山东省沂水县第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省沂水县第二中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列属于电解质的是（
）
A、铜
B、氯化钠溶液
C、硫酸钡
D、蔗糖
【答案】C
【解析】溶于水或熔融状态下，能电离出阴阳离子的化合物是电解质。溶于水和熔融状态下，都不能电离出阴阳离子的化合物是非电解质。因此硫酸钡是电解质，蔗糖是非电解质，铜是单质，氯化钠溶液是混合物，都既不是电解质，也不是非电解质。答案选C。
2．浓硫酸具有的性质是
A.酸性
B.强氧化性
C.脱水性
D.易挥发性
【答案】ABC
【解析】
3．下列物质不能使品红溶液褪色的是
A．氯水
B．次氯酸钠溶液
C．二氧化硫
D．氯化钙溶液
【答案】D
【解析】
试题分析：A、氯水中HClO具有强氧化性，能把有色物质漂白，即能使品红溶液褪色，不符合题意，故错误；B、NaClO具有强氧化性，能使品红溶液褪色，不符合题意，故错误；C、SO2具有漂白性，能使品红荣工业褪色，不符合题意，故错误；D、CaCl2不具有漂白性，不能使品红褪色，符合题意，故正确。
考点：考查使品红溶液褪色的物质等知识。
4．1mol气态烃A最多和2molHCl加成，生成氯代烷B，1molB与4molCl2发生取代反应，生成只含碳、氯两种元素的C,则A的分子式为
A．C2H2
B．C2H4
C．C3H4
D．C4H6
【答案】A
【解析】1mol气态烃A最多和2molHCl加成，说明A中含有2个碳碳双键或1个碳碳三键。1molB与4molCl2发生取代反应，说明B中含有4个氢原子，但其中2个是A和氯化氢加成得到的，因此A中含有2个氢原子，所以A是乙炔，答案选A。
5．下列五个化学方程式：
①
C2H2(g)
+
H2(g)
C2H4(g)；
②
CH4(g)
H2(g)
+
C2H4(g)，
③
C(s)
+
2H2(g)
CH4(g)；△H＝－x
KJ·
mol－1，
④
C(s)
+
H2(g)1/2C2H2(g)；△H＝－y
KJ·
mol－1，
⑤
C(s)
+
H2(气)＝1/2C2H4(g)；△H＝－z
KJ·
mol－1
当温度下降时①式平衡向右移动，②式平衡向左移动。据此判定③至⑤式中x、y、z的大小顺序正确的是(
)
A．x
>y>z
B．x>z>y
C．y>x>z
D．z
【答案】B
【解析】
6．关于氯气及氯水的叙述中，下列正确的是
A．氯气是一种黄绿色、有毒的气体
B．久置氯水加AgNO3溶液不能生成白色沉淀
C．氯气不能溶解于水，所以可用排水法收集氯气
D．氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物
【答案】A
【解析】A
正确
B
错误，久置氯水主要成分是盐酸，加AgNO3溶液能生成白色沉淀
C
错误，氯气能溶解于水，所以可用排饱和食盐水法收集氯气
D
错误，氯气、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物，氯水是混合物
故选A
7．下列叙述正确的是（
）
A．NaCl溶液在电流作用下电离成Na+与Cl-
B．溶于水后能电离出H+的化合物都是酸
C．氯化氢溶于水能导电，故液态氯化氢能导电
D．氢氧化钡的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-
【答案】D
【解析】电离的条件是溶于水或热熔化，不是电流，故A项错误；酸的含义中强调电离出的阳离子全部是H+，故B项错误；液态氯化氢没有水的作用，没有发生电离不能导电，故C项错误。
8．除去镁粉中的少量铝粉，可选用的试剂是：（
）
A．醋酸溶液
B．氨水
C．盐酸
D．氢氧化钠溶液
【答案】
D
【解析】
试题分析：A、镁和铝都能与醋酸反应，故不能用醋酸除去镁粉中的铝粉，A错误；B、镁、铝与氨水都不反应，故不能用氨水除去镁粉中的铝粉，B错误；C、镁和铝都能与盐酸反应，故不能用盐酸除去镁粉中的铝粉，C错误；D、氢氧化钠和铝反应生成可溶性的偏铝酸钠，与镁不反应，故能用氢氧化钠溶液除去镁粉中的铝粉，D正确。答案选D。
考点：物质的除杂
9．下列各组离子能在溶液中大量共存的是
A．K+、OH﹣、Na+、NO3﹣
B．Na+、Fe3+、SO42﹣、OH﹣
C．H+、Na+、Cl﹣、CO32﹣
D．Ba2+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣
【答案】A
【解析】
试题分析：K+、OH﹣、Na+、NO3﹣不反应，故A正确；Fe3+、OH﹣生成氢氧化铁沉淀，故B错误；H+、CO32﹣生成二氧化碳和水，故C错误；Ba2++SO42﹣=
BaSO4↓，故D错误。
考点：本题考查离子共存。
10．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍，也是C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和。下列说法正确的是(
)
A．原子半径C＞D＞E
，三者形成的简单离子中D离子的半径最小
B．元素A所形成的氢化物常温下一定为气态
C．元素C、D、E在自然界中均不能以游离态存在
D．元素B的氧化物对应的水化物一定为强酸
【答案】A
【解析】
试题分析：E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，则B的内层电子数与C的最外层电子数相等，所以B的内层电子数是2，C的最外层电子数是2，E的最外层电子数是6，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，则B的最外层电子数是5，B是N元素，A是C元素；五种元素的原子序数依次增大，所以C是Mg元素，E是S元素，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，D的最外层电子数是3，所以D是Al元素。A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径C＞D＞E。核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，核外电子层数越多离子半径越大，则三者形成的简单离子中D离子的半径最小，A正确；B、例如苯是液态，B错误；C、硫元素能以游离态存在，C错误；D、亚硝酸是弱酸，D错误，答案选A。
考点：考查元素的推断，元素化合物的性质判断
11．下列说法不正确的是（
）
A．油脂发生皂化反应能生成甘油
B．乙炔、丙烯酸（CH2=CHCOOH）、醋酸乙烯酯（CH3COOCH=CH2）均可作为合成聚合物的单体
C．蔗糖及其水解产物均能与新制氢氧化铜反应生成红色沉淀
D．谷氨酸分子（HOOC-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH）缩合最多可形成2种二肽（不考虑立体异构）
【答案】C
【解析】
试题分析：A．油脂是高级脂肪酸甘油脂，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故A正确；B．乙炔、丙烯酸（CH2=CHCOOH）、醋酸乙烯酯（CH3COOCH=CH2）含有双键或三键，均可作为合成聚合物的单体，故B正确；C．蔗糖为非还原性糖，不能与新制氢氧化铜反应生成红色沉淀，故C错误；D．谷氨酸分子不对称，缩合最多可形成2种二肽，故D正确。
【考点定位】油脂的结构、组成与性质；乙炔和炔烃；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点。
12．下列有关碱金属铷(Rb)的叙述中，正确的是
（
）
①
灼烧氯化铷固体时，火焰有特殊颜色
②
硝酸铷是离子化合物，易溶于水
③
铷单质的熔点高于铯单质
④
氢氧化铷是一种强碱，但碱性比氢氧化钾弱
⑤
金属铷投入水中后浮于水面，快速熔化，并可能会引起爆炸
⑥
铷单质的化学性质很活泼，是一种强还原剂，而铷离子的化学性质同样很活泼
⑦
金属铷受热后，能在空气中剧烈燃烧，生成比过氧化钠更复杂的氧化物
⑧
铷原子的半径比钾原子大，因此铷原子更容易失去电子
A．全部
B．①⑤⑥⑦⑧
C．①②③⑦⑧
D．①④⑤⑥
【答案】C
【解析】略
13．下列既有氧化性又有还原性的离子是
A．Cl2
B．Al3+
C．Fe2+
D．Cl-
【答案】C
【解析】
试题分析：氧化性又有还原性那么化合价既可以升高又可以降低，Cl2
是单质不是离子，A错；Al3+
化合价已经达到了最高价态了，没有还原性，B错；Fe2+
是中间价态既可以升高又可以降低，所以既有氧化性又有还原性，C对；Cl-的化合价是-1价，是最低价态，没有氧化性，D错。
考点：物质价态和氧化性、还原性的关系。
14．下列实验装置正确且能完成实验目的的是
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氢气的量通过注射器体积变化得到，可以完成实验目的，故正确；B、分液漏斗的下端紧贴烧杯内壁，故错误；C、拉动注射器，会使酸性高锰酸钾溶液进入注射器内，应进气管长，不能实现实验目的，故错误；D、盐酸具有挥发性，CO2中混有HCl，对实验产生干扰，不能实现实验目的，故错误。
考点：考查实验设计方案等知识。
15．下列叙述正确的是
A．同温同压下，相同体积的物质，其物质的量一定相等
B．任何条件下，等物质的量的甲烷和一氧化碳所含的分子数一定相等
C．1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小
D．相同条件下的一氧化碳气体和氨气，若体积相等，则原子数一定相等
【答案】B
【解析】
试题分析：A、同温同压下，相同体积的气体，其物质的量一定相等，不是气体，物质的量不一定相等，A错误；
B、气体的物质的量相等，则由N=nNA可知，气体的分子数相等，B正确；
C、1L一氧化碳气体与1L氧气所处的状态相同，1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小，但二者所处的状态不一定相同，因此1L一氧化碳气体与1L氧气的质量关系无法确定，或大或小或相等都有可能，C错误；
D、相同条件下的一氧化碳气体和氨气，若体积相等，则物质的量相等，二者摩尔质量不相等，则质量一定不相等，D错误。答案选B。
考点：阿伏加德罗定律
16．（14分）将镁铝的混合物0.1mol溶于100ml
2mol/L硫酸溶液中,然后再滴加1mol/L的NaOH溶液,请回答:
(1)若在滴加NaOH溶液过程中,沉淀质量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示,当V1=160mL时,则金属粉末中n(Mg)=
mol,
V2=
mL,
(2)若在滴加NaOH溶液过程中,欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全,则滴入NaOH溶液的体积
V(NaOH)
=
mL
(3)图像中A点的意义是
【答案】（14分）(1)
n(Mg)=
0.06
mol,
V2=
440
mL
(2)
V(NaOH)
=
400
mL
(3)图像中A点的意义是：生成Mg(OH)2
、Al(OH)3沉淀的最大值
【解析】略
17．按要求书写相关反应的化学方程式：
（1）硫在氧气中燃烧_____________________。
（2）在汽车的排气管上装一个催化转化装置，可以治理汽车尾气中的NO和CO，其原理是______________。
（3）氨的催化氧化_______________________。
（4）制取漂白粉_________________________。
（5）工业合成氨_________________________。
【答案】（1）S
+
O2SO2
（2）2NO+2CON2+2CO2
（3）4NH3+5O24NO+6H2O
（4）2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
（5）N2+3H22NH3
【解析】
试题分析：（1）硫燃烧生成二氧化硫，方程式为S
+
O2SO2；
（2）在一定条件下NO氧化CO生成氮气和二氧化碳，方程式为2NO+2CON2+2CO2；
（3）氨气发生催化氧化的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
（4）氯气与氢氧化钙反应生成漂白粉，方程式为2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（5）氮气与氢气反应生成氨气的方程式为N2+3H22NH3。
考点：考查方程式书写
18．实验探究是体验知识的产生和形成过程的基本途径。下面是某同学完成的探究实验报告的一部分：实验名称：卤素单质的氧化性强弱比较
实验步骤
实验结论
①氯水＋1
mL
CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色
氧化性从强到弱的顺序：氯、溴、碘
②NaBr溶液＋氯水＋1
mL
CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色
③KI溶液＋氯水＋1
mL
CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色
实验药品：KBr溶液、KI溶液、氯水、溴水、碘水、四氯化碳、淀粉碘化钾试纸
实验设计如下，请回答：
（1）完成该实验需用到的实验仪器是________、________。
（2）②中反应的化学方程式为________________。③中反应的离子方程式为______________。
（3）CCl4在实验中所起的作用是______________。
（4）该同学的实验设计不足之处是_______________，改进的办法是
。
【答案】（1）试管
胶头滴管
（2）2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2
Cl2＋2I－===2Cl－＋I2
（3）萃取剂（4）没能比较出溴和碘单质的氧化性强弱
将第③改为：KI溶液＋溴水＋1
mL
CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层的颜色
【解析】
试题分析：分析题给信息知该实验的目的是通过氯、溴、碘单质之间的置换来比较卤素单质的氧化性强弱。
（1）该实验为试管实验，完成该实验需用到的实验仪器是试管、胶头滴管；
（2）②中反应为氯水与溴化钠反应生成单质溴和氯化钠，化学方程式为2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2；
③中反应为氯水与碘化钾反应生成单质碘和氯化钠的离子方程式为Cl2＋2I－＝2Cl－＋I2；
（3）CCl4在实验中所起的作用是萃取剂；
（4）该同学的实验设计不足之处是没能比较出溴和碘单质的氧化性强弱，改进的办法是将第③改为：KI溶液＋溴水＋1
mL
CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层的颜色。
考点：考查化学实验方案的分析评价。
19．钛被称为“二十一世纪金属”，工业上用钛铁矿制备金属钛的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）铁在元素周期表中的位置为
。
（2）写出TiO2+水解的离子方程式：
。
加入过量铁粉的作用是：①
；②
。
（3）操作
Ⅰ的实验步骤为：___________________，过滤。
（4）副产品主要成分的化学式为
。
（5）写出TiO2转化成TiCl4的化学方程式：
。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；
（2）TiO2++2H2OH2TiO3+2H+；①防止Fe2+氧化为Fe3+；②消耗多余硫酸；
（3）蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）FeSO4；
（5）2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO
【解析】
试题分析：（1）铁是26号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；
（2）依据水解的定义，TiO2+水解结合水电离出的OH-，生成的产物形式结合题目可知为H2TiO3；浓硫酸溶解钛铁矿生成的Fe2+易被氧化，同时TiO2+水解显酸性可知，过量硫酸需除去有利于水解；
（3）由流程图可知，操作Ⅰ的目的是为了分离出硫酸亚铁晶体，得到纯净的TiO2+溶液，从溶液中分离硫酸亚铁需要的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
（4）结合（3）的分析，并依据原子守恒可知副产物为硫酸亚铁；
（5）由流程图可知，TiO2与焦炭、氯气反应可生成TiCl4，Ti的化合价没有变，Cl的化合价从0价变为－1价，降低，故C的化合价升高，由于C过量，所以C从0价升高到+2价，转化为CO，根据化合价升降法，质量守恒可写出化学方程式为2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO。
考点：考查了制备金属钛的工艺流程的相关知识。
20．“套管实验”是将一支较小的玻璃仪器装入另外一个玻璃仪器中，经组装来完成原来需要更多仪器进行的实验，因其具有许多优点，被广泛应用于化学实验中，如图实验为“套管实验”，小试管内塞有沾有无水硫酸铜粉末的棉花糖。请观察实验装置，分析实验原理。
回答下列问题：
（1）该实验的目的是
。
（2）该实验的现象是
，
B中发生反应的离子方程式是
。
（3）一段时间后结束实验，待装置冷却，取出小试管中固体溶于水，然后滴加1mol/L盐酸，产生CO2的量与盐酸的量的关系如图所示，其中合理的是
。
（4）取10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物充分进行加热，将生成的CO2气体通入足量澄清石灰水中完全吸收，测得生成沉淀4.0g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为
。
【答案】（1）探究（或证明）碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生CO2和H2O，而碳酸钠稳定。（2分）（2）棉花糖上的粉末变蓝；B中澄清石灰水变浑浊（2分），Ca2＋
+
2OH－
+
CO2
=
CaCO3
↓
+
H2O
（2分）
（3）BC（2分）（4）32.8%（2分）
【解析】
试题分析：（1）两个试管内分别装有Na2CO3
、NaHCO3
，给它们加热，然后用澄清的石灰水来检验CO2的产生。所以该实验的目的是探究（或证明）碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生CO2和H2O，而碳酸钠稳定；来探究二者的热稳定性的相对大小。
（2）小试管内塞有沾有无水硫酸铜粉末的棉花糖，硫酸铜遇水反应生成CuSO4 5H2O，CuSO4 5H2O呈蓝色，根据化学反应2NaHCO3Na2CO3
+2H2O+CO2↑，所以该实验的现象是棉花糖上的粉末变蓝；B中澄清石灰水变浑浊。CO2与Ca(OH)2反应生成碳酸钙白色沉淀和水，所以B中发生反应的离子方程式是Ca2＋+2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O。
（3）NaHCO3
不稳定，受热分解。向固体中加入HCl时首先发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3
；无气体产生，当该反应完全后，再发生反应
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+
CO2↑，放出气体。因此，若NaHCO3完全分解，则两步消耗的HCl的物质的量相等，体积也相等。若它部分分解，则发生第一步消耗的HCl就比第二步少些。B为部分分解的图像；C为完全分解的图像。答案选BC。
（4）取10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物充分进行加热，将生成的CO2气体通入足量澄清石灰水中完全吸收，测得生成沉淀4.0g，沉淀的物质的量为0.04mol，即反应生成CO2
0.04mol，根据化学反应2NaHCO3Na2CO3
+2H2O+CO2↑，混合物中碳酸氢钠的物质的量为0.08mol，质量为0.08mol×84g/mol=6.72g，碳酸钠的质量为10-6.72=3.28g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为3.28÷10×100%=32.8%。
考点：考查NaHCO3、Na2CO3的热稳定性及它们与酸反应的情况。
21．（6分）取8
g某有机物A（相对分子质量为32）在氧气中完全燃烧，生成物中只有11
g
CO2和9
g
H2O。通过计算推断：
（1）该有机物A中含有的元素。
（2）该有机物的分子式及可能的结构简式。
【答案】（1）有机物含有C、H、O三种元素。
（2）有机物的分子式为CH4O，结构简式为CH3OH。
【解析】
试题分析：（1）取8g某有机物A（相对分子质量为32）在氧气中完全燃烧，生成物中只有11g CO2和9g H2O，根据元素守恒可知，有机物一定含有C、H元素，CO2的物质的量=11g÷44g/mol=0.25mol，H2O的物质的量=9g÷18g/mol=0.5mol，故m（C）+m（H）=0.25mol×12g/mol+0.5mol×2×1g/mol=4g＜8g，故有机物A还含有O元素，即有机物含有C、H、O三种元素。
（2）m（O）=8g-4g=4g，则n（O）=4g÷16g/mol=0.25mol，8g有机物A的物质的量=8g÷32g/mol=0.25mol，有机物A中C原子数目与H原子数目、O原子数目之比等于物质的量之比=0.25mol：0.5mol×2：0.25mol=1:4:1，根据A的相对分子质量为32，可知分子式为CH4O，则结构简式为CH3OH。
考点：本题考查有机物所含元素和分子式的判断。
22．A、B、C是大家熟悉与生命运动密切相关的三种化合物，它们所含元素不超过三种，并有下列转化关系：
其中化合物D也是日常生活中常见的化合物，在一定条件下可与单质甲进一步发生如下变化：
D＋3甲―→3A＋2B
回答下列问题：
（1）在A、B、C、D四种化合物中，所含元素相同的是(写物质名称)________、________。
（2）常温下，A和B是通过什么途径转化为C的？
____________________________________________________。
（3）目前，化合物B在自然界中的含量呈上升趋势，对环境产生了不良的影响，发生这种变化的主要原因是________________________________________。
（4）化合物D另有一种同分异构体，这种同分异构体的结构简式是________。
【答案】（1）C：葡萄糖
D：乙醇或酒精
（2）水和二氧化碳是通过植物进行光合作用转化为葡萄糖的
（3）二氧化碳在空气中的含量呈上升趋势产生“温室效应”的主要原因是：大量燃烧含碳燃料、人口膨胀、森林大面积砍伐等
（4）CH3—O—CH3
【解析】
试题分析：由转化关系和D的反应可知，D是有机物，该反应为有机物燃烧，甲为氧气，可推知A
B分别为水和CO2，水和CO2在植物光合作用下可生成葡萄糖和氧气，C为葡萄糖，葡萄糖在一定条件下转化为酒精与CO2，则D为乙醇，（1）在A、B、C、D四种化合物中，所含元素相同的是葡萄糖和乙醇；（2）在常温下，水和二氧化碳在绿色植物光合作用下转化为葡萄糖；（3）矿物燃料的燃烧，导致二氧化碳在大气中的含量呈上升趋势，加剧温室效应；（4）根据含相同碳原子数的饱和一元醇、醚互为同分异构体，可写出乙醚的结构简式。
考点：考查葡萄糖的生成与转化。
23．孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3，还含少量二价铁和三价铁的氧化物及硅的氧化物。以下是实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O晶体的流程图：
（1）试剂A的化学式是_____________；操作Ⅰ的名称是______________；
（2）生成气体X的化学方程式为：_________________________________。
（3）使用试剂B的目的是将溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋，试剂B最好选用_________
A．酸性KMnO4溶液
B．双氧水
C．浓硝酸
D．氯水
（4）已知：
物质
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀时的pH
2.3
4.8
完全沉淀时的pH
3.7
6.7
①
试剂C的使用是为了调节溶液的pH，使Fe3＋转化为沉淀予以分离。试剂C宜选用__________：
A．稀硫酸
B．NaOH溶液
C．氨水
D．CuO
②
为完全除去溶液c中的Fe3＋而又不使Cu2＋沉淀，则应调节溶液pH的范围为__________。
（5）请设计一种实验方案检验溶液中Fe3＋是否完全除去(写出操作步骤、现象和结论)________________________。
【答案】（1）H2SO4
过滤；
（2）Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4===2CuSO4＋3H2O＋CO2↑。
（3）B；（4）D
3.7～4.8
（5）取待检溶液少许，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明Fe3＋已完全除去；若溶液变红色，则说明Fe3＋未完全除去
【解析】
试题分析：（1）Cu2(OH)2CO3可与酸反应生成二氧化碳气体，目的是制备CuSO4·5H2O晶体，试剂A的化学式是H2SO4；操作Ⅰ是把固体与液体分离，所以操作Ⅰ的名称是过滤；
（2）Cu2(OH)2CO3与硫酸反应生成二氧化碳的化学方程式为：Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4===2CuSO4＋3H2O＋CO2↑。（3）使用试剂B的目的是将溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋，双氧水为绿色氧化剂发生还原反应的产物是水，试剂B最好选用双氧水。
（4）①CuO可与酸反应，使溶液的PH增大，但有不引入新杂质，所以
C宜选用CuO
②
根据表格数据，为完全除去溶液c中的Fe3＋而又不使Cu2＋沉淀，则应调节溶液pH的范围为
3.7～4.8。（5）Fe3＋与KSCN溶液反应生成红色溶液，所以取待检溶液少许，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明Fe3＋已完全除去；若溶液变红色，则说明Fe3＋未完全除去。
考点：本题考查化学实验操作。