浙江省届高考选考科目联考化学试题解析版.docx

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浙江省届高考选考科目联考化学试题解析版

秘密★启用前

2021高考选考科目浙江省9月联考

化学

注意事项：

1.本试题卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡的相应位置。

3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。

4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。

6.可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23Cl35.5Ca40Fe56Ag108Ba137

选择题部分

一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。

每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.熔融时需要破坏共价键的化合物是

A.冰B.石英C.金刚石D.氢氧化钠

【答案】B

【解析】

【详解】A．冰是共价化合物，分子晶体，熔融时只需要克服分子间作用力，不需要破坏化学键，故A不符合题意；

B．石英（SiO2）是共价化合物，属于原子晶体，熔融时需要克服共价键，故B符合题意；

C．金刚石是单质，属于原子晶体，熔融时需要克服共价键，故C不符合题意；

D．氢氧化钠是离子化合物，属于离子晶体，熔融时需要克服离子键，故D不符合题意；

答案选B。

2.方便快捷地分离互不相溶的两种液体，需要用到的仪器是

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．A图为漏斗，用于不相溶的固液分离的过量操作，故A不符合题意；

B．B图为蒸馏烧瓶，主要用于分离沸点不同的液态混合物，故B不符合题意；

C．C图为分液漏斗，主要用于互不相溶的液体的分液操作，故C符合题意；

D．D图为直型冷凝管，用于蒸馏操作中蒸馏出的蒸汽的冷凝，故D不符合题意；

答案选C。

3.下列属于非电解质，但溶于水所得溶液能导电的是

A.干冰B.液氯C.生石灰D.冰醋酸

【答案】A

【解析】

【详解】A.干冰溶于水生成碳酸，碳酸电离出氢离子、碳酸氢根离子等，故其水溶液因含可自由移动的离子可导电，但二氧化碳自身不发生电离，故二氧化碳是非电解质，A正确；

B.液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质，氯气溶于水后，水溶液因含可自由移动的离子可导电；B错误；

C.熔融的氧化钙能导电，生石灰是电解质，C错误；

D.冰醋酸的水溶液因含可自由移动的离子可导电；冰醋酸是电解质，D错误；

答案选A。

4.下列物质对应的组成或结构正确的是

A.碳铵：

（NH4）2CO3B.熟石膏：

CaSO4·2H2O

C.甘油醛：

D.3，5－二甲基己烷：

【答案】C

【解析】

【详解】A.碳铵是碳酸氢铵，化学式为：

NH4HCO3，A错误；

B.熟石膏

化学式为：

2CaSO4·H2O，CaSO4·2H2O表示生石膏，B错误；

C.甘油醛是丙三醇中的一个羟基被氧化为醛基，化学式为：

，C正确；

D.3，5－二甲基己烷中取代基编号错误，

的名称应该是2，4－二甲基己烷，D错误；答案选C。

5.下列表示正确的是

A.二氧化碳的比例模型：

B.丙醛的键线式：

C.正丙醇的结构简式：

C3H7OHD.次氯酸的电子式：

【答案】D

【解析】

【详解】A.二氧化碳是直线型分子，该比例模型为V字形，A错误；

B.丙醛分子内只有3个碳原子，故键线式中端点和转折点只有3个，且醛基位于链端，该键线式中端点和转折点有4个、且其官能团为羰基，B错误；

C.正丙醇的结构简式为：

CH3CH2CH2OH，C错误；

D.次氯酸是共价分子，H共用1对电子对、Cl共用1对电子对、O共用2对电子对，则其电子式：

，D正确；

答案选D。

6.下列说法不正确的是

A.煤的气化、石油的裂化和天然气的液化都是化学变化

B.石油气和天然气都可用作家用燃气，单位体积天然气完全燃烧耗氧量低于石油气

C.煤直接燃烧的热效率低、污染大，应通过干馏、气化和液化等各种加工手段综合利用

D.以淀粉含量较多的农作物为原料制得乙醇，可直接作为燃料，也可以和汽油混合作为发动机燃料

【答案】A

【解析】

【详解】A.煤的气化、石油的裂化都是化学变化，天然气的液化是物理变化，A错误；

B.单位体积的烷烃完全燃烧，甲烷的耗氧量是烷烃中最低的，石油气的主要成为为丙烷、丁烷，天然气的主要成分为甲烷，则单位体积天然气完全燃烧耗氧量低于石油气，B正确；

C.煤不容易完全燃烧，故污染大，且直接燃烧的热效率低，应通过干馏、气化和液化等各种加工手段综合利用，C正确；

D.以淀粉经水解得到葡萄糖、葡萄糖发酵得乙醇，可直接作为燃料，也可以和汽油混合作为发动机燃料，D正确；

答案选A。

7.下列说法不正确的是

A.2H和3H互为同位素B.C17H35COOH和CH3COOH互为同系物

C.碳纳米管和石墨烯互为同素异形体D.

和

互为同分异构体

【答案】D

【解析】

【详解】A.2H和3H质子数相同、中子数不同，故互为同位素，A正确；

B.C17H35COOH和CH3COOH均为烷基和1个羧基结合而成，结构相似，差16个“CH2”，互为同系物，B正确；

C.碳纳米管和石墨烯都是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，C正确；

D.

分子式为C13H10，

分子式为C14H10，分子式不同，不互为同分异构体，D错误；

答案选D。

8.下列说法不正确的是

A.铝盐水解形成胶体，可用于净水B.亚铁离子具有强氧化性，可用于泳池消毒

C.浓硫酸具有吸水性，可使胆矾失去结晶水D.浓硝酸常因溶解了二氧化氮而呈黄色

【答案】B

【解析】

【详解】A．铝盐水解形成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附杂质功能，常用于净水，故A正确；

B．亚铁离子具有氧化性和还原性，但还原性更强，不能用于泳池消毒，故B错误；

C．浓硫酸具有吸水性，将胆矾中结晶水吸收，得到硫酸铜，故C正确；

D．浓硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮，浓硝酸常因溶解了二氧化氮而呈黄色，故D正确。

综上所述，答案为B。

9.下列说法不正确的是

A.纯碱广泛应用于小苏打、烧碱和普通玻璃的生产

B.氧化镁、氧化铝都可用作耐火材料

C.二氧化硫可用于漂白纸浆以及草帽等编织物

D.某些硅酸盐具有多孔结构，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、催化剂

【答案】A

【解析】

【详解】A.纯碱广泛应用于普通玻璃的生产，小苏打是碳酸氢钠可以制造纯碱，烧碱一般通过氯碱工业制备，A错误；

B.氧化镁、氧化铝的熔点都很高，都可用作耐火材料，B正确；

C.二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆以及草帽等编织物，C正确；

D.某些硅酸盐具有多孔结构，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、催化剂等，D正确；

答案选A。

10.反应6NO2＋8NH3＝7N2＋12H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是

A.1：

1B.3：

4C.4：

3D.7：

12

【答案】C

【解析】

【详解】根据方程式可知二氧化氮中氮元素化合价从+4价降低到0价，二氧化氮是氧化剂，得到3mol氮气是还原产物；氨气中氮元素化合价从－3价升高到0价，氨气是还原剂，得到4mol氮气是氧化产物，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比是4：

3。

答案选C。

11.下列有关实验的说法，不正确的是

A.取适量待测溶液于试管中，加入几滴稀硝酸，无明显现象，再滴加硝酸银溶液，若出现沉淀，并不能说明该溶液中一定含有Cl－

B.实验室电器设备起火时，应切断电源，使用二氧化碳或四氯化碳灭火器灭火，不能使用泡沫灭火器

C.酸碱中和滴定实验中，若滴定终点没有控制好，滴定剂滴加过量，则必须重做实验

D.除去氯化钠晶体中的少量硝酸钾的主要步骤为加水溶解、蒸发浓缩至有大量晶体析出、趁热过滤、洗涤、干燥

【答案】C

【解析】

【详解】A.待测液若为硫酸钠溶液，滴入几滴稀硝酸，并不会有明显现象，再加入硝酸银溶液会出现硫酸银白色沉淀，所以待测液中不一定含有氯离子，A项正确；

B.泡沫灭火器中有水，电器设备起火时，用水灭火可能导致触电事故，所以不能使用泡沫灭火器，B项正确；

C.酸碱中和滴定实验中，滴定剂滴加过量时，可以用被滴定试剂反滴，不一定需要重做实验，C项错误；

D.少量硝酸钾杂质可溶于较高温度的少量水中，所以通过蒸发溶剂使氯化钠晶体析出，趁热过滤可以最大限度地分离除去氯化钠中的硝酸钾，D项正确；

答案选C。

12.下列说法正确的是

A.NH3在催化剂存在下可完全分解得到H2和N2

B.FeCO3在空气中煅烧可分解为FeO和CO2

C.CuCl2溶液经蒸干、灼烧可制得Cu（OH）2

D.NaBr固体与浓硫酸共热可能得到红棕色的Br2

【答案】D

【解析】

【详解】A.合成氨反应是可逆反应，故NH3在催化剂存在下不能完全分解得到H2和N2，A错误；

B.亚铁离子还原性较强，FeCO3在空气中煅烧时会有氧气参加反应，生成Fe2O3，B错误；

C.CuCl2溶液蒸干过程中，铜离子水解，产生的氢离子和氯离子在加热时形成HCl分子逸出溶液，形成Cu（OH）2，经灼烧Cu（OH）2分解得到氧化铜，C错误；

D.NaBr固体与浓硫酸共热时，生成HBr气体，HBr可被强氧化剂浓硫酸氧化，可能得到红棕色的Br2，D正确；

答案选D。

13.能正确表示下列反应的离子方程式是

A.漂白粉溶液中通入少量二氧化碳：

2ClO－＋H2O＋CO2＝

＋2HClO

B.铜片溶于浓硝酸：

3Cu＋8H＋＋2

＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

C.高锰酸钾溶液吸收甲醛：

4

＋5HCHO＋12H＋＝4Mn2＋＋5CO2↑＋11H2O

D.碳酸氢钠水解：

＋H2O

H3O＋＋

【答案】C

【解析】

【详解】A．漂白粉溶液中通入少量的二氧化碳气体生成碳酸钙和次氯酸，反应的离子方程式为：

Ca2++2ClO-+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClO，故A错误；

B．铜片溶于浓硝酸生成二氧化氮、硝酸铜和水，离子方程式：

Cu+4H++2

═Cu2++2NO2↑+2H2O，故B错误；

C．高锰酸钾溶液吸收甲醛，甲醛被氧化为二氧化碳，一个HCHO分子得1个O氧原子，失去两个氢原子，相当于碳的化合价升高4价，高锰酸根离子中的锰的化合价由+7价变为+2价，化合价降低5价，所以HCHO与高锰酸根离子以5:

4的比例关系发生反应，离子反应为：

4

＋5HCHO＋12H＋＝4Mn2＋＋5CO2↑＋11H2O，故C正确；

D．碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，水解的离子反应为

+H2O⇌OH−+H2CO3，故D错误；

答案选C。

14.下列说法不正确的是

A.溴苯中混有的溴单质，可加入足量的NaOH溶液，经分液除去

B.向乙醇和乙醛

混合液中通入足量氢气，可除去乙醇中的少量乙醛

C.多种氨基酸混合的水溶液，可通过控制溶液的pH使各氨基酸逐一沉淀分离

D.牛油、花生油、醋酸纤维都属于酯类，铜氨纤维、粘胶纤维、淀粉都属于糖类

【答案】B

【解析】

【详解】A.溴苯中混有的溴单质，加入足量的NaOH溶液，溴转变为可溶性钠盐，故可经分液除去，A正确；

B.向乙醇和乙醛的混合液中通入足量氢气不反应，乙醛和氢气要在催化剂和加热条件下才可以反应，故不能除去乙醇中的少量乙醛，B错误；

C.多种氨基酸在一定酸度溶液中可形成内盐，导致溶解度降低，不同的氨基酸形成内盐的pH不同，故多种氨基酸混合的水溶液，可通过控制溶液的pH使各氨基酸逐一沉淀分离，C正确；

D.牛油、花生油都是高级脂肪酸的甘油酯、属于酯类，醋酸纤维是醋酸和纤维素生成的酯，铜氨纤维和粘胶纤维的成分都是纤维素，属于糖类、淀粉都属于糖类，D正确；

答案选B。

15.丁香油酚一定条件下可以转化为香草醛，二者都是国家规定允许使用的食用香料，广泛应用于食品、医药等领域，其结构如图所示。

有关这两种化合物的下列说法正确的是

A.丁香油酚和香草醛都可能与浓溴水反应生成白色沉淀，但可以用稀溴水鉴别这两种物质

B.香草醛含有3种含氧官能团，可以发生取代反应、加成反应、氧化反应、还原反应和消去反应

C.0.1mol丁香油酚完全燃烧，可生成标准状况下的CO22.24L

D.1mol香草醛与1mol丁香油酚最多都可以与4molH2发生加成反应

【答案】D

【解析】

【详解】A．丁香油酚的丙烯基和香草醛的醛基都能使溴水褪色，所以不能用稀溴水鉴别这两种物质，故A错误；

B．香草醛含有酚羟基、醚键、醛基，3中官能团中都含有氧元素，酚羟基邻位碳上的氢原子、甲基以及酚羟基上的氢原子都能被取代，醛基和苯环都能与氢气发生加成，酚羟基和醛基都可被氧化，有机物的燃烧也叫氧化反应，有机物加氢即还原反应，但香草醛不能发生消去反应，故B错误；

C．一个丁香油酚分子中含有10个碳原子，根据碳原子守恒，0.1mol丁香油酚完全燃烧生成的二氧化碳的物质的量为1mol，在标准状况下的体积为22.4L，故C错误；

D．香草醛和丁香油酚结构中的苯环、碳碳双键和醛基都能与氢气发生加成反应，则1mol香草醛与1mol丁香油酚最多都可以与4molH2发生加成反应，故D正确；

答案选D。

16.X、Y、Z、Q、R是原子序数依次递增的短周期元素，其中Z元素与R元素同主族，Y、Z、Q元素的原子最外层电子数之和等于R元素的原子序数，化合物X2Q常温下呈液态。

下列说法不正确的是

A.原子半径：

Q＜Z＜R

B.最高价氧化物对应水化物的酸性：

Z＞R＞Y

C.由X、Y、Z、Q四种元素可以组成化学式为Y2X7ZQ2的离子化合物

D.由这五种元素中的一种或多种元素的原子构成的含14个电子的分子只有2种

【答案】D

【解析】

【分析】

常温下呈液态的短周期元素原子构成的化合物X2Q型分子，易想到水分子，所以X为H元素，Q为O元素。

Z元素与R元素同主族，设R的原子序数为a，则Z元素的原子最外层电子数为（a－8－2），设Y元素原子最外层电子数为b，因为b+（a－8－2）+6=a，解得b=4，Y为C元素，Z为N元素，R为P元素。

据此解答。

【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、Q、R分别是H、C、N、O、P。

则

A.同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径O＜N＜P，A项正确；

B.非金属性N＞P＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性:

：

酸（强酸）＞磷酸（中强酸）＞碳酸（弱酸），B项正确；

C.Y2X7ZQ2可能为醋酸铵（CH3COONH4），醋酸铵是离子化合物，C项正确；

D.H、C、N、O、P构成的14电子分子可以是N2、CO2、C2H2、HCN等，D项错误；

答案选D。

17.下列说法不正确的是

A.室温下，将醋酸溶液加水稀释，溶液中c（H＋）和c（OH－）均减小

B.室温下，pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中：

c（Na＋）＝c（NH4＋）

C.室温下，将20mL0.1mol·L－1的NaOH溶液稀释至200mL，所得溶液的pH＝12

D.20mL0.1mol·L－1的NaOH溶液与同浓度CH3COOH溶液混合，若所得溶液呈中性，则V（CH3COOH）>20mL

【答案】A

【解析】

【详解】A．室温下，将醋酸溶液加水稀释，溶液中c（H＋）减小，c（OH－）增大，故A错误；

B．室温下，pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中：

c（Na＋）＝c（NH4＋）＝c（OH－），故B正确；

C．室温下，将20mL0.1mol∙L−1的NaOH溶液稀释至200mL，溶液中的氢氧根浓度为

，因此溶液的pH＝12，故C正确；

D．20mL0.1mol∙L−1的NaOH溶液与同浓度CH3COOH溶液混合，如果两者等体积混合后，则溶质为CH3COONa，溶液显碱性，若所得溶液呈中性，则还需再加入醋酸，因此V（CH3COOH）＞20mL，故D正确。

综上所述，答案为A。

18.如图所示为接触法制硫酸的设备和工艺流程，其中关键步骤是SO2的催化氧化：

2SO2＋O2

2SO3△H<0。

下列说法正确的是

A.反应后气体分子数减少，增大反应容器内压强一定有利于提高生产效益

B.反应放热，为提高SO2转化率，应尽可能在较低温度下反应

C.工业生产要求高效，为加快反应速率，应使用催化剂并尽可能提高体系温度

D.沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室

【答案】D

【解析】

【详解】A．反应后气体分子数减少，增大反应容器内压强，有利于平衡正向移动，但由于增大压强对设备要求和动力要求很高，成本太高，效率不佳，故A错误；

B．反应放热，为提高SO2转化率，应尽可能在较低温度下反应，但反应速率太慢，经济效率低，故B错误；

C．工业生产要求高效，为加快反应速率，应使用催化剂，还需要考虑催化剂的最佳活性温度，不一定温度越高反应速率越大，故C错误；

D．沸腾炉流出的气体含有许多粉尘和有害气体，会导致催化剂中毒，因此必须经过净化，第一阶段反应，氧气含量下降明显，因此净化后要补充适量空气，再进入接触室，故D正确。

综上所述，答案为D。

19.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.1mol·L－1Ba（OH）2溶液中，OH－数目为2NA

B.5.6gFe在氧气中燃烧，转移电子数为0.3NA

C.标准状况下，4.48LC2H6中含有的共用电子对数目为1.4NA

D.2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑，生成1mol[4NaOH＋O2]需转移的电子数为4NA

【答案】C

【解析】

【详解】A．1mol·L－1Ba（OH）2溶液中，没有指明Ba（OH）2溶液的体积，无法求出OH-的数目，故A错误；

B．铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的价态+2价和+3价，5.6gFe为0.1mol，则0.1mol的铁转移电子数少于0.3NA，故B错误；

C．标准状况下，4.48LC2H6的物质的量为

=0.2mol，乙烷分子中除了6个碳氢键外，还有1个碳碳单键，则0.2mol乙烷中含有的共用电子对数目为1.4NA，故C正确；

D．反应2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑中，变价元素只有-1价的O元素，其中有2个O原子失去2个电子，化合价升高，被氧化为氧气，还有2个O原子得到2个电子，化合价降低.被还原为氢氧根离子，所以反应中生成1mol[4NaOH＋O2]需转移的电子数为2NA，故D错误；

答案选C。

20.在容积为500mL的恒温恒容密闭容器中发生反应CH4（g）＋2H2O（g）

CO2（g）＋4H2（g），反应过程中的部分数据如表所示：

下列说法正确的是

A.0～2min用H2O表示的平均反应速率为0.70mol·L－1·min－1

B.当CO2与H2的反应速率v（CO2）：

v（H2）＝1：

4时，反应达到化学平衡状态

C.容器内气体的密度不再变化时，反应达到化学平衡状态

D.相同条件下起始投料改为1molCH4和2molH2O，达到平衡状态所需时间少于4min

【答案】D

【解析】

【详解】A.0～2min，

，H2O表示的平均反应速率为

，A错误；

B.没有指明正反应速率还是逆反应速率，实际上同一个方向的CO2与H2的反应速率之比是恒定的：

v（CO2）：

v（H2）＝1:

4时，故不能判断是否已经达到化学平衡状态，B错误；

C.

，气体质量始终守恒不变，容积体积的不变，故气体密度不变不能说明已平衡，C错误；

D.相同条件下起始投料改为1molCH4和2molH2O，则CH4和H2O的起始浓度2mol/L、4mol/L，起始浓度增加，反应速率增加，达到平衡状态所需时间缩短，故少于4min，D正确；

答案选D。

21.以电解食盐水为基础的“氯碱工业”是目前化学工业的重要支柱之一，原理如图所示。

下列说法不正确的是

A.不可以使用阴离子交换膜，否则产品会有损失

B.阴极区消耗的是水，但进料为稀NaOH溶液，目的是增强导电性

C.阴极的电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑或2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－

D.两极实际收集到的气体体积相等

【答案】D

【解析】

【详解】A．阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧根，如果是阴离子交换膜，则氢氧根穿过阴离子交换膜会与氯气反应，造成产品损失，因此不可以使用阴离子交换膜，否则产品会有损失，故A正确；

B．阴极区消耗的是水，生成氢氧化钠和氢气，要补充水，但为了提高导电性，因此进料为稀NaOH溶液，故B正确；

C．阴极的电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑或2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，故C正确；

D．两极产生的氢气和氯气相等，但氢气难溶于水，氯气溶解度比氢气溶解度大，因此两极实际收集到的气体体积不相等，故D错误。

综上所述，答案为D。

22.已知拆开CH4（g）、H2O（g）、CO2（g）中的C－H键、H－O键、C－O键各1mol分别需要吸收414kJ、463kJ、801kJ的能量。

根据能量变化示意图，下列说法不正确的是

A.2molH与1molO形成1molH2O（g）放出热量926kJ

B.2CH4（g）＋3O2（g）＝2CO（g）＋4H2O（l）△H＝－1214kJ·mol－1

C

2CO（g）＋O2（g）＝2CO2（g）△H＝－566kJ·mol－1

D.拆开1molO2（g）中的化学键需要吸收454kJ的能量

【答案】D

【解析】

【详解】A．拆开H2O（g）中1molH－O键需要吸收463kJ，而形成1molH2O（g）是2molH－O键，2molH与1molO形成1molH2O（g）放出热量926kJ，故A正确；

B．根据图中信息1molCH4（g）和1.5molO2（g）反应生成1molCO（g）和2molH2O（l）放出607kJ的热量，因此2CH4（g）＋3O2（g）＝2CO（g）＋4H2O（l）△H＝2×（－607mol∙L−1）＝－1214mol∙L−1，故B正确；

C．根据图中信息得到1molCO（g）和0.5molO2（g）反应生成2molCO2（g）放出890kJ－607kJ＝283kJ的热量，因此2CO（g）＋O2（g）＝2CO2（g）△H＝2×（－283mol∙L−1）＝－566mol∙L−1，故C正确；

D．键能是拆开1mol气态分子中的共价键所需能量，而能量变化示意图中水为液态，根据题目所给数据无法计算1molO2（g）中的化学键键能，故D错误；

综上所述，答案为D。

23.常温下，草酸H2C2O4的Ka1＝5.9×10－2，Ka2＝6.4×10－5；碳酸H2CO3的Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11。

下列说法正确的是

A.NaHCO3、NaHC2O4都属于酸式盐且它们对应的水溶液都呈碱性

B

0.010mol·L－1NaHCO3溶液中：

c（HCO3－）>c（H＋）>c（H2CO3）>c（CO32－）

C.Na2CO3溶液中滴入少量H2C2O4溶液时，反应生成NaHCO3和NaHC2O4

D.10.