D.当lgC=-7时，两种酸溶液均有pH=7
【答案】B
【解析】A.B点，c=10-3mol·L－1，c（H＋）=10-6mol·L－1，c（B-）=10-6mol·L－1，HB的电离常数（KA）=10-6×10-6/10-3=10-9,故A错误；B、与A同理，Ka=10-4×10-4/10-3=10-5，HB酸性弱，对应的盐水解能力强，故B正确；C、a、b两点溶液中，b水解程度大，水电离程度大，水的电离程度b>a，故C错误；D、当lgC=-7时，HB中c（H＋）=
mol·L－1，HA中c（H＋）=
mol·L－1，pH均不为7，故D错误；故选B。
点睛：
难点A选项，从图中读出两点氢离子的浓度，酸的浓度，根据电离常数的定义写出电离常数。
易错点D选项，当lgC=-7时，是酸的浓度是10-7mol·L－1，不是氢离子的浓度。
8.我国盛产黄铜矿（主要含CuFeS2及少量Fe2O3、SiO2），以黄铜矿为原料生产碱式氯化铜的工业流程如下。
已知：
I．a、b、c均为整数
（1）CuFeS2中S的化合价为____。
（2）实验测得反应I中有SO42-生成，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；H2O2优于HNO3的原因是____。
（3）在调节pH时，为稳定浸出液的pH，需要用NH3·H2O-NH4Cl为缓冲溶液。
已知25℃时，向0.02mol/L的氨水中缓慢加入等浓度的NH4Cl溶液，该过程中
_____（填“变大”、“变小”或“不变”）；若最后所得溶液呈中性，则该体系中离子浓度的大小顺序是____。
（4）操作I和操作Ⅱ与生活中的下列操作____具有相似的化学原理。
A．用淘米筛沥水B．泡茶C．海水晒盐D．用漏斗分装液体E．煎药
（5）反应Ⅱ中NaCl浓度过大，碱式氯化铜产率较低，其原因是____。
（6）为测定制得的碱式氯化铜的组成，某实验小组进行下列实验：
称取一定量的碱式氯化铜，用少量稀HNCl溶解后配成100.00mL溶液A；取25.00mL溶液A，加入足量AgNO。
溶液，得到AgCl（M一143.5g／mol）固体1.435g；另取25.00ml.溶液A，用浓度为0.40mol/L的Na2H2Y标准溶液滴定Cu2+（Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+），终点时，消耗标液50.00mL。
则该碱式氯化铜的化学式为____；反应Ⅲ的化学反应方程式为____________
【答案】
（1）.-2
（2）.17:
2（3）.HNO3的还原产物污染环境，或双氧水还原产物是水不引入杂质（4）.变大（5）.c（NH4＋）=c（Cl－）＞c（OH－）=c（H＋）（6）.A（7）.NaCl过多CuCl会生成CuCl22－溶解损失（8）.Cu2（OH）3Cl（9）.4CuCl＋4H2O＋O2=2Cu2（OH）3Cl＋2HCl
【解析】
（1）CuFeS2中S的化合价为-2价；
（2）实验测得反应I中有SO42-生成，2CuFeS2+17H2O2＋2H＋=2Cu2＋＋2Fe3＋＋4SO42－＋18H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为17:
2；H2O2优于HNO3的原因是HNO3的还原产物污染环境，或双氧水还原产物是水不引入杂质；（3）已知25℃时，向0.02mol/L的氨水中缓慢加入等浓度的NH4Cl溶液，氨根离子浓度变大，酸性增强，氢氧根离子浓度变小，该过程中
变大；若最后所得溶液呈中性，根据电荷守恒：
c（NH4＋）+c（H＋）=c（Cl－）+c（OH－），则该体系中离子浓度的大小顺序是c（NH4＋）=c（Cl－）＞c（OH－）=c（H＋）；（4）操作I和操作Ⅱ为过滤，与生活中的下列操作用淘米筛沥水具有相似的化学原理，故选A。
（5）反应Ⅱ中NaCl浓度过大，碱式氯化铜产率较低，其原因是NaCl过多CuCl会生成CuCl22－溶解损失；（6）n（Cl－）=n（AgCl）×100.00mL/25.00mL=1.435g/143.5g·mol－1×100.00mL/25.00mL=4.000×10-2mol，n（Cu2＋）=n（EDTA）×100.00mL/25.00mL=0.4000mol·L-1×50.00mL×10-3L·mL-1×100.00mL/25.00mL=8.000×10-2mol，n（OH－）=2n（Cu2＋）-n（Cl－）=2×8.000×10-2mol-4.000×10-2mol=1.2×10-2mol，n（Cu2＋）：
n（OH－）：
n（Cl－）：
n（H2O）=2：
3：
1：
即化学式为Cu2（OH）3Cl；反应Ⅲ的化学反应方程式为4CuCl＋4H2O＋O2=2Cu2（OH）3Cl＋2HCl。
9.2017年5月，中国对“可燃冰”试采成功。
“可燃冰”是天然气水合物，被称为未来新能源。
回答下列问题：
（1）用Cu2Al2O4作催化剂制备乙酸
已知：
，各物质相对能量大小如图。
①a=____。
②反应物的活化分子浓度大小：
过程I___过程Ⅱ（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（2）甲烷超干催化重整（DRM）制备CO，在Ni、CaO及Fe3O4的共同催化作用下，可以获得极高浓度的CO，其机理如下：
第①步：
Ni基催化
第②步：
Fe的还原
第③步：
CO2的捕获
第④步：
CO2的释放与还原
设计第②步与第③步反应有利于实现氢物种与____的彻底分离，从勒夏特列原理的角度看，这也有利于____；过程①中，当投料比
=___时，才能保持催化剂组成不变。
（3）甲烷催化重整与压强的关系
已知：
，现有温度相同的I、Ⅱ、Ⅲ三个恒压密闭容器，均已充入1molCH4（g）和1molCO2（g），三个容器的反应压强分别为P1atm、P2atm、P3atm，在其他条件相同的情况下，反应均进行到tmin时，CO2）的平衡体积分数φ（CO2）如下左图，此时I、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定处于化学平衡状态的是___（填番号）；求该温度条件下反应的平衡常数Kp=___（计算表达式）。
【已知：
Kp是用分压力代替各物质的浓度计算的平衡常数，任一组分B的分压p（B）等于总压p乘以它的体积分数y（B）】
（4）甲烷用于燃料电池
已知：
甲烷电池的工作原理如上有图，则负极反应方程式为___；当A极消耗标况下44.8LCH4时，理论上B极转移电子的物质的量为___mol。
【答案】
（1）.E2－E1
（2）.小于（3）.碳物种（4）.第①步平衡正向移动或提高甲烷的转化率（5）.1/3（6）.Ⅲ（7）.CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O（8）.
（9）.16
10.1-溴丁烷可用作稀有元素萃取剂。
实验室制取1-溴丁烷的原理如下：
【产品制备】
如图，在125mL烧瓶中加入10mL水，然后加入12mL（0.22mol）浓硫酸，摇匀冷却至室温，再加入7.5mL（0.08mol）正丁醇，混合后加入10.3g（0.10mol）溴化钠晶体，充分振荡，加入几粒沸石，在石棉网上用小火加热烧瓶并回流半小时。
（1）仪器a的名称为____，用恰当的化学原理解释能发生反应①的原因是____。
（2）烧杯中所用试剂为水，其主要目的是吸收___（填化学式）；
（3）制备过程中烧瓶中溶液逐渐出现浅黄色，为此，有人提出用浓H3PO4代替浓H2SO4，其理由是____。
【初步提纯】
已知：
醇类可与浓硫酸作用生成
盐溶于浓硫酸中（
盐难溶于有机溶剂）。
步骤①：
加热蒸馏出烧瓶中所有的溴丁烷粗品。
步骤②：
将粗品用5mL浓硫酸洗涤。
步骤③：
将步骤②中有机层依次分别用水、饱和碳酸氢钠溶液和水各10mL洗涤。
步骤④：
将步骤③有机物移入蒸馏烧瓶中，加热蒸馏，得到产品6.85g。
（4）步骤①的目的是分离出产品中的无机物，判断溴丁烷是否完全蒸馏出来的方法是：
用一支试管收集几滴馏出液，向其中加入少许水并摇动，如果____表明溴丁烷已经被完全蒸馏出来。
（5）步骤②用5mL浓硫酸洗涤的目的是除去___；第一次水洗可以除去大部分硫酸，第二次水洗的目的是____。
（6）实验的产率为____（M（C4H9Br）=137g／mol）；制备过程中，有利于提高产品产率的措施有适当延长回流时间及____（选填字母）。
A．回流时适时搅拌溶液B．将块状NaBr研细使用
C．将正丁醇分次加入D．对正丁醇进行干燥处理
【答案】
（1）.球形冷凝管
（2）.浓硫酸为高沸点酸，氢溴酸为低沸点酸，加热蒸发出HBr，反应①正向移动从而正向进行。
（或高沸点酸制低沸点酸）。
（3）.HBr（4）.浓H2SO4有较强的氧化性，-1价的溴被氧化成溴单质，而浓磷酸是非氧化性酸，不能氧化溴离子（5）.溶液中没有分层现象（6）.除去正丁醇除去NaHCO3（NaHCO3和Na2SO4）（7）.（8）.62.5%（9）.AB
............
11.含钴化合物在机械制造、磁性材料等领域具有广泛的应用，请回答下列问题：
（1）基态Co3+的价电子排布图为____。
（2）钴的配合物[Co（NH3）5Br]（NO3）2
①第一电离能N_____O（填“大于”、“小于”或“不能确定”）；两种配位原子的杂化轨道类型均为____；
②钴离子周围配位键数目（配位数）是___；N03-的空间构型为____；
③已知Br的含氧酸酸性由强到弱的顺序为HBrO4>HBrO3>HBrO2>HBrO，其原因是____。
（3）某钴氧化物品体具有CoO2的层状结构如下图所示（小球表示Co，大球表示O）。
下列用粗线面出的结构单元不能描述CoO2）的化学组成的是_____
（4）Co的另一种氧化物的晶胞如图，已知钴原子的半径为apm，氧原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，钴原子填在氧原子的___填“正八面体”、“正四面体”或“立方体”）空隙；钴原子与跟它次近邻的氧原子之间的距离为____；在该钴的氧化物品体中原子的空间利用率为____（均用含a、b的计算表达式表示）。
【答案】
（1）.
（2）.大于（3）.sp3（4）.6（5）.平面（正）三角形（6）.含氧酸的中心元素相同时，非羟基氧越多，中心元素的正电性越高，导致Br-O-H中的O的电子向Br偏移，在水分子作用下也就越易电离H+（7）.D（8）.正八面体（9）.
（10）.
【解析】
（1）钴价电子为9，基态Co3+的价电子排布图为
；
（2）①氮的3P处于半充满状态，第一电离能N大于O；两种配位原子的杂化轨道类型均为sp3；②钴离子周围上下左右前后位置有氧原子，配位键数目（配位数）是6；氮形成3个δ键，sp2杂化，N03-的空间构型为平面（正）三角形；③已知Br的含氧酸酸性由强到弱的顺序为HBrO4>HBrO3>HBrO2>HBrO，其原因是含氧酸的中心元素相同时，非羟基氧越多，中心元素的正电性越高，导致Br-O-H中的O的电子向Br偏移，在水分子作用下也就越易电离H+；（3）CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：
2，由图象可知：
A中Co、O原子数目之比为1：
4×1/2=1：
2，符合，B中Co、O原子数目之比为（1+4×1/4）：
4=1：
2，符合，C中Co、O原子数目之比为4×1/4：
4×1/2=1：
2，符合，D中Co、O原子数目之比为1：
4×1/4=1：
1，不符合，故选D。
（4）钴原子填在氧原子的正八面体的空隙里，钴原子与跟它次近邻的氧原子之间的距离为
pm；每个晶胞中含有的Co原子为：
8×1/8+6×1/2=4，O为12×1/4+1=4，4个Co和O原子的体积为
×4，晶胞的体积：
（2a+2b）3，在该钴的氧化物品体中原子的空间利用率为
。
点睛：
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、配合物、晶胞计算等，侧重考查学生对知识的理解与迁移应用，易错点：
（3）CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：
2，注意利用均摊法进行晶胞计算，难点（4）先求出4个Co和O原子的体积为
×4，再求出晶胞的体积：
（2a+2b）3，得利用率。
12.合成神经抑制剂F的一种路线如图所示：
已知：
请回答下列问题：
（1）已知芳香烃A的相对分子质量为92，A的结构简式为____；B的系统命名是___；C中含氧官能团的名称是____。
（2）反应③的化学反应方程式为____；①～④中属于取代反应的是____。
（3）D分子中最多有____个原子共平面。
（4）④的反应中，因反应温度控制不当，常常有副产物
生成，写出可能的副反应方程式____。
（5）包含C在内，C的同分异构体中芳香族化合物共有____种，其中满足下列条件同分异构体的结构简式为____。
①能使FeCl3溶液显色，②核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为3:
2:
2:
1。
（6）已知-CHO与RNH2易发生反应，现以中间体X为原料，设计出制备
的合成路线（无机试剂自选）：
________________________________________
流程示例：
【答案】
（1）.
（2）.1－氯甲苯（3）.羟基或醇羟基（4）.
（5）.①②④（6）.14（7）.
（8）.5（9）.
（10）.
【解析】A为
，光照条件下与氯气在侧链上取代得B
，B在氢氧化钠加热条件下水解生成C
，C氧化成D
。
（1）芳香烃A的相对分子质量为92，92/12=7...8,A的分子式为C7H8，A的结构简式为
；B
的系统命名是1－氯甲苯；C
中含氧官能团的名称是羟基或醇羟基；
（2）反应③是醇氧化成醛，化学反应方程式为
；①～④中③是氧化反应，属于取代反应的是①②④；（3）D
分子中7C、6H和1个O原子，最多有14个原子共平面。
（4）④的反应中，因反应温度控制不当，常常有副产物
生成，写出可能的副反应方程式
；（5）包含C
在内，C的同分异构体中芳香族化合物，有邻、间、对甲基苯酚3种，苯甲醚1种，苯甲醇1种，共有5种，其中满足①能使FeCl3溶液显色，有酚羟基，②核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为3:
2:
2:
1条件的结构简式：
。
（6）已知-CHO与RNH2易发生反应，现以中间体X为原料，设计出制备
的合成路线：
。
点睛：
本题考查有机推断和合成，难点一，用商余法推断出A的分子式，A的结构简式，进而推出B、C、D的结构简式，难点二：
（5）写出满足条件的C
的同分异构体：
①能使FeCl3溶液显色，说明有酚羟基，②核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为3:
2:
2:
1条件，说明有甲基，有苯环，且结构对称，结构简式：
。
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