1、2017届山东省枣庄市峄城区高三化学期中复习题（三）1.化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法正确的是A.BaSO4在医学上用作“钡餐”，Ba2对人体无害B.高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，消毒原理相同，都利用了强氧化性C.光导纤维的主要成分是单质硅，太阳能电池使用的材料是SiO2D.“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂或燃油2.某元素M的单质1.8g在过量的O2中充分燃烧，得到M2O33.4g，已知M原子核外电子数比核内中子数少1该元素在周期表中的位置（ ）A第2周期A族B第2周期A族C第3周期A族D第3周期A族3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )A5.6 g
2、 Fe和足量的氯气完全反应失去电子数为0.3NAB0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.2NA个电子C常温常压下，23 g NO2和N2O4的混合气体一定含有NA个氧原子D标况下，4.48L的水中含有H2O分子的数目为0.2NA4.下列离子方程式，书写正确的是（）A盐酸与石灰石反应CO32+H+CO2+H2OB硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2+S042Ba+S04C氢氧化镁和盐酸反应：H+OHH2OD氯化铝溶液中加人过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+5.某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微
3、热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子组合是（）ANH4+、Mg2+BMg2+、Fe2+CNH4+、Fe2+DMg2+、Al3+6.将浓盐酸滴入KMnO4溶液，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3反应后变为无色的Bi3+下列说法正确的是（）A滴加盐酸时，HCl是还原剂，Cl2是还原产物B此实验条件下，物质的氧化性：NaBiO3KMnO4Cl2C已知Bi为第A族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性D若有0.1 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子0.8 mol7.CsICI2常用于化学上的分子筛技术，它既有氧化
4、性又有还原性，下列有关的说法正确的是( )ACsICI2有氧化性，是因为CS显+3价BCsICI2有还原性，是因为含有较强还原性的IC酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICI2溶液，溶液褪色D在CsICl2溶液中滴加HNO3，可生成C128.我国科学家研发成功了甲烷和二氧化碳的共转化技术，利用分子筛催化剂高效制得乙酸下列有关说法正确的是( )A所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键B消耗22.4L CO2可制得乙酸60gC该反应不是氧化还原反应D该反应过程符合“绿色化学”原理，原子利用率达100%9.还原沉淀法是处理含铬（Cr2O72和CrO42）废水常用方法，过程如下：CrO42Cr2O72Cr
5、3+Cr（OH）3已知废水中Cr的含量为26.0gL1，当溶液中离子浓度小于105mol/L时认为离子已经沉淀完全，常温下，Ksp=11032有关叙述中不正确的是（）A上述三个转化中只有一个涉及氧化还原反应B第二步离子方程式为：Cr2O72+14H+6Fe2+=2Cr3+7H2O+6Fe3+C处理含铬废水可使用强碱Ba（OH）2，也可以使用弱碱氨水D当pH5时，废水中铬元素沉淀完全10.如图所示，H1=393.5kJmol1，H2=395.4kJmol1，下列说法或表示式不正确的是（）A石墨和金刚石的转化是化学变化B石墨的稳定性强于金刚石CC（s、石墨）C（s、金刚石）H=+1.9 kJmol
6、1D1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ11.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程共价键的键能是两种原子间形成1mol共价键（或其逆过程）时释放（或吸收）的能量已知HH键的键能为436kJ/mol，ClCl键的键能为243kJ/mol，HCl键的键能为431kJ/mol，则H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的反应热（H）等于（）A183 kJ/molB183 kJ/molC862 kJ/molD862 kJ/mol12.研究表明26Al可以衰变为26Mg，可以比较这两种元素金属性强弱的方法是（）A比较这两种元素的单质的硬度和熔点B在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴
7、加过量的氨水C将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴入酚酞溶液D将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用13.W、X、Y、Z均为前20号元素，原子序数依次增加，且分属不同的周期；W和Z，X和Y分别同主族，它们的最外层电子数之和为14，下列说法正确的是，（）A氢化物熔沸点：HmXHmYBX、Y、Z形成的化合物一定显中性C离子半径：YZDX与Z可形成多种化合物，且化学键类型完全相同14.下列反应在任意温度下一定能自发进行的是（）A2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2BNH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）H0CCaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）H0DX2Y2（s）X2
8、（g）+Y2（g）H015.对某一可逆反应来说，使用催化剂的作用是（）A提高反应物的平衡转化率B以同样程度改变正逆反应的速率C增大正反应速率，减小逆反应速率D改变平衡混合物的组成16.下列叙述或表示正确的是（）A0.1 molL1的醋酸的pH=a，0.01 molL1的醋酸的pH=b，则a+1=bB用200 mL 4 molL1的NaOH溶液将0.6 mol CO2完全吸收，反应的离子方程式为：3CO2+4OH=CO32+2HCO3+H2OC难溶电解质AB2的饱和溶液中，c（A2+）=xmolL1，c（B）=y molL1，则Ksp值为4xy2D常温下0.1 molL1的醋酸溶液与等浓度等体积
9、NaOH溶液反应后的溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1 molL117.下列叙述正确的是（）ApH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度相同B2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的正、逆反应的平衡常数K随温度的变化可用如图表示C.NO+2CO2CO2+N2 的H0，常温下该反应一定能自发进行D.25C时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）减小18.LiOH是制备锂离子电池的材料,可由电解法制备。工业上利用如图装置电解制备 LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。A、B极区电解液为LiOH溶液 B
10、、电极每产生22.4L气体，电路中转移2mole-C、电解过程中Li+迁移入B电极区、OH迁移入A电极区D、电解池中总反应方程式为：2HCl2H2+Cl219.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、可用于海上应急照明供电,直接将化学能转化为光能20.下列根据化学事实进行的相关推论，正确的是化学事实推论A某一反应需要在高温条件下才能进行该反应的H0B无色试液中加入氢氧化钙溶液产生白色沉淀试液
11、中含有CO32C铁的氧化物用硝酸溶解后加入KSCN溶液，溶液呈红色氧化物中铁元素为+3价D少量CO2通入NaCN溶液时的反应为：CO2H2OCNHCO3HCN电离常数：Ka(HCN)Ka2(H2CO3)21.10克Fe2O3、SiO2、Al2O3混合物加入足量的100 mL x mol/L稀硫酸中，过滤，然后加入10 mol/L NaOH溶液，产生沉淀的质量和加入NaOH溶液体积如右图。以下叙述错误的是A滤出的物质为SiO2 B可求出x的值C可求出Al2O3的质量分数 D可求出Fe2O3的质量分数22.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之问具有如下转化关系：甲乙丙下
12、列有关物质的推断不正确的是A若甲为焦炭，则丁可能是O2 B若甲为SO2，则丁可能是氨水C若甲为Fe，则丁可能是氯气 D若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO223.利用图示装置进行有关实验，其中能达到实验目的或得出正确结论的是选项实验目的或结论装置A浓盐酸MnO2干燥红色布条NaOH溶液干燥布条不褪色B稀硝酸铜粉空气NaOH溶液制备收集NOC浓硫酸木炭品红溶液NaOH溶液浓硫酸具有氧化性D浓氨水NaOH固体空气水制备收集氨气24.某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案。方案一：2.7g AlX溶液 Al(OH)3沉淀方案二：2.7g AlY溶液 Al(OH)3沉淀NaOH溶液和稀盐酸
13、的浓度均是3 mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（ ）AX溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2 Bb曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液C在O点时两方案中所得溶液浓度相等 Da、b曲线表示的反应都是氧化还原反应25.过氧化钾与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，其化学方程式为：2K2O2十2H2O=4KOH十O2当05 mol K18O2与足量H2O完全反应后，下表对生成物O2的叙述中错误的是K218O2的质量O2的叙述A57gO2的质量是9gB57g生成标准状况下O2的体积为56
14、LC57gO2的摩尔质量是32gmol-1D57g生成025mol O2 26.物质结构与性质（共1小题，满分15分）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2OCu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4（1）基态Cu原子核外有 个不同运动状态的原子Cu+基态核外电子排布式为 （2）醛基中碳原子的轨道杂化类型是 ；1mol乙醛分子中含有的键的数目为 乙醛可被氧化为乙酸乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是： （3）氧化亚铜为半导体材料，在其立方晶胞内部有四个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有 个铜原子（4）铜晶胞为面心立方晶体，其晶胞参数a=36
15、1.49pm，晶胞中铜原子的配位数为 列式表示铜单质的密度 gcm3（不必计算出结果）将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是 27.已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依次增大A的原子半径最小，B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，E为周期表中电负性最大的元素，F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，G与F同族且原子序数比F大2回答下列问题：（1）写出基态F原子的电子排布式 ，其中含有 种能量不同的电子（2）CE3和CA3均是三角锥形
16、分子，键角分别为102和107.3，则C原子的杂化方式为，其中CE3的键角比CA3的键角小的原因是 （3）B、C、D三种元素形成的一种粒子与二氧化碳分子互为等电子体，其化学式为 （4）G单质晶体中原子的堆积方式如图所示（为面心立方最密堆积），则晶胞中G原子的配位数为 若G原子半径为r cm，则G原子所形成的最小正四面体空隙中，能填充的粒子的最大直径为 cm（用r表示）28.高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途高铁酸钾（K2FeO3）不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中如图1是高铁电池的模拟实验装置：（1）该电池放电时正极的电极反应式为 ；若维持电流强度为1A，电池工作十分
17、钟，理论消耗Zn g（已知F=96500C/mol）（2）盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向 移动（填“左”或“右”）；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向 移动（填“左”或“右”）（3）图2为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有 、工业上湿法制备K2FeO4的工艺流程如图3图3（4）完成“氧化”过程中反应的化学方程式： FeCl3+ NaOH+ NaClO= Na2FeO4+ NaCl+ H2O（5）加入饱和KOH溶液的目的是 （6）已知25时Ksp=4.01038，此温度下若在实验室中配制5mol/Ll00mLFeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现
18、象，则至少需要加入 mL2mol/L的盐酸（忽略加入盐酸体积）29.查阅资料知：Br2的沸点为58.8，密度为3.119gcm-3微溶于水，有毒。（1）常温下，单质溴通常呈 态，保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量 。工业生产中，海水提取溴常用空气吹出法。其生产流程可用下图表示：某化学实验小组模拟该法设计了如下实验装置（夹持装置略去）从浓缩的海水中提取液溴实验步骤如下：关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应结束；关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；关闭b，打开a，再通过A向B中通入足量的Cl2；将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。（2）当观察到A中液面上方出现 （实验
19、现象）即可判断步骤中反应已经结束。（3）X试剂可以是 （填序号），尾气处理选用 （填序号）。aH2O b饱和食盐水 c氢氧化钠溶液 d.饱和Na2SO3溶液B中X试剂发生反应的离子方程式为 。（4）蒸馏时应该选择 ，操作中应控制的关键实验条件为 。该实验小组利用制得的单质溴研究H2与Br2生成HBr的反应，实验装置如下：（5）E装置可用来检验反应产物HBr，则D装置的作用是 。若要检验E中收集的HBr，图示装置检验HBr时还不够完善，请结合原有实验装置予以改进： 。30.碳铵是一种较常使用的化肥，它在常温下易分解。某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问，时行了如下探究。【定性实验】检验溶液中的阴、
20、阳离子取少量固体放入试管中，加入盐酸，把生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成再另取少量碳铵放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，石蕊试纸变蓝色（1）根据实验现象，推测碳铵中所含有阴离子可能是_和_；（2）根据实验现象，碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是_ _；【定量试验】测定碳铵中C元素和N元素质量比该兴趣小组准确称取ag碳铵，加热使之分解，并把产物通入碱石灰中，如图所示 （3）碳铵固体应放在_中进行加热A试管 B蒸发皿 C烧瓶 D坩埚（4）从安全的角度考虑，尾气处理的装置可以选用_； （5）若灼烧后没有固体残余，称量U形管在实验前后的质
21、量差为bg由此测得N元素的质量是_g。（6）为了测定碳铵中碳元素的质量，他们设计的实验方案是将ag碳铵完全溶解于水，加入过量BaCl2，然后测定生成沉淀质量请你评价该方案是否合理；_(填“合理”“不合理”)，理由是_。试卷答案1.DA.Ba2是重金属离子，能使蛋白质变性，但BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，可经人体排出体外，不会引起Ba2+中毒，错误；B.高锰酸钾溶液、双氧水都具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，乙醇破坏了蛋白质中原有的氢键而使蛋白质变性，错误；C.光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能电池使用的材料是单质硅，错误；D.“地沟油”中主要含油脂，还含有有害物质，不能食用，但可用
22、来制肥皂(碱性条件下水解)或燃油(油脂能燃烧)，正确。答案选D。2.D考点：化学方程式的有关计算专题：元素及其化合物分析：根据化学方程式4M+3O22M2O3计算M的相对原子质量，确定元素种类，进而得到其在周期表中的位置解答：解：设金属M的相对原子质量是x，根据化学方程式：4M+3O22M2O3 4x 2（2x+48） 1.8g 3.4g=，解得x=27，所以M是金属Al，在周期表中的位置是第三周期A族，故选D点评：本题考查学生化学方程式的计算知识，知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等3.AC【分析】A、求出铁的物质的量，然后根据铁和氯气反应后变为+3价来分析；B、过氧化钠和水反应时，1mo
23、l过氧化钠转移1mol电子；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2；D、标况下水为液态【解答】解：A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁失去0.3NA个电子，故A正确；B、过氧化钠和水反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠和水反应转移0.1NA个电子，故B错误；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为0.5mol，则含NA个氧原子，故C正确；D、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的水分子个数，故D错误故选AC【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌
24、握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4.D【考点】离子方程式的书写【分析】A石灰石为碳酸钙，离子方程式中碳酸钙不能拆开；B硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡、氢氧化铜沉淀；C氢氧化镁为难溶物，离子方程式中氢氧化镁才能拆开；D氨水为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀【解答】解：A碳酸钙小于保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故A错误；B硫酸铜与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：SO42+Ba2+Cu2+2OH=Cu（OH）2+BaSO4，故B错误；C氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，氢氧化镁小于保留化学式，正确的离子方程式为：2H+Mg（OH）2H2O+
25、Mg2+，故C错误；D氯化铝溶液中加人过量氨水，扶生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D正确；故选D5.C【考点】离子反应发生的条件【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少，以此来解答【解答】解：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则M
26、g（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的阳离子主要有NH4+和Fe2+，故选C6.B考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：发生2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O、2Mn2+5NaBiO3+14H+=2MnO4+5Na+5Bi3+7H2O，结合反应中元素的化合价变化及氧化性比较规律来解答解答：解：A滴加盐酸时，生成氯气，Cl元素的化合价升高，则HCl是还原剂，Cl2是氧化产物，故A错误；B氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O
27、中氧化性为高锰酸钾的氧化性大于氯气，2Mn2+5NaBiO3+14H+=2MnO4+5Na+5Bi3+7H2O中NaBiO3的氧化性大于高锰酸钾，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3KMnO4Cl2，故B正确；C上述反应中Bi得到电子，+3价较稳定，不能说明Bi单质的氧化性，则不能说明Bi具有较强的非金属性，故C错误；D若有0.1 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.1mol（53）+0.1mol（72）=0.4mol，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的氧化还原反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，侧重规律性知识及
28、转移电子的考查，题目难度不大7.C【考点】氧化还原反应 【分析】CsICl2中Cs显+1价，I显+1价，Cl显1价，故其氧化性是+1价I所体现，还原性则为1价Cl体现，HNO3不能氧化Cl，酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl，据此分析【解答】解：A、CsICl2中Cs显+1价，I显+1价，Cl显1价，故其氧化性是+1价I所体现，故A错误；B、CsICl2中Cs显+1价，I显+1价，Cl显1价，故其还原性则为1价Cl体现，故B错误；C、酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl，所以酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICI2溶液，溶液褪色，故C正确；D、HNO3不能氧化Cl，所以在CsICl2溶液中滴加HNO3，不可生成C
29、12，故D错误；故选：C【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并注意酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl，HNO3不能氧化Cl来解答，难度不大8.D【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应 【分析】A甲烷、二氧化碳中只含有极性键；B未注明是否标准状况；C存在化合价变化的反应为氧化还原反应；D反应物全部转化为生成物【解答】解：A甲烷只含有CH极性键，二氧化碳中只含有C=O极性键，没有非极性键，故A错误；B未注明是否标准状况，气体的摩尔体积不知，无法计算，故B错误；C该反应中C元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故C错误；D该反应为化合反应，反应物全部转化为生成
30、物，原子利用率达100%，符合“绿色化学”原理，故D正确故选D【点评】本题考查了共价键、气体摩尔体积、氧化还原反应、绿色化学等，题目涉及的知识点较多，侧重基础知识的考查，难度不大9.C【考点】氧化还原反应【分析】A第二步反应中Cr、Fe元素的化合价发生变化；B酸性条件下，Cr2O72与Fe2+发生氧化还原反应；C用强碱Ba（OH）2会引入杂质；D根据Ksp=c（Cr3+）c3（OH）计算【解答】解：A第二步反应为Cr2O72+14H+6Fe2+=2Cr3+7H2O+6Fe3+，反应中Cr、Fe元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；B酸性条件下，Cr2O72与Fe2+发生氧化还原反应
31、生成铬离子和三价铁离子，其反应的离子方程式为：Cr2O72+14H+6Fe2+=2Cr3+7H2O+6Fe3+，故B正确；C用强碱Ba（OH）2调节pH会引入杂质Ba2+，Ba2+是重金属离子会污染水，故C错误；D当溶液中离子浓度小于105mol/L时认为离子已经沉淀完全，当pH=5时，溶液中c（OH）=109mol/L，Ksp=c（Cr3+）（109）3=11032，则c（Cr3+）=105mol/L，所以当pH5时，c（Cr3+）105mol/L，即废水中铬元素沉淀完全，故D正确故选C【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难
32、度中等10.D考点：反应热和焓变分析：先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答解答：解：由图得：C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJmol1C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）H=395.4kJmol1，利用盖斯定律将可得：C（s、石墨）C（s、金刚石）H=+1.9 kJmol1，则A、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故A正确；B、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故B正确；C、C（s、石墨）C（s、
33、金刚石）H=+1.9 kJmol1，故C正确；D、据反应的热化学方程式可知，1mol金刚石燃烧比1mol石墨燃烧放热多1.9KJ，故D错误；故选：D点评：本题通过图象考查了金刚石和石墨能量高低与稳定性及键能的关系，题目难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系11.A考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：化学反应中，旧键断裂吸收能量，形成新键放出能量，根据反应Cl2+H2=2HCl键能计算反应热解答：解：化学反应中，旧键断裂吸收能量，形成新键放出能量，反应Cl2+H2=2HCl中，需要断裂1molClCl键和1molHH键，则吸收能量：436KJ+243KJ=679KJ，生成2mol
34、HCl时需生成1molHCl键，放出2mol431KJ/mol=862KJ能量，放出的能量高于吸收的能量，所以反应是放热的，放出的能量为862KJ679KJ=183KJ，即H=183KJ/mol，故选A点评：本题考查反应热及焓变，题目难度不大，本题注意化学键的断裂与形成与反应热的关系，注意根据化学方程式计算12.C【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】金属的金属性越强，其单质的还原性越强，其单质与水或酸反应越剧烈，金属性强的单质能置换出金属性较弱的，其最高价氧化物的水化物碱性越强，据此分析解答【解答】解：A金属的金属性强弱与其单质的硬度、熔点无关，只与失电子难易程度有关，故
35、A错误；B氢氧化铝、氢氧化镁都不溶于氨水，不能比较其氢氧化物碱性强弱，所以不能比较金属性强弱，故B错误；C将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴人酚酞溶液，加入镁条的溶液变红色、加入铝片的溶液不变色，说明镁和热水反应而铝和热水不反应，则金属性镁大于铝，故C正确；D两种金属都是亲氧元素，在空气中放置已久的这两种单质其表面都含有金属氧化物，都不易和热水反应，无法比较金属性强弱，故D错误；故选C13.A【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】W、X、Y、Z均为前20号元素，原子序数依次增加，且分属不同的周期，则W为第一周期，X为第二周期，Y为第三周期，Z为第四周期，所以W为H元素，W和Z同主族，
36、则Z为K元素，X和Y同主族，设其最外层电子数为x，则2x+1+1=14，x=6，为第VIA族元素，X原子序数小，则X为O元素，Y为S元素，结合元素周期律与物质性质解答【解答】解：W、X、Y、Z均为前20号元素，原子序数依次增加，且分属不同的周期，则W为第一周期，X为第二周期，Y为第三周期，Z为第四周期，所以W为H元素，W和Z同主族，则Z为K元素，X和Y同主族，设其最外层电子数为x，则2x+1+1=14，x=6，为第VIA族元素，X原子序数小，则X为O元素，Y为S元素，AH2O分子间存在氢键，熔沸点较高，则熔沸点H2OH2S，故A正确；BX、Y、Z分别为O、S、K，其化合物可能为KHSO4，KH
37、SO4显酸性，故B错误；CY、Z分别为S、K，电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径：YZ，故C错误；DX与Z可形成多种化合物，K2O、K2O2等，K2O只含有离子键，K2O2含有离子键和共价键，化学键类型不完全相同，故D错误故选A14.D考点：焓变和熵变专题：化学平衡专题分析：反应自发进行的判断依据是：HTS0；分析选项是否符合要求解答：解：A、反应是吸热反应H0，S0，低温下不能自发进行，故A错误；B、反应是放热反应H0，S0，高温下不能自发进行，故B错误；C、反应是吸热反应H0，S0，低温下不能自发进行，故C错误；D、反应是放热反应H0，S0，任意条件下能自发进行，故
38、D正确；故选D点评：本题考查了反应自发进行的判断依据应用，注意反应自发进行的判断由焓变、熵变、温度共同决定，题目较简单15.B考点：催化剂的作用专题：化学平衡专题分析：根据催化剂的特点和定义中的要点来考虑本题一定能改变化学反应速度，在有的反应中加快反应速度，有的反应中减慢反应速度，在化学反应前后本身的质量和化学性质不变，但不能改变生成物的量解答：解：A、催化剂改变速率，不改变化学平衡，反应物的转化率不变，故A错误；B、催化剂同等程度影响正逆反应速率，故B正确；C、催化剂同等程度影响正逆反应速率，故C错误；D、催化剂改变速率，不改变化学平衡，不改变平衡混合物的组成，故D错误；故选B点评：本题考查
39、了催化剂的作用分析，解答该题关键要理解催化剂概念中的“一变、二不变”的涵义一变是反应速度变，二不变是本身质量和化学性质16.B【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较【分析】A、将pH=a的弱酸稀释10倍，弱酸的电离被促进，溶液的pH增大不到1；B、根据钠元素和碳元素的守恒来分析；C、难溶电解质AB2的电离方程式为：AB2（S）A 2+（aq）+2 B（aq），Ksp=c（A 2+）c2（ B），据此分析解答D、0.1 molL1的醋酸溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中醋酸钠的浓度为0.05mol/L，根据物料守
40、恒来分析【解答】解：A、将pH=a的弱酸稀释10倍，弱酸的电离被促进，溶液的pH增大不到1，故0.1 molL1的醋酸的pH=a，则稀释10倍后的0.01 molL1的醋酸的pH=ba+1，故A错误；B、设产物中Na2CO3的物质的量为Xmol，NaHCO3的物质的量为Ymol，根据钠元素守恒可知：2X+Y=0.8mol根据碳元素的守恒可知：X+Y=0.6mol解得：X=0.2mol Y=0.4mol故生成的Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为1：2，故离子方程式为：3CO2+4OH=CO32+2HCO3+H2O，故B正确；C、难溶电解质AB2的电离方程式为：AB2（S）A 2+（aq）
41、+2 B（aq），AB2饱和溶液中，c（A2+）=xmolL1，c（B）=ymolL1，则Ksp=c（A 2+）c2（ B）=xy2，故C错误；D、0.1 molL1的醋酸溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中醋酸钠的浓度为0.05mol/L，根据物料守恒可有：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.05 molL1，故D错误故选B【点评】本题考查了弱酸的稀释时pH的变化、产物的分析和难溶电解质的Ksp的表达式的书写，难度不大17.B考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：基本概念与基本理论分析：A酸或碱抑制
42、水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；B同一化学反应的正逆反应平衡常数之积为1，随着温度的升高，如果正反应平衡常数减小，则逆反应平衡常数增大；CG0的反应能自发进行；D氢氧化镁电离出来的OH与NH4+结合生成弱电解质NH3H2O，从而促进Mg（OH）2的溶解解答：解：A醋酸抑制水电离，氯化铵促进水电离，所以等pH的醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度不同，故A错误；B同一化学反应的正逆反应平衡常数之积为1，随着温度的升高，如果正反应平衡常数减小，则逆反应平衡常数一定增大，故B正确；C.2NO+2CO2CO2+N2 的H0，该反应是气体体积减小的反应，所以是熵减的反应，即S0，G=HTS，G不一定小于
43、0，所以常温下该反应不一定能自发进行，故C错误；D氢氧化镁溶液中存在溶解平衡Mg（OH）2Mg 2+2OH，Mg（OH）2电离出来的OH与NH4+结合生成难电离的弱电解质NH3H2O，氢氧根离子浓度降低，从而使Mg（OH）2的溶解平衡向右移动，促进氢氧化镁溶解，镁离子浓度增大，故D错误；故选B点评：本题考查难溶物的溶解平衡、反应方向的判断、弱电解质和含有弱根离子的盐对水电离的影响等知识点，易错点是C，明确能自发进行反应的判断依据是解此选项的关键，难度不大18.A【考点】电解原理【分析】电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B
44、为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，据此回答【解答】解：A、电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH溶液，故A正确；B、A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl2e=Cl2，电极每产生标况下22.4L气体，电路中转移2mole，故B错误；C、Li+向阴极移动，即由A经过阳离子交换膜向B移动，OH向阳极移动，但是阳离子交换膜不允许氢氧根离子移入A电极区，故C错误；D、电解池的阳极上是氯离子失
45、电子，阴极上是氢离子得电子，电解的总反应方程式为：2H2O+2LiClH2+Cl2+2LiOH，故D错误故选A【点评】本题是一道高考题的改编题，侧重电解原理的应用知识，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度中等19.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A
46、gCl+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C20.D21.D A、由图像开始一段可知，加入的酸未反应完，故可Fe2O3、Al2O3完全反应，而SiO2不与酸反应。则滤出的物质为SiO2，故A正确；B、滴加NaOH100ml时，沉淀质量达到最大，则此时Fe3+
47、、Al3+均以沉淀形式存在，溶液阳离子只有Na+、阴离子只有SO42-。故2n（SO42-）=n（Na+），据此即可计算x的值，故B正确；C、沉淀达最大值后继续滴加碱，溶解的是氢氧化铝，根据10mLNaOH溶液将氢氧化铝溶解完全，即可计算Al2O3的质量，进而求出Al2O3的质量分数 ，故C正确；D、缺少数据无法求出Fe2O3的质量分数，故D错误。故答案选D22.C试题分析：A、甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2，二氧化碳与C反应得到CO，符合转化关系，故A正确；B、若甲为SO2，丁为氨水，乙为亚硫酸氢铵，丙为亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反应得到NH4HSO3，符合转化关系，故B
48、正确；C、若甲为Fe，丁是氯气，则乙为氯化铁，氯化铁与氯气不反应，不符合转化关系，故C错误；D、甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确23.C试题分析：A、反应装置中生成的氯气含有水蒸气，红色布条褪色，故错误；B、NO与O2反应生成NO2，因此不能用排空气法收集NO，应用排水法收集，故错误；C、C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O，SO2能使品红溶液褪色，且SO2有毒，必须尾气处理，利用NaOH除去，故正确；D、生成的NH3密度小于空气的，因此收集NH3用向下排空气法收集，故错误。24.C试题分析
49、：A、根据题目所给数据，计算出方案一中X的溶液为AlCl3，方案二中Y的溶液为NaAlO2、NaOH，故错误；B、X溶液中加入NaOH溶液，立即产生Al(OH)3沉淀，而图像开始时无沉淀，故错误；C、AlCl3的物质的量为0.1mol，NaAlO2为0.1mol，溶液的体积都相等，因此浓度相等，故正确；D、两者反应没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，故错误。25.C 26.（1）29；1s22s22p63s23p63d10或3d10；（2）sp2；6NA；乙酸分子之间存在分子间氢键；（3）16；（4）12；2Cu+8NH3H2O+O2=22+4OH+6H2O【分析】（1）Cu核外有29个电子
50、，每个电子的运动状态是不一样，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式；（2）根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，一个乙醛分子中含有6个键，分子间的氢键可以使物质的熔沸点升高；（3）氧化亚铜的立方晶胞内部有四个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，根据均摊法可知，氧原子总数为4+8=8，根据化学式Cu2O可推算铜原子数；（4）铜晶体中以顶点上的铜原子为例，铜原子周围距离最近的铜原子位于经过该顶点的12个面的面心上，每个晶胞中含有的铜原子数为8=4，根据计算密度，Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，氧气能将铜氧为铜离子，与氨
51、分子形成铜氨配合离子，据此书写离子方程式【解答】解：（1）Cu核外有29个电子，每个电子的运动状态是不一样，所以有29个不同运动状态的电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，所以Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或3d10，故答案为：29；1s22s22p63s23p63d10或3d10；（2）醛基中碳原子含有3个键，所以醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2，一个乙醛分子中含有6个键，所以1mol乙醛分子中含有的键的数目为6NA，乙酸分子间的氢键可以使物质的熔沸点升高，故答案为：sp2；6NA；乙酸分子之间存在分子间氢键；（3）氧化亚铜的立
52、方晶胞内部有四个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，根据均摊法可知，氧原子总数为4+8=8，根据化学式Cu2O可知，晶胞中含有铜原子数为82=16，故答案为：16；（4）铜晶体中以顶点上的铜原子为例，铜原子周围距离最近的铜原子位于经过该顶点的12个面的面心上，所以晶胞中铜原子的配位数为12，每个晶胞中含有的铜原子数为8=4，晶胞参数a=361.49pm=361.491010cm，则晶胞的体积为（361.491010cm）3，根据可知，铜晶胞的密度为=g/cm3，Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，氧气能将铜氧为铜离子，与氨分子形成铜氨配合离子，反应的离子方程式为2Cu+8NH3H2O+
53、O2=22+4OH+6H2O，故答案为：12；2Cu+8NH3H2O+O2=22+4OH+6H2O【点评】本题考查了物质结构与性质的有关知识，涉及配位数的计算、原子杂化方式的判断、核外电子排布式的书写、晶胞的计算、配合物等知识点，根据构造原理、均摊法等知识点来分析解答，题目难度不大，难点是配位数的计算27.（1）1s22s22p63s23p63d64s2；7；（2）sp3；NF3中成键电子对偏向F原子，NH3中成键电子对偏向N原子，成键电子对与成键电子对之间的斥力作用前者小于后者；（3）CNO；（4）12；（22 ）r【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E、F、G为前四周
54、期中常见元素，且原子序数依次增大B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，L层电子数为4，则B为碳元素；A的原子半径最小，则A为H元素；D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，s能级容纳2个电子且P轨道容纳电子，则n=2，故D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E为周期表中电负性最大的元素，则E为氟元素；F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，则F为Fe；G与F同族且原子序数比F大2，则G为Ni【解答】解：A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依次增大B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，L层电子数为4，则B为碳元素
55、；A的原子半径最小，则A为H元素；D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，s能级容纳2个电子且P轨道容纳电子，则n=2，故D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E为周期表中电负性最大的元素，则E为氟元素；F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，则F为Fe；G与F同族且原子序数比F大2，则G为Ni（1）F为Fe，原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，其中含有7种能量不同的电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；7；（2）NF3和NH3均是三角锥形分子，键角分别为102和107.3，为三角锥形结构，
56、则N原子的杂化方式为sp3，其中NF3的键角比NH3的键角小的原因：NF3中成键电子对偏向F原子，NH3中成键电子对偏向N原子，成键电子对与成键电子对之间的斥力作用前者小于后者，故答案为：sp3；NF3中成键电子对偏向F原子，NH3中成键电子对偏向N原子，成键电子对与成键电子对之间的斥力作用前者小于后者；（3）C、N、O三种元素形成的一种粒子与二氧化碳分子互为等电子体，其化学式为CNO，故答案为：CNO；（4）G单质晶体中原子为面心立方最密堆积，以顶点原子为研究对象，与之相邻的原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，则晶胞中G原子的配位数为=12若G原子半径为r cm，则
57、晶胞边长为4r cm=2r cm，则G原子所形成的最小正四面体空隙中，能填充的粒子的最大直径为（ 2r cm2r cm）=（22 ）r cm，故答案为：12；（22 ）r28.（1）FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH；0.2；（2）右；左；（3）使用时间长、工作电压稳定；（4）2、10、3、2、9、5；（5）减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；（6）2.5【考点】制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）根据电池装置，Zn做负极，C为正极，高铁酸钾的氧化性很强，左边烧杯只能生成三价铁，三价铁离子在碱溶液中沉淀下来，则正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe（OH）
58、3；根据电子转移计算Zn的质量；（2）盐桥可起到平衡电荷，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；（3）由图可知高铁电池的优点有：使用时间长、工作电压稳定；氯化铁溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠，发生反应为：2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，将Na2FeO4粗产品在40%KOH溶液中溶解，过滤除去杂质NaCl，加入饱和KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，冷却结晶、过滤，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体
59、表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾（4）其中Fe元素化合价由+3价升高为+6价，共升高3价，Cl元素化合价由+1价降低为1，价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，则FeCl3的系数为2、NaClO的系数为3，再根据原子守恒配平；（5）加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；（6）根据Ksp=c（Fe3+）c3（OH）=4.01038计算开始沉淀时c（OH），再根据水的离子积计算溶液中c（H+），根据稀释定律计算需要盐酸的体积【解答】解：（1）根据电池装置，Zn做负极，C为正极，高铁酸钾的氧化性很强，左边烧杯只能生成三价铁，三价铁离子在碱溶液中
60、沉淀下来，正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe（OH）3，正极电极反应式为：FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH，若维持电流强度为1A，电池工作十分钟，通过电子为，则理论消耗Zn为65g/mol=0.2g，故答案为：FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH；0.2；（2）盐桥中阴离子移向负极移动，盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，放电时盐桥中氯离子向右移动，用某种高分子材料制成阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向左移动，故答案为：右；左；（3）由图可知高铁电池的优点有：使用时间长、工作电压稳定，故答案为：使用时间长、工作电压稳
61、定；氯化铁溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠，发生反应为：2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，将Na2FeO4粗产品在40%KOH溶液中溶解，过滤除去杂质NaCl，加入饱和KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，冷却结晶、过滤，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾（4）其中Fe元素化合价由+3价升高为+6价，共升高3价，Cl元素化合价由+1价降低为1，价，共降低2价，
62、化合价升降最小公倍数为6，则FeCl3的系数为2、NaClO的系数为3，再根据原子守恒配平后反应方程式为：2FeCl3+10NaOH+3NaClO2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，故答案为：2、10、3、2、9、5；（5）加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出，故答案为：减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；（6）溶液中c（Fe3+）=5mol/L，根据Ksp=c（Fe3+）c3（OH）=4.01038，可知开始沉淀时c（OH）=21013mol/L，则溶液中c（H+）=mol/L=0.05mol/L，根据稀释定律，需要盐酸的体积为=2.5mL
63、，故答案为：2.529.（1）液；水 （2）黄绿色 （3）d（2分） c（2分）；Br2+SO32+H2O=SO42+2Br+2H+（2分）（4）（2分） 控制温度在59（或58.8）（5）除去未反应完的溴蒸气 在D与E之间增加一盛有CCl4的洗气装置（2分） 【名师点晴】本题题目难度中等，熟练掌握化学实验基本操作方法及物质分离与提纯方案的设计原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体
64、(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。30.（1）HCO3、CO32 (各1分，共2分)（2）NH4OHNH3H2O 或NH4HCO32OHNH3CO322H2O (2分) （3）A(2分) （4）A(2分) （5） (2分)（6）本小题属于开放性试题，若考生只回答“合理”或“不合理”不给分；若考生回答“合理”或“不合理”且理由能做出相应解释，可酌情给分(3分)。例如：考生回答不合理，因为碳铵中可能含有HCO3，不能与BaCl2产生沉淀，所测得碳元素质量分数不准确。 合理，因为碳铵中只含有CO32，加入BaCl2能完全生成沉淀，可准确测得碳元素的质量。
