B．HY中加NaOH溶液至pH=7时，所得溶液中c（Y−）=c（Na+）=c（OH−）=c（H+）
C．b点溶液中，c（Y−）+2c（OH−）=c（HY）+2c（H+）
D．25℃时，HX为强酸，HY为弱酸且Ka=10−8
二、实验题
15．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）有广泛的用途，实验室中通过如下方法制备：
①不断搅拌条件下，在饱和Na2CO3溶液中缓缓通入SO2至反应完全；
②取下三颈烧瓶，测得反应液的pH＝4.1；
③将溶液蒸发浓缩、结晶、过滤得焦亚硫酸钠晶体
请回答下列问题：
（1）实验室可利用Na2SO3和浓的硫酸制备少量SO2气体，但硫酸浓度太大不利于SO2气体逸出，原因是________。
制备、收集干燥的SO2气体时，所需仪器如下。
装置A是气体发生装置，按气流方向连接各仪器口，顺序为a→_____→______→______→________→f。
装置D的作用是___________。
（2）步骤①反应的离子方程式为________________。
（3）在强碱性条件下利用Na2S2O5氧化HCOONa的方法可制备保险粉连二亚硫酸钠（Na2S2O4），当生成0.5molNa2S2O4时，消耗Na2S2O5______mol。
（4）工业上用焦亚硫酸钠法制备保险粉带来的主要问题是废水中含有大量的有机物，有机物总含碳量用TOC表示，常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物，即通过向废水中加入H2O2，以Fe2+作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基（·OH）来氧化降解废水中的有机物。
①其他条件一定时，n（H2O2）∶n（Fe2+）的值对TOC去除效果的影响如图1所示：
当TOC的去除率最大时，n（H2O2）∶n（Fe2+）＝________。
②在pH＝4.5，其他条件一定时，H2O2的加入量对TOC去除效果的影响如图2所示，当H2O2的加入量大于40mL·L−1时，TOC去除率反而减小的原因是_____________。
三、工业流程题
16．某化工小组研究银铜复合废料（表面变黑，生成Ag2S）回收银单质及制备硫酸铜晶体，工艺如下：
（废料中的其他金属含量较低，对实验影响可忽略）
已知：
①AgCl可溶于氨水，生成[Ag（NH3）2]+；
②Ksp（Ag2SO4）=1.2×10−5，Ksp（AgCl）=1.8×10−10；
③渣料中含有少量银和硫酸银（微溶）。
（1）操作I中为了加快空气熔炼速率，可以采取_______措施（写出其中一种即可）。
（2）操作IV经过________、_______过滤、洗涤和干燥，可以得到硫酸铜晶体。
（3）洗涤滤渣II，与粗银合并，目的是__________。
（4）操作III中，NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH、NaCl和O2，该反应的化学方程式为______（其中AgCl和NaCl的物质的量之比为2∶1）。
氧化的同时发生沉淀转化，离子方程式为_____，其平衡常数K=__________。
（5）在空气中加热5.20g硫酸铜晶体（CuSO4·5H2O）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。
（已知CuSO4·5H2O相对分子质量250）
温度范围/℃
固体质量/g
200~260
3.33
650~800
1.67
1000~1500
1.50
加热到1000℃时，固体物质的化学式为：
_______。
四、原理综合题
17．I．甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。
甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法，制备过程涉及的主要反应如下：
反应I：
CH3OH（g）
HCHO（g）+H2（g）ΔH1=+85.2kJ/mol
反应II：
CH3OH（g）+
O2（g）
HCHO（g）+H2O（g）ΔH2
反应III：
2H2（g）+O2（g）
2H2O（g）ΔH3=—483.6kJ/mol
（1）计算反应Ⅱ的反应热ΔH2=__________________。
（2）肌肉中的肌红蛋白（Mb）可与O2结合生成MbO2：
Mb（aq）+O2（g）
MbO2（aq），其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即υ正=k正·c（Mb）·P（O2），υ逆=k逆·c（MbO2）。
37℃时测得肌红蛋白的结合度（α）与P（O2）的关系如下表[结合度（α）指已与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比]：
①计算37℃、P（O2）为2.00kPa时，上述反应的平衡常数K=_______。
P（O2）
0.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5．00
6.00
α（MbO2%）
50.0
67.0
80.0
85.0
88.0
90.3
91.0
②导出平衡时肌红蛋白与O2的结合度（α）与O2的压强[P（O2）]之间的关系式α=_______（用含有k正、k逆的式子表示）。
II．CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，以CO2为原料可合成多种有机物。
（3）CO2用于生产乙烯，已知：
2CO2（g）+6H2（g）
CH2=CH2（g）+4H2O（g）ΔH＝QkJ/mol。
一定条件下，按不同的投料比X[X＝
]向某容积可变的恒压密闭容器中充入CO2、H2，测得不同投料比时CO2的转化率与温度的关系如图所示。
①X1______X2（填“＞”或“＜”，后同），Q______0。
②图中A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为______。
（4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3和NaHCO3。
①已知25℃时0.1mol/L的NaHCO3溶液的pH=8.3，试通过计算确定溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____[已知：
常温下H2CO3的电离常数Ka1=4.4×10−7、Ka2=5×10−11]。
②欲用5LNa2CO3溶液将23.3gBaSO4固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为____。
[已知：
常温下Ksp（BaSO4）=1×10−7、Ksp（BaCO3）=2.5×10−6]。
（忽略溶液体积的变化）
18．第四周期过渡元素单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。
回答下列问题：
（1）基态Cu原子电子排布式为：
__________。
（2）过渡金属单质及化合物是有机合成反应的重要催化剂。
例如：
①苯甲醇中碳原子的杂化类型是___________。
②苯甲醇的沸点比苯甲醛_______。
（填“高”或“低”）
③苯甲醛分子中三种非金属元素C、O、H的电负性由大到小的顺序是____________。
（3）多数过渡金属的配离子在水中有颜色，其显色与配合物分裂能有关。
定义1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能，用
表示，中心离子电荷数越大，中心与配体距离越近，则作用越强，
越大。
分裂能（
）Co（H2O）62+_______Co（H2O）63+（填“>”“〈”或“=”）。
（4）钨与碳组成一种特殊材料，其晶体的晶胞如图1所示，它的熔点为2870℃、硬度类似金刚石，预测它的晶体类型是_________。
（5）Fe的一种晶体如图2所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，铁原子的半径是rcm，该晶体的密度是ρg/cm3，则铁的相对原子质量为___（只列出计算式）
19．化合物M是一种局部麻醉药的成分，实验室由芳香烃A合成M的一种路线如下：
已知：
（1）B的苯环上有2种化学环境的氢原子
（2）
（3）RX
RMgX
RCH2CH2OH
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_________，C中所含的官能团名称为____________。
（2）①的反应类型是___________，④的反应类型是_____________。
（3）F的核磁共振氢谱只有1组吸收峰，D和H生成M的化学方程式为____________________。
（4）D在一定条件下发生缩聚反应，生成的高分子产物的结构简式为_____________。
（5）L是H的同分异构体，L不能与金属钠反应，核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为6∶1，L的结构简式为_____________。
（6）参照上述合成路线，以乙烯和环氧乙烷为原料（无机试剂任选）制备1,6
己二醛[OHC（CH2）4CHO]，设计合成路线：
___________________。
参考答案
1．B
【解析】
【详解】
A．面粉加工厂中含有大量的面粉粉尘，有明火时易发生粉尘爆炸，面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标，A项正确；
B．葡萄糖是单糖，不会发生水解反应，在酿酒过程发生水解的是淀粉，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生发酵反应生成乙醇，B项错误；
C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，C项正确；
D．碳纤维的实质为碳，是一种新型的无机非金属材料，D项正确；
所以答案选择B项。
2．A
【解析】
【详解】
A．五边形石墨烯是一种新的碳单质，与石墨同为碳的同素异形体，A项正确；
B．二氧化硫的确具有漂白、杀菌的性能，但不能漂白紫色石蕊试剂，B项错误；
C．二氧化硅不是半导体材料，单质硅才是半导体材料，硅单质能够将太阳能直接转化为电能，C项错误；
D．二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，D项错误；
所以答案选择A项。
3．A
【详解】
①错误，该反应可逆，进行不到底，所以生成的NH3必小于2NA；
②错误，在标准状况下SO3不是气体；
③正确，1molC10H22分子中，含有碳碳键9NA，含有碳氢键共22NA，所以含有的共价键总数为31NA；
④正确，60g二氧化硅晶体的物质的量为1mol，其中每个硅原子与4个氧原子形成硅氧键，且全部属于自己（没有均摊），所以60g二氧化硅晶体中含有的硅氧键数目为4NA；
⑤错误，因溶液体积未知，所以无法计算钠离子数目；
⑥正确，每个D2O分子中含有10个质子，10个电子，所以1molD2O含10NA个电子；
⑦错误，没有指明气体所处的条件是标准状况，所以无法使用22.4L·mol-1进行计算；
所以答案选择A项。
【点睛】
H2O、D2O、T2O结构上差别在于中子数的不同，每个分子中含有的质子数和电子数仍都是10。
4．C
【详解】
A．Fe3+被还原为Fe2+，所给式子已配平，符合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，A项正确；
B．氢氧化铝不溶于过量氨水，所以生成产物是Al（OH）3，一水合氨是弱碱不拆写，B项正确；
C．因酸性强弱：
H2CO3>HClO>HCO3-，所以不管通入次氯酸钠溶液中的CO2的量多少，反应均生成HCO3-，正确的离子方程式应为：
CO2＋H2O＋ClO－=HCO3－＋HClO，C项错误；
D．硫酸钙是微溶物质，碳酸钙是难溶物质，化学式均不拆写，该反应是一个沉淀转化的反应，符合复分解反应条件，D项正确；
所以答案选择C项。
【点睛】
该题最好是采用排除法。
酸性强弱H2CO3>HClO>HCO3-的确定，可以通过一些反应事实来论证，也可以查阅书上的电离平衡常数，看其数量级直接比较强弱。
5．B
【详解】
该有机物是轴对称图形，有4种不同环境的氢原子，所以其一氯代物有4种，选B。
6．D
【解析】
【分析】
从图上可以看出，该燃料电池通入H2S生成S2的电极发生失电子的氧化反应，为负极，通入氧气生成水的一极为正极，发生还原反应。
【详解】
A．电极a实现了由H2S变为S2，发生了氧化反应，A项错误；
B．在内电路中，质子应向正极区移动，B项错误；
C．图示明确给出了氧化产物是S2，不是SO2，C项错误；
D．由于使用的是质子固体电解质膜，正极发生的反应为：
O2＋4e－＋4H＋=2H2O，D项正确；
所以答案选择D项。
【点睛】
在原电池的内电路中，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
该燃料电池的负极反应式为：
2H2S-4e-=S2+4H+，正极电极反应式为：
O2＋4e－＋4H＋=2H2O，从两个反应式可以看出，负极每生成4molH+，正极就消耗4molH+。
7．A
【分析】
图示发生的反应有2个。
一个是合成氨反应：
N2+3H2
2NH3，一个是氨的催化氧化反应：
4NH3+5O2
4NO+6H2O。
【详解】
A．合成氨反应是一个化合反应，原子利用率达100%，A项正确；
B．催化剂不能使化学平衡移动，因而不能影响平衡转化率，B项错误；
C．催化剂a催化的是氢气和氮气合成氨气，反应中只有非极性键断裂和极性键形成，C项错误；
D．氨气形成NO时，氮元素和氧元素的化合价明显发生了变化，说明该反应涉及了电子转移，D项错误；
所以答案选择A项。
【点睛】
合成氨反应是一个可逆反应，可逆反应与原子利用率达100%并不矛盾。
可逆反应表达一个反应进行的程度，而原子利用率是表达反应物原子变成目标产物时原子的利用情况。
8．C
【分析】
含碘的废液含有CCl4、I2、I−等，加入Na2SO3将I2还原为I-：
H2O+SO32-+I2=2I-+SO42-+2H+；利用操作X将水溶液与CCl4分离，所以操作X为分液；同理操作Y应为分液，操作Z应为蒸馏。
【详解】
A．操作X为分液操作，实现了互不相溶的两种液体的分离，所给装置也正确，A项正确；
B．装置B涉及氧化这一环节，使用玻璃球泡可以增大接触面积，使氯气与溶液反应更充分，倒扣的漏斗是为了防止液体倒吸，用NaOH溶液吸收尾气氯气，防止污染大气，B项正确；
C．因要实现的是互不相溶的液体的分离，所以采用分液操作，应选用与A项同样的装置，题给的是过滤装置，实现的是难溶固于液体的分离，C项错误；
D．操作Z是蒸馏，所给的蒸馏装置也正确，D项正确；
所以答案选择C项。
【点睛】
本题侧重考查分离的原理及应用，所给4个装置的细节上均没有问题。
9．C
【解析】
【分析】
从所给BaSO4、BaMoO4的Ksp来看，BaSO4先沉淀。
去除率是已经沉淀的SO42-占原有总SO42-的百分率。
【详解】
当BaMoO4开始沉淀时，此时溶液中的Ba2+浓度为：
=
=5×10-8mol/L，此时溶液中的
=
=2.2×10-3mol/L，所以反应掉的c（SO42-）=0.04mol/L-0.0022mol/L=0.0378mol/L，因溶液体积不变，所以SO42-的去除率为：
=94.5%；
所以答案选择C项。
10．B
【解析】
【详解】
A．蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，体现了浓硫酸的脱水性：
C12H22O11
12C+11H2O，放出有刺激性气味的气体为SO2，体现了浓硫酸的强氧化性：
C+2H2SO4（浓）
CO2↑+2SO2↑+2H2O，A项正确；
B．因为是先加入了硝酸钡溶液，再加入稀盐酸，相当于在溶液中引入了硝酸，+4价的硫元素可被硝酸氧化：
3BaSO3+2NO3-+2H+=3BaSO4+2NO↑+H2O，所以无法根据所给的操作和现象得出Na2SO3部分被氧化的结论，B项错误；
C．该操作只证明了Fe2+的存在，没有确定是否有Fe3+，所以溶液中可能有Fe3+，C项正确；
D．因是逐滴加入AgNO3溶液，因Cl-、I-等浓度，先出现黄色沉淀，说明碘化银溶解度比氯化银小，氯化银与碘化银类型相同，其溶度积也比氯化银小，所以D项正确；
所以答案选择B项。
11．B
【分析】
NaOH是强碱，而CH3COONa溶液中存在水解平衡，所以相同pH溶液进行稀释时，CH3COONa溶液的pH变化比较平缓，所以曲线II为CH3COONa稀释曲线。
【详解】
A．任一点溶液中均存在电荷守恒：
c（OH−）+c（CH3COO-）＝c（H+）+c（Na+），依据物料守恒有：
c（CH3COO-）+c（CH3COOH）＝c（Na+），将两式相减得：
c（H+）+c（CH3COOH）＝c（OH−）。
如所给的等式c（OH−）+c（CH3COOH）＝c（H+）成立，则可得出c（CH3COOH）=0这一错误的结论，A项错误；
B．开始两溶液的pH相同，则开始物质的量浓度：
CH3COONa>NaOH，a、b两点溶液稀释的倍数相同，所得对应溶液中的离子浓度：
CH3COONa>NaOH，导电性：
a>b，B项正确；
C．b、c两点溶液中pH相同，但一个是碱溶液，水的电离受到抑制，一个是强碱弱酸盐的溶液，水的电离因CH3COO-水解而受到促进，所以水的电离程度：
bD．盐类的水解是微弱的，所以稀释前NaOH溶液与CH3COONa溶液中溶质的物质的量：
n（CH3COONa）>n（NaOH），所以用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应时，消耗盐酸的体积：
Vb所以答案选择B项。
12．D
【解析】
【分析】
由Q、W、X是分别位于前三个不同周期的主族元素，可以确定Q为氢元素；由X是地壳中含量最高的金属元素确定X是铝元素；再结合Q、W、X的最外层电子数之和为10，确定W为氧元素；由W与Y同主族确定Y为硫元素；Z为氯元素，其原子半径的确为第三周期主族元素中原子半径最小的。
【详
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