2022届吉林省扶余市一中高考压轴卷化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A18gT2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB1L1mol/L的Na2CO3溶液中CO32-和HCO3-离子数之和为NAC78gNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NAD加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜

2、反应，生成SO2的分子数小于0.1NA2、要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（）加入少量氯水加入少量KI溶液加入少量KSCN溶液ABCD3、下列物质的工业制法错误的是A氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物B金属锰：高温下铝和二氧化锰反应C粗硅：高温下焦炭还原二氧化硅，副产物为COD硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收4、下列有关原子结构及元素周期律的叙述不正确的是( )A原子半径：，离子半径：r(Na+)0.1时，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D若滴定过程中存在：c(Na+)c(OH-)c(F-)c(H+)，则c一定小于0.16、在铁质

3、品上镀上一定厚度的锌层，以下电镀方案正确的是（）A锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Zn2+B锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Fe3+C锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Zn2+D锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Fe3+7、全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统（工作原理如图，电解液含硫酸）。该电池负载工作时，左罐颜色由黄色变为蓝色。4下列说法错误的是A该电池工作原理为VO2+VO2+2H+VO2+V3+H2OBa和b接用电器时，左罐电动势小于右罐，电解液中的H+通过离子交换膜向左罐移动C电池储能时，电池负极溶液颜色变为紫色D电池无论是负载还是储能，每转移1 mol电子，均消耗1 mol氧化

4、剂8、分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L的NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示： 下列分析正确的是ACO2通入NaClO溶液的反应：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClOBCO2通入CH3COONa溶液的反应：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOHC通入n(CO2)=0.06mol时，NaOH溶液中的反应：2OH-+CO2=CO32-+H2OD通入n(CO2)=0.03mol时，三种溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol9、以二氧化锰为原料制取

5、高锰酸钾晶体的实验流程如下：下列说法正确的是A“灼烧”可在石英坩埚中进行B母液中的溶质是K2CO3、KHCO3、KClC“结晶”环节采用加热蒸发结晶的方法D“转化”反应中，生成的KMnO4和MnO2的物质的量之比为2110、下列判断正确的是( )A加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定原溶液中有Cl存在B加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定原溶液中有CO32存在C加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定原溶液中有SO42存在D通入Cl2后，溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后，溶液变蓝，可确定原溶液中有I存在11、全钒液流电池是一种以钒为活性物质

6、呈循环流动液态的氧化还原电池。钒电池电能以化学能的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电解液中，通过外接泵把电解液压入电池堆体内，在机械动力作用下，使其在不同的储液罐和半电池的闭合回路中循环流动，采用质子交换膜作为电池组的隔膜，电解质溶液流过电极表面并发生电化学反应，进行充电和放电。下图为全钒液流电池放电示意图：下列说法正确的是( )A放电时正极反应为：B充电时阴极反应为：C放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A50mL 1mol/L硝酸与F

7、e完全反应，转移电子的数目为0.05NAB密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，所得物质中的氧原子数为4NAC30g乙酸和甲醛（HCHO）的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数目为NAD1L0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COOH和CH3COO的微粒数之和为0.1NA13、运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（ ）A蛋白质水解的最终产物是氨基酸B向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液，有CO2气体生成C某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应D可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底14、将下列气体通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液

8、中， 没有沉淀产生的是AHCl BNH3 CCl2 DNO215、微粒有多种表示方式，下列各组不同表示方式一定代表同种微粒的是AC3H6、CH2=CHCH3BH2O2、C、D、1s22s22p63s23p616、用化学用语表示C2H2HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（ ）A中子数为7的碳原子：CB氯乙烯的结构简式：CH2CHClC氯离子的结构示意图：DHCl的电子式：H二、非选择题（本题包括5小题）17、某药物合成中间体F制备路线如下：已知：RCHORCH2NO2H2O(1)有机物A结构中含氧官能团的名称是_.(2)反应中除B外，还需要的反应物和反应条件是_(3)有机物D

9、的结构简式为_，反应中1摩尔D需要_摩尔H2才能转化为E(4)反应的反应物很多种同分异构体，请写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式_。a.结构中含4种化学环境不同的氢原子 b.能发生银镜反应c.能和氢氧化钠溶液反应(5)已知：苯环上的羧基为间位定位基，如。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_。18、烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，G具有浓郁的香味。它们之间的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：请回答：（1）化合物B所含的官能团的名称是_。（2）D的结构简式是_。（3）C+FG的化学方程式是_。（4）下列说法正确的是_。A在工业上，AB的过程

10、可以获得汽油等轻质油B有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化也可得到FC可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、GD等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同19、X、Y、Z均是中学化学中常见的物质，某同学用X、Y两种单质及Z的溶液进行实验，部分实验内容如下表所示：(1)I中反应物与生成物总能量的大小E(反应物)_E(生成物）（填“ ”“ ”或“=”），仅仅由I、II中的信息可知，Z可能是_。(2)若X是铝，在温度不变时向I中分别加入（适量）等物质的量的NaCl、KCl、CsCl后，产生无色气泡的速率明显加快，导致这种变化最可能的原因是_。(3)若X是铝，II中反应产生的气泡有特殊颜色，则

11、发生反应的离子方程式为_；单质Y不可能是_(填字母）。A 铅 B 石墨 C 镁 D 银(4)若溶液最终变成蓝色，写出负极上电极反应式_；变化过程中，参与正极上放电的离子是_。20、信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。（2）第步中加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。（3）第步所得CuSO45H2O制备

12、无水CuSO4的方法是_。（4）由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O，探究小组设计了三种方案：甲：滤渣2酸浸液 Al2(SO4)318H2O乙：滤渣2酸浸液滤液Al2(SO4)318H2O丙：滤渣2滤液溶液Al2(SO4)318H2O上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。（5）探究小组用滴定法测定CuSO45H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmolL-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+写出计算CuSO

13、45H2O质量分数的表达式=_；下列操作会导致含量的测定结果偏高的是_。a 未干燥锥形瓶b 滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c 未除净可与EDTA反应的干扰离子21、碘海醇是一种非离子型X-CT造影剂。下面是以化合物A(分子式为C8H10的苯的同系物)为原料合成碘海醇的合成路线R为-CH2CH(OH)CH2OH：（1）写出A的结构简式：_。（2）反应-中，属于取代反应的是_(填序号)（3）写出C中含氧官能团的名称：硝基、_。（4）写出同时满足下列条件的D的两种同分异构体的结构简式：_。含1个手性碳原子的-氨基酸苯环上有3个取代基，分子中有6种不同化学环境的氢能发生银镜反应，水解产物之一能与FeC

14、l3溶液发生显色反应（5）已知：呈弱碱性，易被氧化请写出以和(CH3CO)2O为原料制备染料中间体的合成路线流程图(无机试剂任用)_。合成路线流程图示例如下：。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】AT2O的摩尔质量为22，18gT2O的物质的量为mol，含有的质子数为NA，A选项错误；B1mol/L的Na2CO3溶液中，由物料守恒有c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=2mol/L,则c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=1mol/L，c(CO32-)+c(HCO3-)r(O)，Na+、O2-电子层结构相同，核电荷数越

15、大离子半径越小，故离子半径r(Na+)As，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性强，C正确；D.Na、Mg、Al位于同一周期，元素的金属性逐渐减弱，则失电子能力和最高价氧化物对应水化物的碱性均依次减弱，D正确；故合理选项是B。5、D【解析】A. 酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离；B. 利用盖斯定律确定HF电离过程放出热量，利用温度对平衡移动的影响分析；C. 当c0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒判断；D. 微粒浓度与溶液中含有的NaOH、NaF的物

16、质的量多少有关。【详解】A. 酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，在滴加过程中c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大，则水电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应生成NaF时，水的电离程度最大，由于HF的浓度未知，所以滴入10 mLHF时，混合溶液可能是碱过量，也可能是酸过量，也可能是二者恰好完全反应产生NaF，因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势，A正确；B. HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) H=-67.7 kJ/mol，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=-57.3 kJ/mol，将

17、-得HF(aq)F-(aq)+H+(aq) H=(-67.7) kJ/mol-(-57.3) kJ/mol=-10.4 kJ/mol，则HF电离过程放出热量，升高温度，电离平衡逆向移动，即向逆反应方向越大，导致HF电离程度减小，B正确；C. 向NaOH溶液中开始滴加HF时，当c0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-)，C正确；D. 若c0.1时，在刚开始滴加时，溶液为NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)n(NaF)，微粒的物质的量浓度存在关系：c(Na+)c(OH-)c(F-)c(H+)，所以c不一定小于0.1，D错误；故合理选项是

18、D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，易错选项是B，大部分往往只根据弱电解质电离为吸热反应来判断导致错误，题目侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的正确、灵活运用。6、A【解析】在Fe上镀上一定厚度的锌层，镀层金属作阳极、镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的可溶性盐溶液为电解质溶液，所以Zn作阳极、Fe作阴极，含有锌离子的可溶性盐为电解质，故选A。7、B【解析】电池负载工作时，左罐顔色由黄色变为蓝色，说明O2+变为O2，V化合价降低，则左罐所连电极a为正极；右罐发生V2+变为V3+，化合价升高的反应，所以右罐所连电极b为负极，因此电池反应为VO2+V2+2H+=VO2+V3

19、+H2O，所以，该储能电池工作原理为VO2+VO2+2H+VO2+V3+H2O，故A正确；B、a和b接用电器时，该装置为原电池，左罐所连电极为正极，所以电动势大于右罐，电解液中的H+通过离子交换膜向正极移动，即向左罐方向移动，故B错误；C、电池储能时为电解池，故电池a极接电源正极，电池b极接电源负极，电池负极所处溶液即右罐V3+变为V2+，因此溶液颜色由绿色变为紫色，故C正确；D、负载时为原电池，储能时为电解池，根据反应式VO2+VO2+2H+VO2+V3+H2O可知，原电池时氧化剂为VO2+，电解池时氧化剂为V3+，它们与电子转移比例为n(VO2+)：n（V3+）:n(e)=1:1:1，故D

20、正确。答案选B。8、D【解析】A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A错误；B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入CH3COONa溶液不反应，B错误；C.n(NaOH)=0.1mol，通入n(CO2)=0.06mol，反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；D.通入n(CO2)=0.03mol，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol

21、 l，D正确；故合理选项是D。9、D【解析】A“灼烧”时，可在铁坩埚中进行，KOH与玻璃中的二氧化硅反应，选项A错误；B结晶后的母液中有K2MnO4、KMnO4和K2CO3等溶质，若二氧化碳过量还可能存在碳酸氢钾，选项B错误；C. “结晶”环节采用加蒸发浓缩、冷却结晶的方法，选项C错误；D由3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3，氧化产物为KMnO4，还原产物为MnO2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，选项D正确；答案选D。10、D【解析】A、在加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后面加上HCl中含有大量Cl-，所以不能确定Cl-是原

22、溶液里的还是后来加进去的,故A错误；B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故B错误；C、若溶液中含有亚硫酸根,加入Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根,会生成硫酸钡沉淀,故C错误；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故D正确；综上所述，本题应选D。11、D【解析】放电时，消耗H+，溶液pH升高，由此分析解答。【详解】A. 正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2+2H+e-VO2+H2O，故A错误；B.充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得

23、电子生成V2+的反应，故B错误；C.电子只能在导线中进行移动，在电解质溶液中是靠阴阳离子定向移动来形成闭合回路，故C错误；D.该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现，正确；故答案为D。【点睛】本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大。12、A【解析】A项、50mL 1mol/L硝酸与Fe完全反应生成硝酸铁或硝酸亚铁，若硝酸的还原产物只有一氧化氮，50mL 1mol/L硝酸的物质的量为0.05mol，则生成一氧化氮转移的电子数目为0.0375mol，故A错

24、误；B项、2molNO与1molO2所含O原子的物质的量为4 mol，由质量守恒定律可知，反应前后原子个数不变，则所得物质中的氧原子数为4NA，故B正确；C项、乙酸和甲醛（HCHO）的最简式相同，均为CH2O，30gCH2O的物质的量为1mol，1molCH2O完全燃烧消耗O2的物质的量为1mol，故C正确；D项、1L0.1mol/L的CH3COONH4的物质的量为0.1mol，由物料守恒可知溶液中CH3COOH和CH3COO的物质的量为0.1mol，故D正确。故选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。13、B【解析】A. 氨基酸是形成蛋白质

25、的基石，氨基酸通过缩聚反应形成蛋白质，则蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故A正确；B非金属性CB，因此碳酸的酸性大于硼酸，向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液，一定不能生成二氧化碳，故B错误；C吸热反应的H0，反应可自发进行，需要满足H-TS0，则S0，故C正确；D甲烷与水形成的水合物晶体可燃冰，常温常压下容易分解，需要在低温高压下才能存在，海底的低温高压满足可燃冰的存在条件，因此可燃冰可存在于海底，故D正确；答案选B。【点睛】本题的易错点为C，反应自发进行需要满足H-TS0，要注意不能单纯根据焓判据或熵判据判断。14、A【解析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化

26、钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【详解】AHCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。15、B

27、【解析】A. C3H6可能表示CH2=CHCH3，也可能表示环丙烷，因此二者不一定表示同一物质，A错误；B. H2O2分子中两个O原子形成一对共用电子对，O原子分别与H原子各形成一对共用电子对，所以其电子式为；A.前者表示甲烷，后者表示CCl4，二者是不同的微粒，C错误；D.前者表示Ar原子结构示意图，后者可能表示Ar原子，也可能表示K+、Cl-等，因此而不一定表示的是同一微粒，D错误；故合理选项是B。16、C【解析】A. 中子数为7的碳原子为：，选项A错误；B. 氯乙烯的结构简式为：CH2=CHCl，选项B错误；C. 氯离子的结构示意图为：，选项C正确；D. HCl为共价化合物，其电子式为：

28、，选项D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、酚羟基、醛基、醚键 CH3OH、浓硫酸、加热 4 【解析】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团；(2)比较B和C的结构可知，反应为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在D中碳碳双键可与氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，据此答题；(4)根据条件结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，能发生银镜反应，说明有醛基，能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合可写出同分异构体的结构；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩

29、聚反应可生成。【详解】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团为酚羟基、醛基、醚键，故答案为：酚羟基、醛基、醚键；(2)比较B和C的结构可知，反应为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行，故答案为：CH3OH、浓硫酸、加热；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在1molD中碳碳双键可与1mol氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，可消耗3mol氢气，所以共消耗4mol氢气，故答案为：；4；(4)根据条件结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，能发生银镜反应，说明有醛基，能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合可知，符合条件的同分异构体的结构为

30、，故答案为：；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成，可设计合成路线流程图为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是能把握题给信息，根据有机物的官能团判断有机物可能具有的性质。18、碳碳双键 CH3CH2CH2OH H3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O CD 【解析】烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，则N（C）：N（H）=，应为C4H10，由生成物G的分子式可知C为CH3CHOHCH3，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CHO，F为CH3CH2COOH，B为C

31、H3CH=CH2，生成G为CH3CH2COOCH（CH3）2，以此解答该题。【详解】（1）B为CH3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）D为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；（3） C+FG的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；（4）A.在工业上，AB的过程为裂解，可获得乙烯等烯烃，而裂化可以获得汽油等轻质油，故A错误；B.有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化生成丙酮，故B错误；C.醛

32、可溶于水，酸与碳酸钠反应，酯类不溶于水，则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G，故C正确；D.E、G的最简式相同，则等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同，故D正确；故答案为：CD。19、 硝酸或硫酸 Cl对铝与H之间的反应有催化作用 2Al36H6NO3=Al2O36NO23H2O B Cu2e=Cu2 NO3 【解析】（1）该反应自发进行，且为放热反应，根据反应热=生成物的总能量-反应物的总能量作答；根据图示信息可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化；（2）根据影响反应速率的外因结合三种盐的结构特点分析；（3）结合Z可能是硫酸或硝酸，及题意中II中反应产生的气泡有特殊颜色，推测该气

33、泡为二氧化氮，据此分析作答；结合原电池的工作原理分析；（4）Cu2为蓝色溶液；NO3在正极得电子生成NO2。【详解】（1）I进行的是自发的氧化还原反应，为放热反应，所以反应物总能量高于生成物总能量；由I、II可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案为：；硫酸或硝酸；（2）由于加入（适量）等物质的量的NaCl、KCl、CsCl后反应速率明显加快，因三种盐均含有Cl，而Cl不可能与Al反应，故只能是Cl起催化作用，故答案为：Cl对铝与H之间的反应有催化作用；（3）有色气体为NO2，Z是硝酸，铝被浓硝酸氧化后生成致密的Al2O3，故反应的离子方程式为：2Al36H6NO3=Al

34、2O36NO23H2O；由III知，X、Y与浓硝酸构成原电池且Y是负极，故Y的单质在常温下应该与浓硝酸发生反应，铅、镁、银都能与浓硝酸反应，石墨与浓硝酸不反应，答案选B；故答案为2Al36H6NO3=Al2O36NO23H2O；B；（4）溶液最终变成蓝色，则说明生成铜离子，即铜是负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Cu2e=Cu2；NO3与H在正极得电子生成NO2和H2O，故答案为：Cu2e=Cu2；NO3。20、Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2OPt、Au将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染Al3+、Fe

35、3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙100%c【解析】稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)318H2O。结合物质的性质分析解答。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成C

36、u2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，故答案为Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O；Pt、Au，(2)第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+；

37、(3)第步由CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水；(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中