29. 糖类是食物中的营养成分之一，下刘食物中富含糖类的是

　 A.米饭　　　　　 B.蔬菜　　　　　　 C.肉类　　　　　　　 D.蛋类

[精析] 糖类是由C、H、O三种元素组成的有机化合物，常见的葡萄糖(化学式为C₆H₁₂O₆)、蔗糖、淀粉、纤维素等均属于糖类。糖类的主要代表物

糖类可分为单糖、二糖、多糖，它们的相互转化关系为：

　　　　　　 单糖

　　　　　　　　　 单糖(C₆H₁₂O₆)： 不能水解。如葡萄糖、果糖、核糖。

　　　　　 糖类　 二糖(C₁₂H₂₂O₁₁)：能水解，一个分子的二糖水解生成二个分子的单糖。如蔗糖、麦芽糖等。

　　　　　　　　　 多糖[(C₆H₁₀O₅)_n]： 能水解，一个分子的多糖水解生成多个分子的单糖。

油脂的合成：由多种高级脂肪酸和甘油生成的酯。

油脂的化学成分：高级脂肪酸甘油酯。

油脂的组成元素：C、H、O

维生素是维持人体正常生理机能所必需的一类低分子有机化合物，在天然食物中含量极少，在人体内含量甚微。与蛋白质、脂肪、碳水化合物不同，维生素在人体内不能产生热量，也不参与人体细胞、组织的构成，但却参与调节人体的新陈代谢，促进生长发育，预防某些疾病，并能提高人体抵抗疾病的能力。

[解答]A

28.“A、D钙奶”中的“钙”指的是

　A.单质　　　　 　　B.元素　　　　　　 C.原子　　　　　　　 D.分子

[精析] 宏观物质的组成，用宏观概念元素来表示；分子的构成，用微观粒子来表示。元素是具有相同核电荷数(即核内质子数)的一类原子的总称，是宏观概念，只讲种类，不讲个数。A、D钙奶”中的“钙” 是宏观概念

元素和原子的区别和联系：

以水为例,宏观物质与微观粒子的相互关系

[解答]B

27. 下列属于纯净物的是

A.纯蓝墨水　　　 B.生理盐水　　　　 C.蒸馏水　　　　　 D.葡萄糖水

[精析]本题考查同学们对纯净物和混合物的区别与联系，纯净物是由一种物质组成的，如氧气、氮气、二氧化碳等都是纯净物．混合物是由两种或多种物质混合而成的，如空气是由氮气、氧气、稀有气体、二氧化碳等多种成分组成的，这些物质相互间没有发生反应，各物质都保持各自的性质．

讨论：冰水共存体属于混合物，还是纯净物？

冰水共存体虽然是冰和水混合在一起，但是它们都属于同一种物质，属于纯净物．

[解答]C

26.空气中含量较多且性质活泼的气体是

　A氧气.　　　　　 B.氮气　　　　　　 C.二氧化碳　　　　 D.水蒸气

[精析] 空气是一种天然资源,混合均匀,相对稳定，空气的主要成分和组成(按体积比)：

氮气在空气中含量最多而不是较多，氧气在空气中含量较多且性质比较活泼的气体，如在点燃条件下可跟氢气、硫、磷、碳、铁及甲烷等单质和化合物发生化学反应，同时放出热量。氧气具有氧化性，是一种常见的氧化剂。氧气具有助燃性，能支持燃烧。

各种物质在空气和氧气中燃烧现象比较如下表

物质	空气中	氧气中
磷	产生大量白烟	火光明亮，产生大量白烟
反应方程式	4P+5O22P2O5
硫	发出微弱的淡蓝色火焰，放出热量并成有刺激性气味的气体	发出蓝紫色火焰、放山热量、生成有刺激性气味的气体
反应方程式	S+O2SO2
木碳	持续红热、无烟无焰	剧烈燃烧、发出白光、放出热量、生成使澄清石灰水变浑蚀的气体
反应方程式	C+O2CO2
铝箔	很难燃烧	剧烈燃烧、发出耀眼的白光、放出热量、生成白色固体
反应方程式	4Al+3O22Al2O3
铁丝	不燃烧	剧烈燃烧、发出耀眼的白光、放出热量、生成黑色固体
反应方程式	3Fe+2O2Fe3O4

[解答]A

25.下列属于化学变化的是

A.冰块融化　　　 B.玻璃破碎　　　　 C.树木折断　　　　 D.钢铁生锈

[精析] 这是一道区别物理变化与化学变化的试题，要抓住变化过程是否有新的物质生成，判断变化的基本依据“看是否有新的物质生成”。钢铁生锈是物质发生化学变化的结果。

铁在空气中锈蚀，实际上是铁跟氧气、水等物质相互作用，发生一系列复杂的化学反应，使铁转化为铁的化合物的过程。钢铁还会被环境中的其他物质锈蚀。常采用在钢铁表面覆盖保护层的方法来防止钢铁生锈。

[解答]D

45．(09年山东理综·30)(16分)孔雀石主要含Cu₂(OH)₂CO₃，还含少量Fe、S₁的化合物，实验室以孔雀石为原料制备CuSO₄·5H₂O及CaCO₃，步骤如下：

请回答下列问题：

(1)溶液A的金属离子有Cu²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺。从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为　　 (填代号)，检验溶液A中Fe³⁺的最试剂为　　 (填代号)。

a．KMnO₄　　　　 b．(NH₄) ₂S　　　　　　　 c．H₂O₂　　　　　　　　　 d．KSCN

(2)由溶液C获得CuSO₄·5H₂O，需要经过加热蒸发，　　 。过滤等操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是　　　 。

(3)制备CaCO₃时，应向CaCl₂溶液中选通入(或先加入)　　 (填化学式)。若实验过程中有氨气逸出、应选用下列　　　　 装置回收(填代号)。

(4)欲测定溶液A中Fe²⁺的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线应　　　 ，直到　　 。用KMnO₄标准溶液滴定时应选用　　 滴定管(填“酸式”或“碱式”)。

答案：(1)c　　 d

(2)冷却结晶　　 引流

(3)NH₃·H₂O　　 b

(4)注视凹页面的最低处与刻度线　 凹页面的最低处与刻度线相平 酸式

解析：(1)为使Fe²⁺、Fe³⁺一块沉淀，要加氧化剂将Fe²⁺氧化而又不引入新杂质，选H₂O₂；检验Fe³⁺　 选择SCN^- (2)从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法；过滤时要用到玻璃棒引流。(3)CaCl₂溶液不能与CO₂反应，加入碱能反应，但又不能引入杂质，应通入NH₃(或先加入NH₃·H₂O)；氨气极易溶于水，要注意防倒吸，a装置广口瓶内的进气管长，容易倒吸，c装置中的倒置漏斗、d中的多空球泡可以防倒吸。

[考点分析]考查化学实验的基本操作、物质的提纯与鉴别、实验室安全等

44．(09年山东理综·28)(14分)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)合成氨反应N₂(g)+3H₂(g)2NH₃(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡　　　 移动(填“向左”、“向右”或“不”)；使用催化剂　　　　 反应的△H(填“增大”、“减小”或“不改变”)。

(2)已知：O₂(g) = O₂⁺(g)+e^－　　　　　　 H₁=1175.7 kJ·mol^-1

PtF₆(g)+e^－=PtF₆^－(g)　　　　　　　　　　 H₂=-771.1 kJ·mol^-1

O₂PtF₆(S)=O₂⁺(g)+PtF₆^－(g)　　　　　　　 H₃=482.2 kJ·mol^-1

则反应O₂(g)+PtF₆(g) = O₂⁺PtF₆^－(s)的H=_____________ kJ·mol^-1。

(3)在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L^-1的MgCl₂和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，先生成　　　　 沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为　　　　 。已知25℃时K_sp[Mg(OH)₂]=1.8×10^-11，K_sP[Cu(OH)₂]=2.2×10^-20。

(4)在25℃下，将a mol·L^-1的氨水与0.01 mol·L^-1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c(NH₄^*)=c(Cl^-)。则溶液显　　　 性(填“酸”、“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH₃·H₂O的电离常数K_b=　　　　　　 。

答案：(1)向左 不改变

(2)－77.6

(3)Cu(OH)₂　 Cu²⁺+2NH₃·H₂O = Cu(OH)₂↓ +2NH₄⁺

　　　　 (4)中　　 　mol·L^-1

解析：(1)恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则反应体系体积增大，平衡左移；使用催化剂只是改变了反应的途径，没有改变反应物与生成物的状态，△H不变；(2)利用盖斯定律，△H₁+△H₂+(-△H₃)= -77.6 kJ·mol^-1；(3)由于,K_sP [Cu(OH)₂]=2.2×10^-20＜K_sp[Mg(OH)₂]=1.8×10^-11，所以先生成沉淀；2NH₃·H₂O+Cu²⁺＝Cu(OH)₂↓+2 NH₄^*；根据溶液的电中性原则，c(NH₄^*)=c(Cl^-)，则[H⁺]＝[OH^-]；溶液显中性；K_b= ，c(NH₄^*)=c(Cl^-)＝0.005 mol·L^-1；[H⁺]＝[OH^-]＝1×10^-7 mol·L^-1(因为是25℃下且为中性)；[NH₃·H₂O]＝mol·L^-1－0.005 mol·L^-1，则：K_b=mol·L^-1。

43．(09年江苏化学·16)(8分)以氯化钾和钛白厂的副产品硫酸亚铁为原料生产硫酸钾、过二硫酸钠和氧化铁红颜料，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：

(1)反应I前需在FeSO₄溶液中加入　　 　　(填字母)，以除去溶液中的Fe³⁺。

A．锌粉　　　　　　　 B．铁屑　　　　　　　　　 C．KI溶液　　　　　　　 D．H₂

(2)反应Ⅰ需控制反应温度低于35℃，其目的是　　　　　 。

(3)工业生产上常在反应Ⅲ的过程中加入一定量的醇类溶剂，其目的是　　　　 。

(4)反应Ⅳ常被用于电解生产(NH₄)₂S₂O₈(二硫酸铵)。电解时均用惰性电极，阳极发生地电极反应可表示为　　　　　 。

答案：(1)B

(2)防止NH₄HCO₃分解(或减少Fe²⁺的水解)

(3)降低K₂SO₄ 的溶解度，有利于K₂SO₄ 析出。

(4)2SO₄^2- -2e^－2S₂O₈^2-

解析：(1)在FeSO₄溶液中除去溶液中的Fe³⁺，最好选用铁屑或铁粉，比较简单。(2)如果温度过高会导致NH₄HCO₃分解同样也会加快Fe²⁺的水解(温度越高水解速率越快)这样会使原料利用率降低。(3)由题目看出在III反应中生成的K₂SO₄ 为固体，而K₂SO₄在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使K₂SO₄析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K₂SO₄的溶解度。

(4)根据阴阳极反应原理阳极失电子发生氧化反应，此题实质是电解硫酸铵溶液，在根据反应后的产物得出正确的答案。

[考点分析]此题为化工生产题型，主要考察了化合物性质，电极方程式书写。做此类题要分析清楚每一个环节目的和结果是什么。这样才能判断各反应后的产物分别是什么。

42．(09年广东化学·24)(11分)

超细氧化铝是一种重要的功能陶瓷原料。

(1)实验室常以NH₄Al(SO₄)₂和NH₄HCO₃为原料，在一定条件下先反应生成沉淀NH₄AlO(OH)HCO₃,该沉淀高温分解即得超Al₂O₃,NH₄AlO(OH)HCO₃热分解的化学反应方程式　　　　　　　　 。

(2)NH₄Al(SO₄)₂·12H₂O的相对分子质量为453。欲配制100mlPH为2浓度约为0.1mol^-1的NH₄Al(SO₄)₂溶液,配制过程为

①用托盘天平称量NH₄Al(SO₄)₂·12H₂O固体　　　 g。

②将上述固体置于烧杯中　　　　　　　　　 。

(3)在0.1mol·l^-1NH₄Al(SO₄)₂溶液中，铝各形态的浓度(以Al³⁺计)的对数(lgc)随溶液ph变化的关系见下图

①用NaOH溶液调节(2)中溶液pH至7，该过程中发生反应的离子方程式有　　 ②请在答题卡的框图中，画出0.01mol·l^-1NH₄Al(SO₄)₂溶液中铝各形态的浓度的对数lgc随溶液pH变化的关系图，并进行必要的标注。

答案：(1)2NH₄AlO(OH)HCO₃2NH₃↑+Al₂O₃+3H₂O↑+2CO₂↑(2)将4.5g固体置于烧杯中，边加蒸馏水溶解边用玻璃棒搅拌，待完全溶解后，用玻璃棒移液至100ml的容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，加蒸馏水至刻度线2~3cm处应改用胶头滴管，上下振荡，静置，将配置好的溶液装入试剂瓶中，并贴上标签。

(3)。作图要点：起始与最终数值为-2；刚开始产生沉淀时PH要增大；完全沉淀和沉淀溶解时的PH应与原图一样；氢氧化铝完全溶解时的PH也是不变的二纵座标发生改变，所以线要与原图有所区别。

解析：(1)解答该题的关键是要判断出反应的产物，由题意NH₄AlO(OH)HCO₃热分解的产物应该有Al₂O₃，结合所学知识可知产物还应有NH₃、CO₂和H₂O，配平化学方程式得：2NH₄AlO(OH)HCO₃2NH₃↑+Al₂O₃+3H₂O↑+2CO₂↑

(2)注意配置一定物质的量浓度溶液的操作步骤地准确性，一般是计算、溶解、转移、洗涤、定容、装瓶。计算时要注意规范，同时要注意托盘天平的精确度是±0.1g，100ml 0.1mol/LNH₄Al(SO₄)₂中，物质的量为0.01mol,M[NH₄Al(SO₄)₂]=453g/mol ，所以m(NH₄Al(SO₄)₂)=453g/mol×0.01mol=4.53g=4.5g；溶解时要注意玻璃棒搅拌，转移时注意用到玻璃棒引流，同时还要注意洗涤操作，定容时距刻度2~3cm处应改用胶头滴管，同时还要注意上下震荡，使之混合均匀，装瓶时要注意贴上标签。

(3)①从题给图示可以看出，pH至7时铝离子完全转化为氢氧化铝沉淀，没有出现沉淀的溶解，又因为铵根离子水解使溶液显酸性，所以中性溶液中必须是铵根离子和一水合氨的混合物，说明必需有铵根离子与氢氧根的反应。该过程中发生反应的离子方程式为：Al³⁺ +3OH^-===Al(OH)₃↓；NH₄⁺ +OH^-=NH₃·H₂O②作图时注意NH₄Al(SO₄)₂浓度的变化，由于浓度变为0.01mol·l^-1，所以起始与最终数值为-2，又因为Al³⁺浓度减少减少为0.01mol·l^-1，而溶度积常数不变，所以刚开始产生沉淀时pH要增大。而完全沉淀和沉淀溶解时的PH应与原图一样不能改变，但注意氢氧化铝完全溶解时的PH也是不变的二纵座标发生改变，所以线要与原图有所区别。

41．(09年广东化学·22)(12分)

某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO_3、MgSiO₃、 CaMg(CO₃)_2、Al₂O₃和Fe₂O₃等，回收其中镁的工艺流程如下：

部分阳离子以氢氧化物形式完全深沉时溶液的pH由见上表，请回答下列问题：

(1)“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有　　　　　 (要求写出两条)

(2)滤渣I的主要成分有　　　 。

(3)从滤渣Ⅱ中可回收利用的主要物质有　　　 。

(4)Mg(ClO₃)₂在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反应制备：

　　　 MgCl₂+2NaClO₃₌₌₌Mg(ClO₃)₂+2NaCl

已知四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如下图所示：

①将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备Mg(ClO₃)₂.简述可制备Mg(ClO₃)₂的原因：　　　　 。

②按①中条件进行制备实验。在冷却降温析出Mg(ClO₃)₂过程中，常伴有NaCl析出，原因是：　　　　　　 。除去产品中该杂质的方法是：　　　　　　 。

答案：(1)增大硫酸浓度；加热升高温度；边加硫酸边搅拌(要求写出两条)

(2)滤渣Ⅰ主要成分有Fe(OH)₃、Al(OH)₃

(3)从滤液Ⅱ中可回收利用的主要物质有CaSO₄、Na₂SO₄

(4)①该反应的生成物为Mg(ClO₃)₂和NaCl的混合溶液，NaCl的溶解度随温度变化不大，Mg(ClO₃)₂的溶解度随温度升高而升高。利用两物的溶解度差异，通过加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，将Mg(ClO₃)₂与NaCl分离，制得Mg(ClO₃)₂。

②因为在相同温度向下NaCl的溶解度最小，所以在冷却结晶过程中，会有少量NaCl随Mg(ClO₃)₂析出；重结晶。

解析：(1)固体溶解及反应完全的措施一般是加热、振荡或搅拌，或是增大硫酸的浓度，所以答案应该从这些方面分析回答。

(2)从题给信息可以看出pH调到5.5应该Fe³⁺和Al³⁺沉淀完全，所以沉淀应该是氢氧化铁和氢氧化铝。

(3)从流程变化，因为废料浸出用到硫酸，可知滤液中应该含有硫酸根离子；从废料成分中含有CaMg(CO₃)₂和两次调节PH均用到氢氧化钠，可知滤液中阳离子应该有钠离子和钙离子，所以从滤渣Ⅱ中可回收利用的主要物质是硫酸钠和硫酸钙。

(4)①分析该题可以结合硝酸钾与氯化钠的分离方法思考，同时要注意题给图示，从图示上我们不难得到下列信息，一是相同温度时氯酸镁的溶解度最大氯化钠溶解度最小，二是氯酸镁溶解度随温度变化最大，氯化钠溶解度随温度变化最小。所以控制反应温度的变化，可以控制可溶性物质的分离。

②从题给图示不难看出相同温度时氯化钠的溶解度最小，因此在冷却降温析出Mg(ClO₃)₂过程中一定会析出氯化钠。由于氯酸镁和氯化钠均溶于水，溶于水的可溶性物质一般用结晶和重结晶的方法分离。