错误。
4、A
【解析】
溶液的酸碱性取决于溶液中 c(H+)与c(OH–)的相对大小，据此判断溶液酸碱性。
【详解】
A. c(H+) = c(OH–)的溶液一定呈中性，A项正确
B. 只有常温下pH=7的溶液才是中性的，B项错误；
C. 常温下稀溶液中KW=10-14，溶液不一定中性，C项错误；
D. 只有常温下c(H+) =10-7mol/L时，溶液才是中性的，D项错误；
本题选A。
5、D
【解析】
A. 一定条件下，将2gH2与足量的N2混合，发生反应N2＋3H22NH3，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；
B. 1molNa218O2与足量水发生反应2Na218O2＋2H2O===2Na18OH＋2NaOH＋18O2↑，最终水溶液中18O数为NA，故B错误；
C. NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法准确计算混合气体的组成，故C错误；
D. 浓HNO3与铜反应生成NO2，稀HNO3与铜反应生成NO，即Cu＋4HNO3(浓)= Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，100mL12mol·L－1的浓HNO3中含有的n(HNO3)＝0.1L×12mol·L－1＝1.2mol，1.2molHNO3参与反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6mol电子，还原产物只有NO则反应转移0.9mol电子，100mL12mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应的还原产物为NO和NO2，因此转移的电子数大于0.6NA，故D正确。
综上所述，答案为D。
浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜反应，计算电子时用极限思维。
6、C
【解析】
A. 分子中含有醇羟基，能发生取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故A正确；
B. 该分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，故B正确；
C. 该分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，故C错误；
D. R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；
故答案选C。
7、B
【解析】
A．由图可知，CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，则Sn极为电解池阴极，所以b为电源负极，故A正确；
B．电解池中，阳离子向阴极移动，Sn极为电解池阴极，所以K+由甲池向乙池移动，故B错误；
C．CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-= HCOO-+ CO32-，故C正确；
D．电解过程中，甲池发生反应：，同时K+向乙池移动，所以甲池中KHCO3溶液浓度降低；乙池发生反应：，所以乙池中KHCO3溶液浓度降低，故D正确；
答案选B。
8、A
【解析】
原碳酸钙10g中的钙元素质量为：10g× ×100%=4g，反应前后钙元素质量不变，则剩余固体中钙元素质量仍为4g，则含钙50%的剩余固体质量==8g，根据质量守恒定律，反应生成二氧化碳的质量=10g-8g=2g，设生成的氧化钙质量是x，

  = ，x=2.56g，
A．根据上述计算分析，生成了2g二氧化碳，故A正确；
B．根据上述计算分析，剩余固体质量为8g，故B错误；
C．根据上述计算分析，生成了2.56g氧化钙，故C错误；
D．根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8g，故D错误；
答案选A。
易错点为D选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8g，则未反应的碳酸钙的质量小于8g。
9、D
【解析】
A. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故A错误；
B. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，虽然苯可使NaCl溶液隔绝外界空气，但溶液中有溶解氧，氧气参与了反应，故B错误；
C. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，负极失电子形成Fe2+，方程式为：Fe-2e- = Fe2+，故C错误；
D. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，正极得电子生成氢氧根，电极方程式为：O2+4e- +2H2O→4OH-，故D正确；
正确答案是D。
10、B
【解析】
A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸盐和水，所以光导纤维能够被碱腐蚀而造成断路，故A正确；
B．聚氯乙烯塑料因为含有氯，有毒，不可以代替木材，生产快餐盒，故B错误；
C.碳纳米管表面积大，易吸附氢气，所以可以用作新型储氢材料，故C正确；
D.铜铝两种金属的化学性质不同，在接触处容易电化学腐蚀，故D正确。答案选B。
11、D
【解析】
本题主要考查离子方程式的正确书写。
【详解】
A．Al+2OH－=AlO2－+H2↑反应中电荷数不平，正确的离子方程式为：2H2O+2Al+2OH－=2AlO2－+3H2↑，故A项错误；
B. 过量铁粉与稀硝酸反应无Fe3+生成，正确的离子方程式为： ，故B项错误；
C. 澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液反应的离子方程式中Ca2＋与OH－系数比为1：2，故离子方程式为：;故C项错误；
D. 向苯酚钠溶液中通入少量的CO2 ，故D项正确。
答案选D。
12、D
【解析】
A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；
B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3；
C.根据电荷守恒分析判断；
D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。
【详解】
A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；
B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正确；
C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)= c(OH-)，c(Na+)+ 2c(Ca2+)= c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确；
D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误；
故合理选项是D。
本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。
13、D
【解析】A、a点所示溶液中：c (H2R) + c (HR－)+ c (R2－)= mol·L－1，故A错误；B、b点所示溶液相当于Na2R，R2― 部分水解生成HR― ,HR― 再水解生成H2R，故c (Na+) >c(R2-)>c(HR-)> c (H2R)，B错误；C、溶液的导电性强弱与溶液中阴阳离子的浓度大小和离子所带的电荷数有关系，c点溶液中离子浓度大，对应溶液的导电性：b < c，故C错误；D、a、b抑制水电离，c点PH=7，不影响水电离d点促进水电离，故D正确；故选D。
14、A
【解析】
A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、、离子之间不反应，能够大量共存，故A符合题意；
B．弱碱性溶液中：I－和ClO－发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意；
C．中性溶液中：Fe3+会大量水解生成氢氧化铁，不能大量存在，故C不符合题意；
D．能使甲基橙变红的溶液显酸性，H+和不能大量共存，且Al3+与HCO3-发生双水解反应不能大量共存，故D不符合题意；
答案选A。
澄清透明不是无色，含铜离子的溶液是蓝色透明的液体，在酸性和碱性条件下都不能大量共存。
15、C
【解析】
25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等，这说明二者的电离常数相等。则
A．常温下，CH3COONH4溶液中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此溶液的pH＝7，但促进水的电离，与纯水中H2O的电离程度不相同，选项A错误；
B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时溶液碱性增强，促进铵根的水解，因此c(NH4+)降低，c(CH3COO－)增大，选项B错误；
C．由于中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14，选项C正确；
D．由于二者的体积不一定相等，所以等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值不一定相同，选项D错误
答案选C。
16、D
【解析】
A. 根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，任何时刻都存在v(SO2)∶v(O2)=2∶1，故A正确；
B. 10 s内，v(SO3)==0.05 mol·L-1·s-1，故B正确；
C. 达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，则生成的三氧化硫为1mol，反应的二氧化硫也是1mol，则SO2的平衡转化率为×100%=25%，故C正确；
D. 同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内二氧化硫为3mol，氧气为1.5mol，三氧化硫为1mol，平衡时压强是反应前的倍，故D错误；
故选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、羧基 醚键 ClCH2CHO 取代反应 +H2O+CH3CH2OH
【解析】
由A生成B，A的苯环变成环己烷结构，两个羟基变成羰基。在试剂X的作用下得到C。C生成D，羰基变为—CH2COOC2H5，D生成E，重新变成苯环，E分子中有酯基，发生酸性水解，酯基转变为羧基。
【详解】
(1)由F的结构可知，含氧官能团为羧基、醚键；
(2)试剂X分子式为C2H3OCl，且分子中既无甲基也无环状结构，且羟基和碳碳双键连在同一个碳原子上的结构不稳定，则X的结构简式为ClCH2CHO。由E→F发生酯的水解反应，属于取代反应。故答案为：ClCH2CHO，取代反应，+H2O+CH3CH2OH；
(3)E中有12个碳原子，3个氧原子和7个不饱和度，它的一种同分异构体满足:Ⅰ.能发生银镜反应，含有醛基，Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢，可以含有3个—CH2CHO，且处于间位位置，结构简式为；
(4)可以先从生成物入手考虑，要得到，结合给出的原料BrCH2COOC2H5，根据转化关系中的C→D→E→F，需要有，可以用原料合成。即与HBr发生加成反应得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，再发生催化氧化生成，结合转化关系中C→D反应，与BrCH2COOC2H5/Zn作用得到，最后在酸性条件下水解得到故答案为：。
18、间苯二酚或1，3-苯二酚 羰基、醚键、碳碳双键 取代反应 16种
【解析】
由C的结构简式和逆推知B为，A为。再结合其他各物质的结构简式和反应条件进行推断。
【详解】
（1）根据上述分析可知芳香族化合物A的名称是间苯二酚或1，3-苯二酚。答案：间苯二酚或1，3-苯二酚。
（2）由D的结构简式可知所含官能团的名称是羰基、醚键、碳碳双键。答案：羰基、醚键、碳碳双键。
（3）B的结构简式为，C的结构简式为，反应条件BC，其方程式为。答案：。
（4）由F—G的结构简式和条件可知该反应类型为酯基的水解反应，也可称为取代反应。答案：取代反应。
（5）G的结构简式为，同时满足①芳香族化合物说明含有苯环；②能发生银镜反应，且只有一种官能团，说明含有醛基；符合条件G的同分异构体有（移动-CH3有2种），（定-CH3移-CHO有4种），（3种）,(6种)，，共有16种；其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是。答案：16；。
综合考查有机物的相关知识。突破口C的结构简式，各步反应条件逆推B、A的结构，根据结构决定性质和各步反应条件，推断反应类型，书写反应方程式。
19、2S2－+ CO32－+ 4SO2 ＝3S2O32－+ CO2 B （或） B 碱性 还原性 可以排除BaS2O3的干扰
【解析】
I．(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数和另一种产物CO2，据此分析；
(2)二氧化硫具有还原性、漂白性；
II．(1)根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度；
(2)滴定时的误差分析，需利用c(标)V(标)=c(待)V(待)，c(待)=分析；
Ⅲ．(1) 甲同学的实验流程中通过加入BaCl2 产生白色沉淀B 来证明Na2S2O3 与氯水反应时有SO42-生成；
(2) 在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3 是否是沉淀，所以应先加BaCl2 溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性。
【详解】
I．(1) 根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4价和−2价变为+2价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为4、2和3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物CO2，且计量数为1，故方程式为：2S2－+ CO32－+ 4SO2＝3S2O32－+ CO2；
(2)二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；
II．(1) KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；
n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；

所以x=，则c(Na2S2O3)= =mol⋅L−1（或）mol⋅L−1，
(2) A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释，滴定时消耗待测液体积偏大，导致纯度偏低，故A不符合题意；
B. 滴定终点时俯视读数，使Na2S2O3溶液体积偏小，滴定时消耗待测液体积偏小，导致纯度偏高，故B符合题意；
C.锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，纯度不变，故C不符合题意；
D. 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡，待测液体积偏大，导致样品纯度偏低，故D不符合题意；
故答案选B；
Ⅲ．(1)甲同学通过测定Na2S2O3溶液的pH=8；说明该盐的水溶液显碱性；甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42−生成,即证明S2O32−具有还原性；
(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性，故乙可排除BaS2O3的干扰。
本题易错点在于第(2)题中和滴定的误差分析，首先要清楚标准液和待测液，装在滴定管中的液体不一定必须是标准液，待测液也可以装在滴定管中，该题中的Na2S2O3是待测液，分析时一定要注意。
20、分液漏斗 Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑ Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl2 2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O 防止水中的溶解氧氧化Cr2+ 水封，防止空气进入装置内 乙醚挥发带走水分，可以使产品快速干燥 31700m/376n
【解析】
(1)根据仪器的结构，仪器a为分液漏斗，左侧三颈烧瓶中中发生反应的化学方程式为：2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2、还有锌与稀盐酸反应生成氢气，Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑；一段时间后，整个装置内充满氢气，将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时，关闭K2，打开K1，将左侧三颈烧瓶内生成的CrCl2溶液压入右侧三颈烧瓶中，CrCl2溶液与CH3COONa溶液反应生成醋酸亚铬水合物——[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，反应的离子方程式为2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，故答案为分液漏斗；Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑；Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl2；2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O；
(2) 本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；右侧烧怀内的水可以防止空气进入装置内，故答案为防止水中的溶解氧氧化Gr2+；水封，防止空气进入装置内；
(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时，关闭