北京二中2015-2016学年2014-2015学年高一下学期期末化学试卷 Word版含解析.doc

‎2014-2015学年北京二中高一（下）期末化学试卷 ‎　‎ 一.选择题（1～10题，每小题1分；11～25题，每小题1分；共40分，每小题只有一个选项正确）‎ ‎1．下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（　　）‎ A．A B．B C．C D．D ‎　‎ ‎2．下列叙述合理的是（　　）‎ A．金属材料都是导体，非金属材料都是绝缘体 B．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都是生成CO2和H2O C．纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应 D．我国从2008年6月1日，商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”‎ ‎　‎ ‎3．金属的使用是人类拓展自身能力的标志之一．人类利用几种常用金属的先后顺序依次为金、铜、铁、铝，之所以有先后，主要取决于（　　）‎ A．金属在地壳中的含量多少 B．金属的熔沸点高低 C．金属的活泼性强弱 D．金属的导电性强弱 ‎　‎ ‎4．下列措施不合理的是（　　）‎ A．用SO2漂白纸浆和草帽辫 B．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅 C．用硫酸清洗锅炉中的水垢 D．用Na2S作沉淀剂，出去沸水中过的Hg2+‎ ‎　‎ ‎5．下列实验操作中，正确的是（　　）‎ A．在蒸发食盐水时，边加热边用玻璃棒搅拌直至液体蒸干 B．焰色反应实验前，铂丝应先用盐酸洗净，在酒精灯外焰灼烧至没有颜色 C．实验室制备氢氧化铁胶体时，向饱和三氯化铁溶液中滴加氢氧化钠溶液 D．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，将NaOH固体放在容量瓶中加水溶解 ‎　‎ ‎6．已知反应：X+Y=M+N为放热反应，则下列说法正确的是（　　）‎ A．断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定高于形成M和N的化学键所放出的能量 B．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量 C．Y的能量一定高于N D．因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生 ‎　‎ ‎7．下列有关说法中，不正确的是（　　）‎ A．煤干馏后的产物可以制造氮肥 B．可在周期表的过度元素中寻找半导体材料 C．可用新制的氢氧化铜检验葡萄糖 D．可用氯气制备漂白粉 ‎　‎ ‎8．下列有关有机物说法正确的是（　　）‎ A．乙醇、乙烷和乙酸都可以与钠反应生成氢气 B．动物皮革的主要成分是蛋白质，且天然蛋白质水解的最终产物是氨基酸 C．苯和乙烯都可以与溴的四氯化碳溶液反应而使之褪色 D．石油分馏可获得乙酸，苯及其衍生物 ‎　‎ ‎9．下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的一组是（　　）‎ ‎①蔗糖和麦芽糖的化学式都可用C12H22O11表示，它们互为同分异构体 ‎②聚乙烯，聚氯乙烯，纤维素都属于合成高分子 ‎③盐酸，漂白粉，天然油脂都是混合物 ‎④分馏，干馏，裂化都是化学变化 ‎⑤植物油，裂化汽油都可与溴水反应．‎ A．①③⑤ B．②③④ C．①③④ D．②④⑤‎ ‎　‎ ‎10．下列有关化学研究的正确说法是（　　）‎ A．同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律 B．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律 C．决定化学反应速率的最主要因素：反应物自身的性质 D．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液 ‎　‎ ‎11．下列有关物质性质的应用正确的是（　　）‎ A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂 B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸 C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气 D．氯化铝是由金属元素和非金属元素组成的化合物，属于离子化合物 ‎　‎ ‎12．NA表示阿伏伽德罗常数，下列判断正确的是（　　）‎ A．含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol/L B．标况下，22.4L空气中含有NA个单指分子 C．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA D．在18g18O2中含有10NA个中子 ‎　‎ ‎13．已知33As、35Br位于同一周期．下列关系正确的是（　　）‎ A．原子半径：As＞Cl＞P B．热稳定性：HCl＞AsH3＞HBr C．还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣ D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4‎ ‎　‎ ‎14．下列解释事实的方程式不正确的是（　　）‎ A．氨水显碱性：NH3•H2O═NH4++OH﹣‎ B．将Na块放入水中，产生气体：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑‎ C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl﹣‎ D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑‎ ‎　‎ ‎15．可逆反应2NO2（红棕色）⇌2NO（无色）+O2在恒容密闭容器中反应，可以作为达到平衡状态的标志是（　　）‎ ‎①单位时问内生成n mo1O2的同时生成2nmolNO2‎ ‎②单位时间内生成n molO2的同时生成2nmolNO ‎③混合气体的颜色不再改变 ‎④混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．‎ A．①③④ B．①③⑤ C．②④⑤ D．①②③④⑤‎ ‎　‎ ‎16．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成．X，Y不可能是（　　）‎ 选项 X Y A SO2‎ NH3‎ B Cl2‎ CO2‎ C NH3‎ CO2‎ D SO2‎ Cl2‎ A．A B．B C．C D．D ‎　‎ ‎17．列有关化学键的叙述，正确的一项是（　　）‎ A．离子化合物中一定含有离子键 B．单质的分子中均不存在化学键 C．含有共价键的化合物一定是共价化合物 D．任何物质内都含有化学键 ‎　‎ ‎18．能在水溶液中大量共存的一组离子是（　　）‎ A．H+、I﹣、NO3﹣、SiO32﹣ B．Ag+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣‎ C．K+、SO42﹣、Cu2+、NO3﹣ D．NH4+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣‎ ‎　‎ ‎19．列措施对增大化学反应速率明显有效的是（　　）‎ A．Na与水反应时增大水的用量 B．Fe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸 C．用H2O2制O2时加入MnO2‎ D．铝与盐酸反应时，加入稀的NaCl溶液 ‎　‎ ‎20．下面实验操作不能实现实验目的是（　　）‎ 实验操作 目的 A 取绿豆大的钠分别加入到水和乙醇中 证明乙醇羟基中氢原子不如水分 子中氢原子活泼 B 取绿豆大的钠与钾分别投入水中 证明钾的金属性强于钠 C 将石蜡油在催化作用下，加强热产生的气 体通入溴的四氯化碳溶液中 证明产物不都是烷烃 D 蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加热一段时间 后，加新制备的Cu（OH）2，加热 证明蔗糖水解后产生葡萄糖 A．A B．B C．C D．D ‎　‎ ‎21．用如图所示实验装置（夹持仪器已略去）探究铜丝与过量浓硫酸的反应．下列实验不合理的是（　　）‎ A．上下移动①中铜丝可控制SO2的量 B．②中选用品红溶液验证SO2的生成 C．③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2‎ D．为确认CuS04生成，向①中加水，观察颜色 ‎　‎ ‎22．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质．下列说法正确的是（　　）‎ A．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大 B．石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂 C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应 D．如图所示转化反应都是氧化还原反应 ‎　‎ ‎23．根据表中信息判断，下列选项不正确的是（　　）‎ 序号 反应物 产物 ‎①‎ KMnO4、H2O2、H2SO4‎ K2SO4、MnSO4‎ ‎②‎ Cl2、FeBr2‎ FeCl3、FeBr3‎ ‎③‎ MnO4﹣‎ Cl2、Mn2+‎ A．第①组反应的其余产物为H2O和O2‎ B．第②组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2‎ C．第③组反应中生成1mol Cl2，转移电子2mol D．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2‎ ‎　‎ ‎24．某有机物的结构为图所示，这种有机物不可能具有的性质是（　　）‎ ‎①可以燃烧；‎ ‎②能使酸性KMnO4溶液褪色；‎ ‎③能跟NaOH溶液反应； ‎ ‎④能发生酯化反应；‎ ‎⑤能发生加聚反应；‎ ‎⑥能与溴水发生取代反应．‎ ‎⑦能与碳酸钠溶液反应 ‎⑧1mol该有机物可与2mol的钠完全反映，生成1mol氢气．‎ A．①④ B．只有⑥ C．③⑤ D．②⑥‎ ‎　‎ ‎25．某合金（仅含铜、铁）中铜和铁的物质的量之和为y mol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50mL bmol•L﹣1的硝酸溶液中，加热使其充分反应（假充NO是惟一的还原产物）．下列说法正确的是（　　）‎ A．若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属不能溶解 B．若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3+‎ C．若金属全部溶解，且产生336mL气体（标准状况），则b=0.3‎ D．当溶液中金属离子只有Fe3+、Cu2+时，则a与b的关系为：b≥80y（1﹣）‎ ‎　‎ ‎　‎ 二.填空题（5小题，共60分）‎ ‎26．（2015春•北京校级期末）我国有较长的海岸线，浩渺的海洋是一个巨大的物质资源和能量的宝库．目前，世界各国都在研究如何充分利用海洋资源．‎ I．海水淡化可采用膜分离技术．如图所示，对淡化膜右侧的海水加压，水分子可以透过淡化膜进入左侧淡水池，而海水中其它各种离子不能通过淡化膜，从而得到淡水．对加压后右侧海水成分变化分析正确的是　　　　　　‎ A．溶质质量增加 B．溶剂质量减少 C．溶液质量不变 D．溶质质量分数减少 Ⅱ．从海水中提取食盐，采用的方法是　　　　　　．粗盐中除含有泥沙等不溶性杂质外，还含有MgCl2、CaCl2和Na2SO4等可溶性杂质．现欲得到纯净的食盐晶体，需经过多步操作．试回答：‎ ‎（1）将粗盐溶于水，得到悬浊液．为除去不溶性杂质，需要选用的玻璃仪器有　　　　　　．‎ ‎（2）检验滤液中含有SO42﹣的方法　　　　　　．‎ ‎（3）欲除去食盐水中的MgCl2、CaCl2和Na2SO4，应向该食盐水中依次加入NaOH溶液、　　　　　　溶液、　　　　　　溶液，然后过滤；为尽可能除去杂质，每次加入的试剂应　　　　　　．‎ ‎（4）向所得溶液中滴加　　　　　　至无气泡产生，再经蒸发结晶得到食盐晶体．‎ Ⅲ．世界上60%的镁是从海水中提取的，已知MgO、MgCl2的熔点分别为2800℃、604℃，将MgO、MgCl2加热熔融后通电电解，都可得到金属镁．海水中含有MgCl2，工业上从海水中提取镁，最合理的方法是　　　　　　‎ A．海水Mg（OH）2Mg B．海水MgCl2溶液→MgCl2熔融Mg C．海水Mg（OH）2MgO Mg D．海水Mg（OH）2MgCl2溶液→MgCl2熔融Mg Ⅳ．海水中溴的储藏量十分丰富，约占地球溴总藏量的99%，故溴有“海洋元素”之称，海水中溴含量为65mg•L﹣1．其工业提取方法有：‎ ‎（1）空气吹出纯碱吸收法．方法是将氯气通入到富含溴离子的海水中，使溴置换出来，再用空气将溴吹出，用纯碱溶液吸收，最后用硫酸酸化，即可得到溴单质．该方法涉及的反应有：‎ ‎①　　　　　　（写出离子方程式）；‎ ‎②3Br2+3CO32﹣═BrO3﹣+5Br﹣+3CO2↑；‎ ‎③BrO3﹣+5Br﹣+6H+═3Br2+3H2O．‎ 其中反应②中氧化剂是　　　　　　；还原剂是　　　　　　．‎ ‎（2）空气吹出SO2吸收法．该方法基本同（1），只是将溴吹出后是用SO2来吸收的，使溴转化为氢溴酸，然后再用氯气氧化氢溴酸即得单质溴．‎ 写出溴与二氧化硫反应的化学方程式：　　　　　　．‎ ‎（3）溶剂萃取法．该法是利用单质溴在水中和溶剂中溶解度的不同的原理来进行的．实验室中萃取用到的实验仪器名称是　　　　　　．下列可以用于海水中溴的萃取的试剂是　　　　　　．‎ ‎①乙醇 ②四氯化碳 ③硝酸 ④苯．‎ ‎　‎ ‎27．（2015春•北京校级期末）锌锰干电池是最早使用的化学电池，其基本构造如图1所示．‎ ‎（1）锌锰干电池的电路中每通过0.2mole﹣，理论上负极质量减少　　　　　　g；工作时NH4+离子在正极放电产生两种气体，其中一种气体分子是含10e﹣的微粒，正极的电极反应式是　　　　　　‎ ‎（2）某研究小组对电池内黑色糊状物进行了下列实验．‎ 已知：Zn（OH）2是两性氢氧化物．完成下列实验报告．‎ 实验步骤 实验现象 实验结论和解释 取少量上述无色溶液于试 管中，逐滴加入NaOH溶液，直至过量，再加热 生成白色沉淀，　　　　　　‎ 无色溶液中存在Zn2+、NH4+离子 检验NH4+离子存在的离子方程式是　　　　　　‎ ‎（3）利用残渣中分离出的MnO2，研究其在H2O2制O2过程中的作用．实验装置如图2所示．将等物质的量浓度、等体积H2O2溶液加入烧瓶中，分别进行2个实验（气体的体积在相同条件下测定）．‎ 序号 烧瓶中的物质 实验记录 实验结论与解释 实验一 足量MnO2‎ 收集到56mL气体 MnO2做催化剂 实验二 足量MnO2和稀硫酸 黑色粉末部分溶解，‎ 收集到112mL气体 MnO2做氧化剂，生成Mn2+离子 实验1、2中参加反应的H2O2的物质的量之比为　　　　　　，实验二中反应的离子方程式为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎28．（2013春•西城区期末）乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．以乙烯为主要原料合成重要的有机化合物路线如下图所示．请回答下列问题．‎ ‎（1）乙烯的结构简式　　　　　　，电子式　　　　　　．‎ ‎（2）A物质所含官能团的名称是　　　　　　．‎ ‎（3）反应②的反应类型是　　　　　　．‎ ‎（4）反应③的化学方程式是　　　　　　．‎ ‎（5）以乙烯为原料可合成有机高分子化合物D，反应①的化学方程式是　　　　　　．‎ ‎（6）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是　　　　　　（填序号）．‎ a．CH3CH3 b．CH3CHCl2 c．CH3CH2Br．‎ ‎　‎ ‎29．（2015春•北京校级期末）葡萄可用于酿酒．‎ ‎（1）检验葡萄汁含葡萄糖的方法是：向其中加碱调至碱性，再加入新制备的Cu（OH）2，加热，其现象是　　　　　　．‎ ‎（2）葡萄在酿酒过程中，葡萄糖转化为酒精的化学方程式　　　　　　．‎ ‎（3）葡萄酒密封储存过程中生成了有香味的酯，酯也可以通过化学实验来制备．实验室用如图所示装置制备乙酸乙酯：‎ ‎①试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是　　　　　　．‎ ‎②试管b中盛放的试剂是饱和　　　　　　溶液．‎ ‎③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是　　　　　　．‎ ‎（4）有机物E由碳、氢、氧三种元素组成，可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取，纯净的E为无色粘稠液体，易溶于水．为研究E的组成与结构，进行了如下实验：‎ ‎①称取E4.5g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍．‎ ‎①有机物E的相对分子量为　　　　　　：‎ ‎②将此9.0gE在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次通过碱石灰、无水硫酸铜粉末、足量石灰水，发现碱石灰增重14.2g，硫酸铜粉末没有变蓝，石灰水中有10.0g白色沉淀生成；向增重的碱石灰中加入足量盐酸后，产生4.48L无色无味气体（标准状况）．‎ ‎②9.0g有机物E完全燃烧时，经计算：生成CO2共为　　　　　　 mol，‎ 生成的H2O　　　　　　g．‎ 有机物E的分子式　　　　　　‎ ‎③经红外光谱测定，证实其中含有羟基，羧基，甲基；‎ ‎③E的结构简式　　　　　　‎ ‎④写出E与足量Na的化学方程式　　　　　　‎ ‎⑤写出E与NaHCO3溶液反应的化学方程式　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎30．（2015春•北京校级期末）据南方日报报道，广东省珠江第二大水系北江流域因当地矿业的开发，造成附近河底沉积物中铊含量严重超标，致使当地人“靠江不饮北江水”．铊（Tl）是某超导体材料的组成元素之一，Tl3+与Ag在酸性介质中 ‎（1）铊（Tl）的原子序数为81，铊在元素周期表中位于第　　　　　　周期第　　　　　　族．‎ ‎（2）铊与下列某种元素位于同一主族，该元素是　　　　　　．‎ A．硼　　 B．氮　　C．碳　　 D．氟 ‎（3）下列推断正确的是　　　　　　（填序号）．‎ A．单质的还原性：Tl＞Al B．原子半径：Al＞Tl C．碱性：Al（OH）3＞Tl（OH）3‎ D．氧化性：Tl3+＞Ag+‎ E．Tl+最外层只有1个电子 F．Tl能形成+3价和+1价的化合物 ‎（4）X元素是与铝属于对角线关系的第二周期元素，二者的单质化学性质相似．X单质与浓NaOH溶液反应的化学方程式是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎31．（2015春•北京校级期末）由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X 存在如在右图转化关系（部分生成物和反应条件略去），‎ ‎（1）若A是单质，B和D的反应是OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣，则E是　　　　　　‎ ‎（2）若A是化合物，X是Na2CO3，C是常见的温室气体，则E　　　　　　‎ ‎（3）若D为CO，C能和E反应，则A的电子式为　　　　　　．将NaHCO3分解产生的气体（水蒸气和二氧化碳）用足量的A充分吸收得到固体甲，将甲溶于500mL 1mol/L的盐酸中，产生无色混合气体，溶液呈中性，则A的物质的量为　　　　　　mol，混合气体在标准状况下的体积为　　　　　　L（不考虑水蒸气的产生和其余气体的溶解）．‎ ‎　‎ ‎32．（2010•西城区二模）火法炼铜可以从黄铜矿（CuFeS2）或辉铜矿（Cu2S）中提取铜，发生如下反应：‎ ‎①2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO ‎②2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2‎ ‎③2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．反应②、③中，Cu2S都只做还原剂 B．1mol CuFeS2生成1molCu，理论上消耗2.5mol O2‎ C．1mol Cu2S和O2反应生成2molCu转移的电子数为4mol D．反应①中，共转移的电子数为16mol，CuFeS2中铜元素的化合价为+2‎ ‎　‎ ‎33．（2015春•北京校级期末）工业上以粗铜为原料采取如图所示流程制备硝酸铜晶体：‎ ‎①在步骤a中，还需要通入氧气和水，其目的是　　　　　　．‎ ‎②在保温去铁的过程中，为使Fe3+沉淀完全，可以向溶液中加入CuO，调节溶液的pH，根据下表数据，溶液的pH应保持在　　　　　　 范围． ‎ 氢氧化物开始沉淀时的pH 氢氧化物沉淀完全时的pH Fe3+‎ Cu2+‎ ‎1.9‎ ‎4.7‎ ‎3.2‎ ‎6.7‎ ‎　‎ ‎34．（2015春•北京校级期末）铜合金是人类使用最早的金属材料，铜在化合物中的常见化合价有+1、+2．已知Cu2O与稀硫酸反应，有红色金属析出且溶液呈蓝色．现向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L 0.6mol/L HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2240mL NO气体（标准状况）．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式　　　　　　．‎ ‎（2）生成硝酸铜的物质的量为　　　　　　mol ‎（3）若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为　　　　　　g．‎ ‎（4）若混合物中含0.1mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，至少消耗H2SO4的物质的量为　　　　　　．‎ ‎（5）若混合物中Cu的物质的量为n mol，则n的取值范围为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎2014-2015学年北京二中高一（下）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.选择题（1～10题，每小题1分；11～25题，每小题1分；共40分，每小题只有一个选项正确）‎ ‎1．下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（　　）‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】将化学能转化为电能，应为原电池装置，结合能量的转化特点判断．‎ ‎【解答】解：A．锂离子电池是化学能转化为电能的装置，为原电池，故A正确；‎ B．太阳能集热器为太阳能转化为热能的装置，故B错误；‎ C．燃气灶为化学能转化为热能的装置，故C错误；‎ D．硅太阳能电池为太阳能转化为电能的装置，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握常见能量的转化形成，难度不大．‎ ‎　‎ ‎2．下列叙述合理的是（　　）‎ A．金属材料都是导体，非金属材料都是绝缘体 B．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都是生成CO2和H2O C．纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应 D．我国从2008年6月1日，商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”‎ ‎【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；金属和非金属；常见的生活环境的污染及治理；葡萄糖的性质和用途．‎ ‎【专题】糖类与蛋白质专题；化学应用．‎ ‎【分析】A．根据导电性的不同，材料可分为导体，半导体，绝缘体三大类，容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体； ‎ B．当向蛋白质溶液中加入的盐溶液达到一定浓度时，反而使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫盐析；‎ C．蚕丝、羊毛是蛋白质，蛋白质分子中都含有C、H、O、N四种元素；‎ D．白色污染是人们对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）污染环境现象的一种形象称谓．‎ ‎【解答】解：A．非金属材料石墨是导体，故A错误； ‎ B．蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，故B错误；‎ C．蚕丝、羊毛是蛋白质，蛋白质分子中都含有C、H、O、N四种元素，燃烧还生成氮氧化物，故C错误；‎ D．商家不得无偿提供塑料袋，可减少“白色污染“，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查导体，蛋白质的性质，水解反应，白色污染，难度不大，平时注意知识的积累．‎ ‎　‎ ‎3．金属的使用是人类拓展自身能力的标志之一．人类利用几种常用金属的先后顺序依次为金、铜、铁、铝，之所以有先后，主要取决于（　　）‎ A．金属在地壳中的含量多少 B．金属的熔沸点高低 C．金属的活泼性强弱 D．金属的导电性强弱 ‎【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．‎ ‎【专题】金属概论与碱元素．‎ ‎【分析】金属的冶炼与金属的化学性质特别是金属的活泼性有关，越活泼的金属发现的越晚．‎ ‎【解答】解：人类利用几种常用金属的先后顺序依次为金、铜、铁、铝，金属的活泼性顺序也为金、铜、铁、铝，可见金属的冶炼与金属的活泼性有关，而金属的熔沸点、导电性属于物理性质，与金属的冶炼无关，另外金属的含量与金属的冶炼也无关，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意把握金属冶炼的原理和方法，学习中注意相关基础知识的积累．‎ ‎　‎ ‎4．下列措施不合理的是（　　）‎ A．用SO2漂白纸浆和草帽辫 B．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅 C．用硫酸清洗锅炉中的水垢 D．用Na2S作沉淀剂，出去沸水中过的Hg2+‎ ‎【考点】二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅．‎ ‎【专题】元素及其化合物．‎ ‎【分析】A．二氧化硫具有漂白性；‎ B．碳与二氧化硅在高温下反应生成一氧化碳和硅；‎ C．硫酸和水垢反应，其中碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙微溶于水；‎ D．硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀．‎ ‎【解答】解：A．二氧化硫具有漂白性，能够漂白纸浆和草帽辫，故A正确；‎ B．碳与二氧化硅在高温下反应生成一氧化碳和硅，工业用来 制备粗硅，故B正确；‎ C．用硫酸清洗锅炉中的水垢反应生成硫酸钙是微溶于水的盐，不能除净水垢，故C错误；‎ D．硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀，所以可以用Na2S作沉淀剂，出去沸水中过的Hg2+，故D正确；‎ 故选；C．‎ ‎【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．下列实验操作中，正确的是（　　）‎ A．在蒸发食盐水时，边加热边用玻璃棒搅拌直至液体蒸干 B．焰色反应实验前，铂丝应先用盐酸洗净，在酒精灯外焰灼烧至没有颜色 C．实验室制备氢氧化铁胶体时，向饱和三氯化铁溶液中滴加氢氧化钠溶液 D．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，将NaOH固体放在容量瓶中加水溶解 ‎【考点】蒸发和结晶、重结晶；焰色反应；配制一定物质的量浓度的溶液．‎ ‎【专题】化学实验基本操作．‎ ‎【分析】A．蒸发时，出现较多量固体时用余热蒸干；‎ B．铂丝会留有杂质，为除去杂质用盐酸洗涤；‎ C．氢氧化亚铁白色沉淀易被氧化为氢氧化铁；‎ D．容量瓶不能用来溶解固体．‎ ‎【解答】解：A．蒸发时，出现较多量固体时用余热蒸干，不能直接蒸干，故A错误；‎ B．铂丝会留有杂质，为除去杂质用盐酸洗涤；后灼烧至无色，故B正确；‎ C．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，为了防止被氧化，必须隔绝氢氧化亚铁和空气的接触，所以实验室制备氢氧化亚铁时，滴加氢氧化钠溶液的胶头滴管伸入液面下，故C错误；‎ D．容量瓶不能用来溶解固体，应放在烧杯中溶解，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题主要考查了常见的实验操作，难度不大，掌握实验的原理是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎6．已知反应：X+Y=M+N为放热反应，则下列说法正确的是（　　）‎ A．断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定高于形成M和N的化学键所放出的能量 B．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量 C．Y的能量一定高于N D．因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生 ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【专题】化学反应中的能量变化．‎ ‎【分析】反应X+Y=M+N为放热反应，则反应物的总能量比生成物的总能量高，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．反应物的总能量大于生成物的总能量，断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定小于形成M和N的化学键所放出的能量，故A错误； ‎ B．该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故B正确；‎ C．反应物的总能量大于生成物的总能量，Y的能量不一定高于N，故C错误；‎ D．反应的放热、吸热与反应条件（如加热）无关，某些放热反应也需要加热才能反应，如氢气和氧气的反应，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查放热反应与反应物和生成物的总能量的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意信息中反应为放热反应来解答，难度不大．‎ ‎　‎ ‎7．下列有关说法中，不正确的是（　　）‎ A．煤干馏后的产物可以制造氮肥 B．可在周期表的过度元素中寻找半导体材料 C．可用新制的氢氧化铜检验葡萄糖 D．可用氯气制备漂白粉 ‎【考点】氯气的化学性质；元素周期表的结构及其应用；煤的干馏和综合利用；葡萄糖的性质和用途．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题；卤族元素；糖类与蛋白质专题．‎ ‎【分析】A．依据煤干馏产物中含有氨气解答；‎ B．在金属与非金属性交界处寻找半导体材料；‎ C．葡萄糖含有醛基能够还原新制备的氢氧化铜；‎ D．氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水．‎ ‎【解答】解：A．煤干馏产物中含有氨气，氨气可以用作氮肥，故A正确；‎ B．在金属与非金属性交界处寻找半导体材料，在过渡元素中寻找催化剂、耐高温、耐腐蚀的合金材料，故B错误；‎ C．葡萄糖含有醛基能够还原新制备的氢氧化铜，生成红色氧化亚铜，所以可以用新制的氢氧化铜检验葡萄糖，故C正确；‎ D．氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，氯化钙和次氯酸钙为漂白粉主要成分，故D正确；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题为综合题，考查了煤干馏的产物、醛基与新制氢氧化铜的反应、漂白粉的制备、元素周期表的应用，题目难度不大，掌握基础是解题关键．‎ ‎　‎ ‎8．下列有关有机物说法正确的是（　　）‎ A．乙醇、乙烷和乙酸都可以与钠反应生成氢气 B．动物皮革的主要成分是蛋白质，且天然蛋白质水解的最终产物是氨基酸 C．苯和乙烯都可以与溴的四氯化碳溶液反应而使之褪色 D．石油分馏可获得乙酸，苯及其衍生物 ‎【考点】有机物的结构和性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；石油的分馏．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】A．乙烷与钠不反应；‎ B．蛋白质可水解生成氨基酸；‎ C．苯与溴的四氯化碳不反应；‎ D．石油分馏不生成乙酸．‎ ‎【解答】解：A．乙烷与钠不反应，含有羟基、羧基的官能团可与钠反应，故A错误；‎ B．蛋白质可水解生成氨基酸，故B正确；‎ C．苯与溴的四氯化碳不反应，溶液不褪色，故C错误；‎ D．石油分馏不生成乙酸，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎9．下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的一组是（　　）‎ ‎①蔗糖和麦芽糖的化学式都可用C12H22O11表示，它们互为同分异构体 ‎②聚乙烯，聚氯乙烯，纤维素都属于合成高分子 ‎③盐酸，漂白粉，天然油脂都是混合物 ‎④分馏，干馏，裂化都是化学变化 ‎⑤植物油，裂化汽油都可与溴水反应．‎ A．①③⑤ B．②③④ C．①③④ D．②④⑤‎ ‎【考点】同分异构现象和同分异构体；物理变化与化学变化的区别与联系；混合物和纯净物；常用合成高分子材料的化学成分及其性能．‎ ‎【专题】物质的分类专题；化学用语专题．‎ ‎【分析】①依据蔗糖与麦芽糖分子式相同，结构不同，互为同分异构体；‎ ‎②依据合成高分子是人工合成和天然高分子是自然界含有的物质分析；‎ ‎③依据混合物是由不同物质组成的，结合物质的组成判断；‎ ‎④依据化学变化的实质是由新物质生成分析判断；‎ ‎⑤依据使溴水褪色的物质，结构中含有不饱和键能发生加成反应．‎ ‎【解答】解：①蔗糖和麦芽糖的化学式都可用C12H22O11表示，它们互为同分异构体，故①正确；‎ ‎②聚乙烯、聚氯乙烯属于合成高分子，纤维素属于天然高分子，故②错误；‎ ‎③盐酸是氯化氢的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液，都是混合物，故③正确；‎ ‎④分馏是混合物根据沸点不同分离的方法，是物理变化，干馏、裂化是化学变化，故④错误；‎ ‎⑤植物油中含有不饱和碳碳键，可以和溴单质加成使溴水褪色；裂化汽油中也含有不饱和碳碳键，可以和溴单质加成使溴水褪色，故⑤正确；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了纯净物、混合物、高分子化合物、同分异构体等概念的应用，注意区分分馏、干馏、裂解等操作以及区分植物油和裂化汽油的成分和性质．‎ ‎　‎ ‎10．下列有关化学研究的正确说法是（　　）‎ A．同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律 B．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律 C．决定化学反应速率的最主要因素：反应物自身的性质 D．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液 ‎【考点】化学反应速率的影响因素；分散系、胶体与溶液的概念及关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．‎ ‎【专题】物质的分类专题；元素周期律与元素周期表专题；化学反应速率专题．‎ ‎【分析】A．要研究化学反应速率影响因素时只能改变一个条件；‎ B．卤素元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，其氢化物在水溶液中电离程度越小；‎ C．决定化学反应速率的主要因素是物质本身性质，外界因素只是影响因素；‎ D．溶液和浊液没有丁达尔效应．‎ ‎【解答】解：A．要研究化学反应速率影响因素时只能改变一个条件，如果改变两个条件，无法得出规律，故A错误；‎ B．卤素元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，其氢化物在水溶液中电离程度越小，则相应氢化物的酸性越弱，从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属减弱的规律，故B错误；‎ C．决定化学反应速率的主要因素是物质本身性质，外界因素只是影响因素，故C正确；‎ D．溶液和浊液没有丁达尔效应，所以根据丁达尔现象不能将分散系分为溶液、胶体与浊液，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查物质的分类、非金属性强弱判断、化学反应速率影响因素等知识点，为高频考点，明确分类标准、非金属性强弱判断方法、化学反应速率影响因素与决定因素的关系是解本题关键，易错选项是B．‎ ‎　‎ ‎11．下列有关物质性质的应用正确的是（　　）‎ A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂 B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸 C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气 D．氯化铝是由金属元素和非金属元素组成的化合物，属于离子化合物 ‎【考点】氨的物理性质；离子化合物的结构特征与性质；氯气的化学性质；硅和二氧化硅．‎ ‎【专题】元素及其化合物．‎ ‎【分析】A．液氨汽化时要吸收大量的热；‎ B．二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体；‎ C．氢氧化钙能和氯气反应；‎ D．氯化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电．‎ ‎【解答】解：A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故A正确； ‎ B．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，故B错误；‎ C．CaO遇水生成氢氧化钙，而氢氧化钙会和氯气反应，故C错误；‎ D．氯化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电，不能用于电解制铝，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查物质的性质和用途，位高频考点，难度不大，注意氯化铝属于共价化合物．‎ ‎　‎ ‎12．NA表示阿伏伽德罗常数，下列判断正确的是（　　）‎ A．含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol/L B．标况下，22.4L空气中含有NA个单指分子 C．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA D．在18g18O2中含有10NA个中子 ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．‎ ‎【分析】A、将氧化钠溶于1L水中后，溶液体积大于1L；‎ B、空气中含氧气、氮气和二氧化碳等气体；‎ C、氯气反应后氯元素的价态可能为﹣1、+1、+3、+5、+7；‎ D、18O2由18O构成．‎ ‎【解答】解：A、将氧化钠溶于1L水中后，溶液体积大于1L，故溶液中的钠离子的浓度小于1mol/L，故A错误；‎ B、空气中含氧气、氮气和二氧化碳等气体，故标况下22.4L空气即1mol空气中含有的单质分子个数小于NA个，故B错误；‎ C、氯气反应后氯元素的价态可能为﹣1、+1、+3、+5、+7，故1mol氯气转移的电子数与产物有关，故不一定为2NA个，故C错误；‎ D、18O2由18O构成，故18g18O2中含有的18O的物质的量为n==1mol，而18O中含10个中子，故1mol18O中含10NA个中子，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】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，难度不大．‎ ‎　‎ ‎13．已知33As、35Br位于同一周期．下列关系正确的是（　　）‎ A．原子半径：As＞Cl＞P B．热稳定性：HCl＞AsH3＞HBr C．还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣ D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4‎ ‎【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；‎ B．非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定；‎ C．非金属的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱；‎ D．非金属的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强．‎ ‎【解答】解：A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；‎ B．热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；‎ C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；‎ D．酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查物质的性质，根据元素周期律来分析解答即可，难度不大．‎ ‎　‎ ‎14．下列解释事实的方程式不正确的是（　　）‎ A．氨水显碱性：NH3•H2O═NH4++OH﹣‎ B．将Na块放入水中，产生气体：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑‎ C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl﹣‎ D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【专题】离子反应专题．‎ ‎【分析】A．一水合氨为弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，电离方程式用可逆号；‎ B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；‎ C．通电后氯化铜被电解生成铜和氯气；‎ D．Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气．‎ ‎【解答】解：A．一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，导致氨水显碱性，电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故A错误；‎ B．将Na块放入水中生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，故B正确；‎ C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光，发生电解生成铜和氯气，正确的反应为：Cu2++2Cl﹣Cu+Cl2，故C错误；‎ D．Al溶于NaOH溶液中，产生气体，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．‎ ‎　‎ ‎15．可逆反应2NO2（红棕色）⇌2NO（无色）+O2在恒容密闭容器中反应，可以作为达到平衡状态的标志是（　　）‎ ‎①单位时问内生成n mo1O2的同时生成2nmolNO2‎ ‎②单位时间内生成n molO2的同时生成2nmolNO ‎③混合气体的颜色不再改变 ‎④混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．‎ A．①③④ B．①③⑤ C．②④⑤ D．①②③④⑤‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【专题】化学平衡专题．‎ ‎【分析】①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，因此v正=v逆；‎ ‎②在任何时候，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态；‎ ‎③混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；‎ ‎④在任何时候，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度不变，不能说明达到平衡状态；‎ ‎⑤反应前后气体的物质的量不同，混合气体质量不变．‎ ‎【解答】解：①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故①正确；‎ ‎②无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故②错误；‎ ‎③混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故③正确；‎ ‎④无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度不变，不能说明达到平衡状态，故④错误；‎ ‎⑤混合气体的平均相对分子质量=，混合气体质量不变，反应前后气体的物质的量不同，所以平均相对分子质量不变，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故⑤正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学平衡状态的判断，难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系．‎ ‎　‎ ‎16．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成．X，Y不可能是（　　）‎ 选项 X Y A SO2‎ NH3‎ B Cl2‎ CO2‎ C NH3‎ CO2‎ D SO2‎ Cl2‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质．‎ ‎【专题】元素及其化合物．‎ ‎【分析】A．二氧化硫、氨气水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀；‎ B．氯气、二氧化碳、氯化钡不反应；‎ C．氨气、二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵与氯化钡反应生成 碳酸钡沉淀；‎ D．氯气、二氧化硫水溶液中反应生成氯化氢和硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀．‎ ‎【解答】解：A．二氧化硫、氨气水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，符合题意能产生沉淀，故A不选；‎ B．氯气、二氧化碳、氯化钡不反应，不能产生沉淀，故B选；‎ C．氨气、二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵与氯化钡反应生成 碳酸钡沉淀，符合题意能产生沉淀，故C不选；‎ D．氯气、二氧化硫水溶液中反应生成氯化氢和硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，符合题意能产生沉淀，故D不选；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了元素化合物的性质，侧重考查二氧化硫的性质，是高考常考的知识点，熟悉各物质的性质及反应发生的条件是解题的关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎17．列有关化学键的叙述，正确的一项是（　　）‎ A．离子化合物中一定含有离子键 B．单质的分子中均不存在化学键 C．含有共价键的化合物一定是共价化合物 D．任何物质内都含有化学键 ‎【考点】化学键．‎ ‎【专题】化学键与晶体结构．‎ ‎【分析】A、含有离子键的化合物是离子化合物；‎ B、单质分子有的存在化学键，有的不含化学键；‎ C、含有共价键的化合物不一定是共价键化合物；‎ D、稀有气体分子内不存在化学键．‎ ‎【解答】解：A、离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如KOH中含有离子键和共价键，故A正确；‎ B、单质分子中有的含有化学键，如H2，有的不含化学键，如稀有气体分子，故B错误；‎ C、含有共价键的化合物不一定是共价键化合物，可能是离子化合物，如NH4Cl，故C错误；‎ D、稀有气体分子内不存在化学键，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了化学键和物质的关系，注意不是所有的物质都含有化学键，如稀有气体分子中不含化学键．‎ ‎　‎ ‎18．能在水溶液中大量共存的一组离子是（　　）‎ A．H+、I﹣、NO3﹣、SiO32﹣ B．Ag+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣‎ C．K+、SO42﹣、Cu2+、NO3﹣ D．NH4+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【专题】离子反应专题．‎ ‎【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，不能发生氧化还原反应，则离子能大量共存，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．因H+、I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，H+、SiO32﹣结合生成沉淀，不能共存，故A错误；‎ B．因Ag+、Cl﹣结合生成沉淀，则不能共存，故B错误；‎ C．该组离子之间不反应，能共存，故C正确；‎ D．NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，OH﹣、HCO3﹣结合生成水和碳酸根离子，则不能共存，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件即可解答，注意选项A中的氧化还原为解答的难点，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎19．列措施对增大化学反应速率明显有效的是（　　）‎ A．Na与水反应时增大水的用量 B．Fe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸 C．用H2O2制O2时加入MnO2‎ D．铝与盐酸反应时，加入稀的NaCl溶液 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【专题】化学反应速率专题．‎ ‎【分析】升高温度、增大反应物浓度、加入催化剂、增大反应物接触面积等都能增大化学反应速率，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．水没有浓度，所以Na与水反应时增大水的用量不影响反应速率，故A错误；‎ B．浓硫酸和Fe发生钝化现象，且不生成氢气，生成二氧化硫，故B错误；‎ C．双氧水制取氧气时加入二氧化锰，二氧化锰作催化剂，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，故C正确；‎ D．铝与盐酸反应时加入稀的氯化钠溶液，氢离子浓度减小，反应速率降低，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意各个条件的适用范围和适用条件，易错选项是B．‎ ‎　‎ ‎20．下面实验操作不能实现实验目的是（　　）‎ 实验操作 目的 A 取绿豆大的钠分别加入到水和乙醇中 证明乙醇羟基中氢原子不如水分 子中氢原子活泼 B 取绿豆大的钠与钾分别投入水中 证明钾的金属性强于钠 C 将石蜡油在催化作用下，加强热产生的气 体通入溴的四氯化碳溶液中 证明产物不都是烷烃 D 蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加热一段时间 证明蔗糖水解后产生葡萄糖 后，加新制备的Cu（OH）2，加热 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A．可根据反应的剧烈程度判断；‎ B．金属性越强，与水反应越剧烈；‎ C．可根据溶液是否褪色判断；‎ D．应在碱性条件下反应．‎ ‎【解答】解：A．与水中的氢原子更活泼，则与钠反应更剧烈，可通过反应现象判断，故A正确；‎ B．金属性越强，与水反应越剧烈，可根据反应的剧烈程度判断，故B正确；‎ C．如溴的四氯化碳溶液褪色，可证明有烯烃生成，故C正确；‎ D．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的原理和可行性的评价，难度不大．‎ ‎　‎ ‎21．用如图所示实验装置（夹持仪器已略去）探究铜丝与过量浓硫酸的反应．下列实验不合理的是（　　）‎ A．上下移动①中铜丝可控制SO2的量 B．②中选用品红溶液验证SO2的生成 C．③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2‎ D．为确认CuS04生成，向①中加水，观察颜色 ‎【考点】浓硫酸的性质实验．‎ ‎【专题】氧族元素．‎ ‎【分析】A．在加热的条件下，当铜丝与浓硫酸接触时才能反应；‎ B．品红能被二氧化硫漂白，根据SO2的漂白性分析；‎ C．SO2为酸性氧化物，可与碱发生反应；‎ D．根据溶液颜色的变化判断是否有CuSO4生成；‎ ‎【解答】解：‎ A．在加热的条件下，当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，故A正确；‎ B．SO2具有漂白性，品红能被二氧化硫漂白，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；‎ C．SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，生成亚硫酸钠和水，可用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；‎ D．铜与浓硫酸的反应Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O，实验中，铜丝与过量浓硫酸的反应生成是硫酸铜，试管中含有大量水，不会生成白色固体，CuSO4溶液呈蓝色，为确认CuS04生成，无须向①中加水，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了二氧化硫的性质，题目难度不大，注意二氧化硫的酸性和漂白性．‎ ‎　‎ ‎22．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质．下列说法正确的是（　　）‎ A．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大 B．石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂 C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应 D．如图所示转化反应都是氧化还原反应 ‎【考点】氯气的化学性质；氧化还原反应；钠的重要化合物．‎ ‎【专题】卤族元素．‎ ‎【分析】A、根据其阴离子的水解程度判断；‎ B、结合反应方程式化合价的变化判断；‎ C、铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl3；‎ D、根据元素的化合价是否变化判断．‎ ‎【解答】解：A、碳酸根的第一步水解（水解后生成碳酸氢根和氢氧根）的平衡常数比碳酸氢根要大许多．碳酸根水解要比碳酸氢根容易得多．所以溶解度较大，且溶解的快，故A错误．‎ B、2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，Cl元素的化合价既升高又降低，所以Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确．‎ C、3Cl2+2Fe2FeCl3，故C错误．‎ D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了盐的溶解性、氧化还原反应、氧化剂还原剂等问题，是小型综合题；氧化还原反应、氧化剂还原剂根据化合价的变化判断即可．‎ ‎　‎ ‎23．根据表中信息判断，下列选项不正确的是（　　）‎ 序号 反应物 产物 ‎①‎ KMnO4、H2O2、H2SO4‎ K2SO4、MnSO4‎ ‎②‎ Cl2、FeBr2‎ FeCl3、FeBr3‎ ‎③‎ MnO4﹣‎ Cl2、Mn2+‎ A．第①组反应的其余产物为H2O和O2‎ B．第②组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2‎ C．第③组反应中生成1mol Cl2，转移电子2mol D．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2‎ ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ ‎【分析】A、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水．‎ B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断．‎ C、由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍．‎ D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+．‎ ‎【解答】解：A、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故A正确；‎ B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B正确；‎ C、由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故C正确；‎ D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4﹣＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+，故D错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】考查氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物．‎ ‎　‎ ‎24．某有机物的结构为图所示，这种有机物不可能具有的性质是（　　）‎ ‎①可以燃烧；‎ ‎②能使酸性KMnO4溶液褪色；‎ ‎③能跟NaOH溶液反应； ‎ ‎④能发生酯化反应；‎ ‎⑤能发生加聚反应；‎ ‎⑥能与溴水发生取代反应．‎ ‎⑦能与碳酸钠溶液反应 ‎⑧1mol该有机物可与2mol的钠完全反映，生成1mol氢气．‎ A．①④ B．只有⑥ C．③⑤ D．②⑥‎ ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和和酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，则①②⑤正确；‎ 含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化等反应，则③④⑦正确；‎ 含有羟基，可发生取代、氧化反应，则②④正确，‎ 有机物可燃烧，含有羧基、羟基，1mol该有机物可与2mol的钠反应，则①⑧正确．‎ 不能与溴水发生取代反应，则⑥错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎25．某合金（仅含铜、铁）中铜和铁的物质的量之和为y mol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50mL bmol•L﹣1的硝酸溶液中，加热使其充分反应（假充NO是惟一的还原产物）．下列说法正确的是（　　）‎ A．若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属不能溶解 B．若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3+‎ C．若金属全部溶解，且产生336mL气体（标准状况），则b=0.3‎ D．当溶液中金属离子只有Fe3+、Cu2+时，则a与b的关系为：b≥80y（1﹣）‎ ‎【考点】硝酸的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．‎ ‎【专题】压轴题；氮族元素；几种重要的金属及其化合物．‎ ‎【分析】A、溶液中有硝酸根时，再加入含氢离子的酸，相当于又存在了硝酸，金属能溶解，‎ B、铁可以和三价铁反应生成亚铁离子；‎ C、若金属全部溶解，失去电子的是铁元素和铜元素，得电子的是硝酸中的氮元素，得失电子数目相同；‎ D、反应中失去电子的是铁元素和铜元素，得电子的是硝酸中的氮元素，得失电子数目相同．‎ ‎【解答】解：A、若金属有剩余，说明溶液中有硝酸根，在溶液中再滴入硫酸后，相当于又存在了硝酸，金属均能溶解，故A错误；‎ B、当铁的量较多时，可以将生成的三价铁再还原为亚铁，溶液中不一定含有Fe3+，故B错误；‎ C、硝酸中的化合价由+5价到+2价，得到3mol电子，当产生336mL（标准状况）即0.015mol一氧化氮时，转移电子的物质的量为0.015mol×（5﹣2）=0.045mol，显示氧化性的硝酸为0.015mol，还有一部分硝酸显示了酸性，所以硝酸的浓度c=0.3mol/L，即b＞0.3，故C错误；‎ D、根据铁和铜与硝酸的反应，作酸性的硝酸在Fe（NO3）3和Cu（NO3）2中，为3y（1﹣a）+2yamol，作氧化性的硝酸，得到的电子等于Fe、Cu失去的电子，由于NO是唯一的还原产物，所以作氧化性的硝酸为mol，所有硝酸的总量为=4y（1﹣），C（HNO3）==y，因为硝酸还可能有剩余，所以b≥y，‎ 故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题主要考查硝酸的化学性质，注意电子守恒思想在解题中的运用．‎ ‎　‎ 二.填空题（5小题，共60分）‎ ‎26．（2015春•北京校级期末）我国有较长的海岸线，浩渺的海洋是一个巨大的物质资源和能量的宝库．目前，世界各国都在研究如何充分利用海洋资源．‎ I．海水淡化可采用膜分离技术．如图所示，对淡化膜右侧的海水加压，水分子可以透过淡化膜进入左侧淡水池，而海水中其它各种离子不能通过淡化膜，从而得到淡水．对加压后右侧海水成分变化分析正确的是　B　‎ A．溶质质量增加 B．溶剂质量减少 C．溶液质量不变 D．溶质质量分数减少 Ⅱ．从海水中提取食盐，采用的方法是　海水晒盐　．粗盐中除含有泥沙等不溶性杂质外，还含有MgCl2、CaCl2和Na2SO4等可溶性杂质．现欲得到纯净的食盐晶体，需经过多步操作．试回答：‎ ‎（1）将粗盐溶于水，得到悬浊液．为除去不溶性杂质，需要选用的玻璃仪器有　烧杯、漏斗、玻璃棒　．‎ ‎（2）检验滤液中含有SO42﹣的方法　先加稀盐酸，再加BaCl2溶液　．‎ ‎（3）欲除去食盐水中的MgCl2、CaCl2和Na2SO4，应向该食盐水中依次加入NaOH溶液、　BaCl2　溶液、　Na2CO3　溶液，然后过滤；为尽可能除去杂质，每次加入的试剂应　稍过量　．‎ ‎（4）向所得溶液中滴加　稀盐酸　至无气泡产生，再经蒸发结晶得到食盐晶体．‎ Ⅲ．世界上60%的镁是从海水中提取的，已知MgO、MgCl2的熔点分别为2800℃、604℃，将MgO、MgCl2加热熔融后通电电解，都可得到金属镁．海水中含有MgCl2，工业上从海水中提取镁，最合理的方法是　D　‎ A．海水Mg（OH）2Mg B．海水MgCl2溶液→MgCl2熔融Mg C．海水Mg（OH）2MgO Mg D．海水Mg（OH）2MgCl2溶液→MgCl2熔融Mg Ⅳ．海水中溴的储藏量十分丰富，约占地球溴总藏量的99%，故溴有“海洋元素”之称，海水中溴含量为65mg•L﹣1．其工业提取方法有：‎ ‎（1）空气吹出纯碱吸收法．方法是将氯气通入到富含溴离子的海水中，使溴置换出来，再用空气将溴吹出，用纯碱溶液吸收，最后用硫酸酸化，即可得到溴单质．该方法涉及的反应有：‎ ‎①　Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣　（写出离子方程式）；‎ ‎②3Br2+3CO32﹣═BrO3﹣+5Br﹣+3CO2↑；‎ ‎③BrO3﹣+5Br﹣+6H+═3Br2+3H2O．‎ 其中反应②中氧化剂是　Br2　；还原剂是　Br2　．‎ ‎（2）空气吹出SO2吸收法．该方法基本同（1），只是将溴吹出后是用SO2来吸收的，使溴转化为氢溴酸，然后再用氯气氧化氢溴酸即得单质溴．‎ 写出溴与二氧化硫反应的化学方程式：　Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4　．‎ ‎（3）溶剂萃取法．该法是利用单质溴在水中和溶剂中溶解度的不同的原理来进行的．实验室中萃取用到的实验仪器名称是　分液漏斗　．下列可以用于海水中溴的萃取的试剂是　②④　．‎ ‎①乙醇 ②四氯化碳 ③硝酸 ④苯．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【专题】无机实验综合．‎ ‎【分析】Ⅰ．水分子可以透过淡化膜进入左侧淡水池，而海水中的各种离子不能透过淡化膜从而得到淡水；‎ Ⅱ．从海水中提取食盐，采用的方法是海水晒盐；‎ ‎（1）除去不溶性杂质需要用过滤装置，依据过滤装置选择玻璃仪器；‎ ‎（2）检验硫酸根离子，可先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验；‎ ‎（3）从电离的角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子、和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后可以将过量的钡离子沉淀；‎ ‎（4）最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子；‎ Ⅲ．海水中含有MgCl2，工业上从海水中提取镁，在海水苦卤中加石灰乳过滤得沉淀氢氧化镁，然后加盐酸得到氯化镁，经浓缩、结晶、脱水、电解可以得到金属镁；‎ Ⅳ．（1）氯气有强氧化性，能氧化溴离子生成溴单质，还原剂失电子化合价升高而发生氧化反应；‎ ‎（2）溴有氧化性，二氧化硫有还原性，在水溶液里，二氧化硫和溴发生氧化还原反应；‎ ‎（3）用于萃取实验的仪器是分液漏斗，萃取剂的选取标准是：溶质在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，萃取剂和原溶剂不互溶，萃取剂和溶质不反应．‎ ‎【解答】解：Ⅰ．海水中溶剂是水，由水分子可以透过淡化膜进入左侧淡水池，而海水中的各种离子不能透过淡化膜说明加压后右侧海水中溶剂减少，溶质不变，所以溶液质量也减少，由于溶质不变，所以溶质质量分数增大．‎ 故答案为：B； ‎ Ⅱ．从海水中提取食盐，采用的方法是海水晒盐，‎ 故答案为：海水晒盐；‎ ‎（1）除去不溶性杂质可以利用过滤装置分离，用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；‎ ‎（2）检验硫酸根离子，可先加稀盐酸，再加BaCl2溶液，如生成沉淀，说明含有硫酸根离子，故答案为：先加稀盐酸，再加BaCl2溶液；‎ ‎（3）首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，Ca2++CO32﹣=CaCO3↓，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，离子都沉淀了，再进行过滤，为使离子沉淀完全，需要加入的试剂都必须是过量；‎ 故答案为：BaCl2；Na2CO3；稍过量；‎ ‎（4）最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，故答案为：稀盐酸；‎ Ⅲ．A．在海水苦卤中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，Mg（OH）2热稳定性差，受热分解，工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故A错误；‎ B．海水中含有可溶性的Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42﹣、Na+、Cl﹣、加盐酸得不到纯净的氯化镁溶液，所以无法得到纯净的氯化镁固体，故B错误；‎ C．在海水苦卤中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，灼烧得到氧化镁，但MgO的熔点为2800℃、熔点高，电解时耗能高，所以，工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故C错误；‎ D．在海水苦卤中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，再将沉淀分离后加入盐酸变成MgCl2，之后经过滤、干燥、电解，即可得到金属镁，故D正确；‎ 故选D；‎ Ⅳ．（1）氯气有强氧化性，能氧化溴离子生成溴单质，自身被还原生成氯离子，离子反应方程式为：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；Br2+3CO32﹣=BrO3﹣+5Br﹣+3CO2↑中Br2的化合价由0价变为+5价和﹣1价，所以Br2是氧化剂发生还原反应，也是还原剂发生氧化反应，还原剂、氧化剂都为Br2；‎ 故答案为：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；Br2；Br2；‎ ‎（2）溴有氧化性，二氧化硫有还原性，在水溶液里，二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，反应方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；‎ 故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；‎ ‎（3）用于萃取实验的仪器是分液漏斗，萃取剂的选取标准是：溶质在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，萃取剂和原溶剂不互溶，萃取剂和溶质不反应，根据萃取剂的选取标准知，乙醇、硝酸都和水互溶，所以不能作萃取剂，能作萃取剂的是苯、四氯化碳；‎ 故答案为：分液漏斗；②④．‎ ‎【点评】‎ 本题以海水资源的综合利用为载体综合考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目难度中等，涉及萃取剂的选取、氧化还原反应、等知识点，从整体上分析流程，明确每一步可能发生的反应及基本操作，再结合基本概念、基本理论是解答关键．‎ ‎　‎ ‎27．（2015春•北京校级期末）锌锰干电池是最早使用的化学电池，其基本构造如图1所示．‎ ‎（1）锌锰干电池的电路中每通过0.2mole﹣，理论上负极质量减少　6.5　g；工作时NH4+离子在正极放电产生两种气体，其中一种气体分子是含10e﹣的微粒，正极的电极反应式是　2NH4++2e﹣═2NH3↑+H2↑　‎ ‎（2）某研究小组对电池内黑色糊状物进行了下列实验．‎ 已知：Zn（OH）2是两性氢氧化物．完成下列实验报告．‎ 实验步骤 实验现象 实验结论和解释 取少量上述无色溶液于试 管中，逐滴加入NaOH溶液，直至过量，再加热 生成白色沉淀，　白色沉淀逐渐溶解，产生刺激性气味的气体　‎ 无色溶液中存在Zn2+、NH4+离子 检验NH4+离子存在的离子方程式是　将溶液加热，并将湿润的红色石蕊试纸贴在玻璃棒的一端置于试管口；红色石蕊试纸变蓝　‎ ‎（3）利用残渣中分离出的MnO2，研究其在H2O2制O2过程中的作用．实验装置如图2所示．将等物质的量浓度、等体积H2O2溶液加入烧瓶中，分别进行2个实验（气体的体积在相同条件下测定）．‎ 序号 烧瓶中的物质 实验记录 实验结论与解释 实验一 足量MnO2‎ 收集到56mL气体 MnO2做催化剂 实验二 足量MnO2和稀硫酸 黑色粉末部分溶解，‎ 收集到112mL气体 MnO2做氧化剂，生成Mn2+离子 实验1、2中参加反应的H2O2的物质的量之比为　1：1　，实验二中反应的离子方程式为　H2O2+2H++MnO2═Mn2++2H2O+O2↑　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【专题】电化学专题；物质的分离提纯和鉴别．‎ ‎【分析】（1）锌锰干电池的负极上Zn失去电子，负极消耗1mol时转移2mol电子，NH4+离子在正极放电产生2种气体，其中一种气体分子是含10e﹣的微粒为氨气，另一种为氢气；‎ ‎（2）Zn（OH）2是两性氢氧化物，能溶解在NaOH溶液中，无色溶液中含Zn2+、NH4+，加碱均发生反应；‎ ‎（3）等物质的量浓度、等体积H2O2溶液加入分液漏斗中，实验一、二中参加反应的H2O2的物质的量相同；实验二中反应生成锰离子、水、氧气．‎ ‎【解答】解：（1）锌锰干电池的负极上Zn失去电子，负极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+，负极消耗1mol时转移2mol电子，每通过0.2mole﹣，负极质量减少0.1mol×65g/mol=6.5g，由NH4+离子在正极放电产生2种气体，其中一种气体分子是含10e﹣的微粒为氨气，另一种为氢气，正极反应为2NH4++2e﹣═2NH3↑+H2↑，‎ 故答案为：6.5；2NH4++2e﹣═2NH3↑+H2↑；‎ ‎（2）①无色溶液中含Zn2+、NH4+，加碱均发生反应，先生成的白色沉淀能溶解在强碱溶液中，铵根离子与碱反应生成有刺激性气味的气体为氨气，‎ ‎②检验生成的氨气，则将溶液加热，并将湿润的红色石蕊试纸贴在玻璃棒的一端置于试管口，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明含铵根离子，‎ 故答案为：‎ 实验步骤 实验现象 实验结论和解释 白色沉淀逐渐溶解，产生刺激性气味的气体 将溶液加热，并将湿润的红色石蕊试纸贴在玻璃棒的一端置于试管口；红色石蕊试纸变蓝 ‎；‎ ‎（3）等物质的量浓度、等体积H2O2溶液加入分液漏斗中，实验一中过氧化氢既是氧化剂又是还原剂，实验二中H2O2是还原剂，由氧气的体积1：2可知，等物质的量的过氧化氢均完全反应，则参加反应的H2O2的物质的量之比为1：1，实验二中反应生成锰离子、水、氧气，离子反应为H2O2+2H++MnO2═Mn2++2H2O+O2↑；‎ 故答案为：1：1；H2O2+2H++MnO2═Mn2++2H2O+O2↑．‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及原电池、离子反应、氧化还原反应及实验设计，明确习题中的信息及物质的性质即可解答，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．‎ ‎　‎ ‎28．（2013春•西城区期末）乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．以乙烯为主要原料合成重要的有机化合物路线如下图所示．请回答下列问题．‎ ‎（1）乙烯的结构简式　CH2=CH2　，电子式　　．‎ ‎（2）A物质所含官能团的名称是　羟基　．‎ ‎（3）反应②的反应类型是　加成反应　．‎ ‎（4）反应③的化学方程式是　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　．‎ ‎（5）以乙烯为原料可合成有机高分子化合物D，反应①的化学方程式是　　．‎ ‎（6）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是　ac　（填序号）．‎ a．CH3CH3 b．CH3CHCl2 c．CH3CH2Br．‎ ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】乙烯可以和水加成生成乙醇，乙醇可以被氧化为乙醛，乙醛易被氧化为乙酸；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯．‎ ‎（1）乙烯分子含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，根据碳原子与氢原子成键情况书写电子式；‎ ‎（2）A是乙醇，含有官能团羟基；‎ ‎（3）反应②为乙烯和水发生加成反应；‎ ‎（4）反应③为乙醇的催化氧化反应；‎ ‎（5）乙烯分子含有碳碳双键，发生加聚反应，反应①生成聚乙烯；‎ ‎（6）乙烯加成反应的特征是原子或原子团加在双键碳原子上，双键变为单键．‎ ‎【解答】解：乙烯和水发生加成反应CH2=CH2+H2OCH3CH2OH生成A，则A是乙醇，乙醇和氧气在铜或银作催化剂作用下催化反应生成B，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，则B是乙醛，乙醛被氧气氧化2CH3CHO+O22CH3COOH，乙烯分子含有碳碳双键，发生加聚反应，反应为：，生成聚乙烯，D为聚乙烯；‎ ‎（1）由上述分析可知，A的结构简式为CH2=CH2，分子中碳原子之间形成2对共用电子对，碳原子与氢原子之间形成1对共用电子对，故电子式为，‎ 故答案为：CH2=CH2；；‎ ‎（2）乙烯和水发生加成反应CH2=CH2+H2OCH3CH2OH生成A，则A是乙醇，含有官能团羟基，‎ 故答案为：羟基；‎ ‎（3）反应②为在一定条件下，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，‎ 故答案为：加成反应；‎ ‎（4）在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇被氧气氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，‎ 故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ ‎（5）乙烯分子含有碳碳双键，发生加聚反应，反应①为：，生成聚乙烯，‎ 故答案为：；‎ ‎（6）乙烯和氢气加成生成乙烷，和溴化氢发生加成生成溴乙烷，CH3CHCl2无法通过加成反应制得，故答案为：ac．‎ ‎【点评】本题考查有机物的合成，主要考查乙烯的化学性质，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的性质与转化，注意乙烯可以可以加聚，可以和水加成生成乙醇，乙醇可以被氧化为乙醛，乙醛易被氧化为乙酸是解答关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎29．（2015春•北京校级期末）葡萄可用于酿酒．‎ ‎（1）检验葡萄汁含葡萄糖的方法是：向其中加碱调至碱性，再加入新制备的Cu（OH）2，加热，其现象是　产生砖红色沉淀　．‎ ‎（2）葡萄在酿酒过程中，葡萄糖转化为酒精的化学方程式　C6H12O6（葡萄糖）2CO2↑+2C2H5OH　．‎ ‎（3）葡萄酒密封储存过程中生成了有香味的酯，酯也可以通过化学实验来制备．实验室用如图所示装置制备乙酸乙酯：‎ ‎①试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是　CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O　．‎ ‎②试管b中盛放的试剂是饱和　Na2CO3　溶液．‎ ‎③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是　防止溶液倒吸　．‎ ‎（4）有机物E由碳、氢、氧三种元素组成，可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取，纯净的E为无色粘稠液体，易溶于水．为研究E的组成与结构，进行了如下实验：‎ ‎①称取E4.5g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍．‎ ‎①有机物E的相对分子量为　90　：‎ ‎②将此9.0gE在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次通过碱石灰、无水硫酸铜粉末、足量石灰水，发现碱石灰增重14.2g，硫酸铜粉末没有变蓝，石灰水中有10.0g白色沉淀生成；向增重的碱石灰中加入足量盐酸后，产生4.48L无色无味气体（标准状况）．‎ ‎②9.0g有机物E完全燃烧时，经计算：生成CO2共为　0.3　 mol，‎ 生成的H2O　5.4　g．‎ 有机物E的分子式　C3H6O3　‎ ‎③经红外光谱测定，证实其中含有羟基，羧基，甲基；‎ ‎③E的结构简式　CH3CH（OH）COOH　‎ ‎④写出E与足量Na的化学方程式　CH3CH（OH）COOH+2Na→CH3CH（ONa）COONa+H2↑　‎ ‎⑤写出E与NaHCO3溶液反应的化学方程式　HOOC﹣CH（OH）﹣CH3+NaHCO3→NaOOC﹣CH（OH）﹣CH3+H2O+CO2↑　．‎ ‎【考点】有关有机物分子式确定的计算；葡萄糖的性质和用途；乙酸乙酯的制取．‎ ‎【专题】烃及其衍生物的燃烧规律；有机实验综合．‎ ‎【分析】（1）葡萄糖含有醛基，与新制氢氧化铜反应生成Cu2O；‎ ‎（2）葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精与二氧化碳；‎ ‎（3）①乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯与水；‎ ‎②试管b中盛放的试剂是饱和碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸、乙醇，降低乙酸乙酯溶解；‎ ‎③试管b中的导管直接伸入液面下，装置内压强减小，可能发生倒吸危险；‎ ‎（4）同温同压下，气体密度之比等于其相对分子质量之比，可知有机物相对分子质量为90，该有机物完全燃烧生成二氧化碳与水，碱石灰增重14.2g为生成的水与部分二氧化碳的质量，10.0g白色沉淀为生成的碳酸钙，产生4.48L 无色无味气体（标准状况）为碱石灰吸收的二氧化碳的体积，计算10g碳酸钙、4.48L二氧化碳的物质的量，计算燃烧生成的n（CO2），计算生成的水的质量，再计算水的物质的量根据原子守恒确定分子中C、H原子数目，解相对分子质量计算分子中氧原子数目，进而确定分子式，结合分子式确定其结构简式．‎ ‎【解答】解：（1）葡萄糖含有醛基，与新制氢氧化铜反应生成Cu2O，产生砖红色沉淀，故答案为：产生砖红色沉淀；‎ ‎（2）葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精与二氧化碳，反应方程式为：C6H12O6（葡萄糖）2CO2↑+2C2H5OH，‎ 故答案为：C6H12O6（葡萄糖）2CO2↑+2C2H5OH；‎ ‎（3）①乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯与水，反应方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，‎ 故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；‎ ‎②试管b中盛放的试剂是饱和Na2CO3溶液，吸收未反应的乙酸、乙醇，降低乙酸乙酯溶解，‎ 故答案为：Na2CO3；‎ ‎③试管b中的导管直接伸入液面下，装置内压强减小，可能发生倒吸危险，试管b中的导管不伸入液面下的原因是：防止溶液倒吸，‎ 故答案为：防止溶液倒吸；‎ ‎（4）①该有机物蒸汽密度是相同条件下H2的45倍，故有机物的相对分子质量为45×2=90，故答案为：90；‎ ‎②碱石灰增重14.2g为生成的水与部分二氧化碳的质量，10.0g白色沉淀为生成的碳酸钙，产生4.48L无色无味气体（标准状况）为碱石灰吸收的二氧化碳的体积，故碱石灰吸收的二氧化碳的物质的量为=0.2mol，碳酸钙的物质的量为=0.1mol，故生成的二氧化碳的总的物质的量为0.2mol+0.1mol=0.3mol，生成的水的质量为14.2g﹣0.2mol×44g/mol=5.4g，水的物质的量为=0.3mol；‎ 有机物E的物质的量为=0.1mol，故分子中N（C）==3、N（H）==5，则分子中N（O）==3，故有机物E的分子式为C3H6O3，‎ 故答案为：0.3；5.4；C3H6O3；‎ ‎③经红外光谱测定，证实其中含有羟基，羧基，甲基，则E的结构简式为：CH3CH（OH）COOH，‎ 故答案为：CH3CH（OH）COOH；‎ ‎④E与足量Na的化学方程式：CH3CH（OH）COOH+2Na→CH3CH（ONa）COONa+H2↑，‎ 故答案为：CH3CH（OH）COOH+2Na→CH3CH（ONa）COONa+H2↑；‎ ‎⑤E与NaHCO3溶液反应的化学方程式：HOOC﹣CH（OH）﹣CH3+NaHCO3→NaOOC﹣CH（OH）﹣CH3+H2O+CO2↑，‎ 故答案为：HOOC﹣CH（OH）﹣CH3+NaHCO3→NaOOC﹣CH（OH）﹣CH3+H2O+CO2↑．‎ ‎【点评】本题考查有机物分子式与结构简式确定、乙酸乙酯制备、官能团的结构与性质等，属于拼合型题目，掌握燃烧法利用原子守恒确定有机物分子式，难度中等．‎ ‎　‎ ‎30．（2015春•北京校级期末）据南方日报报道，广东省珠江第二大水系北江流域因当地矿业的开发，造成附近河底沉积物中铊含量严重超标，致使当地人“靠江不饮北江水”．铊（Tl）是某超导体材料的组成元素之一，Tl3+与Ag在酸性介质中 ‎（1）铊（Tl）的原子序数为81，铊在元素周期表中位于第　六　周期第　ⅢA　族．‎ ‎（2）铊与下列某种元素位于同一主族，该元素是　A　．‎ A．硼　　 B．氮　　C．碳　　 D．氟 ‎（3）下列推断正确的是　A、D、F　（填序号）．‎ A．单质的还原性：Tl＞Al B．原子半径：Al＞Tl C．碱性：Al（OH）3＞Tl（OH）3‎ D．氧化性：Tl3+＞Ag+‎ E．Tl+最外层只有1个电子 F．Tl能形成+3价和+1价的化合物 ‎（4）X元素是与铝属于对角线关系的第二周期元素，二者的单质化学性质相似．X单质与浓NaOH溶液反应的化学方程式是　Be+2NaOH（浓）═Na2BeO2+H2↑　．‎ ‎【考点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】（1）由电子排布可知，有6个电子层，最外层电子数为3；‎ ‎（2）A．硼是第ⅢA族； B．氮是第ⅤA族；C．碳是ⅣA族；D．氟是ⅤⅡA族；‎ ‎（3）由同主族金属性为Al＜Tl及同主族元素性质变化规律分析；‎ ‎（4）X元素是与铝属于对角线关系的第二周期元素是铍，二者的单质化学性质相似，铍单质与浓NaOH溶液反应的化学方程式是Be+2NaOH（浓）═Na2BeO2+H2↑．‎ ‎【解答】解：（1）由电子排布可知，有6个电子层，最外层电子数为3，则位于第六周期第ⅢA族，故答案为：六；ⅢA；‎ ‎（2）A．硼是第ⅢA族； B．氮是第ⅤA族；C．碳是ⅣA族；D．氟是ⅤⅡA族，所以与铊位于同一主族是硼，故选A；‎ ‎（3）A．Al、Tl为同主族元素，从上到下金属还原性增强，则单质的还原性：Tl＞Al，故A正确；‎ B．Al、Tl为同主族元素，从上到下原子半径增大，则原子半径：Al＜Tl，故B错误；‎ C．金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，则碱性：Al（OH）3＜Tl（OH）3，故C错误；‎ D．由反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，Tl3+的氧化性比Ag+强，故D正确；‎ E．Ti最外层有3个电子，则Tl+最外层有2个电子，故E错误；‎ F．由Tl3+、Tl+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故F正确；‎ 故答案为：A、D、F；‎ ‎（4）X元素是与铝属于对角线关系的第二周期元素是铍，二者的单质化学性质相似，铍单质与浓NaOH溶液反应的化学方程式是Be+2NaOH（浓）═Na2BeO2+H2↑，‎ 故答案为：Be+2NaOH（浓）═Na2BeO2+H2↑．‎ ‎【点评】本题考查元素周期表的结构及应用及氧化还原反应，为高频考点，把握元素在周期表的位置及元素周期律为解答的关键，侧重基础知识的考查，注意利用实例分析，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎31．（2015春•北京校级期末）由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X 存在如在右图转化关系（部分生成物和反应条件略去），‎ ‎（1）若A是单质，B和D的反应是OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣，则E是　H2　‎ ‎（2）若A是化合物，X是Na2CO3，C是常见的温室气体，则E　NO　‎ ‎（3）若D为CO，C能和E反应，则A的电子式为　　．将NaHCO3分解产生的气体（水蒸气和二氧化碳）用足量的A充分吸收得到固体甲，将甲溶于500mL 1mol/L的盐酸中，产生无色混合气体，溶液呈中性，则A的物质的量为　0.25　mol，混合气体在标准状况下的体积为　2.8　L（不考虑水蒸气的产生和其余气体的溶解）．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【专题】无机推断；元素及其化合物．‎ ‎【分析】（1）若A是单质，B和D的反应是OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣，A为Na、B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3；‎ ‎（2）若A是化合物，X是Na2CO3，C是常见的温室气体，则A为NO2、B为HNO3、E为NO、C为CO2，D为NaHCO3；‎ ‎（3）若D为CO，C能和E反应，则A为Na2O2，B为O2，E为NaOH，X为C，C为CO2．‎ ‎【解答】解：（1）若A是单质，B和D的反应是OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣，A为Na、B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，故答案为：H2；‎ ‎（2）若A是化合物，X是Na2CO3，C是常见的温室气体，则A为NO2、B为HNO3、E为NO、C为CO2，D为NaHCO3，故答案为：NO；‎ ‎（3）若D为CO，C能和E反应，则A为Na2O2，B为O2，E为NaOH，X为C，C为CO2．Na2O2的电子式为：，‎ 加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠，水与氢氧化钠反应生成氢氧化钠，甲与盐酸反应得到无色化合气体，则甲为氢氧化钠、碳酸钠、过氧化钠，将甲溶于500mL 1mol•L﹣1的盐酸中，溶液呈中性，溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒n（Na2O2）=n（NaCl），再根据氯离子守恒，则n（Na2O2）=n（NaCl）=n（HCl）=×0.5L×1mol/L=0.25mol，‎ 由C元素、H元素守恒可知，甲中NaOH与Na2CO3是物质的量之比为2：1，设混合物中NaOH与Na2CO3是物质的量均为2xmol、xmol，过氧化钠为ymol，由钠离子守恒则：4x+2y=0.5，由2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑‎ ‎，可知生成气体物质的量为：（x+0.5y）mol=（4x+2y）mol=×0.5mol=0.125mol，故得到混合气体的体积为0.125mol×22.4L/mol=2.8L，‎ 故答案为：；0.25；2.8．‎ ‎【点评】本题考查无机物推断，需要学生熟练掌握中学常见连续反应，熟练掌握元素化合物知识，（3）中计算为易错点、难点，注意利用守恒法计算，难度中等．‎ ‎　‎ ‎32．（2010•西城区二模）火法炼铜可以从黄铜矿（CuFeS2）或辉铜矿（Cu2S）中提取铜，发生如下反应：‎ ‎①2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO ‎②2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2‎ ‎③2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．反应②、③中，Cu2S都只做还原剂 B．1mol CuFeS2生成1molCu，理论上消耗2.5mol O2‎ C．1mol Cu2S和O2反应生成2molCu转移的电子数为4mol D．反应①中，共转移的电子数为16mol，CuFeS2中铜元素的化合价为+2‎ ‎【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ ‎【分析】A．②中S元素的化合价升高，O元素的化合价降低；③中，Cu2S中Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高；‎ B．由反应可知，存在6Cu～3Cu2S～6CuFeS2～15O2，以此分析；‎ C．Cu元素由+1价降低为0，O元素的化合价降低，而S元素的化合价由﹣2价升高为+4价；‎ D．反应①中，Cu元素的化合价降低，O元素的化合价降低，S元素的化合价升高．‎ ‎【解答】解：A．②中S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，Cu2S只做还原剂；③中，Cu2S中Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Cu2S既是还原剂又是氧化剂，故A错误；‎ B．由反应可知，存在6Cu～3Cu2S～6CuFeS2～15O2，则1mol CuFeS2生成1molCu，理论上消耗2.5molO2，故B正确；‎ C．Cu元素由+1价降低为0，O元素的化合价降低，而S元素的化合价由﹣2价升高为+4价，则转移的电子数为1mol×[4﹣（﹣2）]=6mol，故C错误；‎ D．反应①中，CuFeS2中铜元素的化合价为+2，Cu元素的化合价降低，O元素的化合价降低，S元素的化合价由﹣2价升高为+4价，2molCuFeS2反应转移电子为24mol，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应及计算，明确反应中的元素的化合价变化是解答本题的关键，注意电子守恒、原子守恒的应用，选项D为易错点，题目难度较大．‎ ‎　‎ ‎33．（2015春•北京校级期末）工业上以粗铜为原料采取如图所示流程制备硝酸铜晶体：‎ ‎①在步骤a中，还需要通入氧气和水，其目的是　提高原料的利用率，减少污染物的排放　．‎ ‎②在保温去铁的过程中，为使Fe3+沉淀完全，可以向溶液中加入CuO，调节溶液的pH，根据下表数据，溶液的pH应保持在　3.2～4.7　 范围． ‎ 氢氧化物开始沉淀时的pH 氢氧化物沉淀完全时的pH Fe3+‎ Cu2+‎ ‎1.9‎ ‎4.7‎ ‎3.2‎ ‎6.7‎ ‎【考点】"三废"处理与环境保护．‎ ‎【专题】无机实验综合．‎ ‎【分析】①氮氧化物与水和氧气发生氧化还原反应最终生成硝酸；‎ ‎②Fe3+易水解，为利用溶液的蒸发浓缩，应尽量用浓溶液；‎ ‎【解答】解：①氮氧化物与水和氧气发生氧化还原反应最终生成硝酸，在步骤a中，需要通入氧气和水，有利于提高原料的利用率，减少污染物的排放；‎ 故答案为：提高原料的利用率，减少污染物的排放；‎ ‎②向溶液中加入CuO，调节溶液的pH目的是铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，依据图表数据分析可知PH应为：3.2～4.7，故答案为：3.2～4.7．‎ ‎【点评】本题考查铜以及化合物的性质，题目难度中等，本题注意盐类水解平衡的影响因素，做题时注意把握题给信息，注重知识迁移能力的培养．‎ ‎　‎ ‎34．（2015春•北京校级期末）铜合金是人类使用最早的金属材料，铜在化合物中的常见化合价有+1、+2．已知Cu2O与稀硫酸反应，有红色金属析出且溶液呈蓝色．现向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L 0.6mol/L HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2240mL NO气体（标准状况）．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式　3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O　．‎ ‎（2）生成硝酸铜的物质的量为　0.25　mol ‎（3）若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为　16　g．‎ ‎（4）若混合物中含0.1mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，至少消耗H2SO4的物质的量为　0.1mol　．‎ ‎（5）若混合物中Cu的物质的量为n mol，则n的取值范围为　0.05mol＜n＜0.15mol　．‎ ‎【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；有关混合物反应的计算．‎ ‎【专题】利用化学方程式的计算．‎ ‎【分析】（1）硝酸具有强氧化性，Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3﹣被还原为NO，同时生成H2O，据此配平写出反应离子方程式；‎ ‎（2）Cu、Cu2O、CuO与0.6mol HNO3恰好完全反应时生成Cu（NO3）2、NO和H2O，根据N原子守恒计算n[Cu（NO3）2]；‎ ‎（3）根据n[Cu（NO3）2]及Cu元素守恒计算还原后得到Cu的物质的量，再根据m=nM计算固体Cu的质量；‎ ‎（4）由Cu元素守恒可得：2n（Cu2O）+n（CuO）+n（Cu）=混合物中Cu原子物质的量，根据电子守恒可知：2n（Cu）+2n（Cu2O）=3n（NO），联立方程计算Cu2O、CuO的物质的量，Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4反应结合H+生成H2O，据此计算消耗硫酸；‎ ‎（5）根据电子守恒和铜原子守恒用n表示出n（Cu2O）、n（CuO）．‎ ‎【解答】解：（1）Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3﹣被还原为NO，同时生成H2O，其反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O，‎ 故答案为：3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O；‎ ‎（2）Cu、Cu2O、CuO与HNO3恰好完全反应时生成Cu（NO3）2、NO和H2O，硝酸的物质的量为：1L×0.6mol/L=0.6mol，NO的物质的量==0.1mol，‎ 根据N原子守恒可知：n[Cu（NO3）2]= =0.25mol，‎ 故答案为：0.25；‎ ‎（3）根据（2）可知n[Cu（NO3）2]= =0.25mol，混合物中所含的Cu元素共有0.25mol，根据铜元素守恒可知，用H2还原Cu、Cu2O、CuO混合物后应得到0.25mol Cu，故固体的质量为0.25mol×64g/mol=16g，‎ 故答案为：16g；‎ ‎（4）由Cu元素守恒可得：2×n（Cu2O）+n（CuO）+0.1mol=0.25mol，‎ 由氧化还原反应得失电子守恒可知：0.1×2+2×n（Cu2O）=0.1mol×3，‎ 解之得：n（Cu2O）=0.05mol，n（CuO）=0.05mol，‎ 混合物中，0.1mol Cu不与稀H2SO4反应，0.05molCu2O、0.05molCuO与稀H2SO4反应，根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4反应结合H+生成H2O，可得n（H2SO4）=0.05mol+0.05mol=0.1mol，‎ 故答案为：0.1mol；‎ ‎（5）由Cu元素守恒可得：2×n（Cu2O）+n（CuO）+n=0.25mol，‎ 由氧化还原反应得失电子守恒可知：n×2+2×n（Cu2O）=0.1mol×3，‎ 解之得：n（CuO）=n﹣0.05mol，‎ n（Cu2O）=0.15mol﹣n，‎ 所以n的取值范围为：0.05mol＜n＜0.15mol，‎ 故答案为：0.05mol＜n＜0.15mol．‎ ‎【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，侧重对学生思维能力的考查，（3）中注意根据守恒思想进行计算，（4）中利用反应生成水，根据H、O原子关系计算，避免利用方程式的繁琐，试题培养了学生的化学计算能力．‎ ‎　‎