1、20182019学年第一学期高三年级期末质量抽测化学试卷（100分 90分钟）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Na 23 Mn 55 第I部分（选择题 共42分）本部分共14道小题，每小题3分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。1.下列我国科技创新的产品设备在工作时有化学能转变成电能的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A.液氧煤油发动机能将化学能转变为了动能；B.太阳能电池板将太阳能转变为电能；C.风力发电厂将风能转变为电能；D.手机电池将化学能转变为电能。【详解】A.液氧煤油发动机能将化学能转变为了
2、动能，而没有将化学能转变为电能，A错误；B.太阳能电池板将太阳能转变为电能，而没有将化学能转变为电能，B错误；C.风力发电厂将风能转变为电能，而没有将化学能转变为电能，C错误；D.手机电池将化学能转变为电能，实现了能量之间的转化，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了能量之间的转化，难度不大，注意能量的存在形式。2.下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是A. 浓H2SO4腐蚀品 B. 甲烷易燃液体C. KMnO4氧化剂 D. Na遇湿易燃物品【答案】B【解析】【详解】A.浓硫酸有强酸性、强氧化性和强腐蚀性，是腐蚀品，A正确；B.甲烷是气体，易燃，故是易燃气体，B错误；C.高锰酸钾有强氧化
3、性，是强氧化剂，储存是要原理可燃物，C正确；D.钠能和水剧烈反应生成氢气，且放出大量的氢气，易发生爆炸，故遇湿易燃，D正确；故合理选项是B。3.2016年IUPAC将合成化学元素第115号(Mc)提名为化学新元素，Mc的原子核最外层电子数是5，下列说法不正确的A. Mc位于第七周期 B. Mc与N元素属于同一主族C. Mc的同位素原子具有相同的电子数 D. 中子数为173的Mc核素符号是173115Mc【答案】D【解析】【详解】118号元素是第七周期的0族元素，115号元素Mc的原子核最外层电子数是5，则Mc位于第七周期A族。A根据分析可知，Mc位于第七周期A族，A正确；BMc与N都位于A族，
4、B正确；C具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，因此Mc的同位素原子具有相同的电子数，C正确；D中子数为173的Mc原子的质量数=115+173=288，在原子符号的表示中，左下角表示质子数，左上角表示的是质量数，故该核素正确的符号为115238Mc，D错误；故合理选项是D。4.糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质，以下叙述不正确的A. 葡萄糖不具有还原性 B. 淀粉是多糖，可在一定条件下水解C. 油脂属于酯类化合物 D. 蛋白质最终能水解成氨基酸【答案】A【解析】【详解】A.葡萄糖是多羟基全，具有还原性糖，是还原性糖，A错误；B.淀粉是葡萄糖的脱水缩合
5、物，在一定条件下能发生水解反应，产生许多分子的葡萄糖，它属于多糖，B正确；C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，在一定条件下能发生水解反应，C正确；D.蛋白质是氨基酸的脱水缩合物，在一定条件下能发生水解反应，产生氨基酸，D正确；故合理选项是A。5.下列说法正确的是A. 常温常压下，11.2 L CO2物质的量为0.5 molB. 常温下，3.6 g水约含0.2NA个水分子C. 标准状况下，2.24L NH3含有的氢原子总数为6.021023D. 100 mL 0.1 mol/LNa2CO3溶液中含有0.01mol Na+【答案】B【解析】【详解】A.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/m
6、ol，故11.2L CO2气体的物质的量小于0.5mol，A错误；B.3.6g水的物质的量为0.2mol，则水分子数N(H2O)=nNA=0.2NA个，B正确；C.标况下2.24L氨气的物质的量为0.1mol，而每个氨气分子中含3个H原子，故0.1mol氨气分子中含0.3NA个H原子，C错误； D.溶液中碳酸钠的物质的量n=cV=0.1mol/L0.1L=0.01mol，而每个碳酸钠电离产生2个钠离子，故0.01mol碳酸钠中含0.02NA个钠离子，D错误；故合理选项是B。6.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A常温下，0.1 mol/LCH3COOH溶液的pH大
7、于1乙酸是弱酸B向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀该溶液中一定有SO42-C向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有无色气体产生氯水中含HClODCl2、SO2均能使品红溶液褪色两者均有氧化性A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A. 0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH大于1，说明醋酸不能完全电离，存在电离平衡，可证明乙酸是弱酸，A正确；B滴加酸化的Ba(NO3)2溶液，若溶液中含SO32-，则H+、NO3-、SO32-会发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，因此不能证明该溶液中一定有SO42-，B错误；C向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，氯水
8、中含有的HCl与碳酸氢钠反应，生成气体为CO2，C错误；DSO2能与品红溶液结合生成无色物质，其漂白是结合漂白，而氯气溶于水反应产生的HClO的漂白是氧化漂白，漂白原理不同，D错误；故合理选项是A。7.下列化学用语对事实的表述不正确的是A. 用电子式表示H2O分子：B. 乙烯与Br2加成： C. 硝酸受热分解的化学方程式：2HNO32NO2+O2+H2OD. 电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl- +2H2O2OH-+ H2+Cl2【答案】C【解析】【详解】A.水为共价化合物，O原子分别与两个H原子形成共价键，其电子式为，A正确；B.乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，用球棍模型表示为，B
9、正确； C.硝酸见光易分解，生成NO2、O2和H2O，化学方程式为4HNO34NO2+O2+2H2O，C错误；D.电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上水中的氢离子放电，电解的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2，D正确；故合理选项是C。8.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有5个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，Z的原子半径是短周期元素原子中最大的，W与Y属于同一主族。下列说法不正确的是A. Z和W两种元素组成的物质为离子化合物 B. 对应氢化物的稳定性：YXC. 简单离子半径：YZ D. Z、X、Y对应的最高正价依次升高【答案】D【解析】【分
10、析】短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F元素；X原子的最外层有5个电子，其原子序数小于F，则X为N元素；Z的原子半径是短周期元素原子中最大的，则Z为Na元素；W与Y属于同一主族，则W为Cl元素，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为Na元素，W为Cl元素。ANa和Cl元素形成的化合物NaCl是离子化合物，A正确；B元素的非金属性越强对应氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性NF，所以氢化物稳定性YX，B正确；C氟离子和钠离子核外电子排布相同，都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径YZ，C正确；DN、N
11、a两种元素的最高化合价分别为+5、+1，但F元素没有正化合价，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表、元素周期律的内容及应用，该题有利于提高学生的分析及逻辑推理能力。9.格列卫是治疗白血病和多种癌症的一种抗癌药物，在其合成过程中的一种中间产物结构表示如下：下列有关该中间产物的说法不正确的是A. 分子中可以发生水解反应的官能团有两种B. 碱性条件下水解的产物之一，含有官能团NH2C. 碱性条件下水解的产物之一，经酸化后自身可以发生缩聚反应D. 水解产物的单个分子中，苯环上都有3种不同化学环境的氢原子【答案】D【解析】【详解
12、】A含Cl、CONH均可发生水解反应，则可以发生水解反应的官能团有两种，A正确；B碱性条件下CONH水解，水解的产物之一，含有官能团NH2，B正确；C碱性条件下水解的产物之一，经酸化后苯环的对位上分别为COOH、CH2OH，COOH、OH可发生缩聚反应，C正确；D水解生成对羧基苯甲醇时，苯环上只有2种不同的H原子，D错误；故合理选项是D。10.向2 L的恒容密闭容器中通入气体X和Y，发生反应X(g)+Y(g)Z(g) H，所得实验数据如下表：实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/mol达到平衡的时间/minn(X)n(Y)n(Z)4004.03.02.025004.03.01.0
13、15004.01.0下列说法不正确的是A. 该反应正反应为放热反应B. 中，0-2min内，用Y表示的平均反应速率 (Y)=1 mol/(Lmin)C. 中，达到平衡时，该反应的平衡常数K=D. 中，达到平衡时，n(Z)1.0 mol【答案】B【解析】【分析】A. 根据起始时反应物的物质的量相同，温度不同，达到平衡时生成物的物质的量的变化分析反应的热效应；B.先计算v(Z)，然后根据速率比等于化学计量数的比计算v(Y)C.根据化学平衡常数只与温度有关，通过计算该温度下的化学平衡常数；D.根据在其它条件不变时，减少反应物浓度平衡逆向移动分析判断。【详解】A.根据可知：起始时反应物的物质的量相同，
14、升高温度，达到平衡时生成物Z的物质的量减少，说明升高温度，化学平衡逆向移动，由于升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，A正确；B.中，0-2min内，用Z表示的平均反应速率v (Z)=0.5 mol/(Lmin)，由于v (Y)：v (Z)=1：1，所以用Y表示的平均反应速率v (Y)= 0.5 mol/(Lmin)，B错误；C. 根据平衡常数的含义，由可计算出温度为500下该反应的化学平衡常数为K=L/mol，由于化学平衡常数只与温度有关，与其它外界条件无关，所以反应中，达到平衡时，该反应的平衡常数K=，C正确；D.与的反应温度相同，起始时加
15、入的X是物质的量相等，而Y的物质的量少，根据浓度对化学反应的影响，在其它条件不变时，减少反应物的浓度，化学平衡逆向移动，故达到平衡时反应产生的Z的物质的量减少，故中，达到平衡时，n(Z)”、“”、“ (4). 【解析】【详解】(1)点是0.10mol/L CH3COOH溶液，CH3COOH是弱电解质，不完全电离，在溶液中醋酸分子电离产生醋酸根离子和氢离子，醋酸根离子和氢离子也会重新结合为醋酸分子，当达到电离平衡时，各种微粒的浓度不变，则点存在的电离平衡是：CH3COOHCH3COO- + H+；(2)点为加入10mL 0.10mol/L的NaOH溶液，两溶液发生酸碱中和反应，则反应方程式为：C
16、H3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；(3)点为加入20mL 0.10mol/L的NaOH溶液，恰好生成CH3COONa，CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，当最终达到电离平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)，使溶液呈碱性，则溶液pH7，CH3COO-发生水解反应浓度减少，而Na+不水解，则溶液中c(Na+)c(CH3COO-)。16.天然气是一种清洁能源，用途广泛。(1)工业上可用焦炉煤气（主要成分为CO、CO2和H2）制备天然气。已知：CO(g)+3H2(g)=CH4(g) +H2O(g) H1=-206kJ/mol，CO(g)+
17、H2O(g)=H2(g)+CO2(g) H2= -41kJ/mol。CO2转化为CH4的热化学方程式是：_。有利于提高混合气中CH4含量的措施是：_。a. 使用催化剂 b. 升高温度 c. 及时导出水蒸气(2)甲烷可制成燃料电池，其装置如下图所示。电极b是_极（填“正”或“负”）。a极的电极反应式是_。【答案】 (1). CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=-165kJ/mol (2). c (3). 正 (4). CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+【解析】【分析】(1)CO(g)+3H2(g)=CH4(g) +H2O(g) H1=-206kJ/mol，CO(g
18、)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) H2= -41kJ/mol根据盖斯定律，-可得CO2(g) +4H2(g)= CH4(g) +2H2O(g)，据此计算出H；提高混合气中CH4含量，需要使平衡向着正向移动，据此该反应为放热反应，结合温度、浓度等对化学平衡影响分析；(2)甲烷燃料电池中，通入燃料甲烷的电极为失去电子，发生氧化反应，为原电池的负极，通入氧气的电极获得电子，发生还原反应，为原电池的正极，据此进行解答。【详解】(1)CO(g)+3H2(g)=CH4(g) +H2O(g) H1=-206kJ/mol；CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) H2= -41kJ/mol
19、；根据盖斯定律，-可得CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g)，H=（-206kJ/mol）-（-41kJ/mol）=-165kJ/mol；a使用催化剂，对化学平衡无影响，无法提高混合气中CH4含量，a错误；bCO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) H=-165kJ/mol的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向着吸热的逆反应方向移动，使甲烷的含量减小，b错误；c及时导出水蒸气，减少了生成物浓度，化学平衡向着正反应方向移动，可提高混合气中CH4含量，c正确；故合理选项是c；(2)电极b通入的是O2，O2在反应中得到电子发生还原反应，则电极b为该原电池的正极
20、；a通入的是甲烷，甲烷失去电子被氧化成CO2，该电极反应式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+。【点睛】本题考查热化学方程式的书写、原电池工作原理的知识，明确盖斯定律的内容和燃料电池中通入燃料的电极为负极发生氧化反应为解答关键，注意掌握原电池工作原理，该题培养了学生的分析、判断及综合应用能力。17.C1O2是常用的自来水消毒剂。I已知实验室可用亚氯酸钠固体与氯气反应制备ClO2：2NaClO2+C12 =2C1O2+2NaCl，装置如下图所示：(1)圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是：_。(2)已知常温常压下，ClO2和Cl2是气体，在下列溶剂中溶解性如下表所示：ClO2Cl2水极易溶于
21、水溶CCl4难溶溶B、C、E装置中的试剂依次是_（填序号）。a.NaOH溶液 b.浓硫酸 c.饱和食盐水 d.CCl4 e.饱和石灰水II使用C1O2在给自来水消毒的过程中会产生有害的副产物亚氯酸根(ClO2-)，可用Fe2+将其去除。已知ClO2-与Fe2+在pH=57的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，而ClO2-则被还原成Cl-。(3)Fe2+消除ClO2-的离子方程式为_。(4)实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值，原因是(结合离子方程式解释)_。【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O (2). cbd (3). ClO2-+4Fe2+10
22、H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+ (4). Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+【解析】【分析】由题目中所给信息和实验装置图可知：实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O，经除杂、干燥后在D中亚氯酸钠固体反应生成ClO2，B装置除去氯气中的氯化氢，C装置用浓硫酸进行干燥，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后用向上排空法、或排水法收集，并注意气体的性质和装置来分析防止倒吸的装置。(1)圆底烧瓶中浓盐酸和MnO2在加热条件下反
23、应制备Cl2，两者反应生成二氯化锰、氯气、水；(2)氯化氢易挥发，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，氯气中混有氯化氢，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，因氯气从溶液中制取，所以氯气中混有水蒸气，浓硫酸干燥除去水，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2；(3)ClO2-与Fe2+在pH=57的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，而ClO2-则被还原成Cl-，据此结合化合价升降相等配平该反应的离子方程式；(4)Fe2+具有较强换一下，易被水中溶解的氧气氧化，故实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。【详解】(1)实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应
24、制备Cl2，浓盐酸盛装在分液漏斗中，烧瓶内为MnO2，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气、水，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；(2)由于浓盐酸具有挥发性，所以在加热时制取的氯气中混有杂质HCl和水蒸气，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水蒸气，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，所以B、C、E装置中的试剂依次为：饱和食盐水、浓硫酸、CCl4，故B、C、E装置中的试剂序号依次是cbd；(3)ClO2-与Fe2+在pH=57的条件下
25、能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，铁元素化合价升高了1，而ClO2-则被还原成Cl-，化合价降低了4价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可知Fe2+和Fe(OH)3的系数为4，ClO2-、Cl-的系数为1，结合质量守恒，配平该反应的离子方程式为：ClO2-+4Fe2+10H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+；(4)由于Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，发生反应为4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+，所以实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。【点睛】本题以实验室制备ClO2为载体，考查了物质制备方案的设计的知识，明确实验目的、实验原理为解答关键
26、，注意掌握常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。18.聚合物（）是良好的生物可降解材料，其合成路线如下：已知：（R，R，R代表烷基或H）(1)已知A的核磁共振氢谱有二个峰，A的结构简式是_。(2)B可使澄清的苯酚钠水溶液变浑浊，B中的含氧官能团名称是_。(3)B与试剂a在一定条件下反应生成C的化学方程式是_。(4)D转化为E的化学方程式是_。(5)F的结构简式是_。(6)由G生成H的化学方程式是_。(7)聚合物P具有较好的可降解性，其原因是_。(8)以1，3-丁二烯为原料（无机试剂任选），设计J的合成路线_。合成路线流程图示例如下：【答案】 (1). (2). 羧基
27、(3). (4). (5). 【答题空5】CH3CH2OH (6). (7). P含有多个酯基，可在一定条件下水解成较小的分子 (8). 【解析】【详解】(1) A分子式是C8H10，符合芳香烃的分子式通式，A的核磁共振氢谱有二个峰，说明A分子结构中有2种不同的H原子，则A的结构简式是；(2)A氧化产生B，分子比A少4个H原子，多四个O原子，B可使澄清的苯酚钠水溶液变浑浊，说明甲基被氧化变为COOH，B为对苯二甲酸，结构简式为 ，B中的含氧官能团名称是羧基；(3)B与a在浓硫酸存在时，在加热条件下发生酯化反应，产生酯C和水，根据B、C分子式可知a是CH3OH，反应方程式是；(4)物质反应时苯环
28、结构不变，根据C、D分子式的不同可知D分子结构为，D与H2在催化剂存在时，发生苯环的加成反应产生E：，所以D转化为E的化学方程式是；(5)F分子式是C2H6O，及发生反应反应产生的物质可知F是乙醇，结构简式是CH3CH2OH；(6)F是CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生G乙醛，结构简式是CH3CHO，乙醛在NaOH存在时，发生醛的加成反应产生H：；则由G生成H的化学方程式是；(7)根据聚合物P的结构可知：是由于属于聚酯，分子中含有多个酯基，可在一定条件下水解成较小的分子该聚合物，所以具有较好的可降解性；(8)化合物E是；H是，H与H2发生加成反应产生I是CH3CH(OH)CH2CH2OH；由于
29、E、I、J在一定条件下反应产生P，结合P的结构简式及J的分子式可知J的结构简式是HOOCCH2CH2COOH。以1，3-丁二烯为原料，合成J的路线是1，3-丁二烯与Br2在一定条件下发生1，4加成反应，产生，该物质在NaOH的水溶液中，在加热条件下发生水解反应产生；使与H2在一定条件下发生加成反应产生，然后使发生催化氧化，首先产生丁二醛：，丁二醛进一步氧化产生丁二酸：，即产生了J，故该合成路线为19.用生产钛白的副产品FeSO4与软锰矿(主要成分是MnO2)可制备高纯MnO2。(1)步骤中研磨的目的是_。(2)步骤中主要发生的反应是FeSO4与MnO2转化为MnSO4与_。(3)步骤中Mn2+
30、浸出率受初始H2SO4浓度与温度的影响如下图所示。软锰矿粉酸浸的适宜条件是_。(4)步骤中，若硫酸初始浓度小于1.8mol/L，反应进行一段时间后，有红褐色固体析出，其原因是_。(5)已知MnSO4粗液中还含有Al3+、Fe3+和Ni2+离子，溶液中离子生成氢氧化物的pH如下表：Al(OH)3Fe(OH)3Ni(OH)2Mn(OH)2开始沉淀时pH3.41.56.98.2完全沉淀时pH4.72.88.910.2注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L步骤进行的操作是：调节pH=5.4，过滤，滤渣中含_。(6)已知：几种难溶物的溶解平衡常数K化学式MnCO3NiCO3MnSNiSK2.2410-
31、111.4210-74.6510-141.0710-21步骤还需加入的除杂试剂是_固体(填序号)。a.Na2CO3 b.MnCO3 c.Na2S d.MnS(7)步骤中焙烧MnCO3制MnO2，发生反应的化学方程式是_。固体产物除MnO2外，还可能存在_。【答案】 (1). 增大反应面积，加快化学反应速率 (2). Fe2(SO4)3 (3). c(H2SO4)=2.1mol/L，t=70 (4). 随着反应进行，pH变大，Fe3+水解生成Fe(OH)3 (5). Al(OH)3，Fe(OH)3 (6). d (7). 2MnCO3+O22MnO2+2CO2 (8). MnO【解析】【详解】(
32、1)软锰矿是固态物质，步骤中将其研磨目的是增大反应面积，加快化学反应速率；(2)步骤中FeSO4与MnO2与硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生MnSO4与Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式是：2FeSO4+MnO2+2H2SO4= MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O，所以转化产生的另一种主要物质是Fe2(SO4)3；(3)步骤中根据Mn2+浸出率与初始H2SO4浓度的关系可知在硫酸浓度接近2.1mol/L时达到最大值，根据Mn2+浸出率与温度的关系可知：在温度为70达到最大值，故选择的条件是硫酸的浓度为2.1mol/L，t=70；(4)步骤中，若硫酸初始浓度小于1.8mol/L，
33、反应进行一段时间后，随着反应进行，溶液的酸性减弱，pH变大，反应产生的Fe3+发生水解反应，生成Fe(OH)3胶体，当聚集到一定程度，就形成Fe(OH)3沉淀析出；(5)根据溶液的pH与不同氢氧化物沉淀的关系可知，在pH=5.4，过滤，滤渣中含有Al(OH)3，Fe(OH)3；(6)在MnSO4粗液中还含有Al3+、Fe3+和Ni2+离子，调整溶液的pH至5.4时，Al3+、Fe3+形成Al(OH)3，Fe(OH)3沉淀析出，溶液中还含有杂质Ni2+离子，要除去杂质，同时不引入新的杂质离子，根据NiCO3、NiS的溶度积常数可知要加入的物质是MnS，通过沉淀的转化达到除杂的目的，故合理选项是d
34、；(7) 步骤中焙烧MnCO3制MnO2，MnCO3、O2在高温下反应，产生MnO2，同时方处于CO2气体，发生反应的化学方程式是2MnCO3+O22MnO2+2CO2；若与空气接触不充分，则只发生分解反应：MnCO3MnO+CO2；所以得到的固态物质中除含有MnO2外，可能还含有MnO。20.某兴趣小组欲探究SO2与Cu(OH)2 的反应。实验实验步骤现象步骤1：打开分液漏斗，向烧瓶中加入30mL 0.5 mol/LNaOH溶液I. 有蓝色絮状沉淀，静置后分层。步骤2：从左侧导管通入SO2气体II. 静置后分层，上层溶液为淡绿色，底部有白色沉淀(1)现象I中产生蓝色沉淀的离子方程式是_。(2
35、)甲为了确认现象II中白色沉淀的成分，进行如下探究。查阅资料：CuSO3CuClCu2O溶解性不溶于水，浅黄色沉淀不溶于水，白色沉淀不溶于水，砖红色沉淀性质与酸反应能溶于较浓的HCl溶液酸性体系中不稳定，进一步反应生成Cu和Cu2+并进行如下实验：试剂a是_。现象II中生成白色沉淀的离子方程式是_。(3)甲认为Cu(OH)2沉淀全部转化为CuCl，乙依据实验现象对甲的观点进行反驳，依据的实验现象是_。(4)丙认为实验存在干扰，欲探究纯净的Cu(OH)2 悬浊液与SO2的反应。丙过滤I中的蓝色沉淀，洗涤，取最后一次洗涤液于试管中，_（填操作和现象），证明已洗涤干净。再进行如下实验：实验实验步骤现
36、象从左侧导管通入SO2气体III. 静置后分层，上层溶液为淡绿色，底部有砖红色沉淀。丙预测产物是Cu2O，取砖红色沉淀，洗涤后，_（填操作和现象），证明产物是Cu2O。(5)纯净的Cu(OH)2 悬浊液与SO2发生反应的化学方程式是_。【答案】 (1). Cu2+2OH-=Cu(OH)2 (2). 浓HCl (3). SO2+2Cu(OH)2+2Cl-=2CuCl+SO42-+2H2O (4). 反应后上层为淡绿色溶液 (5). 滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生 (6). 加入适量H2SO4溶液，产生紫红色固体，溶液变蓝 (7). 3Cu(OH)2+SO2=Cu2O+CuSO4
37、+3H2O【解析】【分析】(1)现象I中产生蓝色沉淀为氢氧化铜；(2)由信息及实验操作可知，CuCl可溶于浓盐酸，无气体生成，可知二氧化硫与氯化铜发生氧化还原反应生成CuCl；(3)上层溶液为淡绿色，可知铜离子剩余；(4)取最后一次洗涤液，检验氯离子不存在可说明洗涤干净；Cu2O在酸性体系中不稳定，进一步反应生成Cu和Cu2+；(5)Cu(OH)2悬浊液与SO2发生反应生成Cu2O、CuSO4、水。【详解】(1)现象I是NaOH与CuCl2发生复分解反应产生氢氧化铜沉淀也氯化钠，产生蓝色沉淀的离子方程式是Cu2+2OH-=Cu(OH)2；(2)由信息及实验操作可知，CuCl可溶于浓盐酸，无气体
38、生成，可知二氧化硫与氯化铜发生氧化还原反应生成CuCl，则试剂a是浓HCl，现象II中生成白色沉淀的离子方程式是SO2+2 Cu(OH)2+2Cl-=2CuCl+SO42-+2H2O；(3)甲认为Cu(OH)2沉淀全部转化为CuCl，乙依据实验现象对甲的观点进行反驳，依据的实验现象是反应后上层为淡绿色溶液；(4)丙过滤I中的蓝色沉淀，洗涤，取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明已洗涤干净；丙预测产物是Cu2O，检验方法是：取砖红色沉淀，洗涤后，加入适量H2SO4溶液，产生紫红色固体，溶液变蓝；(5)由(4)中实验现象可知，Cu(OH)2悬浊液与SO2发生反应的化学方程式是3Cu(OH)2+SO2=Cu2O+CuSO4+3H2O。【点睛】本题考查性质实验方案的设计的知识，把握物质的性质、发生的反应及现象、实验探究、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，本题侧重于考查学生分析与实验能力。