2022-2022学年吉林省吉林一中高一（上）化学（必修1）过关检测化学试卷（8）一、单项选择1．（3分）炼钢生铁、铸造生铁、球墨铸铁显著的不同是（　　）　A．碳的存在形式不同B．含碳量不同　C．硬度不同D．断口颜色不同2．（3分）铜易生锈，铜合金更易生锈，铜器上往往覆盖着一层铜绿，铜绿的主要成分是（　　）　A．CuOB．Cu（OH）2C．Cu2OD．Cu2（OH）2CO33．（3分）（2022秋•天元区校级月考）下列说法正确的是（　　）　A．我国流通的硬币材质是金属单质　B．所有的不锈钢都只含有金属元素　C．我国是文明古国，不久打捞的明代沉船上存在大量铝制餐具　D．镁合金的硬度和机械强度均高于纯镁4．（3分）奥体中心体育场宛如水晶皇冠般璀璨地闪耀在浑河南岸，场馆建设中使用了大量的钢筋，下列关于钢筋的说法中不正确的是（　　）　A．钢筋是混合物　B．钢筋属于金属材料　C．钢筋的韧性优于生铁　D．钢筋混凝土就是钢筋和混凝土的合成材料5．（3分）（2022秋•兴国县校级月考）当燃烧镁和某金属组成的合金时，所形成的氧化物的质量为反应前合金质量的2倍，则另一种金属可能是（　　）　A．铜B．钠C．铍D．铝6．（3分）将镁粉和碳酸镁的混和物置于氧气中灼烧，直至质量不再改变为止，经测定，灼烧后所得的固体质量与原混和物的质量相同，则原混和物中镁粉和碳酸镁的质量比为（　　）　A．4：7B．10：7C．14：11D．11：14　二、实验题7．（3分）某校化学兴趣小组对一款锌铁合金中铁的含量进行测定，该小组提出用测定产生氢气的体积的方法来进行实验．实验过程中需要读取氢气体积．（1）读取量气管中数据时，若发现水准管中的液面低于量气管中液面，应采取的措施是　　　　　　．（2）若称得锌铁合金的质量为0.117g，量气管中初读数为1.00mL，末读数为45.80mL，则合金中铁的含量为　　　　　　%（保留2位小数，气体体积已折算成标况）．-22-8．（3分）某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应精制CuO，其设计的实验过程为：（1）杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，灼烧后含有少量铜的可能原因是　　　　　　．a．灼烧过程中部分氧化铜被还原b．灼烧不充分铜未被完全氧化c．氧化铜在加热过程中分解生成铜d．该条件下铜无法被氧气氧化（2）由粗制氧化铜通过两种途径制取纯净CuO，与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ有明显的两个优点是：　　　　　　　　　　　　．（3）有同学指出，由CuSO4溶液到生成CuO少了一个环节，即应先生成Cu（OH）2沉淀，过滤洗涤后再加热分解Cu（OH）2得CuO．以下说法不可能成为减少该环节的理由的是　　　　　　．A．CuO比Cu（OH）2颗粒粗大，更易于过滤从溶液中分离B．Cu（OH）2分解温度较低，加热其浊液即可使其分解C．干态下分解Cu（OH）2，温度难以控制，可能因温度过高导致CuO进一步分解生成Cu2OD．过滤分离出的CuO不需洗涤就已非常纯净．　三、计算题9．取一根镁条置于坩蜗内点燃，得到氧化镁和氮化镁混合物的总质量为0.47Og冷却后加入足量水，将反应产物加热蒸于并的烧，得到的氧化镁质量为0.486g．（1）写出氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨的化学方程式．（2）计算燃烧所得混合物中氮化镁的质量分数．　四、推断题10．（3分）（2022•山东）苯丙酸诺龙是一种兴奋剂，结构简式为：（I）（1）由苯丙酸诺龙的结构推测，它能　　　　　　．a．使溴的四氯化碳溶液褪色b．使酸性KMnO4溶液褪色c．与银氨溶液发生银镜反应d．与Na2CO3溶液作用生成CO2（II）苯丙酸诺龙的一种同分异构体A，在一定条件下可发生下列反应：-22-提示：已知反应R﹣CH2﹣COOH+Cl2R﹣H﹣COOH+HCl据以上信息回答（2）～（4）题：（2）B→D的反应类型是　　　　　　．（3）C的结构简式为　　　　　　．（4）F→G的化学方程式是　　　　　　．11．（3分）（2022•琼海一模）已知A为中学化学中的一种盐，B、C为日常生活中常见的金属．通常条件下D、G为无色无味气体．已知用惰性电极电解A溶液一段时间后，产物只有C、D和E的稀溶液．各物质之间的转化关系如图（部分反应产物已略去）．请回答下列问题：（1）A的化学式为　　　　　　．（2）A溶液与Na2O2反应的总化学方程式为　　　　　　．（3）E的稀溶液与F溶液反应的离子方程式为　　　　　　．（4）电解100mL盐A的溶液一段时间后，断开电路，取出电极，测得所得到的气体D在标准状况下的体积为5.6mL，则电解后溶液的pH为　　　　　　．（假设溶液体积不变）（5）若向100mL盐A的溶液中加入10g金属单质B的粉末，充分搅拌后，过滤，烘干得10.16g固体C．则滤液中溶质的物质的量浓度为　　　　　　．（假设溶液体积不变）　五、填空题12．（3分）（2022秋•奉新县校级月考）0℃，1.01×105Pa时，分别向甲、乙、丙三个容器中加入30.0mL同浓度的盐酸，再加入不同质量的由两种金属组成的合金粉末，测量放出气体的体积．若在甲、乙、丙三个容器中加入与盐酸同体积同浓度的氢氧化钠溶液，再分别加入与上述实验相同质量的同种合金，测量放出气体的体积，如下表：反应容器甲乙丙加入合金质量（g）0.5101.533.57与盐酸反应生成气体（L）与氢氧化钠反应产生气体（L）0.5600.3360.672x0.672y（1）根据表中数据可以计算得出的是　　　　　　；A．合金的组成B．合金中组分的含量C．盐酸的物质的量浓度D．盐酸的密度-22-能计算出的量的值为　　　　　　；（2）若两种金属是下列选项中的某两种，则从甲容器中的两次实验：①不经计算，肯定没有　　　　　　（填字母符号）；A．27AlB．56FeC．64CuD．24Mg②通过计算讨论推测合金的成分　　　　　　；（3）根据（2）的推测结果，计算x和y的值分别为　　　　　　．13．（3分）（2022•广东）铜在自然界存在于多种矿石中，如：矿石名称黄铜矿斑铜矿辉铜矿孔雀石主要成分CuFeS2Cu5FeS4Cu2SCuCO3•Cu（OH）2①上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是　　　　　　．②工业上以黄铜矿为原料．采用火法溶炼工艺生产铜．该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，反应的氧化剂是　　　　　　．③SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是　　　　　　；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称　　　　　　．④黄铜矿熔炼后得到的粗铜含少量Fe、Ag、Au等金属杂质，需进一步采用电解法精制．请简述粗铜电解得到精铜的原理：　　　　　　．⑤下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是　　　　　　（填字母）．选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铜绿的主成分是碱酸铜可用稀盐酸除铜器表面的铜绿Ⅰ对；Ⅱ对；有B铜表易形成致密的氧化膜铜容器可以盛放浓硫酸Ⅰ对；Ⅱ对；有C铁比铜活泼例在铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈Ⅰ对；Ⅱ对；有D蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂Ⅰ错；Ⅱ对；无14．（3分）金币、银币、铜币等货币在我国历史上曾发挥过重要的作用．在一位收藏家的家中，陈列了很多金属货币．（1）其中有些货币表面是黑色，且有少量的绿色锈状物，则这些肯定是　　　　　　币，绿色物质是　　　　　　，形成这种物质的化学方程式为　　　　　　．要除去这种物质应选用　　　　　　，发生反应的离子方程式为　　　　　　．（2）其中一枚是闪闪发光的黄色金属币，它肯定是　　　　　　币，表面一直未被氧化的原因是　　　　　　．（3）若将金币、银币、铜币分别放到稀硝酸中浸泡，能溶解的是　　　　　　，不溶解的是　　　　　　，写出溶解时的化学方程式　　　　　　．15．（3分）心脏起搏器是一种通过向心脏发送小的电脉冲使心脏跳动的器械，在人体内放起搏器的金属盒是用金属钛制作的，查阅资料，说明可以使用金属钛做金属盒放置起搏器的原因是：　　　　　　．16．（3分）把下面各种材料按分类填写在下列横线上（填写序号）：①钢铁，②Cu，③陶瓷，④光纤，⑤氮化硅陶瓷，⑥金，⑦水泥，⑧合成纤维，⑨玻璃钢，（10）塑料等（1）黑色金属材料　　　　　　．（2）有色金属材料　　　　　　．-22-（3）传统无机非金属材料　　　　　　．（4）新型无机非金属材料　　　　　　．（5）复合材料　　　　　　．（6）有机合成材料　　　　　　．17．（3分）下列有关合金的用途是应用了合金的哪些性质？（1）用钢制造机械　　　　　　；（2）用硬铝制造飞机　　　　　　；（3）不锈钢器械　　　　　　；（4）武德合金制防爆安全装置　　　　　　．　-22-2022-2022学年吉林省吉林一中高一（上）化学（必修1）过关检测化学试卷（8）参考答案与试题解析　一、单项选择1．（3分）炼钢生铁、铸造生铁、球墨铸铁显著的不同是（　　）　A．碳的存在形式不同B．含碳量不同　C．硬度不同D．断口颜色不同考点：合金的概念及其重要应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据生铁里碳存在形态的不同，又可分为炼钢生铁、铸造生铁和球墨铸铁等几种．据此解题．解答：解：炼钢生铁里的碳主要以碳化铁的形态存在，其断面呈白色，通常又叫白口铁；铸造生铁中的碳以片状的石墨形态存在，它的断口为灰色，通常又叫灰口铁；球墨铸铁里的碳以球形石墨的形态存在．故选A．点评：本题考查合金的概念及其重要应用，明确生铁里碳存在形态的不同是将诶提的关键，题目难度不大．　2．（3分）铜易生锈，铜合金更易生锈，铜器上往往覆盖着一层铜绿，铜绿的主要成分是（　　）　A．CuOB．Cu（OH）2C．Cu2OD．Cu2（OH）2CO3考点：铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：联系实际思考：铜在空气中与二氧化碳、氧气和水反应生成铜绿，故铜绿的主要成分是Cu2（OH）2CO3．解答：解：铜在空气中能够发生反应生成铜绿，反应方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2（OH）2CO3，所以铜绿的主要成分是Cu2（OH）2CO3，故选D．点评：本题考查了常见金属单质及其化合物的性质，题目难度中等，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．　3．（3分）（2022秋•天元区校级月考）下列说法正确的是（　　）　A．我国流通的硬币材质是金属单质　B．所有的不锈钢都只含有金属元素　C．我国是文明古国，不久打捞的明代沉船上存在大量铝制餐具　D．镁合金的硬度和机械强度均高于纯镁考点：合金的概念及其重要应用；金属与合金在性能上的主要差异．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A．我国流通的硬币材质是合金；B．不锈钢的成分中含有碳或硅元素；-22-C．铝发现于1825年，明灭亡于1644年；D．合金的硬度和强度等机械性能要好于成分金属．解答：解：A．我国流通的硬币材质是合金，而不是金属单质，故A错误；B．不锈钢的成分中含有碳或硅元素等非金属元素，故B错误；C．铝发现于1825年，明灭亡于1644年，所以明代沉船上存在大量铝制餐具的说法不正确，故C错误；D．合金的硬度和强度等机械性能要好于成分金属，故D正确；故选D．点评：本题考查金属及合金的性质，熟记和理解金属的性质及用途，题目难度不大．　4．（3分）奥体中心体育场宛如水晶皇冠般璀璨地闪耀在浑河南岸，场馆建设中使用了大量的钢筋，下列关于钢筋的说法中不正确的是（　　）　A．钢筋是混合物　B．钢筋属于金属材料　C．钢筋的韧性优于生铁　D．钢筋混凝土就是钢筋和混凝土的合成材料考点：合金的概念及其重要应用．专题：化学应用．分析：A．混合物是两种或两种以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质；B．属材料包括纯金属和合金；C．钢坚硬而有韧性、可铸、可锻轧、可延压，生铁硬而脆、无韧性；D．合成材料主要有塑料、合成橡胶、合成纤维等．解答：解：A．钢筋是铁的合金，属于混合物，故A正确；B．钢筋是铁的合金，属于金属材料，故B正确；C．钢坚硬而有韧性、可铸、可锻轧、可延压，生铁硬而脆、无韧性，钢的性能优于生铁，故C正确；D．合成材料主要有塑料、合成橡胶、合成纤维等，钢筋混凝土就是钢筋和混凝土的混合物，不是合成材料，故D错误．故选D．点评：本题主要考查合金与合金的性质、钢的成分性质特点，要理解合金的性质，即合金的硬度大，熔点低，本考点基础性强．　5．（3分）（2022秋•兴国县校级月考）当燃烧镁和某金属组成的合金时，所形成的氧化物的质量为反应前合金质量的2倍，则另一种金属可能是（　　）　A．铜B．钠C．铍D．铝考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：先假设混合金属为+2价的，然后根据氧化物MO及“所形成的氧化物的质量为反应前合金质量的2倍”可知，M的+2价金属的平均摩尔质量为16g/mol，然后对各选项进行判断，注意钠为+2时的摩尔质量为：23g/mol×2=46g/mol、铝为+2价时的摩尔质量为：×2=18g/mol．-22-解答：解：设混合金属为+2价，用M表示该金属，则2M+O22MO，所形成的氧化物的质量为反应前合金质量的2倍，则M与O的摩尔质量相同，即M的平均摩尔质量为16，Mg的摩尔质量为24，则另一种金属的摩尔质量应该小于16，A．铜的摩尔质量为64g/mol＞16g/mol，不满足条件，故A错误；B．钠为+1价金属，则+2价时钠的摩尔质量为：×2=46g/mol＞16g/mol，故B错误；C．Be为+3价金属，则+2价时的摩尔质量为：×2=6g/mol＜16g/mol，满足条件，故C正确；D．Al为+3价金属，则+2价时的摩尔质量为：×2=18g/mol＞16g/mol，不满足条件，故D错误；故选C．点评：本题考查了有关混合物反应的计算，题目难度中等，注意明确“所形成的氧化物的质量为反应前合金质量的2倍”的含义，掌握平均摩尔质量在化学计算中的应用方法．　6．（3分）将镁粉和碳酸镁的混和物置于氧气中灼烧，直至质量不再改变为止，经测定，灼烧后所得的固体质量与原混和物的质量相同，则原混和物中镁粉和碳酸镁的质量比为（　　）　A．4：7B．10：7C．14：11D．11：14考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：根据“将镁粉和碳酸镁的混和物置于氧气中灼烧，直至质量不再改变为止”可知，剩余固体是氧化镁，根据已知条件“冷却后称得剩余固体质量与原混合物的质量相同”列出等式，计算出原混合物中镁和碳酸镁的质量比．解答：解：将镁粉和碳酸镁的混和物置于氧气中灼烧，直至质量不再改变为止，则最终得到为MgO固体，设原混合物中镁的质量为x，碳酸镁的质量为y，①2Mg+O22MgO，②MgCO3MgO+CO2↑48808440xy反应①中剩余固体MgO的质量为：，反应②中剩余固体MgO质量为：，根据题意得：+=x+y整理可得x：y=11：14，故选D．-22-点评：本道考查了有关混合物的计算，题目难度中等，正确理解题干信息“灼烧后所得的固体质量与原混和物的质量相同”的含义为解答本题的关键，试题有利于培养学生的分析、理解能力．　二、实验题7．（3分）某校化学兴趣小组对一款锌铁合金中铁的含量进行测定，该小组提出用测定产生氢气的体积的方法来进行实验．实验过程中需要读取氢气体积．（1）读取量气管中数据时，若发现水准管中的液面低于量气管中液面，应采取的措施是　移动水准管的位置，使水准管、量气管内液面相平　．（2）若称得锌铁合金的质量为0.117g，量气管中初读数为1.00mL，末读数为45.80mL，则合金中铁的含量为　69.14　%（保留2位小数，气体体积已折算成标况）．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．专题：化学实验与化学计算．分析：（1）由于两者为连通器，所以只要移动水准管的位置，就可以使得两者液面相平；（2）若称得锌铁合金的质量为0.117g，量气管中初读数为1.00mL，末读数为45.80mL，则生成的氢气体积为44.80ml，物质的量为=0.002mol，根据合金的质量和氢气总量列方程组求解；解答：解：（1）由于两者为连通器，所以只要移动水准管的位置，就可以使得两者液面相平，故答案为：移动水准管的位置，使水准管、量气管内液面相平；（2）若称得锌铁合金的质量为0.117g，量气管中初读数为1.00mL，末读数为45.80mL，则生成的氢气体积为44.80ml，物质的量为=0.002mol，根据合金的质量和氢气总量列方程组，设铁物质的量为xmol，锌的物质的量为ymol，所以有，解得x=，y=，所以合金中铁的含量为×100%=69.14%，故答案为：69.14；点评：本题难度不大，掌握方程式计算即可正确解题，理解连通器的原理是本题测定氢气体积的关键；　8．（3分）某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应精制CuO，其设计的实验过程为：-22-（1）杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，灼烧后含有少量铜的可能原因是　ab　．a．灼烧过程中部分氧化铜被还原b．灼烧不充分铜未被完全氧化c．氧化铜在加热过程中分解生成铜d．该条件下铜无法被氧气氧化（2）由粗制氧化铜通过两种途径制取纯净CuO，与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ有明显的两个优点是：　耗酸少　　无污染性气体产生　．（3）有同学指出，由CuSO4溶液到生成CuO少了一个环节，即应先生成Cu（OH）2沉淀，过滤洗涤后再加热分解Cu（OH）2得CuO．以下说法不可能成为减少该环节的理由的是　D　．A．CuO比Cu（OH）2颗粒粗大，更易于过滤从溶液中分离B．Cu（OH）2分解温度较低，加热其浊液即可使其分解C．干态下分解Cu（OH）2，温度难以控制，可能因温度过高导致CuO进一步分解生成Cu2OD．过滤分离出的CuO不需洗涤就已非常纯净．考点：物质分离、提纯的实验方案设计．专题：实验设计题．分析：（1）根据氧化铜和铜的性质分析，在灼烧过程中有未被氧化的铜，有氧化铜还原的铜；（2）途径Ⅰ有浓硫酸参加反应，消耗较多硫酸，并产生污染性二氧化硫气体；（3）过滤得到的不溶物不经洗涤是不会纯净的．解答：解：（1）在灼烧过程中有未被氧化的铜，也可能是氧化铜在灼烧过程中被还原成铜；故答案为：ab；（2）比较反应的两个途径，途径Ⅰ有浓硫酸参加反应，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，途径Ⅱ2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，可以看出产生等量的硫酸铜消耗的硫酸少，且没有大气污染物二氧化硫生成；故答案为：耗酸少；无污染性气体产生；（3）显然过滤得到的不溶物不经洗涤是不会纯净的，故D项一定不会成为本问题理由．故答案为：D．点评：本题考查硫酸铜晶体的制备方案设计，涉及铜及其化合物的性质应用、化学实验基本操作、环境保护等知识，难度不大．　三、计算题9．取一根镁条置于坩蜗内点燃，得到氧化镁和氮化镁混合物的总质量为0.47Og冷却后加入足量水，将反应产物加热蒸于并的烧，得到的氧化镁质量为0.486g．（1）写出氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨的化学方程式．-22-（2）计算燃烧所得混合物中氮化镁的质量分数．考点：有关混合物反应的计算．专题：压轴题；计算题；关系式法．分析：氮化镁与水反应的方程式为：Mg3N2+6H2O=2NH3↑+3Mg（OH）2，将反应产物加热蒸干并灼烧，Mg（OH）2分解生成MgO，根据反应的关系式计算混合物中氮化镁的质量分数．解答：解：（1）氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨，反应的方程式为Mg3N2+6H2O=2NH3↑+3Mg（OH）2，答：反应的方程式为Mg3N2+6H2O=2NH3↑+3Mg（OH）2；（2）设原混合物中Mg3N2的质量为x，由Mg3N2生成的MgO的质量为y，Mg3N2→3MgO100g120gxyy=，（0.470g﹣x）+=0.486gx=0.080g，所以氮化镁的质量分数为=17.02%，答：氮化镁的质量分数为17.02%．点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意反应的化学方程式的书写以及关系式的利用．　四、推断题10．（3分）（2022•山东）苯丙酸诺龙是一种兴奋剂，结构简式为：（I）（1）由苯丙酸诺龙的结构推测，它能　ab　．a．使溴的四氯化碳溶液褪色b．使酸性KMnO4溶液褪色c．与银氨溶液发生银镜反应d．与Na2CO3溶液作用生成CO2（II）苯丙酸诺龙的一种同分异构体A，在一定条件下可发生下列反应：提示：已知反应R﹣CH2﹣COOH+Cl2R﹣H﹣COOH+HCl据以上信息回答（2）～（4）题：（2）B→D的反应类型是　加成反应　．-22-（3）C的结构简式为　　．（4）F→G的化学方程式是　　．考点：有机物的推断．专题：压轴题；有机物的化学性质及推断．分析：Ⅰ（1）根据物质含有的官能团分析其具有的性质，该物质中含有的官能团有：碳碳双键、羰基和酯基，所以该物质具有烯烃、酮和酯的性质；ⅡA和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B醇和羧酸钠C，B和氢气发生加成反应生成D，C和酸反应生成E，E是羧酸，E和氯气、红磷反应生成F，F和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成G，G酸反应生成H，H在一定条件下反应生成，则H是，G是，F是，E是，C是．解答：解：Ⅰ（1）苯丙酸诺龙中含有碳碳双键、羰基、酯基，所以能和溴发生加成反应、能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因为没有醛基所以不能和银氨溶液反应，没有羧基所以不能和碳酸钠溶液反应，故选a、b；-22-ⅡⅡA和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B醇和羧酸钠C，B和氢气发生加成反应生成D，C和酸反应生成E，E是羧酸，E和氯气、红磷反应生成F，F和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成G，G酸反应生成H，H在一定条件下反应生成，则H是，G是，F是，E是，C是．（2）在镍作催化剂条件下，含有碳碳双键的物质能和氢气发生加成反应，也是还原反应，故答案为：加成反应（或还原反应）；（3）通过以上分析知，C的结构简式为，故答案为；（4）通过以上分析知，F是，F能和氢氧化钠的醇反应发生消去反应生成和氯化钠、水，反应方程式为，故答案为：．-22-点评：本题以有机物的推断为载体考查了有机物的性质，难度较大，根据物质含有的官能团来推测其具有的性质，结构决定性质．　11．（3分）（2022•琼海一模）已知A为中学化学中的一种盐，B、C为日常生活中常见的金属．通常条件下D、G为无色无味气体．已知用惰性电极电解A溶液一段时间后，产物只有C、D和E的稀溶液．各物质之间的转化关系如图（部分反应产物已略去）．请回答下列问题：（1）A的化学式为　Cu（NO3）2　．（2）A溶液与Na2O2反应的总化学方程式为　2Na2O2+2Cu（NO3）2+2H2O=2Cu（OH）2↓+4NaNO3+O2↑　．（3）E的稀溶液与F溶液反应的离子方程式为　3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O　．（4）电解100mL盐A的溶液一段时间后，断开电路，取出电极，测得所得到的气体D在标准状况下的体积为5.6mL，则电解后溶液的pH为　2　．（假设溶液体积不变）（5）若向100mL盐A的溶液中加入10g金属单质B的粉末，充分搅拌后，过滤，烘干得10.16g固体C．则滤液中溶质的物质的量浓度为　0.2mol/L　．（假设溶液体积不变）考点：无机物的推断；电解原理．专题：推断题；电化学专题．分析：根据题意，采用正推和逆推相结合的方法推断，电解A溶液时产生金属单质C和另外一种气体D，应为电解含氧酸盐溶液，在阴极上析出不活泼金属，则C应为铜，D为氧气，E溶液能与C金属发生氧化还原反应，且E溶液与F溶液也能反应生成无色无味气体G，说明E溶液具有强氧化性，应为硝酸，故A为硝酸铜，C为铜，D为氧气，G为NO，F与硝酸反应生成NO，说明且含有金属B元素，说明F溶液具有还原性，应为Fe（NO3）2溶液，B为Fe，H为Fe（NO3）3，由此可回答（1）（3）题；Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，加入到Cu（NO3）2溶液中有蓝色沉淀生成；根据电解硝酸铜的电极方程式：2Cu（NO3）2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3，可计算溶液的PH；根据化学方程式，利用质量守恒定律计算硝酸铜的物质的量，进而计算溶液的物质的量浓度．解答：解：（1）电解A溶液时产生金属单质C和另外一种气体D，应为电解含氧酸盐溶液，在阴极上析出不活泼金属，则C应为铜，D为氧气，E溶液能与C金属发生氧化还原反应，且E溶液与F溶液也能反应生成无色无味气体G，说明E溶液具有强氧化性，应为硝酸，故A为硝酸铜，C为铜，D为氧气，G为NO，F与硝酸反应生成NO，说明且含有金属B元素，说明F溶液具有还原性，应为Fe（NO3）2溶液，B为Fe，H为Fe（NO3）3，故答案为：Cu（NO3）2；（2）Na2O2与水加入到Cu（NO3）2溶液中反应生成NaOH和氧气，NaOH和Cu（NO3）2-22-反应生成蓝色沉淀2Cu（OH）2，故答案为：2Na2O2+2Cu（NO3）2+2H2O=2Cu（OH）2↓+4NaNO3+O2↑；（3）硝酸具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应，故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O；（4）根据电解硝酸铜的电极方程式：2Cu（NO3）2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO322.4L4mol5.6×10﹣3Ln则n==1×10﹣3mol所以c（H+）==0.01mol，故PH=2，故答案为：2；（5）向盐A溶液中加入金属单质B，反应的化学方程式为：Fe+Cu（NO3）2═Fe（NO3）2+Cu，根据差量法计算：Fe+Cu（NO3）2═Fe（NO3）2+Cu△m1mol8gn10.16g﹣10g=0.16gn==0.02mol，所以溶液的浓度为：=0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L．点评：本题以无机物的推断为载体，考查电化学知识和溶液的有关计算，具有一定难度，根据框图，推断出各种物质是做好本题的关键．　五、填空题12．（3分）（2022秋•奉新县校级月考）0℃，1.01×105Pa时，分别向甲、乙、丙三个容器中加入30.0mL同浓度的盐酸，再加入不同质量的由两种金属组成的合金粉末，测量放出气体的体积．若在甲、乙、丙三个容器中加入与盐酸同体积同浓度的氢氧化钠溶液，再分别加入与上述实验相同质量的同种合金，测量放出气体的体积，如下表：反应容器甲乙丙加入合金质量（g）0.5101.533.57与盐酸反应生成气体（L）与氢氧化钠反应产生气体（L）0.5600.3360.672x0.672y（1）根据表中数据可以计算得出的是　C　；A．合金的组成B．合金中组分的含量C．盐酸的物质的量浓度D．盐酸的密度能计算出的量的值为　2mol/L　；（2）若两种金属是下列选项中的某两种，则从甲容器中的两次实验：①不经计算，肯定没有　B　（填字母符号）；A．27AlB．56FeC．64CuD．24Mg②通过计算讨论推测合金的成分　Mg、Al　；（3）根据（2）的推测结果，计算x和y的值分别为　1.008；2.016　．考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．-22-分析：盐酸的浓度、体积一定，乙中合金的质量大于甲，且乙中生成气体氢气的体积大于甲，故甲中合金完全反应，盐酸有剩余，乙、丙合金质量不相等，而生成气体氢气的体积相等，说明乙、丙中盐酸都完全反应，生成0.672L氢气需要合金的质量=0.51g×=0.612g＜1.53g，故乙中合金有剩余；（1）根据乙或丙中氢气体积可以计算原溶液中n（HCl），根据H原子守恒可知n（HCl）=2n（H2），再根据c=计算原盐酸浓度；（2）由甲组可知，两种金属组成的合金能与NaOH溶液反应生成氢气，应该含有铝，且与盐酸、氢氧化钠反应生成氢气体积不相等，说明了另一金属能与盐酸反应；在甲、乙、丙三个容器中加入与盐酸同体积同浓度的氢氧化钠溶液，则NaOH和HCl的物质的量相同，由2Al～6HCl～3H2↑、2Al～2NaOH～3H2↑，可知等量Al消耗HCl的物质的量＞NaOH的物质的量，可以推出：甲组中NaOH也是过量的，根据关系式计算甲组中Al的质量，进而计算甲组中另外金属的质量、及与盐酸反应生成氢气的体积，设另一金属为R，其相对原子质量a，与酸反应显示+x价，根据电子转移守恒列方程，讨论化合价确定R元素；（2）根据方程式计算判断乙、丙中Al与NaOH反应过量问题，根据不足量的物质计算x、y的值．解答：解：盐酸的浓度、体积一定，乙中合金的质量大于甲，且乙中生成气体氢气的体积大于甲，故甲中合金完全反应，盐酸有剩余，乙、丙合金质量部相等，而生成气体氢气的体积相等，说明乙、丙中盐酸都完全反应，生成0.672L氢气需要合金的质量=0.51g×=0.612g＜1.53g，故乙中合金有剩余，（1）根据乙或丙中氢气体积计算原溶液中n（HCl），由H原子守恒可知n（HCl）=2n（H2）=2×=0.06mol，故原盐酸浓度==2mol/L，故答案为：C；2mol/L；（2）①由甲组可知，两种金属组成的合金能与NaOH溶液反应生成氢气，应该含有铝，且与盐酸、氢氧化钠反应生成氢气体积不相等，说明了另一金属能与盐酸反应，故不经计算，肯定没有Cu，故答案为：C；②在甲、乙、丙三个容器中加入与盐酸同体积同浓度的氢氧化钠溶液，则NaOH和HCl的物质的量相同，由2Al～6HCl～3H2↑、2Al～2NaOH～3H2↑，可知等量Al消耗HCl的物质的量＞NaOH的物质的量，可以推出：甲组中NaOH也是过量的，则：2Al～2NaOH～3H2↑，23n（Al）=0.015mol故n（Al）==0.01mol，故甲组另外金属质量=0.51g﹣0.01mol×27g/mol=0.24g，与盐酸反应生成氢气的物质的量=-22-=0.01mol，设另一金属为R，其相对原子质量a，与酸反应显示+x价，根据电子转移守恒，则：×x=0.01×2，即a=12x，当x=2，a=24符合题意，故R为Mg，即该合金为Al、Mg合金，故答案为：Mg、Al；（3）n（NaOH）=n（HCl）=0.06mol，由（2）中计算可知，甲组中n（Al）=0.01mol，则乙组中Al的物质的量=0.01mol×=0.03mol，由2Al～2NaOH～3H2↑可知NaOH过量，故生成氢气的物质的量=0.03mol×=0.045mol，故氢气的体积x=0.045mol×22.4L/mol=1.008L；丙组中Al的物质的量=0.01mol×=0.07mol，由2Al～2NaOH～3H2↑可知NaOH不足，故生成氢气的物质的量=0.06mol×=0.09mol，故氢气的体积y=0.09mol×22.4L/mol=2.016L，故答案为：1.008；2.016．点评：本题考查混合物计算，侧重考查学生分析问题能力，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，难度较大，根据表中数据判断过量问题是解题关键，注意（2）中讨论法确定元素．　13．（3分）（2022•广东）铜在自然界存在于多种矿石中，如：矿石名称黄铜矿斑铜矿辉铜矿孔雀石主要成分CuFeS2Cu5FeS4Cu2SCuCO3•Cu（OH）2①上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是　Cu2S　．②工业上以黄铜矿为原料．采用火法溶炼工艺生产铜．该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，反应的氧化剂是　Cu2O，Cu2S　．③SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是　二氧化硫是有毒气体，二氧化硫溶于水后形成酸性溶液，随雨水降下，就可能形成酸雨　；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称　硫酸，硫酸铵．　．④黄铜矿熔炼后得到的粗铜含少量Fe、Ag、Au等金属杂质，需进一步采用电解法精制．请简述粗铜电解得到精铜的原理：　粗铜电解得到精铜的原理：电解池中，粗铜作阳极，精铜作阴极，电解质为硫酸铜溶液．阳极上发生氧化反应，Cu失去电子，使Cu单质变为Cu2+进入溶液中Cu﹣e﹣═Cu2+；阴极上发生还原反应，Cu2+得到电子在阴极上析出Cu单质，Cu2++e﹣═Cu，从而达到精制Cu的目的．　．⑤下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是　AD　（填字母）．选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铜绿的主成分是碱酸铜可用稀盐酸除铜器表面的铜绿Ⅰ对；Ⅱ对；有B铜表易形成致密的氧化膜铜容器可以盛放浓硫酸Ⅰ对；Ⅱ对；有C铁比铜活泼例在铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈Ⅰ对；Ⅱ对；有D蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂Ⅰ错；Ⅱ对；无-22-考点：金属冶炼的一般原理；电解原理．专题：电化学专题；几种重要的金属及其化合物．分析：①铜化合物中，铜的质量百分含量=，据此计算．②根据元素的化合价变化判断，得电子化合价降低的物质是氧化剂．③二氧化硫是有毒气体，二氧化硫溶于水后形成酸性溶液，随雨水降下，就可能形成酸雨；二氧化硫是酸性氧化物，所以能用碱液吸收；二氧化硫能溶于水，且能和水反应生成酸．④根据电镀原理分析，电镀时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液为含有铜离子的盐溶液，阳极上发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应．⑤根据各物质的性质分析．解答：解：（1）铜化合物中，铜的质量百分含量=，黄铜矿中铜的含量==35%；斑铜矿中铜的含量==63%；辉铜矿中铜的含量==80%；孔雀石中铜的含量==58%所以铜的质量百分含量最高的是Cu2S．故答案为：Cu2S．（2）2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，该反应中铜的化合价由+1价变为0价，铜元素在该反应中得电子化合价降低，所以该反应中的氧化剂是Cu2O，Cu2S．故答案为：Cu2O，Cu2S．（3）二氧化硫是有毒气体，二氧化硫溶于水后形成酸性溶液，随雨水降下，就可能形成酸雨；二氧化硫能溶于水，且能和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能被氧化成硫酸，二氧化硫是酸性氧化物，所以能用碱液吸收生成盐，如硫酸铵．故答案为：二氧化硫是有毒气体，二氧化硫溶于水后形成酸性溶液，随雨水降下，就可能形成酸雨；硫酸，硫酸铵．（4）粗铜电解得到精铜的原理：电解池中，粗铜作阳极，精铜作阴极，电解质为硫酸铜溶液．阳极上发生氧化反应，Cu失去电子，使Cu单质变为Cu2+进入溶液中Cu﹣e﹣═Cu2+；阴极上发生还原反应，Cu2+得到电子在阴极上析出Cu单质，Cu2++e﹣═Cu，从而达到精制Cu的目的．故答案为：粗铜电解得到精铜的原理：电解池中，粗铜作阳极，精铜作阴极，电解质为硫酸铜溶液．阳极上发生氧化反应，Cu失去电子，使Cu单质变为Cu2+进入溶液中Cu﹣e﹣═Cu2+；阴极上发生还原反应，Cu2+得到电子在阴极上析出Cu单质，Cu2++e﹣═Cu，从而达到精制Cu的目的．（5）A、Ⅰ铜绿的主成分是碱式碳酸铜，故正确；Ⅱ碱式碳酸铜能和强酸反应生成盐和水、二氧化碳，故正确；碱式碳酸铜是弱酸盐能和强酸反应，所以二者有因果关系，故A正确．-22-B、Ⅰ铜是不活泼金属，所以其表面不易形成致密的氧化膜，故错误；Ⅱ常温下，铜和浓硫酸不反应，所以铜容器可以盛放浓硫酸，故正确；二者没有、因果关系，所以B错误．C、Ⅰ铁的金属性比铜的金属性强，所以铁比铜活泼，故正确；Ⅱ在铜板上的铁钉在潮湿空气中易形成原电池，所以易生锈，故错误；二者有因果关系，所以C错误．D、Ⅰ蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是化学变化，故错误；硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，所以溶液可用作游泳池的消毒剂，故正确；二者没有因果关系，所以D正确．故选AD．点评：本题考查了质量分数的计算、氧化剂的判断、电镀原理等知识点，难度不大，注意基础知识的积累．　14．（3分）金币、银币、铜币等货币在我国历史上曾发挥过重要的作用．在一位收藏家的家中，陈列了很多金属货币．（1）其中有些货币表面是黑色，且有少量的绿色锈状物，则这些肯定是　铜　币，绿色物质是　碱式碳酸铜　，形成这种物质的化学方程式为　2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2（OH）2CO3　．要除去这种物质应选用　稀盐酸　，发生反应的离子方程式为　Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O　．（2）其中一枚是闪闪发光的黄色金属币，它肯定是　金　币，表面一直未被氧化的原因是　金不活泼，不易被氧化　．（3）若将金币、银币、铜币分别放到稀硝酸中浸泡，能溶解的是　铜币、银币　，不溶解的是　金币　，写出溶解时的化学方程式　3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O　．考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：（1）铜能够与空气中的氧气反应生成黑色的氧化铜，还可以与空气中二氧化碳反应生成绿色的碱式碳酸铜；碱式碳酸铜能够与强酸反应，可以用稀盐酸除去铜绿；（2）金化学性质不活泼，不会被空气中氧气氧化；（3）铜、银能够与稀硝酸反应，而金化学性质不活泼，不与稀硝酸反应，所以能够溶解的是铜币、银币，不溶的是金币，据此进行解答．解答：解：（1）铜在铜、银、金中比较活泼，能与空气中氧气发生反应生成氧化铜，也能与空气中氧气、水及CO2一起发生反应而得到铜锈，所以这些肯定是铜币，绿色物质是碱式碳酸铜，反应的化学方程式为：2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2（OH）2CO3；碱式碳酸铜可溶于强酸，所以将其放入稀盐酸中可以将其除去，反应的离子方程式为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，故答案为：铜；碱式碳酸铜；2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2（OH）2CO3；稀盐酸；Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O；（2）金化学性质稳定，不容易被氧化，闪闪发光的黄色金属币为金币，故答案为：金；金不活泼，不易被氧化；（3）将金币、银币、铜币分别放到稀硝酸中浸泡，铜、银能够与稀硝酸反应，所以能溶解的铜币、银币，不溶解的是金币，反应的化学方程式：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，故答案为：铜币、银币；金币；3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2-22-O、3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O．点评：本题考查了常见金属的性质，试题侧重考查了金、银、铜的化学性质，题目难度中等，注意掌握常见金属及其化合物的性质，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　15．（3分）心脏起搏器是一种通过向心脏发送小的电脉冲使心脏跳动的器械，在人体内放起搏器的金属盒是用金属钛制作的，查阅资料，说明可以使用金属钛做金属盒放置起搏器的原因是：　从金属钛对生物有亲和作用，在人体内不断产生排异作用，钛在表面易形成致密的氧化物保护膜，有一定的抗腐蚀能力，其钛的质量较轻　．考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：化学应用．分析：根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，本题需要注意，考查的是可以使用金属钛做金属盒放置起搏器的原因，可以从钛的性质、金属钛做的金属盒的使用环境等方面考虑．解答：解：由于金属钛对生物有亲和作用，在人体内不断产生排异作用，钛在表面易形成致密的氧化物保护膜，有一定的抗腐蚀能力，且钛的质量较轻，所以可使用金属钛做金属盒放置起搏器，故答案为：金属钛对生物有亲和作用，在人体内不断产生排异作用，钛在表面易形成致密的氧化物保护膜，有一定的抗腐蚀能力，且钛的质量较轻．点评：本题考查了常见金属的组成、性质及其应用，题目难度不大，注意掌握常见金属的性质及应用方法，正确理解题干信息为解答本题的关键．　16．（3分）把下面各种材料按分类填写在下列横线上（填写序号）：①钢铁，②Cu，③陶瓷，④光纤，⑤氮化硅陶瓷，⑥金，⑦水泥，⑧合成纤维，⑨玻璃钢，（10）塑料等（1）黑色金属材料　①　．（2）有色金属材料　②⑥　．（3）传统无机非金属材料　③⑦　．（4）新型无机非金属材料　④⑤　．（5）复合材料　⑨　．（6）有机合成材料　⑧　．考点：合金的概念及其重要应用；无机非金属材料；合成材料．专题：物质的分类专题；化学应用．分析：（1）铁铬锰属于黑色金属；（2）有色金属是除铁、铬、锰以外的金属；（3）传统的无机非金属材料是工业和基本建设所必需的基础材料，水泥、玻璃、陶瓷是传统无机非金属材料；（4）新型无机非金属材料是20世纪中期以后发展起来的，具有特殊性能和用途的材料；（5）复合材料是指由两种或两种以上材料混合在一起形成的，复合材料包括玻璃钢、钢筋混凝土、轮胎、玻璃纤维增强塑料等；-22-（6）有机合成材料简称合成材料，要判断是否属于合成材料，可抓住三个特征：有机物、合成、高分子化合物，根据有机合成材料的种类进行分析解答即可；解答：解：（1）根据金属的颜色和性质等特征，将金属分为黑色金属和有色金属，黑色金属主要指铁、锰、铬及其合金，如钢、生铁、铁合金、铸铁等，故答案为：①；（2）黑色金属以外的金属称为有色金属，故答案为：②⑥；（3）水泥、玻璃、陶瓷的主要成分都含有硅酸盐，在我国使用时间长远，广泛，被称为三大传统的无机非金属材料，故答案为：③⑦；（4）光纤主要成分为二氧化硅、氮化硅陶瓷都是新型无机非金属材料，故答案为：④⑤；（5）复合材料是指由两种或两种以上材料混合在一起形成的，复合材料包括玻璃钢、钢筋混凝土、轮胎、玻璃纤维增强塑料等，故答案为：⑨；（6）有机合成材料简称合成材料，合成材料具有三大特征，有机物、合成、高分子化合物，人们通常所说的三大合成材料是指塑料、合成纤维、合成橡胶，故答案为：⑧；点评：本题重点考查了材料的分类，熟悉材料中的成分，能运用所学化学知识来解决实际问题是解答关键，题目难度不大．　17．（3分）下列有关合金的用途是应用了合金的哪些性质？（1）用钢制造机械　钢的硬度大，有韧性、良好的延展性，弹性和机械性能好　；（2）用硬铝制造飞机　硬铝质轻且坚硬　；（3）不锈钢器械　不锈钢耐腐蚀　；（4）武德合金制防爆安全装置　武德合金熔点低　．考点：合金的概念及其重要应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属，④合金的硬度大，熔点低，据此分析解答．（1）利用钢的硬度和韧性；（2）利用铝的密度和硬度；（3）利用其耐腐蚀性；（4）利用合金的熔点低性质；解答：解：（1）用钢制造机械，是利用钢的硬度大，有韧性、良好的延展性，弹性和机械性能好的性质，故答案为：钢的硬度大，有韧性、良好的延展性，弹性和机械性能好；（2）合金的硬度大，熔点低，用硬铝制造飞机利用了硬铝的质轻且坚硬的性质，故答案为：硬铝质轻且坚硬；（3）不锈钢是铁铬的合金，其特点是耐腐蚀，不锈钢器械利用了不锈钢耐腐蚀的性质，故答案为：不锈钢耐腐蚀；（4）合金的硬度大、熔点低的性质决定了其广泛的用途．保险丝是用武德合金（50%铋、25%铅、12.5%锡和12.5%镉）制成的，熔点只有67℃，比组成它的任意一种金属的熔点都低得多，所以武德合金制防爆安全装置是利用了武德合金熔点低的性质，-22-故答案为：武德合金熔点低；点评：本题主要考查了合金的性质，掌握合金的硬度大、熔点低的性质特征是解答的关键，题目较简单．　-22-