8．B 【解析】
酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸馏的方法进行分离，B正确；正确选项B。 9．B 【解析】 【分析】 【详解】
A．反应后氧元素的价态为-1价，故l mol O2时转移的电子数是2×6.02×1023，故A错误； B．混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正确； C．NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于0.1×6.02×1023，故C错误；
D．标准状况下2.24 L Cl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol共价键，故D错误； 故选B。 10．A 【解析】 【分析】 【详解】
A．4.6g钠的物质的量是0.2mol，4.6gNa完全转化成Na2O氧化钠和过氧化钠中阴阳离子个数比都是1∶2，和Na2O2的混合物，钠离子的物质的量是0.2mol，所以生成物中阴离子为0.1mol，阴离子总数为0.1 NA，故A正确；
B．标准状况下，22.4L丙烷的物质的量为故B错误；
C．氯气和水的反应为可逆反应，不能完全反应，故转移的电子数小于0.1NA个，故C错误； D．铵根离子能少量水解，1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有铵根离子的数目小于0.1NA，故D错误； 故选A。 【点睛】
本题的易错点为A，要注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子。 11．A 【解析】 【分析】 H2C2O4
H++HC2O4- Ka1=
22.4L=1mol，C3H8含共用电子对数=1mol×10×NA=10NA，
22.4L/molc(HC2O-4)?c(H+)c(H2C2O4)，lg
c(HC2O-4)c(H2C2O4)=0时，
c(HC2O-4)c(H2C2O4)=1，Ka1=c(H+)=10-pH；
HC2O4-【详解】
H++C2O42- Ka2=
2-c(C2O4)?c(H+)c(HC2O)?4，lg
c(C2O2-)4c(HC2O)?4=0时，
c(C2O2-)4c(HC2O)?4=1，Ka2= c(H+)=10-pH。
A．由于Ka1＞Ka2，所以
c(HC2O-4)c(H2C2O4)=1时溶液的pH比
c(C2O2-)4?c(HC2O4)=1时溶液的pH小，所以，Ⅰ表示
lg
c(HC2O-4)c(H2C2O4)与pH的变化关系，A正确；
B．电荷守恒：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H+)，pH＝1.22，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，那么：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＞c(Na＋)，B错误； C．由A可知，Ⅱ为lg
c(C2O2-)4c(HC2O)?4与pH的变化关系，由分析可知，Ka2= c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81×10-5，故
Ka2(H2C2O4)的数量级为10-5，C错误；
D．H2C2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大。H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液，pH由1.22到4.19的过程中，H2C2O4一直在减少，但还没有完全被中和，故H2C2O4抑制水电离的程度减小，水的电离程度一直在增大，D错误； 答案选A。 【点睛】
酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应的溶质进行分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴NaOH时，溶质为H2C2O4，此时pH最小，水的电离程度最小，草酸和NaOH恰好完全反应时，溶质为Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大，pH由1.22到4.19的过程，介于这两点之间，故水的电离程度一直在增大。 12．A 【解析】
A、质子数等于原子序数，1molNH4＋中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为
，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化
－＋
反应，过程IV，NO2→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4中N显－3价，NH2OH
中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程I中NH4与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。 点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2－转化成NH2OH，是还原反应。 13．C 【解析】
＋
【分析】 【详解】
由P的结构简式可知，合成P的反应为加成聚合反应，产物只有高分子化合物P，没有小分子生成，合成P的单体A的结构简式为
，则A的分子式为C11H14，由A分子具有碳碳双键、苯
写成
环结构，可知A可发生取代、氧化、加成等反应，A、B均正确；将
，分子中11个碳原子有可能共面，C错误；由A的结构简式
可知，1个苯环能与3个H2发生加成，1个双键能与1个H2加成，则1 mol A最多能与4 mol H2发生加成反应，D正确。 14．A 【解析】 【详解】 A. 立体烷
和苯乙烯
的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，A项正确；
，B项错误；
，C项错误；
B. 1，3-丁二烯中含有2个C=C键，其键线式为：
C. 二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：D. H216O、D216O、H218O、D218O是化合物，不是同素异形体，D项错误； 答案选A。 15．D 【解析】 【分析】
a点溶液中只有HA，x点HA与NaA等比混合，以0.10mol·L-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA时，y点溶液呈中性，z点为二者恰好完全反应，即z点为滴定终点。 【详解】
A.由图可知，该酸碱中和滴定的滴定终点为碱性，则应选择酚酞做指示剂，故A正确；
c(H+)c(A-)10?7?0.9??9?10?7，a点时，溶液中只有HA，c（H+）B.根据y点坐标可以算得K（HA）=
c(HA)0.1c(H+)c(A-)c(H+)2c(H+)2?==9?10?7，解得c(H+)=3?10?4，pH=3.5，故B正确； = c（A），则有
c(HA)c(HA)0.1-
C.从x点到z点，溶液中的溶质由HA对水的抑制，到NaA对水的促进，水的电离程度逐渐增大，故C正确；
D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA等比混合，有质子守恒：c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(OH-)，因为c(H+)
＞c(OH)，则c(HA)+c(H)＜c(A)+c(OH)，故D错误； 综上所述，答案为D。 【点睛】
求a点的pH时，可逆向思维思考，若求pH，即要求氢离子的浓度，则须求平衡常数，进而利用y点中性的条件求出平衡常数，返回计算即可求a点的pH了。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．1:4Zn（OH）2+2OH- =［Zn（OH）4］2-Cl-、 NO3-CFe3+（aq）+ 3H2O（l）
Fe（OH）3 （s）+3 H+
-+--
K3w （aq）△H=（3b-a） kJ/mol
Ksp【解析】 【分析】
“烂板液”中除含硝酸锌外，还含有自来水带入的Cl－和Fe3＋，由流程可知，先加NaOH可沉淀锌离子、铁离子，滤液C、D均含硝酸钠、氯化钠，沉淀A洗涤后得到沉淀B，加硫酸控制pH分离出Fe（OH）3，滤7H2O。 液E含ZnSO4，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出ZnSO4·【详解】
4Zn+10HNO3=4 Zn（1）若硝酸被还原的产物为NH4NO3，金属锌全部生成硝酸锌，反应可以表达为：（NO3）被还原的硝酸得2+NH4NO3+3H2O，
NH4NO3，有1mol，未被还原的在盐Zn（NO3）2和NH4NO3中，有9mol，
氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:4; 故答案为：1：4；
（2）Zn（OH）2溶解生成四羟基合锌酸钠，反应的离子方程式为Zn（OH）2+2OH－=[Zn（OH）4]2-， 故答案为：Zn（OH）2+2OH- =［Zn（OH）4］2-；
－－－－
（3）固体具有吸附性，沉淀A可吸附溶液中的Cl、NO3等离子，则滤液中应含有Cl、NO3，
故答案为：Cl-、NO3；
-9
Fe3=2.6×10-39，（4）滤液E的pH=4，得到的沉淀为Fe（OH）（OH）（10-10） 3，3的溶度积常数为Ksp=2.6×10×
－
故答案为：C；
（5）已知:①Fe（OH）3 （s）②H2O（l）
Fe3+（aq）+3OH-（aq）△H=a kJ/mol
H+（aq）+ OH-（aq）△H=b kJ/mol
Fe（OH）
结合盖斯定律可知②×3-①可得：Fe3+发生水解反应的热化学方程式Fe3+（aq）+ 3H2O（l）
3 （s）+3 H
+
（aq）△H=（3b-a） kJ/mol ；
H2O的离子积常数为Kw ，Fe3++ 3H2O（6）若Fe（OH）根据（5）②×3-①可得：（aq）3的溶度积常数为Ksp，（l）
3Kw Fe（OH）3 （s）+3 H+（aq） Fe3+发生水解反应的平衡常数K=，
KspK3w故答案为：。
Ksp【点睛】
本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，难点（6）注意反应原理的应用，注意加减消元法在求反应热和平衡常数时的应用。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．醚键、硝基 (C2H5OOC)2C=CHOC2H5 ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaCl FeCl3溶液，显紫色 3 还原反应
+C2H5OH
【解析】 【分析】
A和Cl2反应生成B，B中只有1个Cl，所以应该是取代反应，B发生了给出的已知中的反应，所以C中有C有4个氧原子，B为ClCH2COOH，羧基，而且C的不饱和度为2，再根据D的结构简式，可知C为丙二酸，A为CH3COOH。根据K和J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根据G的结构简式可知F为苯酚。 【详解】
（1）根据H的结构简式，H的官能团名称为醚键和硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。
一定条件（2）B→C中①的化学方程式为ClCH2COOH+NaCN?????NCCH2COOH+NaCl。
（3）F为苯酚，苯酚遇 FeCl3溶液显紫色，或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。
（4）D的同分异构体有多种，1mol D能与足量 NaHCO3反应放出2mol CO2，说明1个D分子中有2个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰，说明D分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和（5）H→J是H中的硝基变成了氨基，是还原反应。
（6）①根据已知，K→L发生了苯环上的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇，苯环上的碳原子和断裂乙氧基的碳原子结合成新的碳碳单键的反应，再结合P的结构可知，苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子，所以K→L的化学方程式为：
，共3种。
大连市达标名校2018年高考一月大联考化学试卷含解析
