1、四川省邛崃市2015届高三上学期第一次月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂BPM 2.5作为空气质量预报的一项重要指标，它是指空气中直径小于或等于2.5um的颗粒物，该值越高，代表空气污染程度越严重C积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料D碳酸钡是一种难溶于水和酸的盐，可用作X光透视肠胃的药剂考点：油脂的性质、组成与结构；常见的生活环境的污染及治理；药物的主要成分和疗效.专题：化学应用分析：A油脂碱性条件下水解，可生成肥皂；B空气中直径大于或等于2.5m的颗粒物属
2、于空气污染物；C积极推行“限塑令”，使用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料可减少白色污染；D碳酸钡能溶于盐酸解答：解：A地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解成为造化反应，可生成肥皂，故A正确； B、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，属于空气污染物，PM2.5的值越高，空气中颗粒物的含量越大，空气污染程度越严重，故B正确；C积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料可减少白色污，故C正确；D碳酸钡是一种难溶于水的盐，但是碳酸钡能溶于盐酸生成氯化钡，钡离子有毒，而胃酸的主要成分是盐酸，所以不能用碳酸钡作X光透视肠胃的药剂，故D错
3、误故选D点评：本题考查油脂、环境污染以及药物的成分等知识，题目主要考查化学知识在生产生活中的应用，属于基础知识的考查，难度不大2下列物质或物质变化分类说法正确的是（）A用盐酸除金属表面的锈是物理变化，食盐水导电是化学变化B热的饱和KNO3溶液降温析出晶体是物理变化，二硫化碳洗涤试管内壁上的硫是化学变化C混合物：铝热剂 液氯 水玻璃 明矾D化合物：干冰 冰水混合物 烧碱 小苏打考点：物理变化与化学变化的区别与联系；混合物和纯净物；单质和化合物.专题：物质的分类专题分析：A用盐酸除金属表面的锈有新物质氯化铁生成；B硫易溶于二硫化碳；C混合物是不同物质组成的物质；D化合物是不同元素组成的纯净物解答：
4、解：A用盐酸除金属表面的锈有新物质生成，属于化学变化，故A错误； B二硫化碳洗涤试管内壁上的硫没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C铝热剂是铝和金属氧化物的混合物、液氯是液体氯气属于纯净物、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、明矾属于盐是纯净物，故C错误；D干冰是二氧化碳、烧碱是氢氧化钠、冰水混合物是水、小苏打属于纯净的化合物，故D正确故选D点评：本题考查物理变化与化学变化的区别与联系、物质的分类，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化3（6分）下列选项正确的是（）A向FeBr2溶液中通入少量的氯气：Cl2+2Br=2Cl+
5、Br2B大理石溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OC使石蕊呈蓝色的溶液中，可能存在大量的：Na+、AlO2、NO3、HCO3D加入铝粉能产生氢气的溶液中，可能存在大量的Na+、Ba2+、AlO2、NO3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A亚铁离子的还原性大于溴离子，氯气少量，亚铁离子优先参与反应，溴离子没有反应；B醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开，需要保留化学式；C使石蕊呈蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；D该溶液为酸性或者强碱性溶液，Na+、Ba2+、AlO2、NO3离子之间不发生反应，且都不与氢离子和氢氧根离子反应解答：解：A由于亚
6、铁离子还原性大于溴离子，则向FeBr2溶液中通入少量的氯气，只有亚铁离子被氧化，正确的两种方式为：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+，故A错误；B醋酸为弱电解质，离子方程式中不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故B错误；C该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，HCO3与氢氧根离子发生中和反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D加入铝粉能产生氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Na+、Ba2+、AlO2、NO3离子之间不反应，也不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查了离子共存、
7、离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子共存能否共存的判断方法、离子方程式的书写原则，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力4（6分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 L三氧化硫含有的分子数为NAB39克过氧化钠与足量的二氧化碳反应转移的电子数为NAC常温常压下，28克乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为2 NAD某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA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、标况下，SO3为固体；B、
8、根据n=并结合Na2O2与CO2的反应为歧化反应来分析；C、根据乙烯和环丙烷的最简式是CH2来计算；D、N2和H2的反应是可逆反应，不能进行完全解答：解：A、标况下，SO3为固体，故A错误；B、39gNa2O2的物质的量n=0.5mol，Na2O2与CO2的反应为歧化反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，此反应中1molNa2O2转移1mol电子，故0.5molNa2O2转移0.5mol电子，故B错误；C、乙烯和环丙烷的最简式是CH2，28g混合物中CH2的物质的量n=2mol，故含2mol碳原子，故C正确；D、N2和H2的反应是可逆反应，不能进行完全，故0.1molN2和0.3
9、molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目小于0.6NA，故D错误故选C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5（6分）已知Fe3O4可表示成（FeOFe2O3），水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2+2S2O32+O2+4OH=Fe3O4+S4O62+2H2O，下列说法不正确的是（）A参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：5B若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5molC每生成1molFe3O4，则转移电子数为4molDO2是氧化剂，S2O32和Fe2+是还原剂考点：氧化还原反应的计算.专题：氧
10、化还原反应专题分析：3Fe2+2S2O32+O2+4OH=Fe3O4+S4O62+2H2O中，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答解答：解：AFe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则O2为氧化剂，Fe2+、S2O32为还原剂，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（1+2）=1：3，故A错误；B若有2molFe2+被氧化，由电子守恒可知，则被Fe2+还原的O2为=0.5mol，故B正确；C每生成1molFe3O4，有1mol氧化剂参加反应，由O元素的化合价变化可知转移电子数为1mol2（20）=4mol，故C正确；DFe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降
11、低，则O2为氧化剂，Fe2+、S2O32为还原剂，故D正确；故选A点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化计算转移电子为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大6（6分）下述实验能达到预期目的是7.25时，下列各溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）编号实验内容实验目的A将含有HCl杂质的CO2通入饱和Na2CO3溶液中除去CO2中的HClB将含氯化铁杂质的氯化铵如中加入氢氧化钠溶液，过滤除去氯化铵中的氯化铁C向FeCl2溶液中加入铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3D向NaHCO3溶液中加入Ca（OH）2溶液除去NaHCO3溶液中的Na2CO3AAB
12、BCCDD考点：化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂.专题：实验评价题分析：A二者均与碳酸钠溶液反应；B二者均与NaOH溶液反应；C铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁；D碳酸氢钠能与氢氧化钙反应解答：解：A二者均与碳酸钠溶液反应，则不能除杂，应通入饱和NaHCO3溶液来除杂，故A错误； B二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应加氨水来除杂，故B错误；C铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，可除掉杂质，故C正确；D碳酸氢钠能与氢氧化钙反应，将原物质除掉，故D错误故选C点评：本题考查物质的分离、提纯及除杂、鉴别的考查，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意物质之间的反应，题目难度中等7（6
13、分）下列说法正确的是（）A常温下将等体积等物质的量浓度的醋酸钠与盐酸两溶液混合：c（Na+）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）B向NH4HSO4溶液中滴加含等物质的量溶质的NaOH溶液：c（Na+）=c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）C在0.1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（H+）+c（NH4+）+2c（Fe2+）=c（OH）+c（SO42）DpH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的pH专
14、题；盐类的水解专题分析：A常温下，等物质的量的HCl和CH3COONa混合，二者反应生成等物质的量浓度的CH3COOH和NaCl，醋酸电离导致溶液呈酸性，但电离程度较小；B等物质的量的NH4HSO4和NaOH混合，二者反应恰好生成等物质的量浓度的Na2SO4、（NH4）2SO4，铵根离子水解导致溶液呈酸性，根据物料守恒判断；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；DpH=2的醋酸浓度大于pH=12的NaOH，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO）相对大小解答：解：A常温下，等物质的量的HCl和CH3COONa混合，二者反应生成等物
15、质的量浓度的CH3COOH和NaCl，醋酸电离导致溶液呈酸性，但电离程度较小，所以c（CH3COO）c（CH3COOH），故A错误；B等物质的量的NH4HSO4和NaOH混合，二者反应恰好生成等物质的量浓度的Na2SO4、（NH4）2SO4，铵根离子水解导致溶液呈酸性，根据物料守恒知，其离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH），故B正确；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+2c（Fe2+）=c（OH）+2c（SO42），故C错误；DpH=2的醋酸浓度大于pH=12的NaOH，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，
16、则c（H+）c（OH），再结合电荷守恒得c（Na+）c（CH3COO），故D错误；故选B点评：本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，利用守恒思想分析解答，易错选项是B，题目难度中等二、解答题（共5小题，满分58分）8（16分）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，其相关信息如下表：元素相 关 信 息XX的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍YY的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2ZZ的一中核素中子数为12，质量数为23WW有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（1）W位于元素周期表第四周期第族，基态W2+的核外电子排
17、布式为1s22s22p63s23p63d6_（2）X的电负性比Y的小（填“大”或“小”）；X 和Y形成的XY32离子中，中心原子的杂化类型是sp2，其离子的空间构型为为平面三角形（3）写出Z2Y2的电子式，指出其中含有的化学键离子键、共价键；XY2形成的晶体类型为分子晶体考点：位置结构性质的相互关系应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X原子的L层电子数是K层电子数的2倍，应为C元素，Y原子的最外层电子排布式为：nsnnpn+2，n=2，则最外层电子排布式为：2s22p4，应为O元素，Z存在质量数为23，中子数为12的原子核，质子数应为2312=11，则为Na元素，W有多种化合价，其白色
18、氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，应为氢氧化亚铁和氢氧化铁的转化，则W为Fe元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题解答：解：原子的L层电子数是K层电子数的2倍，应为C元素，Y原子的最外层电子排布式为：nsnnpn+2，n=2，则最外层电子排布式为：2s22p4，应为O元素，Z存在质量数为23，中子数为12的原子核，质子数应为2312=11，则为Na元素，W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，应为氢氧化亚铁和氢氧化铁的转化，则W为Fe元素，（1）W为Fe元素，核外价层电子排布为3d64s2，位于元素周期表第四周期第族；同一种失
19、去2个电子生成亚铁离子，则基态Fe2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，故答案为：四； 1s22s22p63s23p63d6；（2）X为C元素，Y为O元素，位于周期表同一周期，非金属性CO，电负性大小为：CO；X和Y形成的XY32离子为碳酸根离子，CO32中碳原子的价层电子数为：3+=3，为sp2杂化，不含孤电子对，所以其空间构型是平面正三角形，故答案为：小；sp2；平面三角形；（3）Z2Y2为Na2O2，为离子混合物，过氧化钠的电子式为：，过氧化钠中含有离子键和共价键；XY2为CO2，二氧化碳晶体的通过分子间作用力形成的，属于分子晶体，故答案为：； 分子晶体点评：本题
20、考查位置结构性质的关系的综合应用，根据原子结构特点正确推断元素的种类为解答该题的关键，本题侧重于物质的位置、电子式、结构以及性质的考查，注意把握相关基础知识9（8分）现需配制0.1mol/LNaOH溶液480mL，如图是某同学转移溶液的示意图图中的错误是没有用玻璃棒引流除了图中给出的仪器和托盘天平外，为完成实验还需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒根据计算得知，所需NaOH的质量为2.0g配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）BCAFEDA用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶B准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动
21、，使其充分溶解C将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D将容量瓶盖紧，反复颠倒摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处考点：配制一定物质的量浓度的溶液.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据配制一定物质的量浓度的溶液的方法和操作来寻找装置中的错误；根据配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；根据m=nM=cvM计算所需氢氧化钠的质量；根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序解答：解：配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅；没有450mL规格容量瓶，所以选用5
22、00mL容量瓶，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙；故答案为：没有用玻璃棒引流；烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒；需氢氧化钠的质量为m=0.5L0.1molL140g/mol=2.0g，故答案为：2.0；根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却
23、、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，正确的操作顺序是：BCAFED，故答案为：BCAFED点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大10（8分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：甲：Mg、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2 丙：MgO、NO2、N2丁：Mg3N2、O2A实验前，小组成员经讨论认定猜想丙不成立，理由是不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）；查阅资料得知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丁猜想，设计如图所示的实验装
24、置（图中加热、夹持仪器等均省略）：B实验过程取器连接后，放人固体试剂之前，应进行的操作是检查装置的气密性称取Mg（NO3）2固体3.79g置于A中，加热前通人N2以驱尽装置内的空气，其目的是避免对产物O2检验产生干扰（或其它合理答案）；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先移动酒精灯预热硬质玻璃管然后固定在管中固体部位下加热观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0g取少量剩余固体于试管中，加人适量水，未见明显现象C实验结果分析讨论根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想乙是正确的根据D中无明显现象，一位同学认为不能
25、确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：2Na2SO3+O2=2Na2SO4（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）考点：铵盐.专题：实验题；氮族元素分析：A、根据氧化还原反应化合价升降相等判断；B、反应前检验装置的气密性；甲、乙、丙中都有氧气，避免空气中氧气干扰；根据加热试管的操作要求完成；C、根据硝酸镁的反应现象进行判断；D中亚硫酸钠具有还原性，能够和氧气反应生成硫酸钠，溶液褪色；二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，一氧化氮会消耗氧气解答：解：A、由于产物中化合价只有降低情况
26、，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，故答案为：不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）；B、实验前需要检验装置的气密性，方法是关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，证明装置气密性良好，故答案为：检验装置的气密性；由于甲乙丙猜想中产物都有氧气，没有氮气，用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，集中加热前先预热硬质试管，然后固定在管中固体部位下加热，故答案为：避免对产物O2检验产生干扰（或其它合理答案）；移动酒精灯预热硬质玻璃管；C、硝酸镁分解，红棕色气体是二氧化氮，镁元素不会还是硝酸镁形式，所以乙正确；故答案为：乙；亚硫酸钠和氧气的反应，反应方程式是：2Na2SO3+O
27、2=2Na2SO4，在B装置中，二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，生成的一氧化氮消耗了氧气，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）点评：本题探究硝酸镁分解产物，提出假想，通过实验验证，涉及了化学方程式的书写、加热操作的考查，本题难度中等11（12分）熔融盐燃料电池具有较高的发电效率，因而受到重视某燃料电池以熔融的K2CO3（其中不含O2和HCO3）为电解质，以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极该燃料电池负极电极反应式为：2C4H10+26CO3252e=34CO2+10H2O试回答下列问题：（1
28、）该燃料电池的化学反应方程式为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O；（2）正极电极反应式为O2+2CO2+4e=2CO32（3）为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定为此，必须在通入的空气中加入一种物质，加入的物质是CO2，它来自负极反应产物（4）某学生想用该燃料电池和如图所示装置来电解饱和食盐水：写出反应的离子方程式2Cl+2H2OCl2+H2+2OH将湿润的淀粉KI试纸放在该装置附近，发现试纸变蓝，待一段时间后又发现蓝色褪去，这是因为过量的Cl2将生成的I2氧化若反应的Cl2和I2的物质的量之比为5：1，且生成两种酸该反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O2
29、HIO3+10HCl若电解后得到200mL 3.25molL1 NaOH溶液，则消耗C4H10的体积在标准状况下为0.56L考点：化学电源新型电池.专题：电化学专题分析：（1）丁烷和氧气反应生成二氧化碳和水；（2）正极上氧气得电子发生还原反应；（3）根据碳守恒和两极上的变化考虑；（4）电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；在水溶液里，氯气能将碘氧化生成盐酸和碘酸；根据氢氧化钠计算转移电子数，根据串联电池中转移电子数相等计算丁烷的体积解答：解：（1）该电池中，丁烷和氧气反应生成二氧化碳和水，反应方程式为：2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，故答案为：2C4H10+13O
30、2=8CO2+10H2O；（2）正极上氧气得电子发生还原反应和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为：O2+2CO2+4e=2CO32或13O2+26CO2+52e=26CO32，故答案为：O2+2CO2+4e=2CO32；（3）由于原电池的负极产物有水生成，所以负极必有CO32参加反应，同时根据碳守恒可知A必为CO2，负极反应式可表示为CH4+4CO328e=5CO2+2H2O，它来源于负极上生成的二氧化碳即可故答案为：CO2；负极反应产物；（4）电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时还生成氢氧化钠，离子方程式为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故
31、答案为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH；阳极附近氯离子放电生成氯气，氯气氧化KI生成碘单质遇淀粉变蓝，离子反应为Cl2+2II2+2Cl，过量的Cl2将生成的I2又氧化，若反应的Cl2和I2物质的量之比为5：1，且生成两种酸，Cl元素的化合价降低，生成盐酸，I元素的化合价升高，由电子守恒可知，52（10）=12（x0），解得x=+5，生成物为碘酸，该化学反应为5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl，故答案为：5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl；氢氧化钠的物质的量=3.25mol/L0.2L=0.65mol，根据2Cl+2H2OCl2+H2+2OH知，生成0.65mol
32、氢氧化钠时转移电子的物质的量=2=0.65mol，串联电池中转移电子数相等，所以丁烷的体积=22.4L/mol=0.56L，故答案为：0.56L点评：本题考查氧化还原反应及电解原理的应用，明确电解原理及离子的放电顺序、氧化还原反应的原理，结合元素的化合价变化即可解答，题目难度中等12（14分）中航工业成都飞机工业（集团）有限责任公司为中国航空事业做出了巨大贡献，先后研制了歼5、歼教5、歼7、歼教7、歼10、枭龙等歼击机和教练机银铜合金广泛应用于航空工业从切割废料中回收银并制备铜的化工产品工艺如下：（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，阴极电极
33、反应式为Ag+e=Ag；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，将红棕色气体溶于水的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（3）配平煅烧过程中一个反应的化学方程式：4CuO+2Al2O34Cu AlO2+O2（4）CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥（5）若银铜合金中铜的质量分数为64.0%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为CuAlO2，
34、至少需要1.0molL1的Al2（SO4）3溶液25.0L考点：金属的回收与环境、资源保护；氧化还原反应方程式的配平；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）根据电解原理分析判断；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02，红棕色气体溶于水生成硝酸和一氧化氮；（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；根据氢氧化铝显两性能与碱反应；（3）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来配平；（4）根据铜元素守恒建立关系式：CuCuAlO2来计算；根据铝元素守恒建立关系式：Al2（SO4）
35、32CuAlO2来计算；（5）根据可溶性溶质从溶液中析出晶体的方法解答：解：（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Age=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag+e=Ag；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02：2NO+O2=2NO2，红棕色气体溶于水生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；故答案为：Ag+e=Ag；3NO2+H2O=2HNO3+NO；（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
36、，可知B为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）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；（4）由CuSO4溶液获得CuSO45H2O晶体，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶（或结晶），过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（5）由关系式：CuCuAlO2得n（CuAlO2）=50.0mol，则CuAlO2为50.0mol，由关系式：Al2（SO4）32CuAlO2得Al2（SO4）3=n（CuAlO2）=25.0mol，所以需要体积为=25.0L，故答案为：25.0点评：本题以从废料中回收银并制备铜化工产品为背景，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，难度中等
