辽宁省协作校联考高考化学一模试卷(含解析)

辽宁省协作校联考2015届高考化学一模试卷
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
1．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A．电解水若生成33.6L（标准状况）气体时电路中通过的电子数目为2N A
B．5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成56gN2时，转移电子数目为7.5N A
C．用2mL5mol/L的FeCl3溶液制成的氢氧化铁胶体中所含胶粒数为0.01N A
D．56g铁片投入足量浓H2SO4中生成N A个SO2分子
2．（6分）下列描述合理的是（）
A．含氢氧化铁胶粒的分散系中可能大量存在H+，K+，S2﹣Br﹣
B．高锰酸钾溶液中可能大量存在H+，Na+，SO42﹣，葡萄糖分子
C．弱碱性溶液中可能大存在Na+，K+，Cl﹣，HCO3﹣
D．中性溶液中可能大量存在Fe3+，K+，Cl﹣，SO42﹣
3．（6分）下列实验操作能达到实验目的是（必要时可加热）（）
甲乙丙实验目的
A 2mL10%的NaOH溶液4﹣6滴2%的CuSO4溶液0.5mL葡萄糖溶液验证葡萄糖具有氧化性
B 2mL0.1mol/LAgNO3溶液3滴0.1mol/LNaCl溶液3滴0.1mol/LNaI溶液验证AgCl可转化为溶解度更小的AgI
C FeCl3溶液KSCN溶液少量KCl固体验证浓度对化学平衡的影响
D 3mL无水乙醇2mL乙酸2ml浓硫酸配制反应液以制备乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
4．（6分）下列说法不正确的有几个（）
①C12H8分子中既含极性键又含非极性键
②若R2﹣和M+的电子层结构相同，则原子序数：R＞M
③F2，Cl2，Br2，I2熔点随相对分子质量增大而升高
④NCl3，PCl5，CO2，CS2分子中各原子均达到8e稳定结构
⑤若X的质子数为a，中子数为b，则原子可表示为b a X
⑥由于非金属性Cl＞Br＞I，所以酸性HCl＞HBr＞HI
⑦两种微粒含有相同质子数和电子数，这两种微粒可能是两种不同阴离子或阳离子
⑧原子序数为34号的元素属于长周期的副族元素．
A．3 B．4 C．5 D．6
5．（6分）已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一元取代物只有一种，问第五项烷烃化学式为（）
1 2 3 4 5 6 …
CH4 C2H6C5H12C8H18………
A．C26H54B．C17H36C．C80H162D．C106H214
6．（6分）常温下，下列有关离子浓度及pH大小的比较，正确的是（）
A．NH4+浓度相同的下列溶液：①（NH4）2Fe（SO4）2②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4溶液浓度由大到小的顺序号：③＞②＞①
B．由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，其离子浓度不可能是：c（CH3COO ﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．若难溶电解质溶解度：A（OH）m大于B（OH）n，则K sp也一定是前者大
D．pH=4浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2×（104﹣10﹣10）mol/L
二、解答题（共3小题，满分43分）
7．（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下．
（1）Ⅱ中反应的离子方程式是．
（2）A的化学式是，装置Ⅲ中A在极区产生．
（3）ClO2是种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备．写出该制备反应的化学方程式．
（4）工业以CH3OH与NaClO2为原料在酸性条件下制取ClO2，同时产生CO2气体，已知该反应分为两步进行，第一步为2ClO2﹣+2Cl﹣+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O．
①写出第二步反应的离子方程式．
②工业生产时需在反应物中加少量Cl﹣，其作用是．
③生产中会发生副反应ClO2﹣+Cl﹣+H+=Cl2↑+H2O（未配平），若测得反应后的混合气休中Cl2的体积分数为，测起始投料时CH3OH与NaClO2的物质的量之比为．
8．（15分）某校化学小组的同学开展测定Na2CO3和NaCl的固体混合物中Na2CO3质量分数的探究实验，他们提出下列实验方案﹣气体分析法．
（1）甲同学用图1所示装置，把Ng的混合物与足量稀硫酸反应后，测定产生的CO2气体的体积，实验开始时检查该装置气密性的方法是．
（2）乙同学用图2代替图1中的发生、收集装置，甲、乙两试管各有两根导管，用橡胶管连接对应接口后，倒置盛有稀硫酸的试管，发生反应，放出气体，则Na2CO3、NaCl的固体混合
物和稀硫酸应分别置于、仪器中（填仪器编号）；G管可用化学实验室里的一种常用仪器来代替，你认为这种仪器的名称是；仪器甲、乙、丙接口的连接方式如下：A连接，B连接，C连接（填写各接口的编号）．
（3）丙同学用图3装置测定CO2的质量，该装置存在明显缺陷，从而导致实验误差，请你分析其中使测定结果可能偏大的主要原因，使测定结果可能偏小的主要原因可能是；（上述偏大、偏小的原因各写一条）
（4）某天然碱可看作向CO2和NaOH的反应后的产物所组成，称取天碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30毫升，产生CO2的体积（标准状况）如下表：
样品号ⅠⅡⅢⅣ
盐酸溶液的体积/mL 30 30 30 30
样品质量/g 3.32 4.15 5.81 7.47
二氧化碳的体积/mL 672 840 896 672
取3.28g天然碱样品于300℃加热至分解完全（300℃Na2CO3不分解），产生CO2224mL（标准状况）和一定量的水，则该天然碱样品的化学式为．
9．（14分）铝和铁是重要的金属元素，请回答下列问题：
Ⅰ、（1）铁与水反应：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）△H
已知：①3Fe（s）+2O2（g）⇌Fe3O4（s）△H1=﹣1118.4kJ/mol
②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H2=﹣483.8kJ/mol
③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H3=﹣571.8kJ/mol
则△H=（计算结果保留一位小数）．
（2）①在t℃时，该反应达到平衡状态测得混合气体平均相对分子质量为，则反应的平衡
常数K=．
②下列说法正确的是（填字母序号）
A．若容器压强恒定，则反应达到平衡状态
B．若容器内密度恒定，则反应达到平衡状态
C．恒温恒容平衡后，加入少量H2，再次平衡后，H2O（g）的体积分数减少
D．增加Fe3O4就能提高H2O的转化率
（3）若反就发生在恒容绝热的装置中，按下表充入起始物质，起始时与平衡后的各物质的量见下表：
Fe H2O（g） Fe3O4 H2
起始/mol 3.0 4.0 0 0
平衡/mol m n p Q
Fe H2O（g） F3O4 H2
A/mol 3.0 4.0 0 0
B/mol 00 1.0 4.0
C/mol m n p Q
若在达平衡后的装置中继续加入A，B，C三种状况下的各物质，见上表：
当上述可逆反应再一次达到平衡状态后，将上述各装置中H2的体积分数由大到小的顺序排列：（用A，B，C表示）
Ⅱ．离子液体是一室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝．
（1）钢制品应接电源的极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为．
（2）若改用AlCl3水溶液作电解液，则一段时间后生成AlO2﹣离子．（填能或不能）
（选修2：化学与技术）
10．（15分）海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用．（1）海水中盐的开发利用：
Ⅰ．海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩．所建盐田分为贮水池、蒸发池和池．
II．目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用．（写一点即可）
（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示．请回答后面的问题：
Ⅰ．海水不能直接通入到该装置中，理由是．
Ⅱ．B口排出的是（填“淡水”或“浓水”）．
（3）用苦卤（含Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣等离子）可提取溴，其生产流程如下：
Ⅰ．若吸收塔中的溶液含BrO3﹣，则吸收塔中反应的离子方程式为．
Ⅱ．通过①氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液？．
Ⅲ．向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在900C左右进行蒸馏的原因是．
（选修3：物质结构、物质）
11．过渡金属元素钛能形成多种化合物，如：K3[Fe（SCN）6][硫氰合铁（Ⅲ）]和Fe（CO）x 等．
（1）①基态Fe3+的M层电子排布式为．
②请解释+3价铁的化合物较+2价铁的化合物稳定的原因．
③对使用含铁配合物检验Fe2+离子的离子方程式
（2）配合物Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=．
（3）FeBr2为只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图a，距一个Fe2+离子最近的所有Br ﹣离子为顶点构成的几何体为．
（4）另一种金属单质晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图中丙所示．
若已知该原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，原子的相对原子质量为M，请回答：
①晶胞中金属原子的配位数为．
②该晶体的密度为．（用字母表示）
（选修5：有机化学基础）
12．Heck反应是偶联反应的一种，例如：反应①：
化合物Ⅰ可以由以下途径合成：Ⅲ（分子式为C3H6）Ⅳ.ⅤⅠ
（1）化合物Ⅱ的分子式为．
（2）卤代烃CH3CHBrCH3发生消去反应可以生成化合物Ⅲ，相应的化学方程式为：．
（3）化合物Ⅳ含有甲基且无支链的同系物Ⅴ的分子式为C4H6O，则化合物Ⅵ的结构简式为．（4）化合物Ⅴ可与CH3CH2OH发生反应生成化合物Ⅶ，化合物Ⅶ在一定条件下可以发生加聚反应，则其加聚产物的结构简式为：．
（5）化合物Ⅱ的一种同分异构体Ⅶ能发生银镜反应，且核磁共振氢谱只有三组峰，峰面积之比为1：2：2，Ⅶ的结构简式为：．
（6）一定条件下与也可以发生类似反应①的反应，其有机产物的结构简式为：．
（7）符合下列条件的化合物Ⅱ的同分异构体共有：种．（含苯基、羧基、碳碳双键且无甲基）
辽宁省协作校联考2015届高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
1．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A．电解水若生成33.6L（标准状况）气体时电路中通过的电子数目为2N A
B．5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成56gN2时，转移电子数目为7.5N A
C．用2mL5mol/L的FeCl3溶液制成的氢氧化铁胶体中所含胶粒数为0.01N A
D．56g铁片投入足量浓H2SO4中生成N A个SO2分子
考点：阿伏加德罗常数．
分析：A．标况下33.6L气体的物质的量为1.5mol，电解过程中阳极生成氧气、阴极生成氢气，氧气和氢气的物质的量之比为1：2，据此计算出生成氧气的物质的量，再计算出转移的电子数；
B．该反应中电子转移情况为：，根据n=计算出氮气的物质的
量，再计算出转移的电子数；
C．氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体；
D．铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行．
解答：解：A．电解水若生成33.6L（标准状况）气体，标况下该气体的物质的量为：=1.5mol，电解中生成氢气和氧气的物质的量之比为2：1，则生成氧气的物质的量为：1.5mol×=0.5mol，转移电子为：0.5mol×4=2mol，电路中通过的电子数目为2N A，故A正确；
B．5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O反应中，电子转移情况为：，58g 氮气的物质的量为：=2mol，生成2mol氮气转移电子的物质的量为：
15mol×=7.5mol，转移电子数目为7.5N A，故B正确；
C．氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算胶体中含有的胶粒数，故C错误；
D．由于铁与浓硫酸在常温下发生钝化现象，则无法计算转移的电子数，故D错误；
故选AB．
点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系，B为易错点，需要明确电子的转移情况．
2．（6分）下列描述合理的是（）
A．含氢氧化铁胶粒的分散系中可能大量存在H+，K+，S2﹣Br﹣
B．高锰酸钾溶液中可能大量存在H+，Na+，SO42﹣，葡萄糖分子
C．弱碱性溶液中可能大存在Na+，K+，Cl﹣，HCO3﹣
D．中性溶液中可能大量存在Fe3+，K+，Cl﹣，SO42﹣
考点：离子共存问题．
分析：A．氢离子能够与氢氧化铁反应；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化葡萄糖；
C．碳酸氢根离子的溶液为弱碱性溶液，且Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣之间不反应．
D．铁离子水解，溶液显示酸性，不可能为中性．
解答：解：A．氢氧化铁胶体中不能存在大量的H+，故A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液能够氧化葡萄糖，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣之间不反应，且HCO3﹣的溶液为弱碱性溶液，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D．Fe3+在溶液中部分水解，溶液显示酸性，不可能为中性溶液，故D错误；
故选C．
点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．
3．（6分）下列实验操作能达到实验目的是（必要时可加热）（）
甲乙丙实验目的
A 2mL10%的NaOH溶液4﹣6滴2%的CuSO4溶液0.5mL葡萄糖溶液验证葡萄糖具有氧化性
B 2mL0.1mol/LAgNO3溶液3滴0.1mol/LNaCl溶液3滴0.1mol/LNaI溶液验证AgCl可转化为溶解度更小的AgI
C FeCl3溶液KSCN溶液少量KCl固体验证浓度对化学平衡的影响
D 3mL无水乙醇2mL乙酸2ml浓硫酸配制反应液以制备乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
考点：化学实验方案的评价．
分析：A．葡萄糖含﹣CHO，能被氢氧化铜氧化；
B．硝酸银过量，由Qc＞Ksp可知生成沉淀；
C．FeCl3溶液与KSCN溶液，发生络合反应，加KCl固体对络合反应无影响；
D．制备乙酸乙酯，乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，浓硫酸作催化剂和吸水剂．
解答：解：A．葡萄糖含﹣CHO，能被氢氧化铜氧化，反应生成砖红色沉淀，则该实验能验证葡萄糖具有还原性，故A错误；
B．硝酸银过量，由Qc＞Ksp可知生成沉淀，则均生成AgCl、AgI沉淀，不发生沉淀的转化，则不能验证AgCl可转化为溶解度更小的AgI，故B错误；
C．FeCl3溶液与KSCN溶液，发生络合反应，加KCl固体对络合反应无影响，则不能验证浓度对化学平衡的影响，故C错误；
D．制备乙酸乙酯，乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，浓硫酸作催化剂和吸水剂，则可配制反应液以制备乙酸乙酯，故D正确；
故选D．
点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物的制备及性质、沉淀生成和转化、浓度对化学平衡的影响等，把握物质的性质及化学反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
4．（6分）下列说法不正确的有几个（）
①C12H8分子中既含极性键又含非极性键
②若R2﹣和M+的电子层结构相同，则原子序数：R＞M
③F2，Cl2，Br2，I2熔点随相对分子质量增大而升高
④NCl3，PCl5，CO2，CS2分子中各原子均达到8e稳定结构
⑤若X的质子数为a，中子数为b，则原子可表示为b a X
⑥由于非金属性Cl＞Br＞I，所以酸性HCl＞HBr＞HI
⑦两种微粒含有相同质子数和电子数，这两种微粒可能是两种不同阴离子或阳离子
⑧原子序数为34号的元素属于长周期的副族元素．
A．3 B．4 C．5 D．6
考点：元素周期表的结构及其应用；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；原子核外电子排布；极性键和非极性键；卤素原子结构及其性质的比较．
分析：①同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键；
②R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期；
③组成和结构相似的分子，熔点随相对分子质量增大而升高；
④PCl5中P原子最外层不是8电子；
⑤根据元素符号Z A X的含义，Z代表质子数，A代表质量数，质量数=质子数+中子数；
⑥不能利用非金属性来比较氢化物的水溶液酸性；
⑦分子或原子中质子数=核外电子数，阳离子中质子数=核外电子数+电荷数，阴离子中质子数=核外电子数﹣电荷数，据此进行判断；
⑧原子序数为34号的元素为Se，属于长周期的主族元素．
解答：解：①C12H8分子中碳元素和碳元素之间形成非极性共价键，碳元素和氢元素之间形成极性共价键，故①正确；
②R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期；所以原子序数：M＞R，故②错误；
③F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子，熔点随相对分子质量增大而升高，故③正确；
④NCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e﹣稳定结构，但PCl5中P原子最外层不是8电子，故
④错误；
⑤若X的质子数为a，中子数为b，则原子可表示为a a+b X，故⑤错误；
⑥不能利用非金属性来比较氢化物的水溶液酸性，故⑥错误；
⑦钠离子和铵根离子具有相同的质子数和电子数、氢氧根和氟离子具有具有相同的质子数和电子数，故⑦正确；
⑧原子序数为34号的元素为Se，属于长周期的主族元素，不是副族元素，故⑧错误；
根据分析可知，错误的有5个，
故选D．
点评：本题考查了元素周期表、元素周期律的综合应用，题目难度中等，试题侧重考查学生的总结归纳能力，明确分子、原子、离子中质子数和电子数的关系是解本题的关键．
5．（6分）已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一元取代物只有一种，问第五项烷烃化学式为（）
1 2 3 4 5 6 …
CH4 C2H6C5H12C8H18………
A．C26H54B．C17H36C．C80H162D．C106H214
考点：探究化学规律．
分析：从表格中的数据可知：第1项为甲烷，则第3项是用﹣CH3取代了CH4中的氢，第4
项是用﹣CH3取代了C2H6中的氢，同理，第5项是用﹣CH3取代了C5H12中的12个氢原子，其碳原子数为5+12，第6项是用﹣CH3取代了C8H18中的氢，据此确定第五项烷烃化学式．
解答：解：从表格中的数据可知：第1项为甲烷，则第3项是用﹣CH3取代了CH4中的4个氢原子，第4项是用﹣CH3取代了C2H6中的6个氢原子，同理，第5项是用﹣CH3取代了C5H12
中的12个氢原子，其碳原子数为5+12=17，根据烷烃通式知，第五项化学式为C17H36，故选B．点评：本题考查探究化学规律，侧重考查学生分析推断、归纳能力，明确每项分子式与其前边分子式的关系是解本题关键，再结合烷烃通式解答，题目难度中等．
6．（6分）常温下，下列有关离子浓度及pH大小的比较，正确的是（）
A．NH4+浓度相同的下列溶液：①（NH4）2Fe（SO4）2②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4溶液浓度由大到小的顺序号：③＞②＞①
B．由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，其离子浓度不可能是：c（CH3COO ﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．若难溶电解质溶解度：A（OH）m大于B（OH）n，则K sp也一定是前者大
D．pH=4浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2×（104﹣10﹣10）mol/L
考点：离子浓度大小的比较．
分析：A．铵根离子水解程度越大，溶液中铵根离子浓度越小，亚铁离子抑制了铵根离子水解、碳酸根离子促进了铵根离子的水解，据此判断铵根离子浓度相等时该溶液浓度大小；B．常温下由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒判断各离子浓度大小；
C．对于化学式组成相似的，溶度积常数越大，溶解度也越大，若难溶物的组成形式不同，该关系不一定满足，需要通过计算判断；
D．常温下，混合液pH=4，c（H+）=1.0×10﹣4mol/L，则由Kw可知，c（OH﹣）=1.0×10﹣10mol/L，结合混合液中的电荷守恒、物料守恒进行计算．
解答：解：A．硫酸亚铁铵中，亚铁离子对铵根离子的水解起到抑制作用；碳酸铵中，碳酸根对铵根离子的水解起到促进作用，硫酸根离子不影响铵根离子的水解，所以三种溶液中NH4+浓度相同时，溶液浓度大小为：②＞③＞①，故A错误；
B．由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）＞c（Na+），溶液中一定满足：c（CH3COO ﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；
C．对于化学式组成相似的，溶度积常数越大，溶解度也越大，由于A（OH）m和B（OH）n的化学式组成形式不同，所以不能直接根据溶解度大小判断其溶度积，故C错误；
D．常温下，混合液pH=4，c（H+）=1.0×10﹣4mol/L，则由Kw可知，c（OH﹣）=1.0×10﹣10mol/L，由电荷守恒可知：①c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=c（H+）﹣c（OH﹣），据物料守恒：②2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），①×2+②可得：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2（c（H+）﹣c（OH ﹣））=2×（10﹣4﹣10﹣10） mol/L，故D正确；
故选D．
点评：本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，试题涉及盐的水解原理、难溶物溶度积的应用、离子浓度大小比较等知识，注意掌握盐的水解原理及其影响，明确电荷守恒、物料守恒在判断离子浓度大小中的应用方法．
二、解答题（共3小题，满分43分）
7．（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下．
（1）Ⅱ中反应的离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O．
（2）A的化学式是H2SO4，装置Ⅲ中A在阳极区产生．
（3）ClO2是种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备．写出该制备反应的化学方程式5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O．
（4）工业以CH3OH与NaClO2为原料在酸性条件下制取ClO2，同时产生CO2气体，已知该反应分为两步进行，第一步为2ClO2﹣+2Cl﹣+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O．
①写出第二步反应的离子方程式CH3OH+3Cl2+H2O=6Cl﹣+CO2+6H+．
②工业生产时需在反应物中加少量Cl﹣，其作用是催化剂．
③生产中会发生副反应ClO2﹣+Cl﹣+H+=Cl2↑+H2O（未配平），若测得反应后的混合气休中Cl2的体积分数为，测起始投料时CH3OH与NaClO2的物质的量之比为7：43．
考点：制备实验方案的设计．
分析：由流程图可知，电解饱和氯化钠反应得到NaClO3，气体b为还原产物为H2，I中NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，反应生成Na2SO4、C1O2，反应离子方程式为2H++SO32﹣+2ClO3﹣=2C1O2+SO42﹣+H
2O，Ⅲ是离子隔膜电解池，反应有酸、碱及有两种气体生成，所以Ⅲ为电解硫酸钠本质是电解水，A为硫酸，a为氧气，C1O2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气．
（1）C1O2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气，配平书写离子方程式；
（2）水放电生成氧气与氢离子，发生氧化反应，硫酸在阳极生成；
（3）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2、NaCl与水；
（4）①由题目信息可知，氯气为中间产物，第二步是氯气与甲醇反应生成二氧化碳与HCl，发生反应：CH3OH+3Cl2+H2O=6Cl﹣+CO2+6H+；
②Cl﹣参与反应但反应前后没有变化，故为催化剂，起催化作用；
③发生反应为：I．CH3OH+6ClO3﹣+6H+=CO2↑+6ClO2↑+5H2O、Ⅱ．ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O，假设反应后混合气体的物质的量为52mol，则n（Cl2）=3mol，由反应I可得混合气体中n（ClO2）=6n（CO2），进而计算各自物质的量，结合方程式计算．
解答：解：由流程图可知，电解饱和氯化钠反应得到NaClO3，气体b为还原产物为H2，I中NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，反应生成Na2SO4、C1O2，反应离子方程式为2H++SO32﹣+2ClO3﹣
=2C1O2+SO42﹣+H2O，Ⅲ是离子隔膜电解池，反应有酸、碱及有两种气体生成，所以Ⅲ为电解硫酸钠本质是电解水，A为硫酸，a为氧气，C1O2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气．
（1）C1O2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气，离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O，
故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；
（2）由上述分析可知，A为H2SO4，水放电生成氧气与氢离子，发生氧化反应，硫酸在阳极生成，
故答案为：H2SO4；阳；
（3）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2、NaCl与水，反应方程式为：
5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，
故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O；
（4）①由题目信息可知，氯气为中间产物，第二步是氯气与甲醇反应生成二氧化碳与HCl，发生反应：CH3OH+3Cl2+H2O=6Cl﹣+CO2+6H+，
故答案为：CH3OH+3Cl2+H2O=6Cl﹣+CO2+6H+；
②Cl﹣参与反应但反应前后没有变化，故为催化剂，起催化作用，
故答案为：催化剂；
③发生的反应方程式为：
Ⅰ．CH3OH+6ClO3﹣+6H+=CO2↑+6ClO2↑+5H2O
Ⅱ．ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O
假设反应后混合气体的物质的量为52mol，则n（Cl2）=3mol，
由反应Ⅰ可得混合气体中n（ClO2）=6n（CO2），则n（CO2）=（52mol﹣3mol）×=7mol，n（ClO2）
=7mol×6=42mol，则n（CH3OH）=n（CO2）=7mol，反应I中n（ClO3﹣）=42mol，
由反应Ⅱ，可知得该反应的n（ClO3﹣）=1mol，
所以n（CH3OH）：n（ClO3﹣）=7mol：（42+1）nol=7：43，
故答案为：7：43．
点评：本题考查物质制备实验方案，明确化学工艺流程是解题关键，涉及电解原理、氧化还原反应方程式的书写、计算等内容，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目难度中等．
8．（15分）某校化学小组的同学开展测定Na2CO3和NaCl的固体混合物中Na2CO3质量分数的探究实验，他们提出下列实验方案﹣气体分析法．
（1）甲同学用图1所示装置，把Ng的混合物与足量稀硫酸反应后，测定产生的CO2气体的体积，实验开始时检查该装置气密性的方法是关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，若活塞能回到原位，证明不漏气，否则漏气．
（2）乙同学用图2代替图1中的发生、收集装置，甲、乙两试管各有两根导管，用橡胶管连接对应接口后，倒置盛有稀硫酸的试管，发生反应，放出气体，则Na2CO3、NaCl的固体混合物和稀硫酸应分别置于甲、乙仪器中（填仪器编号）；G管可用化学实验室里的一种常用仪器来代替，你认为这种仪器的名称是碱式滴定管；仪器甲、乙、丙接口的连接方式如下：A连接D，B连接E，C连接F（填写各接口的编号）．
（3）丙同学用图3装置测定CO2的质量，该装置存在明显缺陷，从而导致实验误差，请你分析其中使测定结果可能偏大的主要原因CO2气体中混有水蒸气或空气中的CO2和水蒸气进入干燥管中，使测定结果可能偏小的主要原因可能是装置中的CO2没有全部被碱石灰吸收；（上述偏大、偏小的原因各写一条）
（4）某天然碱可看作向CO2和NaOH的反应后的产物所组成，称取天碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30毫升，产生CO2的体积（标准状况）如下表：
样品号ⅠⅡⅢⅣ
盐酸溶液的体积/mL 30 30 30 30
样品质量/g 3.32 4.15 5.81 7.47
二氧化碳的体积/mL 672 840 896 672
取3.28g天然碱样品于300℃加热至分解完全（300℃Na2CO3不分解），产生CO2224mL（标准状况）和一定量的水，则该天然碱样品的化学式为Na2CO3•2NaHO3•3H2O．
考点：探究物质的组成或测量物质的含量．
分析：（1）欲检查装置气密性，可根据该反应容器的特点，采用拉动注射器活塞的方法完成；
（2）由图装置可知甲有c支管，应为生产气体装置，则甲应放入Na2CO3、NaCl的固体混合物，乙放入硫酸，连接导管时，应用A连接D，B连接E，C连接F；
（3）根据碱石灰的成分可知，碱石灰既可吸收二氧化碳也可吸收水，同时生成的二氧化碳反应后在装置内会有残留，以及干燥管与空气接触等进行分析即可；
（4）根据碳元素守恒计算，分析图表数据，ⅠⅣ对比可知，Ⅰ组样品全部反应，Ⅳ组盐酸全部反应生成二氧化碳气体为672ml物质的量==0.03mol，样品是均一的，取3.28g
天然碱样品于300℃加热至分解完全（300℃Na2CO3不分解），产生CO2224mL（标准状况）和一定量的水，说明含有碳酸钠和碳酸氢钠，其中碳酸氢钠分解生成二氧化碳物质的量
==0.01mol，中NaHCO3物质的量为0.02mol，结合实验Ⅰ计算，若3.28g样品全部
和盐酸反应，生成二氧化碳物质的量为x，则3.32g：0.03mol=3.28g：x，计算x=0.0296mol，结合碳元素守恒，3.28g样品中碳酸钠物质的量为=0.0296mol﹣0.02mol≈0.01mol，样品中含水的质量=3.28g﹣0.01mol×106g/mol﹣0.02mol×84g/mol=0.54g，计算物质的量得到样品组成比得到化学式．。