C．NaHSO4溶液和BaBa2++2OH﹣+2H++SO42（OH）离子方程式：2溶液充分反应后溶液显中性，﹣
═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故D错误； 故选：B．
10．锂空气电池充放电基本原理如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．充电时，锂离子向阴极移动
B．充电时阴极电极反应式为：Li++e﹣═Li
C．放电时正极电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣ D．负极区的有机电解液可以换成水性电解液 【考点】化学电源新型电池．
【分析】A、充电时的原理是电解池原理，电解质中的阳离子移向阴极； B、充电时阴极上发生得电子的还原反应；
C、放电时原理是原电池原理，正极上发生得电子的还原反应； D、金属锂可以和水之间发生反应，据此回答．
【解答】解：A、充电时的原理是电解池原理，电解质中的阳离子移向阴极，即锂离子向阴极移动，故A正确；
B、充电时阴极上发生得电子的还原反应，即Li++e﹣═Li，故B正确；
C、放电时原理是原电池原理，正极上发生得电子的还原反应O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故C正确； D、 金属锂可以和水之间发生反应，所以负极区的有机电解液可以换成水性电解液，故D错误．故选D．
11．下列有关说法正确的是（ ）
A．1mol过氧化钠和足量水充分反应，理论上转移的电子数约为2×6.02×1023 B．电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化
C．MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）＜Ksp（MnS） D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液pH=a，0.01mol?L﹣1醋酸溶液pH=b，则a+1＜b
【考点】氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A．Na2O2与足量水反应转移电子数依据化学方程式计算得到，1molNa2O2与足量水反应转移电子1mol；
B．Cu、Al形成原电池时，Al作负极被腐蚀；
C．化学式形式相同的，溶度积越大，溶解度越大； D．加水稀释促进醋酸电离．
【解答】解：A．Na2O2与足量水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，则1molNa2O2与足量水反应转移电子1mol，即转移的电子数约为2×6.02×1023，故A错误；
B．Cu、Al形成原电池时，Al作负极被腐蚀，Cu作正极被保护，所以铜不易被氧化，故B错误；
C．化学式形式相同的，溶度积越大，溶解度越大，MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）＜Ksp（MnS），故C正确；
D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液，加水稀释促进醋酸电离，所以0.01mol?L﹣1醋酸溶液中氢离子浓度大于0.1mol?L﹣1醋酸溶液中氢离子浓度的
，则a+1＞b，故D错误．
故选C．
12．甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙、丙三种有机化合物均可跟NaOH溶液反应 B．用FeCl3溶液区分甲、丙两种有机化合物
C．一定条件下丙可以与NaHCO3溶液、C2H5OH反应 D．乙、丙都能发生银镜反应 【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和NaOH溶液反应； B．氯化铁能和酚发生显色反应；
C．丙中含有酚羟基、羧基、氯原子、醚键和苯环，具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质； D．醛基能发生银镜反应．
【解答】解：A．酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和NaOH溶液反应，甲中不含酚羟基、羧基、卤原子或酯基，所以不能和NaOH溶液反应，故A错误；
B．氯化铁能和酚发生显色反应，甲不含酚羟基而丙含有酚羟基，则丙能发生显色反应，而甲不能发生显色反应，所以可以用氯化铁溶液鉴别甲、丙，故B正确；
C．丙中含有酚羟基、羧基、氯原子、醚键和苯环，具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质，羧基能和乙醇、碳酸氢钠反应，故C正确；
D．醛基能发生银镜反应，乙含有醛基，能发生银镜反应，丙不含醛基，不能发生银镜反应，故D错误； 故选BC．
13．下列设计的实验方案能达到实验目的是（ ）
A．向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，说明X结构中不含有醛基
B．室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量浓溴水，振荡、静置后过滤，可除去苯中少量苯酚
C．向无色的淀粉KI溶液中滴加少量氯水，溶液变成蓝色，说明氧化性：Cl2＞I2
D．向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入少量30%H2O2溶液，红色褪去，向褪色后的溶液再补加NaOH溶液，不显红色，说明H2O2因显酸性而使溶液褪色 【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时，必须是在碱性条件下；
B．苯酚和溴发生取代反应生成溴苯，溴苯、苯和溴能互溶； C．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D．因为该反应中双氧水的量较少，混合溶液中NaOH过量，混合溶液呈碱性．
【解答】解：A．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时，必须是在碱性条件下，该实验中NaOH不足导致NaOH和硫酸铜混合溶液不是碱性，所以实验不成功，故A错误；
B．苯酚和溴发生取代反应生成溴苯，溴苯、苯和溴能互溶，应该用NaOH和苯酚反应生成可溶性的苯酚钠，然后分液除去苯中的苯酚，故B错误；
C．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据实验现象知，氯气氧化碘离子生成碘，氧化剂是氯气、碘是氧化产物，则氧化性：Cl2＞I2，故C正确；
D．因为该反应中双氧水的量较少，混合溶液中NaOH过量，混合溶液呈碱性，但溶液褪色，说明酚酞发生了反应，该实验应该体现双氧水的氧化性，故D错误； 故选C．
14．常温下，下列有关溶液的说法正确的是（ ） A．向0.10mol?L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略）：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）
B．0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol?L﹣1盐酸10mL混合后的溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）
C．已知Kw（HF）＞Kw（CH3COOH），pH相等的NaF与CH3COOK两溶液中：c（Na+）﹣c（F﹣）＞c（K+）﹣c（CH3COO﹣）
D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸钠溶液等体积混合后的溶液中：3c（H+）+2c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣） 【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】A．溶液呈中性时，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣），由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子，则c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）； B．将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合，反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性；
C．根据HF和CH3COOH的电离平衡常数判断二者酸性强弱，酸性越强，对应的酸根离子的水解程度越强，据此判断pH相同时NaF与CH3COOK两溶液中离子浓度大小；
D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸钠溶液等体积混合，根据电荷守恒和物料守恒综合计算．
【解答】解：A．向0.1mol?L的NaHSO3中通入氨气至溶液呈中性时，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣），由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子，则c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+），所以溶液中c（H+）、c（OH﹣）、c（SO32﹣）、c（Na+）、c（NH4+）这五种离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣），故A正确；
B．将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac﹣水解程度，则（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣），HAc为弱电解质，部分电离，应有c（CH3COOH）＞c（H+），故B错误； C．根据电离平衡常数可知酸性HF＞CH3COOH，则CH3COOK的水解程度大于NaF，所以pH相等的NaF与CH3COOK两溶液CH3COOK的浓度小于NaF，由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，即c（H+）=c（OH﹣）①，根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）+c（K+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+c（F﹣）②，由①②得c（Na+）﹣c（F﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（K+），故C错误；
D．0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸钠溶液等体积混合，+c根据电荷守恒c（H+）（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）①，根据物料守恒3c（Na+）=2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）②，由①×3﹣②得3c（H+）+2c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣），故D正确， 故选AD．
15．一定条件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）?CH2=CH2（g）+4H2O（g）．已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．生成乙烯的速率：v（M）有可能小于v（N）
B．当温度高于250℃时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，催化剂的催化效率降低 C．平衡常数：KM＜KN D．若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，则图中M点乙烯的体积分数为15.4% 【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A、温度升高化学反应速率加快，催化剂的催化效率降低；
B、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动； C、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动；
D、设开始投料n（H2）为3mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，据此列三段式计算．
【解答】解：A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v（N），故A正确；
B、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故B错误； C、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故C错误；
D、设开始投料n（H2）为3mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%
所以有6H2（g）+2CO2（g）
CH2=CH2（g）+4H2O（g）
开始 3 1 0 0 转化 1.5 0.5 0.25 1 平衡 1.5 0.5 0.25 1 所以乙烯的体积分数为
故选A．
二、解答题（共5小题，满分68分）
×100%=7.7%，故D错误；