1、2015-2016学年新疆巴音郭楞州库尔勒华山中学高三（上）月考化学试卷一、选择题1如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是( )A蒸馏、蒸发、萃取、过滤B蒸馏、过滤、萃取、蒸发C萃取、过滤、蒸馏、蒸发D过滤、蒸发、萃取、蒸馏2下列不属于将煤转化为水煤气作能源的优点是( )A有利于提高燃料的燃烧效率B有利于减少排放大气污染物C有利于管道输送D有利于放出更多热量3在同温同压下，两种物质的量相同的气体之间的关系是( )A体积都为22.4LB具有相同的原子数C具有相同的摩尔质量D具有相同的气体摩尔体积4下列说法或表示法正确的是( )A由“C（石）C（金）；H=+1.
2、9 kJ/mol”可知金刚石比石墨稳定B在101KPa时，1mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热C在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；H=571.6kJ/molDHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热为H=（257.3）kJ/mol5水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是( )A图中五点KW间的关系：BCA=D=EB若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量的酸C若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体
3、D若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显酸性6下列实验操作能达到实验目的是( )选项实验操作实验目的A向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液制备Fe（OH）3胶体B将CO2通入水玻璃溶液中证明C元素的非金属性大于SiC向苯和苯酚的混合溶液中加入足量的浓溴水，充分反应后过滤除去苯中混有的苯酚D淀粉与稀H2SO4共热，再加入银氨溶液水浴加热验证淀粉水解产物有无还原性AABBCCDD7锌溴蓄电池的充、放电的电池总反应为Zn+Br2Zn2+2Br，下列各反应：Zn2e=Zn2+；Br2+2e=2Br；2Br2e=Br2；Zn2+2e=Zn，其中充电的阳极和放电的负极的反应分
4、别是( )ABCD8下列说法正确的是( )A丙三醇不是乙醇的同系物B硫酸铵和醋酸铅溶液均可使鸡蛋清溶液中的蛋白质变性C麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖D天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点9下列反应的离子方程式正确的是( )A硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42BaSO4B向三氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OA1（OH）3+3NH4+C向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OD石灰石溶于醋酸：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O10将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度发生下列可逆反
5、应：NH4Br（s）NH3（g）+HBr（g） 2HBr（g）Br2（g）+H2（g）2min后，测得c（H2）=0.5mol/L，c（HBr）=4mol/L，若上述反应速率用v（NH3）表示，下列反应速率正确的是( )A0.5mol/（Lmin）B2.5 mol/（Lmin）C2 mol/（Lmin）D5 mol/（Lmin）11下列离子检验的推理正确的是( )A向某溶液中加盐酸，有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则原溶液中有CO32B向某溶液中加石蕊试液，溶液变红，则原溶液中溶质是酸C向某溶液中加氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，则原溶液中有Cu2+D向某溶液中加氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加盐
6、酸沉淀不溶解，则原溶液中有SO4212铜的冶炼大致可分为：（1）富集，将硫化物矿进行浮选；（2）焙烧，主要反应为2Cu+FeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO（炉渣）；（3）制粗铜，在1200发生的主要反应为：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2，2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2；（4）电解精炼下列说法正确的是( )A上述灼烧过程的尾气均可直接排到空气中B由6 mol CuFeS2生成6 mol Cu，上述共消耗15 mol O2C在反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2中，作氧化剂的只有Cu2OD电解精炼时，粗铜应与外电源正极相连13下列说法正确的是( )A两种难溶电解质，其中Ks
7、p小的溶解度一定小B溶液中存在两种可以与同一沉淀剂生成沉淀的离子，则Ksp小的一定先生成沉淀C所谓沉淀完全就是用沉淀剂将溶液中的某一离子除净D相同温度下，AgCl固体在0.01 molL1 KI溶液中的溶解的质量比在0.01molL1 KNO3溶液中大，但Ksp不变14常温下，下列离子浓度的关系正确的是( )A0.2molL1的CH3COONa溶液中c（CH3COO）=a molL1，0.1molL1的CH3COONa溶液中c（CH3COO）=b molL1，则有a=2bB0.2molL1的CH3COONa溶液与0.1molL1的HCl溶液等体积混合，溶液显酸性：c（Na+）c（Cl）c（CH
8、3COO）c（H+）c（OH）C相同物质的量浓度的下列溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序：（NH4）2SO4（NH4）2CO3NH4ClNH4HCO3D0.1molL1的HCN（弱酸）和0.1molL1的NaCN等体积混合：c（HCN）+c（CN）+c（OH）c（Na+）+c（H+）二、解答题（共5小题，满分12分）15用元素符号填空：（1）第四周期中，原子的4p轨道半充满的元素是_，3d轨道半充满的元素是_（2）第三周期中有两个成单电子的元素是_16氢能是一种洁净的可再生能源，制备和储存氢气是氢能开发的两个关键环节氢气的制取（1）水是制取氢气的常见原料，下列说法正确的是_（填序号）AH3O
9、+的空间构型为三角锥形B水的沸点比硫化氢高C冰晶体中，1mol水分子可形成4mol氢键（2）科研人员研究出以钛酸锶为电极的光化学电池，用紫外线照射钛酸锶电极，使水分解产生氢气已知钛酸锶晶胞结构如图1，则其化学式为_氢气的存储（3）Ti（BH4）2是一种储氢材料Ti原子在基态时的核外电子排布式是_Ti（BH4）2可由TiCl4和LiBH4反应制得，TiCl4 熔点25.0，沸点136.94，常温下是无色液体，则TiCl4晶体类型为_（4）最近尼赫鲁先进科学研究中心借助ADF软件对一种新型环烯类储氢材料（C16S8）进行研究，从理论角度证明这种分子中的原子都处于同一平面上（结构如图2所示），每个平
10、面上下两侧最多可储存10个H2分子元素电负性大小关系是：C_S（填“”、“=”或“”）分子中C原子的杂化轨道类型为_有关键长数据如下：CSCSC16S8中碳硫键键长/pm181155176从表中数据可以看出，C16S8中碳硫键键长介于CS与CS之间，原因可能是：_C16S8与H2微粒间的作用力是_17已知H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3kJ/mol，回答下列问题（1）用20gNaOH配稀溶液跟足量稀盐酸反应放出_ kJ的热量（2）用2molH2SO4配稀溶液跟足量稀NaOH反应，此反应的中和热为_（3）如果将（1）中和反应中稀盐酸换成稀醋酸时，反应放出的热量_（1）放出的热
11、量（填大于、小于、等于）18我国钾长石（KAlSi3O8）的资源比较丰富工业上可用食盐和钾长石在一定条件下制备氯化钾：NaCl（l）+KAlSi3O8（s）KCl（l）+NaAlSi3O8（s）完成下列填空：（1）硅原子的最外层电子占据了_个轨道，有_种能量（2）氯化钠的熔点比氯化钾_（填“高”或“低”），原因是_（3）把反应中涉及到的六种元素的原子半径从小到大的顺序排列_（4）参与上述反应且位于同一周期的几种元素中，有一种元素的最高氧化物的水化物和其余元素的最高价氧化物的水化物均能发生反应，这种元素是_（5）为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占全部钾元素质量的百分率）与温度的
12、关系，进行实验（氯化钠与钾长石投料的质量比为2：1），获得如下数据：1.5 2.5 3.0 3.5 4.0 8300.481 0.5750.626 0.669 0.685 8900.579 0.691 0.694 0.669 0.669 9500.6690.714 0.714 0.714 0.714 分析数据可以得出，该制备氯化钾的反应是_（填“吸热”或“放热”）反应计算890时，氯化钠的平衡转化率为_（式量KAlSi3O8278 NaAlSi3O8262）950时，提高熔出钾的速率可以采取的措施是_（写出两种）19某科研小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体，其工
13、艺流程如下：试回答下列问题：（1）过滤用的器材已有：滤纸、铁架台、铁圈、烧杯和玻璃棒，还要补充的玻璃仪器是_（2）如何用实验证明沉淀D已洗涤干净_（3）由滤液A制得AlCl3溶液有途径I和两条，你认为合理的是_（填写途径I或）；请写出途径得到沉淀D的离子方程式_（气体C过量）（4）从滤液E中得到绿矾晶体的实验操作是蒸发浓缩、_、过滤（5）有成员提出可将方案中最初溶解合金的烧碱改用盐酸，重新设计方案，但前者的方案更合理，理由是_A后者消耗的酸和碱更多 B后者难以实现物质分离C前者制得的产物更纯净 D前者操作步骤更少，方案简单2015-2016学年新疆巴音郭楞州库尔勒华山中学高三（上）月考化学试卷
14、一、选择题1如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是( )A蒸馏、蒸发、萃取、过滤B蒸馏、过滤、萃取、蒸发C萃取、过滤、蒸馏、蒸发D过滤、蒸发、萃取、蒸馏【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器 【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离；【解答】解：因蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；因普通漏斗用于分离互不相溶的
15、固体和液体，即过滤；因分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发，故选B【点评】本题主要考查了物质分离的原理和仪器，难度不大，平时注意知识的积累2下列不属于将煤转化为水煤气作能源的优点是( )A有利于提高燃料的燃烧效率B有利于减少排放大气污染物C有利于管道输送D有利于放出更多热量【考点】煤的干馏和综合利用 【专题】有机化学基础【分析】煤转化为水煤气是将通过化学方法将煤转化为洁净燃料煤转化为水煤气（CO和H2的混合气体）的方法之一，转化过
16、程中，伴随着物理状态的改变，从而影响到了燃烧效率以及尾气的排放问题，据此分析【解答】解：A、煤转化为水煤气，由固态转化为气态，燃烧更充分，燃烧效率更高，故A正确；B、煤转化为水煤气，由固态煤转化为气态的CO和H2，不但除去了煤中的硫而且燃烧更充分，故产生的污染性气体CO和SO2的量大为减少，故B正确；C、由固态煤转化为气态的CO和H2后，用管道输送更容易，故C正确；D、根据能量守恒可知，固态煤转化为气态的CO和H2后，反应放出的热量是相等的，故D错误故选D【点评】本题以煤的汽化为依托，考查了煤转化为水煤气后能量的变化情况和燃烧的充分不充分的判断，较简单3在同温同压下，两种物质的量相同的气体之间
17、的关系是( )A体积都为22.4LB具有相同的原子数C具有相同的摩尔质量D具有相同的气体摩尔体积【考点】阿伏加德罗定律及推论 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，物质的量相等的不同气体，根据V=nVm、分子构成分析解答【解答】解：A同温同压下，气体摩尔体积相等，但温度、压强未知，无法确定其摩尔体积，物质的量未知，所以无法计算气体体积，故A错误；B等物质的量的气体其分子数相等，因为每个分子中原子个数是否相等未知，所以无法确定原子个数是否相等，故B错误；C根据已知条件，无法确定其相对分子质量，所以无法确定其摩尔质量大小，故C错误；D同温同压下，气体摩尔体积相
18、等，根据V=nVm知，相同物质的量时气体体积相等，故D正确；故选D【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确气体摩尔体积的适用范围及适用条件是解本题关键，题目难度不大4下列说法或表示法正确的是( )A由“C（石）C（金）；H=+1.9 kJ/mol”可知金刚石比石墨稳定B在101KPa时，1mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热C在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；H=571.6kJ/molDHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热为H
19、=（257.3）kJ/mol【考点】反应热和焓变；燃烧热 【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、依据物质能量越高越活泼分析判断；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成温度氧化物放出的热量；C、依据热化学方程式的书写方法写出，注意物质聚集状态和反应的焓变；D、中和热是指强酸、强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；【解答】解：A、依据物质能量越高越活泼分析，由“C（石）C（金）；H=+1.9 kJ/mol”可知反应时吸热反应，金刚石能量高于石墨，所以石墨稳定，故A错误；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成温度氧化物放出的热量，1mol碳燃烧所放出的热量不一定是碳的燃烧热，故B错误；C、注
20、意物质聚集状态和反应的焓变，在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；H=571.6kJ/mol，故C正确；D、中和热是指强酸、强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热H=57.3kJ/mol，故D错误；故选C【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法，物质能量越高越活泼，掌握基础是关键，题目难度中等5水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是( )A图中五点KW间的关系：BCA=D=EB若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量的酸C若从A点到C
21、点，可采用：温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体D若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显酸性【考点】水的电离 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A水的离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，升高温度离子积常数增大；B若从A点到D点，温度不变，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，Kw不变，可以加入酸；C离子积常数随温度变化，不随浓度改变，若从A点到C点，温度升高，离子积常数增大；DB点时，Kw=11012，pH=2的硫酸中氢离子浓度为0.01mol/L、pH=10的KOH溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，二者等体积混合恰好反应【解答
22、】解：A水的离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，升高温度离子积常数增大，根据图象知，ADE属于等温线，ADE和B、C温度不同，温度越高离子积常数越大，B点温度最高、其次是C点、最低的是ADE点，所以图中五点KW间的关系BCA=D=E，故A正确；B若从A点到D点，温度不变，溶液中氢离子浓度增大、氢氧根离子浓度减小，所以可以加入酸可以实现，故B正确；C若从A点到C点，温度升高，离子积常数增大，离子积常数随温度变化，温度不变只加入氯化铵溶液，改变离子浓度无法实现A到C的Kw变化，故C错误；D若处在B点时，Kw=11012，pH=2的硫酸中c（H+）=102mol/L，pH=10的KOH
23、中c（OH）=102molL1，等体积混合，恰好中和，溶液显中性，故D错误；故选CD【点评】本题考查离子积常数的有关问题，明确离子积常数与温度的关系，与溶液酸碱性无关、溶液浓度无关，注意不同温度下离子积常数不同，题目难度中等6下列实验操作能达到实验目的是( )选项实验操作实验目的A向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液制备Fe（OH）3胶体B将CO2通入水玻璃溶液中证明C元素的非金属性大于SiC向苯和苯酚的混合溶液中加入足量的浓溴水，充分反应后过滤除去苯中混有的苯酚D淀粉与稀H2SO4共热，再加入银氨溶液水浴加热验证淀粉水解产物有无还原性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【分析】AFeC
24、l3溶液中滴加NaOH溶液，反应生成沉淀；BCO2通入水玻璃溶液，发生强酸制取弱酸的反应原理；C溴、三溴苯酚均易溶于苯；D淀粉与稀H2SO4共热，发生水解反应，但检验葡萄糖应在碱性条件下【解答】解：AFeCl3溶液中滴加NaOH溶液，反应生成沉淀，应滴加到沸水中制备胶体，故A错误；BCO2通入水玻璃溶液，发生强酸制取弱酸的反应可知，酸性为碳酸大于硅酸，则非金属性CSi，故B正确；C溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选NaOH溶液分液来除杂，故C错误；D淀粉与稀H2SO4共热，发生水解反应，但检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性不能检验，则不能达到实验目的，故D错误；故选B【点评】本题考查
25、化学实验方案的评价，为高频考点，涉及胶体制备、酸性和非金属性比较、混合物分离提纯、水解实验及产物检验等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大7锌溴蓄电池的充、放电的电池总反应为Zn+Br2Zn2+2Br，下列各反应：Zn2e=Zn2+；Br2+2e=2Br；2Br2e=Br2；Zn2+2e=Zn，其中充电的阳极和放电的负极的反应分别是( )ABCD【考点】电极反应和电池反应方程式 【分析】充电时，该装置是电解池，阳极上失电子发生氧化反应；放电时，该装置是原电池，负极上失电子发生氧化反应，据此分析【解答】解：充电时，该装置是电解池，阳极上溴离子失电子生成溴
26、单质而发生氧化反应，即2Br2eBr2；放电时，该装置是原电池，负极上锌失电子生成锌离子而发生氧化反应，即Zn2eZn2+，故选D【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理，侧重于电极方程式的书写的考查，题目难度不大，注意把握阴阳极和正负极上的反应物质及得失电子8下列说法正确的是( )A丙三醇不是乙醇的同系物B硫酸铵和醋酸铅溶液均可使鸡蛋清溶液中的蛋白质变性C麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖D天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点【考点】醇类简介；油脂的性质、组成与结构；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 【专题】有机化学基础【分析】A结构相
27、似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；B硫酸铵能使蛋白质发生盐析；C蔗糖水解后的产物葡萄糖有还原性，自身没有还原性；D纯净物有固定的熔沸点【解答】解：A乙醇、丙三醇官能团数目不相同，不是同系物，故A正确； B硫酸铵能使蛋白质发生盐析，重金属盐醋酸铅能使蛋白质变性，故B错误；C蔗糖水解后的产物葡萄糖有还原性，自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故C错误；D天然植物油均为多种高级脂肪酸甘油酯的混合物，没有固定的熔沸点，故D错误故选A【点评】本题考查同系物和有机物的性质，难度不大，注意对应知识的积累9下列反应的离子方程式正确的是( )A硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+
28、SO42BaSO4B向三氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OA1（OH）3+3NH4+C向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OD石灰石溶于醋酸：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A漏掉了铁离子与氢氧根离子生成氢氧化铜的反应；B氨水为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；C氢氧化钠过量，离子方程式按照碳酸氢钙的化学式书写，反应产物中有剩余的碳酸根离子；D醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆开【解答】解：A硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡、氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：SO42+Ba2
29、+Cu2+2OH=Cu（OH）2+BaSO4，故A错误；B向三氯化铝溶液中加入过量氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2OA1（OH）3+3NH4+，故B正确；C向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2O，故C错误；D醋酸和碳酸钙都小于保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方
30、法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等10将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度发生下列可逆反应：NH4Br（s）NH3（g）+HBr（g） 2HBr（g）Br2（g）+H2（g）2min后，测得c（H2）=0.5mol/L，c（HBr）=4mol/L，若上述反应速率用v（NH3）表示，下列反应速率正确的是( )A0.5mol/（Lmin）B2.5 mol/（Lmin）C2 mol/（Lmin）D5 mol/（Lmin）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系 【专题】化学反应速率专题【分析】根据可逆反应：NH4B
31、r（s）NH3（g）+HBr（g） 2HBr（g）Br2（g）+H2（g），溴化铵分解生成的氨气浓度与溴化氢浓度相等，根据2min后的氢气浓度和溴化氢浓度可以计算出溴化铵分解生成的溴化氢浓度，就可以知道生成的氨气的浓度，最后根据v=计算出氨气的反应速率【解答】解：根据反应可知，溴化铵分解生成的氨气浓度与溴化氢浓度相等，溴化铵分解生成的溴化氢的浓度为：c（HBr）+2c（H2）=4mol/L+20.5mol/L=5mol/L，所以2min后溴化铵分解生成的氨气的浓度为：c（NH3）=c总（HBr）=5mol/L，氨气的平均反应速率为：=2.5 mol/（Lmin），故选B【点评】本题考查了化学反
32、应速率的计算，题目难度中等，解题关键是分析、理解题中可逆反应中氨气与溴化氢的浓度关系，根据2min后氢气和溴化氢的浓度计算出氨气的浓度；试题充分考查了学生的分析、理解信息能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力11下列离子检验的推理正确的是( )A向某溶液中加盐酸，有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则原溶液中有CO32B向某溶液中加石蕊试液，溶液变红，则原溶液中溶质是酸C向某溶液中加氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，则原溶液中有Cu2+D向某溶液中加氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加盐酸沉淀不溶解，则原溶液中有SO42【考点】常见离子的检验方法 【专题】物质检验鉴别题【分析】A原溶液中可能含有亚硫酸根离
33、子，滴加盐酸产生二氧化硫，也能使澄清石灰水变浑浊；B强酸弱碱盐的溶液也能使石蕊溶液变红；B生成的蓝色沉淀为氢氧化铜；D生成的白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子【解答】解：A若溶液中含有亚硫酸根离子，滴加盐酸产生二氧化硫，也能使澄清石灰水变浑浊，原溶液中不一定含有CO32，故A错误；B强酸弱碱盐的溶液也能使石蕊溶液变红，原溶液中溶质不一定为酸，故B错误；B生成的蓝色沉淀为氢氧化铜，则原溶液中有Cu2+，故C正确；D氯化银也是不溶于酸的白色沉淀，所以原溶液中可能含有银离子，不一定含有SO42，故D错误；故选C【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键
34、，注意检验离子存在时必须排除干扰离子，确保检验方案的严密性，试题培养了学生的逻辑推理和灵活应用能力12铜的冶炼大致可分为：（1）富集，将硫化物矿进行浮选；（2）焙烧，主要反应为2Cu+FeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO（炉渣）；（3）制粗铜，在1200发生的主要反应为：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2，2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2；（4）电解精炼下列说法正确的是( )A上述灼烧过程的尾气均可直接排到空气中B由6 mol CuFeS2生成6 mol Cu，上述共消耗15 mol O2C在反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2中，作氧化剂的只有Cu2OD电解精炼时，粗铜应与外
35、电源正极相连【考点】氧化还原反应的计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】A根据尾气SO2气体的性质判断能否直接排空；B根据最终产物为Cu、SO2和FeO可写出反应的总分应方程式为6CuFeS2+15O2=6Cu+12SO2+6FeO，根据总反应方程式判断；C根据反应物各元素的化合价的变化判断；D精炼铜时，粗铜做阳极【解答】解：ASO2有毒，不能直接排放到空气中，故A错误；B反应的总反应方程式为6CuFeS2+15O2=6Cu+12SO2+6FeO，6molCuFeS2生成6molCu，共消耗15molO2，故B正确；C在反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2中，Cu的化合价由+1价升高为+2
36、价，S的化合价由2价升高为+4价，反应物中Cu2O只做氧化剂，Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D精炼铜时，粗铜做阳极，与电源的正极相连，故D正确故选BD【点评】本题考查金属的冶炼以及氧化还原有关知识，题目难度不大，注意分析C项中各元素的化合价的变化特点，以正确分析氧化剂和还原剂13下列说法正确的是( )A两种难溶电解质，其中Ksp小的溶解度一定小B溶液中存在两种可以与同一沉淀剂生成沉淀的离子，则Ksp小的一定先生成沉淀C所谓沉淀完全就是用沉淀剂将溶液中的某一离子除净D相同温度下，AgCl固体在0.01 molL1 KI溶液中的溶解的质量比在0.01molL1 KNO3溶液中大，但Ksp
37、不变【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【分析】A、只有相同类型的难溶电解质，Ksp越小，溶解度可能会小；B、生成沉淀的先后还与离子的浓度有关；C、当离子浓度小于105mol/L，认为离子沉淀完全；D、根据溶解平衡移动原理判断【解答】解：A、只有相同类型的难溶电解质，Ksp越小，溶解度可能会小，不同类型的难溶电解质，不能根据Ksp判断溶解度的大小，故A错误；B、生成沉淀的先后还与离子的浓度有关，故B错误；C、所谓离子沉淀完全就是用沉淀剂将溶液中某一离子浓度降低到105mol/L即可，不是离子浓度为零，故C错误；D、AgCl固体在0.01 molL1 KI溶液中，碘离子结合银离子生成碘
38、化银沉淀，促进了氯化银的溶解，故D正确；故选D【点评】本题综合性较大，涉及自由能判据的应用、溶度积常数等，比较基础，旨在考查基础知识的全面掌握情况，题目难度中等14常温下，下列离子浓度的关系正确的是( )A0.2molL1的CH3COONa溶液中c（CH3COO）=a molL1，0.1molL1的CH3COONa溶液中c（CH3COO）=b molL1，则有a=2bB0.2molL1的CH3COONa溶液与0.1molL1的HCl溶液等体积混合，溶液显酸性：c（Na+）c（Cl）c（CH3COO）c（H+）c（OH）C相同物质的量浓度的下列溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序：（NH4）2S
39、O4（NH4）2CO3NH4ClNH4HCO3D0.1molL1的HCN（弱酸）和0.1molL1的NaCN等体积混合：c（HCN）+c（CN）+c（OH）c（Na+）+c（H+）【考点】离子浓度大小的比较 【专题】盐类的水解专题【分析】A根据醋酸钠的浓度越大，醋酸根离子的水解程度越小判断；B反应后溶质为等浓度的醋酸、醋酸钠和NaCl，混合液显示酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则醋酸根离子浓度增大：c（CH3COO）c（Cl）；C（NH4）2SO4（NH4）2CO3的化学式中含有2个铵根离子，铵根离子的水解程度较小，则硫酸铵、碳酸铵溶液中的铵根离子浓度较大，再结合碳酸根离子、
40、碳酸氢根离子水解促进了铵根离子的水解判断；D根据混合液中的电荷守恒判断【解答】解：A醋酸钠的浓度越大，醋酸根离子的水解程度越小，则溶液中醋酸根离子的浓度越大，所以a2b，故A错误；B.0.2molL1的CH3COONa溶液与0.1molL1的HCl溶液等体积混合，溶质为等浓度的醋酸、醋酸钠和NaCl，混合液显示酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则醋酸根离子浓度增大，所以c（CH3COO）c（Cl），溶液中正确的浓度大小为：c（Na+）c（CH3COO）c（Cl）c（H+）c（OH），故B错误；C（NH4）2SO4（NH4）2CO3的化学式含有2个铵根离子，由于水解程度较小，则硫
41、酸铵、碳酸铵溶液中的铵根离子浓度较大，碳酸根离子、碳酸氢根离子水解促进了铵根离子的水解，则：（NH4）2SO4（NH4）2CO3、NH4ClNH4HCO3，所以浓度相同时c（NH4+）由大到小的顺序为：（NH4）2SO4（NH4）2CO3NH4ClNH4HCO3，故C正确；D.0.1molL1的HCN（弱酸）和0.1molL1的NaCN等体积混合，根据电荷守恒可得c（CN）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），故D错误；故选C【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活
42、应用能力二、解答题（共5小题，满分12分）15用元素符号填空：（1）第四周期中，原子的4p轨道半充满的元素是As，3d轨道半充满的元素是Cr、Mn（2）第三周期中有两个成单电子的元素是Si、S【考点】原子核外电子排布 【专题】原子组成与结构专题【分析】（1）4p轨道半充满，则4s全充满，因此外围电子排布式为4s24p3；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2；（2）第三周期中，有两个成单电子，外围电子排布为3s23p2或3s23p4【解答】解：（1）4p轨道半充满，则4s全充满，因此外围电子排布式为4s24p3，所以为As；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d
43、54s2，所以为Cr、Mn，故答案为：As；Cr、Mn；（2）第三周期中，有两个成单电子，外围电子排布为3s23p2或3s23p4，所以为Si、S，故答案为：Si、S【点评】本题考查核外电子排布规律，难度不大，关键是对核外电子排布规律的理解掌握，注意洪特规则特例16氢能是一种洁净的可再生能源，制备和储存氢气是氢能开发的两个关键环节氢气的制取（1）水是制取氢气的常见原料，下列说法正确的是AB（填序号）AH3O+的空间构型为三角锥形B水的沸点比硫化氢高C冰晶体中，1mol水分子可形成4mol氢键（2）科研人员研究出以钛酸锶为电极的光化学电池，用紫外线照射钛酸锶电极，使水分解产生氢气已知钛酸锶晶胞结
44、构如图1，则其化学式为SrTiO3氢气的存储（3）Ti（BH4）2是一种储氢材料Ti原子在基态时的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2Ti（BH4）2可由TiCl4和LiBH4反应制得，TiCl4 熔点25.0，沸点136.94，常温下是无色液体，则TiCl4晶体类型为分子晶体（4）最近尼赫鲁先进科学研究中心借助ADF软件对一种新型环烯类储氢材料（C16S8）进行研究，从理论角度证明这种分子中的原子都处于同一平面上（结构如图2所示），每个平面上下两侧最多可储存10个H2分子元素电负性大小关系是：CS（填“”、“=”或“”）分子中C原子的杂化轨道类型为sp
45、2有关键长数据如下：CSCSC16S8中碳硫键键长/pm181155176从表中数据可以看出，C16S8中碳硫键键长介于CS与CS之间，原因可能是：分子中的C与S原子之间有键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质C16S8与H2微粒间的作用力是范德华力【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【专题】结构决定性质思想；演绎推理法；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构【分析】（1）A水合氢离子中氧原子含有3个键和1个孤电子对，所以其采用sp3杂化，空间构型为三角锥形；BO的电负性较大，对应的氢化物可形成氢键，沸点较高；C在冰晶体中，每个水分子与相
46、邻的4个水分子形成氢键，利用均摊法计算；（2）利用均摊法计算该晶胞中含有的原子个数，从而确定其化学式；（3）处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，Ti元素为22号元素，原子核外有22个电子，根据核外电子排布规律书写；TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37，沸点为136.94，根据其物理性质来判断晶体类型；（4）一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+键数进行判断；当n=2，sp杂化；n=3
47、，sp2杂化；n=4，sp3杂化；根据键长数据分析；分子与分子间的作用力为分子间作用力【解答】解：I（1）A水合氢离子中，价层电子对数=3+（6131）=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥型，故A正确；B氢键广泛存在于非金属性较强的元素F、O、N等元素形成的含氢化合物中，水分子间存在氢键，所以其沸点比硫化氢高，故B正确；C在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，每1个水分子平均形成2个氢键，故C错误；故答案为：AB；（2）该晶胞中Ti原子个数为1，O原子个数6=3，Sr原子的个数为8=1，所以化学式为SrTiO3，故答案为：SrTiO3；（3）Ti的原子序数为22，位于第
48、四周期第B族，最后填充d电子，电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2；TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37，沸点为136.94，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体，故答案为：分子晶体；（4）元素周期表中同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减弱，所以元素的电负性是指元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领，元素的非金属性强者电负性大，其单质的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，H2CO3的酸性远不及H2SO4的酸性强，所以元素电负性C
49、略小于S，故答案为：；根据图2结构可知：碳原子形成2个CS，1个C=S二键，C原子杂化轨道数为（2+1）=3，C原子采取sp2杂化方式，故答案为：sp2；CS键长为181pm，C=S键长为155pm，C16S8中碳硫键键长为176pm，键长介于CS与C=S之间，原因可能是：分子中的C与S原子之间有键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质，故答案为：分子中的C与S原子之间有键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质；分子之间存在范德华力，C16S8与H2微粒间的作用力是范德华力，故答案为：范德华力【点评】本题考查较为综合，涉及分子的立体构型、晶胞结构、原子在基态时的核外电子排布、氢键、杂化等知识点
50、，题目难度中等，注意杂化轨道数判断，为高频考点17已知H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=57.3kJ/mol，回答下列问题（1）用20gNaOH配稀溶液跟足量稀盐酸反应放出28.65 kJ的热量（2）用2molH2SO4配稀溶液跟足量稀NaOH反应，此反应的中和热为57.3kJ/mol（3）如果将（1）中和反应中稀盐酸换成稀醋酸时，反应放出的热量小于（1）放出的热量（填大于、小于、等于）【考点】反应热和焓变；有关反应热的计算 【分析】根据H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1可知，生成1molH2O放出热量为57.3kJ，然后根据水的物质的量与热量成正比求出热
51、量即可；中和热为固定值为57.3kJ/mol；弱酸电离吸热生成1mol水放出的热量小于57.3kJ/mol【解答】解：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1可知，生成1molH2O放出热量为57.3kJ，（1）20gNaOH即0.5mol氢氧化钠配成稀溶液后，氢氧根离子的浓度是0.5mol，和足量的酸之间反应会生成0.5mol水，所以放出热量为0.557.3kJ=28.65kJ，故答案为：28.65；（2）用2molH2SO4配稀溶液跟足量稀NaOH反应，此反应的中和热为57.3kJ/mol；故答案为：57.3kJ/mol；（3）弱酸电离吸热生成1mol水放出的热量小于
52、57.3kJ/mol，所以如果将（1）中和反应中稀盐酸换成稀醋酸时，反应放出的热量小于（1）放出的热量；故答案为：小于【点评】本题考查了热化学方程式、中和热，反应热和方程式的系数成正比，根据中和反应的H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1的含义来计算即可，难度不大18我国钾长石（KAlSi3O8）的资源比较丰富工业上可用食盐和钾长石在一定条件下制备氯化钾：NaCl（l）+KAlSi3O8（s）KCl（l）+NaAlSi3O8（s）完成下列填空：（1）硅原子的最外层电子占据了3个轨道，有2种能量（2）氯化钠的熔点比氯化钾高（填“高”或“低”），原因是钾离子半径大于钠离子，
53、离子半径越大，离子晶体的晶格能越小，晶格能越小导致离子晶体的熔点越低（3）把反应中涉及到的六种元素的原子半径从小到大的顺序排列OClSiAlNaK（4）参与上述反应且位于同一周期的几种元素中，有一种元素的最高氧化物的水化物和其余元素的最高价氧化物的水化物均能发生反应，这种元素是Na（5）为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占全部钾元素质量的百分率）与温度的关系，进行实验（氯化钠与钾长石投料的质量比为2：1），获得如下数据：1.5 2.5 3.0 3.5 4.0 8300.481 0.5750.626 0.669 0.685 8900.579 0.691 0.694 0.669 0
54、.669 9500.6690.714 0.714 0.714 0.714 分析数据可以得出，该制备氯化钾的反应是吸热（填“吸热”或“放热”）反应计算890时，氯化钠的平衡转化率为7.04%（式量KAlSi3O8278 NaAlSi3O8262）950时，提高熔出钾的速率可以采取的措施是充分搅拌、将钾长石充分粉碎（写出两种）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的调控作用；硅和二氧化硅 【专题】化学平衡专题；碳族元素【分析】（1）硅原子最外层含有4个电子，两个2s电子、两个2p电子，2s能级含有一个轨道，2p能级有3个轨道，同一能级上电子能量相同；（2）氯化钠和氯化钾为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能
55、成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷数成正比；（3）原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小；（4）参与上述反应且位于同一周期的几种元素中，其最高价氧化物的水化物为酸或碱，酸或碱反应生成盐和水；（5）由表中数据可知，温度越高钾元素的熔出率，说明升高温度，平衡向正反应方向移动；根据钾长石和氯化钠的质量、钾的熔出率及钾长石和氯化钠之间的关系式计算氯化钠的转化率；950时，提高熔出钾的速率，改变条件使正反应速率增大【解答】解：（1）硅原子最外层含有4个电子，两个2s电子、两个2p电子，2s能级含有一个轨道，2p能级有3个轨道，2个电子占据2s能级，两个电
56、子占据2p能级上两个轨道，所以硅原子的最外层电子占据了3个轨道，同一能级上电子能量相同，有2种能量，故答案为：3；2；（2）氯化钠和氯化钾为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷数成正比，钠离子半径小于钾离子，所以氯化钾的晶格能小于氯化钠，则氯化钠的熔点高于氯化钾，故答案为：高；钾离子半径大于钠离子，离子半径越大，离子晶体的晶格能越小，晶格能越小导致离子晶体的熔点越低，所以氯化钠的熔点高于氯化钾；（3）原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素原子半径大小顺序是：OClSiAlNaK，故答案为：OClSi
57、AlNaK；（4）参与上述反应且位于同一周期的几种元素中，其最高价氧化物的水化物为酸或碱，酸或碱反应生成盐和水，只有氢氧化钠能和其它三种元素的最高价氧化物的水化物反应，则该元素为Na，故答案为：Na；（5）由表中数据可知，温度越高钾元素的熔出率，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故答案为：吸热；890时，当浸出率为3.5时，该反应达到平衡状态，氯化钠与钾长石投料的质量比为2：1，设钾长石的质量为278g，其物质的量为1mol，则氯化钠的质量为556g，当平衡时，钾元素的熔出率为0.669，则钾长石反应的物质的量为0.669mol，根据NaCl（l）KAlSi3O8知，氯化
58、钠反应的物质的量也是0.669mol，其转化率=7.04%，故答案为：7.04%；950时，为了提高熔出钾的速率，可以采用充分搅拌、将钾长石充分粉碎的方法，故答案为：充分搅拌、将钾长石充分粉碎【点评】本题以硅为载体考查了化学平衡的计算、物质之间的反应、元素周期律等知识点，综合性较强，根据物质的性质、元素周期律的内容等知识点来分析解答，难度中等19某科研小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体，其工艺流程如下：试回答下列问题：（1）过滤用的器材已有：滤纸、铁架台、铁圈、烧杯和玻璃棒，还要补充的玻璃仪器是漏斗（2）如何用实验证明沉淀D已洗涤干净取适量最后一次洗涤液于试管，
59、滴加盐酸，如有气泡产生就说明没有洗净，否则就说明洗净（3）由滤液A制得AlCl3溶液有途径I和两条，你认为合理的是（填写途径I或）；请写出途径得到沉淀D的离子方程式AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（气体C过量）（4）从滤液E中得到绿矾晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（5）有成员提出可将方案中最初溶解合金的烧碱改用盐酸，重新设计方案，但前者的方案更合理，理由是ADA后者消耗的酸和碱更多 B后者难以实现物质分离C前者制得的产物更纯净 D前者操作步骤更少，方案简单【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】Al、Fe、Cu三种金属中，加入碱溶
60、液后只有Al溶解，生成NaAlO2溶液，若在此溶液中加入足量的盐酸，因盐酸为强酸，可以溶解生成的氢氧化铝，则继续反应生成AlCl3溶液，反应离子方程式为：AlO2+4H+Al3+2H2O，而第二种途径通入气体后生成沉淀，与盐酸反应生成AlCl3，由此判断生成的沉淀为氢氧化铝，则确定通入的气体在水中生成弱酸，则判断为CO2气体不溶于碱溶液的金属Fe和Cu，加入足量稀硫酸后，Fe溶解生成硫酸亚铁溶液，溶液通过蒸发浓缩后冷却结晶可得到绿矾晶体，不溶于酸的铜则可在通入氧气的条件下与硫酸反应生成胆矾若三种金属先与酸反应，则Fe和Al均会消耗酸，另外还有将Fe2+与Al3+分离，加入过量的碱，因此步骤更多
61、（1）依据过滤实验基本操作分析所需仪器；（2）分析流程可知生成氢氧化铝沉淀表面胡有碳酸氢钠溶液，可以检验是否加酸反应生成气体判断；（3）根据反应所得产物的组成来选择合适的制取方案；（4）从滤液E中得到绿矾晶体的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤；（5）依据酸碱的量对比分析【解答】解：（1）过滤用的器材已有：滤纸、铁架台、铁圈、烧杯和玻璃棒，还要补充的玻璃仪器是漏斗，故答案为：漏斗；（2）分析流程可知生成氢氧化铝沉淀表面胡有碳酸氢钠溶液，可以检验是否加酸反应生成气体设计实验，取适量最后一次洗涤液于试管，滴加盐酸，如有气泡产生就说明没有洗净，否则就说明洗净，故答案为：取适量最后一次洗涤液于试管，
62、滴加盐酸，如有气泡产生就说明没有洗净，否则就说明洗净；（3）铝、铁、铜的合金中只有金属铝可以和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，所以滤液A的成分是偏铝酸钠，可以和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，实质为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，偏铝酸钠和过量的盐酸反应生成氯化铝和氯化钠的混合物，而向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，再用盐酸溶解，所得溶液的成分只有氯化铝；因为滤液A是偏铝酸钠和氢氧化钠溶液，按途径I直接向A中加入盐酸得到的AlCl3溶液中含有大量的氯化钠杂质；按途径II通入二氧化碳气体，得Al（OH）3沉淀，将Al（OH）3溶解于盐酸中得到的是纯净的AlCl3溶液，故答案为：；AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（4）将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，即可得到绿矾，故答案为：冷却结晶；（5）在实验方案前者，酸的量的控制上没有过高的要求，只需过量即可，操作步骤更少，方案简单，但是后者方案，需要的是适量的酸，这很难控，不合理，该方案操作步骤多、时间长，消耗试剂量大，故答案为：AD【点评】本题是对物质的分离和提纯知识点的考查，题目难度不是很大，可以根据所学的知识进行
