湖南省东安县第一中学2025年化学高三上期末复习检测试题.doc

湖南省东安县第一中学2025年化学高三上期末复习检测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
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（每题只有一个选项符合题意）
1、25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1CH3COOH(Ka=1.75×10－5)溶液的过程中，消耗NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列各项中粒子浓度关系正确的是

A．点①所示溶液中：2c(CH3COO－)－2c(CH3COOH)=c(H＋)－c(OH－)
B．点②所示溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
C．点③所示溶液中：c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH－)
D．pH=12的溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
2、工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋ N2＋Cl－＋H2O（未配平）。下列说法错误的是
A．Cl2 是氧化剂，CO2 和 N2 是氧化产物
B．该反应中，若有 1mol CN－发生反应，则有 5NA 电子发生转移
C．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为 2∶5
D．若将该反应设计成原电池，则 CN－在负极区发生反应
3、阿斯巴甜（Aspartame，结构简式如图）具有清爽的甜味，甜度约为蔗糖的200倍．下列关于阿斯巴甜的错误说法是

A．在一定条件下能发生取代反应、加成反应
B．酸性条件下的水解产物中有两种氨基酸
C．一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应
D．分子式为C14H18N2O3，属于蛋白质
4、已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：

又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（ ）
A．物质A一定是单质 B．物质C可能是淡黄色固体
C．物质D可能是酸或碱 D．物质E可能属于盐类
5、稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸。下列说法错误的是（ ）
A．上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应
B．三氧化氙可将I-氧化为IO3-
C．氙酸的电离方程式为：H2XeO4═2H++XeO42-
D．XeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑
6、下列说法正确的是( )
A．钢铁发生电化学腐蚀的负根反应：
B．常温下通入溶液，当溶液中约，一定存在
C．向稀溶液中加入固体，则的值变小
D．向溶液中滴加少量溶液，产生黑色沉淀，水解程度增大
7、下列垃圾或废弃物的处理不符合环保节约理念的是（ ）
A．废纸、塑料瓶、废铁回收再利用
B．厨余垃圾采用生化处理或堆肥
C．稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧
D．废电池等有毒有害垃圾分类回收
8、下列物理量与温度、压强有关且对应单位正确的是
A．阿伏加德罗常數：mol-1 B．气体摩尔体积:L.mol-1
C．物质的量浓度：g·L-1 D．摩尔质量：g·mol-1
9、设阿伏加德罗常数的数值为NA。下列说法正确的是
A．1 L 1 mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数为3NA
B．5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为1．8NA
C．常温常压下，22.4L的37Cl2中所含的中子数为41NA
D．硝酸与铜反应生成1.1mol NOx时，转移电子数为1.2NA
10、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA
B．1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NA
C．5.6g铁与稀硝酸反应生成0.08molNO，转移电子数为0.3NA
D．6.4 g S2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2 NA
11、25℃时，已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL 2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是

A．a点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1
B．b点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)
C．c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)
D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)
12、已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定20mL 0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是

A．b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)
B．a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol·L-1
C．e点所得溶液中：c(Na+)> c(SO32-)> c(H+)> c(OH-)
D．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-)
13、下列化学用语或命名正确的是
A．过氧化氢的结构式：H-O-O-H B．乙烯的结构简式：CH2CH2
C．含有8个中子的氧原子： D．NH4Cl的电子式：
14、《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是
A．李白诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”， “紫烟”指“香炉”中碘升华的现象
B．刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到
C．王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应
D．曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能。
15、氢氧燃料电池是一种常见化学电源，其原理反应：2H2＋O2=2H2O，其工作示意图如图。下列说法不正确的是(　　)

A．a极是负极，发生反应为H2－2e－=2H＋
B．b电极上发生还原反应，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O
C．电解质溶液中H＋向正极移动
D．放电前后电解质溶液的pH不会发生改变
16、下列物质分类正确的是
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B．多肽、油脂、淀粉均为酯类
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质 D．福尔马林、漂粉精、氨水均为混合物
二、非选择题（本题包括5小题）
17、化合物I是一种抗脑缺血药物，合成路线如下：

已知：

回答下列问题：
(1)按照系统命名法，A的名称是_____；写出A发生加聚反应的化学方程式：__________。
(2)反应H→I的化学方程式为________；反应E→F的反应类型是______。
(3)写出符合下列条件的G的所有同分异构体的结构简式：________
①遇FeCl3溶液发生显色反应 ②核磁共振氢谱有4组峰
(4)α,α-二甲基苄醇()是合成医药、农药的中间体，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备α,α-二甲基苄醇的合成路线如下：

该合成路线中X的结构简式为____，Y的结构简式为________；试剂与条件2为______。
18、聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）。

已知:
i、
ii、
iii、CH3COOH+CH3COOH(R代表烃基)
（1）A所含官能团的名称是________。
（2）①反应的化学方程式是________。
（3）②反应的反应类型是________。
（4）I的分子式为C9H12O2N2，I的结构简式是________。
（5）K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是________。
（6）1 mol M与足量的NaHCO3溶液反应生成4 mol CO2，M的结构简式是________。
（7）P的结构简式是________。
19、草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。
实验Ⅰ
试剂

混合后
溶液pH
现象
（1h后溶液）
试管
滴管

a
4mL0.01mol·L−1 KMnO4溶液，几滴浓H2SO4
2mL0.3mol·L−1H2C2O4
溶液

2
褪为无色
b
4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓NaOH
7
无明显变化
c
4mL0.01mol·L−1 K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO4
2
无明显变化
d
4mL0.01mol·L−1 K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH
7
无明显变化
（1）H2C2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：_____________。
（2）实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：________。
（3）瑛瑛和超超查阅资料，实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。

实验II
实验III
实验IV
实验操作

实验现象
6 min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变
6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化
6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化
实验IV的目的是：_______________________。
（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72- 浓度变化如图：

臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。
过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。
过程ii．__________________________________。
①查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001molMnO2加入到6mL____________中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_______________。
②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案是________。
（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。
20、某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见下图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答I和II中的问题。

I.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)
(1)Cl在元素周期表中的位置为_____，CO2的电子式为___，NaOH中存在的化学键类型为_____。
(2)B-C的反应条件为_____，C→Al的制备反应化学方程式为__________。
(3)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化：加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)______。
a.温度 b.Cl的浓度 c.溶液的酸度
II.含铬元素溶液的分离和利用
(4)用情性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是____，分离后含铬元素的粒子是____；阴极室生成的物质为_______(写化学式)。
21、CO、CO2是化石燃料燃烧的主要产物。
(1)将含0.02mol CO2和0.01 mol CO的混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃，充分反应后，固体质量增加_____g。
(2)已知：2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) △H=-566.0kJ/mol，键能Eo-o=499.0kJ/mol。则反应:CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的△H=_________kJ/mol。
(3)在某密闭容器中发生反应:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，1molCO2在不同温度下的平衡分解量如图所示。

①恒温恒容条件下,能表示该可逆反应达到平衡状态的有___(填字母)。
A．CO的体积分数保持不变 B．容器内混合气体的密度保持不变
C．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．单位时间内，消耗CO的浓度等于生成CO2的浓度
②分析上图，若1500℃时反应达到平衡状态，且容器体积为1L，则此时反应的平衡常数K=___(计算结果保留1位小数)。
③向2L的恒容密闭容器中充入2molCO2(g)，发生反应: 2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，测得温度为T℃时，容器内O2的物质的量浓度随时间的变化如曲线II所示。图中曲线I表示相对于曲线II仅改变一种反应条件后，c(O2)随时间的变化，则改变的条件是____；a、b两点用CO浓度变化表示的净反应速率关系为va(CO)____(填“>”“<”或“=”)vb(CO)。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A.点①时，NaOH溶液与CH3COOH溶液反应生成等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中的电荷守恒式为，溶液中的物料守恒式为，两式联立得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2c(H＋)－2c(OH－)，A项错误；
B. 点②处溶液呈中性，c(OH－)=c(H＋)，B项错误；
C.点③处NaOH溶液与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，溶液中的电荷守恒式为，溶液中的物料守恒式为，两式联立得c(CH3COO－)－C(CH3COOH)=c(Na＋)＋2c(H＋)－2c(OH－)，C项正确；
D. pH=12的溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－) >c(OH－)>c(H＋)，D项错误。
答案选C。
本题首先要根据反应原理分析各点溶液的成分，不论在哪一点，均从物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析溶液中的离子即可。
2、C
【解析】
反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。
【详解】
A．反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；
B．由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1mol CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，故B正确；
C．由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；
D．C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D正确。
故选：C。
3、D
【解析】
A．分子中含有-COOH、酯基-COO-、肽键，能发生取代反应，分子中含有苯环能发生加成反应，故A正确；
B．酸性条件下肽键发生水解，生成两种氨基酸，故B正确；
C．阿斯巴甜中含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有-COOH，具有酸性，可与碱反应，故C正确；
D．蛋白质属于高分子化合物，该有机物相对分子质量较小，不属于蛋白质，故D错误；
故选D。
4、A
【解析】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。
【详解】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。
A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；
B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；
C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；
D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；
故选A。
5、C
【解析】
A．氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3)，氙酸(H2XO4)作氧化剂都生成对应的单质很稳定，易分离，不干扰反应，所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应，故A正确；
B．三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-，故B正确；
C．氙酸是一元强酸，则氙酸的电离方程式为：H2XeO4═H++HXeO4-，故C错误；
D．XeF2与水反应生成Xe、O2和HF，方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑，故D正确。
故选：C。
根据酸分子电离时所能生成的氢离子的个数，可以把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，例如硝酸是一元酸，硫酸是二元酸；不能根据分子中氢原子的个数来判断是几元酸，例如该题中氙酸分子中有两个氢原子，但只能电离出一个氢离子，故为一元酸。
6、B
【解析】
A．钢铁发生电化学腐蚀时，负极发生的反应是：Fe-2e-═Fe2+，故A错误；
B．当在25℃时由水电离的H+浓度为10-7mol/L，说明溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)①，根据电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)②，由①②得，c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故B正确；
C．常温下向CH3COONa稀溶液中加入CH3COONa固体，加入CH3COONa固体，醋酸根离子以及钠离子浓度均增大，同时会对水解平衡起到抑制作用，所以醋酸根离子浓度增加的程度大，的比值变大，故C错误；
D．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS-电离出的S2-与Cu2+结合生成CuS黑色沉淀，HS-电离程度增大，pH减小，故D错误；
故答案为B。
7、C
【解析】
A. 废纸、塑料瓶、废铁属于可回收垃圾，废纸、塑料瓶、废铁可回收再利用，故不选A；
B. 厨余垃圾含有大量有机物，采用生化处理或堆肥，减少污染，符合环保节约理念，故不选B；
C. 稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧，产生大量烟尘，污染空气，不符合环保节约理念，故选C；
D. 废电池含有重金属，任意丢弃引起重金属污染，废电池等有毒有害垃圾分类回收，可减少污染，符合环保节约理念，故不选D；
答案选C。
8、B
【解析】
A、阿伏加德罗常數与温度、压强无关，故A错误；B、气体摩尔体积与温度、压强有关且对应单位正确，故B正确；C、物质的量浓度：单位是mol·L－1，故C错误；D、摩尔质量与温度、压强无关，故D错误；故选B。
9、B
【解析】
A. HSO3-属于弱酸酸式阴离子，在溶液中既存在水解平衡又存在电离平衡，1 L 1 mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数不是3NA，故A错误；B. 乙烯和环丙烷的最简式为CH2，2．6g的混合物中含CH2物质的量为1.4mol，所以含C—H键数目为1.8NA，故B正确；C. 标准状况下，3．4L的37Cl2中所含的中子数为41NA，常温常压下中子数不为41NA，故C错误；D.NOx可能是NO或NO2， 根据得失电子守恒可得，生成1．1mol NOx转移电子数介于1.11.3 mol之间，故D错误；答案：B。
10、C
【解析】
A．若2mol SO2和 1mol O2完全反应，可生成2mol SO3，即反应后分子总数为2NA，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，故A正确；
B．pH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液体积为1L，所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA，故B正确；
C．该过程中还原产物为NO，氮元素由+5价变为+2价，所以生成一个NO，转移3个电子，则生成0.08molNO转移电子数为0.24NA，故C错误；
D．6.4 g S2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为×NAmol-1=0.2NA，故D正确；
故答案为C。
易错选项为C，要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定，当铁过量可能会有亚铁离子，该题中还原产物只有NO，所以根据还原产物计算电子转移数目。
11、B
【解析】
A．a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H＋的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。
CH3COOHCH3COO－＋H＋
2 x x
Ka===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A项正确；
B．b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根会水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数<1.8×10-5，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)；B项错误；
C．c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)；C项正确；
D．d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；
本题答案选B。
电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。
12、D
【解析】
a点pH=1.85，由于pKa1=1.85，所以此时，溶液中c()=c()。b点，加入的NaOH溶液体积与亚硫酸的体积相同，所以此时的溶液可以按NaHSO3溶液处理。c点，pH=7.19，由于pKa2=7.19，所以此时溶液中c()=c()。e点，加入的NaOH溶液的体积为亚硫酸体积的两倍，所以此时的溶液可以按Na2SO3处理。
【详解】
A．b点溶液为NaHSO3溶液，分别写出b点溶液的电荷守恒式和物料守恒式为：①c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；②c(Na+)=c()+c())+c()，所以b点溶液中的质子守恒式应为：c(H+)- c()+c()=c(OH-)，A错误；
B．a点溶液满足c()=c()，由于向亚硫酸中滴加的是NaOH溶液，溶液的总体积在混合过程中会增加，所以c()+c()+c()=2c()+ c()＜0.1mol/L，B错误；
C．e点溶液即可认为是Na2SO3溶液，显碱性，所以溶液中c(OH-)＞c(H+)，C错误；
D．c点溶液满足c()=c()；c点溶液的电荷守恒式为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，代入c()=c()，可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c()，由于c点pH=7.19，所以c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞3 c()，D正确。
答案选D。
对于多元弱酸的溶液，加入NaOH调节pH的过程中，若出现pH与pKa相同的情况，则通过相应的解离常数表达式可以进一步得出c(HnR)=c(Hn-1R)的关系；此外等量关系，在离子平衡的问题中，常常与相关的守恒式一同联用。
13、A
【解析】
A．过氧化氢为共价化合物，用短线代替所有共价键即为结构式，过氧化氢的结构式是H−O−O−H，故A正确；
B．乙烯含有碳碳双键，不能省略，结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C．表示质量数为18的氧原子，含有10个中子，故C错误；
D．NH4Cl的电子式为：，故D错误；
故答案选A。
14、A
【解析】
A．水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故A错误；
B．“沙里淘金”说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；
C．爆竹爆竹的过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C正确；
D．“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故D正确；
故选A。
15、D
【解析】
氢氧燃料电池的原理反应：2H2＋O2=2H2O，通氢气一极是负极，发生氧化反应，通氧气一极是正极，发生还原反应，即a是负极，b是正极，电解质溶液为酸性环境，据此分析。
【详解】
A. 由以上分析知，a极是负极，发生反应为H2－2e－=2H＋，故A正确；
B. 由以上分析知，b是正极，发生还原反应，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，故B正确；
C. 原电池中阳离子移动向正极，则电解质溶液中H＋向正极移动，故C正确；
D. 氢氧燃料酸性电池，在反应中不断产生水，溶液的pH值增大，故D项错误；
答案选D。
氢氧燃料电池的工作原理是2H2+O2=2H2O，负极通入氢气，氢气失电子被氧化，正极通入氧气，氧气得电子被还原，根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式，
①若选用KOH溶液作电解质溶液，正极的电极反应式为O2 + 2H2O + 4e- =4OH-，负极的电极反应式为：2H2 - 4e- + 4OH- =4H2O；
②若选用硫酸作电解质溶液，正极的电极反应式为O2 + 4H+ + 4e- =2H2O，负极的电极反应式为：2H2 - 4e-=4H+；这是燃料电池的常考点，也是学生们的易混点，根据电解质溶液的酸碱性写电极反应式是关键。
16、D
【解析】
A. SO2、SiO2均能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，CO不与酸或水反应，属于不成盐氧化物，故A错误；
B.油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的酯，多肽是由氨基酸形成的，淀粉属于多糖，故B错误；
C.四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故C错误;
D.福尔马林是甲醛水溶液，属于混合物；漂粉精主要成分是次氯酸钙，属于混合物；氨水是氨气溶于水形成的溶液，属于混合物；故D正确；
答案选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、2-甲基丙烯 氧化反应 (CH3 )2 CHOH O2、Cu 和加热
【解析】
D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2据此分析。
【详解】
D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2。
(1)A为CH2=C(CH3)2，A的系统命名法命名的名称为2-甲基丙烯；A发生加聚反应生成2-甲基聚丙烯，反应的化学方程式为：；
(2)H为，H发生酯化反应生成J，则H→I的反应方程为；E→F是邻甲基溴苯发生氧化反应生成，反应类型是氧化反应；
(3)G为，G的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有4种不同位置的氢原子，则符合条件的同分异构体有；
(4)以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。根据合成路线可知试剂与条件1为液溴、Fe作催化剂；X的结构简式为；Y的结构简式为(CH3)2CHOH；试剂与条件2为O2、Cu和加热。
本题考查有机推断和合成，推出各物质的结构简式是解题的关键。易错点是合成路线的设计，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。
18、碳碳双键 +C2H5OH+H2O 取代反应（硝化反应） +2CH3Cl+2HCl
【解析】
根据合成路线可知，A为乙烯，与水加成生成乙醇，B为乙醇；D为甲苯，氧化后生成苯甲酸，E为苯甲酸；乙醇与苯甲酸反应生成苯甲酸乙酯和水，F为苯甲酸乙酯；根据聚酰亚胺的结构简式可知，N原子在苯环的间位，则F与硝酸反应，生成；再与Fe/Cl2反应生成，则I为；K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则2个甲基在间位，K为；M分子中含有10个C原子，聚酰亚胺的结构简式中苯环上碳原子的位置，则L为；被氧化生成M，M为；
【详解】
（1）分析可知，A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；
（2）反应①为乙醇与苯甲酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应，方程式为+C2H5OH+H2O；
（3）反应②中，F与硝酸反应，生成，反应类型为取代反应；
（4）I的分子式为C9H12O2N2，根据已知ii，可确定I的分子式为C9H16N2，氨基的位置在-COOC2H5的间位，结构简式为；
（5）K是D的同系物，D为甲苯，则K中含有1个苯环，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则其为对称结构，若为乙基苯，有5组峰值；若2甲基在对位，有2组峰值；间位有4组；邻位有3组，则为间二甲苯，聚酰亚胺中苯环上碳原子的位置，则L为，反应的方程式为+2CH3Cl+2HCl；
（6）1molM可与4molNaHCO3反应生成4 mol CO2，则M中含有4mol羧基，则M的结构简式为；
（7）I为、N为，氨基与羧基发生缩聚反应生成酰胺键和水，则P的结构简式为。
确定苯环上N原子的取代位置时，可以结合聚酰亚胺的结构简式中的N原子的位置确定。
19、H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+ 5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O 排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能 Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应 0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2） 上清液为紫色 2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂
【解析】
（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；
（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；
（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；
（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；
①由实验结论出发即可快速解题；
②由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；
（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。
【详解】
（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+；
（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；
（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；
①将0.0001molMnO2加入到6mL 0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+），加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-，MnO4-显紫色；
②设计实验方案证实过程ii成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，即实验方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅；
（5）综合以上实验可知，变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。
20、第三周期第VIIA族 离子键和极性（共价）键 加热(或煅烧) 2Al2O34Al+3O2↑ a c 在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动， 脱离浆液CrO42-和Cr2O72- NaOH和H2
【解析】
（1）依据元素原子的核电荷数分析在周期表中的位置作答；二氧化碳分子内存在两个碳氧双键；氢氧化钠存在离子键与极性共价键；
（2）固体混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；
（3）题中涉及因素有温度和浓度；
Ⅱ．（4）电解时，通过阴离子交换膜向阳极