云南省楚雄市新高考化学必刷试卷及答案解析

云南省楚雄市新高考化学必刷试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，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、25℃时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H 2X 溶液中滴入0.1 mo1/L NaOH 溶液，溶液中由水电离出的c 水(OH -) 的负对数[一lgc 水(OH -)]即pOH 水-与所加NaOH 溶液体积的关系如图所示。

下列说法中正确的是
A ．水的电离程度：M>P
B ．图中P 点至Q 点对应溶液中()()
-2-
c HX c X
逐渐增大
C ．N 点和Q 点溶液的pH 相同
D ．P 点溶液中(
)()()()-
+
-2
c OH =c H
+c HX +2c H X
2、己知：还原性HSO 3->I -
，氧化性IO 3-
>I 2。

在含3 mol NaHSO 3的溶液中逐滴加入KIO 3溶液．加入KIO 3和析
出I 2的物质的量的关系曲线如下图所示。

下列说法不正确的是（ ）
A ．0~a 间发生反应：3HSO 3-+IO 3-=3SO 42-+I -+3H +
B ．a~b 间共消耗NaHSO 3的物质的量为1.8mol
C ．b~c 间反应：I 2仅是氧化产物
D ．当溶液中I -
与I 2的物质的量之比为5∶3时，加入的KIO 3为1.08mol 3、下列离子方程式书写正确的是（ ）
A ．用酸化的H 2O 2氧化海带灰浸出液中的碘：2I -+H 2O 2=I 2+2OH -
B ．用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe 2O 3+6H +=2Fe 3++3H 2O
C．NaHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O D．NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
4、设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．12g 金刚石与12g 石墨所含共价键数均为2N A
B．常温下，lLpH=7 的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-与NH4+数目均为N A
C．0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl 分子数为0.1N A
D．100g34%的H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2N A
5、下列有关化学实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项操作现象结论
A 向1
1.0mol L-
⋅的NaHCO3溶液中滴加2
滴甲基橙
溶液呈黄色NaHCO3溶液溶液呈碱性
B 向氨水和2
Mg(OH)的悬浊液中滴加少
量3
FeCl溶液
得到红褐色悬浊液K sp[Fe(OH)3]<K sp[Mg(OH)2]
C
使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将
产生的气体通过酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液褪色石蜡油蒸汽中含有烯烃
D 向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状
炭，放出有刺激性气味的气
体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
A．A B．B C．C D．D
6、如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。

该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2—可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。

下列说法正确的是（）
A．电池内的O2—由电极甲移向电极乙
B．电池总反应为N2H4+2O2＝2NO+2H2O
C．当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应D．电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
7、工业上电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式如下：2NaCl+2H2O 通电
2NaOH+H2↑+Cl2↑．下列表示反应中相关微
粒的化学用语正确的是（）
A．Na+的结构示意图：
B．中子数为18的氯原子：35
17
Cl
C．NaOH的电子式：
D．Cl2的结构式：Cl＝Cl
8、饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体．下列分析错误的是（）
A．该制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4Cl
B．母液中通入的氨气与HCO3﹣反应：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+
C．加食盐是为增大溶液中Cl﹣的浓度
D．由题可知温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大
9、把1．4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到2．3 mol NO2和2．2 mol NO，下列说法正确的是A．反应后生成的盐只为Fe（NO3）3
B．反应后生成的盐只为Fe（NO3）2
C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1∶3
D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3∶1
10、高铁酸钾(K2FeO4)是一种兼具净水和消毒功能的可溶性盐，可发生如下反应：2K2FeO4+16HCl→4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q↑，下列说法不正确的是
A．可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物Q
B．K2FeO4在水中的电离方程式为K2FeO4→2K++Fe6++4O2一
C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．反应中涉及的物质中有5种为电解质
11、有机物三苯基甲苯的结构简式为，对该有机物分子的描述正确的是（）
A．1~5号碳均在一条直线上
B．在特定条件下能与H2发生加成反应
C．其一氯代物最多有4种
D．其官能团的名称为碳碳双键
12、N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10N A
B．2 L 0.5 mol·L－1H2S溶液中含有的H＋离子数为2N A
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2N A
D．密闭容器中2 mol SO2与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2N A
13、某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字试验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到曲线如图，下列分析不合理的是（）
A．碳酸钠水解是吸热反应
B．ab段说明水解平衡向右移动
C．bc段说明水解平衡向左移动
D．水的电离平衡也对pH产生影响
14、关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是
A．等物质的量时所含阴离子数目相同B．颜色相同
C．所含化学键类型相同D．化合物种类不同
15、2019年诺贝尔化学奖授予美国科学家约翰•古迪纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和日本科学家吉野彰，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。

近日，有化学家描绘出了一种使用DMSO（二甲亚砜）作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。

下列有关叙述正确的是（）
A．DMSO电解液能传递Li＋和电子，不能换成水溶液
B．该电池放电时每消耗2molO2，转移4mol电子
C．给该锂—空气电池充电时，金属锂接电源的正极
D．多孔的黄金为电池正极，电极反应式可能为O2＋4e-=2O2-
16、化学反应中，物质的用量不同或浓度不同或反应条件不同会对生成物产生影响。

下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是
A．二氧化硫与氢氧化钠溶液反应B．钠与氧气的反应
C．铁在硫蒸气中燃烧D．铁粉加入硝酸中
二、非选择题（本题包括5小题）
17、慢心律是一种治疗心律失常的药物。

它的合成路线如图所示。

（1）C中的含氧官能团名称为_____和_____；
（2）由B→C的反应类型是_____。

（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体。

写出E的结构简式：_____。

（4）写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式：_____。

①属于a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有2个手性碳原子
（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（）。

写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。

合成路线流程图示例见本题题干_____。

18、二乙酸乙二酯可由X裂解得到的A和B合成。

有关物质的转化关系如下：
回答下列问题：
(1)B的结构简式为________。

(2)反应③的反应类型为________。

(3)C和C2H6O2反应的化学方程式为___________________________________。

(4)下列说法不正确的是________。

A．鉴别A和B也可以用溴水
B．C2H6O也可以分两步氧化成C
C．C2H2O2和C2H6O在浓硫酸作用下也可以加热生成C6H10O4
D．X一定是丁烷
19、碳酸亚铁可用于制备补血剂。

某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。

已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-(无色)
Ⅰ. FeCO3的制取（夹持装置略）
实验i：
装置C 中，向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH 为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。

(1)试剂a 是_____。

(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。

(3)C 装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。

(4)有同学认为C 中出现白色沉淀之后应继续通CO2，你认为是否合理并说明理由________。

Ⅱ.FeCO3的性质探究
实验ii
实验iii
(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。

(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。

Ⅲ.FeCO3的应用
(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量为234）补血剂。

为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量1.0g 补血剂，用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L 的KMnO4溶液10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。

20、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)
装置试剂X 实验现象
混合后溶液先变成紫黑色，30s后
Fe2(SO4)3溶液
几乎变为无色
(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∙mol-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_______mol∙L-1
21、亚硝酰氯是工业上重要的原料，是合成有机物的中间体。

2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H＜0
（1）在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min时反应达到平衡。

测得10min内
v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1 ,则平衡后NO的转化率α1=_____________。

其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“＞”“＜”或“＝”)。

（2）若使反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) 的平衡常数增大，可采用的措施是___________。

（3）将NO与Cl2按物质的量之比2∶1充入一绝热密闭容器中，发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO △H＜0，实验测得NO的转化率α(NO)随时间的变化经如图所示。

NO(g)的转化率α(NO)在t2~t3时间段内降低的原因是
______________________________。

（4）在其他条件相同时，向五个恒温的密闭容器中分别充入1molCl2与2molNO,发生反应：
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H< 0,部分反应条件及平衡时ClNO的含量如下表所示：
容器编号温度/℃容器体积/L 平衡时ClNO含量(占比)
ⅠT1 2 2/3
ⅡT2=T1 3 W2
ⅢT3＞T1V32/3
ⅣT4V4W4
ⅤT5V5W5
①V3________2 (填写“大于”、“小于”或“等于”)；
②容器Ⅱ中化学平衡常数K=_________；
③容器Ⅳ、容器Ⅴ分别与容器Ⅰ相比实验条件不同，反应体系总压强随时间的变化如图所示。

与容器Ⅰ相比，容器Ⅳ改变的实验条件是_____________________；容器Ⅴ与容器Ⅰ的体积不同，则容器Ⅴ中反应达到平衡时气体总压强(P )的范围是________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D 【解析】
-1g c 水(OH -)越小，c 水(OH -)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H +)越大、碱中c(OH -)越大，其抑制水电离程度越大，则 c 水(OH -)越小，据此分析解答。

【详解】
A ．M 点水电离出的c 水(OH -)为10-11.1mol/L ，P 点水电离出的c 水(OH -)为10-5.4mol/L ，水的电离程度M ＜P ，故A 错误；
B ．水解平衡常数只与温度有关，P 点至Q 点溶液中c(OH -)依次增大，则 2c HX c )()X (--=2c HX c )()X (--×c OH c ()()OH -
-=h1(K c OH )
-依
次减小，故B 错误；
C ．N 点到Q 点，加入的NaOH 逐渐增多，溶液的pH 逐渐增大，故C 错误；
D ．P 点溶质为Na 2X ，溶液中存在质子守恒，c(OH -)=c(H +)+c(HX -)+2c(H 2X)，故D 正确； 故选D 。

【点睛】
明确图象曲线变化的含义为解答关键。

本题的易错点为B ，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。

2、C 【解析】
A ．0～a 间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol ，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol ，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO 3-+IO 3-═3SO 42-+I -+3H +，故A 正确；
B ．a~b 间发生反应为3HSO 3-+IO 3-=3SO 42-+I -+3H +，反应IO 3-的物质的量为0.06mol ，则消耗NaHSO 3的物质的量为1.8mol ，故B 正确；
C ．根据图象知，b-c 段内，碘离子部分被氧化生成碘单质，发生反应的离子方程式为IO 3-+6H ++5I -═3H 2O+3I 2，所以I 2是I 2是既是还原产物又是氧化产物，故C 错误；
D ．根据反应2IO 3-+6HSO 3-═2I -+6SO 42-+6H +，3mol NaHSO 3的溶液消耗KIO 3溶液的物质的量为1mol ，生成碘离子的量为1mol ，设生成的碘单质的物质的量为xmol ，则根据反应IO 3-+6H ++5I -═3H 2O+3I 2，消耗的KIO 3的物质的量为xmol ，消耗碘离子的物质的量=xmol ，剩余的碘离子的物质的量=（1-x ）mol ，当溶液中n （I -）：n （I 2）=5
：2时，即（1-x ）：x=5∶2，x=0.24mol ，根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量=1mol+0.24mol×=1.08mol ，故D 正确；故选C 。

点睛：明确氧化性、还原性前后顺序是解本题关键，结合方程式进行分析解答，易错点是D ，根据物质间的反应并结合原子守恒计算，还原性HSO 3-＞I -，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO 3-+3HSO 3-═I -+3SO 42-+3H +，继续加入
KIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，根据发生的反应
来判断各个点的产物。

3、C
【解析】
A.酸性环境不能大量存在OH-，A错误；
B.I-具有还原性，与Fe3+会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C.反应符合事实，遵循离子方程式中物质拆分原则，C正确；
D.NH4+、HCO3-都会与OH-发生反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。

4、C
【解析】
A．金刚石中平均1个碳原子形成2个共价键，石墨中平均1个碳原子形成1.5个共价键，因此12g金刚石与12g石墨所含共价键数不相等，A错误；
B．常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液显中性，根据电荷守恒守恒可知HCOO-与NH4+的浓度相等，但由于二者均水解，所以数目均小于N A，B错误；
C．0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应根据氯原子守恒可知生成HCl分子数为0.1N A，C正确；
D．100g34%的H2O2（物质的量是1mol）中加入MnO2充分反应生成0.5mol氧气，转移电子数为N A，D错误；
答案选C。

5、D
【解析】
A.甲基橙的变色范围是3.1~4.4，若溶液的pH≥4.4，溶液都显黄色，因此不能证明NaHCO3溶液溶液呈碱性，A错误；
B.由于其中含有氨水，向其中加入FeCl3溶液，FeCl3与溶液中的氨水会发生复分解反应形成Fe(OH)3沉淀，不能证明溶度积常数：Fe(OH)3<Mg(OH)2，B错误；
C.石蜡油主要成分是各种烷烃、环烷烃，它们与酸性KMnO4溶液不能反应，使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液，溶液褪色，证明石蜡油蒸汽分解后的产物中含有烯烃，C错误；
D.蔗糖的化学式为C12H22O11，向其中滴加浓硫酸，浓硫酸将蔗糖中的H、O两种元素以2:1的组成脱去留下碳，浓硫酸表现脱水性，此过程中放出大量的热，使浓硫酸与脱水生成的C单质发生氧化还原反应，生成CO2、SO2、H2O，这些气体从固体中逸出，使固体变成疏松多孔的海绵状炭，同时闻到二氧化硫的刺激性气味，体现了浓硫酸的强氧化性，D正确；
故合理选项是D。

该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N 2H 4+2O 2--4e -=N 2↑+2H 2O ，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O 2+4e -=2O 2-，电池总反应为：N 2H 4+O 2=N 2↑+2H 2O ，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。

【详解】
A. 放电时，阴离子向负极移动，即O 2−由电极乙移向电极甲，A 项错误；
B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N 2H 4+O 2=N 2↑+2H 2O ，B 项错误；
C. 由电池总反应为N 2H 4+O 2=N 2↑+2H 2O 可知，当甲电极上有1molN 2H 4消耗时，乙电极上有1molO 2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO 2参与反应，C 项正确；
D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D 项错误；
答案选C 。

7、B
【解析】
A 、钠离子的质子数为11，钠离子失去了最外层电子，离子结构示意图为：
，故A 错误； B 、质量数=质子数+中子数，中子数为18的氯原子的质量数为35，故为3517Cl ，故B 正确；
C 、氢氧化钠属于离子化合物，氢氧化钠的电子式为：，故C 错误；
D 、氯气分子中两个氯原子通过共用1对电子达到稳定结构，电子式为：
，将共用电子对换成短线即为结构式，氯气结构式为：Cl-Cl ，故D 错误；
答案选B 。

8、D
【解析】
A.虽然这个反应一般不能发生，但此处我们利用的是溶解度差异，仍然可以使溶解度相对较低的3NaHCO 以沉淀的形式析出，A 项正确；
B.3NH 溶于水得到一水合氨，-3HCO 可以和一水合氨发生反应，得到2-3CO 和+
4NH ，B 项正确；
C.加食盐是为了提高溶液中-Cl 的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C 项正确；
D.加食盐能得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D 项错误；
答案选D 。

1.4g 铁粉的物质的量为1.4g÷56g/mol=
2.4mol ；收集到2.3 mol NO 2和2.2 mol NO 过程中得到电子物质的量为：
2.3mol×[(+5)-(+4)]+2.2mol×[(+5)-(+2)]=2.9mol ；若反应生成的盐只有Fe （NO 3）3，Fe 失去的电子物质的量为
1.2mol≠
2.9mol ，若反应生成的盐只有Fe （NO 3）2，Fe 失去的电子物质的量为2.8mol≠2.9mol ， 所以可得1.4g 铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe 守恒n[Fe(NO 3)3]+n[Fe(NO 3)2]=2.4mol ，根据得失电子相等可得
3n[Fe(NO 3)3]+2n[Fe(NO 3)2]=2.9mol ，解得n[Fe(NO 3)3]=2.1mol ，n[Fe(NO 3)2]=2.3mol ，Fe （NO 3）3和Fe （NO 3）2物质的量之比为1∶3，答案选C 。

10、B
【解析】
A.根据2K 2FeO 4+16HCl=4KCl+2FeCl 3+8H 2 O+3Q↑可知Q 为氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物氯气，故A 正确；
B. K 2FeO 4为强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为K 2FeO 4=2K ++FeO 42-，故B 错误；
C.反应中16mol HCl 参加反应只有6mol 被氧化,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C 正确；
D.因为产物Q 为氯气,氯气为单质不是电解质,所以反应中涉及的物质中有5种为电解质,故D 正确；
答案选B 。

11、B
【解析】
A 选项，1、2、3号碳或3、4、5号碳在一条直线上，2、3、4号碳类比为甲烷中的结构，因此2、3、4号碳的键角为109º28'，故A 错误；
B 选项，含有苯环，在特定条件下能与H 2发生加成反应，故B 正确；
C 选项，该有机物结构具有高度的对称性，其一氯代物最多有3种，故C 错误；
D 选项，该有机物中没有官能团，故D 错误。

综上所述，答案为B 。

12、C
【解析】
A. 18 g D 2O 物质的量为1
m 18g n=
==0.9mol M 20g mol -⋅，质子的物质的量为0.9mol×10=9mol ，因此质子数为9N A ，故A 错误；
B. 2 L 0.5 mol·L －1H 2S 溶液中物质的量为n =0.5 mol·L －1×2L = 1mol ，H 2S 是弱电解质，部分电离，因此含有的H ＋离子数小于2N A ，故B 错误；
D. 密闭容器中2 mol SO2与1 mol O2充分反应，该反应是可逆反应，因此产物的分子数小于2N A，故D错误。

综上所述，答案为C。

13、C
【解析】
A．根据图象，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，在一定的温度范围内升高温度，溶液的pH增大，说明升高温度，促进了水解，说明水解是吸热反应，故A正确；
B．ab段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增大，溶液pH增大，图象符合，故B正确；
C．溶液中存在碳酸根的水解平衡CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-和水的电离平衡H2O⇌H++OH-，二者均为吸热反应，bc段中温度进一步升高，水电离出更多的氢氧根，抑制了碳酸根的水解，导致溶液的碱性降低，pH减小，故C错误；D．随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离也起到促进作用，氢氧根离子浓度增大，抑制碳酸钠的水解，因此水的电离平衡也对pH产生影响，故D正确；
故选C。

【点睛】
本题的难点是图象变化特征的理解，要注意溶液中存在的平衡之间的相互影响。

14、A
【解析】
A．Na2O阴离子是O2-离子，Na2O2阴离子是O22-离子，等物质的量时所含阴离子数目相同，故A正确；
B．Na2O固体为白色，Na2O2固体为淡黄色，故B错误；
C．Na2O中含有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，故C错误；
D．Na2O和Na2O2都属于金属氧化物，故D错误；
故答案选A。

15、B
【解析】
A．DMSO电解液能传递Li＋，但不能传递电子，A不正确；
B．该电池放电时O2转化为O22-，所以每消耗2molO2，转移4mol电子，B正确；
C．给该锂—空气电池充电时，金属锂电极应得电子，作阴极，所以应接电源的负极，C不正确；
D．多孔的黄金为电池正极，电极反应式为O2＋2e-=O22-，D不正确；
故选B。

16、C
【解析】A 、二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，产物与二氧化硫有关，二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量
关，故B不选；C、铁与硫反应生成硫化亚铁，产物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响，故C选；D、铁粉与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，产物与硝酸浓度有关，故D不选；故选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、醚键羰基氧化反应
【解析】
根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；中含有2个C ﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；
D的同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，说明C原子上连接4
个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。

【详解】
（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；
（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH(OH)﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；
（3）中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；
（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子
上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：，故答案为：
；
（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：， 故答案为：。

18、CH 3CH 3 取代反应 2CH 3COOH ＋Δ浓硫酸＋2H 2O D
【解析】 X 裂解得到的A 和B ，A 能与水催化加成生成分子式为C 2H 6O ，即应为乙醇，B 光照条件下与氯气发生取代反应生成C 2H 4Cl 2，C 2H 4Cl 2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成分子式为C 2H 6O 2，C 2H 6O 2结合C 反应生成二乙酸乙二酯，可推知C 为乙酸，C 2H 6O 2为乙二醇，C 2H 4Cl 2为CH 2ClCH 2Cl ，则B 为乙烷，据此分析。

【详解】
根据上述分析可知：
(1)A 是烯烃，B 只能是烷烃，应为CH 3CH 3；
(2) 反应③是C 2H 4Cl 2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH 2OHCH 2OH 和氯化钠，属于取代反应；
(3) C 和C 2H 6O 2反应的化学方程式为HOCH 2CH 2OH ＋2CH 3COOH Δ浓硫酸
CH 3COOCH 2CH 2OOCCH 3＋2H 2O ；
(4)A.A 和B 分别为烷烃和烯烃，可以用溴水、高锰酸钾溶液等鉴别，选项A 正确；
B.C H O 是醇，生成酸，可以直接氧化，也可以先氧化成醛，再氧化成酸，选项B 正确；
C.C 2H 2O 2和C 2H 6O 在浓硫酸作用下，也可以加热生成C 6H 10O 4，为乙二酸二乙酯，是二乙酸乙二酯的同分异构体，选项C 正确；
D.X 可能是丁烷，也可以是己烷等，C 6H 14Δ
−−−→催化剂C 2H 6＋2C 2H 4，选项D 不正确； 答案选D 。

19、饱和NaHCO 3溶液 降低溶液中OH -浓度，防止生成Fe(OH)2 2HCO 3- + Fe 2+=FeCO 3↓+CO 2↑+H 2O 不合理，CO 2会和FeCO 3反应生成Fe(HCO 3)2(或合理，排出氧气的影响) Fe 2+与SCN -的络合(或结合)会促进FeCO 3固体的溶解或FeCO 3固体在KSCN 溶液中的溶解性比KCl 溶液中大
6Fe(SCN)64-+3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN -或6Fe 2++3H 2O 2+12SCN -=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或
6Fe 2++3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe 3+ 117% 乳酸根中的羟基被KMnO 4氧化，也消耗了KMnO 4
【解析】
I. 装置A 中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B 中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C 中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH 为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO 3；
II. (5)根据Fe 2＋+6SCN -Fe(SCN)64-分析FeCO 3在KCl 和KSCN 两种不同溶液中的溶解度不同判断；
(6)实验ii 中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；
(7)FeCO 3溶于乳酸［CH 3CH(OH)COOH ］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。

【详解】
I. (1)装置A 中制取的CO 2中混有HCl ，欲除去CO 2中混有的HCl ，B 中盛装的试剂a 应是饱和NaHCO 3溶液，故答案为：饱和NaHCO 3溶液；
(2)向Na 2CO 3溶液中通入CO 2的目的是利用CO 2和Na 2CO 3反应生成的NaHCO 3，提高溶液中HCO 3-的浓度，抑制CO 32-的水解，降低溶液中OH -的浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH -浓度，防止生成Fe(OH)2；
(3)装置C 中，向Na 2CO 3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO 2至其pH 为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO 3，再滴加FeSO 4溶液，有FeCO 3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO 3- + Fe 2+=FeCO 3↓+CO 2↑+H 2O ，故答案为：2HCO 3- + Fe 2+=FeCO 3↓+CO 2↑+H 2O ；
(4)FeCO 3沉淀能溶解在CO 2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO 3)2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO 2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO 2，可防止空气中氧气氧化FeCO 3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO 2会和FeCO 3反应生成Fe(HCO 3)2(或合理，排出氧气的影响)；
Ⅱ. (5)通过对比实验ii 和iii ，可知Fe 2+与SCN -的络合生成可溶于水的Fe(SCN)4-，会促进FeCO 固体的溶解，故答案。