1、山东省滕州市第十一中学2016届高三化学期末复习模拟试题（三）第I卷（选择题）一、选择题（本题共20道小题）1.设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A1mol甲苯含有6NA个CH键B18g H2O含有10NA个质子C标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子2.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱下列反应在水溶液中不可能发生的是（）A3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3BCl2+FeI2FeCl2+I2CCo2O3+6HCl2CoCl2+Cl2+3H2OD
2、2Fe3+2I2Fe2+I23.短周期元素X、Y、Z、R和W在元素周期表的位置如图所示，其中W元素族序数等于周期序数的2倍则下列说法正确的是（）A原子半径从小到大：XYRWBZ、W元素与X均可以形成AB2型化合物CX有多种同素异形体，而Z不存在同素异形体DZ的氢化物稳定性大于W的氢化物稳定性，是因为Z的氢化物分子间存在氢键4.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）N2（g）+CO2（g）H=373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（ ）A加催化剂同时升高温度B加催化剂同时增大压强C升高温度同时充入N2D降低温度同时增大压强5
3、.根据右表提供的数据可知，在溶液中能大量共存的微粒组是（） 化学式 电离常数 CH3COOH K=1.7105 HCN K=4.91010 H2CO3 K1=4.3107，K2=5.61011AH2CO3、HCO3、CH3COO、CN BHCO3、CH3COOH、CN、CO32CHCN、HCO3、CN、CO32 DHCN、HCO3、CH3COO、CN6.Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+ Mg = Mg2+ 2Ag +2Cl-。有关该电池的说法正确的是A、AgCl为电池的正极B、正极反应为Ag+e-=AgC、该电池一定不能被MgCl2溶液激活D
4、、可用于海上应急照明供电,直接将化学能转化为光能7.澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm，在低于183时，泡沫具有永久磁性，下列叙述正确的是（）A“碳纳米泡沫”与石墨互为同位素B把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中，能产生丁达尔现象C“碳纳米泡沫”是一种新型的碳化合物D“碳纳米泡沫”和金刚石的性质相同8.用水处理金属钠与碳化钙的混合物，有气体放出，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A气体A完全燃烧时，需要3.5倍体积的氧气，则金属钠与碳化钙的物质的量之比是（）A2：1B1：2C4：1D1：49.将50g质量分数为1，物质的量
5、浓度为C1的浓硫酸沿玻璃棒加入到VmL水中，稀释后得到质量分数为2，物质的量浓度为C2的稀溶液下列说法中正确的是（）A若C1=2C2，则122，V50mL B若C1=2C2，则122，V50mLC若1=22，则C12C2，V=50mL D若1=22，则C12C2，V50Ml10.现有常温时pH1的硫酸溶液10 mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是()A加热 B加入100 mL的水进行稀释C加入90/11mL 0. 1 molL1的NaOH溶液 D加入10 mL 0.01 molL1的盐酸12.一定条件下，向密闭容器中加入 X物质，发生反应3X(g) Y(g) + Z(g) H0，反应一定时间
6、后改变某一个外界条件，反应中各时刻X物质的浓度如下表所示，下列说法中不正确的是 （ ）反应时间（min）05151720X的浓度（mol/L）1.00.40.40.70.7A.05 min时，该反应的速率为v(X)=0.12 mol/(Lmin) B. 5 min时反应达到第一次平衡，该温度下的平衡常数数值为0.625C.15 min时改变的条件不可能是升高温度D.从初始到18 min时，X的转化率为30 % 13.镁铁混合物138 g溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（03 mo1），则向反应后的溶液中加人足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为A26 gB28 g
7、C295 g D291 g14.下列化学用语描述中不正确的是（）A中子数为20的氯原子：BK2O的电子式：CHCO3的电离方程式：HCO3+H2OCO32+H3O+D比例模型可以表示CO2分子或SiO215.如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是选项 W X Y Z A S SO2 SO3 H2SO4 B Na Na2O2 NaOH NaCl C Fe FeCl3 Fe（OH）2 FeCl2 D Al AlCl3 NaAlO2 Al2（SO4）3 （ ）AABBCCDD16.下列反应过程符合如图所示关系的是（ ） A向漂白粉溶液中通入CO
8、2气体至过量B向Na2SiO3溶液中通入HCl气体至过量C向Ba（OH）2和KOH混合溶液中通入CO2气体至过量D向Na溶液中通入HCl气体至过量17.下列叙述正确的是（ ）ANa、Al、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱B漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同C将SO2通入Ca（ClO）2溶液可生成CaSO3沉淀D向FeCl2溶液中通入Cl2反应的离子方程式为：Fe2+Cl2Fe3+2C118.已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合图则甲和X不可能是（）A甲：Na、X：O2 B甲：NaOH溶液、X：CO2溶液C甲：C、X：O2 D甲：A
9、lCl3溶液、X：NaOH溶液19.下列叙述正确的是（ ）A氢氧化铝、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂B长期摄入肉、蛋、鱼偏多易导致血液偏酸性C碘酒中的碘因有还原性而起到杀菌消毒作用D碘盐、铁强化酱油等营养强化剂适合所有人食用20.化学与日常生活密切相关，下列说法正确的是（）A磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸B做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D装饰材料释放的甲醛会造成污染第II卷（非选择题）二、填空题（本题共3道小题，）21.某溶液主要含下表离子中的5种，且各种离子的物质的量均为1mol阳离子 K+，Ba2+Fe2+Al3+ Fe3
10、+ Mg2+阴离子 OHHCO CO ClNO3 SO42若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化（1）溶液中 （填“一定”，“一定不”，“可能”）含有HCO 或 CO，理由是(2)原溶液中主要阴离子为，主要阳离子为（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成的离子方程式为（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤，洗涤，干燥并灼烧至恒重，得到固体的质量为 g22.（15分）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO45H2O）及副产物ZnO制备流
11、程图如图： 已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42如图表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算）Fe3+Fe2+Zn2+开始沉淀的pH1.15.85.9s沉淀完全的pH3.08.88.9请回答下列问题：（1）试剂X可能是 ，其作用是将 （2）加入ZnO调节pH=34的目的是 （3）由不溶物生成溶液D的化学方程式为 （4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是 （5）下列试剂可作为Y试剂的是 AZnO BNaOH CNa2CO3 DZnSO4若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量
12、，则产生的现象是 （6）测定胆矾晶体的纯度（不含能与I发生反应的氧化性杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解，再加入过量KI，用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19.40mL已知：上述滴定过程中的离子方程式如下：2Cu2+4I2CuI（白色）+I2，I2+2S2O322I+S4O62胆矾晶体的纯度为 在滴定过程中剧烈摇动（溶液不外溅）锥形瓶，则所测得的纯度将会 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）23.已知，CO和H2按物质的量之比12可以制得G，有机玻璃可按下列路线合成：（1）A、E的结构简式分别为： 、 ；（2）BC
13、、EF的反应类型分别为： 、 ；（3）写出下列转化的化学方程式：CD ；G+FH ；（4）要检验B中的Br元素，可用的操作和现象为 。(5)写出符合下列要求的H的同分异构体有一个支链能使溴的四氯化碳溶液褪色跟NaHCO3反应生成CO2 , .（只要求写出2个）三、计算题（本题共2道小题,）24.（6分）将10g铁粉置于40ml的HNO3溶液中，微热，反应随着HNO3浓度的降低生成气体的颜色由红棕色变为无色，充分反应后共收集1792mlNO,NO2的混合气体，溶液中还残留了44g固体。 请回答下面问题，并写出计算过程。（1） 求该反应中被还原和未被还原的HNO3的物质的量之比 （2） 求原HNO
14、3溶液物质的量浓度 （3） 求NO,NO2体积四、实验题（本题共3道小题,）26.生产中可用双氧水氧化法处理电镀含氰废水，某化学兴趣小组模拟该法探究有关因素对破氰反应速率的影响（注：破氰反应是指氧化剂将CN氧化的反应）【相关资料】氰化物主要是以CN和Fe(CN)63两种形式存在Cu2+可作为双氧水氧化法破氰处理过程中的催化剂；Cu2+在偏碱性条件下对双氧水分解影响较弱，可以忽略不计Fe(CN)63较CN难被双氧水氧化，且pH越大，Fe(CN)63越稳定，越难被氧化【实验过程】在常温下，控制含氰废水样品中总氰的初始浓度和催化剂Cu2+的浓度相同，调节含氰废水样品不同的初始pH和一定浓度双氧水溶液
15、的用量，设计如下对比实验：（l）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）实验序号实验目的初始pH废水样品体积/mLCuSO4溶液的体积/mL双氧水溶液的体积/mL蒸馏水的体积/mL为以下实验操作参考760101020废水的初始pH对破氰反应速率的影响126010102076010实验测得含氰废水中的总氰浓度（以CN表示）随时间变化关系如图所示（2）实验中2060min时间段反应速率：（CN）= molL1min1（3）实验和实验结果表明，含氰废水的初始pH增大，破氰反应速率减小，其原因可能是 （填一点即可）在偏碱性条件下，含氰废水中的CN最终被双氧水氧化为HCO3，同时放出NH3，试写出该反应的
16、离子方程式： （4）该兴趣小组同学要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，请你帮助他设计实验并验证上述结论，完成下表中内容（己知：废水中的CN浓度可用离子色谱仪测定） 实验步骤（不要写出具体操作过程）预期实验现象和结论27.高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂其生产工艺流程如下：请同答下列问题：（1）写出向KOH溶液中通入足量Cl2发生反应的离子方程式（2）.在溶液I中加入KOH固体的目的是（填编号）A为下一步反应提供碱性的环境B使KClO3转化为KClOC与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClODKOH固体溶解时会放出较多的热量，有
17、利于提高反应速率（3）从溶液中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3，KCl，则反应中发生的离子反应方程式为每制得59.4克K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为 mol（4）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式： FeO42+ H2O= Fe（OH）3（胶体）+O2+OH28.（14分）某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀（可能含有CuO、CuS、Cu2S，其中CuS和 Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸）进行探究，实验步骤如下：将光亮铜丝插人浓硫酸，加热；待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；冷却后，从反应后的混
18、合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用回答下列问题：（1）步骤产生气体的化学式为 （2）向含微量 Cu2+试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，能产生红褐色沉淀现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是 （3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物，进行如下实验：装置现象结论及解释 A试管中黑色沉淀逐渐溶解A试管上方出现红棕色气体B试管中出现白色沉淀a现象说明褐色沉淀具有 性b试管B中产生白色沉淀的总反应的离子方程式为 （4）CuS固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释： （5）为测定黑色沉淀中Cu2S 的百分含量，取0.2g 步骤所得
19、黑色沉淀，在酸性溶液中用 40.0mL 0.075mol/L KMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO4+5Cu2S+44H+10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O6MnO4+5CuS+28H+5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，过量的高锰酸钾溶液恰好与35.0mL 0.1mol/L （NH4）2Fe（SO4）2 溶液反应完全则混合物中Cu2S 的质量分数为 试卷答案1.B考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A甲苯中含有8个碳氢键，1mol甲苯中含有8mol碳氢键；B水分子中含有10个质子，1mol水中含有10mol质子；C标准状
20、况下氨水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨水的物质的量；D铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量解答：解：A1mol甲苯中含有8mol碳氢键，含有8NA个CH键，故A错误；B18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol质子，含有10NA个质子，故B正确；C标况下，氨水不是气体，题中条件无法计算氨气的物质的量，故C错误；D56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用
21、条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力2.A考点：氧化性、还原性强弱的比较专题：氧化还原反应专题分析：在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断解答：解：Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，A、因为氧化性FeCl3I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，故A错误； B、因为氧化性FeCl3I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，故B正确；C、因为氧化性Co2O3Cl2，所以Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O能
22、发生，故C正确； D、因为氧化性FeCl3I2，所以2Fe3+2I=2Fe2+I2能发生，故D正确；故选A点评：本题考查氧化还原反应氧化性强弱的比较等知识点，难度不大3.B考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由短周期元素X、Y、Z、R和W在元素周期表的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，R、W处于第三周期，W元素族序数等于周期序数的2倍，处于族，故W为S元素，可推知R为P元素，Z为O元素，Y为N元素、X为C元素，结合元素周期律及元素化合物性质解答解答：解：由短周期元素X、Y、Z、R和W在元素周期表的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，R、W处于第三周期，W元素族序
23、数等于周期序数的2倍，处于族，故W为S元素，可推知R为P元素，Z为O元素，Y为N元素、X为C元素，A同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径YXWR，故A错误；BO元素、S元素与C元素分别可以CO2、SC2，故B正确；C碳元素有金刚石、石墨、富勒烯等多种同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧，故C错误；D非金属性OS，故氧元素氢化物比硫元素氢化物稳定，故D错误，故选B点评：本题考查结构性质位置关系应用，正确推断元素是解题关键，注意氢键对物质性质的影响4.B考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂，增大NO的转化率必须在不
24、加入NO的基础上使平衡正向移动，据此分析解答：解：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）；H=373.4kJmol1 ，反应是放热反应，反应后气体体积减小；A、加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；B、加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；C、升高温度同时充入N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；D、降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故D错误；故选B点评：本题考查了化学平衡
25、移动原理的分析应用，主要是催化剂改变速率不改变平衡，转化率是反应物的转化率，题目难度中等5.D考点：离子共存问题分析：根据表中电离平衡常数可知，酸性大小为：CH3COOHH2CO3HCNHCO3，A碳酸的酸性大于HCN，二者能够反应生成碳酸氢根离子和HCN；B醋酸的酸性大于碳酸和HCN，醋酸能够与碳酸氢根离子、碳酸根离子、CN反应；CHCN的酸性大于HCO3，HCN与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子；D四种粒子之间不发生反应解答：解：根据表中电离平衡常数可知，酸性大小为：CH3COOHH2CO3HCNHCO3，AH2CO3的酸性大于HCN，H2CO3、CN能够反应生成HCO3和HCN，在溶液中不
26、能大量共存，故A错误；BCH3COOH的酸性大于H2CO3和HCN，CH3COOH能够与HCO3、CN、CO32反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CHCN的酸性大于HCO3，HCN与CO32反应生成HCO3，在溶液中不能大量共存，故C错误；DHCN、HCO3、CH3COO、CN之间不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查粒子共存的判断，题目难度中等，根据表中数据正确判断酸性强弱为解答关键，注意明确酸性强弱与电离平衡常数的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力6.A【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根据电池反应式知，Mg元素
27、化合价由0价变为+2价，则Mg作负极，AgCl作正极，负极反应式为Mg2eMg2+，正极反应式为AgCl+eAg+Cl，据此分析解答【解答】解：A根据元素化合价变化知，Mg元素化合价由0价变为+2价，则Mg作负极，AgCl为正极，故A正确；BAgCl是正极，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为AgCl+eAg+Cl，故B错误；C电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，所以MgCl2溶液也可以激活电池，故C错误；D电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池工作时将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电，故D错误；故选A【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，会根据电池反应式
28、确定正负极，难点是电极反应式的书写，同时还考查学生获取信息利用信息能力，易错选项是C7.B考点：纳米材料专题：化学应用分析：“碳纳米泡沫”属于碳单质与石墨互为同素异形体，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm，分散到适当的溶剂中形成胶体，结合胶体的性质分析解答：解：A“碳纳米泡沫”属于碳单质与石墨互为同素异形体，同位素是原子，故A错误；B“碳纳米泡沫”每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm，分散到适当的溶剂中形成胶体，能产生丁达尔现象，故B正确；C“碳纳米泡沫”只含有一种元素属于碳单质，故C错误；D“碳纳米泡沫”在低于183时，泡沫具有永久磁性，金刚石没有磁性，二者性质不同
29、，故D错误故选B点评：本题以碳元素的单质为背景，考查了同素异形体、同位素、胶体的性质等，题目难度不大，注意把握题干中的信息8.C解：用水处理金属钠发生反应2Na+2H2O2NaOH+H2，用水处理碳化钙CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A，A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，设A为CxHy，CxHy+（x+）O2xCO2+H2O 1 x+ x+=3.5，因A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，所以x=2，y=6，A为C2H6，生成A的方程式为：2H2+C2H2C2H6，n（H2）：n（C2H2）=2：1，所以金属钠
30、与碳化钙的物质的量之比为4：19.A考点：物质的量浓度的相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：A、B、设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，利用c=公式变形计算硫酸的质量分数，结合硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断；稀释前后溶质的质量不变，结合质量分数关系，判断稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，据此判断水的体积；C、D、根据稀释前后溶质的质量不变计算混合后溶液的质量为100g，计算水的质量为50g，据此计算水的体积；设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，
31、利用c=计算硫酸的浓度，结合浓硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断解答：解：A、若c1=2c2，设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，则：1=，2=，所以=，浓硫酸的浓度越大密度越大，则12，故122，稀释前后溶质的质量不变，所以稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积V50ml；故A正确；B、由A分析可知，所以水的体积V50ml，122，故B错误；C、稀释前后溶质的质量不变，若1=22，则稀释后溶液的质量为100g，所以水的质量为50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积V=50ml；设物
32、质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，则：c1=，c2=，所以=，浓硫酸的浓度越大密度越大，则12，故c12c2，故C错误；D、由C中分析可知，水的体积V=50ml，c12c2，故D错误故选：A点评：本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，可利用定义计算，难度中等，关键清楚硫酸溶液的浓度越大密度也越大，注意氨水、酒精浓度越大密度越小10.C11.12.C略13.D试题分析：分别设铁和镁的物质的量，结合电子守恒计算，注意铁被氧化为三价铁。14. 14.D考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；电离方程式的书写；球棍模型与比例模型分析：A
33、质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角不是质量数、左下角不是质子数；B氧化钾为离子化合物，阴阳离子都需要标出电荷，氧离子还需要标出最外层电子；C碳酸氢根离子的电离产生水合氢离子和碳酸根离子；D二氧化硅属于原子晶体，不存在二氧化硅分子解答：解：A元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子的质量数为37，该核素的表示方法为：，故A正确； B氧化剂为离子化合物，钾离子直接用离子符号表示，氧离子需要标出所带电荷及最外层电子，氧化钾的电子式为：，故B正确；C碳酸氢根离子在溶液中电离出水合氢离子和碳酸根离子，HCO3的电离方程式为：HCO3+H2OCO32+H3O+，故C正确；D可以表示二氧化碳的比
34、例模型，但是不能表示二氧化硅，因为二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误；15.D考点：含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变分析：AS燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4；BNa燃烧生成Na2O2；CFe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2；DAl与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z解答：解：AS燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4，则常温下不能发生图中转化，故A不选；B
35、Na燃烧生成Na2O2，Na在常温下反应生成Na2O，则常温下不能发生图中转化，故B不选；CFe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2，则常温下不能发生图中转化，故C不选；DAl与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z，反应均可在常温下进行，故D选；故选D点评：本题考查物质的性质及相互转化，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的化学反应及反应条件为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大16.A考点：化学方程式的有关计算专题：元素及其化合物分析：A向漂白粉溶液中通入过量
36、CO2，开始发生：Ca（ClO）2+CO2+H2OHClO+CaCO3，二氧化碳过量发生反应：CaCO3+CO2+H2OCa（HCO3）2；B开始生成硅酸，而硅酸不溶解；C开始产生碳酸钡沉淀，而后碳酸钡溶解，由于KOH也与二氧化碳反应，故前后消耗二氧化碳体积不相等；DNa溶液中通入HCl气体，先后发生反应：Na+HCl=Al（OH）3+NaCl+H2O，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，根据方程式可知前后消耗稀盐酸溶液体积之比解答：解：A向漂白粉溶液中通入过量CO2，开始发生：Ca（ClO）2+CO2+H2OHClO+CaCO3，二氧化碳过量发生反应：CaCO3+CO2+H2OC
37、a（HCO3）2，前后消耗二氧化碳体积相等，图象符合实际，故A正确B开始生成硅酸，而硅酸不溶解，图象不符合，故B错误；C开始产生碳酸钡沉淀，而后碳酸钡溶解，由于KOH也与二氧化碳反应，故前后消耗二氧化碳体积不相等，故C错误；DNa溶液中通入HCl气体，先后发生反应：Na+HCl=Al（OH）3+NaCl+H2O，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积为1：3，故D错误，故选：A点评：本题以图象形式考查元素化合物的性质，明确图象含义及发生反应实质是解题关键，题目难度中等17.B解：A铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不生成碱和氢气，故
38、A错误；B漂白粉金属利用其氧化性杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，二者原理不同，故B正确；C二氧化硫和次氯酸钙发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸钙，故C错误；D二者反应离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2C1，故D错误；故选B18.A考点：无机物的推断专题：推断题分析：A过氧化钠与钠不反应；B过量二氧化碳与氢氧化钠反应得到碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳、水反应得到碳酸氢钠；C甲为C、X为O2，则乙为CO，丙为CO2；D甲为AlCl3溶液、X为NaOH溶液，乙为Al（0H）3，丙为NaAlO2解答：解；A如甲为Na，X为O2，则乙为Na2
39、O，丙为Na2O2，但Na2O2与Na不反应，故A错误；B甲为NaOH，X是CO2时，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，丙（NaHCO3）和甲（NaOH）反应加上H2O又可以生成乙（Na2CO3），符合转化关系，故B正确；C甲为C、X为O2，CCOCO2，CO2CO，符合转化，故C正确；D甲为AlCl3溶液、X为NaOH溶液，AlCl3Al（0H）3NaAlO2，NaAlO2Al（0H）3，符合上述转化，故D正确；故选A点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握转化关系图中的连续反应及物质的性质为解答的关键，侧重物质性质及发生的化学反应的考查，选项D中的相互促进水解反应生成沉淀为解答的难点
40、，题目难度中等19.B试题解析：A、常见的抗酸药（能中和胃酸有弱碱性）有：NaHCO3、CaCO3、MgCO3、Al(OH)3、Mg(OH)2，而碳酸钠碱性较强，不适合做胃酸中和剂，故A不正确；B、肉、蛋、鱼属于酸性食品，长期摄入易导致血液偏酸性，故B正确；C、碘酒中的碘因其氧化性较强而起到杀菌消毒作用，故C不正确；D、营养强化剂对增强食品的营养价值有重要作用，但是否需要食用含有营养强化剂的食品，应根据每个人的不同情况或医生的建议而定，并非所有人都适合食用，故D不正确。20.D解：A蛋白质在解热条件下变性，在催化剂条件下水解可生成氨基酸，故A错误；B棉和麻的主要成分为纤维素，与淀粉都为高分子化
41、合物，聚合度介于较大范围之间，分子式不同，不是同分异构体，故B错误；C花生油为植物油，牛油为动物油，植物油饱和度较小，不是饱和酯类，故C错误；D甲醛常用作装饰材料，对人体有害，可致癌，为环境污染物，故D正确故选D21.1. 一定不 HCO3或CO32都可与H+反应，造成阴离子种类改变2. Cl、NO3、SO42 Fe2+、Mg2+3. 3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O4.120考点：常见离子的检验方法；物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：物质检验鉴别题；离子反应专题分析：向溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体若是二氧化碳，则碳酸根离子或碳酸
42、氢根离子会发生变化，所以原溶液中一定不存在HCO3与CO32，产生的气体应该为NO，原溶液中一定存在Fe2+、NO3，酸性环境下生成的一氧化氮；加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的量均为1mol，而溶液中含有5种离子，则不满足电荷守恒，所以还含有硫酸根离子，再根据电荷守恒确定还含有一种带有两个正电荷的镁离子，所以含有的五种离子为：Cl、NO3、SO42；Fe2+、Mg2+，根据以上分析进行解答各题解答：解：向溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，如果产生气体为二氧化碳，则碳酸根离子或碳酸氢根离子会发生变化，导致
43、阴离子浓度发生变化，所以原溶液中一定不存在HCO3与CO32，产生的气体应该为NO，原溶液中一定存在：Fe2+、NO3，酸性环境下发生反应一氧化氮；由于加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的量均为1mol，带有22mol负电荷，与1mol亚铁离子带有的正电荷相等；而溶液中含有5种离子，所以一定还含有剩余的唯一阴离子SO42，再根据电荷守恒确定还含有一种带有两个正电荷的Mg2+，所以含有的五种离子为：Cl、NO3、SO42；Fe2+、Mg2+；（1）根据以上分析可知，溶液中一定不存在HCO3或CO32，原因为：HCO3或CO32都可与H+反应，
44、造成阴离子种类改变，故答案为：一定不；HCO3或CO32都可与H+反应，造成阴离子种类改变；根据分析可知，溶液中一定存在的阴离子为：Cl、NO3、SO42；一定存在的阳离子为：Fe2+、Mg2+，故答案为：Cl、NO3、SO42；Fe2+、Mg2+；（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体为一氧化氮，反应离子方程式为：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O；（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥灼烧到恒重，得到固体是三氧化二铁以及氧化镁，根据原子守恒，则生成0.5molFe2O3和1mol的
45、MgO，总质量为：0.5mol160g/mol+1mol40g/mol=120g，故答案为：120点评：本题考查了离子性质的应用和实验方案的推断和分析判断，离子共存和离子变化特征，元素守恒和溶液中电荷守恒的计算应用是判断的关键，题目难度中等22.（1）H2O2；将 Fe2+氧化为 Fe3+；（2）降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去；（3）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；（4）蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；（5）B；先产生白色沉淀后溶解；（6）97.00%；偏高考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的
46、含量专题：实验设计题分析：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；（2）调节溶液pH，降低溶液酸度，可以使铁离子全部沉淀，从而除去；（3）酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；（4）依据从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等回答；（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱；pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解；（6）根据相关反应的方程式，可得到关系式2Na2S2O3 2Cu2+，根据反应的关系式计算；剧烈摇动锥形瓶，导致空气中的氧气参与氧化还原反
47、应，据此分析即可解答：解：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：H2O2；将 Fe2+氧化为 Fe3+；（2）氧化锌为碱性氧化物，能与H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去，故答案为：降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去；（3）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=Cu
48、SO4+2H2O；（4）从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱：NaOH，由于pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解，故答案为：B；先产生白色沉淀后溶解；（6）CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为：2Cu2+4I2CuI+I2，且发生I2+2S2O322I+S4O62，则可得关系式2Na2S2O3 2Cu2+，则n（CuSO45H2O）=n（Na2S2O3）=0.100mol/L19.40103L=1.
49、94103mol，m（CuSO45H2O）=1.94103mol250g/mol=0.4850g，（CuSO45H2O）=100%=97.00%，故答案为：97.00%；剧烈摇动锥形瓶，导致氧气参与氧化还原反应，从而消耗Na2S2O3标准溶液体积偏大，故测量纯度偏高，故答案为：偏高点评：本题考查制备实验方案的设计，考查学生对综合实验处理能力，注意实验方案的设计原理和步骤是解答的关键，平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养，题目难度中等 23.（1）、（各2分）（2）取代、消去（各1分）。（3）（2分）；（2分）（4）取少量B加入NaOH溶液，充分振荡，静置，取上层清液，加入
50、适量稀硝酸，再加入硝酸盐溶液，若产生浅黄色沉淀，则证明有Br。（3分）（5）（CH3）2,C=CHCOOH, CH2=C(CH3)CH2COOH （每个2分）A和HBr反应生成B，可知A为CH2=CHCH3，由产物可知H应为甲基丙烯酸羟乙酯，即CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，则G为HOCH2CH2OH，I为CH2ClCH2Cl，F应为CH2=C（CH3）COOH，则E为（CH3）2C（OH）COOH，结合题给信息可知B为CH3CHBrCH3，C为CH3CHOHCH3，D为丙酮。（1）由以上分析可知A为CH2=CHCH3，E为（CH3）2C（OH）COOH。（2）B为CH3CHBrC
51、H3，C为CH3CHOHCH3，B生成C的反应为取代反应；E为（CH3）2C（OH）COOH，F为CH2=C（CH3）COOH，E生成F的反应为消去反应。（3）C为CH3CHOHCH3，D为丙酮，C变化为D发生的是羟基的氧化反应；G为HOCH2CH2OH，F为CH2=C（CH3）COOH，二者发生的是酯化反应。（4）B为CH3CHBrCH3，如果要检验溴元素的话，首先应让溴元素水解生成溴离子，然后利用硝酸银生成溴化银沉淀进行检验。（5）H为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，与H互为同分异构体，则与H的分子式相同，能使溴的四氯化碳溶液褪色则含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色则应含有
52、羧基，故同分异构体有：（CH3）2,C=CHCOOH, CH2=C(CH3)CH2COOH，CH3CH=CCH3COOH, CH2=CHCH(CH3) COOH。24.(6分) （1）25（2）7molL-1（3）31略26.（1）双氧水的浓度对破氰反应速率的影响；10；20； （2）0.0175；（3）初始pH增大，催化剂Cu2+会形成Cu（OH）2沉淀，影响了Cu2+的催化作用（或初始pH增大，Fe(CN)63较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化）；CN+H2O2+H2ONH3+HCO3；（4）实验方案（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管
53、中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN浓度相同时间内，若甲试管中的CN浓度小于乙试管中的CN浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；探究影响化学反应速率的因素分析：（1）实验的目的是调节含氰废水样品不同的初始pH和一定浓度双氧水溶液的用量，应分别检测废水的初始pH对破氯反应速率的影响和双氧水的浓度对破氰反应速率的影响；（2）根据v=，进行计算求解；（3）pH越大，Fe(CN)63越稳定，越难被氧化，破氰
54、反应速率减小；根据条件结合氧化还原反应的知识解答；（4）分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度来做对比实验解答：解：（1）影响该反应的因素有pH以及双氧水的浓度，实验目的为废水的初始pH对破氰反应速率的影响和双氧水的浓度对破氰反应速率的影响，其它量应不变，而且总体积不变，蒸馏水的体积为10mL，所以双氧水的体积为20mL，故答案为：双氧水的浓度对破氰反应速率的影响；10；20； （2）根据v=0.0175molL1min1，故答案为：0.0175；（3）pH越大，Fe(CN)63越稳定
55、，越难被氧化，所以破氰反应速率减小；因为氰废水中的CN一最终被双氧水氧化为HC03，其中的碳由+2价变成+4价，1mol转移2mol的电子，而过氧化氢1mol也转移2mol的电子，所以CN一和H2O2的物质的量之比为1：1，所以反应的离子方程式为：CN+H2O2+H2ONH3+HCO3，故答案为：初始pH增大，催化剂Cu2+会形成Cu（OH）2沉淀，影响了Cu2+的催化作用（或初始pH增大，3较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化）；CN+H2O2+H2ONH3+HCO3；（4）分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子
56、色谱仪测定废水中的CN一浓度，如果在相同时间内，若甲试管中的CN浓度小于乙试管中的CN浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用，反之则不起催化作用，故答案为：实验方案（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN浓度相同时间内，若甲试管中的CN浓度小于乙试管中的CN浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用点评：本题考查外界条件的变化对化学反应速率的影响，为高
57、频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，学生要清楚在研究一个变量引起速率变化的时候，其它的量应该相同，另还要学会以用对比实验，来得出结论，有一定的难度27.1. Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O 2. AC 3. 2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O 0.454.4 10 4 3 8 考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，
58、除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4，（1）KOH溶液和足量Cl2发生反应生成KCl、KClO和H2O；KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子；（3）反应中铁离子和次氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子；根据转移电子相等计算氧化剂的物质的量；（4）该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由2价变为0
59、价，根据转移电子相等配平方程式解答：解：足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4，（1）KOH溶液和足量Cl2发生反应生成KCl、KClO和H2O，离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+
60、H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为碱性，故选AC；（3）反应中铁离子和次氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；n（K2FeO4）=0.3mol，根据2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O知，氧化剂的物质的量=0.45mol，故答案为：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；0.45；（4）
61、该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42+10H2O=2Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH，故答案为：4；10；4；3；8点评：本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生分析、计算能力和思维的缜密性，涉及氧化还原反应方程式的配平、离子方程式的书写，会从整体上分析物质分离流程，知道每一步发生的反应及基本操作，题目难度不大28.（1）SO2；（2）黑色沉淀中不含有CuO；（3）a、还原性；b、NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+；（4）CuS存在溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+
62、S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；（5）40%考点：性质实验方案的设计分析：（1）根据铜与浓硫酸反应生成二氧化硫气体进行解答；（2）根据题中信息中检验铜离子的方法对进行分析，然后得出正确结论；（3）a、红棕色气体为二氧化氮，说明稀硝酸被还原生成一氧化氮，黑色固体具有还原性；b、根据反应现象可知黑色固体与稀硝酸反应生成了二氧化硫，证明黑色固体中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合气体能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的离子方程式；（4）CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡，根据平衡移动分析；（5）依据滴定实验数据计算剩余高锰酸钾物质的量
63、，得到和硫化亚铜、硫化铜反应的高锰酸钾物质的量，依据反应的离子方程式列式计算得到解答：解：（1）Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应为Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+2SO2+2H2O，步骤产生的气体是SO2，故答案为：SO2；（2）向试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，根据将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO，故答案为：黑色沉淀中不含有CuO；（3）a、A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化，故答案为：还原性；b、根据
64、反应现象B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+，故答案为：NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+；（4）CuS难溶于水，在水溶液中会有很少量的Cu溶解，溶液中存在沉淀溶解平衡，CuS（s）Cu2+（aq）+S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；故答案为：CuS存在溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；（5）发生的反应为：8MnO4
65、+5Cu2S+44H+10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O6MnO4+5CuS+28H+5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2OMnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O设Cu2S、CuS的物质的量分别为x、y，与Cu2S、CuS反应后剩余KMnO4的物质的量：0.035L0.1mol/L=0.0007mol，160x+96y=0.2+=0.040.0750.0007解得x=0.0005mol，Cu2S的质量分数：100%=40%，故答案为：40%点评：本题考查了浓硫酸的化学性质、性质实验方案的设计，题目难度中等，试题涉及的题量稍大，知识点较多，理解题中信息是解题关键，试题培养了学生的分析、理解能力
