1、选择题  “神舟”号载人航天器中，宇航员所在的轨道和返回舱都是密封的，宇航员吸入氧气，呼出二氧化碳，如果二氧化碳浓度过度，会使宇航员困乏，呼吸频率加快，严重的会窒息，为使二氧化碳浓度降低而保持舱内氧气的适当比例，可以在航天舱内放入

A.Na2O2
B.Na2CO3
C.NaOH
D.氧气瓶

参考答案：A

本题解析：分析：根据在往返路程中宇航员呼吸所需要的氧气和消除呼吸过程中产生的二氧化碳的问题来选择合适的化学物质进行回答．
解答：因Na2O2能与氧气反应生成碳酸钠和氧气，产生氧气的同时能消除呼吸过程产生的二氧化碳，一举两得，故选A．
点评：本题结合信息考查了学生分析问题、解决问题的能力，难度不大．

本题难度：困难

2、选择题  把铝粉和某铁氧化物xFeO·yFe2O3粉末配成铝热剂，分成两等份。一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。前后两种情况下生成的气体质量比是5∶7，则x∶y为

A.1∶1
B.1∶2
C.5∶7
D.7∶5

参考答案：B

本题解析：假设生成氢气的物质的量分别为5 mol和7 mol，则与盐酸反应的铁为5 mol，铝为14/3 mol，从而得出铝热反应的化学方程式为14Al+xFeO·yFe2O3====7Al2O3+15Fe
按铁、氧元素守恒便可求出x∶y=1∶2

本题难度：困难

3、选择题  将amL?0.1mol/L硫酸铝溶液与bmL?0.5mol/L氢氧化钠溶液混合，得到cmol氢氧化铝沉淀，若已知a、b、c中任意两个值，求另一个值，所求的值不止一个解的是（各选项中，单位均已略去）

A.a=100 b=90 c=
B.b=100 c=0.015 a=
C.b=90 c=0.015 a=
D.a=75 c=0.015 b=

参考答案：C

本题解析：分析：根据Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，生成沉淀的物质的量一定，且c不是最大沉淀量时，存在两种可能来分析解答．
解答：A、a=100 b=90时，氢氧根离子的物质的量与铝离子的物质的量之比为4.5：2，只发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓，且碱不足，则c只有一个，故A不选；
B、b=100 c=0.015时，氢氧化铝中氢氧根离子的物质的量小于碱的物质的量，还将继续反应，则沉淀不会为0.015mol，则不成立，故B不选；
C、b=90 c=0.015时，若c一定，且不是最大沉淀量时，则存在两种可能，则所求的值不止一个解，
①若只发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓，碱不足，
b=90，c=0.015时，氢氧根离子与沉淀的物质的量比为3：1，
则由反应方程式可计算a=75mL，但铝离子可能过量，则a≥75mL；
②若氢氧根离子的物质的量与铝离子的物质的量大于3：1，且小于4：1，
则发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓时碱过量，发生Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O时碱不足，
设铝离子的物质的量为x，根据消耗的碱可知则3x+（x-0.015）=0.09×0.5，
解得x=0.015mol，a=75mL，故C选；
D、a=75 c=0.015时，铝离子的物质的量等于氢氧化铝的物质的量，则只发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓，二者恰好完全反应，则b只有一个解，故D不选；
故选C．
点评：本题考查铝离子与碱的反应，明确氢氧化铝能溶解在强碱溶液中，并根据量的关系来判断发生的化学反应是解答的关键．

本题难度：一般

4、选择题  下列关于HClO的说法不正确的是

A.HClO是弱酸
B.HClO是强酸
C.HClO是强氧化性酸
D.HClO能杀菌消毒

参考答案：B

本题解析：HClO虽有强氧化性，但不是强酸．酸的酸性强弱是根据它在溶液里电离的程度划分的，HClO的电离很微弱，不是强酸．酸的氧化性强弱是根据酸的得电子能力划分的，HClO的得电子能力很强，是强氧化性酸．

本题难度：困难

5、选择题  C和CuO在高温下反应可能生成Cu、Cu20、C02、CO．现将1g碳粉跟8gCuO混合，在硬质试管中隔绝空气高温加热，生成的气体全部通过足量NaOH溶液，收集残余气体．测得溶液增重1.1g，残余气体在标准状况下的体积为560mL．下列说法错误的

A.固体混合物高温加热时，有0.6g碳参加了反应
B.试管中的所有氧化还原反应共转移电子0.15mol
C.反应后的试管中固体混合物总质量为7.2g
D.反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为0.1mol

参考答案：D

本题解析：分析：生成的气体全部通过足量NaOH溶液，收集残余气体．测得溶液增重1.1g为二氧化碳的质量，二氧化碳的物质的量为0.025mol，残余气体在标准状况下的体积为560mL为一氧化碳的体积，一氧化碳的物质的量为0.025mol．
A、根据碳元素守恒可知参加反应的碳原子物质的量等于二氧化碳与一氧化碳的物质的量之和，根据m=nM计算参加反应的碳的质量．
B、反应中碳元素化合价升高，铜元素化合价降低，根据碳元素的化合价变化计算转移电子数目．
C、碳粉与CuO的总质量减去二氧化碳及一氧化碳的质量即为反应后的试管中固体混合物总质量．
D、根据氧原子守恒计算反应后试管中固体混合物含有的氧原子物质的量，进而计算氧化亚铜的物质的量，再根据铜元素守恒计算反应生成铜的物质的量．
解答：生成的气体全部通过足量NaOH溶液，收集残余气体．测得溶液增重1.1g为二氧化碳的质量，二氧化碳的物质的量为=0.025mol，残余气体在标准状况下的体积为560mL为一氧化碳的体积，一氧化碳的物质的量为=0.025mol．
A、根据碳元素守恒可知参加反应的碳原子物质的量等于二氧化碳与一氧化碳的物质的量之和，所以参加反应的碳元素质量为（0.025mol+0.025mol）×12g/mol=0.6g，故A正确；
B、反应中碳元素化合价升高，铜元素化合价降低，所以转移电子物质的量为0.025mol×4+0.025mol×2=0.15mol，故B正确；
C、生成的二氧化碳与一氧化碳的总质量为0.025mol×44g/mol+0.025mol×28g/mol=1.8g，所以反应后试管中固体混合物总质量为（1g+8g）-1.8g=7.2g，故C正确．
D、氧化铜的物质的量为=0.1mol，二氧化碳与一氧化碳含有的氧原子物质的量为0.025mol×2+0.025mol×1=0.075mol，反应后氧原子存在于氧化亚铜中，所以氧化亚铜的物质的量为0.1mol-0.075mol=0.025mol，铜的物质的量为0.1mol-0.025mol×2=0.05mol，反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为0.075mol，故D错误．
故选：D．
点评：考查混合物的计算，难度较大，是对所学知识的综合运用，关键根据原子守恒进行计算，注意守恒思想在混合物计算的运用．

本题难度：困难