浙江省宁波市镇海中学2021届高考化学仿真试卷（5月份） Word版含解析

2021年浙江省宁波市镇海中学高考化学仿真试卷（5月份）一、选择题（本题共7小题．每小题只有一个选项是符合题目要求的）
1．（下列说法不正确的是（）
A．早在1000多年前，我国就已接受加热胆矾（CuSO4•5H2O）或绿矾（FeSO4•7H2O）的方法制硫酸，尽管硫酸的生产工艺几经改进，此方法仍旧是工业生产硫酸的主要方法
B．氢能是将来能源结构中最具进展潜力的清洁能源之一．目前已有专家已争辩出用淀粉或纤维素与水在酶作用下转变为二氧化碳和氢气的方法制氢气．从整个循环来看，利用该方法得到的氢能来源于太阳能C．在现代化学工业中催化剂的应用格外普遍，对于给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应时，抱负催化剂还可以大幅度提高目标产物在最终产物中的比率
D．有机玻璃是以有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到，合成A的一种途经是：CH3C≡CH+CO+CH3OH CH2=C（CH3）COOCH3，其过程符合绿色化学的原则
2．下列说法不正确的是（）
A．比较去锈的铁钉和去锈的绕有细铜丝的铁钉与同浓度的盐酸反应速率快慢时，可以加K3[Fe （CN）6]溶液，观看铁钉四周消灭蓝色沉淀的快慢
B．将在空气中灼烧呈黑色的铜丝趁热插入盛有乙醇的试管中，铜丝变红色；反复数次，试管中的液体消灭刺激性气味，表明乙醇已被铜氧化为乙醛
C．欲粗略测定某未知浓度的醋酸溶液中醋酸的电离常数Ka，应做的试验和所需的试剂（或试纸）为：中和滴定试验、pH试纸
D．从海带中提取碘，可将灰化后的海带加入水中煮沸一段时间后过滤，向滤液中滴入几滴硫酸，再加入适量H2O2溶液氧化，最终加入CCl4萃取分别
3．X、Y、Z、R、Q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，其中X和Q同主族，X 与Z、Y与Q原子的电子层数都相差2，X、Y原子最外层电子数之比为1：4，Z的最外层电子数是次外层的3倍．下列说法不正确的是（）
A．Y和Z形成的某种化合物具有空间网状结构
B．X和Z可形成X2Z、X2Z2的化合物
C．R和Q形成的化合物含有共价键且为强电解质
D．X的失电子力量比Q强
4．下列有关有机化学的说法中不正确的是（）
A．按系统命名法，化合物CH3CH（CH2CH3）2名称3﹣甲基戊烷
B．用新制的Cu（OH）2悬浊液可以鉴别乙酸、乙醇和葡萄糖
C．有机物可发生加成反应、氧化反应、还原反应和聚合反应
D．图所示的有机物分子式为C14H12O2，不能发生银镜反应
5．在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如图．下列说法不正确的是（）
A．a电极为电解池的阳极
B．阳极的电极反应式：NH4++3F﹣﹣6e﹣=NF3+4H+
C．电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的分子式是F2
D．H+由b极移向a极，并参与电极反应
6．肯定条件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g ）CH2=CH2（g）+4H2O（g）；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是（）
A．生成乙烯的速率：v（M）有可能小于v（N）
B．平衡常数：K M＞K N
C．当温度高于250℃，上升温度，平衡向逆反应方向移动，从而使催化剂的催化效率降低
D．若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，则图中M点时，乙烯的体积分数为7.7%
7．某溶液中可能含有OH﹣，CO32﹣，AlO2﹣，SiO32﹣，SO42﹣，K+，Na+，Fe3+，Mg2+，Al3+等离子，当向溶液中逐滴加入肯定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图，下列说法中不正确的是（）
A．原溶液确定含有OH﹣，CO32﹣，AlO2﹣，SiO32﹣
B．K+和Na+至少含有其中一种
C．n（CO32﹣）：n（AlO2﹣）=3：2
D．a 值确定大于
二、非选择题
8．Atropic酸（H）是某些具有消炎、镇痛作用药物的中间体，其一种合成路线如下：
已知：1、有机物的性质主要由官能团打算．
2．R﹣X（F，Cl，Br，I）+NaOH R﹣OH+NaX
（1）G 中含氧官能团的名称是；反应1为加成反应，则B的结构简式是．
（2）B ﹣C的化学方程式是；
（3）反应2的反应类型为．
（4）下列说法正确的是．
a．1molG 能与足量Na反应放出22.4LH2
b．等物质的量的B、G、H完全燃烧消耗氧气的物质的量相等
c．肯定条件下1mol有机物H最多能与5mol H2发生反应
d．H在肯定条件下通过缩聚反应可得到高分子化合物，结构如图所示
9．Ⅰ）某盐由原子序数处于前20的三种元素组成，相对式量为98，其焰色反应为紫色（透过蓝色的钴玻璃）．向此溶液中滴入少量盐酸时，产生白色沉淀，连续加入过量盐酸时，白色沉淀消逝，再滴入过量氨水，又产生白色沉淀．
（1）三种元素中原子序数最小的简洁离子的离子结构示意图，
（2）该盐的化学式为，
（3）白色沉淀在水中电离的方程式．
（Ⅱ）某二元化合物A是一红棕色难溶物质，温度超过60℃，分解生成红色金属B和无色气体单质C，且两种单质的物质的量之比为2：1，将A与盐酸反应也同样产生气体C．在肯定条件下可以用H3PO2与CuSO4溶液混合制备A，A可以在氯气中燃烧．
（1）A的化学式为
（2）H3PO2与CuSO4溶液混合制备A中氧化产物为
（3）写出A在氯气中燃烧的方程式
（4）有人认为还有一种组成元素与A相同的二元化合物，此物质的化学式为，若此物质为离子化合物，则电子式为．
（5）A与盐酸能反应的缘由．
10．环境问题正引起全社会关注，CO、CO2的应用对构建生态文明有重要意义
（Ⅰ）工业生产中已知3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O （g）△H=﹣49.5KJ/mol
H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O （g）△H=+41.3KJ/mol
（1）写出由H2和CO 制CH3OH 的热化学方程式
（2）H2和CO 能自发反应生成CH3OH的条件是（3）某温度下（1）中的平衡常数为1.2，能使平衡常数变为2的下列条件有
A．增大压强B．增大CO的浓度C．上升温度D．降低温度E．使用催化剂
（4）在肯定温度下密闭容器中，按H2与CO2体积比3：1进行投料，3H2+CO2⇌CH3OH+H2O 反应达到平衡的标志有
A．平衡常数不变B．CO2的转化率不变
C．混和气体的平均相对分子质量不再转变 D．混合气体的密度不变
（Ⅱ）将不同物质的量的H2O（g）和CO分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：H2O（g）+CO（g）fCO2（g）+H2（g）△H，得到如下数据：
试验温度/℃起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min
H2O CO CO H2
I 650 2 4 2.4 1.6 5
II 900 1 2 1.6 0.4 3
III 900 2 1 a b t
（1）650℃时，若在此容器中开头充入2molH2O（g）、lmolCO、1molCO2和2molH2，则反应在开头时进行（填“正向”或“逆向”）．
（2）达平衡时试验Ⅱ和试验Ⅲ中H2O（g）的转化率的大小关系为：a2（HO）a3（H2O）（填“＞”、“＜”或“=”）．
（Ⅲ）肯定条件下反应：6H2（g）+2CO2（g）⇌C2H5OH （g）+3H2O （g）△H它的有关数据如图1所示．
（1）下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ对应的反应物起始物质的量为1.5 B．达平衡时，v（H2）正=v（CO2）逆C．a点对应的H2的平衡转化率为90% D．b点对应的平衡常数K值大于c点
（2）温度为T1时CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），在体积为2升的密闭容器中加入
0.4molCO2和0.4mol H2，第4分钟达到平衡，反应中H2O的浓度变化状况如图所示，在第5分钟时向体系中再充入0.2molCO2和0.2mol H2，（其它条件不变），第8分钟达平衡，请在图2中画出5到9分钟的H2O的浓度变化曲线．
11．CoCl2•6H2O是一种饲料养分强化剂．以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl2•6H2O的一种新工艺流程如图：
已知：
①钴与盐酸反应的化学方程式为：Co+2HCl=CoCl2+H2↑
②CoCl2•6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴．
③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3
开头沉淀 2.3 7.5 7.6 3.4
完全沉淀 4.1 9.7 9.2 5.2
请回答下列问题：
（1）在上述新工艺中，用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料，其主要优点为
（写两点）．
（2）加入碳酸钠调整pH至a，a的范围是；pH调至a后过滤，再用试剂X将滤液的pH调整至2﹣3，则所用的试剂X为．
（3）操作Ⅰ包含3个基本试验操作，它们是、和过滤．
（4）制得的CoCl2•6H2O需减压烘干的缘由是．
（5）为测定产品中CoCl2•6H2O含量，某同学将肯定量的样品溶于水，再向其中加入足量的AgNO3溶液，过滤，并将沉淀烘干后称量其质量．通过计算发觉产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其缘由可能是
（写出两个缘由）．
（6）在试验室中，为了从上述产品中获得纯洁的CoCl2•6H2O，常将制得的产品溶解于乙醚中，然后、
（填试验操作）获得纯洁的CoCl2•6H2O．
2021年浙江省宁波市镇海中学高考化学仿真试卷（5月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共7小题．每小题只有一个选项是符合题目要求的）
1．（下列说法不正确的是（）
A．早在1000多年前，我国就已接受加热胆矾（CuSO4•5H2O）或绿矾（FeSO4•7H2O）的方法制硫酸，尽管硫酸的生产工艺几经改进，此方法仍旧是工业生产硫酸的主要方法
B．氢能是将来能源结构中最具进展潜力的清洁能源之一．目前已有专家已争辩出用淀粉或纤维素与水在酶作用下转变为二氧化碳和氢气的方法制氢气．从整个循环来看，利用该方法得到的氢能来源于太阳能C．在现代化学工业中催化剂的应用格外普遍，对于给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应时，抱负催化剂还可以大幅度提高目标产物在最终产物中的比率
D．有机玻璃是以有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到，合成A的一种途经是：CH3C≡CH+CO+CH3OH CH2=C（CH3）COOCH3，其过程符合绿色化学的原则考点：工业制取硫酸；绿色化学；清洁能源；催化剂的作用．
分析：A．现在的工业制取硫酸，利用的是煅烧硫铁矿的方法，不是加热胆矾（CuSO4•5H2O）或绿矾（FeSO4•7H2O）的方法；
B．利用淀粉与纤维素制取氢气，淀粉与纤维素来源于绿色植物，即太阳能转化为为化学能，化学能转化为为氢能；
C．催化剂会影响目标产物在最终产物中的比例；
D．有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到有机玻璃，原子利用率高，符合绿色化学原则．解答：解：A．早在1000多年前，我国就已接受加热胆矾（CuSO4•5H2O）或绿矾（FeSO4•7H2O）的方法制硫酸，现在的硫酸工业上，接受的是煅烧硫铁矿的方法，与以前的方法不同，故A错误；
B．绿色植物的化学能来源于光能，即太阳能，化学能在肯定条件下转化为氢能，那么从整个循环来看，利用该方法得到的氢能来源于太阳能，故B正确；
C．催化剂只能对主反应即生成目标产物的那个反应起作用，这样在转化率肯定的时候的确目标产物的比例会加大，并不是催化剂对全部反应都能同等程度促进，故C正确；
D．反应CH3C≡CH+CO+CH3OH CH2=C（CH3）COOCH3中，原子利用率高，符合绿色化学原则，故D 正确；
故选A．
点评：本题考查了硫酸的工业制取原理、催化剂的作用、绿色化学的概念及推断等学问，题目难度中等，试题学问点较多、题目综合性强，充分考查了同学机敏应用基础学问的力量．
2．下列说法不正确的是（）
A．比较去锈的铁钉和去锈的绕有细铜丝的铁钉与同浓度的盐酸反应速率快慢时，可以加K3[Fe（CN）6]溶液，观看铁钉四周消灭蓝色沉淀的快慢
B．将在空气中灼烧呈黑色的铜丝趁热插入盛有乙醇的试管中，铜丝变红色；反复数次，试管中的液体消灭刺激性气味，表明乙醇已被铜氧化为乙醛
C．欲粗略测定某未知浓度的醋酸溶液中醋酸的电离常数Ka，应做的试验和所需的试剂（或试纸）为：中和滴定试验、pH试纸
D．从海带中提取碘，可将灰化后的海带加入水中煮沸一段时间后过滤，向滤液中滴入几滴硫酸，再加入适量H2O2溶液氧化，最终加入CCl4萃取分别
考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；海带成分中碘的检验；乙醇的催化氧化试验．
分析：A、亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀；
B、Cu与氧气反应生成CuO，CuO与乙醇反应生成乙醛；
C、确定醋酸的电离常数，依据CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，应分别确定CH3COOH的物质的量浓度和H+的物质的量浓度，可用滴定法确定CH3COOH的物质的量浓度，用pH试纸可粗略确定H+的物质的量浓度；
D、海带中含有碘离子，在酸性环境中过氧化氢能够氧化碘离子，碘单质易溶于有机溶剂．
解答：解：A、去锈的绕有细铜丝的铁钉在盐酸溶液中形成原电池，产生亚铁离子速度快，与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀所用的时间短，故A正确；
B、Cu与氧气反应生成CuO，CuO与乙醇反应生成乙醛，不是乙醇被铜氧化，故B错误；
C、可用滴定法确定CH3COOH的物质的量浓度，用pH试纸可粗略确定H+的物质的量浓度，进而计算电离常数，故C正确；
D、海带中含有碘离子，在酸性环境中过氧化氢能够氧化碘离子，碘单质易溶于CCl4，最终加入CCl4萃取分别，故D正确；
故选B．
点评：本题考查了物质性质和离子检验的试验操作，题目难度较大．
3．X、Y、Z、R、Q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，其中X和Q同主族，X 与Z、Y与Q原子的电子层数都相差2，X、Y原子最外层电子数之比为1：4，Z的最外层电子数是次外层的3倍．下列说法不正确的是（）
A．Y和Z形成的某种化合物具有空间网状结构
B．X和Z可形成X2Z、X2Z2的化合物
C．R和Q形成的化合物含有共价键且为强电解质
D．X的失电子力量比Q强
考点：原子结构与元素周期律的关系．
专题：元素周期律与元素周期表专题．
分析：X、Y、Z、R、Q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，Z的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；X与Z原子的电子层数都相差2，X只能处于第四周期，X、Y原子最外层电子数之比为1：4，X原子最外层电子数只能为1，Y原子最外层电子数为4，则X为K元素；X和Q同主族，Y与Q原子的电子层数也相差2，结合原子序数可知，Y 只能处于第三周期、Q处于第一周期，则Q为H元素、Y为Si；R的原子半径小于O，则R为F元素，据此解答．
解答：解：X、Y、Z、R、Q为元素周期表前20号的五种主族元素，且原子半径依次减小，Z的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；X与Z原子的电子层数都相差2，X只能处于第四周期，X、Y原子最外层电子数之比为1：4，X原子最外层电子数只能为1，Y原子最外层电子数为4，则X为K元素；X和Q同主族，Y与Q原子的电子层数也相差2，结合原子序数可知，Y只能处于第三周期、Q处于第一周期，则Q为H元素、Y为Si；R的原子半径小于O，则R为F元素，A．Si和O形成的二氧化硅，属于原子晶体，具有空间网状结构，故A正确；
B．K和O可形成K2O、K2O2等化合物，故B正确；
C．F和H形成的化合物为HF，含有共价键，为弱电解质，故C错误；
D．X为K元素，Q为H元素，K失去电子力量更强，故D正确，
故选C．
点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，Z的排布特点是推断突破口，难度中等．
4．下列有关有机化学的说法中不正确的是（）
A．按系统命名法，化合物CH3CH（CH2CH3）2名称3﹣甲基戊烷
B．用新制的Cu（OH）2悬浊液可以鉴别乙酸、乙醇和葡萄糖
C．有机物可发生加成反应、氧化反应、还原反应和聚合反应
D．图所示的有机物分子式为C14H12O2，不能发生银镜反应
考点：有机物的结构和性质；有机化合物命名；有机物的鉴别．
分析：A．该分子中最长碳链是5个碳原子，且3号碳原子上含有一个甲基；
B．新制的Cu（OH）2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为：蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀；C．该有机物中含有苯环、碳碳双键和醛基，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、还原反应等；D．该有机物分子中含有醛基和酯基．
解答：解：A．该分子中最长碳链是5个碳原子，且3号碳原子上含有一个甲基，名称3﹣甲基戊烷，故A 正确；
B．新制的Cu（OH）2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为：蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀，现象不同，可鉴别，故B正确；
C．该有机物中含有苯环、碳碳双键和醛基，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、还原反应等，故C正确；
D．该有机物分子式中含有醛基，所以能发生银镜反应，故D错误；
故选D．
点评：本题考查有机物结构和性质、有机物命名、有机物鉴别等学问点，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，留意新制氢氧化铜悬浊液和乙醇混合现象，为易错点．
5．在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如图．下列说法不正确的是（）
A．a电极为电解池的阳极
B．阳极的电极反应式：NH4++3F﹣﹣6e﹣=NF3+4H+
C．电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的分子式是F2
D．H+由b极移向a极，并参与电极反应
考点：电解原理．
分析：由图可知，氢离子在b极得到电子生成氢气，故b为阴极，那么a为阳极铵根失电子发生氧化反应生成NF3，反应式为：NH4++3F﹣﹣6e﹣=NF3+4H+；依据电解原理可知，氟离子也可能失去电子生成氟单质，阳离子移向阴极，据此分析推断．
解答：解：A．由图可知，氢离子在b极得到电子生成氢气，故b为阴极，那么a为阳极，故A正确；B．a为阳极铵根失电子发生氧化反应生成NF3，反应式为：NH4++3F﹣﹣6e﹣=NF3+4H+，故B正确；
C．依据电解原理可知，氟离子也可能失去电子生成氟单质，所以电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的分子式是F2，故C正确；
D．电解过程中，H+向阴极移动，所以H+由a极移向b极，故D错误；
故选D．
点评：本题主要考查的是电解池反应原理等，留意结合装置图分析推断电极反应及产物，难度不大，留意整理归纳．
6．肯定条件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g ）CH2=CH2（g）+4H2O（g）；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是（）
A．生成乙烯的速率：v（M）有可能小于v（N）
B．平衡常数：K M＞K N
C．当温度高于250℃，上升温度，平衡向逆反应方向移动，从而使催化剂的催化效率降低
D．若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，则图中M点时，乙烯的体积分数为7.7%
考点：转化率随温度、压强的变化曲线．
分析：A、温度上升化学反应速率加快，催化剂的催化效率降低；
B、上升温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动；
C、依据图象，当温度高于250℃，上升温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动；
D、设开头投料n（H2）为3mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，据此列三段式计算．
解答：解：A、化学反应速率随温度的上升而加快，催化剂的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v （N），故A正确；
B、上升温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故B正确；
C、依据图象，当温度高于250℃，上升温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故C错误；
D、设开头投料n（H2）为3mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%
所以有6H2（g）+2CO2（g ）CH2=CH2（g）+4H2O（g）
开头 3 1 0 0
转化 1.5 0.5 0.25 1
平衡 1.5 0.5 0.25 1
所以乙烯的体积分数为×100%=7.7%，故D正确；
故选C．
点评：本题考查了图象分析化学反应速率的影响因素、平衡计算、平衡移动等，题目难度不大．
7．某溶液中可能含有OH﹣，CO32﹣，AlO2﹣，SiO32﹣，SO42﹣，K+，Na+，Fe3+，Mg2+，Al3+等离子，当向溶液中逐滴加入肯定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图，下列说法中不正确的是（）
A．原溶液确定含有OH﹣，CO32﹣，AlO2﹣，SiO32﹣
B．K+和Na+至少含有其中一种
C．n（CO32﹣）：n（AlO2﹣）=3：2
D．a 值确定大于
考点：离子方程式的有关计算．
分析：依据图象分析可知，开头无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的OH﹣反应，则与氢氧根离子反应的离子不能共存：Fe3+、Mg2+、Al3+；然后反应生成沉淀渐渐增大，说明是AlO2﹣和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，连续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32﹣离子，反应完后连续加入盐酸，沉淀渐渐减小，到不再转变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最终剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但依据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种．
解答：解：由图象可知，开头加入HCl时无沉淀生成，说明加入的HCl与溶液中OH﹣的反应，则溶液中肯定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子：Fe3+、Mg2+、Al3+；之后开头生成沉淀且反应生成沉淀渐渐增大，说明溶液中存在AlO2﹣、SiO32﹣，连续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32﹣离子，碳酸根离子反应完后连续加入盐酸，沉淀渐渐减小，到不再转变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最终剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但依据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子，
A、依据推断原溶液中肯定含有的离子是：OH﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣，故A正确；
B、依据推断原溶液中肯定含有的离子是：OH﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣，至少含有K+、Na+离子中的一种离子，不能确定是否含有钠离子，故B正确；
C、依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；原溶液中含有CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为3：4，故C错误；
D、依据图中信息，消耗4体积的盐酸将氢氧化铝完全溶解，依据AlO2﹣～Al（OH）3～3H+，所以，所以将偏铝酸根转化为沉淀消耗的盐酸是可以认为是，但是硅酸根离子也会消耗盐酸形成硅酸沉淀，即a值确定
大于，故D正确．
故选C．
点评：本题考查了离子检验的方法应用，图象分析推断是解题关键，硅酸根离子、偏铝酸根离子和酸反应生成沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强酸是解题关键．
二、非选择题
8．Atropic酸（H）是某些具有消炎、镇痛作用药物的中间体，其一种合成路线如下：
已知：1、有机物的性质主要由官能团打算．
2．R﹣X（F，Cl，Br，I）+NaOH R﹣OH+NaX
（1）G 中含氧官能团的名称是羧基和羟基；反应1为加成反应，则B的结构简式是
．
（2）B﹣C的化学方程式是+HBr；
（3）反应2的反应类型为加成反应．
（4）下列说法正确的是 b ．
a．1molG 能与足量Na反应放出22.4LH2
b．等物质的量的B、G、H完全燃烧消耗氧气的物质的量相等
c．肯定条件下1mol有机物H最多能与5mol H2发生反应
d．H在肯定条件下通过缩聚反应可得到高分子化合物，结构如图所示
考点：有机物的推断．
分析：D被氧气氧化生成苯乙醛，则D结构简式为，C发生水解反应生成D，则C为
，A和乙炔加成生成B，B为；
F发生加成反应生成G，G发生消去反应生成H，据此分析解答．
解答：解：D被氧气氧化生成苯乙醛，则D结构简式为，C发生水解反应生成D，则C
为，A和乙炔加成生成B，B为；
F发生加成反应生成G，G发生消去反应生成H，
（1）通过以上分析知，G的含氧官能团名称是羧基和羟基，B的结构简式为，
故答案为：羧基和羟基；；
（2）C为，B为，B和HBr发生加成反应生成C，反应方程式为，
故答案为：+HBr；
（3）反应2是加成反应，故答案为：加成反应；
（4）a．温度和压强未知，无法计算生成氢气体积，故错误；
b．B、G、H的分子式分别为C8H8、C9H4（H2O）3、C9H4（H2O）2，1mol碳原子耗氧量和4mol氢原子和耗氧量相同，依据其分子式知，等物质的量的B、G、H完全燃烧消耗氧气的物质的量相等，故正确；c．碳碳双键和苯环能和氢气在肯定条件下发生加成反应，肯定条件下1mol有机物H最多能与4mol H2发生反应，故错误；d．H中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，故错误；
故选b．
点评：本题考查有机物推断，为高频考点，依据结构简式、反应条件结合官能团及其性质关系进行推断，生疏常见反应类型及反应条件，易错点是（4）b选项，留意解题技巧，题目难度不大．
9．（Ⅰ）某盐由原子序数处于前20的三种元素组成，相对式量为98，其焰色反应为紫色（透过蓝色的钴玻璃）．向此溶液中滴入少量盐酸时，产生白色沉淀，连续加入过量盐酸时，白色沉淀消逝，再滴入过量氨水，又产生白色沉淀．
（1）三种元素中原子序数最小的简洁离子的离子结构示意图，
（2）该盐的化学式为KAlO2，
（3）白色沉淀在水中电离的方程式AlO2﹣+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣．
（Ⅱ）某二元化合物A是一红棕色难溶物质，温度超过60℃，分解生成红色金属B和无色气体单质C，且两种单质的物质的量之比为2：1，将A与盐酸反应也同样产生气体C．在肯定条件下可以用H3PO2与CuSO4溶液混合制备A，A可以在氯气中燃烧．
（1）A的化学式为CuH
（2）H3PO2与CuSO4溶液混合制备A中氧化产物为H3PO4
（3）写出A在氯气中燃烧的方程式2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl
（4）有人认为还有一种组成元素与A相同的二元化合物，此物质的化学式为CuH2，若此物质为离子化合物，则电子式为[H：]﹣Cu2+[H：]﹣．
（5）A与盐酸能反应的缘由CuH中氢为﹣1价，可以和盐酸中+1的氢离子发生归中反应．
考点：无机物的推断．
分析：（Ⅰ）焰色反应为紫色（透过蓝色的钴玻璃），说明含有K元素，向此溶液中滴入少量盐酸时，产生白色沉淀，连续加入过量盐酸时，白色沉淀消逝，再滴入过量氨水，又产生白色沉淀，说明为偏铝酸盐，相对式量为98，应为KAlO2；
（Ⅱ）某二元化合物A是一红棕色难溶物质，温度超过60℃，分解生成红色金属B和无色气体单质C，在肯定条件下可以用H3PO2与CuSO4溶液混合制备A，说明B为Cu，
且两种单质的物质的量之比为2：1，将A与盐酸反应也同样产生气体C．A可以在氯气中燃烧，可知C为H2，A为CuH．
解答：解：（Ⅰ）焰色反应为紫色（透过蓝色的钴玻璃），说明含有K元素，向此溶液中滴入少量盐酸时，产生白色沉淀，连续加入过量盐酸时，白色沉淀消逝，再滴入过量氨水，又产生白色沉淀，说明为偏铝酸盐，相对式量为98，应为KAlO2，
（1）三种元素中原子序数最小的简洁离子为O2﹣，离子结构示意图，故答案为：；
（2）由以上分析可知该盐为KAlO2，故答案为：KAlO2；。