即x=8.7，D选项错误； 【点睛】
C选项也可进行定量分析：B点有c(B-)=c(Na+)=19.9×11-3×1.1÷（21×11-3+19.9×11-3），c(HB)=(21.1×11-3-19.9×11-3)×1.1÷(21×11-3+19.9×11-3)，则c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×11-7×199=1.99×11-5，则HB为弱酸，O点的pH>1。
13．室温下，用0.100nmol?L?1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol?L?1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B．pH?7时，滴定醋酸消耗的V?NaOH?小于20.00mL C．V?NaOH??20.00mL时，两份溶液中cCl???c?CHCOO?
??3D．V?NaOH??10.00mL时，醋酸溶液中cNa【答案】B 【解析】 【详解】
????c?CHCOO??c?H??c?OH?
???3A.醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH>盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；
B.pH?7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的V?NaOH?小于20mL，故B正确；
C.V?NaOH??20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以cCl???c?CHCOO?，故C错误；
??3D.V?NaOH??10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则cH???c?OH?，再结合电荷守恒得
??cNa??cCH3COO?，故D错误；
故选B。 【点睛】
本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电
????解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大。 14．对下列化学用语的理解正确的是 A．丙烯的最简式可表示为CH2 B．电子式
既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子
C．结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示异丁烷 D．比例模型【答案】A 【解析】 【详解】
A. 丙烯的分子式是C3H6，最简式可表示为CH2，故A正确； B. 电子式
表示羟基，
表示氢氧根离子，故B错误；
既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
C. 结构简式(CH3)2CHCH3表示异丁烷， CH3CH2CH2CH3表示异正烷，故C错误； D. 比例模型
可以表示甲烷分子；氯原子半径大于碳，所以
不能表示四氯化碳分子，故D错误。
15．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） A．使pH试纸显蓝色的溶液中：Na＋、Mg2＋、ClO－、HSO3- B．c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、NH4+、SO42-、SCN－ C．
KwL－1的溶液中：Na＋、HCO3-、K＋、NO3- -＝0.1 mol·
c(OH)D．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na＋、SO42- 【答案】D 【解析】 【详解】
A. 使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，HSO3-、Mg2＋不能大量存在 ，且ClO－与HSO3-因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；
B. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中：Fe3＋与SCN－发生络合反应而不能大量共存，选项B错误； C.
KwL－1的溶液中c(H+)=10-1mol/L，为强酸性溶液，HCO3-不能大量存在，选项C错误； -＝0.1 mol·
c(OH)D. 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na＋、SO42-、HCO3-相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。 答案选D。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．普通立德粉（BaSO4·ZnS）广泛用于工业生产中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制备。以粗氧化锌（含
Zn、CuO、FeO等杂质）和BaSO4为原料制备立德粉的流程如下：
（1）生产ZnSO4的过程中，反应器Ⅰ要保持强制通风，原因是___。 （2）加入锌粉的主要目的是___（用离子方程式表示）。
（3）已知KMnO4在酸性溶液中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性溶液中被还原为MnO42-。据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH应调至___； a．2.2~2.4 b．5.2~5.4 c．12.2~12.4 滤渣Ⅲ的成分为____。
（4）制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1：2，目的是__；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，反应器Ⅳ中产生的尾气需用碱液吸收，原因是__。
（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）中ZnS含量为29.4%，高品质银印级立德粉中ZnS含量为62.5%。在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂制备银印级立德粉，所选试剂为___，反应的化学方程式为__（已知BaSO4相对分子质量为233，ZnS相对分子质量为97）。
【答案】反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风 Zn+Cu2+= Zn2++Cu b MnO2BaS、Na2S 4 ZnSO4 和Fe(OH)3 避免产生CO等有毒气体 尾气中含有的SO2等有毒气体 ZnSO4、+ BaS + 3 Na2S = BaSO4·4ZnS + 3 Na2SO4 【解析】 【分析】
分析流程中的相关反应：反应器Ⅰ中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣Ⅰ的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+；反应器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnO2和Fe(OH)3沉淀得到净化的ZnSO4溶液；反应器Ⅳ中 BaSO4 + 2C = BaS + 2CO2制备BaS；反应器Ⅴ用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉。 【详解】
⑴反应器Ⅰ中Zn与硫酸反应产生氢气，保持强制通风，避免氢气浓度过大而易发生爆炸，出现危险，故答案为反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。
Zn+Cu2+= Zn2++Cu，⑵反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+，其离子方程式为Cu2+，故答案为Zn+Cu2+= Zn2++Cu。 ⑶反应器Ⅲ除Fe2+，将亚铁离子氧化为铁离子以便除去，同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO4还原为MnO2，以滤渣形式分离，因此在弱酸性环境来氧化亚铁离子，利用铁离子水解变为沉淀，故答案为b；MnO2和Fe(OH)3。
4反应器Ⅳ中BaSO4 + 2C = BaS + 2CO2，BaSO4 + 4C = BaS + 4CO，投料比要大于1:2，避免产生CO等有毒气体；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，将BaS氧化产生SO2等有毒气体，因此有毒气体要除掉需用碱液吸收，故答案为避免产生CO等有毒气体；尾气中含有的SO2等有毒气体。
ZnS；⑸已知BaSO4的相对分子质量为233，ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为29.4%，立德粉为BaSO4·ZnS含量为62.5%，立德粉（BaSO4· 4ZnS）4ZnS，还需，因此需要4mol ZnSO4和1mol BaS反应生成BaSO4·要3mol硫离子和将3mol硫酸根与另外的离子结合，因此还需要3mol Na2S参与反应，反应的化学方程式4ZnS + 3 Na2SO4，故答案为ZnSO4、BaS、Na2S；4 ZnSO4 + BaS + 3 Na2S = 为：4 ZnSO4 + BaS + 3 Na2S = BaSO4·BaSO4·4ZnS + 3 Na2SO4。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．某有机物F(
)在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以乙烯和芳香
族化合物B为基本原料制备F的路线图如下：
已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO
(1)乙烯生成A的原子利用率为100%，则X是___________(填化学式)，F中含氧官能团的名称为___________。
(2)E→F的反应类型为___________，B的结构简式为___________，若E的名称为咖啡酸，则F的名称是___________。
(3)写出D与NaOH溶液反应的化学方程式：_________________________________。
(4)E的同系物G比E多一个碳原子，G有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有___________种 ①能发生水解反应、银镜反应且1mol该物质最多可还原出4 mol Ag ②遇FeCl3溶液发生显色反应
③分子中没有甲基，且苯环上有2个取代基
(5)以乙烯为基本原料，______________________________(其设计合成路线合成2-丁烯酸，写出合成路线：他试剂任选)。
【答案】O2 (酚)羟基、酯基 取代反应(或酯化反应)
+5NaOH
咖啡酸乙酯
+2NaCl+3H2O 9 CH2=CH2
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