1、选择题  A、B、C、D 为4种金属。将A、B分别加入等浓度稀盐酸中，B比A反应更剧烈。将A、D用导线连结，同时浸入稀硫酸中，D表面出现大量气泡。将D浸入C的盐溶液中，有C析出。则其金属活动性由强到弱的顺序是

A.B＞A＞D＞C
B.A＞B＞D＞C
C.B＞A＞C＞D
D.C＞D＞A＞B

参考答案：A

本题解析：活动性强的金属与等浓度的酸反应较剧烈，将A与B投入到等浓度的盐酸中，B比A反应激烈，所以B的金属活动性大于A；将A与D用导线相连后浸入盐酸溶液中发现A逐渐溶解，D上有气泡生成，该装置构成原电池，原电池中较活泼的金属作负极，负极失电子逐渐溶解，较不活泼的金属作正极，所以A的金属活动性大于D；
金属的置换反应中，较活泼的金属能置换较不活泼的金属，将铜浸入D的盐溶液中，无明显变化，所以铜的金属活动性大于D；把铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明铜的金属活动性大于C．
所以金属的活动性顺序为B＞A＞D＞C，故选A。

本题难度：困难

2、选择题  下列反应的离子方程式中正确的是

A.甲烷、氧气和氢氧化钾溶液组成的燃料电池的负极反应CH
B.在NaHSO4溶液中加Ba（OH）2至中性2H+=BaSO4↓+2H2O
C.氯化铝溶液与过量的氨水反应：Al3+4NH+4NH3?H2O=
D.碳酸氢根离子水解：HCO+H2O?

参考答案：B

本题解析：分析：A、甲烷燃料电池中电解质是强碱溶液，电极反应生成的二氧化碳应写成碳酸根离子；
B、反应呈中性，氢离子和氢氧根离子恰好完全反应；
C、氢氧化铝是两性氢氧化物不溶于弱碱；
D、选项中是碳酸氢根离子的电离方程式．
解答：A、甲烷、氧气和氢氧化钾溶液组成的燃料电池的负极反应CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故A错误；
B、在NaHSO4溶液中加Ba（OH）2至中性2H++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C、氯化铝溶液与过量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；
D、碳酸氢根离子水解离子方程式为：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，故D错误；
故选B．
点评：本题考查了离子方程式的书写方法和注意问题，注意量不同产物不同，弱电解质判断，盐类水解应用，题目难度中等．

本题难度：一般

3 、选择题  最新的研究表明：一氧化氮吸入治疗法可快速改善SARS中重症患者的缺氧状况，缓解病情．病毒学研究证实，一氧化氮对SARS病毒有直接抑制作用．下列关于一氧化氮的叙述正确的是

A.一氧化氮是一种红棕色的气体
B.常温常压下，一氧化氮不能与空气中的氧气直接化合
C.含等质量氧元素的一氧化氮与一氧化碳的物质的量相等
D.一氧化氮易溶于水，不能用排水法收集

参考答案：C

本题解析：分析：A、NO为无色气体；
B、NO易被氧化；
C、由NO和CO可知，物质的量相同时含有等质量的氧元素；
D、NO不溶于水．
解答：A、因NO为无色气体，故A错误；
B、常温常压下，一氧化氮能与空气中的氧气直接化合生成红棕色的二氧化氮，故B错误；
C、含等质量氧元素时，氧原子的物质的量相同，则一氧化氮与一氧化碳的物质的量相同，故C正确；
D、因NO不溶于水，则不能用排水法收集，故D错误；
故选C．
点评：本题考查NO的性质，较简单，熟悉NO气体的物理性质和化学性质是解答本题的关键．

本题难度：困难

4、选择题  下列有关硅及其化合物的叙述中正确的是

A.硅元素在自然界的存在既有游离态又有化合态
B.二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱溶液反应，是两性氧化物
C.硅酸难溶于水，不能用二氧化硅与水直接反应制得
D.硅酸盐是构成地表岩石的成分，都难溶于水

参考答案：C

本题解析：

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