全国各地高考化学试题及解析新课标ⅰ.docx
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全国各地高考化学试题及解析新课标ⅰ
2015年全国各地高考化学试题及解析（新课标Ⅰ）
一、选择题（共7小题,每小题6分,满分42分）
1.（6分）我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种,其中“强水”条目下写道：
“性最烈,能蚀五金…其水甚强,五金八石皆能穿第,惟玻璃可盛。
”这里的“强水”是指（ ）
A.氨水B.硝酸C.醋D.卤水
2.（6分）NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是（ ）
A.18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
B.2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H＋个数为2NA
C.过氧化钠与水反应时,生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
D.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应,产物的分子数为2NA
3.（6分）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途,其结构式如图所示。
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。
若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比为（ ）
A.1：
1B.2：
3C.3：
2D.2：
1
4.（6分）下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
实验
现象
结论
A
将硝酸加入过量铁粉中,充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成,溶液成血红色
稀硝酸将Fe氧化为
Fe3＋
B
将铜粉加入1.0mol•L﹣1的Fe2（SO4）3溶液中
溶液变蓝,有黑色固体出现
金属Fe比Cu活泼
C
用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点比较低
D
将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不在有沉淀产生,再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成,后变为浅蓝色沉淀
Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小
A.AB.BC.CD.D
5.（6分）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,其工作原理如图所示。
下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A.正极反应中有CO2生成
B.微生物促进了反应中电子的转移
C.质子通过交换膜从负极区移向正极区
D.电池总反应为C6H12O6＋6O2═6CO2＋6H2O
6.（6分）W、X、Y、Z均为的短周期主族元素,原子序数依次增加,且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8,它们的最外层电子数之和为18.下列说法正确的是（ ）
A.单质的沸点：
W＞X
B.阴离子的还原性：
W＞Z
C.氧化物的水化物的酸性：
Y＜Z
D.X与Y不能存在于同一离子化合物中
7.（6分）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lg
的变化如图所示,下列叙述错误的是（ ）
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度：
b点大于a点
C.若两溶液无限稀释,则它们的c（OH﹣）相等
D.当lg
＝2时,若两溶液同时升高温度,则
增大
二、解答题（共3小题,满分43分）
8.（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中,其K1＝5.4×10﹣2,K2＝5.4×10﹣5.草酸的钠盐和钾盐易溶于水,而其钙盐难溶于水。
草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色,熔点为101℃,易溶于水,受热脱水,升华,170℃以上分解。
回答下列问题。
（1）甲组同学按照如图所示的装置,通过实验检验草酸晶体的分解产物。
装置C中可观察到的现象是 ,由此可知草酸晶体分解的产物中有 。
装置B的主要作用是 。
（2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO,为进行验证,选用甲组实验中的装置A、B和图2所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。
①乙组同学的实验装置中,依次连接的合理顺序为A、B、 、I,装置H反应管中盛有的物质是 。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是 。
（3）设计实验证明：
草酸的酸性比碳酸的强 。
9.（14分）硼及其化合物在工业上有许多用途。
以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）写出Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式 。
为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取的措施有 （写出两条）。
（2）利用 的磁性,可将其从“浸渣”中分离。
“浸渣”中还剩余的物质是 （化学式）。
（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是 。
然后在调节溶液的pH约为5,目的是 。
（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 （填名称）。
（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4）,它是有机合成中的重要还原剂,其电子式为 。
（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。
以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼,用化学方程式表示制备过程 。
10.（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。
回答下列问题：
（1）大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2,该反应的还原产物为 ；
（2）上述浓缩液中含有I﹣、Cl﹣等离子,取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中
为：
,已知Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10,Ksp（AgI）＝8.5×10﹣17。
（3）已知反应2HI（g）⇌H2（g）＋I2（g）的△H＝＋11kJ•mol﹣1,1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量,则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为 kJ。
（4）Bodensteins研究了下列反应：
2HI（g）⇌H2（g）＋I2（g）,在716K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如表：
t/min
0
20
40
60
80
120
X（HI）
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
X（HI）
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为：
；
②上述反应中,正反应速率为v正＝k正x2（HI）,逆反应速率为v逆＝k逆x（H2）x（I2）,其中k正、k逆为速率常数,则k逆为 （以K和k正表示）。
若k正＝0.0027min﹣1,在t＝40min时,v正＝ min﹣1。
③由上述实验数据计算得到v正～x（HI）和v逆～x（H2）的关系可用如图表示。
当升高到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的点分别为 （填字母）。
[化学--选修2：
化学与技术]
11.（15分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。
CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化。
以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①中得到的氧化产物是 ,溶解温度应控制在60﹣70℃,原因是 。
（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式 。
（3）步骤⑤包括用pH＝2的酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是 （写名称）。
（4）上述工艺中,步骤⑥不能省略,理由是 。
（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。
工业上常用的固液分离设备有 （填字母）
A、分馏塔B、离心机C、反应釜D、框式压滤机
（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg,将其置于过量的FeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸,用amol/L﹣1的K2Cr2O7溶液滴定到终点,消耗K2Cr2O7溶液bmL,反应中Cr2O72﹣被还原为Cr3＋,样品中CuCl的质量分数为 。
[化学--选修3：
物质结构与性质]
12.碳及其化合物广泛存在于自然界中,回答下列问题：
（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用 形象化描述。
在基态14C原子中,核外存在 对自旋相反的电子。
（2）碳在形成化合物时,其键型以共价键为主,原因是 。
（3）CS2分子中,共价键的类型有 ,C原子的杂化轨道类型是 ,写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子 。
（4）CO能与金属Fe形成Fe（CO）5,该化合物熔点为253K,沸点为376K,其固体属于 晶体。
（5）碳有多种同素异形体,其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
①在石墨烯晶体中,每个C原子连接 个六元环,每个六元环占有 个C原子。
②在金刚石晶体中,C原子所连接的最小环也为六元环,每个C原子连接 个六元环,六元环中最多有 个C原子在同一平面。
[化学--选修5：
有机化学基础]
13.A（C2H2）是基本有机化工原料。
由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：
回答下列问题：
（1）A的名称是 ,B含有的官能团是 。
（2）①的反应类型是 ,⑦的反应类型是 。
（3）C和D的结构简式分别为 、 。
（4）异戊二烯分子中最多有 个原子共平面,顺式聚异戊二烯的结构简式为 。
（5）写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式） 。
（6）参照异戊二烯的上述合成路线,设计一条由A和乙醛为起始原料制备1,3﹣丁二烯的合成路线 。
2015年全国各地高考化学试题及解析（新课标Ⅰ）
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题,每小题6分,满分42分）
1.（6分）我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种,其中“强水”条目下写道：
“性最烈,能蚀五金…其水甚强,五金八石皆能穿第,惟玻璃可盛。
”这里的“强水”是指（ ）
A.氨水B.硝酸C.醋D.卤水
【考点】12：
化学科学的主要研究对象；1B：
真题集萃；EG：
硝酸的化学性质.
【分析】“强水”“性最烈,能蚀五金…其水甚强,五金八石皆能穿第,惟玻璃可盛。
”说明“强水”腐蚀性很强,能腐蚀多数金属及岩石,但不能腐蚀玻璃,即和玻璃中成分不反应,据此分析解答。
【解析】解：
A.氨水属于弱碱,和金属不反应,不符合条件,故A错误；
B.硝酸具有强氧化性、强酸性,能腐蚀大多数金属,也能和岩石中的CaCO3发生反应,但不能和玻璃中成分硅酸盐反应,所以符合条件,故B正确；
C.醋酸是弱电解质,能腐蚀较活泼金属,但不能腐蚀较不活泼金属,如Cu等金属,不符合条件,故C错误；
D.卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子,和大多数金属不反应,不符合条件,故D错误；
故选：
B。
【点评】本题考查元素化合物知识,为高频考点,明确物质的性质是解本题关键,知道硝酸的强氧化性,题目难度不大。
2.（6分）NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是（ ）
A.18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
B.2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H＋个数为2NA
C.过氧化钠与水反应时,生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
D.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应,产物的分子数为2NA
【考点】1B：
真题集萃；4F：
阿伏加德罗常数.
【专题】518：
阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.
【分析】A.一个D2O和H2O分子中质子数都是10,18g的D2O物质的量＝
＝0.9mol、18gH2O的物质的量＝
＝1mol,根据N＝nNA知,其分子数之比等于物质的量之比＝0.9mol：
1mol＝0.9：
1,结合分子构成计算质子数；
B.n（H2SO3）＝0.5mol/L×2L＝1mol,亚硫酸是弱电解质,在水溶液中部分电离,且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；
C.过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑,每生成1mol氧气转移电子物质的量＝1mol×2×[0﹣（﹣1）]＝2mol,据此计算生成0.1mol氧气转移的电子数；
C.NO和O2反应方程式为2NO＋O2＝2NO2,根据方程式知,2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2,但NO2和N2O4之间存在转化,方程式2NO2⇌N2O4。
【解析】解：
A.一个D2O和H2O分子中质子数都是10,18g的D2O物质的量＝
＝0.9mol、18gH2O的物质的量＝
＝1mol,根据N＝nNA知,其分子数之比等于物质的量之比＝0.9mol：
1mol＝0.9：
1,二者的分子数分别是0.9NA、NA,结合分子构成知,二者的质子数分别是9NA、10NA,故A错误；
B.n（H2SO3）＝0.5mol/L×2L＝1mol,亚硫酸是弱电解质,在水溶液中部分电离,且第二步电离程度远远小于第一步电离程度,所以溶液中含有的H＋个数远远小于2NA,故B错误；
C.过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑,Na2O2中O元素的化合价为﹣1价,每生成1mol氧气转移电子物质的量＝1mol×2×[0﹣（﹣1）]＝2mol,则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol,电子数为0.2NA,故C正确；
D.NO和O2反应方程式为2NO＋O2＝2NO2,根据方程式知,2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2,但NO2和N2O4之间存在转化,方程式2NO2⇌N2O4,所以产物分子数小于2NA,故D错误；
故选：
C。
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数有关计算,涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电解质的电离、同位素等知识点,明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答,易错选项是AD,注意A中D2O的相对分子质量是20,注意D中存在转化关系2NO2⇌N2O4。
3.（6分）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途,其结构式如图所示。
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。
若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比为（ ）
A.1：
1B.2：
3C.3：
2D.2：
1
【考点】1B：
真题集萃；5A：
化学方程式的有关计算.
【分析】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品,若原料完全反应生成乌洛托品,每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子,根据C原子、N原子守恒判断甲醛和氨的物质的量之比。
【解析】解：
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品,若原料完全反应生成乌洛托品,每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子,每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子,根据C原子、N原子守恒知,要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子,则需要甲醛和氨气分子个数之比＝6：
4＝3：
2,根据N＝nNA知,分子数之比等于物质的量之比,所以甲醛与氨的物质的量之比3：
2,
故选：
C。
【点评】本题考查物质的量的有关计算,为高频考点,明确物质的量的基本公式及物质的构成是解本题关键,注意结合原子守恒解答,题目难度不大。
4.（6分）下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
实验
现象
结论
A
将硝酸加入过量铁粉中,充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成,溶液成血红色
稀硝酸将Fe氧化为
Fe3＋
B
将铜粉加入1.0mol•L﹣1的Fe2（SO4）3溶液中
溶液变蓝,有黑色固体出现
金属Fe比Cu活泼
C
用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点比较低
D
将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不在有沉淀产生,再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成,后变为浅蓝色沉淀
Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小
A.AB.BC.CD.D
【考点】U5：
化学实验方案的评价.
【专题】52：
元素及其化合物.
【分析】A.过量铁粉,反应生成亚铁离子；
B.Cu和Fe3＋发生氧化还原反应生成Fe2＋和Cu2＋；
C.三氧化二铝的熔点高于铝的熔点,所以铝箔在酒精灯上加热到熔化,熔化的铝并不滴落；
D.由操作和现象可知,发生沉淀的转化。
【解析】解：
A.过量铁粉,反应生成亚铁离子,加入KSCN溶液、溶液不显红色,故A错误；
B.Cu和Fe3＋发生氧化还原反应,反应方程式为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋,所以没有黑色沉淀生成,溶液由黄色变为蓝色,故B错误；
C.将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热,铝和氧气反应生成了氧化铝,形成氧化膜,三氧化二铝的熔点高于铝的熔点,包住了熔化的铝,所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落,故C错误；
D.由操作和现象可知,发生沉淀的转化,则Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小,故D正确；
故选：
D。
【点评】本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及离子检验、氧化还原反应、硝酸性质等知识点,明确物质性质及离子检验方法是解本题关键,题目难度不大。
5.（6分）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,其工作原理如图所示。
下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A.正极反应中有CO2生成
B.微生物促进了反应中电子的转移
C.质子通过交换膜从负极区移向正极区
D.电池总反应为C6H12O6＋6O2═6CO2＋6H2O
【考点】1B：
真题集萃；BH：
原电池和电解池的工作原理.
【分析】A.根据图知,负极上C6H12O6失电子,正极上O2得电子和H＋反应生成水,负极的电极反应式为C6H12O6＋6H2O﹣24e﹣＝6CO2＋24H＋,正极的电极反应式为O2＋4e﹣＋4H＋═2H2O；
B.葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能,形成原电池；
C.原电池中,阳离子向正极移动,所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；
D.燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同。
【解析】解：
A.根据图知,负极上C6H12O6失电子,正极上O2得电子和H＋反应生成水,负极的电极反应式为C6H12O6＋6H2O﹣24e﹣＝6CO2＋24H＋,正极的电极反应式为O2＋4e﹣＋4H＋═2H2O,因此CO2在负极产生,故A错误；
B.葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能,形成原电池,有电流产生,所以微生物促进了反应中电子的转移,故B正确；
C.通过原电池的电极反应可知,负极区产生了H＋,根据原电池中阳离子向正极移动,可知质子（H＋）通过交换膜从负极区移向正极区,故C正确；
D.该反应属于燃料电池,燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同,则电池反应式为C6H12O6＋6O2＝6CO2＋6H2O,故D正确；
故选：
A。
【点评】本题考查化学电源新型电池,为高频考点,正确判断电解质溶液酸碱性是解本题关键,所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应,难点是电极反应式的书写。
6.（6分）W、X、Y、Z均为的短周期主族元素,原子序数依次增加,且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8,它们的最外层电子数之和为18.下列说法正确的是（ ）
A.单质的沸点：
W＞X
B.阴离子的还原性：
W＞Z
C.氧化物的水化物的酸性：
Y＜Z
D.X与Y不能存在于同一离子化合物中
【考点】1B：
真题集萃；8F：
原子结构与元素周期律的关系；8G：
原子结构与元素的性质.
【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素,原子序数依次增加,且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8,则则W是H元素,X是N元素,Y、Z为第三周期元素；
它们的最外层电子数之和为18,W最外层电子数是1,X最外层电子数是5,Y、Z最外层电子数之和是12,且二者都是主族元素,Y原子序数小于Z,则Y是P元素、Z是Cl元素,
A.W、X单质都是分子晶体,分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；
B.元素的非金属性越强,其简单阴离子的还原性越弱；
C.元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强；
D.X、Y分别是N、P元素,可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中。
【解析】解：
W、X、Y、Z均为的短周期主族元素,原子序数依次增加,且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8,则W是H元素,X是N元素,Y、Z为第三周期元素；
它们的最外层电子数之和为18,W最外层电子数是1,X最外层电子数是5,Y、Z最外层电子数之和是12,且二者都是主族元素,Y原子序数小于Z,则Y是P元素、Z是Cl元素,
A.H、N元素单质都是分子晶体,分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比,氮气相对分子质量大于氢气,所以单质的沸点：
W＜X,故A错误；
B.元素的非金属性越强,其简单阴离子的还原性越弱,非金属性W＜Z,所以阴离子的还原性：
W＞Z,故B正确；
C.元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,非金属性P＜Cl,最高价氧化物的水化物酸性H3PO4＜HClO4,但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律,如磷酸酸性大于次氯酸,故C错误；
D.X、Y分别是N、P元素,可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中,磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐,属于离子化合物,故D错误；
故选：
B。
【点评】本题考查原子结构和元素性质,为高频考点,涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物质熔沸点高低判断、元素周期律等知识点,正确判断元素是解本题关键,结合物质的结构性质解答,易错选项是C。
7.（6分）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lg
的变化如图所示,下列叙述错误的是（ ）
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度：
b点大于a点
C.若两溶液无限稀释,则它们的c（OH﹣）相等
D.当lg
＝2时,若两溶液同时升高温度,则
增大
【考点】D5：
弱电解质在水溶液中的电离平衡.
【分析】A.相同浓度的一元碱,碱的pH越大其碱性越强；
B.弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；
C.若两种溶液无限稀释,最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣）；
D.MOH的碱性强于ROH的碱性,当lg
＝2时,若两溶液同时升高温度,促进弱电解质电离。
【解析】解：
A.相同浓度的一元碱,碱的pH越大其碱性越强,根据图知,未加水时,相同浓度条件下,MOH的pH大于ROH的pH,说明MOH的电离程度大于ROH,则MOH的碱性强于ROH的碱性,故A正确；
B.由图示可以看出ROH为弱碱,弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大,b点溶液体积大于a点,所以b点浓度小于a点,则ROH电离程度：
b＞a,故B正确；
C.若两种溶液无限稀释,最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣）,所以它们的c（OH﹣）相等,故C正确；
D.根据A知,碱性MOH＞ROH,当lg
＝2时,由于ROH是弱电解质,升高温度能促进ROH的电离,所以c（M＋）/c（R＋）减小,故D错误；
故选：
D。
【点评】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡,为高频考点,明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键,易错选项是C,注意：
碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液,接近中性时要考虑水的电离,为易错点。
二、解答题（共3小题,满分43分）
8.（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中,其K1＝5.4×10﹣2,K2＝5.4×10﹣5.草酸的钠盐和钾盐易溶于水,而
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