1、2016届山东省滕州市第三中学高三化学期末模拟试题（四）第I卷（选择题）一、选择题1.食品添加剂关系到大家健康，下列物质中的添加剂作用不正确的是（ ）A B C D2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的有（ ）A20g D2O含有的电子数为10NAB常温下，4g CH4含有NA个CH共价键C标准状况下，5.6 L四氯化碳含有的分子数为0.25NAD1mol Na2O2与CO2完全反应时转移电子数为NA3.下列离子方程式错误的是 A.证明醋酸的酸性比碳酸强：2CH3COOH+CaCO3=Ca2+H2O+2CH3COO-+ CO2 B证明FeCl2溶液已变质：Fe3+3SCN- =Fe
2、(SCN)3 C证明Al(OH) 3有酸性：Al( OH)3 +NH3H2O= AlO2- +NH4+ +2H2O D证明氧化性Fe3+ Cu2+：2Fe3+ +Cu=Cu2+ 2Fe2+4.反应、分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：2NaI+MnO2+3H2SO42NaHSO4+MnSO4+2H2O+I22NaIO3+5NaHSO32Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是（）A两个反应中均为硫元素被氧化B碘元素在反应中被还原，在反应中被氧化C氧化性：Mn02SO42I03I2D反应、中生成等量的I2时转移电子数比为1：55.在标准状况下有一定量的气体如下：6.72
3、L CH4、3.011023个HCl分子、13.6g H2S、0.2mol NH3，下列对这四种气体的关系从大到小排列的组合中正确的是a体积： b 密度：c质量： d氢原子个数：A、abc B、bcd C、abc D、abcd 7.X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7AZ的氢化物分子间存在氢键 B最外层电子数ZY C气态氢化物的稳定性YX DY的含氧酸均为强酸8.向密闭容器中充入物质A和B，发生反应aA（g）+bB（g）cC（g）。反应过程中，物质A的含量（A）和C的含
4、量（C）随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是 A该反应在温度时达到过化学平衡 B该反应在温度时达到过化学平衡 C该反应的逆反应是放热反应 D升高温度，平衡会向正反应方向移动 9.在常温时，将V1mLc1molL1CH3COOH溶液中滴加到V2mLc2molL1NaOH溶液中，下列结论中，错误的是（ ）A如果V1=V2，c1=c2，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）B如果混合溶液的pH=7，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）C如果混合溶液的pH7，则不可能V1c1=V2c2D如果V1=V2，且混合溶液的pH7，则c1c210.某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi+
5、Li1xMn2O4 LiMn2O4，某手机镍氢电池总反应为：NiOOH+MH M+Ni（OH）2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是（ ）A锂离子电池放电时Li+向正极迁移B镍氢电池放电时，正极的电极反应式：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OHC如图表示用锂离子电池给镍氢电池充电D锂离子电池充电时，阴极的电极反应式：LiMn2O4xeLi1xMn2O4+xLi+11.将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下
6、的体积为V2；一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3下列说法正确的是（ ）AV1=V3V2 BV2 V1 =V3 CV1= V2V3 DV1V3V212.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到的气体其物质的量为a mol，向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1（在相同条件下），则a可能为（）A0.80 B0.70 C0.60 D0.4013.某氯化镁溶液的密度为1.18gcm-3，其中镁离子的质量分数为5.1，500
7、mL该溶液中Cl-的物质的量浓度约等于（）A5molL-1 B2.5molL-1C2.1molL-1 D1.27molL-114.取一定质量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化，则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为（ ）A4.4 molL1 B3.6 molL1C4.0 molL1 D3.2 molL115.某有机化合物的结构简式为:,下列有关该物质的叙述正确的是A. 1 mol该物质最多可以消耗3 mol NaB.1 mol该物质最多可以消耗7 mol NaOHC.不能与Na2CO3溶液反应D.易溶于水，可以发生加成反应和取代反应16.维生素C的结构简式如
8、图所示下列有关说法正确的是：（）A维生素C所含的官能团有羟基、羧基、碳碳双键B维生素C能和溴水、酸性重铬酸钾溶液反应C维生素C的分子式为C6H6O6D维生素C能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应17.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出18.如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程下列说法正确的是（） A向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液一定会变为血红色B此工艺优点之一是物质能
9、循环使用C溶液酸性ABCD溶液B转化为溶液C发生的变化的离子方程式为4H+2Fe2+O2=2Fe3+2H2O19.向溶液X中持续通入气体Y，不会产生“浑浊澄清”现象的是（）AX：漂白粉溶液Y：二氧化硫 BX：硝酸银溶液Y：氨气CX：氢氧化钡溶液Y：二氧化碳 DX：偏铝酸钠溶液Y：二氧化氮20.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl、SO42、CO32、AlO2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（）A无法确定原试液中是否含有Al3+、ClB滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C无法确定沉淀C的成分D原溶液中存
10、在的离子为NH4+、Fe2+、Cl、SO42第II卷（非选择题）二、填空题21.（1）25时，在0.10mol/L的氨水中逐滴加入同浓度的盐酸（不计两者的挥发性），回答下列问题：当溶液pH7时，溶液中c（NH4） c（Cl）（用“”、“”、“”填空，下同）；当盐酸和氨水溶液恰好中和时，溶液中c（H） c（OH）；（2）某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路。某实验小组的同学对该厂生产的印刷电路后所得的废液进行了分析：取50mL废液，向其中加入足量的稀硝酸，生成0.02molNO；另取50mL废液，向其中加入足量的AgNO3溶液，析出沉淀43.05g。请回答以下问题：该厂原来使用的
11、FeCl3溶液中溶质的物质的量浓度为_(反应前后溶液的体积变化忽略不计)；废液中各金属阳离子的物质的量浓度之比为C（Fe3+）：C（Fe2+）：C（Cu2+）=_；另取50mL废液，加入一定量铁屑，充分反应后有铜析出，则所得溶液中Fe2的物质的量范围是 。22.（14分）A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，D与F为同一周期，A与D、C与F分别为同一主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的元素。请回答下列问题：（1）由A、C两元素可以组成X、Y两种化合物，X在一定条件下可以分解成Y，X的电子式为 ，Y的空间构型
12、为 。D与C形成的化合物D2C2可与Y反应生成单质C，写出该反应的化学方程式并标明电子转移的方向和数目： 。（2）E的氧化物是光导纤维的主要成分，请写出工业生产单质E的化学反应方程式： 。（3）A、B、C三种元素可形成离子化合物W，W的水溶液显酸性，结合离子方程式解释原因： 。（4）A的单质与C的单质在KOH的浓溶液中可以形成原电池，如果以金属M和金属N为惰性电极，在电池的M极通人A的单质气体，N极通入C的单质气体，则M极的电极反应式为 。（5）在10 L的密闭容器中，通入2 mol的FC2气体和3 mol的C气体单质，一定条件下反应后生成FC3气体，当反应达到平衡时，单质C的浓度为021 m
13、olL，则平衡时FC2的转化率为 。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、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、实验题24.（6分）某铜矿石中铜元素含量较低，且含有铁、镁、钙等杂质离子某小组在实验室中用浸出萃取法制备硫酸铜： （1）操作II、操作III的主要目的是 、富集铜元素（2）小
14、组成员利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂 Cu2（0H）2C03悬浊液多次实验发现所得蓝色悬浊液颜色略有差异，查阅资料表明，可能由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（0H）6S04已知Cu（0H）2、Cu2（OH）2CO3、Cu4（0H）6S04均难溶于水，可溶于酸；分解温度依次为80、200、300，设计实验检验悬浊液成分，完成表中内容限选试剂：2molL1 HCl、1molL1 H2SO4、O.1molL1 NaOH、0.1molL1 BaCl2、蒸馏水仪器和用品自选实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量悬浊液，过滤，充分洗涤后，取滤渣于试管中
15、， 说明悬浊液中混 ，有Cu4（0H）6S04步骤2：另取少量悬浊液于试管中 ，说明悬浊液中混有Cu（0H）225.（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
16、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+14
17、H2O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.A试题解析：加碘食盐，是为了补充人体内需要的微量元素碘，防止甲状腺肿大，不能防治高血压；其他三个选项的措施都是正确的。2.C考点：阿伏加德罗常数专题：常规题型；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、重水的摩尔质量为20g/mol；B、求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷中含4molCH键来分析；C、标况下四氯化碳为液态；D、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应解答：解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，故20g重
18、水的物质的量为1mol，含10mol电子即10NA个，故A正确；B、4g甲烷的物质的量为0.25mol，而1mol甲烷中含4molCH键，故0.25mol甲烷中含1molCH 键即NA条，故B正确；C、标况下四氯化碳为液态，故不能根据体积来计算其物质的量，故C错误；D、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠参与反应时转移1mol电子即NA个，故D正确故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3.C4.D考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算.专题：氧化还原反应专题分析：A失电子化合价升高的元素被氧化；
19、B失电子化合价升高的元素被氧化，得电子化合价降低的元素被还原；C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；D根据碘和转移电子之间的关系式计算解答：解：A在反应中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应中被氧化，故A错误；B碘元素在反应中被氧化，在反应中被还原，故B错误；C氧化性I03SO42，故C错误；D反应中生成1mol碘转移2NA电子，反应中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应、中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意利用化合价计算转移的电子数，题目难度不大5.D
20、略7.A8.B 解析：T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是反应没有达到平衡状态，而T2时恰好平衡，T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应。 A、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡，故A错误； B、T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是反应没有达到平衡状态，故B正确； C、T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，故C错误； D、T2时恰好平衡，T2之后A%渐大
21、，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向逆反应移动，故D错误。故选B。 9.AC解：AV1=V2，c1=c2，则醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，反应后溶液中的溶质只有醋酸钠，由醋酸根离子的水解则c（Na+）c（CH3COO），故A错误；BpH=7，则c（OH）=c（H+），由电荷守恒c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+）可知，c（CH3COO）=c（Na+），故B正确；C混合溶液的pH7，溶液中的溶质可能为醋酸钠或醋酸钠与氢氧化钠的混合物，若为醋酸钠，则V1c1=V2c2，故C错误；DV1=V2，且混合溶液的pH7，则溶液显酸性，溶液中的溶质为醋酸和醋酸钠，则c1c2，故D正确
22、；故选AC10.D解：A锂离子电池放电时阳离子移向正极，所以Li+向正极迁移，故A正确；B放电时，正极发生还原反应，方程式为NiOOH+e+H2O=Ni（OH）2+OH，故B正确；C右图表示用锂离子电池为放电过程，而镍氢电池为充电过程，所以锂离子电池给镍氢电池充电，故C正确；D锂离子电池充电时，阴极的电极反应式：Li+eLi，故D错误故选D11.A略12.D考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据Cu元素守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒计算n（NO）、n（NO2），进而计
23、算气体总物质的量，实际气体介于二者之间解答：解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）=0.15mol，CuS中S的化合价由2价上升到+6价，故转移电子物质的量=0.15（6+2）=1.2molNO和NO2的体积相等，设NO为xmol、NO2为xmol，根据得失电子守恒，得3x+x=1.2，解得x=0.3，则NO和NO2的总物质的量为0.3mol2=0.6mol；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=0.15mol=0.075mol，Cu2S中S的化合价由2价上升到+6价，且Cu元素的化合价由+1价上升到+2价，故转移电子物质的量0.075（8+12）
24、=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，根据电子得失守恒，计算得x=0.1875，故NO和NO2的总物质的量为0.1875mol2=0.375mol，实际气体介于0.375mol0.6mol之间，故选D点评：本题考查氧化还原反应计算、混合物计算，难度中等，注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查13.A14.D设其中一份中n（Cu）=x mol，n（Cu2O）=y mol，n（CuO）=z mol，依得失电子守恒和氧元素守恒，有：x+2y+z=0.7mol亦即反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.70mol则500mL稀硝酸中，n（HNO3）=0.70m
25、ol2+0.200mol=1.600mol于是：c（HNO3）=1.600mol/0.500L=3.2mol/L，故选：D15.B知识点:有机物的结构和性质解析：A、分子结构中有两个羟基，1 mol该物质最多可以消耗2 mol Na，故A错误；B、1 mol该物质水解所得产物含3摩尔酚羟基、2摩尔羧基、2摩尔氯化氢，所以最多可以消耗7 mol NaOH，故B正确；C、酚可以和Na2CO3溶液反应生成Na HCO3，故C错误；D、亲水基团少应该难溶于水，故D错误。故答案选B思路点拨:本题考查了有机物的结构和性质，掌握各种代表物的性质是关键，有机物消耗 NaOH的量是易错点。16.B考点：有机物的
26、结构和性质分析：该有机物中含有醇羟基、酯基、碳碳双键，具有醇、烯烃和酯的性质，能发生氧化反应、取代反应、酯化反应、加成反应、加聚反应、水解反应等，据此分析解答解答：解：A维生素C所含的官能团有羟基、酯基、碳碳双键，故A错误；B含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应、能被酸性重铬酸钾溶液氧化，故B正确；C维生素C的分子式为C6H8O6，故C错误；D该分子中含有醇羟基、酯基，能发生取代反应，故D错误；故选B点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、醇、酯的性质，注意分子式的确定，为易错点17.B解析：A无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的
27、铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B18.B考点：二氧化硫的污染及治理专题：元素及其化合物分析：A尾气中的二氧化硫气体，通入酸性硫酸铁溶液中发生氧化还原反应，三价铁离子氧化二氧化硫为硫酸，本身被还原为B溶液含有二价铁离子，二价铁离子与KSCN溶液不反应；B根据流
28、程图分析，溶液C可以循环使用；C溶液A为Fe2（SO4）3溶液中三价铁离子水解显酸性，溶液B为硫酸溶液，显酸性，溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，据此分析解答；D根据氧化性O2Fe3+角度进行分析解答，该离子方程式左右电荷不守恒解答：解：A尾气中的二氧化硫气体，通入酸性硫酸铁溶液中发生2Fe3+2H2O+SO2=2Fe2+SO42+4H+，B溶液中存在二价铁离子，二价铁离子与KSCN溶液不反应，溶液不会变为血红色，故A错误；B根据流程图分析，溶液C可以循环使用，故B正确；C反应过程中溶液的体积不变，溶液A为Fe2（SO4）3溶液中三价铁离子水解显酸性，溶液B为被二氧化硫还原生成的硫酸亚铁和二氧化硫
29、被氧化生成的硫酸溶液，显酸性，溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，是发生反应4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O的结果，消耗氢离子，所以溶液酸性，BCA，故C错误；D溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故D错误；故选B点评：本题考查了污染气体二氧化硫的综合处理工艺流程的分析判断，氧化还原反应的规律应用，主要是考查二氧化硫的还原性、三价铁离子的氧化性、二价铁离子的还原性的性质应用，注意反应的产物判断是本题的关键，题目难度中等19.A考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：A发
30、生氧化还原反应生成硫酸钙；B先生成氢氧化银，氨气过量生成银氨络离子；C先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡；D开始生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中解答：解：A漂白粉溶液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙，溶液变浑浊，不会变澄清，故A选；B氨气水溶液呈碱性，硝酸银溶液中通入氨气，先生成氢氧化银沉淀，氨气过量，发生络合反应生成银氨络离子，先浑浊后澄清，故B不选；C先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡，先浑浊后澄清，故C不选；D偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中生成硝酸铝，则会产生“浑浊澄清”现象，故D不选故选A点评：本题考查
31、物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的氧化还原反应、复分解反应为解答的关键，注意物质的溶解性及氢氧化铝的两性，题目难度不大20.D考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题：离子反应专题分析：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO4
32、2才能保证电荷守恒，K+必然不能存在解答：解：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在故A、B、C错误，D正确故选：D点评：本题考查了常见离子的性质检验，注意
33、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度较大21.（1）=（2分）（2分）（2） 2mol/L（3分） c(Fe3):c(Fe2):c(Cu2) = 4 : 6 : 3（3分） 0.12 mol n(Fe2) 0.15 mol（4分）（1）由电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c OH-），则c（NH4+）=c（Cl-），当盐酸和氨水溶液恰好中和时，溶液中的溶质只有氯化铵，则铵根离子水解使溶液显酸性，则pH7，故c（H）c（OH）；（2）废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀43.05g为AgCl质量，其物质的量=43.05g/143.
34、5g/mol=0.3mol，根据氯元素守恒，原溶液中n（FeCl3）=1/3n（AgCl）=0.1mol，故原废液中c（FeCl3）=0.1mol/0.05L=2mol/L由3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，可知废液中n（Fe2+）=3n（NO）=0.02mol3=0.06mol，根据2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，可知溶液n（Cu2+）=1/2n（Fe2+）=1/20.06mol=0.03mol、参加反应Fe3+物质的量=n（Fe2+）=0.06mol，故废液中n（Fe3+）=0.1mol-0.06mol=0.04mol，离子浓度之比等于物质的量之比，故c（Fe3+）：
35、c（Fe2+）：c（Cu2+）=0.04mol：0.06mol：0.03mol=4：6：3。刚开始析出Cu时溶液中Fe2+的物质的量最小，Fe3+完全反应，则：2Fe3+ + Fe = 3Fe2+0.04mol 0.06mol故Fe2+的物质的量极小值为0.06mol+0.06mol=0.12mol，由于析出Cu，故Fe2+的物质的量最小大于0.12mol，Cu恰好完全析出时，溶液中Fe2+的物质的量最大，则： Cu2+Fe=Fe2+Cu0.03mol 0.03mol故溶液中Fe2+的物质的量最大为0.12mol+0.03mol=0.15mol故溶液中0.12moln（Fe2+）0.15mol
36、22.（14分，每空2分）（1）；倒V形； （2）SiO2+2CSi+2CO（3）铵根离子水解得到氢离子：NH4+ + H2ONH3H2O + H+；（4）H2 2e-+2OH-=2H2O（5）90试题分析：C原子的最外层电子数是次外层的三倍，C为氧元素；C与F同主族，F为硫元素；D是所在周期原子半径最大的元素，D为钠元素；A、D同主族，A为氢元素；其余元素根据问题提示可以推导。（1）A、C形成的化合物有H2O2和H2O，双氧水分解可以得到氧气，所以X是H2O2，分子中既有极性键又有非极性键；H2O为倒V形；（2）E为硅，碳在高温下还原氧化硅生成硅单质和一氧化碳：SiO2+2CSi+2CO（3
37、）为硝酸铵，铵根离子水解得到氢离子：NH4+ + H2ONH3H2O + H+；（4）形成了氢氧燃料电池（碱性），负极通氢气，发生氧化反应，在碱性条件下与氢氧根形成水：H2 2e-+2OH-=2H2O；（5）列出三段式即可计算：90考点：考查物质结构，元素推断、氧化还原反应、盐类水解、化学平衡、电化学。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
38、）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CH3CHBrCH3，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。（
39、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羧基，故同分异构体有：（CH3）2,C=CHCOOH, CH2=C(CH3)CH2COOH，CH3CH=CCH3COOH, CH2=CHCH(CH3) CO
40、OH。24.（1）除去杂质；（2） 实验步骤 预期的现象和结论（1）加入过量2 molL1HCl，充分振荡，再加0.1molL1BaCl2溶液有白色沉淀产生（2）将试管放入装有沸水的小烧杯中，用水浴加热一段时间，取出试管观察试管中黑色沉淀生成考点：制备实验方案的设计分析：铜矿石溶于酸，然后采用过滤方法将难溶性固体和溶液分离，则操作I为过滤；然后向滤液中加入有机物采用萃取方法将含铜物质和溶液分离，所以操作II为萃取，得到的有机相中含有铜元素，再采用硫酸最萃取剂将含铜有机相萃取，得到硫酸铜溶液和有机相，将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，（1）操作II、操作III的主要目的是除去杂质、富
41、集铜元素；（2）证明含有Cu4（OH）6SO4，可以证明硫酸根离子的存在设计实验验证；氢氧化铜的存在可以利用加热悬浊液氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀解答：解：铜矿石溶于酸，然后采用过滤方法将难溶性固体和溶液分离，则操作I为过滤；然后向滤液中加入有机物采用萃取方法将含铜物质和溶液分离，所以操作II为萃取，得到的有机相中含有铜元素，再采用硫酸最萃取剂将含铜有机相萃取，得到硫酸铜溶液和有机相，将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，（1）操作II、操作III的主要目的是除去杂质、富集铜元素，故答案为：除去杂质；（2）利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂 Cu2（
42、0H）2C03悬浊液，由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（0H）6S04实验验证杂质的存在，可以检验是否含硫酸根离子检验Cu4（0H）6S04的存在，加入盐酸排除其他离子的干扰，加入氯化钡生成白色沉淀证明含Cu4（0H）6S04；因氢氧化铜受热分解生成氧化铜黑色沉淀，则设计实验为取少量悬浊液于试管中利用沸水浴加热试管，试管中有黑色沉淀生成证明含Cu（OH）2；水浴加热的目的是避免温度过高氧化铜分解；故答案为： 实验步骤 预期的现象和结论（1）加入过量2 molL1HCl，充分振荡，再加0.1molL1BaCl2溶液有白色沉淀产生（2）将试管放入装有沸水的小烧杯中，用水浴加热一
43、段时间，取出试管观察试管中黑色沉淀生成点评：本题考查物质制备，为高频考点，涉及物质成分检验、基本实验操作等知识点，明确反应原理是解本题关键，难点是（2）题实验方案设计，知道常见物质的性质及颜色，题目难度不大25.（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）+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
44、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，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
45、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+N
46、O+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+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
