1、选择题  下面不是污水处理方法的是
A.氧化还原法
B.中和法
C.过滤法
D.沉淀法

参考答案：C

本题解析：分析：常用的污水处理法有：中和法、沉淀法、混凝、氧化还原法等方法．
解答：现代废水处理方法主要分为物理处理法、化学处理法和生物处理法三类，
化学处理法有：中和法、化学混凝法、氧化还原法等；
物理处理法有：通常采用沉淀、过滤、离心分离、气浮、蒸发结晶、反渗透等方法；
生物处理法又分为需氧处理和厌氧处理两种方法．
而过滤不能除去污水中的有害物质，只能将不溶于水的固体物质除去，故过滤法不是污水处理方法．
故选C．
点评：本题考查常见污水的处理方法，题目难度不大，有些做法和我们实验室物质的分离提纯方法相似，注意基础知识的积累．

本题难度：简单

2、选择题  由Zn、Fe、Al、Mg四种金属中的两种组成的混合物10g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标况下为11.2升，则混合物中一定含有的金属是
A.Zn
B.Al
C.Fe
D.Mg

参考答案：B

本题解析：分析：计算出氢气的质量，根据氢气的质量计算出各自反应时所需金属的质量，两种金属组成的混合物产生氢气11.2升时所需质量10g，应介于两金属分别于盐酸反应生成11.2升氢气时消耗金属量的之间．
解答：在标况下氢气的物质的量为=0.5mol，
?Zn～H2
65g? 1mol?
32.5g? 0.5mol
所以生成氢气11.2升，需要Zn的质量为32.5g．
2Al～3H2
54g? 3mol?
9g?0.5mol
所以生成氢气11.2升，需要Al的质量为9g．
Fe～H2
56g? 1mol?
28g? 0.5mol
所以生成氢气11.2升，需要Fe的质量为28g．
Mg～H2
24g? 1mol?
12g? 0.5mol
所以生成氢气11.2升，需要Mg的质量为12．
两种金属组成的混合物产生氢气11.2升时所需质量10g，应介于两金属分别于盐酸反应生成11.2升氢气时消耗金属量的之间．只有Al的质量小于10g，所以混合物中一定含有Al．
故选B．
点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，本题采取极值法解答，从而简化计算．注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大．

本题难度：一般

3、选择题  下列有关实验原理或操作叙述正确的是
A.过量的铜屑与稀硝酸作用，反应停止后，再加入1mol/L稀硫酸，铜屑又逐渐溶解，是因为铜可直接与1mol/L稀硫酸反应
B.用CCl4萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端放出
C.向某溶液中加入新制Cu（OH）2，加热后出现红色沉淀，说明该溶液中一定含醛类物质
D.测氯水的pH值，可用干燥洁净的玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较

参考答案：B

本题解析：分析：A．NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可与铜反应；
B．CCl4密度比水大；
C．向某溶液中加入新制Cu（OH）2，加热后出现红色沉淀，说明有机物中含有-CHO；
D．氯水可使pH试纸先变红后褪色．
解答：A．过量的铜屑与稀硝酸作用，反应停止后，溶液中存在NO3-，再加入1mol/L稀硫酸，是由于NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可与铜反应，而铜和稀硫酸不反应，故A错误；
B．CCl4密度比水大，分液时，在分液漏斗的下层，有机层从分液漏斗的下端放出，故B正确；
C．向某溶液中加入新制Cu（OH）2，加热后出现红色沉淀，说明有机物中含有-CHO，但不一定为醛类物质，可能为还原性糖、甲酸或甲酸酯等物质，故C错误；
D．氯水可使pH试纸先变红后褪色，充分反应后为白色，无法测pH，故D错误．
故选B．
点评：本题考查较为综合，涉及硝酸的性质、有机物的分离、检验以及氯水的性质，题目难度不大，注意相关物质的性质，学习中注意积累．

本题难度：困难

4、选择题  将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），向反应后的溶液中加入150mL一定浓度的NaOH溶液恰好沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则下列叙述中不正确的是
A.所用的NaOH溶液的物质的量浓度为3mol?L-1
B.当金属全部溶解时，收集到NO气体的体积一定为3.36L
C.参加反应的金属的总质量（m）为5.4g＜m＜14.4g
D.若将产生的气体全部转化为硝酸，则至少需要标况下2.52L的氧气

参考答案：AB

本题解析：分析：本题涉及到的反应有：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3．
将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），向反应后的溶液中加入15mL一定浓度的NaOH溶液恰好沉淀完全，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.15mol．
A、加入的氢氧化钠可能中和为反应的硝酸；
B、根据电子转移守恒计算NO物质的量，结合气体不一定是标准状况判断；
C、镁和铜的总的物质的量为0.225mol，利用极限法假定全为镁、全为铜计算判断；
D、根据4NO+3O2+2H2O=4HNO3计算判断．
解答：本题涉及到的反应有：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3．
将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），向反应后的溶液中加入15mL一定浓度的NaOH溶液恰好沉淀完全，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.15mol．
A、若硝酸无剩余，则氢氧化钠的物质的量等于0.45mol，氢氧化钠溶液的浓度为=3mol/L，硝酸可能有剩余，如剩余则氢氧化钠溶液的浓度大于3mol/L，故A错误；
B、镁和铜的总的物质的量为0.225mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.15mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，但NO不一定处于标准状况，故B错误；
C、镁和铜的总的物质的量为0.225mol，假定全为镁，质量为0.225mol×24g/mol=5.4g，若全为铜，质量为0.225mol×64g/mol=14.4g，所以参加反应的金属的总质量（m）为5.4g＜m＜14.4g，故C正确；
D、根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.15mol，由4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知，至少需要氧气的物质的量为0.15mol×，需标准状况下氧气体积为0.15mol××22.4L/mol=2.52L，故D正确．
故选AB．
点评：本题结合镁铜与硝酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒的综合计算能力，同时也考查了学生的学习综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，难度较大．

本题难度：困难

5、选择题  下列物质中不能通过置换反应生成的是
A.F2
B.CO
C.Fe3O4
D.S

参考答案：A

本题解析：分析：A、因F的非金属性最强，则不能发生置换反应来制取单质；
B、根据碳与二氧化硅的反应来分析；
C、根据铁和水蒸气的反应来分析；
D、根据氯气和硫化氢的反应来分析．
解答：A、因F的非金属性最强，则单质的氧化性最强，没有比F2单质氧化性强的物质通过置换反应来氧化F-生成F2，故A不能；
B、由2C+SiO22CO+Si，则可以利用置换反应生成CO，故B能；
C、由3Fe+4H20Fe3O4+4H2↑，则可以利用置换反应生成Fe3O4，故C能；
D、由Cl2+H2S═S↓+2HCl，则可以利用置换反应生成S，故D能；
故选A．
点评：本题考查常见的氧化还原反应及置换反应，明确置换反应一定是氧化还原反应，学生熟悉常见物质的性质及物质转化中的化学反应是解答的关键．

本题难度：简单