【答案】D
【解析】A.相同浓度的这三种酸，酸的pH越大，说明酸的电离程度越小，酸的酸性越弱，由滴定曲线图可知，浓度均为0.10 mol/L 的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为6、4、2，故酸性大小为
，A正确；B.由pH均为3.0加水稀释至pH均为6.5，则酸性越弱的酸加水的量越多，所以加入水的量:
HX>HY>HZ，B正确；C.当均滴入50 mL NaOH 溶液时，刚好生成NaX、NaY、NaZ，对应的酸，酸性越弱，酸根离子的水解程度越大，水的电离程度越大，因此所得溶液中水的电离程度:
HX>HY>HZ，C正确；D.当pH 相等时，酸性越弱，酸的浓度越大，因此用NaOH溶液中和pH 与体积均相等的三种酸，消耗n（NaOH）:
HX>HY>HZ，D错误；答案选D.
8.某校合作学习小组的同学设计用甲酸钠法制取保险粉（Na2S2O4）并测定其纯度。
已知保险粉易溶于水，不溶于甲醇，具有强还原性。
回答下列问题:
（1）保险粉的制备。
设计的实验装置如下图所示（夹持和加热装置省略）:
①盛放浓硫酸的仪器名称为____________，装置A是为了制备______（填化学式）。
②装置B中发生反应的离子方程式为_____________________________________________，该反应温度需控制在70~75℃ 进行，适宜的加热方式是_____________，用甲醇水溶液代替水的目的是______________________________。
③装置C 的作用是________________；装置D的作用是__________________________。
（2）产品中Na2S2O4的质量分数的测定，其实验步骤如下:
I.准确称取a g产品放入锥形瓶中，加入适量的水使其溶解，然后加入足量甲醛，充分反应；
II.再滴加几滴淀粉溶液，用cmol/L的标准I2溶液滴定，至终点时，消耗V mL I2溶液。
实验中涉及的反应有:
Na2S2O4+ 2HCHO+ H2O==NaHSO3·CH2O+ NaHSO2·CH2O；NaHSO3·CH2O+2I2+2H2O==NaHSO4+HCHO+4HI。
①步骤II滴定至终点的现象是_________________________________________。
②产品中Na2S2O4的质量分数为__________________________ （用含a、c、V的代数式表示）。
【答案】
（1）.分液漏斗
（2）.SO2（3）.2HCOO-+CO32-+4SO2==2S2O42-+3CO2+ H2O（4）.水浴加热（5）.减小Na2S2O4的溶解度，提高产率（6）.安全瓶（7）.尾气处理（8）.溶液由无色变为蓝色且半分钟内不褪去（9）.（l74cV×10-3/2a）×100%
【解析】
（1）①盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗,装置A中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2、Na2SO4、 H2O，主要目的是制备SO2。
②装置B中HCOONa、Na2CO3和SO2反应，发生反应的离子方程式为2HCOO-+CO32-+4SO2==2S2O42-+3CO2+ H2O；该反应温度需控制在70~75℃ 进行，温度低于100℃，最好用水浴加热；Na2S2O4在甲醇水溶液中的溶解度小于在水中的溶解度，用甲醇水溶液代替水溶液能减小Na2S2O4的溶解度，提高产率。
③B中过量的SO2以及产生的CO2都易被D中的NaOH溶液所吸收，容易发生倒吸，因此C装置是防倒吸，起到安全瓶的作用，装置D吸收尾气。
答案为：
①分液漏斗、SO2②2HCOO-+CO32-+4SO2==2S2O42-+3CO2+ H2O、水浴加热、减小Na2S2O4的溶解度，提高产率③安全瓶、尾气处理
（2）①步骤II中用淀粉溶液作指示剂，在滴定结束之前，溶液中碘不足，溶液为无色，当碘单质过量后，溶液中的淀粉与碘单质显示蓝色，所以滴定至终点的现象为：
溶液由无色变为蓝色且半分钟内不褪去。
②由方程式Na2S2O4+ 2HCHO+ H2O==NaHSO3·CH2O+ NaHSO2·CH2O；NaHSO3·CH2O+2I2+2H2O==NaHSO4+HCHO+4HI可得关系式：
1molNa2S2O4─2molI2，所以产品中Na2S2O4的质量分数=
=（l74cV×10-3/2a）×100%答案为：
①溶液由无色变为蓝色且半分钟内不褪去②（l74cV×10-3/2a）×100%
9.一种由富锰渣（含2MnO·SiO2、3MnO·Al2O3·3SiO2、FeO及重金属盐等）制备高纯MnCl2的工艺流程如下:
回答下列问题:
（1）“浸取”时的温度与四种元素的浸取率如图所示。
①工艺上控制75℃的主要原因是____________________________________________。
②铁和铝的浸出率从72℃明显下降的可能原因是___________________________________。
（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为___________________________________________。
（3）通过调整pH可以“除铁和铝”。
常温下，三种氢氧化物开始沉淀和沉淀完全（使其浓度小于1×10-6 mol/L）的部分数据如下表:
Mn（OH）2
Fe（OH）3
Al（OH）3
开始沉淀pH
7.1
2.2
4.1
沉淀完全pH
10.8
3.5
?
Al（OH）3沉淀完全的pH 为______________{已知Ksp[Al（OH）3]=1×10-33}；“调pH”时，应将溶液pH 调整的范围是______________________。
（4）“除重金属”时，发生反应Hg2++MnS
HgS+ M2+，其平衡常数K=___________[已知溶度积常数Ksp（HgS）=1.6×10-52，Ksp（MnS）=2.5×10-10，答案保留三位有效数学]。
（5）“步骤X”包含的操作有蒸发浓缩、__________ 、洗涤、干燥等。
【答案】
（1）.使滤液中几乎不含硅的化合物
（2）.部分Fe2+ 及Al3+水解形成沉淀（3）.MnO2+ 2Fe2+ +4H+==Mn2++2Fe3++2H2O（4）.5.0（5）.5.0≤pH<7.1（6）.1.56×1042（7）.冷却结晶、过滤
【解析】
（1）①75℃时Si的浸取率接近于零，而其它元素的浸取率很高，可以使滤液中几乎不含硅的化合物。
②Fe2+ 和Al3+都能水解，且水解是吸热的，温度高于72℃时有利于Fe2+ 和Al3+水解生成沉淀，导致铁和铝的浸出率明显下降。
答案为：
使滤液中几乎不含硅的化合物、部分Fe2+ 及Al3+水解形成沉淀
（2）加MnO2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+便于除去，发生反应的离子方程式为：
MnO2+ 2Fe2+ +4H+==Mn2++2Fe3++2H2O答案为：
MnO2+ 2Fe2+ +4H+==Mn2++2Fe3++2H2O
（4）有反应Hg2++MnS
HgS+ M2+，可得K=
=
=
=1.56×1042答案为：
1.56×1042
（5）从过滤液3中的到MnCl2，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 、洗涤、干燥等操作。
答案为：
冷却结晶、过滤
10.铁的单质及其作合物用途非常广泛。
回答下列问题:
（1）某热电池放电时总反应为4Li+FeS2==Fe+ 2Li2S。
该电池的正、负极材料分别是_______、____。
（2）Na2FeO4是一种优良的水处理剂。
①Na2FeO4可将水体中NH3转化为N2 而除去同时产生红褐色沉淀，1molNa2FeO4最多可脱除NH3的物质的量为______________________。
②Na2FeO4溶于水，溶液中含六价铁的微粒分率（某六价铁微粒数与所有六价铁微粒总数之比） 与溶液pH 关系如下图所示（已知常温下，H3FeO4+
H++H2FeO4，H2FeO4
H++HFeO4-，HFeO4-
H+ +FeO42-的电离常数依次为K1、K2、K3；pK=-lgK）。
pH=3 时，溶液中主要含铁微粒浓度从大到的小的顺序为________________；反应FeO42-+H2O
HFeO4-+ OH-的pK=______。
（3）CO还原铁的氧化物时，涉及以下反应:
a.Fe3O4（s）+4CO（g）
3Fe（s） +4CO2（g） △H1
b.FeO（g） +CO（g）
Fe（s） +CO2（g） △H2
c.3Fe2O3（s） +CO（g）
2Fe3O4（s）+CO2（g） △H3
d.Fe3O4（s） +CO（g）
3FeO（s）+CO2 （g） △H4
相关反应的温度与混合气体中CO的体积分数的关系如下图所示:
①反应的△H>0 的是__________（选填a、b、c、d）；△H4=_______（用△H1、△H2表示）。
②在恒容密闭容器中，加入7.2 g FeO，同时充入0.1mol CO，升高温度，若恰好处于图中P点处，CO的转化率为_______，容器中生成单质Fe 的质量为___________________。
【答案】
（1）.FeS2
（2）.Li（3）.1mol（4）.H2FeO4、HFeO4-、H3FeO4+（5）.6.7（6）.d（7）.△H1-3△H2（8）.25%（9）.1.4 g
【解析】
（1）正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2−，负极发生氧化反应，Li失电子生成Li+，因此该电池的正、负极材料分别是FeS2和Li。
答案为;FeS2、Li
（2）①Na2FeO4将NH3转化为N2同时本身被还原为Fe3+，根据得失电子数守恒可得1molNa2FeO4最多可脱除NH3的物质的量为：
=1mol。
②由图像可知pH=3 时，溶液中主要含铁微粒浓度最大的是H2FeO4，最小的是H3FeO4+，处于中间的是HFeO4-，所以溶液中主要含铁微粒浓度从大到的小的顺序为H2FeO4、HFeO4-、H3FeO4+；FeO42-+H2O
HFeO4-+ OH-的K=
，由HFeO4-
H+ +FeO42-的K3=
，K
K3=
=
KW，可知K=
，由图像可知pK3=-lgK3=7.3，因此K3=10-7.3，所以K=
=10-6.7，pK=-lgK=-lg10-6.7=6.7。
答案为：
①1mol②H2FeO4、HFeO4-、H3FeO4+、6.7
（3）①由图像可知随着温度的升高a、b、c的反应中CO的百分含量增大说明a、b、c为放热反应，d反应中CO的百分含量减小说明d为吸热反应；由已知方程式，根据盖斯定律可得d=a-3b，所以△H4=△H1-3△H2；②在恒容密闭容器中，加入7.2 g FeO，同时充入0.1mol CO，可发生反应FeO（s） +CO（g）
Fe（s） +CO2（g） ，P点处，CO的百分含量为75%，设有xmol的CO参与反应，则
=75%，x=0.025mol，CO的转化率为
，容器中生成单质Fe 的质量为0.025
=1.4g。
答案为：
①d、△H1-3△H2②25%、1.4 g
11.磷的单质及其化合物用途非常广泛。
回答下列问题:
（1）基态磷原子价电子轨道表示式为______________________；磷的第一电离能比硫大，其原因是_____________________________________________。
（2）已知反应6P2H4==P4+ 8PH3↑。
P2H4分子中磷原子杂化类型是________________；P4分子的几何构型是________________________。
（3）N和P同主族。
①NH3的沸点比PH3高，其原因是_________________________；NH3分子中键角比PH3分子中键角大，其原因是______________________________________________。
②氮原子间可形成氮氮双键或氮氮叁键，而磷原子之间难以形成双键或叁键。
从原子结构角度分析，原因是___________________________________________。
（4）磷化铟是一种半导体材料，其晶胞如下图所示，晶胞参数为a nm。
In 的配位数为_______________；与In原子间距离为
a nm 的In 原子有________个。
【答案】
（1）.
（2）.磷的3P轨道处于半充满状态，较稳定（3）.sp3（4）.正四面体（5）.NH3 分子间可以形成氢键，PH3不能（6）.N 的电负性大于P，成键电子对偏向N，从而增加了成键电子对间的斥力，键角变大（7）.磷的原子半径大，磷原子间形成的σ键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键（8）.4（9）.12
【解析】
（1）P为15号元素，P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，则其价电子排布式为3s23p3，所以基态磷原子价电子轨道表示式为
，磷原子最外层能级中，3p电子处于半满状态，相对比较稳定，失电子较难。
答案为：
、磷的3P轨道处于半充满状态，较稳定
（2）P2H4分子中磷原子可以形成3个σ键，还有1对孤对电子，所以磷原子杂化类型是sp3杂化；在白磷中，磷原子的5个价电子中的3个形成了3个σ键，还剩下1个未成键价电子对，其非π键价层电子对总数是4，需要形成4个杂化轨道而采用sp3杂化，所以白磷分子是正四面体形结构。
答案为：
sp3、正四面体
（3）①NH3和PH3为分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点逐渐升高，但是NH3分子间可以形成氢键，PH3不能，故NH3的沸点比PH3高；N的电负性大于P，NH3中N－H键的键长比PH3中P－H键的键长要短，所以在NH3中成键电子对更靠近N，排斥力更大，以致键角更大.②P原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,所以难以形成π键。
故答案为：
①NH3 分子间可以形成氢键，PH3不能、N 的电负性大于P，成键电子对偏向N，从而增加了成键电子对间的斥力，键角变大②磷的原子半径大，磷原子间形成的σ键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键
（4）根据晶胞图可知磷化铟晶胞中：
In原子数目为8×
+6×
=4，P原子数目为4，所以In的配位数为4；由于晶胞的边长为a nm，设晶胞中在一个平面上处于对角线上的In原子间距离为xnm,则x2=a2+a2，所以x=
a nm ，因此与In原子间距离为
anm的In原子有几个，也就是In原子周围与In原子处于对角线中心的In原子有几个，根据晶胞结构图可知有12个。
答案为：
4、12
12.由化合物A 等为原料合成蒽环酮的中间体G 的合成路线如下:
已知以下信息:
①B 中含有五元环状结构;
；
②
；
③（CH3CO）2O或CH3COOC2H5
2CH3CH2OH。
回答下列问题:
（1）A的化学名称是____________________________。
（2）由B生成D和F生成G 的反应类型分别是_________________、____________________。
（3）D的结构简式为_____________________________。
（4）由E 生成F 的化学方程式为__________________________________。
（5）芳香化合物X是D 的同分异构体，X 分子中除苯环外不含其他环状结构，X 能与Na2CO3溶液反应，其核磁共振氢谱有4 组峰，峰面积之比为1:
1:
2 :
2。
写出1种符合要求的X 的结构简式:
________________________________________________。
（6）写出以环戊烯（
））和丙烯酸乙酯（
）为原料制备化合物
的合成路线:
_________________________________________________________（其他试剂任选）。
【答案】
（1）.正丁烷
（2）.加成反应（3）.消去反应（4）.
（5）.
（6）.
（或其他合理答案）（7）.
【解析】由A→B，以及B 中含有五元环状结构，可知A为：
，B为
；由B+C→D可知D为：
，根据分析可以回答下列问题
（1）A的结构简式为CH3CH2CH2CH3，化学名称是正丁烷。
答案为;正丁烷
（2）由B（
）生成D（
）的反应为加成反应，由
的反应为消去反应。
答案为：
加成反应、消去反应
（3）根据分析可知D的结构简式为：
答案为：
（4）Ts为
，由E 与Ts发生
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