广东省高三化学上学期单元试卷(06)(含解析).docx

高中化学学习材料
鼎尚图文收集整理
广东省2016届高三化学上学期单元试卷（06）（含解析）
一、选择题（共10小题）
1．有一种白色粉末由等质量的两种物质混合而成，分别取适量该白色粉末置于三支试管中进行实验．
（1）逐滴加入6mol•L﹣1盐酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液
（2）加热试管中的白色粉末，试管口有水滴凝结
（3）逐滴加入6mol•L﹣1硫酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后试管中还有白色不溶物
下列混合物中符合以上实验现象的是( )
A．NaHCO3、AgNO3 B．BaCl2、MgCO3
C．NH4HCO3、MgCl2D．CaCl2•6H2O、Na2CO3
2．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，这种试剂是( )
A．NH3•H2O B．NaOH C．Na2CO3D．MgCO3
3．将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体．原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）( )
A．231.5mL B．268.8mL C．287.5mL D．313.6mL
4．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是( )
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为SO2，则丁可能是氨水
C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D．若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2
5．久置空气中会发生颜色变化，但颜色变化不是由于跟氧气反应引起的物质是( ) A．过氧化钠固体 B．亚硫酸钠固体 C．硫酸亚铁晶体 D．苯酚晶体
6．利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是( ) 实验器材（省
略夹持装置）
相应实验
A 烧杯、玻璃
棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶
B 烧杯、玻璃
棒、胶头滴
管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
C 烧杯、玻璃
棒、胶头滴
管、容量瓶用固体氯化钠配制
0.5mol/L的溶液
D 烧杯、玻璃
棒、胶头滴
管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI
A．A B．B C．C D．D
7．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是( )
A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+
B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+
C．若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出
D．若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出
8．1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是( )
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
9．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为( ) A．9.0 L B．13.5 L C．15.7 L D．16.8 L
10．在一定温度、压强下，向100mLCH4和Ar的混合气体中通入400mLO2，点燃使其完全燃烧，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中CH4和Ar物质的量之比是( )
A． 1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1
二、填空题（共3小题）
11．由黄铜矿（主要成分是CuFeS2）炼制精铜的工艺流程示意图如图1所示：
（1）在反射炉中，把铜精矿砂和石英砂混合加热到1000℃左右，黄铜矿与空气反应生成Cu 和Fe的低价硫化物，且部分Fe的硫化物转变为Fe的低价氧化物．该过程中两个主要反应的化学方程式分别是__________、__________，反射炉内生成炉渣的主要成分是__________；（2）冰铜（Cu2S 和FeS互相熔合而成）含Cu量为20%～50%．转炉中，将冰铜加熔剂（石英砂）在1200℃左右吹入空气进行吹炼．冰铜中的Cu2S被氧化为Cu2O，生成的Cu2O与Cu2S 反应，生成含Cu量约为98.5%的粗铜，该过程中发生反应的化学方程式分别是__________、__________；
（3）粗铜的电解精炼如图2所示．在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极__________（填图中的字母）；在电极d上发生的电极反应式为__________，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为__________．
12．A、B、C、D、E、F、G、H、和I、是中学化学中常见的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：
①A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C、D、H 不能使湿润的石蕊试纸变色；
②A和I相遇产生白色烟雾；
③B和E都能使品红溶液褪色；
④将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟；
⑤将点燃的镁条放入装有F的瓶中，镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，瓶内壁附着黑色颗粒；
⑥C和D相遇生成红棕色气体；
⑦G在D中燃烧可以产生E和H2O；
⑧将B和H 在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A．
回答下列问题：
（1）A的化学式是__________，②中烟雾的化学式是__________；
（2）④中发生反应的化学方程式是__________；
（3）⑤中发生反应的化学方程式是__________；
（4）C的化学式是__________，D的化学式是__________；
（5）⑦中发生反应的化学方程式是__________；
（6）H的化学式是__________．
13．图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B 所示．
回答下列问题：
（1）图B对应的物质名称是__________，其晶胞中的原子数为__________，晶体类型为__________．
（2）d中元素的原子核外电子排布式为__________．
（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是__________，原因是__________，该物质的分子构型为__________，中心原子的杂化轨道类型为__________．
（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是__________．
（5）k的分子式为__________，中心原子的杂化轨道类型为__________，属于__________分子（填“极性”或“非极性”）．
三、解答题（共5小题）
14．Ⅰ．请回答：
（1）H2O2的电子式__________．
（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由__________．
（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式__________．
（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：
__________MnO4﹣+__________C2O42﹣
+__________═__________Mn2++__________CO2↑+__________．
Ⅱ．化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂．一定条件下金属钠和H2反应生成甲．甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4．将4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L （已折算成标准状况）的H2．
请推测并回答：
（1）甲的化学式__________．
（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式__________．
（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式__________．
（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3），脱锈过程发生反应的化学方程式__________．
（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的．
判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由__________．
15．单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如图所示的路线制备．其中X为Z的氧化物；Y为氢化物，分子结构与甲烷相似．回答下列问题：
（1）能与X发生化学反应的酸是__________；由X制备Mg2Z的化学方程式为__________．（2）由Mg2Z生成Y的化学方程式为__________，Y分子的电子式为__________．
（3）Z、X中共价键的类型分别是__________、__________．
16．氢能源是一种重要清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1．请回答下列问题：
（1）甲的化学式是__________；乙的电子式是__________．
（2）甲与水反应的化学方程式是__________．
（3）气体丙与金属镁反应的产物是__________（用化学式表示）．
（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式
__________．有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之__________．（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）
（5）甲与乙之间__________（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是
__________．
17．如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物．已知：①反应C+G B+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；②I是一种
常见的温室气体，它和E可以发生反应：，F中的E元素的质量分数为60%．回
答问题：
（1）①中反映的化学方程式为__________；
（2）化合物Ⅰ的电子式为__________，它的空间构型是__________；
（3）1.6g G 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）；
（4）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为__________，反应后溶液与过量化合物Ⅰ反应的离子方程式为__________；
（5）E在I中燃烧观察到的现象是__________．
18．在25℃，101kPa条件下，将15L O2通入10L CO和H2的混合气中，使其完全燃烧，干燥后，恢复至原来的温度和压强．
（1）若剩余气体的体积是15L，则原CO和H2的混合气中V（CO）=__________ L，V（H2）=__________ L．
（2）若剩余气体的体积为a L，则原CO和H2的混合气中V（CO）：V（H2）=__________．（3）若剩余气体的体积为aL，则a的取值范围是__________．
新人教版必修1高考题单元试卷：第3章金属及其化合物（02）
一、选择题（共10小题）
1．有一种白色粉末由等质量的两种物质混合而成，分别取适量该白色粉末置于三支试管中进行实验．
（1）逐滴加入6mol•L﹣1盐酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液
（2）加热试管中的白色粉末，试管口有水滴凝结
（3）逐滴加入6mol•L﹣1硫酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后试管中还有白色不溶物
下列混合物中符合以上实验现象的是( )
A．NaHCO3、AgNO3 B．BaCl2、MgCO3
C．NH4HCO3、MgCl2D．CaCl2•6H2O、Na2CO3
【考点】无机物的推断．
【专题】推断题；元素及其化合物．
【分析】根据实验（1）可排除A组．根据实验（2）可排除B组．根据（3）分析C和D组，只有D组中的氯化钙可以跟硫酸反应留下的白色不溶物硫酸钙（硫酸钙微溶）．
【解答】解：A、根据实验（1）加入盐酸会有白色沉淀生成，故A错误；
B、根据实验（2）加热时没有水生成，故B错误；
C、根据（3）逐滴加入6mol•L﹣1硫酸，没有白色不溶物，故C错误；
D、硫酸钙微溶，逐滴加入6mol•L﹣1硫酸留下的白色不溶物硫酸钙，故D正确．
故选D．
【点评】本题为选择型推断题，做题时也可以从选择项入手进行验证，逐项判断跟题干中各个条件是否吻合．
2．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，这种试剂是( )
A．NH3•H2O B．NaOH C．Na2CO3D．MgCO3
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离、提纯和除杂．
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】除杂的原则：不增加新的杂质；被提纯的物质不能减少；操作简便，除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可利用影响铁离子水解的平衡移动因素角度解答．
【解答】解：A．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，在加热搅拌的条件下加入氨水，虽然能形成氢氧化铁沉淀，但同时会形成氢氧化镁沉淀，故A错误；
B．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，在加热搅拌的条件下加入氢氧化钠，虽然能形成氢氧化铁沉淀，但同时会形成氢氧化镁沉淀，故B错误；
C．Fe3+水解溶液显酸性，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，在加热搅拌的条件下加入碳酸钠，水解吸热，加热搅拌的条件促进水解，碳酸钠和氢离子反应，使三价铁离子的水解平衡向正反应方向移动，使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀除去，但同时引入了钠离子，故C错误；D．Fe3+水解溶液显酸性，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，在加热搅拌的条件下加入碳酸镁，水解吸热，加热搅拌的条件促进水解，碳酸镁和氢离子反应，使三价铁离子的水解平衡向正反应方向移动，使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀除去，同时实现将杂质转化为纯净物，故D正确；
故选D．
【点评】本题主要考查了除杂的试剂的选择，解答须依据除杂的原则，注意三价铁离子的去除，常通过对水解平衡的影响角度解答，题目不难．
3．将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体．原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）( )
A．231.5mL B．268.8mL C．287.5mL D．313.6mL
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的44.8mL气体
可能为氧气，有可能是NO，设出混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，然后分别根据剩余气体为氧气、NO结合反应方程式列式计算即可．
【解答】解：最终收集到44.8mL气体可能为氧气，有可能为NO，
当剩余气体为氧气时，发生反应有：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，设氧气总体积为y，氨气总体积为x，则：①x+y=448mL；由于氨气完全反应，则x体积氨气消耗氧气体积为：x×=x，同时生成NO体积为x，生成的NO完全反应消耗氧气的体积为：
x×=x，则：② x+x+44.8mL=y，联立①②解得：x=134.4mL、y=313.6mL，即：氧气体积为313.6mL；
当剩余的气体为NO时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的44.8mL为NO，设原混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，则：③x+y=448mL，氨气完全反应消耗氧气体积为x×=x，同时生成NO体积为x，其中转化成硝酸的NO体积为：x﹣44.8mL，此过程中消耗氧气体积为：（x﹣44.8mL）×，消耗氧气总体积为：④ x+（x﹣44.8mL）×=y，联立③④可得：x=160.5mL、y=287.5mL，即：
原混合气体中氧气的总体积为287.5mL，
根据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为：313.6mL或287.5mL，
故选CD．
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，明确剩余气体组成为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．
4．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是( )
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为SO2，则丁可能是氨水
C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D．若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2
【考点】无机物的推断．
【专题】推断题．
【分析】A、甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 C CO CO2；
B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；
C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；
D、若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOH Na2CO3NaHCO3．
【解答】解：A、甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 C CO CO2；2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，故A正确；
B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；
SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3•H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；
C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故C错误；
D、若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOH Na2CO3NaHCO3；
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查了物质性质的转化关系和性质的应用，物质的量不同产物不同，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．
5．久置空气中会发生颜色变化，但颜色变化不是由于跟氧气反应引起的物质是( ) A．过氧化钠固体 B．亚硫酸钠固体 C．硫酸亚铁晶体 D．苯酚晶体
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；苯酚的化学性质．
【专题】元素及其化合物；有机物的化学性质及推断．
【分析】A、根据过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气进行解答；
B、根据亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠进行解答；
C、根据硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁进行解答；
D、根据苯酚易被空气氧化的性质进行分析．
【解答】解：A、过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气而变色，所以过氧化钠颜色变化不是由于跟氧气反应引起的，故A正确；
B、亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，颜色没有发生变化，故B错误；
C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，颜色有由绿色变为淡黄色，所以硫酸亚铁颜色变化是由于跟氧气反应引起的，故C错误；
D、苯酚晶体易被空气中的氧气氧化，由无色变为浅粉红色，故苯酚晶体颜色变化是由于跟氧气反应引起的，故D错误．
故选：A．
【点评】本题考查了物质的化学性质，是一道基本知识题目，难度不大．
6．利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是( ) 实验器材（省
略夹持装置）
相应实验
A 烧杯、玻璃
棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶
B 烧杯、玻璃
棒、胶头滴
管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
C 烧杯、玻璃
棒、胶头滴
管、容量瓶用固体氯化钠配制
0.5mol/L的溶液
D 烧杯、玻璃
棒、胶头滴
管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI
A．A B．B C．C D．D
【考点】硫酸铜晶体中结晶水含量的测定；物质的分离、提纯和除杂；配制一定物质的量浓度的溶液．
【专题】化学实验常用仪器及试剂．
【分析】A．硫酸铜溶液的浓缩结晶需要加热，用到酒精灯；
B．用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡，需要用到过滤操作，用到漏斗；
C．需要称量NaCl固体的质量，用到托盘天平；
D．用到萃取和分液操作，用到烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗．
【解答】解：A．硫酸铜溶液的浓缩结晶需要用到酒精灯，故A错误；
B．用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3需要进行过滤，要用到漏斗，B错误；
C．用固体NaCl配制溶液，需要用到托盘天平称量固体，C错误；
D．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查化学实验基本操作及使用的仪器，注重实验基础知识考查，难度中等．
7．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是( )
A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+
B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+
C．若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出
D．若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出
【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．
【专题】元素及其化合物．
【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3+氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答．
【解答】解：A．无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；
B．若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C．若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；
D．当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；
故选：B．
【点评】本题考查了铁及其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键．
8．1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是( )
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质．
【专题】压轴题；守恒法．
【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，
金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；
B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；
C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电
子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；
D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积．
【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与
镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；
B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为
mol/L=14mol/L，故B正确；
C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，
则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）
×2×1=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是×100%=80%，故C正确；
D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）
×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答．
9．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为( ) A．9.0 L B．13.5 L C．15.7 L D．16.8 L
【考点】有关混合物反应的计算．
【专题】守恒法．
【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），
根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nV m计算气体体积，实际气体介于二者之间．
【解答】解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==0.15mol，转
移电子物质的量=0.15×（6+2）=1.2mol．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；
若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.15mol=0.075mol，转移电子
物质的量0.075×10=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，
故选A．
【点评】本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查．
10．在一定温度、压强下，向100mLCH4和Ar的混合气体中通入400mLO2，点燃使其完全燃烧，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中CH4和Ar物质的量之比是( )
A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1
【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算；甲烷的化学性质．
【专题】计算题．
【分析】反应的方程式为：CH4+2O2→CO2+2H2O，Ar为惰性气体，不参与反应，根据反应前后的气体体积的变化用差量法计算．
【解答】解：设原混合气体中含有xmlCH4，反应的方程式为CH4+2O2→CO2+2H2O，利用差量法计算：
CH4+2O2→CO2+2H2O△V
1 2 1 2
x 2x x 2x
则2x=（100ml+400ml）﹣460ml=40ml，
解得x=20ml，
所以：Ar的体积为V（Ar）=100ml﹣20ml=80ml，
气体的体积之比等于物质的量之比，
所以：n（CH4）：n（Ar）=V（CH4）：v（Ar）=20ml：80ml=1：4，
故选A．
【点评】本题考查混合气体的计算，题目难度不大，注意利用体积变化，用差量法计算．
二、填空题（共3小题）
11．由黄铜矿（主要成分是CuFeS2）炼制精铜的工艺流程示意图如图1所示：
（1）在反射炉中，把铜精矿砂和石英砂混合加热到1000℃左右，黄铜矿与空气反应生成Cu 和Fe的低价硫化物，且部分Fe的硫化物转变为Fe的低价氧化物．该过程中两个主要反应
的化学方程式分别是2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2、FeS+3O2 2FeO+2SO2，反射
炉内生成炉渣的主要成分是FeSiO3；
（2）冰铜（Cu2S 和FeS互相熔合而成）含Cu量为20%～50%．转炉中，将冰铜加熔剂（石英砂）在1200℃左右吹入空气进行吹炼．冰铜中的Cu2S被氧化为Cu2O，生成的Cu2O与Cu2S 反应，生成含Cu量约为98.5%的粗铜，该过程中发生反应的化学方程式分别是
2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2、2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；；
（3）粗铜的电解精炼如图2所示．在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极c（填图中的字母）；在电极d上发生的电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为Au、Ag以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中．．
【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；铜的电解精炼．
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】（1）黄铜矿与空气反应生成Cu和Fe的低价硫化物：产物为Cu2S、FeS；部分Fe 的硫化物转变为Fe的低价氧化物：产物为FeO；反射炉内生成炉渣的主要成分是FeSiO3；
（2）Cu2S被氧化为Cu2O：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2；Cu2O与Cu2S反应：2Cu2O+Cu2S
6Cu+2SO2↑；
（3）粗铜应该放在阳极，c是阳极；d是阴极，发生还原反应 Cu2++2e﹣=Cu；粗铜中的Au、Ag、，它们在电解槽中的下方，以单质形式沉积在c（阳极）下方；Fe以Fe2+的形式进入电解液中．
【解答】解：（1）黄铜矿与空气反应生成Cu2S、FeS，根据化合价升降相等配平，反应方程式为：2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2；FeS和氧气反应生成FeO，根据化合价升降相等，配平方程式为：FeS+3O2 2FeO+2SO2，生成炉渣的主要成分为：FeSiO3，
故答案是：2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2；FeS+3O22FeO+2SO2；FeSiO3；
（2）Cu2S被氧化为Cu2O的反应方程式为：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2；Cu2O与Cu2S发生反应的方程式为：2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2↑，
故答案是：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2↑；
（3）c连电源正极，d连电源的负极；故c为阳极，d为阴极；粗铜板应放在阳极，即c；d 阴极发生还原反应，方程式为：Cu2++2e﹣=Cu；Au、Ag比较稳定，不反应，以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe失去电子变成Fe2+的形式进入电解液中，
故答案是：c；Cu2++2e﹣=Cu；Au、Ag以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中．
【点评】本题考查铜及其化合物的性质，特别是阅读信息、处理信息的能力，难度稍大．
12．A、B、C、D、E、F、G、H、和I、是中学化学中常见的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：
①A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C、D、H 不能使湿润的石蕊试纸变色；
②A和I相遇产生白色烟雾；
③B和E都能使品红溶液褪色；
④将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟；
⑤将点燃的镁条放入装有F的瓶中，镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，瓶内壁附着黑色颗粒；
⑥C和D相遇生成红棕色气体；
⑦G在D中燃烧可以产生E和H2O；
⑧将B和H 在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A．
回答下列问题：
（1）A的化学式是HCl，②中烟雾的化学式是NH4Cl；
（2）④中发生反应的化学方程式是Cu+Cl2CuCl2；
（3）⑤中发生反应的化学方程式是2Mg+CO22MgO+C；。