2022届云南省曲靖市麒麟区五中化学高二下期末教学质量检测模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项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、能源的开发和利用一直是发展中的重要问题。下列说法不正确的是ACO2、甲烷都属于温室气体B能量在转化和转移过程中其总量会不断减少C太阳能、风能和生物质能属于新能源D太阳能电池可将太阳能直接转化为电能2、某有机物的结构简式为 它不可能发生的反应有A加成反应B消去反应C水解反应D氧化反应3、我国城市环境中

2、的大气污染物主要是ACO2、Cl2、N2、酸雨BSO2、NO2、CO、可吸入颗粒物CNH3、CO2、NO2、雾DHCl、SO2、N2、可吸入颗粒物4、茅台酒中存在少量具有凤梨香味的物质X，其结构如下图所示，下列说法正确的是AX难溶于乙醇B酒中少量的丁酸能抑制X的水解CX完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量比为1：2D分子式为且官能团与X相同的物质共有5种5、如图表示元素周期表前四周期的一部分，关于元素X、Y、Z、W的叙述正确的是（ ）X、Y的最高价氧化物的水化物酸性为YX；Y、Z的气态氢化物的稳定性YZ；W的单质常温下呈液态，一定条件下可与铁粉反应；W的原子序数比Z大9。A只有BCD6、用过

3、量硝酸银溶液处理0.01 mol氯化铬水溶液，产生0.02 molAgCl沉淀，则此氯化铬最可能是()ACr(H2O)6Cl3BCr(H2O)5ClCl2H2OCCr(H2O)4Cl2Cl2H2ODCr(H2O)3Cl33H2O7、某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是（ ）A能跟NaOH溶液反应B能使酸性KMnO4溶液褪色C能发生酯化反应D能发生水解反应8、下列实验现象不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是 ( )AABBCCDD9、下列化合物中，既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃只有一种的是( )ACH3BrBCD10、下列各能级的中电子所具有的能量最高的是

4、()A3s2 B4p4 C5d1 D6s211、一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共l0g，混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍。该混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶的质量增加了8.4g，该混合气体可能是A乙烷和乙烯B乙烷和丙烯C甲烷和乙烯D甲烷和丙烯12、在强酸性或强碱性溶液中都能大量共存的一组离子是 （ ）ABa2，Fe3，Br，NO3BNa，Ca2，HCO3，NO3CAl3，NH4，SO42，NaDNa，K，NO3，SO4213、将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀

5、完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。下列叙述错误的是( )A当金属全部溶解时，电子转移的数目为0.3NAB参加反应的金属的总质量3.6gw9.6gC当金属全部溶解时，产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24LD当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积为l00mL14、二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示:下列说法不正确的是Ab电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸B二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOHC电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24

6、L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2D电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O15、酚酞含片是一种治疗消化系统疾病的药物，其有效成分的结构简式如图所示下列对该有效成分的说法正确的是（）A核磁共振氢谱中有5个峰B最多有15个碳原子共平面C可能发生缩聚反应生成高分子化合物D1mol该物质最多能与含4molNaOH的烧碱溶液反应16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氧原子数为4NAB若将1 mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NAC向大量水中通入1 mol氯气，反应中转移的电

7、子数为NAD电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4 g二、非选择题（本题包括5小题）17、A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：（1）发生缩聚形成的高聚物的结构简式为_；D-E的反应类型为_。（2）E-F的化学方程式为_。（3）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是_（写出结构简式）。（4）等物质的量的分别与足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应， 消耗NaOH、Na2CO3 、NaHCO3的物质的量之比为_；检验的碳碳双键的方法是

8、_（写出对应试剂及现象）。18、由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料：由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。Al3在pH5.0时沉淀完全；Mg2在pH8.8时开始沉淀，在pH11.4时沉淀完全。实验过程：.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。.用铂丝蘸取少量中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。.向中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至56，产生白色沉淀B，过滤。.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。.向中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。(

9、1)中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是_。(2)由、判断X一定不含有的元素是磷、_。(3)中生成B的离子方程式是_。(4)中B溶解的离子方程式是_。(5)沉淀C的化学式是_。(6)若上述n(A)n(B)n(C)113，则X的化学式是_。19、实验小组同学探究稀H2SO4对溶液中的I被O2 氧化的影响因素。（1）为了探究c(H+)对反应速率的影响，进行实验：10mL 1mol L1 KI溶液5滴淀粉溶液序号加入试剂变色时间10mL蒸馏水长时间放置，未见明显变化10mL 0.1mol L1H2SO4溶液放置3min后，溶液变蓝10mL 0.2mol L1H2SO4溶液放置1min后，溶液变

10、蓝10mL 0.1mol L1K2SO4溶液长时间放置，未见明显变化 写出实验发生反应的离子方程式 _。 实验所得结论：_。 增大实验反应速率还可以采取的措施 _。 实验的作用是_。（2）为探究c(H+)除了对反应速率影响外，是否还有其他影响，提出假设：. 增大c(H+)，增强O2的氧化性；. 增大c(H+)，_。小组同学利用下图装置设计实验方案，对假设进行验证。序号溶液a溶液b现象10mL 1mol L1 KI溶液10mL H2O10mL 0.1molL1K2SO4溶液10mLH2O指针未见偏转10mL 1mol L1 KI溶液10mL H2O10mL 0.1molL1K2SO4溶液1mL

11、0.2molL1H2SO4溶液9mL H2O指针偏转X10mL 0.1molL1K2SO4溶液10mL 0.2molL1H2SO4溶液YZ10mL 0.1molL1K2SO4溶液10mLH2O 指针未见偏转通过实验证实假设合理，将表中空白处的试剂或现象补充完整。X _；Y _；Z _。20、某酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，有同学设计了下列方案对废液进行处理（所加试剂均稍过量），以回收金属铜，保护环境。请回答：（1）沉淀a中含有的单质是_（填元素符号）。（2）沉淀c的化学式是_。（3）溶液A与H2O2溶液在酸性条件下反应的离子方程式是_。21、Na2S可用于制造硫化染料

12、、沉淀水体中的重金属等。(1)Na2S溶液中S2-水解的离子方程式为_。(2)室温时，几种重金属离子的硫化物的溶度积常数如下表：金属硫化物FeSPbSCuSHgSKsp6.310181.010286.310361.61052向物质的量浓度相同的Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+的混合稀溶液中，逐滴加入Na2S稀溶液，首先沉淀的离子是_。用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，为使Pb2+沉淀完全c(Pb2)110-6mol/L，则应满足溶液中c(S2-)_mol/L。反应Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K=_。(3)测定某Na2S和NaHS混合样品中两者含量

13、的实验步骤如下：步骤1.准确称取一定量样品于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至500mL容量瓶中定容。步骤2.准确移取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入茜素黄GG-百时香酚蓝混合指示剂，用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定（Na2S+HCl=NaHS+NaCl）至终点，消耗盐酸24.00mL；向其中再加入5mL中性甲醛(NaHS+HCHO+H2ONaOH+HSCH2OH)和3滴酚酞指示剂，继续用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定(NaOH+HCl=NaCl+H2O)至终点，又消耗盐酸34.00mL。计算原混合物中Na2S与NaHS的物质的量之比(写出计算过程)_。参考答案一、选择题

14、（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】分析：CO2、甲烷都可导致温室效应；常见能源分类有可再生能源和非再生资源、新能源和化石能源，其中太阳能、风能和生物能源属于新能源，以此解答该题。详解：ACO2、甲烷都可导致温室效应，应尽量减少排放，故A正确；B根据能量转化和守恒定律可知能量在转化和转移过程中总量既不会增加，也不会减少，故B错误；C太阳能、风能和生物能源与化石能源相比，属于新能源，也属于清洁能源，故C正确；D太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，故D正确；故选B。2、C【解析】由中含-OH、苯环、-COOH，结合醇、酚、羧酸的性质来解答。【详解】A. 因含有苯环可发生加成反应，故A不选；

15、B. 因含有醇羟基，与醇羟基相连的碳的相邻的碳原子上有H原子，可发生消去反应，故B不选；C. 因不含能水解的官能团，如卤素原子，酯基等，所以不能发生水解反应，故C选；D. 含OH等基团可发生氧化反应，而且该有机物可以燃烧，故D不选综上所述，本题正确答案为C。3、B【解析】A、C项中的二氧化碳不属于大气污染物，D项中的氮气不属于大气污染物，B项中SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物均属于大气污染物，故选B。4、B【解析】A该物质中含有酯基，具有酯的性质，根据相似相溶原理知，该物质易溶于有机溶剂乙醇，故A错误；B该物质为丁酸乙酯，一定条件下能发生水解反应生成丁酸和乙醇，所以酒中的少量丁酸能抑制X水解

16、，故B正确；C该物质分子式为C6H12O2，根据原子守恒判断X完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量之比，X完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量比为1：1，故C错误；D分子式为C4H8O2且官能团与X相同的物质，应含有酯基，同分异构体有丙酸甲酯、乙酸乙酯、甲酸丙酯、甲酸异丙酯，共4种，故D错误；故选B。点睛：明确官能团及其性质关系是解本题关键。易错选项是D，注意同分异构体的判断，在书写酯的同分异构体时，可以按照顺序调整酯基两端的碳原子数目进行确定。5、C【解析】由元素在周期表的位置可知，X为第二周期第A族元素，即X为N元素，则Y为P元素，Z为S元素，W为Br元素。【详解】同一主族的元素，原子序数

17、越大，元素的非金属性越弱，所以元素的非金属性XY，则最高价氧化物的水化物的酸性为YX，正确；同一周期的元素，元素的原子序数越大，元素的非金属性越强，则元素的非金属性ZY，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，所以气态氢化物的稳定性YZ，正确；溴元素的单质Br2在常温下呈液体，由于具有强的氧化性，与变价金属铁反应生成溴化铁，正确；Br的质子数为35，S的质子数为16，则W的原子序数比Z大35-16=19，错误，故上述说法正确的是。答案选C。6、B【解析】氯化铬（CrCl36H2O）中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬（CrCl36

18、H2O）和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确定氯化铬（CrCl36H2O）的化学式。【详解】根据题意知，氯化铬（CrCl36H2O）和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬（CrCl36H2O）化学式中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬（CrCl36H2O）的化学式可能为Cr（H2O）5ClCl2H2O，答案选B。【点睛】本题考查了配合物的成键情况，难度不大，注意：该反应中，配合物中配原子不参加反应，只有阴离子参加反应，为易错点。7、D【解析】A. 该有机物分子中有羧基，能跟NaOH溶液反应，A正确； B. 该有机物分子中有碳碳双键和羟基，且与苯

19、环相连的碳原子上有氢原子，故其能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C. 该有机物分子中有羧基和羟基，故其能发生酯化反应，C正确； D. 该有机物分子中没有能发生水解反应的官能团，D不正确。综上所述，这种有机物不可能具有的性质是D，选D。8、A【解析】A项、稀硫酸与锌反应生成氢气，导致锥形瓶内压强增大，针筒活塞右移，与反应是放热反应或吸热反应无关，无法据此判断反应是否放热，故A错误；B项、温度升高，容器内压强增大，反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，则铁与稀盐酸的反应为放热反应，故B正确；C项、温度计的水银柱不断上升，说明盐酸和氢氧化钠溶液的中和反应为反应放热，故C正确；D项、

20、温度升高，容器内压强增大，反应开始后，气球慢慢胀大，说明装置内压强增大，则稀硫酸与氢氧化钾溶液的反应为放热反应，故D正确；故选A。【点睛】本题考查化学反应与能量变化，注意题判断反应是否放热的设计角度，根据现象得出温度、压强等变化是解答关键。9、B【解析】A. CH3Br只能与NaOH水溶液发生水解反应，只有一个碳原子不能发生消去反应，故A不符合题意；B. 既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃只有一种，故B符合题意；C. 能发生水解反应，不能发生消去反应，和氯原子相连的碳的邻碳上没有氢原子，所以C不符合题意；D. 既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃只有两

21、种，故D不符合题意；所以本题答案：B。【点睛】判断依据：氯代烃发生消去反应的条件是和氯代烃相连的碳的邻碳上有氢原子。10、C【解析】分析：根据构造原理作答。详解：根据构造原理，各能级的能量高低顺序为：同一能层不同能级的能量由低到高的顺序为nsnpndnf；不同能层英文字母相同的不同能级的能量由低到高的顺序为能层越大能量越高；不同能层不同能级的能量顺序为ns（n-2）f（n-1）dnp。题中各能级的能量由低到高的顺序为3s4p6s5d，电子所具有的能量最高的是5d1，答案选C。11、C【解析】由于混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，因此混合气体的平均摩尔质量为25g/mol，因此混合

22、气体中一定有甲烷。混合气体的总的物质的量为；由于混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶总质量增加了8.4g，即烯烃的质量为8.4g，则甲烷的质量为10g-8.4g=1.6g，则甲烷的物质的量为，烯烃的物质的量为0.3mol，故烯烃的摩尔质量为，为乙烯。答案选C。12、D【解析】分析：离子间如果在溶液中发生化学反应，则不能大量共存，结合溶液的酸碱性、离子的性质以及发生的化学反应解答。详解：A. 在碱性溶液中Fe3不能大量共存，A错误；B. 在酸性溶液中碳酸氢根离子不能大量共存，在碱性溶液中Ca2和HCO3均不能大量共存，B错误；C. 在碱性溶液中Al3和NH4均不能大量共存，C错误；D. Na、

23、K、NO3、SO42在酸性或碱性溶液中相互之间互不反应，可以大量共存，D正确。答案选D。13、D【解析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应3Mg+8HNO3 (稀)=3Mg(NO3)2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢

24、氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为n=，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。A.根据上述分析可知：反应过程中电子转移的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，n(e-)=n(OH-)=0.3mol，所以转移的电子数目N=0.3NA，A正确；B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，若全为Mg，其质量是m=0.15mol24g/mol=3.6g；若全为金属Cu，其质量为m=0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为3.6gm9.6g，B正确；C.反应过程中转移电子的物质的量为0.3mol，根据电子转移数目相等，可知反应产

25、生NO的物质的量为n(NO)=，其在标准状况下的体积V=0.1mol22.4L/mol=2.24L，C正确；D.若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积V=；若硝酸有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，D错误；故合理选项是D。14、D【解析】A. 电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和Na

26、OH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O +3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。答案选D。15、C【解析】A.该物质中含8种位置的H原子,则核磁共振氢谱中有8个峰,故A错误;B.苯环为平面结构,与苯环直接相连的原子在同一平面内,则2个苯环及-COOC-中的两个碳可共平面,最多14个碳原子共面,故B错误;C.含酚-OH,能发生缩聚反应,故

27、C正确;D.酚-OH及-COOC-能与碱反应,则该物质最多能与含3mol的烧碱溶液反应,故D错误;答案：C。【点睛】该物质含酚-OH和-COOC-,且结构不对称,苯环为平面结构,结合酚,酯的性质来解答即可。16、A【解析】A，100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含氧原子物质的量为n（O）=100g46%46g/mol1+100g（1-46%）18g/mol1=4mol，A项正确；B，制备Fe（OH）3胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，1molFeCl3完全转化生成1molFe（OH）3，Fe（OH）3胶体中胶粒是一定数目Fe（OH）3的集合体，分散系中胶

28、体微粒物质的量小于1mol，B项错误；C，Cl2与水的反应为可逆反应，反应中转移电子物质的量小于1mol，C项错误；D，电解精炼铜，阳极为粗铜，阳极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Cu-2e-=Cu2+，由于粗铜中Zn、Fe等比Cu活泼的金属的含量未知，无法计算阳极减少的质量，D项错误；答案选A。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，涉及溶液中微粒的计算、胶体、可逆反应、电解精炼铜等知识。注意计算溶液中H原子、O原子时不能忽视H2O中的H原子、O原子，胶体中的胶粒是一定数目粒子的集合体，电解精炼铜时阳极是比Cu活泼的金属优先放电。二、非选择题（本题包括5小题）

29、17、 取代反应 1：1：1 加入溴水，溴水褪色 【解析】B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。（1）发生缩聚形成的高聚物的结构简式为；D发生水解反应或取代

30、反应生成E，故D-E的反应类型为水解反应或取代反应；（2）E-F的化学方程式为；（3）B的同分异构体中，与B具有相同官能团（酯基和碳碳双键）且能发生银镜反应则含有甲酸酯的结构，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是；（4）中只有羧基能与NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应，等物质的量的分别与足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应， 消耗NaOH、Na2CO3 、NaHCO3的物质的量之比为1：1：1；利用碳碳双键的性质，检验的碳碳双键的方法是加入溴水，溴水褪色。18、CO2 钠、硅 Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+ Al(OH)3OH=AlO2H2O

31、 Mg(OH)2 Mg3Al(OH)7CO3 【解析】气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至56时生成的白色沉淀B为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3OHAlO22H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。【详解】（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；（2）X中一定不含Si元素

32、，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因为Na元素的焰色为黄色，即由、判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；（3）调节pH至56时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al33NH3H2OAl(OH)33NH4；（4）中氢氧化铝溶解的离子方程式为Al(OH)3OHAlO22H2O；（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）:nAl(OH)3:nMg(OH)2=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-

33、、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。19、4H+ 4I-+O2 =2I2+2H2O 其他条件相同时，增大c(H+)使I-被O2氧化的速率加快 升高温度或通入O2 对照实验，证明SO42-对该反应的化学反应速率没有影响 增强I-的还原性 10mL 1mol L-1 KI溶液、10mL H2O 指针偏转大于 10mL 1mol L-1 KI溶液、2mL 0.2molL-1H2SO4溶液、8mL H2O 【解析】本题主要考察实验探究，注意“单一变量”原则。【详解】（1）题中已告知I-被O2氧化，所以离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2

34、H2O；这三组实验中，变量是H+的浓度，结果是溶液变蓝的速度，反映出H+的浓度对I-被O2氧化的速率；对于非气相反应而言，加快反应速率的措施还有加热，增加其他反应物的浓度，或者加入催化剂（在本实验中，反应速率较快，为了更好的观察实验结果，可不使用催化剂）；实验IV的作用是对照作用，排除SO42-对实验结果的影响；（2）ii，对照i的说法为增大c(H+)，增强I-的还原性；对比实验V、VI、VII，三组实验的溶液b在变化，根据单一变量原则，溶液a是不应该有变动的，所以X应为10mL 1mol L1 KI溶液、10mL H2O，由于实验VII的溶液b中H+浓度比实验VI的大，反应速率会加快，这意味

35、着单位时间内转移的电子数量会增多，指针会出现偏转，且比实验VI的大；经过对比，实验V和VIII的溶液b相同，则两个实验的溶液a应该有所不同，实验探究的是H+的影响，实验V的a溶液中没有H+，则实验VIII的a溶液中应该有H+，故Z为10mL 1mol L-1 KI溶液、2mL 0.2molL-1H2SO4溶液、8mL H2O。20、Cu、Fe BaCO3 2Fe2+H2O2+2H=2Fe3+ 2H2O 【解析】酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，加入铁屑，可置换出铜，沉淀a为Fe、Cu，溶液A含有Fe2+、Ba2+，然后在溶液A中加入过氧化氢、氢氧化钠生成的红褐色沉淀为Fe

36、(OH)3，溶液B含有Na+、Ba2+，加入碳酸钠溶液，可生成沉淀c为BaCO3，溶液C含有的阳离子主要为Na+。(1)由以上分析可知沉淀a中含有的单质是Fe、Cu，故答案为Fe、Cu；(2)由分析可知沉淀c为BaCO3，故答案为BaCO3；(3)氧化时加入H2O2溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故答案为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O。点睛：本题考查物质的分离提纯，注意掌握金属回收的方法和常见的离子之间的反应，明确离子方程式的书写方法。本题的关键是根据流程图，理清发生的反应。21、S2-+H2OHS-+OH- Hg2+ 1.010-22 1.01018 n(Na2S)=0.2500mol/L24.00mL10-3L/mL=6.00010-3mol，n(NaHS)=0.2500mol/L(34.0024.00)10-3L/mL=2.50010-3mol，n(Na2S)n(NaHS)=6.00010