山东省临沂市达标名校2018年高考二月质量检测化学试题含解析

山东省临沂市达标名校2018年高考二月质量检测化学试题
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．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。

X与Y 位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。

下列说法中正确的是
A．化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性
B．化合物YW3为共价化合物，电子式为
C．Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料
D．原子半径大小：W＞Z＞Y＞X
2．下列各组物质的分类正确的是
①同位素：1H、2H2、3H ②同素异形体：C80、金刚石、石墨
③酸性氧化物：CO2、NO、SO3④混合物：水玻璃、水银、水煤气
⑤电解质：明矾、冰醋酸、石膏⑥干冰、液氯、乙醇都是非电解质
A．②⑤B．②⑤⑥C．②④⑤⑥D．①②③④⑤⑥
3．下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确
．．．的是
A．FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B．Na2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH +O2↑
C．氯气制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO +H2O
D．Na 2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32−CaCO3(s)+SO42−
4．化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（）
A．酚酞的分子式为C20H14O4
B．酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物
C．1mol酚酞最多与2molNaOH发生反应
D．酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色
5．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。

X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。

则下列说法中正确的是
A．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
B．A、B、C、D形成的简单离子半径排序：D>C>B>A
C．D元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙
D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物
6．化学可以变废为室，利用电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的是
A．该电解池的阳极反反为:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+
B．该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率
C．用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行
D．为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为HNO3
7．25℃时，取浓度均为0.1 mol·L−1的醋酸溶液和氨水各20 mL，分别用0.1 mol·L−1氢氧化钠溶液和0.1 mol·L−1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。

下列说法正确的是
A．曲线I，滴加10 mL溶液时：c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(NH3·H2O)
B．曲线I，滴加20 mL溶液时：两溶液恰好完全反应，此时溶液的pH<7
C．曲线II，滴加溶液体积在10～20 mL之间时存在：c(NH4+)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)
D．曲线II，滴加30 mL溶液时：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
8．下列说法中正确的是
A．在铁质船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率，称为牺牲阴极的阳极保护法
B．电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，在阴极附近生成氢氧化钠和氢气
C ．铜锌原电池反应中，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从铜片流向锌片
D ．外加电流的阴极保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连
9．下列有关叙述正确的是
①氧化镁：可用作耐火材料；②二氧化硅：制造计算机芯片；③水玻璃：可作木材防火剂；④铝热反应既可 用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁；⑤水煤气属于清洁能源；⑥浓硫酸：可用于干燥Cl 2、SO 2、H 2S 等气体
A ．①③⑤
B ．②⑤⑥
C ．②③④⑤
D ．①③⑥
10．短周期主族元素a 、b 、c 、d 、e 的原子序数依次增大，A 、B 、C 、D 、E 、F 均是由上述元素组成的中学化学常见物质，其中A 是四元化合物，C 是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D 是淡黄色固体化合物，E 是单质。

各物质之间存在如图转化关系(部分产物未标出)。

下列说法不正确的是
A ．简单离子半径大小关系：c ＞d ＞e
B ．简单阴离子的还原性：a ＞c ＞d
C ．氢化物的沸点：c ＞d
D ．C 和
E 反应生成
F 是工业制硝酸的重要反应之一
11．某种钠空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示，下列有关说法错误的是 ■
A ．放电时，Na +向正极移动
B ．放电时，电子由钠箔经过导线流向碳纸
C ．充电时，当有0.1mole -通过导线时，则钠箔增重2.3g
D ．充电时，碳纸与电源负极相连，电极反应式为4OH --4e=2H 2O+O 2↑
12．在NaCN 溶液中存在水解平衡:CN --+H 2O HCN+OH --，水解常数
()()()()
()2c HCN c OH c OH Kh c0NaCN c CN -
--⋅=≈ [c 0 (NaCN)是NaCN 溶液的起始浓度]。

25℃向1mol/L 的NaCN 溶
液中不断加水稀释，NaCN 溶液浓度的对数值lgc 0与2pOH[pOH=-lgc(OH -)]的关系下图所示，下列说法错误的是
A．25℃时，K h(CN-)的值为10-4.7
B．升高温度，可使曲线上a点变到b点
C．25℃，向a点对应的溶液中加入固体NaCN，CN-的水解程度减小
D．c点对应溶液中的c(OH-)大于a点
13．只存在分子间作用力的物质是
A．NaCl B．He C．金刚石D．HCl 14．常温下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是（）A．pH相同的①CH3COONa②NaClO③NaOH三种溶液c(Na+)大小：①＞②＞③
B ．往稀氨水中加水，
+
32
+
4
c(H)c(NH H O)
c(NH)
的值变小
C．pH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，存在下列等式：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—) D．Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO—水解程度增大，溶液碱性增强
15．常温下，在10mL0.1mol·L−1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L−1 HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示，下列说法不正确的是
A．溶液的pH为7时，溶液的总体积大于20mL
B．在B点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)＝2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)
C．在A点所示的溶液中：c(Na+)＝c(CO32-)＝c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
D．已知CO32-水解常数为2×10－4，当溶液中c(HCO3-)＝2c(CO32-)时，溶液的pH＝10
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应装置如图所示)
(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是______(填序号)
A．往烧瓶中加入MnO2粉末B．加热C．往烧瓶中加入浓盐酸
(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnO2后的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：
甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。

乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。

丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。

丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。

继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是______________。

(3)进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。

a.量取试样20.00 mL，用0.1000 mol·L-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_____mol·L-1
b.平行滴定后获得实验结果。

采用此方案还需查阅资料知道的数据是：________。

(4)丙方案的实验发现，剩余固体中含有MnCO3，说明碳酸钙在水中存在______，测定的结果会：______(填“偏大”、“偏小”或“准确”)
(5)进行丁方案实验：装置如图所示(夹持器具已略去)
①使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_________转移到_____________中。

②反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。

气体体积逐次减小的原因是______(排除仪器和实验操作的影响因素)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．G是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：
（1）C中官能团的名称为________和________。

（2）E→F的反应类型为________。

（3）D→E的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结构简式：________________。

（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：__________________。

①能发生银镜反应；
②碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中有4种不同化学环境的氢。

（5）请写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图
示例见本题题干)。

____________
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．高铁酸盐是新型、高效、多功能的绿色水处理剂。

（1）配平化学方程式并标出电子转移方向和数目：
_____Fe（OH）3+NaClO+NaOH→Na2FeO4+NaCl+H2O
反应中氧化剂是_____，被还原的元素是_____；
（2）若上述反应中转移0.3mol电子，则消耗NaOH的物质的量为_____；
（3）高铁酸钠和二氧化氯都是高效杀菌消毒剂，消毒效率（单位物质的量转移的电子数）高铁酸钠是二氧化氯的_____倍；
（4）含Fe3+的溶液与NaHCO3混合，产生红褐色沉淀，同时有无色无味的气体生成，用平衡移动原理解释上述现象_____；
（5）比较同温下浓度均为0.01mol/L的①H2CO3、②N a2CO3、③NaHCO3、④NH4HCO3四种溶液中c（CO32﹣）的大小关系为_____（用编号表示）。

19．（6分）某离子反应中涉及到H、O、Cl、N四种元素形成的六种微粒，N2、H2O、ClO-、H+、NH4+、Cl-，其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示：
完成下列填空
(1)氧原子最外层电子的轨道表示式为__________，该化学用语不能表达出氧原子最外层电子的______(填序号)。

a. 电子层
b. 电子亚层
c. 所有电子云的伸展方向
d.自旋状态
(2)四种元素中有两种元素处于同周期，下列叙述中不能说明这两种元素非金属性递变规律的事实是
___________。

a.最高价氧化物对应水化物的酸性
b.单质与H2反应的难易程度
c.两两形成化合物中元素的化合价
d.气态氢化物的沸点
(3)由这四种元素中任意3种所形成的常见化合物中属于离子晶体的有_________(填化学式，写出一个即可)，该化合物的水溶液显____(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。

(4)写出该离子反应的方程式_______________，若将该反应设计成原电池，则N2应该在___________(填“正极”或“负极”)附近逸出。

(5)已知亚硝酸(HNO2)的酸性与醋酸相当，很不稳定，通常在室温下立即分解。

则：
①酸性条件下，当NaNO2与KI按物质的量1:1恰好完全反应，且I- 被氧化为I2时，产物中含氮的物质为______(填化学式)。

②要得到稳定HNO2溶液，可以往冷冻的浓NaNO2溶液中加入或通入某种物质，下列物质不适合使用是
________(填序号)。

a. 稀硫酸
b. 二氧化碳
c. 二氧化硫
d. 磷酸
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．C
【解析】
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。

X与Y位于不同周期，则X为H元素。

【详解】
A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；
B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故B错误；
C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；
D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为Al＞Cl＞H，D错误。

故选C。

【点睛】
本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。

2．A
【解析】
【详解】
①质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，2H2是单质，不是核素，①错误；
②由同一种元素形成的不单质互为同素异形体，C80、金刚石、石墨均是碳元素形成的不同单质，②正确；
③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，③错误；
④水银是单质，④错误；
⑤溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，明矾、冰醋酸、石膏均是电解质，⑤正确；
⑥溶于水和熔融状态下不能导电的化合物是非电解质，液氯是单质，不是非电解质，⑥错误。

答案选A。

3．B
【解析】
【详解】
A. FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+，故A正确；
B. Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O==4NaOH +O2↑，故B错误；
C. 氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO +H2O，故C正确；
D. Na 2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO32−CaCO3(s)+SO42−，故D正确；选B。

4．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据其结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故A不符合题意；
B．酚酞中含有酚羟基，具有弱酸性，该有机物中含有苯环，因此属于芳香族化合物，故B不符合题意；C．1mol该有机物中含有2mol酚羟基，1mol酯基(该酯基为醇羟基与羧基形成)，因此1mol酚酞最多与
3molNaOH发生反应，故C符合题意；
D．酚酞中含有酯基，在碱性条件下能够发生水解反应，生成物呈现红色，故D不符合题意；
故答案为：C。

【点睛】
酯类物质与NaOH溶液反应相关量的计算：有机物中能够与NaOH反应的有酚羟基、羧基、酯基等，其中酯基与NaOH反应的比例关系需注意，若该酯基为酚羟基与羧基生成的酯基，则1mol该酯基能够消耗
2molNaOH。

5．C
【解析】
【分析】
短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，W为常见液体，W为H2O；Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，而甲为单质，则甲为O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，甲与Z反应产生NO2，则Z为NO，X与甲反应产生NO，则X为NH3，则A、B、C、D分别为H、N、O、Na，以此来解答。

【详解】
根据上述分析可知：甲为O2，乙为NO2，X为NH3，Y为Na2O2，Z为NO，W为H2O，A、B、C、D分别为H、N、O、Na。

A. O、Na两种元素可形成离子化合物Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；
B. H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3->O2->Na+>H+，即B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+)，B错误；
C. Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；
D. H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；
故合理选项是C。

【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。

6．D
【解析】
【详解】
A.根据装置图可知：在阳极NO失去电子，被氧化产生NO3-，该电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，A正确；
B.电解池中电极为多孔石墨，由于电极表面积大，吸附力强，因此可吸附更多的NO发生反应，因而可提
高NO的利用率和加快反应速率，B正确；
C.NH4NO3的稀溶液中自由移动的离子浓度比水大，因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行，C正确；
D.在阳极NO被氧化变为NO3-，电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；在阴极NO被还原产生NH4+，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两个电极反应式可知，要使电子得失守恒，阳极产生的NO3-的物质的量比阴极产生的NH4+的物质的量多，总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，要适当补充NH3，D错误；
故合理选项是D。

7．B
【解析】
【分析】
NaOH滴定醋酸，溶液的pH越来越大，因此虚线表示的NaOH滴定醋酸的曲线；而HCl滴定氨水时，pH越来越小，因此实现表示的为HCl滴定氨水的曲线。

【详解】
A、实现表示的为HCl滴定氨水的曲线，加入10mL溶液，NH3·H2O反应掉一半，得到NH3·H2O和NH4Cl 等浓度的混合溶液，根据物料守恒有c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=2c(Cl－)；根据电荷守恒，有c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH －)+c(Cl－)，加入10mLHCl时，溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离大于NH4＋的水解，则c(NH4＋)＞c(Cl－)＞
c(NH3·H2O)，则c(NH4+)+c(H＋)＜c(OH－)+ c(Cl－)，A错误；
B、恰好完全反应时，生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解成酸性，pH＜7，B正确；
C、曲线Ⅱ中，滴加溶液体积在10mL～20mL时，溶液的pH从酸性变成碱性，除了中性外c(OH－)≠c(H＋)，C错误；
D、曲线II，滴加30 mL溶液时，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)；根据电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋) +c(Na ＋)，则c(Na＋)> c(CH3COO－)，D错误；
答案选B。

8．B
【解析】
【详解】
A．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保护法，A错误；
B．在外加电源的作用下，电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，B正确；
C．铜锌原电池反应中，Zn 失电子作负极，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从锌片流向铜片，C错误；
D．外加电流的阴极保护法应将被保护的金属与外加电源的负极相连，与正极相连作阳极会失电子被腐蚀，D错误；
答案选B。

9．A
【解析】
【详解】
①氧化镁，熔点高，可用作耐火材料，①项正确；
②制造计算机芯片的是硅单质，而不是二氧化硅，②项错误；
③水玻璃是硅酸钠的水溶液，可作木材防火剂，③项正确；
④铝热反应会放出大量的热，可用于焊接钢轨，但铝热反应冶炼铁成分太高，一般不用此方法冶炼铁，④项错误；
⑤水煤气是CO和H2的混合气体，属于清洁能源，⑤项正确；
⑥浓硫酸可用于干燥Cl2、SO2气体，而H2S是还原性气体，因浓硫酸具有强氧化性，能氧化H2S，故不能用浓硫酸干燥H2S，⑥项错误；
综上所述，①③⑤正确；
答案选A。

【点睛】
②项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。

硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。

10．C
【解析】
【分析】
短周期主族元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为NH3。

根据图示A能与酸或碱反应，A是四元化合物，不是Al(OH)3或Al2O3，则A为弱酸形成的铵盐，而B能与淡黄色固体D反应生成单质E，则B为CO2、D为Na2O2、E为O2，而A是四元化合物，则A为(NH4)2CO3或NH4HCO3，氨气与氧气反应生成NO 与水；结合原子序数可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na。

【详解】
A．c、d、e简单离子分别为N3－、O2－、Na＋，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：c(N3－)＞d(O2－)＞e(Na＋)，正确，A不选；
B．a、c、d分别是H、N、O元素，元素的非金属性越强，则对应的阴离子还原性越弱。

非金属性a(H)＜c(N)＜d(O)，则简单阴离子的还原性：a(H－)＞c(N3－)＞d(O2－)，正确，B不选；
C ．c 为N 、d 为O ，c 、d 的氢化物分别是NH 3、H 2O ，常温下氨气为气体，而水为液体，氢化物沸点：c(NH 3)＜d(H 2O)，错误，C 选；
D ．C 为NH 3，
E 是O 2，C 与E 的反应是氨气与氧气反应生成NO 与水，是工业制硝酸的基础反应，正确，D 不选。

答案选C 。

11．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．放电时，电解质溶液中阳离子朝正极迁移，阴离子朝负极迁移，故Na +朝正极移动，A 项正确；
B ．电池放电时，钠箔做负极，碳纸为正极，电子在外电路中迁移方向是从负极流向正极，B 项正确；
C ．充电时，钠箔发生的电极反应为：Na e =Na +-+，所以若有0.1mol e -通过导线，钠箔处就会析出0.1mol 的钠单质，质量增加2.3g ，C 项正确；
D ．碳纸在电池放电时做正极，所以充电时应与电源的正极相连，电极连接错误；但此选项中电极反应式书写是正确的，D 项错误；
答案选D 。

12．B
【解析】
A. 当lgc0=0时，()0c NaCN =1mol/L ，此时()2c OH -=1×10-4.7(mol/L)2，故由
()()()
()()2Kb 0c HCN c OH c OH c NaCN c CN -
--⋅=≈得，Kn(CN -)=10-4.7，A 正确；B. 随着竖坐标的值增大，()c OH -降低，即b 点()c OH -小于a 点，而升高温度可加速盐类的水解，所以B 错误；C. 向a 点加入固体NaCN ，
相当于减少水的添加量，会降低CN -的水解程度，C 正确；D. 随着竖坐标的值增大，()c OH
-降低，故c
点对应溶液中的c(OH -)大于a 点，D 正确。

所以选择B 。

13．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．NaCl 是离子化合物，阴阳离子间以离子键结合，故A 不选；
B ．He 由分子构成，分子间只存在分子间作用力，故B 选；
C ．金刚石是原子晶体，原子间以共价键相结合，故C 不选；
D ．HCl 由分子构成，分子间存在分子间作用力，但分子内氢和氯以共价键相结合，故D 不选；
故选B 。

14．A
【解析】
【详解】
A 、醋酸的酸性强于次氯酸，CH 3COONa 与NaClO 水解显碱性，根据越弱越水解的规律，若溶液的pH 相同，CH 3COONa 的浓度最大，所以三种溶液c (Na +)大小顺序为：①＞②＞③，故A 正确；
B 、NH 3•H 2O 的电离常数K =c (NH 4+)•c (OH ‾)/c (NH 3•H 2O )=c (NH 4+)•K w /c (NH 3•H 2O )•c (H +)，所以+32+4c(H )c(NH H O)c(NH )
的值为常数，不发生变化，故B 错误； C 、因为H 2S 为弱酸，所以pH =4的H 2S 溶液与pH =10的NaOH 溶液等体积混合，H 2S 过量，根据电荷守恒可得：c (Na +)+c (H +)＝c (OH —)+2c (S 2—
)+c (HS ‾)，故C 错误；
D 、Ca (ClO )2溶液中通入少量CO 2，生成CaCO 3与HClO ，溶液碱性减弱，故D 错误。

答案选A 。

15．C
【解析】
【详解】
A.当混合溶液体积为20mL 时，二者恰好反应生成NaHCO 3，HCO 的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL ，故不选A ；
B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na +)+c(H +)＝2c(2-3CO )+c(-3HCO )+c(OH −)+c(Cl −)，故不选B ；
C.根据图象分析，A 点为碳酸钠，碳酸氢钠、氯化钠的混合溶液，且c(-3HCO )=c(2-3CO )，溶液呈碱性，则c(OH −)＞c(H +)，盐溶液水解程度较小，所以c(2-3CO )＞c(OH −)，则离子浓度大小顺序是
c(Na +)>c(-3HCO )=c(2-3CO )＞c(OH −)＞c(H +)，故选C ；
D.根据K h =--32-
3c(HCO )c(OH )c(CO )计算可得c(OH −)=10-4，因此溶液的pH ＝10，故不选D ；
答案选C 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．ACB 残余清液中，n(Cl -)＞n(H +) 0.1100 Mn 2+开始沉淀时的pH 沉淀溶解平衡 偏小 锌粒 残余清液 装置内气体尚未冷却至室温
【解析】
【分析】
(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；
(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；
(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；
(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；
(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。

【详解】
(1)实验室用MnO 2与浓盐酸反应制备Cl 2，实验顺序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，最后再加热，因此检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是ACB ，故答案为：ACB ；
(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应，即残余清液中，n(Cl -)＞n(H +)，不能测定盐酸的浓度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，n(Cl -)＞n(H +)(或二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应)；
(3)a 、量取试样20.00mL ，用0.1000mol•L -1 NaOH 标准溶液滴定，消耗22.00mL ，由c HCl V HCl =c NaOH V NaOH 可得出盐酸的浓度为0.1000mol /L 22.00mL 20.00mL ⨯=0.1100mol/L ；故答案为：0.1100； b 、反应后的溶液中含有氯化锰，氯化锰能够与NaOH 反应生成氢氧化锰沉淀，因此采用此方案还需查阅资料知道的数据是Mn 2+开始沉淀时的pH ，故答案为：Mn 2+开始沉淀时的pH ；
(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸锰说明实现了沉淀的转化，说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，导致称量剩余的固体质量会偏大，使得盐酸的量偏少，实验结果偏小，故答案为：沉淀溶解平衡；偏小；
(5)①丁同学的方案中使Y 形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y 形管中的锌粒慢慢转移到残余清液中反应，故答案为：锌粒；残余清液；
②金属与酸的反应为放热反应，反应完毕，气体温度较高，因此随着时间的延长，气体体积逐渐减小，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：装置内气体尚未冷却至室温。

【点睛】
掌握气体制备实验的一般步骤和实验探究方法是解题的关键。

本题的易错点为(5)②，要注意金属与酸的反应为放热反应。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．酯基 碳碳双键 消去反应 CH 3CH 2OH 2O
Cu −−−→，CH 3CHO CH 3CH 2OH HBr −−−→CH 3CH 2Br Mg −−−→乙醚CH 3CH 2MgBr 3+3CH CHO H O −−−−→①②，CH 3CH=CHCH 3−−−→加热
【解析】
【分析】
(1)根据C 的结构简式分析判断官能团；
(2)根据E 、F 的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；
(3)根据D()中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；
(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型；
(5)结合本题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg 发生反应生成CH 3CH 2MgBr ，CH 3CH 2MgBr 与乙醛反应后在进行酸化，生成CH 3CH=CHCH 3，CH 3CH=CHCH 3在加热条件下断开双键结合生成。

【详解】
(1)C 的结构简式为，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键； (2)根据E 、F 的结构简式，E 中的一个I 原子H 原子消去形成一个碳碳双键生成E ，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则反应类型为消去反应；
(3)D→E 的反应还可以由D()中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C 9H 7O 2I)，则 X 的结构简式；
(4)F 的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl 3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为：；
(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg 发生反应生成CH 3CH 2MgBr ，CH 3CH 2MgBr 与乙醛反应后在进行酸化，生成CH 3CH=CHCH 3，CH 3CH=CHCH 3在加热条件下断开双键结合生成
，合成路线流程图为：CH 3CH 2OH 2O
Cu −−−→，CH 3CHO CH 3CH 2OH HBr −−−→CH 3CH 2Br Mg −−−→乙醚CH 3CH 2MgBr 3+3CH CHO H O −−−−→①②，CH 3CH=CHCH 3−−−→加热。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）。