2024年浙科版選修化學下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年浙科版選修化學下冊階段測試試卷309考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列說法正確的是A.NH3、CO、CO2都是極性分子B.H2O、D2O、T2O互為同分異構體C.CH4、CCl4都是含有極性鍵的非極性分子D.HF、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性依次增強2、某有機化工原料的結構簡式如圖所示；下列關于該有機物的說法正確的是。

A.不能使酸性KMnO4溶液褪色B.1mol該物質最多能和4molH2發(fā)生加成反應C.分子中所有原子共平面D.易溶于水及甲苯3、某飽和一元醇在灼熱銅絲的催化下可以氧化成4種不同結構的醛，則該醇的分子式為A.B.C.D.4、香檸檬酚具有抗氧化功能；它的結構如圖，下列說法正確的是（）

A.它的分子式為C13H9O4B.它與H2發(fā)生加成反應，1mol最多可消耗7molH2C.它與溴水發(fā)生反應，1mol最多消耗3molBr2D.它與NaOH溶液反應，1mol最多消耗3molNaOH5、已知：①

②

③

④→+H2↑

下列說法正確的是A.由反應①可推測苯甲醛和乙醛發(fā)生上述反應生成的是B.反應②屬于還原反應C.反應③屬于取代反應D.反應④屬于消去反應6、有5種有機物：①②③④CH3﹣CH=CH﹣CN⑤CH2=CH﹣CH=CH2；其中可用于合成高分子材料（結構如圖所示）的正確組合為。

A.①②④B.①②⑤C.②④⑤D.③④⑤7、人劇烈運動后肌肉發(fā)酸是因為當體內(nèi)氧氣缺少時葡萄糖發(fā)生反應產(chǎn)生了乳酸，其結構簡式為下列關于乳酸的說法正確的是（）A.乳酸的系統(tǒng)命名為1-羥基丙酸B.與乳酸具有相同官能團的所有同分異構體(包括乳酸)共3種C.乳酸既可發(fā)生取代反應、消去反應又可發(fā)生加成反應D.乳酸發(fā)生縮聚反應的方程式為n+nH2O8、在海輪的船殼上連接鋅塊，這是一種A.制成合金的保護法B.外加電流的陰極保護法C.犧牲陽極的陰極保護法D.犧牲正極的負極保護法評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、按要求填空：

（1）有機物命名：

________________________________；

___________________________________；

（2）依據(jù)名稱寫出物質：3；4-二甲基-4-乙基庚烷___________________________；

3；4，4-三甲基-1-戊炔____________________________________。

（3）已知有機物降冰片二烯的分子結構可表示為：

①降冰片二烯的分子式為______________；

②降冰片二烯屬于_________________；

a環(huán)烴b不飽和烴c烷烴d烯烴10、某二元酸HB在水中的電離方程式是HBH

的NaHB溶液顯酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子濃度關系式正確的是________填標號

A.

B.

C.

D.11、某溫度下純水中的c(H+)=2×10-7mol/L，則此時溶液中的c(OH-)=____；在該溫度下，0.04mol/L的NaOH溶液的pH=____；該溫度下，某溶液中由水電離產(chǎn)生的[OH-]和[H+]的乘積為1.6×10-17，則該溶液的pH=____。12、現(xiàn)有下列8種物質：①液氯；②銅；③熔融NaHSO4；④Fe(OH)3固體；⑤鹽酸；⑥蔗糖；⑦干冰；⑧紅磷固體；⑨AgCl；⑩CH3COOH晶體；請按要求回答下列問題(填寫物質編號）。

(1)上述狀態(tài)下能導電的是_________________________；

(2)屬于電解質是______________；

(3)屬于非電解質的是_______________；

(4)3.1g紅磷在氯氣中充分反應后；生成三氯化磷與五氯化磷的物質的量之比為1:3,該反應的化學方程式為___________________；

(5)寫出④與⑤反應的離子方程式________________________；

(6)寫出往NaHSO4溶液中沛加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性時的離子方程式________。13、現(xiàn)有常溫下pH＝2的HCl溶液甲和pH＝2的CH3COOH溶液乙；請根據(jù)下列操作回答問題：

（1）常溫下0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀釋過程中，下列表達式的數(shù)據(jù)一定變小的是_____。

A．c(H＋)B．c(H+)/c(CH3COOH)C．c(H＋)·c(OH－)

（2）取10mL的乙溶液，加入等體積的水，CH3COOH的電離平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移動；另取10mL的乙溶液，加入少量無水醋酸鈉固體(假設加入固體前后溶液體積保持不變)，待固體溶解后，溶液中的c(H+)/c(CH3COOH)比值將________(填“增大”“減小”或“無法確定”)。

（3）取等體積的甲、乙兩溶液，分別用等濃度的NaOH稀溶液中和，則消耗NaOH溶液體積的大小關系為V(甲)______(填“＞”“＜”或“＝”)V(乙)。

（4）已知25℃時，下列酸的電離平衡常數(shù)如下：?；瘜W式CH3COOHH2CO3HClOH2SO3電離平衡常數(shù)1.8×10－5K1＝4.3×10－7K2＝4.7×10－113.0×10－8K1＝1.54×10－2K2＝1.02×10－7

①下列微?？梢源罅抗泊娴氖莀_____填字母

a.CO32-、HSO3-b.HCO3-、HSO3-

c.SO32-、HCO3-d.CO32-、H2CO3

②寫出下列反應的離子方程式：

H2SO3＋Na2CO3(少量)：_______________

室溫下，0.1mol·L－l的KOH溶液滴10.00mL0.10mol·L－lH2C2O4(二元弱酸）溶液；所得滴定曲線如圖(混合溶液的體積可看成混合前溶液的體積之和)。請回答下列問題：

（5）點④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4?)+c(C2O42?)＝_____mol/L。點⑤所示的溶液中各離子濃度的大小順序_____．

（6）草酸晶體(H2C2O4·2H2O)為無色，某同學設計實驗測定其純度。實驗過程如下：稱取mg草酸晶體于錐形瓶中,加水完全溶解用cmol·L-1酸性KMnO4標準溶液進行滴定，則達到滴定終點時的現(xiàn)象是_______；該過程中發(fā)生反應的離子方程式為________；滴定過程中消耗VmLKMnO4標準溶液，草酸晶體純度為________。14、(1)與苯酚互為同系物的是_______(填字母)。

A.B.C.D.

(2)有八種物質：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④聚異戊二烯()、⑤2-丁炔、⑥環(huán)己烷、⑦環(huán)己烯、⑧既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。又能使溴水因化學反應而褪色的是_______。

(3)系統(tǒng)命名為_______，它消去生成的炔烴的結構簡式為_______。

(4)寫出乳酸()在濃硫酸作用下加熱發(fā)生的反應方程式：

①消去反應_______；

②形成六元環(huán)_______。15、寫出下列有機物的系統(tǒng)命名或結構簡式：

（1）_____________

（2）_____________

（3）4，4，5-三甲基-2-己炔_______________

（4）新型彈性材料“丁苯吡橡膠”的結構簡式如下：其單體為______________（有幾種寫幾種）

（5）如下表所示，為提純下列物質（括號內(nèi)為少量雜質），填寫所選用的除雜試劑與主要分離方法。不純物質除雜試劑分離方法1溴苯（Br2）____________________2乙醛（乙酸）____________________3乙酸乙酯（乙酸）____________________4乙醇（苯酚）____________________5硝基苯（硝酸）____________________

（6）①C5H12O的醇，在一定條件下能發(fā)生催化氧化反應，產(chǎn)物能與新制的氫氧化銅反應生成紅色沉淀，醇的核磁共振氫譜中有三組峰，寫出滿足上述條件的醇的結構簡式______

②C5H12O的醇，在一定條件下不能發(fā)生消去反應，寫出滿足條件的醇的結構簡式______

③分子式為C5H12O，不能與金屬鈉反應，核磁共振氫譜中有四組峰，峰的面積比為3：2：1：6，寫出滿足上述條件的物質的結構簡式______。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)16、己烯中混有少量甲苯，先加入足量溴水，然后加入酸性高錳酸鉀溶液，若溶液褪色，則證明己烯中混有甲苯。(____)A.正確B.錯誤17、鹵代烴發(fā)生消去反應的產(chǎn)物有2種。(___________)A.正確B.錯誤18、葡萄糖是人體所需能量的重要來源。(____)A.正確B.錯誤19、在蔗糖與稀硫酸共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，驗證產(chǎn)物中的葡萄糖。(____)A.正確B.錯誤20、所有的糖都有甜味，在分子組成上均滿足Cm(H2O)n。(____)A.正確B.錯誤21、天然的氨基酸都是晶體，一般能溶于水。(____)A.正確B.錯誤22、乙酸和乙酸乙酯可用飽和Na2CO3溶液加以區(qū)別。(____)A.正確B.錯誤23、若兩種二肽互為同分異構體，則二者的水解產(chǎn)物一定不一致。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、原理綜合題(共3題，共12分)24、硒和碲在工業(yè)上有重要用途。在銅；鎳、鉛等電解工藝的陽極泥中硒、碲主要以硒化物、碲化物及金屬狀態(tài)存在。一種從陽極泥中提取Se和Te的工藝流程見下：

已知：碲酸鈉(Na2H4TeO6)難溶，碲酸(H6TeO6)可溶。

回答下列問題：

（1）陽極泥在600K左右加入一定濃度H2SO4“焙燒”時，單質Te轉化為TeO2的化學方程式為___________________________________________。

（2）“焙砂”與碳酸鈉充分混合，干燥后通空氣氧化物料，每生成1mol碲酸鈉，則需要的氧化劑O2至少為_______mol；生成的碲酸鈉不水浸，而采取“酸浸”的原因是______________________________________。

（3）“反應”時的化學方程式為_________________________________________________。

（4）“還原”中的反應生成物為TeO2，檢驗反應后是否有反應物Na2SO3過量的實驗操作方法為________________________________________________________。

（5）已知“電解”時使用石墨電極，陽極產(chǎn)物與陰極產(chǎn)物的物質的量之比為______________。

（6）工藝路線中可以循環(huán)利用的物質有_____________________、_____________________。25、碲(Te)為第VIA元素，其單質憑借優(yōu)良的性能成為制作合金添加劑、半導體、光電元件的主體材料，并被廣泛應用于冶金、航空航天、電子等領域。可從精煉銅的陽極泥(主要成分為Cu2Te)中回收碲；

（1）“培燒”后,確主要以TeO2形式存在，寫出相應反應的離子方程式:______。

（2）為了選擇最佳的培燒工藝進行了溫度和硫酸加入量的條件試驗，結果如下表所示:。溫度/℃硫酸加入量(理論量倍數(shù))浸出率/%CuTeCuTe4501.2577.32.634601.0080.292.811.2589.862.872.871.5092.317.707.705001.2559.835.485501.2511.6510.63

則實驗中應選擇的條件為___________，原因為________________。

（3）濾渣1在堿浸時發(fā)生的化學方程式為___________。

（4）工藝（I）中，“還原”時發(fā)生的總的化學方程式為_____。

（5）由于工藝（I）中“氧化”對溶液和物料條件要求高。有研究者采用工藝（II）獲得磅.則“電積”過程中，陰極的電極反應式為___________。

（6）工業(yè)生產(chǎn)中；濾渣2經(jīng)硫酸酸浸后得濾液3和濾渣3。

①濾液3與濾液1合井。進入銅電積系統(tǒng)。該處理措施的優(yōu)點為______。

②濾渣3中若含Au和Ag，可用_____將二者分離。(填字母)

A.王水B.稀硝酸C.濃氫氧化鈉溶液D.濃鹽酸26、一定量的某有機物A完全燃燒后；生成0.03mol二氧化碳和0.04mol水，其蒸汽的密度是同溫同壓條件下氫氣密度的30倍。

（1）A的分子式為____________________。

（2）根據(jù)其分子組成，A的類別可能為__________或__________（填物質類別）。

（3）A可與金屬鈉發(fā)生置換反應，其H-NMR（氫核磁共振）譜圖顯示有三組吸收峰，請寫出A在銅催化下被氧化的化學方程式：____________________。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共4題，共8分)27、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下離子中的若干種：K+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-；現(xiàn)取兩份100mL溶液進行如下實驗：

①第一份加過量NaOH溶液加熱后；只收集到氣體0.02mol，無沉淀生成，同時得到溶液甲。

②在甲溶液中通入過量CO2；生成白色沉淀，沉淀經(jīng)過濾；洗滌、灼燒，質量為1.02g。

③第二份加足量BaCl2溶液后；得白色沉淀，加鹽酸不溶解，經(jīng)過濾；洗滌、干燥后，稱得沉淀質量為13.98g。

（1）由上述實驗可確定溶液中一定不存在的離子是______________，不能確定是否存在的離子是_______，檢驗該離子需使用何種試劑或方法______________。

（2）由題意可知此溶液呈________性（答酸性、堿性或中性），上述金屬離子中既能被氧化又能被還原的離子是___________。

（3）鉀離子是否存在（是或否）：_______，若存在其濃度范圍為（沒有則不答）：_________。28、I.由三種短周期元素組成的化合物A；按如下流程進行實驗。已知相同條件下氣態(tài)A物質的密度為氫氣密度的49.5倍。

請回答：

(1)組成A的三種元素為__________，A的化學式為__________。

(2)A與足量NaOH溶液反應的化學方程式為_______________________________________。

(3)A與足量氨氣在一定條件下可以反應生成2種常見的氮肥，該反應的化學方程式為__________________________________________________。

II.某興趣小組利用廢銅屑制備硫酸銅晶體；裝置如圖所示(夾持裝置和加熱裝置已略去)，在實驗中將適量硝酸逐滴加入到廢銅屑與稀硫酸的混合物中，加熱使之反應完全，通過蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶，制得硫酸銅晶體。

(1)將硝酸逐滴加入到廢銅屑與稀硫酸的混合物中的目的是___________________________。

(2)實驗過程中盛有NaOH溶液的燒杯上方仍然出現(xiàn)了紅棕色氣體，請對該實驗裝置提出改進意見：________________________________________________________________。29、如圖；A；B、C、D、E各代表碳、鐵、二氧化碳、硫酸銅溶液、氫氧化鋇溶液中的一種物質。一定條件下，相連環(huán)物質間能發(fā)生反應，不相連環(huán)物質間不能發(fā)生反應，且B的相對分子質量大于D。請?zhí)羁眨?/p>

(1)寫出下列物質的化學式：A_____，B_____，D_____。

(2)寫出下列反應的離子方程式：B＋C：_____________________。

(3)相連環(huán)物質間發(fā)生的反應中，氧化還原反應共有___________個。30、下圖表示各物質之間的轉化關系。已知：A、B、I都是XY2型化合物；且陽離子相同，A；B晶體中陰、陽離子個數(shù)比都是1∶1，但I晶體中陰、陽離子個數(shù)比是2∶1，I常用作干燥劑。

請按要求填空：

(1)I的電子式是___________；

(2)反應⑥的化學方程式是__________，反應③在工業(yè)上的一個重要用途是___________；

(3)反應④的化學方程式是_____________________；

(4)根據(jù)上圖中物質之間的轉化關系及題中所給信息判斷，B的化學式是___________。評卷人得分六、計算題(共1題，共6分)31、二元化合物X呈黑棕色晶體，易潮解，易溶于水、乙醇和乙醚；熔點306℃，沸點315℃，400℃時存在二聚體。將X加熱到200℃以上釋放出一種單質氣體：取1.2000gX,加熱完全分解為晶體B和氣體C;氣體C用足量KI溶液吸收，再用0.2500mol/LNa2S2O3溶液進行滴定，消耗29.59mL;晶體B可溶于水，所得溶液用0.0500mol/L的K2Cr2O7溶液進行滴定，消耗24.66mL。設分解反應轉移電子數(shù)為n,則X的摩爾質量為___________；滿足條件的X是___________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A．NH3、CO正負電荷重心不重合為極性分子，而CO2為非極性分子，故A錯誤；

B．H2O、D2O、T2O都是水分子，具有相似的化學性質，不屬于同分異構體，故B錯誤；

C．CH4、CCl4中的C-H、C-Cl鍵都是極性鍵，甲烷和四氯化碳都是正四面體結構，為非極性分子，所以二者都是含有極性鍵的非極性分子，故C正確；

D．非金屬性F＞Cl＞Br＞I，則HF、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性依次減弱，故D錯誤；

故選：C。

【點睛】

同種原子之間形成的共價鍵為非極性共價鍵，不同種原子之間形成的共價鍵為極性共價鍵；正負電荷重心重合的分子為非極性分子，不重合的為極性分子。2、B【分析】【詳解】

A選項，含有碳碳雙鍵，能使酸性KMnO4溶液褪色；故A錯誤；

B選項，1mol苯環(huán)消耗3mol氫氣，1mol碳碳雙鍵消耗1mol氫氣，因此1mol該物質最多能和4molH2發(fā)生加成反應；故B正確；

C選項；含有甲基，因此分子中所有原子不可能共平面，故C錯誤；

D選項；酯不易溶于水，故D錯誤。

綜上所述，答案為B。3、C【分析】【詳解】

飽和一元醇在灼熱銅絲的催化下可以氧化成4種不同結構的醛，則該羥基位于1號碳上，除該碳為支鏈有4種情況；根據(jù)支鏈情況可知，分子式為支鏈情況為：-CH2CH2CH2CH3、-CH2CH(CH3)CH3、-CH(CH3)CH2CH3、-C(CH3)3；

故選C。4、D【分析】【詳解】

A．烴的含氧衍生物所含氫原子個數(shù)不會為奇數(shù)，根據(jù)該物質的結構可知分子式為C12H8O4；故A錯誤；

B．分子中含有苯環(huán)和1個碳碳雙鍵以及1個酮基，都可與氫氣發(fā)生加成反應，則1mol最多可消耗5molH2；酯基不與氫氣發(fā)生加成反應，故B錯誤；

C．酚羥基只有1個對位氫原子可被取代，碳碳雙鍵可以和溴發(fā)生加成，所以它與溴水發(fā)生反應，1mol最多消耗2molBr2；故C錯誤；

D．該物質本身含有一個酚羥基；酯基水解生成一個酚羥基和一個羧基，所以1mol該物質最多消耗3molNaOH，故D正確；

故答案為D。5、D【分析】【詳解】

A、根據(jù)信息①可知，在堿性環(huán)境下，兩個醛分子先發(fā)生加成反應，然后在發(fā)生消去反應，生成烯醛，與CH3CHO發(fā)生反應最終生成A錯誤；

B；有機反應中去氫加氧的過程為氧化反應；②反應過程中去氫，屬于氧化反應，B錯誤；

C、反應③苯環(huán)上與羥基鄰位上氫與甲醛發(fā)生加成反應生成C錯誤；

D；反應④由乙苯變?yōu)楸揭蚁?；屬于消去反應，D正確；

正確選項D。

【點睛】

有機氧化還原反應主要從以下角度進行判定：有機物去氫或加氧，發(fā)生氧化反應，比如，乙醇氧化制乙醛，乙醛氧化制乙酸等；有機物加氫或去氧，發(fā)生還原反應，比如乙醛加氫還原為乙醇，硝基苯被還原為苯胺等。6、D【分析】【詳解】

該高聚物鏈節(jié)主鏈不含雜原子，屬于加聚反應生成的高聚物，鏈節(jié)主鏈上存在碳碳雙鍵結構，有8個碳原子，且中間含有1個碳碳雙鍵，其單體必為3種，按如圖所示劃線斷開在將雙鍵中的1個C?C打開，然后將半鍵閉合即可的該高聚物單體是：CH3?CH=CH?CN、CH2=CH?CH=CH2、即：③④⑤，故答案為：D。

【點睛】

加聚產(chǎn)物的單體推斷方法：

（1）凡鏈節(jié)的主鏈上只有兩個碳原子（無其它原子）的高聚物；其合成單體必為一種，將兩半鏈閉合即可；

（2）凡鏈節(jié)主鏈上只有四個碳原子（無其它原子）且鏈節(jié)無雙鍵的高聚物；其單體必為兩種，在正中間畫線斷開，然后將四個半鍵閉合即可；

（3）凡鏈節(jié)主鏈上只有碳原子并存在碳碳雙鍵結構的高聚物，其規(guī)律是“見雙鍵，四個碳，無雙鍵，兩個碳”畫線斷開，然后將半鍵閉合，即將單雙鍵互換。7、B【分析】【詳解】

A．乳酸的系統(tǒng)命名為2-羥基丙酸；故A錯誤；

B．與乳酸具有相同官能團的同分異構體乳酸分子有對稱碳原子有兩種旋光異構體，包括乳酸共3種，故B正確；

C．乳酸分子含有羥基；羧基；可發(fā)生取代反應、消去反應，不能發(fā)生加成反應，故C錯誤；

D．乳酸分子含有羥基、羧基，乳酸發(fā)生縮聚反應生成聚乳酸，反應的方程式為n+(n-1)H2O；故D錯誤；

故選B。8、C【分析】【分析】

【詳解】

A.制成合金的保護法是改變結構的化學方法；改變金屬的內(nèi)部結構。例如：把鉻；鎳加入普通鋼中制成不銹鋼，故A不符；

B.外加電流的陰極保護法：這種方法通過外加直流電源以及輔助陽極；迫使電子流向被保護金屬，使被保護金屬電極電位高于周圍環(huán)境來進行保護，故B不符；

C.犧牲陽極的陰極保護法：即用電極電位較低的金屬與被保護的金屬接觸；使被保護的金屬成陰極而不被腐蝕，故C符合；

D.沒有犧牲正極的負極保護法這種方法；故D不符；

故選C。二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【詳解】

（1）為烯烴，含有碳碳雙鍵的最長碳鏈含有6個C，主鏈為己烯，編號從距離碳碳雙鍵最近的一端開始，碳碳雙鍵在2號C，在2、4號C各含有1個甲基，該有機物名稱為2，4-二甲基-2-己烯；可以看作乙烯基取代了苯環(huán)上的1個H；該有機物名稱為苯乙烯；

（2）3，4-二甲基-4-乙基庚烷的主鏈有7個碳原子，3號、4號碳上各有一個甲基，4號碳上有一個乙基，結構簡式為：CH3CH2CH(CH3)(CH3)C(C2H5)CH2CH2CH3；3，4，4-三甲基-1-戊炔的主鏈為戊炔，最長碳鏈含有5個C，在1、2號C上含有碳碳三鍵，在3、4、4號C上有一個甲基，該有機物的結構簡式為：CH≡CCH(CH3)C(CH3)3；

（3）①由有機物結構簡式可知有機物分子式為C7H10；

②由結構簡式可知有機物含有環(huán)狀結構，并含有碳碳雙鍵，則屬于環(huán)烴和不飽和烴，答案選ab?！窘馕觥?，4-二甲基-2-己烯苯乙烯CH3CH2CH(CH3)(CH3)C(C2H5)CH2CH2CH3CH≡CCH(CH3)C(CH3)3C7H10ab10、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB-只能電離不能水解；根據(jù)氫離子和氫氧根離子濃度相對大小確定溶液的酸堿性；

（2）任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB?只能電離不能水解，導致溶液中c(H+)>c(OH?)；所以溶液呈酸性；

故答案為：HB?只能電離不能水解；

(2)A.H2B第一步完全電離，所以溶液中不存在H2B，根據(jù)物料守恒，應該為c(B2?)+c(HB?)=0.1mol/L；故A正確；

B.HB-不會進一步水解，所以溶液中沒有H2B分子；故B錯誤；

C.溶液中存在質子守恒，根據(jù)質子守恒得c(OH?)=c(H+)+c(HB?)；故C正確；

D.根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HB?)+2c(B2?)；故D錯誤；

故答案選AC。

【點睛】

本題的解題關鍵在于H2B第一步完全電離、第二步部分電離，在分析判斷是要注意HB?只能電離不能水解，故溶液中不含H2B分子?！窘馕觥竣?只能電離，不能水解②.11、略

【分析】【詳解】

純水中氫離子濃度和氫氧根離子濃度相同，故則此時溶液中的c(OH-)=2×10-7mol/L；此時溶液的Kw=2×10-7mol/L×2×10-7mol/L=4×10-14；0.04mol/L的NaOH溶液中c(OH-)=0.04mol/L，則c(H+)=則pH=-lg(1×10-12)=12；

某溶液中由水電離產(chǎn)生的c(OH-)和c(H+)乘積為1.6×10-17，且水電離的c(OH-)=c(H+)，則水電離出說明水的電離受到抑制，該溶液可能是酸溶液，也可能是堿溶液:若為堿溶液，溶液中c(H+)等于水電離出的若為酸溶液，溶液中c(OH-)等于水電離出的c(OH-)，即該酸溶液中c(OH-)=4×10-9mol/L，溶液中pH=-lg10-5=5，所以該溶液的pH為5或8.4?！窘馕觥?×10-7mol/L125或8.412、略

【分析】【詳解】

(1)②銅含有自由電子③熔融NaHSO4和⑤鹽酸都含有自由移動的離子，三者能導電；故答案為：②③⑤；

(2)③熔融NaHSO4和⑨AgCl熔融狀態(tài)下能完全電離，屬于強電解質；④Fe(OH)3固體；⑩CH3COOH晶體只能部分電離產(chǎn)生自由移動的離子，屬于弱電解質，所以屬于電解質為：③④⑨⑩；

(3)⑥蔗糖；⑦干冰，本身都不能電離產(chǎn)生自由移動的離子，都是化合物，為非電解質；

故答案為：⑥⑦；

(4)3.1g紅磷的物質的量為：在氯氣中充分反應，生成三氯化磷與五氯化磷的物質的量之比為1:3，則該反應中氧化劑為氯氣，氯元素由0價變?yōu)?1價，還原劑為P，化合價由0價變?yōu)?3價和+5價，且物質的量之比為1:3，根據(jù)電子守恒可知方程式為：4P+9Cl2=PCl3+3PCl5；

(5)氫氧化鐵和鹽酸反應生成氯化鐵和水，離子方程式為：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；

(6)NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，二者反應生成硫酸鋇，硫酸鈉和水，離子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；故答案為：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；【解析】②③⑤③④⑨⑩⑥⑦4P+9Cl2=PCl3+3PCl5Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OBa2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O13、略

【分析】【分析】

(1)CH3COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，n(H+)增大，酸性減弱c(H+)減小，c(OH-)增大；Kw不變；

(2)醋酸是弱電解質；加水稀釋促進醋酸電離；向醋酸中加入醋酸鈉固體，溶液中醋酸根離子濃度增大，抑制醋酸電離；

(3)pH相等的醋酸和鹽酸；醋酸的濃度大于鹽酸，等體積等pH的兩種酸，醋酸的物質的量大于鹽酸，酸的物質的量越多需要等濃度的氫氧化鈉溶液體積越大；

(4)①根據(jù)Ka越大酸性越強；根據(jù)酸性較強的能與酸性較弱的酸根離子反應；

②H2SO3和Na2CO3反應生成NaHSO3和NaHCO3；

(5)根據(jù)點④所示的溶液的體積25mL計算出溶液中各組分的濃度；根據(jù)點⑤所示的溶液中，溶質只有K2C2O4分析各離子濃度的大??；

(6)用cmol?L-1酸性KMnO4標準溶液進行滴定；利用高錳酸鉀溶液的顏色指示反應終點，高錳酸鉀溶液氧化草酸生成二氧化碳，結合反應的定量關系計算草酸晶體純度。

【詳解】

(1)A．CH3COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，c(H+)減小；故A正確；

B．=×=K不變，醋酸根離子濃度減小，則稀釋過程中比值變大，故B錯誤；

C．稀釋過程，促進電離，c(H+)減小，c(OH-)增大，c(H+)?c(OH-)=Kw；Kw不變，故C錯誤；

故答案為A；

(2)醋酸是弱電解質，加水稀釋促進醋酸電離，所以醋酸電離平衡向正反應方向移動；向醋酸中加入醋酸鈉固體，溶液中醋酸根離子濃度增大，抑制醋酸電離，則氫離子濃度減小，醋酸分子濃度增大，所以減??；

(3)pH相等的醋酸和鹽酸；醋酸的濃度大于鹽酸，等體積等pH的兩種酸，醋酸的物質的量大于鹽酸，酸的物質的量越多需要等濃度的氫氧化鈉溶液體積越大，所以消耗的NaOH溶液的體積大小關系為：V(甲)＜V(乙)；

(4)①已知Ka越大酸性越強，酸性強弱順序為H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，且酸性較強的能與酸性較弱的酸根離子反應，由于HCO3-的酸性小于HSO3-的酸性，所以HCO3-與HSO3-、SO32-不反應，即bc能共存，故答案為bc；

②H2SO3和Na2CO3反應生成NaHSO3和NaHCO3，發(fā)生反應的離子方程式為H2SO3＋CO32-===HSO3-＋HCO3-；

(5)點④所示的溶液的體積25mL，根據(jù)物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L×=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L×=0.06mol/L，所以c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)=0.10mol?L-1；點⑤所示的溶液中，溶質只有K2C2O4，水解后溶液顯示堿性，離子濃度大小關系為：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；

(6)稱取mg草酸晶體于試管中，加水完全溶解用cmol?L-1酸性KMnO4標準溶液進行滴定，則達到滴定終點時的現(xiàn)象是：當?shù)稳胱詈笠坏螛藴室簳r，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變，該過程中發(fā)生反應的離子方程式為：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，滴定過程中消耗VmLKMnO4標準溶液；結合離子方程式定量關系計算；

2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O

25cmol?L-1×V×10-3Ln

n=2.5cV×10-3mol，草酸晶體H2C2O4?2H2O的純度=×100%=%。

【點睛】

電解質溶液中存在的三個守恒：①電荷守恒規(guī)律，電解質溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在著Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下關系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒規(guī)律，電解質溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③質子守恒規(guī)律，如Na2S水溶液中質子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。質子守恒的關系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導得到?！窘馕觥竣?A②.向右③.減?、?＜⑤.bc⑥.H2SO3＋CO32-===HSO3-＋HCO3-⑦.0.10⑧.c（K+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）＞c（HC2O4-）＞c（H+）⑨.加入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)溶液由無色變?yōu)榧t色，且半分鐘不褪色⑩.5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O?.0.315cv/m14、略

【分析】【詳解】

(1)結構相似、分子組成相差若干個“CH2”原子團的有機物互為同系物，與苯酚互為同系物的有機物含有1個苯環(huán)、1個酚羥基，分子組成符合故選B。

(2)①甲烷不含碳碳雙鍵，既不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又不能使溴水褪色；②苯不含碳碳雙鍵，既不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又不能使溴水褪色；③聚乙烯結構簡式是不含碳碳雙鍵，既不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又不能使溴水褪色；④聚異戊二烯()含有碳碳雙鍵，既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又能使溴水褪色；⑤2-丁炔含碳碳叁鍵，既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又能使溴水褪色；⑥環(huán)己烷()不含碳碳雙鍵，既不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又不能使溴水褪色；⑦環(huán)己烯()含碳碳雙鍵，既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又能使溴水褪色；⑧含有酚羥基；既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又能使溴水褪色；故選④⑤⑦⑧。

(3)根據(jù)醇的系統(tǒng)命名原則，系統(tǒng)命名為4-甲基-2,3-戊二醇，它消去生成的炔烴的結構簡式為

(4)①在濃硫酸作用下加熱發(fā)生消去反應生成丙烯酸和水，反應方程式是CH2=CHCOOH+H2O；

②2分子形成六元環(huán)酯和水，反應方程式是2+2H2O。【解析】B④⑤⑦⑧4-甲基-2，3-戊二醇CH2=CHCOOH+H2O2+2H2O15、略

【分析】【詳解】

（1）最長碳鏈含有7個C；主鏈為庚烷，編號從離甲基最近的一端開始，在3；5號碳上各含有一個甲基，在4號碳上含有1個乙基，該有機物名稱為：3，5-二甲基-4-乙基庚烷，故答案為3，5-二甲基-4-乙基庚烷。

（2）最長碳鏈含有5個C；主鏈為戊烯，編號從距離雙鍵最近的一端開始，在4號C上含有1個甲基，該有機物名稱為：4-甲基-1-戊烯，故答案為4-甲基-1-戊烯。

（3）4，4，5-三甲基-2-己炔，主鏈是己炔，碳碳三鍵在2號、3號碳原子上，從碳碳三鍵最近一端編號，4號碳原子上有2個甲基，5號碳原子上有1個甲基，結構簡式：CH3C≡C-C（CH3）2CH（CH3）2，故答案為CH3C≡C-C（CH3）2CH（CH3）2。

（4）該高分子化合物為加聚產(chǎn)物，采用“彎箭頭”法，根據(jù)“凡雙鍵四個碳，無雙鍵兩個碳，劃線斷開，然后將半鍵閉合”，則相應的單體是CH2=CH—CH=CH2；故答案為CH2=CH—CH=CH2；

（5）溴能與氫氧化鈉溶液反應生成鈉鹽；鈉鹽易溶于水，但難溶于有機溶劑，故除去溴苯中的溴，應加入氫氧化鈉溶液，反應生成溴化鈉和次溴酸鈉，與溴苯分層，通過分液的方法分離得到；故答案為氫氧化鈉溶液，分液。

乙酸與氫氧化鈉溶液反應生成難揮發(fā)的乙酸鈉；根據(jù)乙醛的沸點比較低，然后蒸餾即可分離，故答案為NaOH溶液；蒸餾。

乙酸乙酯中混有乙酸；應該利用乙酸能夠與碳酸鈉發(fā)生反應產(chǎn)生容易溶于水的物質，而乙酸乙酯難溶于飽和碳酸鈉溶液，密度比飽和碳酸鈉溶液小的性質，用飽和碳酸鈉溶液，通過分液的方法分離得到；故答案為飽和碳酸鈉溶液；分液。

苯酚與氫氧化鈉溶液反應生成難揮發(fā)的苯酚鈉；根據(jù)乙醇的沸點比較低，然后蒸餾即可分離，故答案為NaOH溶液；蒸餾。

硝酸與NaOH溶液酸堿中和生成鹽溶液；硝基苯不溶于水，用分液的方法可分離，故答案為氫氧化鈉溶液；分液。

（6）①C5H12O的醇，在一定條件下能發(fā)生催化氧化反應，產(chǎn)物能與新制的氫氧化銅反應生成紅色沉淀，說明連接羥基的碳原子上含有兩個氫原子，醇的核磁共振氫譜中有三組峰，說明該醇中含有三種氫原子，一種H原子在-OH上，一種H原子在連接羥基的碳原子上，剩余的H原子等效，所以其結構簡式為（CH3）3CCH2OH，故答案為（CH3）3CCH2OH。

②C5H12O的醇，在一定條件下不能發(fā)生消去反應，說明與羥基相連的碳原子的相鄰碳原子上不含H原子，則中間的碳原子中連接3個-CH3和一個-CH2OH，所以其結構簡式為：（CH3）3CCH2OH，故答案為（CH3）3CCH2OH。

③分子式為C5H12O，不能與金屬鈉反應，說明不含-OH，屬于醚類，核磁共振氫譜中有四組峰，說明含有四種氫原子，峰的面積比為3：2：1：6，則四種氫原子的個數(shù)分別是3、2、1、6，5個碳原子含有4種H原子且不含羥基，則每個碳原子上都有H原子，且其中兩個甲基連接在同一個碳原子上，所以其結構簡式為（CH3）2CH-O-CH2CH3，故答案為（CH3）2CH-O-CH2CH3。

【點睛】

有機物命名原則：

（1）烷烴的命名。

①長：選最長碳鏈為主鏈；

②多：遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近：離支鏈最近一端編號；

④?。褐ф溇幪栔妥钚。?/p>

⑤簡：兩取代基距離主鏈兩端等距離時；從簡單取代基開始編號。如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面；

（2）對于結構中含有苯環(huán)的；命名時可以給苯環(huán)依次編號命名，也可以根據(jù)其相對位置，用“鄰”；“間”、“對”進行命名；

（3）含有官能團的有機物命名時，要選含（或帶）官能團的最長碳鏈作為主鏈，官能團的位次最小?！窘馕觥竣?3,5-二甲基-4-乙基庚烷②.4-甲基-1-戊烯③.CH3C≡C-C（CH3）2CH（CH3）2④.CH2=CH—CH=CH2⑤.氫氧化鈉溶液⑥.分液⑦.氫氧化鈉溶液⑧.蒸餾⑨.飽和碳酸鈉溶液⑩.分液?.氫氧化鈉溶液?.蒸餾?.氫氧化鈉溶液?.分液?.（CH3）3CCH2OH?.（CH3）3CCH2OH?.（CH3）2CH-O-CH2CH3三、判斷題(共8題，共16分)16、A【分析】【詳解】

由于己烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾甲苯的檢驗，故先加入足量溴水與己烯發(fā)生加成反應，排除己烯的干擾；然后加入酸性高錳酸鉀溶液，若溶液褪色，則證明己烯中混有甲苯；正確。17、A【分析】【分析】

【詳解】

鹵代烴發(fā)生消去反應時，消去的是鹵素原子和連接鹵素原子的鄰位碳原子上的一個氫原子，在分子中，連接X的碳原子的鄰位碳原子有2個，而且都有H，所以發(fā)生消去反應的產(chǎn)物有2種：CH3CH=CHCH3和CH3CH2CH=CH2，正確。18、A【分析】【詳解】

葡萄糖在人體內(nèi)氧化分解釋放能量，是人體所需能量的重要來源，故該說法正確。19、B【分析】【詳解】

在蔗糖與稀硫酸共熱后的溶液中，先加堿將溶液調成堿性，再滴加銀氨溶液，驗證產(chǎn)物中的葡萄糖，故該說法錯誤。20、B【分析】【詳解】

淀粉和纖維素屬于糖類，沒有甜味，故錯誤。21、A【分析】【詳解】

天然氨基酸熔點較高，室溫下均為晶體，一般能溶于水而難溶于乙醇、乙醚，故正確；22、A【分析】【分析】

【詳解】

乙酸有酸性，酸性強于碳酸，可以和碳酸鈉溶液反應生成二氧化碳氣體；乙酸乙酯不和碳酸鈉溶液反應，且不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸乙酯和碳酸鈉溶液混合會分層，所以可以用飽和碳酸鈉溶液區(qū)分乙酸和乙酸乙酯，正確。23、B【分析】【分析】

【詳解】

若兩種二肽互為同分異構體，則二者的水解產(chǎn)物也可能是同一種氨基酸，此時二者結構一致，故認為互為同分異構體的兩種二肽的水解產(chǎn)物不一致的說法是錯誤的。四、原理綜合題(共3題，共12分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)陽極泥在600K左右加入一定濃度H2SO4焙燒時，單質Te轉化為TeO2,同時生成二氧化硫和水，反應的化學方程式為Te+2H2SO4TeO2+2SO2↑+2H2O；(2)“焙砂”與碳酸鈉充分混合，干燥后通入空氣焙燒，發(fā)生氧化反應2Na2CO3+O2+2TeO2=2Na2H4TeO6+2CO2，每生成1mol碲酸四氫鈉(Na2H4TeO6)，則需要的氧化劑O2至少為0.5mol；Na2H4TeO6在水中難溶，酸浸生成的H6TeO6可溶，故生成的碲酸四氫鈉不用“水浸”，而采取“酸浸”；(3)流程中“反應”處通入SeO2、SO2，加入H2O反應后得到Se，則SO2被氧化生成硫酸，發(fā)生反應的化學方程式為SeO2+2H2O+2SO2=2H2SO4+Se；(4)檢驗“還原”后的溶液中Na2SO3是否過量的實驗操作方法為取少量“還原”后的容液于試管，加入稀H2SO4將生成的氣體道入澄清石灰水，若溶液變渾濁，則Na2SO3過量。反之不過量；(5)“電解”時使用石墨電極，陽極產(chǎn)物氧氣與陰極產(chǎn)物的Te物質的量之比為1：1；（6）根據(jù)流程中既為生成物又為反應原料的物質可作為循環(huán)利用的物質，則工藝路線中可以循環(huán)利用的物質有H2SO4和NaOH?！窘馕觥縏e+2H2SO4TeO2+2SO2↑+2H2O0.5Na2H4TeO6在水中難溶，酸浸生成的H6TeO6可溶SeO2+2H2O+2SO2==2H2SO4+Se取少量“還原”后的溶液于試管，加入稀H2SO4，將生成的氣體通入澄清石灰水，若溶液變渾濁，則Na2SO3過量。反之不過量1∶1H2SO4NaOH25、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）Cu2Te在H2SO4條件下，與氧氣在高溫下反應生成TeO2和CuSO4，反應的離子方程式Cu2Te+4H++2O22Cu2++TeO2+2H2O；正確答案：Cu2Te+4H++2O22Cu2++TeO2+2H2O。

（2）從圖表信息可知：當硫酸的量一定時，溫度升高時，銅的浸出率降低；溫度一定時，銅和Te的浸出率均增大。在460℃條件下，硫酸用量為理論量的1.25倍的條件下最佳，銅的浸出率高且Te的損失較??；正確答案：460℃，硫酸用量為理論量的1.25倍；該條件下，銅的浸出率高且碲的損失較低。

（3）從流程可知，濾渣1為ToO2，它可與堿反應生成TeO32-；正確答案：ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。

（4）從流程圖可知：Na2TeO4被Na2SO3還原為Te，而Na2SO3被氧化為Na2SO4，總反應方程式：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2O；正確答案：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O。

（5）根據(jù)反應ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，生成的TeO32-在陰極得電子被還原為Te，極反應方程式為：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-；正確答案：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

（6）①工業(yè)生產(chǎn)中，濾渣2為少量的氫氧化銅固體，經(jīng)硫酸酸浸后得濾液硫酸銅，濾液1中主要成分也為硫酸銅，濾液3與濾液1合并進入銅電積系統(tǒng)，提取金屬銅，有效回收利用了硫酸銅，提高經(jīng)濟效益；正確答案：CuSO4溶液回收利用，提高經(jīng)濟效益。

②Au和Ag都與王水反應，與濃氫氧化鈉溶液、.濃鹽酸均不反應；但是Au與稀硝酸不反應而Ag可以反應，所以可以用稀硝酸將二者分離；正確答案：B?！窘馕觥緾u2Te+4H++2O22Cu2++TeO2+2H2O460℃，硫酸用量為理論量的1.25倍該條件下,銅的浸出率高且碲的損失較低ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2ONa2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2OTeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-CuSO4溶液回收利用，提高經(jīng)濟效益B26、略

【分析】（1）燃燒生成0.03molCO2，0.04molH2O，則該有機物中含有C、H，可能含有O元素，且n(C)∶n(H)=3mol∶8mol=3∶8。由于3個碳原子8個氫原子已飽和，則該有機分子式中碳原子數(shù)為3，氫原子數(shù)為8。該有機物蒸汽的密度是同溫同壓下氫氣密度的30倍，則該有機物的相對分子質量為30×2=60，所以分子中氧原子數(shù)為（60-3×12-8×1）÷16=1，則該有機物分子式為：C3H8O。

（2）C3H8O中碳原子已達到飽和；則氧原子可以成羥基，也可以成醚鍵，所以該有機物A的類別可能是醇或醚。

（3）A可以與Na發(fā)生置換反應，則A為醇，含有-OH。丙醇有2種：CH3CH2CH2OH，后者有3種位置的氫原子，即核磁共振氫譜圖上有3組吸收峰。所以A的結構簡式為：A在銅催化下被氧化為丙酮，方程式為：【解析】C3H8O醇醚五、元素或物質推斷題(共4題，共8分)27、略

【分析】【詳解】

第一份加過量NaOH溶液后加熱，只收集到氣體0.02mol，無沉淀生成，同時得到溶液甲，依據(jù)離子性質分析推斷，與氫氧化鈉生成氣體的一定是NH4+離子，生成氣體NH3物質的量為0.02mol，無沉淀生成證明溶液中一定不含F(xiàn)e3+、Mg2+；向甲溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)過濾、洗滌、灼燒后，得到1.02g固體．能與二氧化碳反應得到沉淀的離子有Ba2+，鋁離子溶于過量氫氧化鈉生成的偏鋁酸鈉溶于反應生成氫氧化鋁沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，得到13.98g固體．說明沉淀不溶于酸，證明是硫酸鋇沉淀，原溶液中含有SO42-，判斷溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀只能是氫氧化鋁沉淀，沉淀經(jīng)過濾、洗滌、灼燒后，得到1.02g固體為氧化鋁，原溶液中含有Al3+，結合離子共存判斷溶液中一定不含有CO32-；一定含有的離子為NH4+、Al3+、SO42-。（1）由上述實驗可確定溶液中一定不存在的離子是Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32-，不能確定是否存在的離子是Cl-，檢驗該離子需使用的試劑為HNO3、AgNO3，取少量溶液于試管中滴加過量的稀硝酸，無明顯現(xiàn)象，再滴加硝酸銀溶液產(chǎn)生白色沉淀則原溶液中含有Cl-，若無白色沉淀產(chǎn)生則原溶液中不含Cl-；

（2）一定含有的離子為NH4+、Al3+、SO42-，由題意可知此溶液水解使溶液呈酸性，上述金屬離子中既能被氧化又能被還原的離子是Fe2+；

（3）由①可知存在離子NH4+物質的量濃度==0.2mol/L；由②可知存在離子為Al3+，沉淀經(jīng)過濾、洗滌、灼燒后，得到1.02g固體為氧化鋁物質的量==0.01mol，溶液中Al3+的物質的量濃度==0.2mol/L；由③可知存在離子為SO42-；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，得到13.89g固體為硫酸鋇，物質的量==0.06mol，SO42-物質的量濃度==0.6mol/L，依據(jù)溶液中電荷守恒，陽離子正電荷總量小于陰離子負電荷總量，一份溶液中陽離子電荷數(shù)為0.08mol，陰離子若只有硫酸根離子時電荷數(shù)為0.12mol，所以一定有K+存在，若不存在氯離子，則為0.04mol，若存在氯離子則應大于0.04mol，故K+物質的量濃度≧0.4mol/L?！窘馕觥竣?Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32-②.Cl-③.HNO3、AgNO3④.酸性⑤.Fe2+⑥.是⑦.≧0.4mol/L28、略

【分析】【分析】

I．根據(jù)溶液C與足量硝酸和硝酸銀反應得到5.74g沉淀E可知，沉淀E為AgCl，A中含氯元素，A中n(Cl)=mol=0.04mol；溶液B與硝酸鋇溶液反應所得沉淀D能溶于鹽酸，結合化合物A由三種短周期元素組成推測沉淀D可能為碳酸鋇或亞硫酸鋇，則A中可能含有碳元素或硫元素，相同條件下氣態(tài)A物質的密度為氫氣密度的49.5倍，則M(A)=49.5ｘM(H2)=59.5ｘ2g/mol=99g/mol，若A中含有硫元素，則A中n(S)=mol≈0.02mol，則A中硫原子與氯原子的個數(shù)比為與且硫原子數(shù)為1：2，則未知元素原子的總式量為99-32ｘ1-35.5ｘ2=-4，則由此可確定A中不含S元素；若A中含有碳元素，則A中n(C)=mol=0.02mol；則A中碳原子與氯原子的個數(shù)比為與且硫原子數(shù)為1：2，則未知元素原子的總式量為99-12ｘ1-35.5ｘ2=16，根據(jù)相對原子質量及元素化合價推測未知元素為氧元素，則A的化學式為COCl，據(jù)此可知A與足量氫氧化鈉溶液反應生成的溶液B為碳酸鈉和氯化鈉的混合溶液，B與硝酸鋇反應生成碳酸鋇和硝酸鈉，則D為碳酸鋇，溶液C主要含有氯化鈉和硝酸鈉，E為氯化銀，碳酸鋇與足量鹽酸反應生成氯化鋇；二氧化碳和水，則溶液F主要為氯化鋇，據(jù)此分析解答；

II．將適量硝酸逐滴加入到廢銅屑與稀硫酸的混合物中加熱；銅與硝酸反應完全將銅單質氧化為銅離子，硝酸轉化為氮氧化物，得到硫酸銅溶液，通過蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶，制得硫酸銅晶體，據(jù)此分析解答。

【詳解】

I．(1)根據(jù)分析，組成A的三種元素為C、O、Cl，A的化學式為COCl2；

(2)根據(jù)分析，A與足量NaOH溶液反應生成碳酸鈉、氯化鈉和水，化學方程式為COCl2+4NaOH=Na2CO3+NaCl+2H2O；

(3)A與足量氨氣在一定條件下可以反應生成2種常見的氮肥，根據(jù)原子守恒，兩種氮肥應為尿素和氯化銨，該反應的化學方程式為COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl；

II．(1)制備硫酸銅過程中；若一次性加入硝酸，會導致硝酸過量使溶液中混有硝酸銅，制得的晶體不純，因此將硝酸逐滴加入到廢銅屑與稀硫酸的混合物中的目的是確保所有硝酸都作氧化劑，在溶液中將銅氧化，以生成硫酸銅，避免一次性加入導致硝酸過量，使產(chǎn)物中混有硝酸銅；

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