铁溶于一定浓度的硝酸溶液时，发生反应的离子方程式为：aFe+bNO3-+cH+=dFe2++fFe3++gNO↑+hNO

（1）图1表示在最适温度和最适pH条件下，人体内某种酶作用于一定量的适宜物质（底物），生成物量与反应时间的关系．若其他条件不变，将酶的浓度增加一倍，会使酶促反应速率也随之增加一倍，但是反应的平衡点不变，据此作图．
（2）酶的活性需要适宜的温度，在最适温度条件下，酶的催化活性达到最大值，人体胰蛋白酶的最适温度接近人体温度37℃左右，在此温度催化效率最高，低于最适温度时，酶的催化效率比较低，由此可以看出，符合要求的是C．
（3）酶促反应的原理是降低化学反应的活化能来加快化学反应的进行．
（4）酶的作用需要适宜的温度，没有观察到气泡的产生，可能是因为温度过高，使酶失去了活性导致实验失败；也可能是因为高温条件下过氧化氢已经全部分解，此时由于底物已经消失，也不会观察到预期的实验现象．
故答案为：
（1）
（2）C
（3）降低化学反应的活化能
（4）高温使过氧化氢酶变性，失去活性；高温使底物过氧化氢全部分解完毕．
（或：既有过氧化氢酶变性，又有底物被全部分解）

点评：
本题考点： 探究影响酶活性的因素；酶促反应的原理．

考点点评： 此题结合曲线以及实验设计考查酶活性的影响因素以及酶促反应的原理，难度适中，比较综合，意在考查学生对基础知识的理解与综合运用，识图以及作图能力等．

（1）设与0.44g二氧化碳反应消耗氢氧化钙的质量为X，生成沉淀质量为Y则：
CO₂+Ca（OH）₂═CaCO₃↓+H₂O
44 74 100
0.44g X Y
根据：[44/74＝
0.44g
X]解得X=0.74g；根据[44/100＝
0.44g
Y]解得Y=1g．
（2）CO₂+Ca（OH）₂═CaCO₃↓+H₂O
44 100
M m
根据：[44/100＝
M
m]解得m=[100M/44]，M的取值为0≤M＜0.44；
CaCO₃+H₂O+CO₂═Ca（HCO₃）₂
100 44
m M
根据：[100/44＝
m
M]解得m=[100M/44]，但是这是二氧化碳多于0.44g后消耗的碳酸钙的质量关系，所以还剩碳酸钙的质量等于生成碳酸钙最大值1减去消耗的碳酸钙的质量即：m=1-
100(M−0.44)
44或[88−100M/44]或2-（100M/44）
M取值范围：0.44≤M≤0.88　
（3）生成碳酸钙最大值是1，再通入二氧化碳碳酸钙就会减少，当通到0.88g二氧化碳碳酸钙正好被消耗完．把0点、1g、0.88三个点连接起来即可．
故答案为：（1）0.74
（2）①0≤M＜0.44　　　　m=100M/44
②0.44≤M≤0.88　m=1-
100(M−0.44)
44或[88−100M/44]或2-（100M/44）或其它合理答案
（4）（作图必须完全正确方可得分，见图）

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 解答本题容易出错的地方是碳酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，使沉淀减少．

Na₂O₂是强氧化剂，可将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，3molNa₂O₂固体溶于水发生：2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，生成6mol氢氧化钠．
1mol固体铝，与盐酸发生反应：2Al+6HCl=2AlCl₃+3H₂↑，生成1molAlCl₃，向溶液中再加入3molNa₂O₂固体，AlCl₃与氢氧化钠反应：AlCl₃+4NaOH=NaAlO₂+3NaCl+2H₂O，消耗4mol氢氧化钠，最终生成1molNaAlO₂和3molNaCl，剩余2mol氢氧化钠；
1mol固体铁，与盐酸发生反应：Fe+2HCl=FeCl₂+H₂↑，生成1molFeCl₂，向溶液中再加入3molNa₂O₂固体，AlCl₃与氢氧化钠反应：FeCl₂+2NaOH=Fe（OH）₂↓+2NaCl，消耗2mol氢氧化钠，生成1molFe（OH）₂和2molNaCl，Na₂O₂是强氧化剂，可将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，氢氧化亚铁在氧气和水的作用下生成氢氧化铁，4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃，所以最终生成1molFe（OH）₃和2molNaCl；
综上最终产物是1molNaAlO₂、1molFe（OH）₃和5molNaCl，
故选C．

点评：
本题考点： 铁的化学性质；铝的化学性质．

考点点评： 本题考查混合物铁、铝反应产物的定性判断，掌握铁、铝、过氧化钠的性质并根据方程式确定发生的反应是解题关键，题目难度中等．

硝酸被还原为NO₂、NO、N₂O 三种气体且标准状况下体积均为0.224L，即物质的量均为[0.224L/22.4L/mol]=0.01mol，所以转移的电子的物质的量为0.01mol×（5-4）+0.01mol×（5-2）+0.01mol×2×（5-1）=0.12mol．
最后沉淀为Cu（OH）₂、Mg（OH）₂，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，故最后沉淀质量等于2.14g+0.12mol×17g/mol=4.18g．
故选：B．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算；氧化还原反应的计算．

考点点评： 考查混合物的计算，难度中等，解题关键是判断金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量．

生物的生存依赖于一定的环境．生物生存所需要的基本条件是一样的，它们都需要营养物质、阳光、空气和水，还有适宜的温度和一定的生存空间．
故答案为：营养物质；阳光；空气；水；适宜的温度；一定的生存空间

点评：
本题考点： 生物生存的环境条件．

考点点评： 解答此类题目的关键是知道生物生存的基本条件．

当铁失去的电子最少，即铁完全转化为Fe²⁺，一个硝酸根离子得4个电子，即参加氧化还原反应的硝酸根离子全部被氧化为N₂O时，消耗的硝酸最少．
所以该反应方程式为：
4Fe+2NO₃^-+10H⁺=4Fe²⁺+N₂O↑+5H₂O
4 2
12 b
b=6
当铁失去的电子最多，即铁完全转化为Fe³⁺，一个硝酸根离子得3个电子，即参加氧化还原反应的硝酸根离子全部被氧化为NO时，消耗的硝酸最多．
发生的反应方程式为：
Fe+NO₃^-+2H⁺=Fe³⁺+NO↑+H₂O
1 1
12 b
b=12
所以b的取值范围为：6＜b＜12．
故选A．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查了有关氧化还原反应的计算，难度较大，本题中氧化产物和还原产物都是两种，且该方程式中的计量数未知，所以可用极限法进行配平，然后根据铁与硝酸根离子的关系式进行计算．

骨的位置的变化产生运动，但是骨本身是不能运动的．骨的运动要靠骨骼肌的牵拉．骨骼肌包括中间较粗的肌腹和两端较细的肌腱（乳白色），同一块骨骼肌的两端肌腱绕过关节连在不同的骨上．骨骼肌有受刺激而收缩的特性，当骨骼肌受神经传来的刺激收缩时，就会牵动骨绕着关节活动，于是躯体就会产生运动．但骨骼肌只能收缩牵拉骨而不能将骨推开，因此与骨相连的肌肉总是由两组肌肉相互配合活动的．在运动中，神经系统起调节作用，骨起杠杆的作用，关节起支点作用，骨骼肌起动力作用．可见，人体完成一个运动都要有神经系统的调节，有骨、骨骼肌、关节的共同参与，多组肌肉的协调作用，才能完成．可见，选项C不符合题意．
故选：C

点评：
本题考点： 关节的基本结构和功能；骨骼肌与人体主要的骨骼肌群；骨骼肌在运动中的协作关系．

考点点评： 当骨骼肌受神经传来的兴奋刺激收缩时，就会牵动着它所附着的骨，绕着关节活动，于是躯体就产生了运动．

环境影响生物如沙漠干旱缺水植物稀少，南橘北枳；生物必须适应环境，如寒带生物北极熊耐寒才能生存，河马不耐寒就无法生存；生物影响环境如蚯蚓改良土壤，千里之堤毁于蚁穴，表明生物对环境有影响．
故选：D．

点评：
本题考点： 环境对生物的影响；生物对环境的适应；生物对环境的影响．

考点点评： 解答此类题目的关键是理解环境与生物相互影响．

A．根据电荷守恒计算c（H⁺）-c（OH^-）=c（X^-）=[bmol
10−3VL=
1000b/V]mol/L，故A正确；
B．c（HX）=

ag
Mg/mol
10−3VL=[a
10−3MVmol/L，故B正确；
C．水的离子积常数未知导致无法计算氢氧根离子浓度，故C错误；
D．质量分数=
溶质的质量/溶液的质量×100%=
ag
(dV)g×100%=
a
dV]×100%，故D正确；
故选C．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液中溶质的质量分数及相关计算．

考点点评： 本题考查了弱电解质的电离及溶液中的各个物理量的计算，根据基本公式结合电荷守恒来分析解答，题目难度不大．

1年前

生物的生存依赖于一定的环境．生物生存所需要的基本条件是一样的，它们都需要营养物质、阳光、空气和水，还有适宜的温度和一定的生存空间．因此题干的说法正确．
故答案为：√．

点评：
本题考点： 环境对生物的影响．

考点点评： 解答此类题目的关键是知道生物生存的基本条件．

A、房屋失火，消防队员用水扑灭，水蒸发时吸收热量，可使温度降低到可燃物的着火点以下，从而达到灭火的目的；可燃物的着火点一般是不变的，不能降低可燃物的着火点，故选项说法错误．
B、用灯帽盖灭酒精灯，可以隔绝氧气或空气，从而达到灭火的目的，故选项说法错误．
C、汽油属于易燃物，汽油放置在空气中没有燃烧，是因为温度没有达到着火点，故选项说法错误．
D、为防止森林大火蔓延可设置隔离带，是利用了隔离可燃物达到灭火的目的，故选项说法正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 灭火的原理和方法；燃烧与燃烧的条件．

考点点评： 本题难度不大，掌握燃烧的条件与灭火的原理并能灵活运用是正确解答此类题的关键．

（1）A曲线70分钟后，生成物量不再增加的原因是淀粉（底物）已经分解完．
（2）若将反应液pH由1.8逐渐升至8.0，则唾液淀粉酶的催化速率将不变，原因是pH=1.8时唾液淀粉酶已经失活，即使PH值上升，酶的活性也不能恢复，
（3）若将反应温度变为20℃，其它条件不变，生成物量随反应时间变化的曲线为图中B，其原因是温度低于或者高于最适温度时，反应速率减慢，到达最大生成物量的时间延长．
故答案为：
（1）淀粉（底物）已经分解完
（2）不变 pH=1.8时唾液淀粉酶已经失活，即使PH值上升，酶的活性也不能恢复
（3）温度低于或者高于最适温度时，反应速率减慢，到达最大生成物量的时间延长

点评：
本题考点： 探究影响酶活性的因素．

考点点评： 本题主要考查学生对知识的记忆和理解能力．要注意：①低温和高温时酶的活性都降低，但两者的性质不同．②在过酸或过碱环境中，酶均失去活性而不能恢复．

A．根据电荷守恒计算c（H⁺）-c（OH^-）=c（X^-）=[bmol
10−3VL=
1000b/V]mol/L，故A正确；
B．c（HX）=

ag
Mg/mol
10−3VL=[a
10−3MVmol/L，故B正确；
C．水的离子积常数未知导致无法计算氢氧根离子浓度，故C错误；
D．质量分数=
溶质的质量/溶液的质量×100%=
ag
(dV)g×100%=
a
dV]×100%，故D正确；
故选C．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液中溶质的质量分数及相关计算．

考点点评： 本题考查了弱电解质的电离及溶液中的各个物理量的计算，根据基本公式结合电荷守恒来分析解答，题目难度不大．

硝酸被还原为NO₂、NO、N₂O 三种气体且标准状况下体积均为0.224L，即物质的量均为[0.224L/22.4L/mol]=0.01mol，所以转移的电子的物质的量为0.01mol×（5-4）+0.01mol×（5-2）+0.01mol×2×（5-1）=0.12mol．
最后沉淀为Cu（OH）₂、Mg（OH）₂，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，故最后沉淀质量等于2.14g+0.12mol×17g/mol=4.18g．
故选：B．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算；氧化还原反应的计算．

考点点评： 考查混合物的计算，难度中等，解题关键是判断金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量．

令Na₂O₂、HCl、Al₂O₃的物质的量分别为x、y、z，所得溶液中只含有Na⁺、AlO₂^-、Cl^-（不考虑AlO₂^-的水解和H₂O的电离），根据原子守恒及电荷守恒有：2x=y+2z，
A、Na₂O₂、HCl、Al₂O₃的物质的量之比为2：2：1，则2×2=2+2×1，故A正确；
B、Na₂O₂、HCl、Al₂O₃的物质的量之比为3：3：1，则2×3≠3+2×1，故B错误；
C、Na₂O₂、HCl、Al₂O₃的物质的量之比为3：4：1，则2×3=4+2×1，故C正确；
D、Na₂O₂、HCl、Al₂O₃的物质的量之比为4：6：1，则2×4=6+2×1，故D正确．
故选：B．

点评：
本题考点： 钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．

考点点评： 本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，运用原子守恒及电荷守恒是解题关键，难度较大．

（1）根据甲、乙、丙三位同学的实验数据分析可知，这三位同学所加的氢氧化钠已反应完，根据丙、丁两同学的实验数据分析可知，这两个实验中的氯化镁已反应完，则丙同学所做的实验中氯化镁和氢氧化钠恰好完全反应．故答案为：丙
（2）设样品中所含氯化镁的质量为x，生成氯化钠的质量为y，生成氢氧化镁的质量为z．
MgCl₂+2NaOH═Mg（OH）₂↓+2NaCl
95 80 58 117
x40g×10%z y
=4g

95
x＝
80
4g
80
4g＝
117
y
80
4g＝
58
z
x=4.75g y=5.85gz=2.9g

4.75g
5g×100%=95%
答：样品中氯化镁的质量分数为95%．
（3）
5g−4.75g+5.85g
25g+40g−2.9g×100%=9.8%
答：所得溶液中氯化钠的质量分数为9.8%．

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算；物质组成的综合计算；质量守恒定律及其应用．

（1）NO易于空气中的氧气反应生成NO₂，为检验NO的存在，应首先去除装置内的氧气，
故答案为：排除系统内的空气，防止生成的NO被空气中的O₂氧化；
（2）本实验目的是验证铜与浓硝酸反应，生成的NO₂气体中含有NO，而水与NO₂或N₂O₄反应，生成NO，干扰NO的验证，实验时应对气体进行干燥，
故答案为：无法确认铜与硝酸反应是否生成了NO气体；
（3）反应结束后，打开D部分的活塞k₂，并通入氧气，D瓶内气体由无色变为红棕色，发生的反应为2NO+O₂═2NO₂，红棕色的NO₂转化为无色N₂O₄气体的反应为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，NO₂的物质的量浓度增大，颜色加深，
故答案为：热的空气使平衡2NO₂⇌N₂O₄向左移动，NO₂的物质的量浓度增大，颜色加深；
（4）检验NO是否存在的方法是在NO的容器中通入氧气生成红棕色的NO₂气体，为避免NO₂气体的干扰，应将NO₂全部转化成N₂O₄晶体，NO₂易溶于水，应防止倒吸，
故答案为：NO₂全部转化成N₂O₄晶体，避免在D装置中对NO的验证产生干扰； 防止倒吸；
（5）①原硝酸中硝酸的物质的量为0.075L×12mol/L=0.9mol，反应后氢离子浓度为2mol/L，故剩余的硝酸的物质的量为0.075L×2mol/L=0.15mol，故参加反应的硝酸的物质的量为0.9mol-0.15mol=0.75mol，
故答案为：0.75mol；
②向反应后反应中加入足量的盐酸至不再生成沉淀，过滤、洗涤沉淀、干燥，称量沉淀的质量，根据氯化银沉淀的质量计算银的质量，进而确定铜的质量分数；
故答案为：向反应后反应中加入足量的盐酸至不再生成沉淀，过滤、洗涤沉淀、干燥，称量沉淀的质量．

点评：
本题考点： 性质实验方案的设计．

考点点评： 本题考查铜、银与浓硝酸反应，生成的NO2气体中含有NO的验证实验，题目难度中等，做题时注意把握物质的性质，排除物质的相互干扰，利用守恒思想计算．

由题意可知，金属Cu、Mg与硝酸反应后再加入足量的氢氧化钠溶液，
最后转化为Cu（OH）₂、Mg（OH）₂沉淀，
由+2价金属和金属离子结合氢氧根离子的数目可知，
氢氧根离子的物质的量即为金属失去电子的物质的量，
在金属与硝酸的反应中，硝酸被还原为NO₂、NO、N₂O三种气体而且在标准状况下它们的体积均为0.224L，
气体的物质的量为[0.224L/22.4L/mol]=0.01mol，
由电子守恒可知，
金属的失电子的物质的量为0.01mol×（5-4）+0.01mol×（5-2）+0.01mol×2×（5-1）=0.12mol，
即OH^-的物质的量为0.12mol，沉淀的质量为2.14g+0.12mol×17g/mol=4.18g，
故选A．

点评：
本题考点： 质量守恒定律；氧化还原反应的电子转移数目计算．

考点点评： 本题较难，考查学生利用氧化还原反应中的电子守恒及利用沉淀的化学式得出转移电子数与氢氧根离子的关系是解答本题的关键．