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1参考答案：1．BB中所用0.5mol/L的CuSO4溶液不为100mL，最终溶液中的CuSO4的物质的量不为0.5mol，D所配溶液的质量分数与1mol/L的CuSO4溶液相同。2．AA用重结晶的方法，B中Si也可放出H2，普通导电仪不能测出BaSO4饱和溶液的导电性，Fe（OH）3胶体的提纯要用渗析法。3．DD中潮湿的CuBr受热会分解。4．CMnO2在酸性条件下会氧化Cu，A错；在稀盐酸中，MnO2能溶解，说明存在具有还原性的物质，但不一定含有CuO；Ag2CO3在稀盐酸中也不能溶解。5．C由所给反应，煅烧时Cu和Te被氧化了，水溶后有Na2CrO4说明Cr也被氧化了；因Na2CrO4具有强氧化性，应该用H2SO4酸化；固体1应是煅烧时不反应的金；滤液3中应含有被TeO2+氧化SO2生成的H2SO4。6．D由最终沉淀3mol知含SO42-3mol，由沉淀的最大值7mol知含Al3+4mol。D点有过量的Ba（OH）2，通CO2应当有沉淀生成；到A点时，SO42-已沉淀完全。7．CLi只有+1价，因此15个O只能为-22价，有7个呈-2价，8个呈-1价；高温煅烧时，Fe被还原；用氯水也可氧化Fe2+，且产物是沉淀，氯水代入的Cl-也不会有影响。8．A第一组用Ba（OH）2在空气中操作即可；第二组用FeCl3；第三组用浓盐酸。9．BA中MgO的熔点太高，应该用无水MgCl2；C中会含有杂质C；D中会含有另外的活泼金属。10．D由两种沉淀的质量可算出SO42-和CO32-的物质的量，由标况下气体的体积可算出NH4+的物质的量，有CO32-存在，Fe3+不可能存在，然后再由电荷守恒可推导出Na+和Cl-的关系。211．A由电荷守恒，Cu失去的电子，等于生成的NaNO2中N原子得到的电子，求出NaNO2的物质的量。12．CA中Na2O2不能拆；B中不会有气体产生；D中Al3+在NH4+之前反应。13．BB中应生成HCO3-。14．AB中的顺序为SO、I－、Br－；C中的顺序为Fe3＋、Cu2＋、H＋；D中的顺序为H＋、Fe3＋、NH。15．BA中生成Fe2+是Fe3+与过量的Fe生成的；B中Ag+不足，生成的AgI只能由AgCl转化面来；C中氯水不能与IO3-生成I2；D中也可是Al3+、Fe3+等。16．CA中含Fe3+也可；B中含HCO3-、SO32-等均可；C中溶液变黄说明生成了Fe3+；D中Al（OH）3不溶于氨水。17．BA中用NaOH溶液洗涤后分液；B中用盐酸溶解后过滤；C用蒸馏法蒸出乙醇；D制出Fe（OH）3后灼烧分解。18．A乙醇与水互溶；C中含有SO32-也可；D的水溶液加热会水解。19．D要先证明不含Fe3+。20．C用固体的质量和铁元素的电荷等于SO42-的电荷列出方程组即可解出结果。21．（8分，每空1分）（1）（mA-mB）：（mB-mC）=（MA、-MB）：（MB-MC）（2）H+方法所用的试剂可能的现象1紫色石蕊试液溶液变红色2Zn粒有气泡产生3Na2CO3溶液有气泡产生（答案不分先后，其它合理答案也可）3解析：等物质的量的任何物质的质量之比等于其摩尔质量之比，由分比定律可导出结果。质谱是用高能电子撞击分子，使其失去一个电子，本题中是用H+与CH3OH分子作用生成相对分子质量为33的CH3OH2+，该离子的质荷比为33。22．（7分，离子方程式各2分，判断方法各1分）反应实例离子方程式判断恰好完全反应的方法示例向Na2SO4溶液中滴加BaCl2溶液Ba2++SO42-=BaSO4↓白色沉淀不再增加1向稀H2SO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O测溶液的导电性至最小值2向NaOH溶液中滴加稀HClH++OH-=H2O测溶液的pH=73向NaOH溶液中滴加稀HCl------测溶液的温度至最大值解析：示例中已用了沉淀的现象，2和3的反应均无沉淀、气体、颜色变化等现象，只能用测pH、测热效应等方法，而1中就只能用测导电性了。23．（8分，方程式每个2分，化学式每个1分）反应一：3CuCl2+2Al=2AlCl3+3Cu；反应二：3CuCl2+Al=3CuCl↓+AlCl3；反应四：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O（或Al（OH）3+NaOH=Na[Al（OH）]4。反应三中生成的白色固体的主要成分有Al（OH）3、CuCl。解析：CuCl溶于氨水所得的无色产物Cu（NH3）2+，在空气中可被氧化成蓝色的Cu（NH3）42+。溶液褪色，说明Cu2+反应完全，无蓝色沉淀生成，说明没生成Cu（OH）2沉淀，生成的白色固体可能为CuCl、Al（OH）3加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，说明白色固体中含有Cl-。白色固体在稀氨水中部分溶解，说明既有CuCl又有Al（OH）3，剩余的固体可溶于NaOH进一步证明其中含有Al（OH）3。24．（17分，除标注外，每个答案1分）（1）BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2（1分）1:1氧化性、还原性和不稳定性（各1分）（2）2HSO4-电解S2O82-+H2↑（2分）（3）1：1萃取和分液（共1分）有机溶剂和乙基蒽醌（各1分）（4）2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O（2分）0.1250mol/L（2分）4MnO4－+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O（1分）偏高解析：乙基蒽醌法所用的最终原料为H2和O2，生成H2O2时其物质的量之比为1：1。测定时，若速度太慢会有部分KMnO4被水还原，导致KMnO4用量增大，使测定结果偏高。