安徽省黄山市黄山一中2015年高考化学二模试卷(含解析)

安徽省黄山市黄山一中2015年高考化学二模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（）
选项叙述Ⅰ叙述Ⅱ
A Na2CO3溶液可与油污反应用热的烧碱溶液洗去油污
B BaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42
﹣
C NH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验
D 晶体硅熔点高硬度大晶体硅可用于制作半导体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．碳酸钠俗称纯碱，而烧碱为氢氧化钠；
B．加入盐酸，如无现象，可排出Ag+、CO32﹣等影响；
C．氨气用于设计喷泉实验与溶解性有关；
D．晶体硅可用于制作半导体与导电性有关．
解答：解：A．碳酸钠俗称纯碱，水解呈碱性，碱性条件下可使油污水解而除去，而烧碱为氢氧化钠，故A错误；
B．加入盐酸，如无现象，可排出Ag+、CO32﹣等影响，然后再加入氯化钡，如生成沉淀，可证明含有SO42﹣，故B正确；
C．氨气的水溶液呈碱性，氨气用于设计喷泉实验与溶解性有关，二者没有直接关系，故C错误；
D．晶体硅为原原子晶体，熔点高，而用于制作半导体与导电性有关，二者没有因果关系，故D错误．
故选B．
点评：本题考查较为综合，涉及多方面知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大．
2．（6分）（2015•黄山校级二模）常温下，下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的是（）
A． FeCl3溶液中：K+、C6H5OH、Br﹣、NO3﹣
B．在氨水溶液中Al3+、NO3﹣、Cl﹣、Ag+
C．某透明澄清的溶液中：NH4+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣
D．能使甲基橙显红色的溶液：K+、Cr2O72﹣、CH3CH2OH、SO42﹣
考点：离子共存问题．.
分析：A．与Fe3+反应的离子不能大量共存；
B．氨水溶液呈碱性，且可与Ag+发生络合反应；
C．离子之间不发生任何反应；
D．能使甲基橙显红色的溶液呈酸性．
解答：解：A．C6H5OH与Fe3+反应，不能大量共存，故A错误；
B．氨水溶液呈碱性，Al3+不能大量共存，且氨水可与Ag+发生络合反应，故B错误；
C．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D．能使甲基橙显红色的溶液呈酸性，酸性条件下Cr2O72﹣、CH3CH2OH发生氧化还原反应，故D错误．
故选C．
点评：本题考查离子的共存问题，为高频考点，侧重学生元素化合物知识的综合理解和运用的考查，明确信息来判断溶液的酸碱性是解答本题的关键，熟悉离子之间的反应即可解答，题目难度不大．
3．（6分）（2015•黄山二模）关于下列各装置图（略去部分夹持仪器）的叙述中，正确的是（）
A．利用装置①进行盐酸待测溶液浓度的测定
B．利用装置②分离碘酒中碘和酒精
C．利用装置③制备收集干燥氨气
D．利用装置④加热分解碳酸氢钠
考点：化学实验方案的评价．.
专题：实验评价题．
分析：A．滴定盐酸用氢氧化钠溶液，氢氧化钠应放在碱式滴定管中；
B．碘和酒精混溶，不能用分液的方法分离；
C．可用浓氨水和生石灰制备氨气；
D．加热固体，应防止试管炸裂．
解答：解：A．滴定盐酸用氢氧化钠溶液，氢氧化钠和腐蚀玻璃，氢氧化钠应放在碱式滴定管中，故A错误；
B．碘和酒精混溶，应用蒸馏的方法分离，不能用分液的方法，故B错误；
C．可用浓氨水和生石灰制备氨气，氨气的密度比空气小，用向下排空法收集，故C正确；
D．加热固体，试管口应略向下倾斜，防止试管炸裂，故D错误．
故选C．
点评：本题考查较为综合，涉及气体的制备、物质的分离等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
4．（6分）（2015•黄山二模）电解Na2SO4溶液产生H2SO4和烧碱的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极．测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确
的是（说明：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过）（）
A． a电极反应式：2H++2e﹣=H2↑
B．产物丁为NaOH
C． c为阳离子交换膜
D．每转移0.2mol电子，产生1.12L气体甲
考点：原电池和电解池的工作原理．.
专题：电化学专题．
分析：电解硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气，电极反应式为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是氧气、乙是氢气，则a是阳极、b是阴极，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成NaOH，据此分析解答．
解答：解：电解硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气，电极反应式为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是氧气、乙是氢气，则a是阳极、b是阴极，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成NaOH，
A．a为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，故A错误；
B．通过以上分析知，a为阳极，同时生成硫酸，所以产物丙是硫酸，b是阴极，阴极区域生成NaOH，即产物丁为NaOH，故B正确；
C．产物丁是NaOH，则离子交换膜d是阳离子交换膜，c为阴离子交换膜，故C错误；
D．a为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，产生的气体甲是氧气，每转移0.2mol
电子，产生氧气气的物质的量为0.05mol氧气，但温度和压强未知，无法确定气体摩尔体积，则无法计算氧气体积，故D错误；
故选B．
点评：本题考查电解原理，判断甲、乙气体成分是解本题关键，再结合电极反应式分析解答，易错选项是D，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点．
5．（6分）（2015•黄山校级二模）已知NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率．将浓度均为0.020mol•L﹣1的NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL 混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图．据图分析，下列判断不正确的是（）
A． 40℃之前，溶液变蓝的时间随温度的升高而缩短
B．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mo l•L﹣1•s﹣1
C．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
D． 40℃之后，淀粉不宜用作该实验的指示剂
考点：化学反应速率的影响因素．.
分析：A．由图可知，40℃之前，温度高反应速率加快，40℃之后温度高，变色时间越长；
B．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L；
C．b、c点对应的反应原理及温度不同；
D．结合55℃时，没有出现蓝色分析．
解答：解：A．从图象中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，
变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2，故A正确；
B．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mol•L﹣1•s﹣1，故B正确；
C．b点的反应原理为：当碘酸钾过量时，生成碘单质，其离子反应式为5SO32﹣+2IO3﹣+2H+=5SO42﹣+I2+H2O，而图中c点的反应原理为2IO3﹣+5SO2+4H2O=5SO42﹣+I2+8H+，则图中b、c点对应的反应原理不一样，且温度不同，故反应速率不同，故C 错误；
D.55℃时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确；
故选C．
点评：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量KIO3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大．
6．（6分）（2015•黄山校级二模）下列溶液中，有关物质的量浓度关系正确的是（）A．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c（Na+）=c（NO3﹣）
B．1.0 mol•L﹣1Na2C2O4溶液：c（OH﹣）=c（HC2O4﹣）+c（H+）+c（H2C2O4）
C． pH=8.0的KHS溶液中，c（K+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（S2﹣）＞c（H+）
D．将0.2 mol•L﹣1的某一元酸HA溶液和0.1 mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，溶液pH大于7，则反应后的混合液中：c（OH﹣）+c（A﹣）=c（H+）+c（HA）
考点：离子浓度大小的比较．.
分析：A．根据混合液中的物料守恒判断；
B．根据Na2C2O4溶液中的质子守恒判断；
C．KHS溶液pH=8，说明HS﹣水解程度大于电离程度，注意水的电离；
D．将0.2 mol•L﹣1的某一元酸HA溶液和0.1 mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，HA 与NaA的浓度相等，溶液pH大于7，说明A﹣水解程度大于HA电离程度，结合物料守恒、电荷守恒解答．
解答：解：A．硝酸钠与盐酸不反应，无论是否加入盐酸，都存在c（Na+）=c（NO3﹣），故A
正确；
B．Na2C2O4溶液中存在质子守恒：c（OH﹣）=c（HC2O4﹣）+c（H+）+2c（H2C2O4），故B错误；
C．KHS溶液pH=8，说明HS﹣水解程度大于电离程度，因还存在水的电离，则c（H+）＞c（S2﹣），溶液中正确的离子浓度大小为：c（K+）＞c（HS﹣）＞c（H+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣），故C错误；
D．将0.2mol•L﹣1的某一元酸HA溶液和0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，HA 过量，混合后溶液的pH大于7，说明A﹣水解程度大于HA的电离程度，溶液存在电荷守恒：c（OH﹣）+c（A﹣）=c（H+）+c（Na+），存在物料守恒：c（A﹣）+c（HA）=2c （Na+），二者联式可得2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA），故D错误；
故选A．
点评：本题综合考查酸碱混合的定性判断、离子浓度的大小比较问题，题目难度中等，答题中注意电荷守恒和物料守恒的运用，试题侧重考查学生的分析、理解能力．
7．（6分）（2015•黄山校级二模）根据中学所学相关知识，下列推断正确的一项是（）A．ⅣA族元素形成的氢化物的沸点从上到下依次递增，则ⅤA族元素所形成的氢化物的沸点从上到下也是依次递增
B．氯气可置换出KBr溶液中的溴，则氟气也可置换出KBr溶液中的溴
C．某浓度的NaClO溶液的pH=d，则其中由水电离出的c（H+）=10﹣14+d mol•L﹣1
D．某温度下，MgCO3的Ksp=6.8×10﹣6，则该温度下所有含固体MgCO3的溶液，都有c（Mg2+）=c（CO32﹣），且c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.8×10﹣6
考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；水的电离．.
分析：A．氢键的形成使熔沸点升高；
B．氟气能与水反应生成氧气；
C．NaClO溶液水解显碱性，故溶液中的氢氧根离子为水电离的，由水电离出的c（H+）
=c（OH﹣），依此进行计算；
D．含大量镁离子的溶液中，c（Mg2+）＞c（CO32﹣）．
解答：解：A．ⅣA族元素形成的氢化物的沸点从上到下依次递增，但ⅤA族元素所形成的氢化物中，由于NH3分子间可形成氢键，故沸点高于其他氢化物，故A错误；
B．氯气可置换出KEr溶液中的溴，但氟气能与水反应生成氧气，故氟气不能置换出KBr 中的溴，故B错误；
C．某浓度的NaClO溶液的pH=d，则溶液中氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣dmol/L，则c（OH﹣）=10﹣14+dmon•L﹣1，溶液中的氢氧根离子为水电离的，所以由水电离的氢离子浓度为c（OH﹣）=10﹣14+dmon•L﹣1，故C正确；
D．若溶液中镁离子浓度很大，则沉淀溶解平衡逆向移动，c（Mg2+）＞c（CO32﹣），但温度不变，c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.8×10﹣6，故D错误；
故选C．
点评：本题考查氢键的性质、卤族单质的性质、盐类的水解，及沉淀的溶解平衡等知识，难度不大．要注意氢键对物质物理性质的影响．
二、解答题（共4小题，满分58分）
8．（14分）（2015•黄山二模）如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子束与原子序数的关系，请回答下列问
题．
（1）Y在元素周期表中位于第二周期，第VIIA族，P的基态原子核外电子排布式为122s22p63s23p2
（2）Y，P，R第一电离能大小的顺序为（用化学符号表示，下同）F＞P＞S，X，R，W的气态氢化物水溶液酸性大小顺序为HCl＞H2S＞H2O
（3）X，Z的单质按物质的量比1：2，反应生成的化合物中化学键类型有离子键、非极性键，计算2mol该化合物与标准状况下33.6LCO2和1.0mol水蒸气混合物充分反应后转移电子的物质的量是2mol
（4）Q单质与Z的最高氧化物对应水化物的浓溶液反应，化学方程式为Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑
（5）已知：反应ⅠCaSO2（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H1=+218.4KJ•mol ﹣1
反应ⅡCaSO4（s）+4CO（g）⇌CaO（s）+4CO2（g）△H2=﹣175.6KJ•mol﹣1
假设某温度下，反应Ⅰ的速率（v1）大于反应Ⅱ的速率（v2），则图2反应过程能量变化示意图正确的是D．
考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．.
专题：元素周期律与元素周期表专题．
分析：都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、P、Q、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、4、5、6、7，故Z为Na元素、Q为Si、P 为P元素、R为S、W为Cl元素，据此进行解答．
解答：解：由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、P、Q、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、4、5、6、7，故Z为Na元素、Q为Si、P为P元素、R为S、W为Cl元素，
（1）Y是F，F在元素周期表中位于第二周期，第VIIA族，P为磷，P的基态原子核外电子排布式为，故答案为：二；VIIA；122s22p63s23p2；
（2）F，P，S元素的非金属性越强，其第一电离能越大，由于P元素的3p处于半充满状态，故其第一电离能大于S，故第一电离能大小的顺序为：F＞P＞S，O，S，Cl的气态氢化物分别为：H2O、H2S、HCl，水呈中性、HCl为强酸，故水溶液酸性大小顺序为：HCl＞H2S＞H2O，故答案为：F＞P＞S；HCl＞H2S＞H2O；
（3）O，Na的单质按物质的量比1：2反应生成的化合物为过氧化钠，过氧化钠中化学键类型有离子键、共价键，2mol过氧化钠与标准状况下1.5molCO2和1.0mol水蒸气混合物充分反应，反应方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，据此关系式得出：1.5molCO2和1.0mol物质的量大于过氧化钠的物质的量，且每1mol 过氧化钠反应转移1mol电子，由于过氧化钠不足，故转移电子的物质的量是2mol×1=2mol，故答案为：离子键、共价键；2mol；
（4）Si单质与Na的最高氧化物对应水化物（NaOH）的浓溶液反应生成硅酸钠和氢气，化学方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；
（5）反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，则A、C错误，因为两图中生成物总能量高于反应物总能量，由题意知：反应Ⅰ的速率（v1）大于反应Ⅱ的速率（v2），则反应Ⅱ的活化能较大，则B错误、D正确，故选D．
点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构．
9．（14分）（2015•黄山二模）某课题小组合成一种复合材料的基体M的结构简式为：
（1）写出A的结构简式，②的反应类型为加成反应
（2）B中含有的官能团有碳碳双键、羧基，D的名称（系统命名）是苯乙烯
（3）写出反应③的化学方程式（4）写出符合下列条件：①能使FeCl3溶液显紫色；②苯环只有二个取代基；③与新制的Cu
（OH）2悬浊液混合加热，有砖红色沉淀生成；④苯环上一氯化物有2种同分异构体．写出
有机物B的一种同分异构体的结构简式（或）
（5）下列说法正确的是acd
a．E与分子式相同的醛互为同分异构体
b．F的分子式为C2H2NO
c．CH2CHNH2能与盐酸反应
d．C分子中苯环上取代基有2个π键．
考点：有机物的合成．.
专题：有机物的化学性质及推断．
分析：由苯乙烯及A的产物结构可知，苯乙烯与水发生加成反应生成A的结构简式为：；反应①为氧化反应，由反应②的反应物及产物结构可知反应②为加成反应，结合M的结构可知C的结构简式为：，结合信息逆推可
知B的结构简式为：，据此进行解答．
解答：
解：由苯乙烯及A的产物结构可知，苯乙烯与水发生加成反应生成A为，反应①为氧化反应，由反应②的反应物及产物结构可知反应②为加成反应，结合M的
结构可知C为，结合信息逆推可知B为，
（1）由上述分析可知，A的结构简式为：；反应②为E与HCN反应生成F，反应过程中E中C=O键断裂变成单键，所以该反应为加成反应，
故答案为：；加成反应；
（2）B的结构简式为：，其分子中含有碳碳双键和羧基；根据D的结构简式可知，其名称为苯乙烯，
故答案为：碳碳双键、羧基；苯乙烯；
（3）B的结构简式为，C的结构简式为，则反应③的化学方程式为：
，
故答案为：；
（4）B为，其同分异构体符合下列条件：①能使FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基③与新制的Cu（OH）2悬浊液混合加热，有砖红色沉淀生成，含有羟基；②只有二个取代基；④苯环上一氯化物有2种同分异构体，则苯环上的两个取代基在对位，
符合条件的B的同分异构体为：、，
故答案为：（或）；
（5）a．E分子中含有羰基，与分子式相同的醛具有不同结构，它们互为同分异构体，故a正确；
b．根据F的结构简式可知，其分子式为C9H9NO，故b错误；
c．CH2CHNH2中含有氨基，所以能够与盐酸反应，故c正确；
d．C的结构简式为，该分子中苯环上取代基中含有两个双键，所以含有2个π键，故d正确；
故答案为：acd．
点评：本题考查了有机合成，题目难度较大，根据合成流程明确合成原理为解答关键，注意掌
握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及书写原则，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．
10．（15分）（2015•黄山二模）银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收并制备钢化工
产品的工艺如下：
（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃）
（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用AgNO3；滤渣A与稀HNO3反应的化学方程式为3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O．
（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；过滤得到固体B时，实验室如何进行洗涤操作？将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净
（3）在第一步过滤所得的CuSO3溶液中含有过量的硫酸，若要该溶液来检测糖尿病，需要对溶液进行哪些处理溶液中加过量氢氧化钠，生成偏碱性的氢氧化铜悬浊液，检测糖尿病时发生的反应方程CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOH CH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O或CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O↓+2H2O
（4）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：4CuO+2Al2O34CuAlO2+ O2↑．
（5）理论上生产6.15kgCuAlO2需要含铜的质量分数为64%的银铜合金废料5kg．
考点：金属的回收与环境、资源保护．.
专题：实验设计题；元素及其化合物．
分析：（1）电解精炼银时，所选的电解质是含有银离子的盐溶液；滤渣A为银，和稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，根据反应物、生成物来书写方程式；
（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，根据Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解
的温度分别为450℃和80℃判断产物；沉淀的洗涤方法：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净；
（3）过量的硫酸能和检验醛基的氢氧化铜发生中和反应，所以需在碱性条件下进行，加碱生成偏碱性的氢氧化铜悬浊液，葡萄糖为五羟基醛和新制Cu（OH）2发生氧化还原反应生成葡萄糖酸或其盐和砖红色的氧化亚铜；
（4）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来配平；
（5）根据铜元素守恒建立关系式：Cu～CuAlO2来计算．
解答：解：（1）电解精炼银时，所选的电解质是含有银离子的盐溶液，可选用硝酸银溶液；滤渣A为银，和稀硝酸反应：3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O，
故答案为：AgNO3；3Ag+4HNO3（稀）═3AgNO3+NO↑+2H2O；
（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO，过滤得到固体B时，进行沉淀的洗涤，方法为：将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净，
故答案为：Al（OH）3和CuO；将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作2～3次至洗涤干净；
（3）过量的硫酸能和检验醛基的氢氧化铜发生中和反应，所以需在碱性条件下进行，加碱2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4，葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液共热，方程式为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOH CH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O或CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O↓+2H2O；
故答案为：液中加过量氢氧化钠，生成偏碱性的氢氧化铜悬浊液；CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOH CH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O或CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O↓+2H2O；
（4）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素
的化合价升高，生成氧气，反应前氧为﹣2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，
故答案为：4；2；4；O2；
（5）设含铜的质量分数为64%的银铜合金废料的质量为x，由关系式：Cu～CuAlO2得
=，解得x=5，故答案为：5．
点评：本题以银铜合金制备钢化工产品为背景，考查了电解原理、沉淀的判断、氧化还原反应的配平以及化学计算，题目难度中等．
11．（15分）（2015•黄山二模）日常用牙膏的主要成分有：活性物质，摩擦剂，甘油等，假设牙膏中的摩擦剂成分为CaC03、SiO2、Al（OH）3中的一种或几种物质组成，牙膏中其他成分均可溶于盐酸，且无气体产生．
（1）牙膏中添加甘油主要作用保温
为进一步炭疽牙膏中摩擦剂成分，进行了以下探究：
Ⅰ．摩擦剂成分的定性检验：
设计实验方案，验证假设，请写出实验步骤以及预期现象和结论（可不填满也可补充）．可选的试剂：稀盐酸，稀硫酸，NaOH溶液，澄清石灰水．
实验步骤预期现象和结论
有难溶物存在
步骤1：取适量牙膏样品，加水充
分搅拌、过滤
步骤2：①有无色气泡产生，说明有CaCO3
②出现无色气泡，说明含有碳酸钙，说明有若有难溶
物存在，说明有二氧化硅
步骤3：
…
Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用如图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数
依据实验过程回答下列问题
（2）实验过程中需持续缓缓通入空气，其主要作用将生成的二氧化碳全部排入C中，使之完全被氢氧化钡吸收
（3）仪器C中选择Ba（OH）2而不选择Ca（OH）2溶液原因：①氢氧化钡的溶解度大，可以配制得较高的浓度②产物碳酸钡的相对分子量大，可以减小实验误差
（4）下列各项措施中，能提高测定准确经度的是ab（填标号）
a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体
b．缓慢滴加稀盐酸
c．在A﹣B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
d．在B﹣C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
（5）实验中准确称取1.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO2平均质量为3.94g，测样品中碳酸钙的质量分数为20%，若改测定C中生成BaCO2的质量分数，两方法测定的结果不同（填“相同”或“不同”），原因是B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．
考点：探究物质的组成或测量物质的含量．.
专题：实验探究和数据处理题．
分析：（1）甘油具有吸湿性，所以牙膏中添加甘油主要作用是保温；
Ⅰ．依据碳酸钙和氢氧化铝的性质分析设计实验，证明含有碳酸钙和氢氧化铝的实验方案和反应现象分析判断；
Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数，整个装置中如果有二氧化碳会测定结果偏大，如果残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，由此分析解答：
（2）将生成的二氧化碳全部排入C装置中，使之完全被氢氧化钡吸收；
（3）可以通过溶解度的角度分析考虑，另碳酸钡的相对分子量比碳酸钙的相对分子量大得多，称量读数时误差小；
（4）a ．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量；
b ．缓慢滴加稀盐酸，防上滴加过快二氧化碳来不及吸收，排出C 装置；
c ．在A ﹣B 之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水，对碳酸钡的质量无影响；
d ．在B ﹣C 之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，吸收氯化氢的同时生成二氧化碳，影响测定的准确度；
（5）BaCO3质量为3.94g n （BaCO3）=0.0200mol ，则n （CaCO3）=0.0200mol ，质量为2.00g ；装置B 中的水蒸气和氯化氢气体会进入装置C ．
解答： 解：（1）甘油具有吸湿性，所以牙膏中添加甘油主要作用是保温，故答案为：保温；
Ⅰ．设计方案对步骤1，生成的难溶物进行定性实验，将难溶物于试管，滴加直过量的盐酸，若有无色气泡产生，说明碳酸钙的存在，若加盐酸仍然出现不溶物，说明二氧化硅的存在，然后取上层清液少许，滴加氢氧化钠，观察现象，故答案为：
实验步骤
预期现象和结论 步骤1：
步骤2：取步骤1中适量滤渣于试管，滴加过量稀盐酸． ①出现无色气泡，说明含有碳酸钙；②若有难溶物存在，说明有二氧化硅．
步骤3：取步骤2的上层清液，滴加氢氧化钠溶液 溶液先生成沉淀，后沉淀溶解说明含有氢氧化铝；若无明显现象，则无氢氧化铝．
（2）实验过程中需持续缓缓通入空气，其主要作用是将生成的二氧化碳气体赶到C 装置中，被氢氧化钡完全吸收，故答案为：将生成的二氧化碳全部排入C 中，使之完全被氢氧化钡吸收；
（3）氢氧化钡的溶解度比氢氧化钙的溶解度大得多，单位体积内氢氧化钡溶解的量多，吸收效果好，另碳酸钡的相对分子量比碳酸钙的相对分子量大得多，称量读数时误差小，故答案为：氢氧化钡的溶解度大，可以配制得较高的浓度；产物碳酸钡的相对分子量大，可以减小实验误差；。