山东省枣庄十五中高一化学上学期期中试卷（含解析）.doc

山东省枣庄十五中2014-2015学年高一上学期期中化学试卷一、选择题（48分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）1随着社会的发展，人们日益重视环境问题，下列做法或说法不正确的是( )a对垃圾进行无害化、资源化处理b将煤气化或液化，获得清洁燃料c推广使用无磷洗衣粉和无氟冰箱dpm2.5是指大气中直径接近于2.5106m的颗粒物，也称细颗粒物，这些细颗粒物分散在空气中形成的分散系是胶体考点：三废处理与环境保护专题：化学应用分析：a对垃圾应分类回收，再利用；b将煤气化或液化，燃烧充分，同时产物作为化工原料；c含磷洗衣粉会污染水资源，含氟化合物会破坏臭氧层；d胶体的分散系中分散质的直径在1100nm解答：解：a对垃圾应分类回收，再利用，可实现垃圾无害化处理，并资源化处理，故a正确；b将煤气化或液化，燃烧充分，减少污染，获得清洁燃料同时产物作为化工原料，故b正确；c含磷洗衣粉会污染水资源，含氟化合物会破坏臭氧层，则推广使用无磷洗衣粉和无氟冰箱，故c正确；d胶体的分散系中分散质的直径在1100nm，pm2.5是指大气中直径接近于2.5106m的颗粒物，直径大于100nm，则细颗粒物分散在空气中形成的分散系不是胶体，故d错误；故选d点评：本题考查环境污染及处理，明确常见的污染物及资源的综合应用即可解答，注意pm2.5与胶体的关系来解答，题目难度不大2在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品这里的碘、铁、钙、硒、氟应理解为( )a元素b单质c分子d氧化物考点：元素专题：物质的组成专题分析：物质是由元素组成，由分子、原子、离子构成，但物质组成中涉及到的补钙、补铁等说法，都是关注物质的组成元素解答：解：“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品，这些商品中所强调的碘、铁、钙、硒、氟，都是说明这些物质的存在了这些元素，而不管以什么形式存在，或者便于说明如何存在，所以就用宏观的元素种类来说明因此理解为元素故选a点评：一般商品标注都是说明物质的组成元素的，而不是强调分子还是原子甚至离子的具体存在形式，明确物质、元素、分子、原子、离子之间的关系是解答本题的关健3下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是( )na2co3 al2o3 al（oh）3 alabcd全部考点：两性氧化物和两性氢氧化物专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：两性物质：al2o3、zno、al（oh）3、zn（oh）2、氨基酸、蛋白质等；多元弱酸的酸式盐：nahco3、khs、khso3、nah2po4等；弱酸的铵盐及其酸式盐：（nh4）2s、nh4hs、（nh4）2co3、nh4hco3、ch3coonh4等；某些具有两性的金属：zn、al等；某些非金属：si、s等；其它一些物质如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；b、个别酸性氧化物sio2；c、具有还原性的无氧酸：h2s、hi等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓h2so4、hno3等与还原性酸反应、与碱反应，以此解答本题解答：解：na2co3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，不能与氢氧化钠反应，故c不符合；al2o3是两性氧化物，溶于强酸强碱，和盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，故符合；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；al与盐酸反应生成氯化铝和氢气，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故符合；故选b点评：本题考查了物质的性质，难度不大，旨在考查学生对知识的理解识记与知识归纳，明确物质的性质是解本题的关键，注意基础知识的积累4从实验室加热kclo3与mno2的混合物制氧气后的剩余固体物中回收mno2的操作顺序正确的是( )a溶解、过滤、蒸发、洗涤b溶解、蒸发、洗涤、过滤c溶解、过滤、洗涤、干燥d溶解、洗涤、过滤、干燥考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用分析：剩余物质中有kcl（或含kclo3）和mno2，要想回收mno2，应利用kcl（或含kclo3）溶于水，但mno2不溶于水，以此来解答解答：解：实验室加热氯酸钾与mno2的混合物制氧气，发生2kclo32kcl+3o2，剩余物质中有kcl（或含kclo3）和mno2，要想回收mno2，要利用kcl（或含kclo3）溶于水，但mno2不溶于水，应先将混合物溶解，然后过滤得mno2固体，然后将mno2固体洗涤并干燥即可，故选c点评：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大5下列关于胶体的叙述中正确的是( )a液溶胶是一种液态混合物属于分散系的一种b直径介于1 nm10 nm之间的微粒称为胶体c胶体的本质特征是发生丁达尔效应d用过滤器可以将胶体和溶液分开考点：胶体的重要性质专题：溶液和胶体专题分析：a、液溶胶属于胶体的一种，是一种液态混合物，属于分散系的一种；b、胶体是分散质微粒直径介于1100nm之间的分散系；c、胶体的本质特征是分散质微粒直径介于1100nm之间，不是发生丁达尔效应；d、有的胶体在通电时会发生电泳现象解答：解：a、液溶胶属于胶体的一种，是一种液态混合物，属于分散系的一种，故a正确；b、胶体是分散质微粒直径介于1100nm之间的分散系，属于混合物，并不是说直径介于1100nm之间的微粒称为胶体，故b错误；c、胶体的本质特征是分散质微粒直径介于1100nm之间，不是发生丁达尔效应，故c错误；d、胶体和溶液都可以透过滤纸，故过滤器不可以将胶体和溶液分开，故d错误故选a点评：本题考查学生胶体的性质及应用，可以根据所学知识进行回答，较简单6下列实验操作不正确的是( )anacl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体时即停止加热b除去fe（oh）3胶体中混有的cl离子，可用渗析的方法c蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处d用四氯化碳萃取碘时，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗上口倒出考点：物质的分离、提纯和除杂专题：化学实验基本操作分析：a蒸发皿中的溶液不能完全蒸干，当大量晶体析出时，要用余热来蒸干；b根据分散质粒子直径大小的不同，可用渗析的方法除去fe（oh）3胶体中混有的cl离子；c应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，便于准确测定蒸汽的温度；d四氯化碳的密度比水大解答：解：a用蒸发方法使nacl从溶液中析出时，蒸发皿中有大量晶体析出时，停止加热，要用余热来蒸干，故a正确；b根据分散质粒子直径大小的不同，除去fe（oh）3胶体中混有的cl离子，可用渗析的方法，故b正确；c蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，便于准确测定蒸汽的温度，故c正确；d四氯化碳的密度比水大，故四氯化碳萃取碘时，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出，故d错误；故选d点评：本题考查学生物质的分离和提纯的方法，属于综合知识的考查题目，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大7448ml 某气体在标准状况下的质量为1.28g，该气体的摩尔质量约为( )a46 gb44c64 g/mold32 g/mol考点：摩尔质量；物质的量的相关计算专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：依据标准状况气体体积计算物质的量，结合摩尔质量概念是单位物质的量的物质具有的质量，单位为g/mol；解答：解：448ml 某气体在标准状况下物质的量=0.02mol，气体的质量为1.28g，该气体的摩尔质量=64g/mol；故选c点评：本题考查了气体摩尔体积的计算，摩尔质量概念的计算应用，理解概念和应用条件是解题关键，题目较简单8将0.390g锌粉加入到20.0ml 0.200moll1mo2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是( )ambm2+cm3+dmo2+考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应分析：恰好完全反应时，zn失去电子数等于m得到电子数，结合电子守恒计算解答：解：设还原产物中m元素的化合价为x，由电子守恒可知，（20）=0.02l0.200mol/l（5x），解得x=2，即还原产物为m2+，故选b点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大9氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂下列反应与br2+so2+2h2o=h2so4+2hbr相比较，水的作用相同的是( )a2na+2h2o=2naoh+h2b2h2o=2h2+o2c2f2+2h2o=4hf+o2dcl2+h2o=hcl+hclo考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：该反应中br元素化合价由0价变为1价、s元素化合价由+4价变为+6价，水中各元素化合价不变，所以水既不是氧化剂也不是还原剂解答：解：a该反应中na元素化合价由0价变为+1价、h元素化合价由+1价变为0价，所以水是氧化剂，故a错误；b该反应中o元素化合价由2价变为0价、h元素化合价由+1价变为0价，所以水是氧化剂和还原剂，故b错误；c该反应中f元素化合价由0价变为1价、o元素化合价由2价变为0价，所以水是还原剂，故c错误；d该反应中cl元素化合价由0价变为1价和+1价，水中各元素化合价不变，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，故d正确；故选d点评：本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价即可解答，根据元素化合价变化来分析解答，题目难度不大10实验室用固态不纯氯化钠（含少量nh4hco3和na2so4杂质）制取纯净氯化钠溶液下列操作可供选用：逐滴加入稀盐酸，调ph值为5；煮沸；加蒸馏水溶解；加热至不再产生气体为止；加入稍过量的na2co3溶液；加入稍过量的bacl2溶液；过滤上述实验操作的正确顺序应是( )abcd考点：粗盐提纯专题：离子反应专题分析：根据na2so4、nh4hco3和nacl的固体的性质以及不溶于水的固体物质和溶于水的固体物质的分离方法进行解答，最后将氯化钠结晶析出解答：解：因为碳酸氢铵加热易分解，所以在试管中加入固体混合物，并加热，使碳酸氢铵分解为氨气、水蒸气、二氧化碳，而硫酸钠和氯化钠留在试管中；因为硫酸钠和氯化钠都溶于水，将加热后的固体残渣冷却后加水溶解；向溶液中加入足量的bacl2溶液，目的是除去硫酸钠；向试管溶液中再加入足量na2co3溶液，目的是除去多余的氯化钡；过滤是除去硫酸钡和碳酸钡沉淀；向滤液中加入盐酸至不再产生气泡为止，目的是除去多余的碳酸钠；将溶液加热煮沸即得到nacl溶液，目的是除去多余的盐酸所以实验步骤：加热至不再产生气体为止；加蒸馏水溶解；加入稍过量的bacl2溶液；加入稍过量的na2co3溶液；过滤；逐滴加入稀盐酸，调ph值为5；煮沸故选：a点评：本题主要考查实验方案的设计，解题的关键是掌握各物质的性质以及操作步骤，难度较大本题为综合型的实验题，做题时要认真审题，要细心，步步为营11过氧化氢（o为1价）在二氧化锰催化作用下分解放出氧气的反应机理如下：mno2+h2o2+2h+=mn2+o2+2h2o mn2+h2o2=mno2+2h+下列说法正确的是( )ah2o2在中是氧化剂，在中是还原剂b在中每生成1 mol o2，转移的电子数为1.2041024cmn2+在中是还原产物，在中是氧化产物d在二氧化锰催化作用下，1 mol h2o2分解生成22.4 l o2考点：氧化还原反应分析：mno2+h2o2+2h+=mn2+o2+2h2o中，mn元素的化合价降低，过氧化氢中o元素的化合价升高； mn2+h2o2=mno2+2h+中，mn元素的化合价升高，o元素的化合价降低，以此来解答解答：解：mno2+h2o2+2h+=mn2+o2+2h2o中，mn元素的化合价降低，过氧化氢中o元素的化合价升高； mn2+h2o2=mno2+2h+中，mn元素的化合价升高，o元素的化合价降低，ah2o2在中是还原剂，在中是氧化剂，故a错误；b由元素的化合价升降可知，在中每生成1 molo2，转移1mol2（10）=2mol电子，转移的电子数为1.2041024，故b正确；cmn2+在中是还原产物，在中是还原剂，故c错误；d反应+可得2h2o2=2h2o+o2，在二氧化锰催化作用下，1 mol h2o2分解生成0.5molo2，但不一定为标况，则体积不确定，故d错误；故选b点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价升降是解答的关键，侧重基本概念和转移电子数的考查，选项d为解答的难点和易错点，题目难度不大12150时，nh4hco3分解为nh3、h2o、co2三种物质，此时该混合气的密度是相同条件下的氢气密度的( )a26.3倍b15.25倍c13.2倍d12倍考点：铵盐；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；氮族元素分析：先根据nh4hco3分解求出混合气体的平均摩尔质量，然后利用密度之比等于摩尔质量之比解答：解：因nh4hco3发生反应：nh4hco3nh3+h2o+co2 17 18 44 则混合气平均摩尔质量为=26.33g/mol， 因氢气密度之比等于摩尔质量之比，所以混合气的密度是相同条件下的氢气密度的26.332=13.2，故答案为：c点评：本题结合铵盐的化学性质，考查了平均摩尔质量的计算以及相对密度的计算13下列离子方程式中，正确的是( )a稀硫酸滴在铁片上：2fe+6h+=fe3+3h2b氢氧化镁与稀盐酸反应：oh+h+=h2oc碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合：hco3+h+=h2o+co2d硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合：cu2+2oh=cu（oh）2考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；b、氢氧化镁是难溶于水的氢氧化物；c、碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠水和二氧化碳；d、硫酸铜和氢氧化钡反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀解答：解：a、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：fe+2h+=fe2+h2，故a错误；b、氢氧化镁是难溶于水的氢氧化物；离子方程式为：mg（oh）2+2h+=2h2o+mg2+，故b错误；c、碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠水和二氧化碳的离子反应为hco3+h+=h2o+co2，故c正确；d、硫酸铜和氢氧化钡反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀；反应的离子方程式为：ba2+so42+cu2+2oh=cu（oh）2+baso4，故d错误；故选c点评：本题考查了离子方程式的书写方法和注意问题，物质溶解性，反应实质的判断是解题关键，题目难度中等14在强酸性溶液中，可大量共存且形成无色溶液的一组离子或分子是( )aca2+、ch3cooh、cl、na+bfe3+、mg2+、so42、no3cnh3h2o、ba2+、na+、cldk+、cl、mg2+、co32考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：强酸性溶液中，存在大量的h+，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水，则能大量共存，并结合离子的颜色来解答解答：解：a酸性溶液中该组离子之间不反应，能共存，故a正确；b该组离子之间不反应，但为黄色，与无色溶液不符，故b错误；c因nh3h2o与氢离子反应，则不能共存，故c错误；d因氢离子与co32反应生成水和气体，mg2+、co32结合生成沉淀，则不能共存，故d错误；故选a点评：本题考查离子的共存，明确习题中的隐含信息及复分解反应发生的条件即可解答，题目难度不大15标准状况下，vl氯化氢气体溶解在0.2l水中（水的密度近似为1g/ml）所得溶液的密度为g/ml质量分数为，物质的量浓度为cmol/l，则下列关系中正确的是( )ac=b=c=dc=考点：物质的量浓度的相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：a根据c=计算出该盐酸的物质的量浓度；b根据溶质的质量分数的表达式计算出该溶液中溶质的质量分数；c根据=100%计算出该溶液中溶质的质量分数；d根据c=计算出该盐酸的物质的量浓度解答：解：a该氯化氢溶液的物质的量浓度为：c=，故a错误；b=，故b正确；c1l该盐酸的质量为：g/ml1000ml=1000g，含有氯化氢的质量为：36.5g/molcmol/l1l=36.5cg，溶液中氯化氢的质量分数为：=，故c错误；d溶液的质量为：36.5g+0.21000g=（+200）g，该溶液的体积为：l；vl氯化氢在标况下的物质的量为：mol，该盐酸的物质的量浓度为：c=，故d错误；故选b点评：本题考查了物质的量浓度的计算、物质的量与溶质质量分数的换算，题目难度中等，注意明确物质的量浓度的概念及计算方法，明确物质的量浓度与溶质质量分数的关系16如图所示装置，室温下密闭容器内分别充入空气和h2、o2的混合气体在可移动的活塞两边，在标准状况下若将h2、o2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中央，则原来h2、o2的体积比最接近于( )2：7 5：4 4：5 7：2abcd考点：化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：反应前左右压强都相等，气体的物质的量之比等于体积之比，令空气的物质的量为1mol，则氢气、氧气的混合气体为3mol反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间说明反应后左右气体的物质的量相等，右室中剩余气体为1mol，剩余的气体可能为氢气，也可能为氧气，据此讨论计算解答：解：反应前左右压强都相等，气体的物质的量之比等于体积之比，令空气的物质的量为1mol，则氢气、氧气的混合气体为3mol反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间说明反应后左右气体的物质的量相等，右室中剩余气体为1mol，若剩余的气体为氢气，参加反应气体共2mol，由2h2+o22h2o可知，氧气为2mol=mol，故氢气为3molmol=mol，故h2、o2的体积比为mol：mol=7：2；若剩余的气体为氧气，参加反应气体共2mol，由2h2+o22h2o可知，氢气为2mol=mol，故氢气为3molmol=mol，故h2、o2的体积比为mol：mol=5：4，故选b点评：本题考查化学方程式的有关计算，题目难度中等，注意左右室的气体的物质的量关系是解答本题的关键二、填空题17（1）下列物质：熔融氯化钠 盐酸 纯醋酸（ch3cooh） 碳酸钙 酒精 二氧化碳 硫酸氢钠固体铜 碳酸氢钠固体 氢氧化钡溶液，属于电解质的是，属于非电解质的是，能导电的是（用序号填空）（2）写出物质和在水中反应的离子方程式：hco3+ch3cooh=h2o+co2+ch3coo（3）将物质配制成溶液，逐滴滴入中至ba2+恰好沉淀完全，写出离子方程式：h+so42+ba2+oh=baso4+h2o考点：离子方程式的书写；电解质与非电解质专题：离子反应专题；化学键与晶体结构分析：（1）电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；非电解质是指：在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；物质导电的原因有两种：1是金属晶体，含有自由电子；2是电解质电离出自由移动的离子；（2）纯醋酸（ch3cooh）和碳酸氢钠固体反应生成二氧化碳和醋酸钠，注意醋酸是弱酸；（3）硫酸氢钠溶液逐滴滴加到氢氧化钡溶液中至ba2+恰好沉淀完全，反应按照1：1进行，生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水解答：解：（1）熔融氯化钠能完全电离出自由移动的钠离子和氯离子，能导电；它是化合物，为电解质；盐酸含有自由移动的阴阳离子，能导电；盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；纯醋酸（ch3cooh）中没有自由移动的阴阳离子，不能导电；但在水中能够部分电离出自由移动的离子而导电，是化合物，为电解质；碳酸钙中没有自由移动的阴阳离子，不能导电；但在熔融状态下能够全部电离出自由移动的钙离子和碳酸根离子而导电，是化合物，为电解质；酒精在水溶液和熔融状态下都不导电，是化合物，为非电解质；二氧化碳的固态形式，只存在分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸，碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离的化合物，二氧化碳是非电解质；硫酸氢钠固体中没有自由移动的阴阳离子，不导电；但是在水溶液中能完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，或者熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子而导电，是化合物，为电解质；铜是金属晶体存在自由电子，能导电；铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；碳酸氢钠固体中没有自由移动的阴阳离子，不导电；但是在水溶液中能完全电离出钠离子、碳酸氢根离子，而导电，是化合物，为电解质；氢氧化钡溶液含有自由移动的阴阳离子，能导电；氢氧化钡溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；属于电解质的是：；属于非电解质的是；能导电的是；故答案为：；（2）纯醋酸（ch3cooh）和碳酸氢钠固体反应的离子方程式为：hco3+ch3cooh=h2o+co2+ch3coo，故答案为：hco3+ch3cooh=h2o+co2+ch3coo；（3）硫酸氢钠溶液逐滴滴加到氢氧化钡溶液中至ba2+恰好沉淀完全，此时消耗的硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比是1：1，反应的离子方程式为：h+so42+ba2+oh=baso4+h2o，故答案为：h+so42+ba2+oh=baso4+h2o点评：本题考查了电解质和非电解质，电解质溶液导电的条件，离子方程式的书写，是2015届高考常考内容，题目难度中等，本题难点在于两个离子方程式的书写，注意化学式的拆分和反应物用来的多少18铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、co2、o2作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，又称“孔雀石”，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、co2和h2o某同学利用下述系列反应实现了“铜铜绿铜”的转化铜铜绿acu（oh）2bcu（1）从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类物质？碱式盐（2）请写出处的离子方程式cu2（oh）2co3+4h+=3h2o+co2+2cu2+，（3）上述转化过程中属于氧化还原反应的是（填序号，下同），属于复分解反应的是考点：铜金属及其重要化合物的主要性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；（2）反应为碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，改成离子反应方程式即可；（3）依据复分解反应概念和氧化还原反应的概念，结合反应过程的特征分析判断解答：解：（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以cu2（oh）2co3属于碱式盐，故答案为：碱式盐；（2）依据铜铜绿acu（oh）2bcu的变化过程，反应为碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，离子反应方程式为：cu2（oh）2co3+4h+=2cu2+3h2o+co2，故答案为：cu2（oh）2co3+4h+=2cu2+3h2o+co2；（3）在反应过程中：铜铜绿acu（oh）2bcu；铜铜绿发生了氧化还原反应；铜绿是a跟酸反应生成铜盐及co2、h2o，a为铜盐是复分解反应；acu（oh）2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；cu（oh）2b是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应；bcu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是氧化还原反应；故答案为：；点评：本题主要考查了铜及其化合物，掌握碱式碳酸铜的性质是解答本题的关键，题目难度不大19图为实验室某浓硫酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：（1）该浓硫酸的物质的量浓度为18.4mol/l（2）取用任意体积的该硫酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是bda溶液中h2so4的物质的量 b溶液的浓度c溶液中so42的数目 d溶液的密度（3）某学生欲用上述浓硫酸和蒸馏水配制480ml物质的量浓度为0.2mol/l稀硫酸该学生需要量取5.4ml上述浓硫酸进行配制配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）bcafed；a用30ml水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡b用量筒准确量取所需浓硫酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量水（约30ml）的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀c将已冷却的硫酸沿玻璃棒注入一定体积的容量瓶中d将容量瓶盖紧，颠倒摇匀e改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切f继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处在配制过程中，下列实验操作使所配制的稀硫酸的物质的量浓度偏高的是adea用量筒量取浓硫酸时仰视观察凹液面b稀释用的烧杯和玻璃棒未洗涤c洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液d溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容e定容时俯视观察凹液面f加水超过刻度线后，用胶头滴管吸出多余的液体（4）现将100ml该硫酸与300ml 0.4mol/lcuso4溶液混合，体积变化忽略不计，所得溶液中so42的物质的量浓度是0.35mol/l考点：配制一定物质的量浓度的溶液分析：（1）设溶液的体积为vl，再求出溶质的物质的量，代入公式求出物质的量浓度；（2）根据该物理量是否有溶液的体积有关判断；（3）根据稀释前后溶质的物质的量不变计算浓溶液的体积；配制溶液时，操作步骤为：量取、溶解、移液、洗涤、定容、振荡等操作；根据c=进行判断，如果m偏小或v偏大，则c偏小，如果m偏大或v偏小，则c偏大，据此分析（4）根据物料守恒和c=进行计算解答：解：（1）设浓硫酸的体积为vl，则溶质的质量为v1000ml1.19gcm336.5%，溶质的物质的量为=18.4vmol，所以溶质的物质的量浓度为=18.4mol/l故答案为：18.4； （2）a溶液中硫酸的物质的量=nv，所以与溶液的体积有关，故a不选；b溶液的浓度=c=，与溶液的体积无关，故b选；c溶液中硫酸根的数目=nna=cvna，所以与溶液的体积有关，故c不选；d溶液的密度与溶液的体积无关，故d选；故选bd；（3）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变得c1v1=c2v2，v1=0.0054l=5.4ml，故答案为：5.4；配制溶液时，操作步骤为：量取、溶解、移液、洗涤、定容、振荡等操作，故答案为：bcafed；a、量取浓硫酸时，仰视仰视观察凹液面读数，会导致量取的浓硫酸体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故a符合；b没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故b不符合；c洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，配制的溶液中溶质的物质的量和溶液的体积都不变，配制的溶液浓度不变，故c不符合；d热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故d符合；e定容时俯视观察凹液面，配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故e符合；f加水超过刻度线后，配制的溶液体积偏大，溶液的浓度偏低，故f不符合；故答案为：ade；（4）100ml 0.2mol/l h2so4溶液中so42 的物质的量为：0.1l0.2mol/l=0.02mol，300ml 0.4mol/lcuso4溶液中so42 的物质的量为：0.3l0.4mol/l3=0.12mol，混合后溶液中so42 的总物质的量为：0.02mol+0.12mol=0.14mol，溶液的总体积为：100ml+300ml=400ml，即0.4l，所以混合后溶液中so42 的物质的量浓度为：=0.35mol/l，故答案为：0.35点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大20某工厂的酸性工业废水中含有一定量的fe3+、cu2+、au3+等离子有人设计了图中的工艺流程，利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中回收金，并生产一定量的铁红（fe2o3）和氧化铜（已知铜能溶解在稀硝酸中生成硝酸铜溶液）请填写下面空白：（1）图中标号处需加入的相应物质分别是（填化学式）fe h2so4hno3 naoh；（2）a处固体成分为cu、fe、au（填化学式）（3）写出处反应的化学方程式cu（oh）2cuo+h2o考点：无机物的推断专题：推断题分析：由工艺流程图示知，e为铁元素的离子，而a为铜、金的单质，通过过滤将铁元素与活泼性比它弱的铜、金分离出来，因此处加入的物质为铁屑，发生的反应为fe+2h+fe2+h2，2fe3+fe3fe2+，cu2+fecu+fe2+，2au3+3fe2au+3fe2+；处加入稀硫酸以除去铜、金中过量的铁屑，并将过滤后的硫酸亚铁溶液与含fe2+的e溶液相混合；处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开；处将得到的铜离子用氢氧化钠转化为氢氧化铜沉淀，处再受热分解为氧化铜；处加入氢氧化钠将亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，再利用空气将其转化为氢氧化铁沉淀，处最终受热分解为铁红（氧化铁），据此解答解答：解：由工艺流程图示知，e为铁元素的离子，而a为铜、金的单质，通过过滤将铁元素与活泼性比它弱的铜、金分离出来，因此处加入的物质为铁屑，发生的反应为fe+2h+fe2+h2，2fe3+fe3fe2+，cu2+fecu+fe2+，2au3+3fe2au+3fe2+；处加入稀硫酸以除去铜、金中过量的铁屑，并将过滤后的硫酸亚铁溶液与含fe2+的e溶液相混合；处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开；处将得到的铜离子用氢氧化钠转化为氢氧化铜沉淀，处再受热分解为氧化铜；处加入氢氧化钠将亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，再利用空气将其转化为氢氧化铁沉淀，处最终受热分解为铁红（氧化铁），（1）由上述分析可知，各处需加入的相应物质：为fe，为h2so4，为hno3，为naoh，故答案为：fe；h2so4；hno3；naoh；（2）由上述分析可知，a处固体成分为：cu、fe、au，故答案为：cu、fe、au；（3）处反应的化学方程式为：cu（oh）2cuo+h2o，故答案为：cu（oh）2cuo+h2o点评：本题考查无机物的推断、常见金属及其化合物的综合应用，侧重于物质的分离提纯的考查，需要学生理解工艺流程，掌握元素化合物性质，难度中等21某溶液甲中可能含有下列离子中的几种：k+、no3、so42，、nh4+、co32（不考虑溶液中由水电离的少量的h+和oh），取200ml该溶液，分为两等份进行下列实验：实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224ml；实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的bacl2溶液，得固体2.33g（1）甲溶液中一定存在的离子是k+、nh4+、s042；（2）甲溶液中一定不存在的离子是co32；（3）甲溶液中可能存在的离子是no3；你得出此结论的理由是由题意知，nh4+物质的量为0.01mol，so42物质的量为0.01mol，根据溶液呈电中性原理，应该含有k+，如果k+的物质的量等于0.01mol，则不含no3，如果k+的物质的量大于0.01mol，则还应含有no3考点：几组未知物的检验专题：离子反应专题；元素及其化合物分析：实验1：第一份加入足量的烧碱并加热会产生在标准状况下为224ml气体证明含有nh4+，且物质的量为0.01m