D.当三种酸都中和至中性时，消耗KOH溶液的体积的大小关系为：
V（HA）>V（HB）>V（HD）
【答案】D
【解析】
【详解】A.当中和百分数达100%时，其溶质分别是KA、KB、KD，根据质子守恒可得c（HA）＋c（HB）＋c（HD）＝c（OH－）－c（H＋），故A错误；B.滴定到P点时溶质为等物质的量浓度的HA和KA，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c（A－）＞c（K＋）＞c（HA）＞c（H＋）＞c（OH－），故B错误；C.由三种酸（HA、HB和HD）溶液的起始pH可知三种酸的电离常数关系：
KHA＞KHB＞KHD，则在浓度相同情况下A-、B-、D-的水解程度依次增强，同浓度的KA、KB、KD三种盐溶液的的碱性也依次增强，即：
pH（KD）>pH（KB）>pH（KA），故C错误；D.因三种酸的电离常数为KHA＞KHB＞KHD，故当三种酸的浓度相同时，HA酸电离出的氢离子浓度最大，当三种酸都中和至中性时，消耗的KOH也最多，则有消耗KOH溶液的体积的大小关系为：
V（HA）>V（HB）>V（HD），故D正确；答案选D。
【点睛】在酸碱反应的过程中，酸碱恰好完全中和和溶液呈中性是两个不同的概念，酸碱恰好完全中和正如题中所指中和百分数达到100%，而溶液呈中性是指溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，在常温下即溶液的pH=7。
8.8.水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件，某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧，实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ．取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水体温度。
将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定。
Ⅱ．酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2
+I2=2I−+
）。
回答下列问题：
（1）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_________________________________。
（2）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。
配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、试剂瓶和_________________________，配制溶液定容时俯视会导致Na2S2O3溶液的浓度__________，（填“偏高”或“偏低”）蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________________及二氧化碳。
（3）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用0.5mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以_________作指示剂，如何判断该反应到达终点_________________________________________________；若反应中消耗Na2S2O3溶液的体积为10mL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。
（4）上述滴定完成时，若滴定前平视，滴定后仰视会导致测量结果___________。
（填“偏高”或“偏低”）
【答案】
（1）.
（2）.容量瓶和玻璃棒（3）.偏高（4）.氧气（5）.淀粉溶液（6）.当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色（7）.400（8）.偏高
【解析】
【详解】
（1）由题述信息可知“氧的固定”中发生反应的化学方程式为
；
（2）配制一定物质的浓度的溶液所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、试剂瓶、玻璃棒、容量瓶等，故答案为容量瓶和玻璃棒；定容时俯视会造成溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，故答案为偏高；（3）水样经固氧、酸化后，滴入淀粉，溶液呈蓝色，用0.5mol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点时溶液的蓝色恰好完全褪去；根据关系式O2~2MnO（OH）2~2I2~4Na2S2O3，可知水样中溶解氧含量为 [（0.5×10×10-3）÷4×32×103]÷0.1=400（mg·L−1），故答案为：
淀粉、当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色、400；（4）若滴定前平视，滴定后仰视会造成消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，从而导致测量结果偏高，故答案为偏高。
【点睛】本题中在进行水样中溶解氧含量的计算时涉及到多个化学反应，抓住其中的关系式来分析可将多个反应的计算转化为一步计算，简化计算过程，该方法是高中化学计算中常用的计算技巧。
9.9.三氧化二镍（Ni2O3）是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。
工业上利用含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O4·2H2O），再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。
已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。
工艺流程图如图所示：
请回答下列问题：
（1）操作Ⅰ为__________________________。
（2）①加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为_____________________________；
②加入碳酸钠溶液目的是调溶液的pH值在4.0～5.0，用化学用语回答加入碳酸钠的目的_________________________________________________________________。
（3）草酸镍（NiC2O4·2H2O）在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体，NiC2O4受热分解的化学方程式为___________________________________。
（4）加入草酸后如何证明沉淀完全______________________________________________；
过滤NiC2O4沉淀时如何洗涤沉淀_________________________________________________。
（5）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，则该电池负极的电极反应式为__________________________。
【答案】
（1）.加酸溶解，过滤
（2）.2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O（3）.CO32-+2H+═CO2↑+2H2O，CO32-+H2O
HCO3-+OH-，CO32-先与酸反应，之后再水解使溶液呈碱性促进铁离子水解沉淀完全（4）.2NiC2O4
Ni2O3+3CO↑+CO2↑（5）.静置取上层清液少许于试管中，再加入少量草酸溶液，若试管内无沉淀产生说明已经沉淀完全（6）.沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2-3次（7）.Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O
【解析】
【详解】
（1）分析框图：
含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主），要使之变成离子，应该加酸溶解，溶解金属，再除去不溶物过滤，故答案为：
加酸溶解，过滤；
（2）①加双氧水的目的是氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为：
2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，②加入碳酸钠溶液的作用是调节pH，促进铁离子水解沉淀完全，故答案为：
CO32-+2H+═CO2↑+2H2O，CO32-+H2O
HCO3-+OH-，CO32-先与酸反应，之后再水解使溶液呈碱性促进铁离子水解沉淀完全；（3）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应（Ni由+2价升高到+3价，则C由+3价降低到+2价，题中要求生成混合气体，则另一气体为CO2）生成Ni2O3、CO、CO2，故答案为2NiC2O4
Ni2O3+3CO↑+CO2↑；（4）若Ni2+沉淀完全，则再加入草酸溶液时不再出现沉淀，故答案为：
静置取上层清液少许于试管中，再加入少量草酸溶液，若试管内无沉淀产生说明已经沉淀完全；洗涤沉淀的操作为：
沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2-3次；（5）在该原电池中Al为负极，放电生成Al3+，在NaOH溶液中最终转化为AlO2-，故电极反应式为：
Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O。
【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择等，在加入碳酸钠溶液调节溶液的酸碱性时往往只注意到碳酸酸根离子的水解，而忽视了碳酸根本身先与溶液中过量的氢离子反应。
10.10.碳及其化合物在能源和材料方面具有广泛的用途，回答下列问题：
（1）已知CH4（g）+
O2（g）=CO（g）+2H2O（l）
=-607.31kJ/mol
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）
=-566.0kJ/mol
写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式________________。
（2）天然气的一个重要用途是制取H2，其原理为：
CO2（g）＋CH4（g）
2CO（g）＋2H2（g）。
在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol/L的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示。
则：
①压强P2_____P1（填“>”或“<”）；原因________________________________________________________________________________。
②压强为P1时，在Y点：
v（逆）_______v（正）（填“>”、“<”或“=”）。
③求X点对应温度下的该反应的平衡常数K=____________。
（计算结果保留两位小数）
（3）CO可以合成二甲醚，CO（g）+4H2（g）
CH3OCH3（g）＋H2O（g）△H<0，二甲醚可以作为燃料电池的原料。
利用此燃料电池以石墨为电极电解1L，0.5mol/L的CuSO4溶液，导线通过0.1mol电子时，假设溶液体积不变，则所得溶液pH=______________，标况下理论上产生O2_______________L（保留小数点后两位）。
【答案】
（1）.CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）
=-890.31kJ·mol-1
（2）.>（3）.同一温度下转化率P1大于P2，而该反应是气体体积增大的反应，减小压强平衡向正反应方向移动，所以P2>P1（4）.<（5）.1.64（6）.1（7）.0.56
【解析】
【详解】
（1）根据盖斯定律可得CH4的燃烧热为：
-607.31kJ/mol+（-566.0kJ/mol）÷2=-890.31kJ·mol-1，故其燃烧热的热化学方程式为：
CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）
=-890.31kJ·mol-1；
（2）①CO2（g）＋CH4（g）
2CO（g）＋2H2（g）是一个气体分子数目增大的反应，压强越大，CH4的转化率越小，而在同一温度下CH4的转化率在P1条件下更大，故压强P1较小，故答案为：
>、同一温度下转化率P1大于P2，而该反应是气体体积增大的反应，减小压强平衡向正反应方向移动，所以P2>P1；②由图像可知，在压强为P1时的Y点该反应正处于向正反应方向建立平衡的过程中，故v（正）>v（逆）；③由图像可知在x点CH4的转化率为80%，故在平衡状态下CO2（g）、CH4（g）、CO（g）、H2（g）分别为0.02mol/L、0.02mol/L、0.16mol/L、0.16mol/L，故平衡常数K=
=1.64，故答案为1.64；（3）用惰性电极电解CuSO4溶液时阳极的电极反应式为：
2H2O-4e-=O2↑+4H+，由方程式的计量数关系可得，则当转移的电子为0.1mol时，产生的n（H+）=0.1mol，其浓度为0.1mol/L，pH=1，n（O2）=0.1mol÷4=0.025mol，体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故答案为：
1、0.56。
【点睛】在研究两个条件下可逆反应的移动方向时，往往先控制一个外界条件相同，然后分析另一个条件对可逆反应的影响。
如本题图中反映了甲烷的转化率随压强、温度两个条件下的变化情况，在比较P1、P2的大小时应选择在相同温度下进行对比。
11.11.【化学——选修3：
物质结构与性质】
A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。
回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是______（填元素符号），其中D原子的核外电子排布式为__________。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是______（填分子式），原因是________；B和D的氢化物所属的晶体类型分别为_______和_______。
（3）C和D反应可生成组成比为1：
3的化合物E，E的立体构型为_______，中心原子的杂化轨道类型为_______，中心原子的价层电子对数为_____________。
（4）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm，列式计算晶体F的密度（g.cm-3）______________________________。
【答案】
（1）.O
（2）.1s22s22p63s23p5（或[Ne]3s23p5）（3）.O3（4）.O3相对分子质量较大，范德华力大（5）.离子晶体（6）.分子晶体（7）.三角锥形（8）.sp3（9）.4（10）.
【解析】
【分析】
因为A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大，A2-和B+具有相同的电子构型，则A是O，B是Na；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C是P；D元素最外层有一个未成对电子，所以D是氯元素，据此分析可得结论。
【详解】
（1）非金属性越强，电负性越大，则四种元素中电负性最大的是O；Cl的原子序数是17，则根据核外电子排布可知D原子的核外电子排布布式为1s22s22p63s23p5（或[Ne]3s23p5）；
（2）氧元素有氧气和臭氧两种单质，由于O3相对分子质量较大，范德华力大，所以中沸点高的是O3；B和D的氢化物分别是NaH和HCl，所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体，故答案为：
O3相对分子质量较大，范德华力大、离子晶体、分子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：
3的化合物E，即E是PCl3，其中P含有一对孤对电子，其价层电子对数是4，所以E的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：
三角锥形、sp3、4；（4）由晶胞结构和均摊法分析可知其中含有的钠离子个数为8（全部在晶胞内），氧离子个数为8×
+6×
=4，晶胞的质量为
，晶胞的体积为（0.566×10-7）3cm3，则晶体F的密度为
=2.27g•cm-3。
【点睛】由晶胞结构来进行晶体密度的计算时通常先通过均摊法分析每个晶胞中含有的微粒数目，然后通过阿伏加德罗常数求出每个晶胞的质量，最后根据体积得到其密度。
12.12.【化学——选修5：
有机化学基础】
氯贝特（
）是临床上一种抗血栓药物．它的一种合成路线如下（图中部分反应条件及部分反应物、生成物已略去）。
回答下列问题：
（1）有机物F的分子式为______________，其核磁共振氢谱有______________个峰,该物质中含有的官能团名称为_____________________。
（2）C的结构简式为_________，要实现反应I的转化，加入下列物质能达到目的是________。
a．Nab．NaHCO3c．NaOHd．Na2CO3
（3）写出反应Ⅲ的化学方程式____________________________________________________，反应Ⅲ的反应类型为_______________________。
（4）产物E有多种同分异构体，满足下列条件的所有同分异构体Y有______________种。
①属于酯类且与FeCl3溶液显紫色②能发生银镜反应
③苯环上只有2个取代基且处于对位④1molY最多与2molNaOH反应
（5）结合以上合成路线信息，设计以CH3CH2COOH为原料（无机试剂任选），合成有机物
的合成路线__________
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