B．若α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0，溶液显碱性； C．在pH＞4.76的溶液中存在电荷守恒分析；
D．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸根离子水解显碱性，为缓冲溶液．
【解答】解：A．在pH＜4.76的溶液显酸性，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH），故A正确；
B．在pH=7的溶液中，为醋酸和醋酸盐混合溶液，α（CH3COOH）≠0，α（CH3COO
﹣
）＜1.0，故B错误；
C．在pH＞4.76的溶液中存在电荷守恒，c（CH3COO﹣）与c（OH﹣）之和可大于c（H+），故C正确；
D．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸根离子水解显碱性，为缓冲溶液，加入盐酸或碱溶液中α（CH3COOH）与α（CH3COO
﹣
）之和保持不变，故D正确；
故选B．
24．（2分）（2017?浙江）由硫铁矿烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）得到绿矾（主FeSO4?7H2O），再通过绿矾制备铁黄[FeO（OH）]的流程如下：烧渣
溶液绿矾
铁黄
已知：FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是（ ） A．步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣
B．步骤②，涉及的离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+
C．步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾
D．步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe（OH）3
【分析】由制备绿矾流程可知，烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤②发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，以此来解答．
【解答】解：A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①，最好用硫酸来溶
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解烧渣，故A正确；
B．步骤②发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+，故B正确；
C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，故C错误；
D．步骤④，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，故D正确； 故选C．
25．（2分）（2017?浙江）某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Clˉ、CO32﹣、SO42
﹣
等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：下列说法正确的是（ ）
A．该混合物一定是K2CO3和NaCl B．该混合物可能是Na2CO3和KCl C．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl
【分析】固体溶于水后，焰色反应为黄色，可知一定含Na+，与过量硝酸钡反应生成白色沉淀可溶于过量盐酸，则白色沉淀为碳酸钡，一定含CO32﹣，而不含SO42
﹣
，滤液与硝酸银反应生成不溶于硝酸的白色沉淀为AgCl，可知一定含Cl﹣，以此
来解答．
【解答】解：由上述分析可知，一定含Na、Cl、CO32，不含SO42，不能确定
+
﹣
﹣
﹣
是否含K+，
A．该混合物可能是K2CO3和NaCl，因不能确定是否含K+，故A不选； B．由分析出的离子可知该混合物可能是Na2CO3和KCl，故B选； C．不含SO42﹣，则不可能含Na2SO4，故C不选；
D．不能确定是否含K+，可能为Na2CO3和NaCl，故D不选；
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故选B．
二、非选择题（本大题共4小题，共20分）
26．（6分）（2017?浙江）A是天然气的主要成分，以A为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E、F，其相互转化关系如图．已知烃B在标准状况下的密度为1.16g?L﹣1，C能发生银镜反应，F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体．
请回答：
（1）有机物D中含有的官能团名称是 羧基 ． （2）D+E→F的反应类型是 酯化反应 ．
（3）有机物A在高温下转化为B的化学方程式是 2CH4（4）下列说法正确的是 BD ．
A．有机物E与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈 B．有机物D、E、F可用饱和Na2CO3溶液鉴别 C．实验室制备F时，浓硫酸主要起氧化作用
D．有机物C能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液氧化．
【分析】A是天然气的主要成分，则A为CH4；已知烃B在标准状况下的密度为1.16g?L﹣1，则B的摩尔质量为：M（B）=22.4L/mol×1.16g?L﹣1≈26g/mol；C能发生银镜反应，则C分子中含有醛基；F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体，则F为酯，根据转化关系可知F为CH3COOC2H5；C催化氧化得D，C与氢气发生还原反应生成E，则D为CH3COOH、E为CH3CH2OH、C为CH3CHO；B与水反应生成乙醛，且B的摩尔质量为26g/mol，则B为CH≡CH，据此进行解答． 【解答】解：A是天然气的主要成分，则A为CH4；已知烃B在标准状况下的密度为1.16g?L﹣1，则B的摩尔质量为：M（B）=22.4L/mol×1.16g?L﹣1≈26g/mol；C能发生银镜反应，则C分子中含有醛基；F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体，则F为酯，根据转化关系可知F为CH3COOC2H5；C催化氧化得D，C与氢气发生还原反应生成E，则D为CH3COOH、E为CH3CH2OH、C为CH3CHO；B与
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CH≡CH+3H2 ．
水反应生成乙醛，且B的摩尔质量为26g/mol，则B为CH≡CH， （1）D的结构简式为D为CH3COOH，其含有官能团为羧基， 故答案为：羧基；
（2）D为CH3COOH、E为CH3CH2OH，二者在浓硫酸存在条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，
故答案为：酯化反应；
（3）A为CH4，B为CH≡CH，CH4在高温下转化为CH≡CH的化学方程式是：2CH4
CH≡CH+3H2， 故答案为：2CH4
CH≡CH+3H2；
（4）A．E为CH3CH2OH，乙醇与金属钠反应不如水与金属钠反应剧烈，故A错误；
B．D为CH3COOH、E为CH3CH2OH、F为CH3COOC2H5，乙酸与碳酸钠生成气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于碳酸钠溶液，所以可用饱和Na2CO3溶液鉴别三者，故B正确；
C．实验室制备乙酸乙酯时，浓硫酸为催化剂和吸水剂，不体现氧化性，故C错误；
D．有机物C为CH3CHO，CH3CHO中含有官能团醛基，醛基能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液氧化，故D正确； 故答案为：BD．
27．（6分）（2017?浙江）为探究黑色固体X（仅含两种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X的化学式是 CuO ．
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（2）固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是 Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O ．
（3）加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式 3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O ．
【分析】流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量=32.0g﹣28.8g=3.28g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X为氧化铜，n（CuO）=结合质量守恒得到n（O2）=
=0.4mol，
=0.1mol，氧元素守恒得到甲中n（Cu）：n
（O）=0.2mol：（0.4mol﹣0.1mol×2）=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g氧化铜，据此分析回答．
【解答】解：流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量=32.0g﹣28.8g=3.28g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X为氧化铜，n（CuO）==0.4mol，结合质量守恒得到n（O2）=
=0.1mol，氧元素守恒得到甲中n
（Cu）：n（O）=0.2mol：（0.4mol﹣0.1mol×2）=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g氧化铜，
（1）分析可知X为CuO，故答案为：CuO；
（2）固体甲为Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O， 故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；
（3）加热条件下氨气被固体X位氧化铜氧化成一种气体单质为氮气，反应的化学方程式为：3CuO+2NH3故答案为：3CuO+2NH3
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3Cu+N2+3H2O， 3Cu+N2+3H2O．