高三化学一轮复习同步检测试题(DOC 19页).doc

1、山东省滕州市善国中学2016-2017学年高三一轮复习化学同步检测试题第I卷（选择题）一、选择题1.据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6 = O2(PtF6)，已知O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列叙述正确的是A在此反应中，每生成lmolO2(PtF6)，则转移1mol电子B在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂CO2(PtF6)中氧元素的化合价是+1价D O2(PtF6)中仅存在离子键不存在共价键2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温常压下，7.8gNa2S固体和7.8gNa2O2固体中含有的阴离子数目均为0.1NAB在标准状

2、况下，22.4LCl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为26.021023C含1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中得到胶体数目为NAD标准状况下，Na2O2与足量的CO2反应生成2.24LO2，转移电子数为0.4NA3.常温下，下列各组粒子在指定溶液中能量共存的是（）A在酸性KMnO4溶液中：Na+、C2H5OH、NH4+、ClB能溶解CaCO3的溶液中：Fe2+、Ca2、Cl、NO3C澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42、ClD能使淀粉KIO3试纸显蓝色的溶液中：K+、H+、SO42、I4.LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于Na3AlF6常见的供氢原理如下面两个方程式所

3、示：2LiAlH42LiH+2Al+3H2，LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2下列说法正确的是（）A若反应中生成3.36 L氢气，则一定有2.7 g铝生成B氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为LiH+H2OLiOH+H2C生成等质量的氢气，反应、转移电子数之比为4：3DLiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物5.下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是 （ ） A体积相等时，密度相等 B原子数相等时，具有的中子数相等 C体积相等时，具有的电子数相等 D质量相等时，具有的质学数相等6.已知：CH3OH(g) +3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=

4、akJmol1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=bkJmol1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（1） H=ckJmol1则下列叙述正确的是（ ）A由上述热化学方程式可知bc B甲烷的燃烧热为bkJ/molC2CH3OH(g)=2CH4(g) +O2(g) H=2(b-a)KJ mol1D当甲醇和甲烷物质的量之比为1:2时，其完全燃烧生成CO2和H2O（1）时，放出的热量为Q kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为Q/(a+2b) mol7.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A热稳定性H2OH2SB还原性BrClC金属性 KNaD酸性 HC

5、lHF8.下列反应在任何温度下均能自发进行的是（）A2H2O2（l）=O2（g）+2H2O （l）H=196 kJmol1B2N2（g）+O2（g）=2N2O（g）H=+163 kJmol1C2Ag（s）+Cl2（g）=2AgCl（s）H=254 kJmol1D2HgO（s）=2Hg（l）+O2 （g）H=+182kJmol19.采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收下列说法不正确的是（）A在浓海水中存在反应 Br2+H2OHBr+HBrOB纯碱溶液显碱性的原因是 CO32+2H2OH2CO3+OHC海水中提取溴还可用到的反应 Cl2+2Br2Cl+Br2D纯碱吸收溴的主要反应是3

6、Br2+3Na2CO35NaBr+NaBrO3+3CO210.铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”铜主要是黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，其简单流程如图所示，下列说法正确的是（）A焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫B在焙烧时氧化剂只有氧气C粗铜精炼时用粗铜做阴极DCu2S可用于火法炼制铜11.有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是选项古文或谚语化学解释A日照香炉生紫烟碘的升华B以曾青涂铁，铁赤色如铜置换反应C煮豆燃豆萁化学能转化为热能D雷雨肥庄稼自然固氮12.下列关于氧化物的各项叙述正确的是 ( )酸性氧化物不一定是非金属氧化物非金

7、属氧化物肯定是酸性氧化物碱性氧化物肯定是金属氧化物金属氧化物肯定是碱性氧化物酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸与水反应生成酸的氧化物不一定是酸酐，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应A B C D13.化学概念在逻辑上存在如下关系：对下列概念的说法正确的是A电解质与非电解质属于包含关系 B化合物与碱性氧化物属于包含关系C单质与化合物属于交叉关系 D氧化还原反应与分解反应属于并列关系14.由CH4和O2组成的混合气体，标准状况下的密度为1gL-1,则该混合气体中CH4和O2的体积比为（） A2:1 B1:2 C2:3 D3:215.取x g铜镁合金完全溶于浓

8、硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960 mL的NO2气体和672 mLN2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于 A8.64g B9.20g C9.00g D9.44g16.下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容据此，下列说法正确的是A该硫酸的物质的量浓度为 9.2 mol/LB1 mol Zn与足量的该硫酸反应产生2 g氢气C配制200 mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸50 mLD该硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol/L17.下列溶液一定呈中性的是()Ac(H

9、)c(OH)106molL1的溶液 BpH7的溶液C使石蕊试液呈紫色的溶液 D酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液18.通常人们把拆开1 mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（H），化学反应的H等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。 化学键SiOSiClHHHClSiSiSiC键能/kJmol1460360436431176347工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）2H2（g）Si（s）4HCl（g），该反应的反应热H为（）A412 kJmol1 B412 kJmol1C236 kJmol1 D236 kJmol1

10、19.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得部分数据见下表：t / s050150250350n(PCl3) / mol00. 160. 190. 200. 20下列说法正确的是 （）A.反应在前50 s 的平均速率v(PCl3)= 0. 0032 molL-1s-1B.保持其他条件不变，升高温度，达新平衡时c(PCl3)= 0. 11 molL-1，则反应的Hv(逆)20.和丙醇组成的混合物中氧的质量分数为8%，则此混合物中氢的质量分数为（ ） A78% B22% C14%、

11、D13%第II卷（非选择题）二、计算题21.（5分）向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0molL1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g求混合物中Cu的质量产生的NO在标准状况下的体积22.(12分)某研究小组用黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，再用水吸收该气体可得ClO2溶液。在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，具体情况如图所示。（1） 据图可知，反应时需要

12、控制的适宜温度是_，要达到此要求需要采取的措施是_。（2） 已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被ClO氧化成SO，请写出FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯(ClO2)的离子方程式：_。（3） 该小组拟以“m(ClO2)/m(NaClO3)”作为衡量ClO2产率的指标。若取NaClO3样品6.0 g，通过反应和吸收获得400 mL ClO2溶液，取此溶液20 mL与37.00 mL 0.500 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应后，过量的Fe2再用0.050 0 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液20.00 mL。反应原理为：

13、4HClO25Fe2=Cl5Fe32H2O14HCr2O6Fe2=2Cr36Fe37H2O试计算ClO2的“产率”(写出计算过程)。23.某工业废液里含有FeCl2、CuCl2和FeCl3为回收铜并得到纯净的FeCl3溶液，如图是综合利用的主要流程：（1）方框内物质A和B的化学式：A ，B （2）根据图示第步的有关离子方程式为 （3）第步的化学方程式为 三、实验题24.活性氧化锌常用作橡胶制品的硫化活性剂工业上用粗氧化锌（含少量CuO、FeO、MnO、Fe2O3等）生产活性氧化锌，生产工艺流程如图：Fe（OH）2Fe（ OH）3Cu（OH）2Zn（OH）2Mn（OH）2开始沉淀的pH7.52.

14、25.26.48.6沉淀完全的pH9.0 3.26.78.010.1根据上表提供的信息，回答下列问题：（1）“废渣1”的主要成分是 （2）完成“反应器2”中反应之一的离子方程式： MnO4+ Mn2+ = MnO2+ H+（3）蘸取“反应器2”中的溶液点在 试纸上，如果观察到试纸变蓝，说明KMnO4过量（4）“废渣2”分离出的MnO2可用于制取MnO，已知：2MnO2（s）+C（s）2MnO（s）+CO2（g）H=174.6kJmol1C（s）+CO2（g）2CO（g）H=+283.0kJmol1试写出MnO2（s）与CO（g）反应制取MnO（s）的热化学方程式： （5）“反应器3”中加入锌粉

15、的作用是 （6）“反应器4”得到的废液中，含有的主要离子除了Na+外，还有 （7）从“反应器4”中经过滤等操作得到碱式碳酸锌取碱式碳酸锌3.41g，在400450下加热至恒重，得到ZnO 2.43g和标准状况下CO20.224L，碱式碳酸锌的化学式 25.常温下，pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe2+、Al3+、Fe3+、CO32、NO3、Cl、I、SO42中的几种，且各离子浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示：回答下列问题：（1）溶液A中一定不存在的阴离子有 （2）生成沉淀甲和沉淀乙的离子方程式分别为 、 （3）气体乙的结构式为（4）生成气体

16、丙的离子方程式为 若实验消耗Cu144g，则最多生成气体丁的体积（标准状况下）为33.6L试卷答案1.A试题分析：A、PtF6中F显1价，Pt显6价，O2(PtF6)中Pt显5价，因此每生成1molO2(PtF6)，则转移1mole，故正确；B、Pt由65，化合价降低，因此PtF6是氧化剂，O2是还原剂，故错误；C、O2(PtF6)中PtF6整体显1价，则O显1/2价，故错误；D、PtF6中存在共价键，故错误。2.A解：A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故7.8g混合物的物质的量为0.1mol，而两者均由2个钠离子和1个阴离子构成，故0.1mol混合物中含0.1mol阴离子

17、即0.1NA个，故A正确；B、标况下22.4L氯气和HCl的物质的量为1mol，故分子个数N=nNA=NA个，故B错误；C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁所形成的胶粒的个数小于NA个，故C错误；D、标况下2.24L氧气的物质的量为0.1mol，而反应过程中氧元素的价态由1价变为0价，故生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误故选A3.C【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A酸性KMnO4溶液，具有强氧化性；B能溶解CaCO3的溶液，显酸性；C该组离子之间不反应；D使淀粉KIO3试纸显蓝色的溶液，含碘单质【解答】解：A酸性KMnO4

18、溶液，具有强氧化性，与C2H5OH或Cl发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B能溶解CaCO3的溶液，显酸性，Fe2+、H、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D使淀粉KIO3试纸显蓝色的溶液，含碘单质，H+、IO3、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大4.人们对时间的掌握有这样的说法：50年代看天上(太阳)，70年代看墙上(挂钟)，80年代看手上(手表)，90年代看腰上(BP机、手机)

19、。这一变化主要反映了A.人们的生活习惯不断变化B.人们的生活水平不断提高C.我国的轻工业发展很快D.人们的消费观念发生了变化5.C6.C试题分析： A、水由气态到液态放热，则上述热化学方程式bc，A错误；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时放出的热量，水的稳定的氧化物是液态水，则甲烷的燃烧热应大于bkJ/mol，B错误；C、2-2可得2CH3OH(g)=2CH4(g) +O2(g) ，则H=2(b-a)KJ mol1，C正确；D、甲醇和甲烷物质的量之比为1:2，其完全燃烧生成CO2和H2O（g）时，放出的热量为Q kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为Q/(a+2b) mol，D错

20、误。答案选C。7.D【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；元素周期律的作用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A非金属性越强，氢化物越稳定；B非金属性越强，对应离子的还原性越弱；C同主族，从上到下金属性增强；D非金属性FCl，但HF为弱酸【解答】解：A非金属性OS，则热稳定性H2OH2S，能用元素周期律解释，故A正确；B非金属性ClBrI，则还原性BrCl，能用元素周期律解释，故B正确；C同主族，从上到下金属性增强，则金属性 KNa，能用元素周期律解释，故C正确；D非金属性FCl，但HF为弱酸，HCl为强酸，不能用元素周期律解释，故D错误；故选D【点评】本题考查元素的性质

21、及元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大8.A解：A、反应是放热反应H0，S0，任何温度下都能自发进行，故A正确；B、反应是吸热反应H0，S0，任何温度下不能自发进行，故B错误；C、反应是放热反应H0，S0，低温下不能自发进行，故C错误；D、反应是吸热反应H0，S0，低温下不能自发进行，故D错误；故选：A9.B【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】ABr2的性质与Cl2类似，能与水反应；B多元弱酸根分步水解；C氯气能把溴离子氧化为单质溴；D碳酸钠与单质溴反应生成溴化钠、溴酸钠、二氧化碳【解答】解：ABr2的性质

22、与Cl2类似，能与水反应生成HBr和HBrO，则在浓海水中存在反应 Br2+H2OHBr+HBrO，故A正确；B多元弱酸根分步水解，所以碳酸钠水解方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，故B错误；C氯气能把溴离子氧化为单质溴，其反应为：Cl2+2Br2Cl+Br2，故C正确；D碳酸钠与单质溴反应生成溴化钠、溴酸钠、二氧化碳，其反应为3Br2+3Na2CO35NaBr+NaBrO3+3CO2，故D正确故选B【点评】本题考查了氧化还原反应、卤素单质及其化合物的性质，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握多元弱酸根离子的水解特点10.D【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】几种重要的

23、金属及其化合物【分析】A焙烧时还生成金属硫化物；B焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为2价；C粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连；D火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2【解答】解：A焙烧时还生成金属硫化物，部分硫元素转化为二氧化硫，故A错误；B焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为2价，则氧化剂为氧气和CuFeS2，故B错误；C粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连，则粗铜为阳极，故C错误；D火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2，则Cu2S可用于火法炼制铜，故D正确；故选D【点评】本题考查物质

24、的性质及应用，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电解原理、金属冶炼等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大11.A试题分析：A、烟是气溶胶，日照香炉生紫烟，是丁达尔效应，错误，选A；B、曾青是硫酸铜溶液，铁与硫酸铜荣恶意发生置换反应，正确，不选B；C、豆萁是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维是把化学能转化为热能，正确，不选C；D、闪电下雨，过程发生的主要化学反应有氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与土壤中的弱酸反应生成硝酸盐，农作物吸收硝酸根中的化合态的氮，这是自然固氮的过程，正确，不选D。12.A知识点

25、:化物的概念及其相互联系 答案解析: 解析：酸性氧化物也可能是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故正确；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故错误；碱性氧化物肯定是金属氧化物，故正确；金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故错误；酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如SiO2不溶于水，但是二氧化硅是酸性氧化物，故错误；与水反应生成酸的氧化物不一定是酸酐，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物，如NO2能与水反应生成硝酸，但不是硝酸的酸酐，硝酸的酸酐是N2O5，Na2O2能与水反应生成NaOH，但它不属于碱

26、性氧化物，是过氧化物，故正确；不能跟酸反应的氧化物不一定能跟碱反应，如一氧化碳既不与酸反应也不与碱反应，故错误。思路点拨:题考查了氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题。13.B试题分析：A、在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，电解质和非电解质都必须首先是化合物，二者为并列关系，A错误；B、化合物有多种元素组成，其中氧化物是含有氧元素和另外一种元素的化合物，是包含关系，B正确；C、从物质分类的知识可知物质可分为纯净物与混合物，纯净物又可分为化合物与单质，二者属于并列关系，C错误；D、物质和氧之间的反应是

27、氧化反应（物质中元素化合价升高，原子失电子的反应），但是分解反应不一定有氧气参加，不一定伴随化合价变化，属于交叉关系，故D错误。14.D15.B识点：元素化合物计算解析：N元素化合价降低 HNO3-NO2 n=8.96L/(22.4mol/L)=0.4mol 故转移电子数是0.4（5-4）=0.4mol HNO3-N2O4 n=0.672L/(22.4mol/L)=0.03mol 故转移电子数是0.03（5-4）2=0.06mol故转移电子总数是0.46mol，设Cu amol Mg bmol根据题意可得 2a +2b=0.46 98a+58b=17.02 解得：a=0.092mol b=0.

28、138mol故X=0.13824+0.09264=9.20g，故B正确。思路点拨：本题考查了元素化合物的计算，主要运用氧化还原化合价变化，不需要写出方程式，会使思路和做题过程变得繁琐，抓住氧化还原的本质，电子得失相等即可。16.C17.A18.C19.D略20.C略21.混合物中Cu的质量为12.8g；产生的NO在标准状况下的体积为4.48L考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，氢氧化铜的

29、物质的量为：=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4mol；设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及Cu元素物质的量列方程计算二者的物质的量，再计算出铜的质量；利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积解答：解：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，Cu（OH）2的物质的量为：=0.4m

30、ol，根据铜元素守恒有：n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4mol设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可得：64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有：x+2y=0.4，联立方程解得：x=0.2，y=0.1，所以混合物中铜的质量为：64g/mol0.2mol=12.8g，答：混合物中Cu的质量为12.8g；根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），即：3n（NO）=20.2mol+20.1mol，解得：n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为：0.2mo

31、l22.4L/mol=4.48L，答：产生的NO在标准状况下的体积为4.48L点评：本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确反应过程、反应原理为解答关键，注意守恒思想在化学计算中的应用方法22. 略23.（1）HCl；Cl2；（2）2Fe3+Fe=3Fe2+，Cu2+Fe=Cu+Fe2+；（3）2FeCl2+Cl2 =2FeCl3解析：由流程图可知废液的处理过程为：利用过量的饱和氯化铁溶液与镀铜电路板上金属铜反应，然后用过量铁粉把生成的氯化铜置换得到金属铜，同时把过量的氯化铁溶液转变为氯化亚铁溶液，过滤所得沉淀用盐酸分离铜和铁，最后过滤分离出金属铜而回收铜，并把滤液氯化

32、亚铁与氯气反应而转化为氯化铁溶液循环利用（1）分离Cu和Fe，可加入盐酸，得到FeCl2和Cu，反应后的滤液为FeCl2，可与Cl2反应生成FeCl3，故答案为：HCl；Cl2；（2）CuCl2和FeCl3中加入铁粉，分别发生：Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，离子反应分别为2Fe3+Fe=3Fe2+，Cu2+Fe=Cu+Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+，Cu2+Fe=Cu+Fe2+；（3）氯化亚铁与氯气反应而转化为氯化铁，反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2 =2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2 =2FeCl324.（1）Fe（

33、OH）3；（2）2；3；2H2O；5；4（3）淀粉碘化钾；（4）MnO2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO2（g）H=228.8kJ/mol；（5）调节溶液pH，除去溶液中Cu2+；（6）K+、SO42；（7）ZnCO32Zn（OH）2H2O【考点】制备实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】粗氧化锌加入稀硫酸溶解，过滤，得到溶液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜、硫酸锰，加入氧化性调节溶液pH=4.55，铁离子转化为Fe（ OH）3沉淀，过滤分离，再加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，由（2）中反应器2中反应离子方程式，则锰离子被氧化MnO2，过滤分离，滤液中加入Zn粉，置换出C

34、u，除去溶液中铜离子，过滤分离，滤液中主要含有硫酸锌、硫酸钾，加入碳酸钠，由（7）酯得到碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌（1）加入氧化性调节溶液pH=4.55，铁离子转化为Fe（ OH）3沉淀；（2）MnO4中Mn元素由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Mn2+中+2价升高为MnO2中+4价，升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则MnO4的系数为2，Mn2+的系数为3，由原子守恒可知缺项为水，再结合原子守恒、电荷守恒配平；（3）蘸取“反应器2”中的溶液点在淀粉碘化钾试纸上，如果观察到试纸变蓝，说明KMnO4过量；（4）已知：2MnO2（s）+C（s）2MnO（s）+CO2（g）H=1

35、74.6kJmol1C（s）+CO2（g）2CO（g）H=+283.0kJmol1根据盖斯定律，（）2可得：MnO2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO2（g）；（5）调节溶液pH，除去溶液中Cu2+；（6）“反应器4”得到的废液中主要含有硫酸钾、硫酸钠；（7）分解最终生成氧化锌、二氧化碳与水，根据质量守恒计算生成水的质量，计算氧化锌、二氧化碳、水的物质的量，再根据原子守恒计算碱式碳酸锌中ZnCO3、Zn（OH）2、H2O的物质的量之比确定组成【解答】解：粗氧化锌加入稀硫酸溶解，过滤，得到溶液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜、硫酸锰，加入氧化性调节溶液pH=4.55，铁离子转化为Fe（

36、 OH）3沉淀，过滤分离，再加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，由（2）中反应器2中反应离子方程式，则锰离子被氧化MnO2，过滤分离，滤液中加入Zn粉，置换出Cu，除去溶液中铜离子，过滤分离，滤液中主要含有硫酸锌、硫酸钾，加入碳酸钠，由（7）酯得到碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌（1）加入氧化性调节溶液pH=4.55，铁离子转化为Fe（ OH）3沉淀，故答案为：Fe（ OH）3；（2）MnO4中Mn元素由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Mn2+中+2价升高为MnO2中+4价，升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则MnO4的系数为2，Mn2+的系数为3，由原子守恒可知缺项为水，再结

37、合原子守恒、电荷守恒配平，反应离子方程式为：2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+，故答案为：2；3；2H2O；5；4（3）蘸取“反应器2”中的溶液点在淀粉碘化钾试纸上，如果观察到试纸变蓝，说明KMnO4过量，故答案为：淀粉碘化钾；（4）已知：2MnO2（s）+C（s）2MnO（s）+CO2（g）H=174.6kJmol1C（s）+CO2（g）2CO（g）H=+283.0kJmol1根据盖斯定律，（）2可得：MnO2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO2（g）H=228.8kJ/mol，故答案为：MnO2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO2（g）H=228.8kJ/mol；（

38、5）“反应器3”中加入锌粉的作用是：调节溶液pH，除去溶液中Cu2+，故答案为：调节溶液pH，除去溶液中Cu2+；（6）“反应器4”得到的废液中主要含有硫酸钾、硫酸钠，含有的主要离子除了Na+外，还有K+、SO42，故答案为：K+、SO42；（7）分解最终生成氧化锌、二氧化碳与水，得到ZnO 2.43g，物质的量为=0.03mol，CO2的物质的量为=0.01mol，质量为0.01mol44g/mol=0.44g，故水的质量为3.41g2.43g0.44g=0.54g，水的物质的量为=0.03mol，则n（ZnCO3）=0.01mol，nZn（OH）2=0.03mol0.01mol=0.02m

39、ol，n（H2O）=0.03mol0.02mol=0.01mol，故n（ZnCO3）：nZn（OH）2：n（H2O）=0.01mol：0.02mol：0.01mol=1：2：1，故碱式碳酸锌的组成为ZnCO32Zn（OH）2H2O，故答案为：ZnCO32Zn（OH）2H2O【点评】本题以工艺流程为载体，考查学生阅读获取信息能力、对操作步骤的分析评价、物质的分离提纯、热化学方程式书写、氧化还原反应配平、物质组成的测定等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力25.（1）CO32；（2）2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3

40、CO2；Ba2+CO32=BaCO3；（3）； （4）3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；33.6L【考点】物质检验实验方案的设计【专题】守恒法；物质的分离提纯和鉴别【分析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32；溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液含有一定有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，原溶液中有NO3，强酸性溶液中含有NO3，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I；铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气，氨气分子中每个H原子和N

41、原子共用一对电子；最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3、Al3+、SO42 Cl五种离子【解答】解：由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32；溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液含有一定有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，原溶液中有NO3，强酸性溶液中含有NO3，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I；最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3、Al3+、SO42 Cl五种离子（1）通过以上分析知，溶液A中一定不存在的阴离子有CO32，故答案为

42、：CO32；（2）沉淀甲是铝离子和碳酸根离子的双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，生成沉淀乙是钡离子和碳酸根离子的反应，二者离子方程式分别为2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2、Ba2+CO32=BaCO3，故答案为：2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2；Ba2+CO32=BaCO3；（3）铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气，氨气分子中每个H原子和N原子之间共用一对电子，其结构式为 ，故答案为：； （4）酸性条件下，铜和硝酸根离子发生氧化还原反应生成铜离子和NO，离子方程式为3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，根据转移电子守恒得V（NO）=22.4L/mol=33.6L，故答案为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；33.6L【点评】本题考查物质检验实验方案设计，为高频考点，明确离子性质及离子之间反应是解本题关键，根据某些物质特殊性进行推断，熟练掌握转移电子守恒的有关计算，题目难度不大19