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江苏省镇江市丹阳市2025年中考二模化学试卷
一、单项选择题：共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项最符合题意。
1．下列属于纯净物的是
A．液氮 B．空气 C．生铁 D．海水
【答案】A
【知识点】合金与合金的性质；纯净物和混合物
【解析】 【解答】 A、液氮是液态的氮气，只由氮气一种物质组成，属于纯净物，选项A符合题意；
B、空气中含有氮气、氧气、稀有气体等多种物质，属于混合物，选项B不符合题意；
C、生铁是铁和碳的合金，含有铁、碳等多种物质，属于混合物，选项C不符合题意；
D、海水中含有水、氯化钠、氯化镁等多种物质，属于混合物，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A、根据纯净物的定义，由一种物质组成的物质为纯净物，液氮只由氮气一种物质组成，属于纯净物解答；
B、根据混合物的定义，由两种或两种以上物质组成的物质为混合物，空气含有多种气体，属于混合物解答；
C、根据混合物的定义，合金属于混合物，生铁是铁碳合金，属于混合物解答；
D、根据混合物的定义，海水中含有多种可溶性盐类，属于混合物解答。
2．下列现象主要是由化学变化引起的是
A．粽叶飘香 B．钻木取火 C．滴水成冰 D．沙里淘金
【答案】B
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】 【解答】A、粽叶飘香是分子在不断运动，导致香味扩散，没有新物质生成，属于物理变化，不是由化学变化引起的，选项A不符合题意；
B、钻木取火的过程中，木材燃烧生成二氧化碳、水等新物质，属于化学变化，该现象由化学变化引起，选项B符合题意；
C、滴水成冰是水由液态变为固态，只是物质的状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，不是由化学变化引起的，选项C不符合题意；
D、沙里淘金是将金从沙子中分离出来，没有新物质生成，属于物理变化，不是由化学变化引起的，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A、根据物理变化的核心定义，没有新物质生成的变化为物理变化，粽叶飘香是分子的扩散现象，无新物质生成，属于物理变化解答；
B、根据化学变化的核心定义，有新物质生成的变化为化学变化，钻木取火过程中木材燃烧有新物质生成，属于化学变化解答；
C、根据物理变化的核心定义，滴水成冰仅改变物质的状态，无新物质生成，属于物理变化解答；
D、根据物理变化的核心定义，沙里淘金仅完成物质的分离，无新物质生成，属于物理变化解答。
3．下列物质的用途主要与化学性质有关的是
A．用干冰进行人工降雨 B．用液氧作火箭助燃剂
C．用石墨作干电池电极 D．用活性炭除污水异味
【答案】B
【知识点】氧气的化学性质；化学性质与物理性质的差别及应用；碳单质的性质和用途；二氧化碳的用途
【解析】 【解答】A、用干冰进行人工降雨，是利用干冰升华吸热，使周围环境温度降低，该性质不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，选项A不符合题意；
B、用液氧作火箭助燃剂，是利用氧气的助燃性，助燃性需要在燃烧这个化学变化中才能表现出来，属于化学性质，选项B符合题意；
C、用石墨作干电池电极，是利用石墨的导电性，导电性不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，选项C不符合题意；
D、用活性炭除污水异味，是利用活性炭的吸附性，吸附性不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A、根据物理性质的定义，不需要发生化学变化就能表现出来的性质为物理性质，干冰升华吸热属于物理性质解答；
B、根据化学性质的定义，需要发生化学变化才能表现出来的性质为化学性质，氧气的助燃性需要在化学变化中体现，属于化学性质解答；
C、根据物理性质的定义，石墨的导电性属于物理性质解答；
D、根据物理性质的定义，活性炭的吸附性属于物理性质解答。
4．治疗胃酸过多时发生反应。其中属于盐的是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】酸、碱、盐的概念
【解析】 【解答】A、Al(OH)3是由铝离子和氢氧根离子构成的化合物，解离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，不属于盐，选项A不符合题意；
B、HCl是解离出的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸，不属于盐，选项B不符合题意；
C、AlCl3是由铝离子和氯离子构成的化合物，是由金属阳离子和酸根阴离子构成的，属于盐，选项C符合题意；
D、H2O是由两种元素组成，且其中一种元素是氧元素的化合物，属于氧化物，不属于盐，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A、根据碱的定义，解离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，Al(OH)3属于碱解答；
B、根据酸的定义，解离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，HCl属于酸解答；
C、根据盐的定义，由金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，AlCl3符合盐的定义解答；
D、根据氧化物的定义，由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物为氧化物，H2O属于氧化物解答。
5．下列归类不正确的是
选项 归类 内容
A 清洁能源 氢能、石油、太阳能
B 无机材料 玻璃、硬铝、不锈钢
C 酸性溶液 雨水、胃液、柠檬水
D 营养物质 淀粉、油脂、蛋白质
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；合成材料的使用及其对人和环境的影响；生命活动与六大营养素；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、清洁能源是指使用过程中不排放污染物的能源，氢能燃烧产物只有水，太阳能使用过程中无污染物排放，二者均属于清洁能源；石油属于化石燃料，燃烧会产生大量二氧化硫、氮氧化物、可吸入颗粒物等污染物，不属于清洁能源，该选项归类不正确，选项A符合题意；
B、无机材料包括无机非金属材料和金属材料，玻璃属于无机非金属材料，硬铝是铝合金、不锈钢是铁合金，二者均属于金属材料，因此都属于无机材料，该选项归类正确，选项B不符合题意；
C、pH小于7的溶液为酸性溶液，正常雨水因溶解空气中的二氧化碳生成碳酸，pH约为5.6，呈酸性；胃液中含有盐酸，呈强酸性；柠檬水中含有柠檬酸，呈酸性，三者均属于酸性溶液，该选项归类正确，选项C不符合题意；
D、人体六大基本营养物质为糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐，淀粉属于糖类，因此淀粉、油脂、蛋白质均属于营养物质，该选项归类正确，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据清洁能源的定义与常见能源的分类解答，清洁能源指在生产和使用过程中不产生污染物的能源，常见的清洁能源有氢能、太阳能、风能等，煤、石油、天然气等化石燃料燃烧会产生大量污染物，不属于清洁能源；
B、根据无机材料的分类解答，无机材料包含无机非金属材料（如玻璃、陶瓷、水泥等）和金属材料（包括纯金属与合金，如硬铝、不锈钢等）；
C、根据溶液酸碱性的判断标准解答，常温下pH小于7的溶液呈酸性，雨水、胃液、柠檬水的pH均小于7，都属于酸性溶液；
D、根据人体所需的六大基本营养物质解答，六大营养物质为糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐，淀粉属于糖类，因此三者均属于人体必需的营养物质。
6．配制溶液并探究其性质，下列操作规范的是
A．称量
B．溶解
C．测pH
D．中和
【答案】D
【知识点】实验室常见的仪器及使用；中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A、氢氧化钠具有腐蚀性，且易潮解，称量时应放在玻璃器皿（如小烧杯）中称量，不能直接放在纸上称量，操作不规范，选项A不符合题意；
B、溶解氢氧化钠时，在烧杯中进行，不能在量筒中溶解氢氧化钠 ，用玻璃棒不断搅拌，加速溶解，操作不规范，选项B不符合题意；
C、测定氢氧化钠溶液的pH时，不能将pH试纸直接伸入待测液中，会污染待测液，操作不规范，选项C不符合题意；
D、氢氧化钠溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红，滴加稀硫酸，氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，硫酸钠显中性，稀硫酸显酸性，均不能使无色酚酞试液变色，故溶液由红色变为无色，说明氢氧化钠与稀硫酸发生了反应，胶头滴管加液时，既不能伸入容器，更不能接触容器，应垂直悬空于容器上方，图中操作正确，符合题意 。
故答案为：D。
【分析】 A、根据氢氧化钠的称量要求，氢氧化钠具有腐蚀性、易潮解，需放在玻璃器皿中称量解答；
B、根据溶解操作的规范，溶解固体时在烧杯中进行，用玻璃棒搅拌加速溶解解答；
C、根据pH试纸的正确使用方法，测定溶液pH时，不能将pH试纸直接伸入待测液中，避免污染试剂解答；
D、根据胶头滴管的使用方法，滴加液体时胶头滴管需垂直悬空，不能伸入容器内解答。
7．下列实验方法不正确的是
A．用白醋除去热水瓶中的水垢
B．用水区分和固体
C．用稀盐酸除去中混有的
D．用灼热铜网检验中是否混有
【答案】C
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；金属的化学性质；酸的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】A、水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁，白醋中的醋酸能与碳酸钙、氢氧化镁发生反应，生成可溶于水的物质，因此可用白醋除去热水瓶中的水垢，实验方法正确，选项A不符合题意；
B、氢氧化钠固体溶于水放出大量的热，溶液温度升高；硝酸铵固体溶于水吸收热量，溶液温度降低，因此可用水区分NaOH和NH4NO3固体，实验方法正确，选项B不符合题意；
C、稀盐酸不仅能与Ca(OH)2反应，也能与CaO反应，会将原物质CaO一同除去，不符合除杂原则，实验方法不正确，选项C符合题意；
D、氧气能与灼热的铜网反应生成黑色的氧化铜，而氮气不与灼热的铜网反应，因此可用灼热铜网检验N2中是否混有O2，若铜网变黑，说明混有氧气，实验方法正确，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A、根据酸的化学性质，醋酸能与水垢的主要成分反应，可用于除水垢解答；
B、根据物质溶于水的热量变化，氢氧化钠溶于水放热，硝酸铵溶于水吸热，可通过水区分二者解答；
C、根据除杂的核心原则，除杂时不能除去原物质，稀盐酸能与CaO反应，会除去原物质，不符合除杂要求解答；
D、根据氧气的化学性质，氧气能与灼热的铜反应，而氮气不反应，可通过该方法检验氮气中是否混有氧气解答。
8．下列排序正确的是
A．空气中物质含量：
B．氧元素的化合价：
C．金属活动性顺序：
D．物质的溶解性：
【答案】B
【知识点】空气的组成；金属活动性顺序及其应用；酸碱盐的溶解性；有关元素化合价的计算
【解析】【解答】A、空气中各物质的含量按体积分数计算，氮气约占78%，氧气约占21%，二氧化碳约占0.03%，因此含量由多到少的顺序为氮气＞氧气＞二氧化碳，选项排序错误，选项A不符合题意；
B、O3中氧元素的化合价为0，CaO2中氧元素的化合价为-1价，Na2O中氧元素的化合价为-2价，因此氧元素化合价由大到小的顺序为O3＞CaO2＞Na2O，选项排序错误，选项B不符合题意；
C、金属活动性顺序中，金属活动性由强到弱的顺序为Mg＞Al＞Zn，选项排序错误，选项C不符合题意；
D、 碳酸钙难溶于水，氢氧化钙微溶于水，氯化钠易溶于水，则物质的溶解性由大到小的顺序为，说法错误，选项D符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A、根据空气的组成，按体积分数排序，空气中氮气含量最高，其次是氧气，最后是二氧化碳解答；
B、根据化合价的计算规则，单质中元素化合价为0，化合物中各元素正负化合价代数和为0，计算出不同物质中氧元素的化合价，再进行排序解答；
C、根据金属活动性顺序，金属活动性Mg＞Al＞Zn，据此判断排序是否正确解答；
D、根据常见物质的溶解性，氯化钙易溶、氢氧化钙微溶、碳酸钙难溶，据此判断排序是否正确解答。
9．下列指定反应的化学方程式正确的是
A．红磷燃烧：
B．湿法炼铜：
C．制备纯碱：
D．合成尿素：
【答案】D
【知识点】金属的化学性质；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】A、红磷燃烧生成五氧化二磷，化学方程式需遵循质量守恒定律，配平后应为4P + 5O2 2P2O5，选项中化学方程式未配平，书写错误，选项A不符合题意；
B、湿法炼铜是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁与硫酸铜反应生成的是硫酸亚铁，不是硫酸铁，选项中生成物书写错误，选项B不符合题意；
C、该反应是用纯碱和氢氧化钙制备烧碱，不是制备纯碱，反应物和生成物颠倒，化学方程式书写错误，选项C不符合题意；
D、二氧化碳和氨气在一定条件下反应生成尿素和水，化学方程式为CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，化学方程式书写正确，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、根据化学方程式的书写规则，化学方程式需遵循质量守恒定律，进行正确配平，红磷燃烧的化学方程式需配平为4P + 5O2 2P2O5解答；
B、根据金属与盐溶液的反应规律，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，不能生成硫酸铁，据此判断化学方程式正误解答；
C、根据物质的制备原理，纯碱是碳酸钠，烧碱是氢氧化钠，该反应是制备烧碱的反应，不是制备纯碱，据此判断正误解答；
D、根据合成尿素的反应原理，二氧化碳和氨气反应生成尿素和水，化学方程式书写符合客观事实和质量守恒定律解答。
10．常用反应检查氯气输送管道是否泄漏，下列说法不正确的是
A．X为
B．反应中3种元素的化合价都发生改变
C．检查处出现固体，则存在管道泄漏
D．可做化肥，不能与草木灰混用
【答案】B
【知识点】常见化肥的种类和作用；有关元素化合价的计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、个数不变。反应前有8个N原子、24个H原子、6个Cl原子，反应后已知的物质中有6个N原子、24个H原子、6个Cl原子，因此X中含有2个N原子，化学式为N2，说法正确，选项A不符合题意；
B、反应中，N元素的化合价由-3价变为0价，Cl元素的化合价由0价变为-1价，H元素的化合价始终为+1价，只有2种元素的化合价发生改变，不是3种，说法不正确，选项B符合题意；
C、反应生成的NH4Cl是白色固体，若检查处出现固体，说明氯气泄漏，与氨气发生了反应，说法正确，选项C不符合题意；
D、NH4Cl中含有氮元素，可做氮肥；草木灰的主要成分是碳酸钾，溶液显碱性，NH4Cl与碱性物质混合会产生氨气，降低肥效，因此不能与草木灰混用，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和个数不变，据此推断X的化学式为N2解答；
B、根据化合价的变化，反应中N、Cl元素的化合价发生改变，H元素化合价不变，只有2种元素化合价改变解答；
C、根据反应的现象，生成的NH4Cl是白色固体，因此出现固体说明管道泄漏解答；
D、根据铵态氮肥的使用注意事项，铵态氮肥不能与碱性物质混用，否则会放出氨气，降低肥效解答。
11．“碳循环”被称为地球生命的呼吸系统，碳元素在元素周期表中的信息如图所示。下列说法不正确的是
A．碳元素属于非金属元素
B．碳元素的相对原子质量为
C．常温下碳的化学性质比较稳定
D．“碳中和”中的“碳”主要指
【答案】B
【知识点】自然界中的物质循环；元素周期表的特点及其应用；碳的化学性质
【解析】【解答】A、碳元素的名称不带“钅”字旁，属于非金属元素，说法正确，选项A不符合题意；
B、元素周期表单元格中，元素名称下方的数字为相对原子质量，相对原子质量的单位为“1”，通常省略不写，不是“g”，因此碳元素的相对原子质量为12.01，不是12.01g，说法不正确，选项B符合题意；
C、常温下碳的化学性质比较稳定，不易与其他物质发生反应，说法正确，选项C不符合题意；
D、“碳中和”中的“碳”主要指的是二氧化碳，通过各种方式减少二氧化碳的排放、增加二氧化碳的吸收，实现二氧化碳的收支平衡，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A、根据元素的分类，碳元素属于非金属元素解答；
B、根据元素周期表单元格的信息，相对原子质量的单位为“1”，省略不写，不是“g”解答；
C、根据碳单质的化学性质，常温下碳的化学性质稳定解答；
D、根据“碳中和”的定义，“碳中和”中的“碳”主要指二氧化碳解答。
12．下图表示甲转化为丙的微观过程。下列有关说法不正确的是
A．转化①中原子和分子数目都不变
B．反应前后催化剂的质量不变
C．整个转化过程中共有2种氧化物
D．甲、乙、丙中碳元素的质量分数依次减小
【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；质量守恒定律及其应用；从组成上识别氧化物；化学反应的实质
【解析】【解答】先根据微观示意图确定物质化学式并配平化学方程式：
甲为CH4，乙为CH3OH，丙为HCHO，丁为H2O，反应中还有H2O2。
转化①：CH4 + H2O2 CH3OH+H2O
转化②：CH3OH + H2O2HCHO+2H2O
A、转化①中，根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目、质量均不变；反应前分子总数为2（1个CH4分子和1个H2O2分子），反应后分子总数为2（1个CH3OH分子和1个H2O分子），分子数目也不变。因此“原子和分子数目都不变”的说法正确，选项A不符合题意；
B、催化剂的特征是“一变两不变”，即改变反应速率，反应前后自身的质量和化学性质不变，因此该说法正确，选项B不符合题意；
C、氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物，整个转化过程中的氧化物为H2O2、H2O共2种，因此该说法正确，选项C不符合题意；
D、甲烷(甲)中碳元素的质量分数为；
CH4O(乙)中碳元素的质量分数为，
CH2O(丙)中碳元素的质量分数为 ，三
种物质中碳元素的质量分数由高到低依次为甲、丙、乙，故D说法错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后原子数目不变；结合配平后的转化①化学方程式，分子数目也保持不变。
B、根据催化剂的定义，催化剂在反应前后质量和化学性质均保持不变。
C、根据氧化物的定义，判断物质是否由两种元素组成且其中一种为氧元素，从而确定氧化物的种类。
D、根据元素质量分数计算公式：元素质量分数=该元素的相对原子质量×原子个数相对分子质量×100%，分别计算三种物质中碳元素的质量分数并比较大小，判断是否依次减小。
13．已知能将灼热还原为。用下图装置研究草酸铵受热分解的产物，下列说法不正确的是
A．装置②用于检验分解产物中是否有
B．装置③中试纸变蓝，说明分解产物中有
C．装置④中固体变红、装置⑤中石灰水变浑浊，说明产物中有
D．要证明分解产物中有，可在装置③、④之间增加装置⑤
【答案】C
【知识点】碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；实验探究物质的组成成分以及含量；二氧化碳的检验和验满；铵态氮肥的检验
【解析】【解答】A、无水硫酸铜遇水变蓝色，因此装置②中盛放无水硫酸铜，用于检验分解产物中是否有H2O，说法正确，选项A不符合题意；
B、氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，装置③中试纸变蓝，说明分解产物中有NH3，说法正确，选项B不符合题意；
C、装置④中固体变红，说明CuO被还原为Cu，装置5中石灰水变浑浊，说明生成了CO2，但NH3也能还原CuO，且生成的气体也可能使石灰水变浑浊，无法单独说明产物中有CO，说法不正确，选项C符合题意；
D、CO2能使澄清石灰水变浑浊，要证明分解产物中有CO2，可在装置③、④之间增加盛有澄清石灰水的装置⑤，若石灰水变浑浊，说明有CO2，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A、根据水的检验方法，无水硫酸铜遇水变蓝，可用于检验水的存在解答；
B、根据氨气的检验方法，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，据此判断分解产物中有氨气解答；
C、根据实验现象的分析，NH3也具有还原性，能还原CuO，会对CO的检验造成干扰，因此仅通过固体变红、石灰水变浑浊，不能说明产物中有CO解答；
D、根据二氧化碳的检验方法，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，因此在装置3、4之间增加装置5可检验二氧化碳解答。
14．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】氧气的实验室制法；金属锈蚀的条件及其防护；碱的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】A、NaOH溶液与NH4NO3在加热条件下反应生成硝酸钠、氨气和水，不能直接生成NaNO3且实现稳定转化，反应生成的氨气会逸出，得到纯净的NaNO3，转化能实现，选项A符合题意；
B、H2O2在MnO2的催化作用下分解生成水和氧气，不能生成H2，转化不能实现，选项B不符合题意；
C、Cu与空气中的CO2、H2O、O2共同作用，才会发生锈蚀生成铜绿Cu2(OH)2CO3，转化在给定条件下不能实现，选项C不符合题意；
D、SO2与石灰水（氢氧化钙溶液）反应生成亚硫酸钙和水，不能直接生成CaSO4，转化不能实现，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A、根据碱与铵盐的反应，氢氧化钠与硝酸铵加热反应生成氨气、水和硝酸钠，题目转化条件符合反应规律解答；
B、根据过氧化氢的分解反应，过氧化氢在二氧化锰催化下生成水和氧气，不能生成氢气，转化无法实现解答；
C、根据铜的锈蚀原理，铜与二氧化碳、水、氧气共同作用生成碱式碳酸铜，转化不能实现解答；
D、根据二氧化硫与碱的反应，二氧化硫与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，不是硫酸钙，转化无法实现解答。
15．下列实验方案能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A 鉴别加碘盐和无碘盐 取样，加入淀粉溶液，观察现象
B 检验中是否混有 取样，加入稀盐酸，观察现象
C 除去溶液中混有的 加入过量溶液，过滤、洗涤
D 比较的热稳定性 取样，分别加入试管中加热，观察现象
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氧气的实验室制法；盐的化学性质；鉴别淀粉、葡萄糖的方法与蛋白质的性质
【解析】 【解答】A、加碘盐中的碘是碘酸钾中的碘元素，不是碘单质，不能使淀粉变蓝，因此无法用淀粉溶液鉴别加碘盐和无碘盐，实验方案不能达到探究目的，选项A不符合题意；
B、Na2CO3和NaHCO3都能与稀盐酸反应产生气泡，且NaHCO3受热分解也会生成CO2，仅通过滴加稀盐酸无法检验Na2CO3中是否混有NaHCO3，实验方案不能达到探究目的，选项B不符合题意；
C、加入过量CaCl2溶液，只能将碳酸根离子转化为碳酸钙沉淀，无法得到纯净的氯化钠，且该方案未说明实验目的，无法判断是否能达到探究目的，选项C不符合题意；
D、比较MnO2、KMnO4的热稳定性，可将两种物质分别加热，观察是否分解、分解的温度高低，通过对比实验可比较二者的热稳定性，实验方案能达到探究目的，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、根据淀粉的特性，淀粉遇碘单质变蓝，加碘盐中的碘是碘酸钾，不是碘单质，无法用淀粉鉴别解答；
B、根据碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质，二者都能与稀盐酸反应产生气泡，无法通过稀盐酸检验碳酸钠中是否混有碳酸氢钠解答；
C、根据实验方案的设计，该方案未明确实验目的，且加入过量氯化钙会引入新杂质，无法达到对应实验目的解答；
D、根据热稳定性的探究方法，通过加热对比两种物质的分解情况，可比较二者的热稳定性解答。
16．如图为的转化和利用。下列说法不正确的是
A．转化①中氢分子间的空隙变小
B．转化②说明水是由氢、氧元素组成
C．转化③中的质量比为
D．转化④中无机物转化为有机物
【答案】C
【知识点】电解水实验；分子的定义与分子的特性；根据化学反应方程式的计算；有机物的特征、分类及聚合物的特性
【解析】【解答】A、转化1是氢气降温变为液氢，温度降低，氢分子间的空隙变小，说法正确，选项A不符合题意；
B、转化2是水通电分解生成氢气和氧气，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，说明水是由氢、氧元素组成的，说法正确，选项B不符合题意；
C、转化3是氮气和氢气在高温高压、催化剂的作用下生成氨气，反应的化学方程式为 ，参加反应的H2、N2的质量比为(3×2)：28=6：28=3：14，不是3：1，说法不正确，选项C符合题意；
D、转化4是CO2和H2在催化剂、高温高压下生成CH4O，CH4O是含碳元素的化合物，属于有机物，因此该转化中无机物转化为有机物，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A、根据分子的性质，温度降低，分子间的间隔变小，氢气降温变为液氢，分子间空隙变小解答；
B、根据电解水的实验结论，水通电分解生成氢气和氧气，说明水由氢、氧元素组成解答；
C、根据化学方程式的计算，合成氨的反应中，参加反应的氢气和氮气的质量比为3：14，不是3：1，3：1是分子个数比解答；
D、根据有机物的定义，含碳元素的化合物（除CO、CO2、碳酸盐等）属于有机物，CH4O属于有机物，因此该转化实现了无机物到有机物的转化解答。
17．和的溶解度表及溶解度曲线如下。下列说法正确的是
温度 20 30 50 60 80
溶解度 110 122 148
110 167
A．时，甲饱和溶液溶质质量分数为
B．应介于
C．将时饱和的和溶液分别升温到，所得溶液的溶质质量分数相等
D．将时等质量的饱和溶液分别降温到，所得溶液中水的质量：前者大于后者
【答案】D
【知识点】固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】根据溶解度表可知，硝酸钾的溶解度受温度变化的影响远大于硝酸钠，因此溶解度曲线中，甲为KNO3，乙为NaNO3。
A、T1℃时，甲的溶解度为50g，该温度下甲的饱和溶液溶质质量分数为 ，说法错误，选项A不符合题意；
B、溶解度相等的温度点，需要两种物质的溶解度数值相同。50℃时，NaNO3溶解度为110g，KNO3溶解度为85.5g；60℃时，NaNO3溶解度为122g，KNO3溶解度为110g，此温度范围内KNO3的溶解度始终小于NaNO3，二者溶解度相等的温度应高于60℃，并非50℃～60℃之间，说法错误，选项B不符合题意；
C、T1℃时，甲和乙的溶解度不同，二者饱和溶液的溶质质量分数不同；分别升温到T2℃，两种物质的溶解度均增大，溶液均变为不饱和溶液，溶质和溶剂的质量均不变，溶质质量分数也不变，因此所得溶液的溶质质量分数不相等，说法错误，选项C不符合题意；
D、T3℃时，KNO3的溶解度大于NaNO3，等质量的两种物质的饱和溶液中，溶解度越大，溶剂水的质量越小，因此NaNO3饱和溶液中的溶剂水质量大于KNO3饱和溶液；降温过程中，溶剂水的质量不发生变化，因此降温到T2℃时，所得溶液中水的质量：前者（NaNO3）大于后者（KNO3），说法正确，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、根据饱和溶液溶质质量分数的计算公式，饱和溶液溶质质量分数=溶解度/(100g+溶解度)×100%，计算得出T1℃时甲饱和溶液溶质质量分数约为33.3%解答；
B、根据溶解度表中的数据，50℃～60℃范围内，硝酸钾的溶解度始终小于硝酸钠，二者溶解度相等的温度高于60℃解答；
C、根据饱和溶液升温的溶质质量分数变化，升温后溶解度增大，溶液变为不饱和溶液，溶质质量分数不变，T1℃时二者饱和溶液溶质质量分数不同，升温后仍不相等解答；
D、根据饱和溶液中溶剂质量的判断，等质量的饱和溶液，溶解度越小，溶剂质量越大，降温过程中溶剂质量不变，因此硝酸钠溶液中的水质量更大解答。
18．固体中可能含有中的一种或几种。依次进行如下实验，下列说法不正确的是
A．取样，加入足量稀，无明显现象，则原固体中一定不含
B．取样，溶于足量水，产生白色沉淀，则原固体中一定含
C．取B中沉淀，加入足量稀，沉淀部分溶解，则原固体中一定含
D．取B中清液，先加入足量溶液，静置后再滴入溶液，产生白色沉淀，则原固体中一定含
【答案】D
【知识点】酸的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】A、取样，加入足量稀HNO3，无明显现象。碳酸钙能与稀硝酸反应生成二氧化碳气体，有气泡产生，因此无明显现象说明原固体中一定不含CaCO3，说法正确，选项A不符合题意；
B、取样，溶于足量水，产生白色沉淀。硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，氯化镁与氢氧化钡反应生成氢氧化镁白色沉淀，因此产生白色沉淀说明原固体中一定含Ba(OH)2，说法正确，选项B不符合题意；
C、取B中沉淀，加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解。硫酸钡沉淀不溶于稀硝酸，氢氧化镁沉淀能溶于稀硝酸，因此沉淀部分溶解说明沉淀中既有硫酸钡，又有氢氧化镁，原固体中一定含MgCl2，说法正确，选项C不符合题意；
D、取B中清液，先加入足量Ba(NO3)2溶液，静置后再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀。白色沉淀为氯化银，说明清液中含有氯离子，但氯化镁与氢氧化钡反应也会生成氯化钡，引入氯离子，因此无法说明原固体中一定含NaCl，说法不正确，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、根据碳酸钙的化学性质，碳酸钙能与稀硝酸反应产生二氧化碳气体，加入稀硝酸无明显现象，说明不含碳酸钙解答；
B、根据物质的溶解性和反应规律，硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，氯化镁与氢氧化钡反应生成氢氧化镁白色沉淀，因此产生白色沉淀一定含有氢氧化钡解答；
C、根据沉淀的性质，硫酸钡不溶于稀硝酸，氢氧化镁能溶于稀硝酸，沉淀部分溶解说明含有氢氧化镁，因此原固体中一定含有氯化镁解答；
D、根据氯离子的检验，氯化镁与氢氧化钡反应会生成氯化钡，引入氯离子，因此产生氯化银沉淀不能说明原固体中一定含有氯化钠解答。
19．是重要的化工原料，对其性质作如下探究。
实验①：将适量浓硫酸沿杯壁加入盛有水的烧杯中，不断搅拌。
实验②：向实验①的溶液中滴加滴紫色石蕊溶液。
实验③：向实验②的溶液中加入过量溶液，振荡、静置。
实验④：取实验③的上层清液于试管中，滴加过量溶液。
下列说法不正确的是
A．实验①中烧杯外壁发烫，说明浓硫硫酸溶于水放热
B．实验②中石蕊溶液变成红色，说明在水中能产生
C．实验③中产生白色沉淀，上层清液为红色，该反应为
D．实验④中可观察到现象：产生白色固体，溶液变成蓝色且含有2种溶质
【答案】D
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；碱的化学性质；盐的化学性质；稀释浓硫酸
【解析】【解答】A、实验1中将浓硫酸沿杯壁加入水中，不断搅拌，烧杯外壁发烫，说明浓硫酸溶于水放出大量的热，说法正确，选项A不符合题意；
B、实验2中向稀释后的硫酸溶液中滴加紫色石蕊溶液，石蕊溶液变红，酸性溶液能使紫色石蕊溶液变红，说明H2SO4在水中能解离出H+，使溶液显酸性，说法正确，选项B不符合题意；
C、实验3中向溶液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，上层清液为红色，是因为硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应的化学方程式为H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，生成的盐酸仍显酸性，能使石蕊溶液保持红色，说法正确，选项C不符合题意；
D、实验4中取实验3的上层清液，滴加过量NaOH溶液，氢氧化钠先与盐酸发生中和反应，盐酸完全反应后，氢氧化钠与过量的氯化钡不反应，因此不会产生白色固体；溶液会由红色变为无色，不会变成蓝色；最终溶液中含有氯化钠、氯化钡、氢氧化钠，溶质不止2种，说法不正确，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、根据浓硫酸的稀释现象，浓硫酸溶于水放热，因此烧杯外壁发烫解答；
B、根据酸的通性，酸性溶液能使紫色石蕊溶液变红，硫酸在水中解离出H+，使溶液显酸性解答；
C、根据硫酸与氯化钡的反应，二者反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，盐酸仍显酸性，因此上层清液仍为红色解答；
D、根据实验过程中的反应，实验3的上层清液中含有盐酸、氯化钡、石蕊，滴加过量氢氧化钠，氢氧化钠先与盐酸中和，溶液由红色变为无色，不会产生白色沉淀，也不会变为蓝色，最终溶质有氯化钠、氯化钡、氢氧化钠，不止2种解答。
20．已知：，而受热不易分解。现将和的混合物加热至质量不再改变，冷却后加入质量分数为的稀盐酸，恰好完全反应。下列说法不正确的是
A．整个实验过程中产生的质量为
B．原混合物中和的质量比为
C．反应后所得溶液的溶质质分数为
D．若在原混合物中加入该稀盐酸，恰好反应时消耗的质量也是
【答案】C
【知识点】盐的化学性质；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】首先，200g质量分数为7.3%的稀盐酸中，HCl的质量为200g×7.3%=14.6g。设与稀盐酸反应的Na2CO3的质量为x，生成的CO2质量为y，生成的NaCl质量为z。
Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2↑
106 73 117 44
x 14.6g z y
解得x=21.2g
解得y=8.8g
解得z=23.4g。
设原混合物中NaHCO3的质量为m，加热分解生成的Na2CO3质量为n，生成的CO2质量为p，生成的H2O质量为q。
2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2↑
168 106 18 44
m n q p
原混合物总质量为27.4g，因此27.4g - m + n = 21.2g，即27.4g - m + = 21.2g，解得m=16.8g，原混合物中Na2CO3的质量为27.4g-16.8g=10.6g。
n==10.6g，
p==4.4g，
q==1.8g。
A、整个实验过程中产生CO2的质量为加热分解生成的4.4g + 与盐酸反应生成的8.8g = 13.2g，说法正确，选项A不符合题意；
B、原混合物中Na2CO3和NaHCO3的质量比为10.6g：16.8g=106：168=53：84，说法正确，选项B不符合题意；
C、反应后所得溶液的质量为21.2g+200g-8.8g=212.4g，溶质NaCl的质量为23.4g，溶质质量分数为×100%=11.0%，不是11.7%，说法不正确，选项C符合题意；
D、原混合物中的Na2CO3和NaHCO3都能与稀盐酸反应，最终都转化为NaCl，根据钠元素守恒，原混合物中的钠元素质量与加热后固体中的钠元素质量相等，因此消耗的稀盐酸质量相同，都是200.0g，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A、根据碳酸氢钠加热分解生成的二氧化碳质量，加上碳酸钠与盐酸反应生成的二氧化碳质量，总质量为13.2g，据此判断说法正确解答；
B、通过计算得出原混合物中碳酸钠质量为10.6g，碳酸氢钠质量为16.8g，二者质量比为53：84，据此判断说法正确解答；
C、根据溶质质量分数的计算公式，计算出反应后溶液的溶质质量分数约为11.0%，并非11.7%，据此判断说法错误解答；
D、根据钠元素守恒，原混合物中的钠元素总量不变，因此与盐酸反应时，消耗的盐酸质量相同，据此判断说法正确解答。
二、第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
21．用化学符号表示。
（1）水银　 　；
（2）相对分子质量最小的氧化物　 　；
（3）2个氯离子　 　；
（4）人体缺少　 　元素会导致骨骼疏松。
【答案】（1）Hg
（2）H2O
（3）2Cl-
（4）Ca
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；元素的符号及其意义；化学式的书写及意义
【解析】【解答】（1）水银是金属汞的俗称，金属单质的化学式直接用元素符号表示，因此水银的化学式为Hg；
（2）氧化物是由两种元素组成，且其中一种元素是氧元素的化合物，相对分子质量最小的氧化物是水，化学式为H2O；
（3）离子的表示方法是在元素符号右上角标注所带的电荷数，数字在前，正负号在后，带1个单位电荷时1省略；表示多个离子，就在离子符号前加上对应的数字，因此2个氯离子表示为2Cl-；
（4）钙元素是人体骨骼和牙齿的主要组成元素，缺钙元素可能导致成年人骨质疏松，钙的元素符号为Ca。
【分析】 （1）根据金属单质的化学式书写规则，金属单质的化学式直接用元素符号表示，水银是汞，化学式为Hg解答；
（2）根据氧化物的定义和相对分子质量的计算，相对分子质量最小的氧化物是水，化学式为H2O解答；
（3）根据离子符号的书写规则，氯离子的符号为Cl-，2个氯离子就在前面加数字2，写作2Cl-解答；
（4）根据化学元素与人体健康的关系，缺钙会导致骨质疏松，钙的元素符号为Ca解答。
（1）水银是金属汞的俗称，直接用元素符号表示其化学式，其化学式为：Hg；
（2）相对分子质量最小的氧化物是水，其化学式为：H2O；
（3）由离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略，若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字，故2个氯离子表示为：2Cl-；
（4）人体缺少钙元素会导致骨骼疏松，其元素符号为：Ca。
22．选择下列适当的物质填空（选填序号）：
A.明矾 B.维生素 C.生石灰 D.聚氯乙烯 E.氧气 F.聚乙烯 G.苛性钠 H.武德合金
（1）可用于医疗急救的是　 　；
（2）蔬菜、水果中富含有　 　；
（3）常作净水絮凝剂的是　 　；
（4）可用于制保险丝的是　 　；
（5）可用于食品包装的是　 　；
（6）可做食品干燥剂的是　 　。
【答案】（1）E
（2）B
（3）A
（4）H
（5）F
（6）C
【知识点】有关化学之最；有机高分子材料的分类及鉴别；生命活动与六大营养素；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）氧气能供给呼吸，可用于医疗急救，对应序号E；
（2）蔬菜、水果中富含维生素，对应序号B；
（3）明矾溶于水后形成的胶体能吸附水中的悬浮杂质，加速沉降，常作净水絮凝剂，对应序号A；
（4）武德合金的熔点低，可用于制保险丝，对应序号H；
（5）聚乙烯无毒，可用于食品包装，对应序号F；
（6）生石灰是氧化钙的俗称，能与水反应，可做食品干燥剂，对应序号C。
【分析】 （1）根据氧气的用途，氧气能供给呼吸，可用于医疗急救解答；
（2）根据六大基本营养素的食物来源，蔬菜、水果中富含维生素解答；
（3）根据明矾的净水原理，明矾溶于水生成的胶体能吸附悬浮杂质，常用作净水絮凝剂解答；
（4）根据合金的性质，武德合金熔点低，可用于制作保险丝解答；
（5）根据有机合成材料的性质，聚乙烯无毒，可用于食品包装，而聚氯乙烯有毒，不能用于食品包装解答；
（6）根据生石灰的性质，氧化钙能与水反应，可用作食品干燥剂解答。
（1）氧气（E）用于维持呼吸，医疗急救中供氧。
（2）维生素（B）是蔬果的主要营养成分之一。
（3）明矾（A）水解生成胶体，吸附杂质使水澄清。
（4）武德合金（H）熔点低，适合做保险丝。
（5）聚乙烯（F）无毒，是食品包装常用塑料。
（6）生石灰（C）与水反应吸湿，作食品干燥剂。
23．我国自2001年起逐步推广使用车用乙醇汽油。
Ⅰ、认识乙醇汽油。
（1）化石燃料主要包括　 　、石油和天然气。
（2）乙醇汽油是将乙醇（）按一定比例添加入汽油中，结合下表说明乙醇汽油的优点是节约石油资源和　 　。
项目 汽油种类 每百公里油耗 排放量
同品牌同型 号汽车测试 乙醇汽油
普通汽油
Ⅱ、合成乙醇方法。
（3）以玉米为原料生产乙醇的流程如下图所示。
乙醇蕴藏的能量来自绿色植物通过　 　吸收的太阳能。不同体积分数的乙醇和水混合物能燃烧，如图1为乙醇的燃烧效率与其体积分数的关系。乙醇体积分数越小，燃烧效率越低的原因是　 　。
（4）乙烯（）与水反应可以合成乙醇。如图2为用和制备乙烯的装置。生产过程中，溶液的会　 　（选填“减小”、“不变”或“增大”）。
（5）我国首次实现了和一步近转化为乙醇，反应的化学方程式为　 　。化工产业中常用原子经济百分比（）来衡量工艺效率，该反应的原子经济百分比为　 　。
【答案】煤；减少CO排放；光合作用；水分越多，乙醇燃烧越不充分；减小；2CO2+6H2C2H6O+3H2O；46%
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；化学方程式的书写与配平；化石燃料的利用与保护；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】（1）化石燃料主要包括煤、石油和天然气，因此此处填煤；
（2）由表格数据可知，乙醇汽油的污染物排放更少，因此使用乙醇汽油的优点是节约石油资源和减少污染物排放，保护环境；
（3）绿色植物通过光合作用吸收太阳能，将二氧化碳和水转化为有机物，因此乙醇蕴藏的能量来自绿色植物通过光合作用吸收的太阳能；乙醇体积分数越小，燃烧效率越低，是因为乙醇中混有的水越多，水蒸发会吸收热量，使温度降低，不利于乙醇的燃烧；
（4）用CO2和H2O制备乙烯的过程中，反应生成乙烯和氧气，同时生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，因此溶液的pH会减小；
（5） 一定条件下，二氧化碳和氢气反应生成乙醇和水，反应的化学方程式为2CO2+6H2C2H6O+3H2O；根据化学方程式和原子经济百分比=，反应的原子经济百分比为 。
【分析】 （1）根据化石燃料的分类，化石燃料包括煤、石油、天然气解答；
（2）根据表格中的污染物数据，乙醇汽油的污染物排放更少，因此优点是减少污染物排放解答；
（3）根据光合作用的原理，绿色植物通过光合作用将太阳能转化为化学能，储存在有机物中；乙醇体积分数越小，水含量越高，水蒸发吸热，降低温度，导致燃烧效率降低解答；
（4）根据反应过程中溶液的酸碱性变化，反应生成硫酸，溶液酸性增强，pH减小解答；
（5）根据质量守恒定律，书写二氧化碳和氢气反应生成乙醇的化学方程式；根据原子经济百分比的计算公式，计算出该反应的原子经济百分比解答。
24．用石灰浆制备纳米并用其净化含烟气的流程如下。
（1）试剂X应选用　 　（选填序号）。
a.稀 b.稀 c.稀
（2）“过滤”时所用玻璃仪器有　 　、玻璃棒和烧杯。
（3）“酸溶”时，试剂X不能过量太多，一是节约试剂X，二是　 　。
（4）“制浆、净化”可在如图1所示装置中进行。
①含烟气从底部鼓入，浆液从顶部喷淋，其目的是　 　。
②装置中发生的总反应的化学方程式为　 　。
（5）生石膏（）受热会逐步失去结晶水。取加热，测定固体质量随温度的变化情况如图2所示。要获得熟石膏（）应控制加热温度为　 　（选填“”、“”或“”）℃。
【答案】（1）b
（2）漏斗
（3）避免转化过程中消耗过多的氨气
（4）增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分；
（5）
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）制备纳米CaCO3的过程中，酸溶后需要得到CaCl2溶液，后续与CO2、NH3反应生成CaCO3和NH4Cl，因此试剂X应选用稀盐酸，对应序号b；
（2）“过滤”时所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；
（3）“酸溶”时，试剂X不能过量太多，一是节约试剂，二是过量的盐酸会在后续制浆过程中消耗更多的NH3，增加成本；
（4）①含SO2烟气从底部鼓入，浆液从顶部喷淋，能增大烟气与浆液的接触面积，使反应更充分，提高SO2的吸收效率；②装置中发生的总反应是碳酸钙、二氧化硫、氧气和水反应生成生石膏，化学方程式为
2CaCO3+2SO2+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O+2CO2；
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则中钙元素的质量等于中钙元素的质量，即，则生成的质量为，则结合图2可知，要获得熟石膏（）应控制加热温度为℃。
【分析】 （1）根据制备流程的产物，酸溶后需要得到氯化钙，因此试剂X选用稀盐酸，稀硫酸会生成硫酸钙微溶物，稀硝酸会引入硝酸根杂质，因此选b解答；
（2）根据过滤操作的仪器，过滤用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯解答；
（3）根据流程的后续反应，过量的盐酸会与氨气反应，消耗更多的氨气，增加成本，因此盐酸不能过量太多解答；
（4）①根据逆流接触的优点，能增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高吸收效率解答；②根据反应的反应物和生成物，书写总反应的化学方程式，注意配平解答；
（5）根据固体质量的变化，1.45g对应熟石膏的质量，因此控制温度为T2解答。
（1）由流程图可知，经过滤得到纳米碳酸钙和氯化铵溶液，氯化铵中含有氯元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，则转化过程中的反应物中应含有氯元素，则试剂X应选用稀，稀与氢氧化钙反应生成氯化钙和水，稀与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，氯化钙、水、二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，故选：b；
（2）“过滤”时所用玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；
（3）由第（1）小问分析可知，试剂X为稀，稀能与氨气反应，则“酸溶”时，稀不能过量太多，一是节约稀，二是避免转化过程中消耗过多的氨气；
（4）①含烟气从底部鼓入，浆液从顶部喷淋，其目的是增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分；
②装置中发生的总反应为碳酸钙与二氧化硫、氧气、水反应生成和二氧化碳，化学方程式为；
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则中钙元素的质量等于中钙元素的质量，即，则生成的质量为，则结合图2可知，要获得熟石膏（）应控制加热温度为℃。
25．请结合下图回答问题。
（1）仪器名称：①　 　，②　 　。
（2）用氯酸钾和二氧化锰制取，反应的化学方程式为　 　。可选E装置收集，理由是　 　。
（3）用锌与稀硫酸制取，选用发生装置C相对于装置B的优点是　 　。若用G装置收集，气体应从　 　（选填“a”或“b”）端通入。
（4）溶液导电能力越强，电导率越大。进行如图1实验，测得装置J烧杯中溶液电导率变化如图2所示。
①装置H中制取的化学方程式为　 　。
②装置Ⅰ的作用为　 　。
③用化学方程式解释实验进行至后电导率上升的原因　 　。
④实验进行至后电导率不变的原因是　 　。
【答案】（1）铁架台；分液漏斗
（2）；氧气不易溶于水
（3）能控制反应的发生与停止；a
（4）；检验氯化氢是否除尽；；蒸馏水中溶解的二氧化碳达到饱和
【知识点】氧气的实验室制法；盐的化学性质；溶液的导电性及其原理分析；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）仪器①的名称是铁架台、分液漏斗；
（2）氯酸钾在二氧化锰的催化作用和加热条件下分解生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式为；E装置是排水法收集装置，可选用E装置收集O2，理由是氧气不易溶于水，且不与水发生反应；
（3）装置C带有分液漏斗和活塞，相对于装置B的优点是可以通过分液漏斗控制液体的滴加速度，从而控制反应的发生与停止，或控制反应速率；氢气的密度比空气小，若用G装置收集H2，气体应从b端通入，将空气从a端排出；
（4）①装置H中是石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
②装置I中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢气体；
③实验进行至100s后，二氧化碳与氢氧化钡反应完全，继续通入二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸解离出离子，使溶液的导电能力增强，电导率上升，反应的化学方程式为CO2+H2O=H2CO3；
④实验进行至300s后，溶液中碳酸的浓度达到饱和，离子浓度不再变化，因此电导率不变。
【分析】 （1）根据实验室常用仪器的名称，识别仪器①为试管解答；
（2）根据氯酸钾制取氧气的反应原理，书写化学方程式，注意配平、标注反应条件；根据排水法收集气体的适用范围，氧气不易溶于水、不与水反应，因此可用排水法收集解答；
（3）根据发生装置的优点，C装置的分液漏斗可控制液体滴加速度，从而控制反应速率；根据向下排空气法收集氢气的方法，氢气密度比空气小，因此从b端通入解答；
（4）①根据实验室制取二氧化碳的反应原理，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，书写化学方程式解答；②根据气体的除杂，饱和碳酸氢钠溶液可除去二氧化碳中的氯化氢杂质解答；③根据溶液导电能力的变化，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸解离出离子，使电导率上升，据此书写化学方程式解答；④根据溶液电导率的影响因素，当碳酸达到饱和时，离子浓度不再变化，因此电导率不变解答。
（1）仪器①是铁架台，②是分液漏斗。
（2）氯酸钾在二氧化锰催化和加热条件下生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式为；
可选E装置收集氧气，理由是氧气不易溶于水。
（3）用锌与稀硫酸制取H2，选用发生装置C相对于装置B的优点是可以通过装置内气压的变化控制反应的发生和停止，因为装置C中有多孔隔板，关闭弹簧夹时，装置内压强增大，将液体压回长颈漏斗，使固体和液体分离，反应停止；打开弹簧夹时，气体排出，装置内压强减小，液体流下与固体接触，反应发生。因为氢气密度比空气小，故若用G装置收集，气体应从a端通入。
（4）①装置H制取二氧化碳，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为；
②装置I中是硝酸银溶液，硝酸银与盐酸反应生成白色沉淀氯化银，装置I作用是检验氯化氢气体是否除尽。
③实验进行至100s后电导率上升的原因是二氧化碳溶于水并与水反应生成碳酸，碳酸能解离出氢离子和碳酸根离子，导致溶液中离子浓度增加，溶液导电能力越强，反应的化学方程式为。
④实验进行至300s后电导率不变的原因是蒸馏水中溶解的二氧化碳达到饱和，溶液中离子浓度不再改变。
26．以废镍（含和少量）制备碱式碳酸镍的实验步骤如下。
Ⅰ、制备溶液
（1）酸溶：将废镍粉碎，加入足量稀硫酸中，产生气泡。
①收集气体，　 　（填操作）后点燃，产生淡蓝色火焰。该气体为。
②生成的化学方程式为　 　。
（2）氧化：过滤后向滤液中加入溶液，目的是将转化为。此过程需保持滤液温度在左右，原因是　 　。
（3）除铁：加入调节溶液，生成，过滤得溶液。参考下表数据，为保证完全沉淀且不生成沉淀，需控制溶液的范围为　 　。
金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的
Ⅱ、制备碱式碳酸镍。实验过程如下。
（4）“沉淀”时应将溶液滴入溶液中，其原因是　 　。
（5）碱式碳酸镍受热会完全分解为和。取碱式碳酸镍固体充分加热，将生成气体依次用足量的浓硫酸和碱石灰充分吸收。实验测得：剩余固体，浓硫酸增重，碱石灰增重。则碱式碳酸镍的化学式为　 　。
（6）若产品干燥不彻底，则测得的　 　（选填“x”、“y”或“z”）的值会偏大。
【答案】检验纯度；；防止温度过高导致过氧化氢分解；3.2≤pH<6.7；Na2CO3溶液显碱性，NiSO4会转化为Ni（OH）2沉淀，降低产品纯度；NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；z
【知识点】金属的化学性质；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）①氢气是可燃性气体，不纯时点燃易发生爆炸，因此收集气体后，需先验纯，再点燃；②镍与稀硫酸反应生成硫酸镍和氢气，反应的化学方程式为Ni+H2SO4=NiSO4+H2↑；
（2）向滤液中加入H2O2溶液，将FeSO4转化为Fe2(SO4)3，保持滤液温度在40℃左右，原因是温度过低，反应速率太慢；温度过高，H2O2会分解，降低氧化效率；
（3）为保证Fe3+完全沉淀且不生成Ni(OH)2沉淀，需控制溶液pH的范围为3.2≤pH＜6.7；
（4）“沉淀”时将Na2CO3溶液滴入NiSO4溶液中，原因是防止Na2CO3溶液过量，导致生成Ni(OH)2沉淀，保证生成碱式碳酸镍；
（5）碱石灰增重0.44g就是二氧化碳的质量为0.44g，设碳酸镍质量的质量为a，生成NiO的质量为b，
则Ni(OH)2分解生成NiO的质量为2.25g-0.75g=1.5g，设Ni( OH)2的质量为m，生成水的质量为n，
浓硫酸增重1.08g就是生成水的总质量，则结晶水的质量为1.08g-0.36g=0.72g，故，则碱式碳酸镍的化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O。
（6）若产品干燥不彻底，会导致测得的水的质量偏大，因此z的值会偏大。
【分析】 （1）①根据可燃性气体的使用注意事项，氢气点燃前必须验纯，防止发生爆炸解答；②根据镍与稀硫酸的反应，生成硫酸镍和氢气，书写化学方程式解答；
（2）根据过氧化氢的性质，温度过高过氧化氢易分解，温度过低反应速率太慢，因此控制温度在40℃左右解答；
（3）根据沉淀的pH范围，保证Fe3+完全沉淀的pH≥3.2，不生成Ni(OH)2沉淀的pH＜6.7，因此pH范围为3.2≤pH＜6.7解答；
（4）根据沉淀的生成控制，将碳酸钠溶液滴入硫酸镍溶液中，可防止碳酸钠过量，避免生成氢氧化镍沉淀，保证生成碱式碳酸镍解答；
（5）根据质量守恒定律和元素守恒，通过NiO、H2O、CO2的质量，计算出x、y、z的比值，确定碱式碳酸镍的化学式解答；
（6）根据误差分析，产品干燥不彻底，会导致测得的水的质量偏大，因此z的值偏大解答。
27．进行如图1实验，测得烧杯中溶液变化如图2所示。
（1）向溶液中通入足量气体。
①段溶液中浓度　 　（选填“不变”、“增大”或“减小”）。
②段烧杯中溶液温度逐渐　 　。
（2）向溶液中通入足量气体。
已：此条件下溶液的，溶液的。
①请将下列实验方案补充完整：取少量D点溶液，　 　（填写实验操作和现象，下同），静后向上层清液　 　，说明溶液中含有和。
②段发生反应的化学方程式为　 　。
（3）C点溶液低于G点的原因是　 　。
【答案】（1）减小；降低
（2）加入足量氯化钙溶液，产生白色沉淀；加入无色酚酞试液，溶液变红；
（3）盐酸的酸性比碳酸强
【知识点】碱的化学性质；中和反应及其应用；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）①AB段，向氢氧化钠溶液中通入HCl气体，HCl与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，溶液体积变化可忽略，因此溶液中Na+浓度不变；②BC段，HCl与氢氧化钠的中和反应是放热反应，因此烧杯中溶液温度逐渐升高；
（2）①要证明溶液中含有Na2CO3和NaOH，先取少量D点溶液，加入过量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明含有碳酸钠；静置后向上层清液中滴加酚酞溶液，溶液变红，说明含有氢氧化钠；
②此条件下溶液的，溶液的，E点时，pH=11.6，此时溶液中的溶质是碳酸钠，F点时，pH=8.3，此时溶液中的溶质是碳酸氢钠，则段发生反应为碳酸钠、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，该反应的化学方程式为：；
（3）C点溶液是氯化钠和过量HCl的混合溶液，G点溶液是碳酸氢钠溶液，HCl是强酸，完全电离，碳酸氢钠溶液显弱碱性，因此C点溶液的氢离子浓度远大于G点，pH更低。
【分析】 （1）①根据反应的实质，HCl与NaOH反应生成NaCl和H2O，Na+没有参与反应，溶液体积变化可忽略，因此Na+浓度不变解答；②根据中和反应的热效应，中和反应是放热反应，因此溶液温度逐渐升高解答；
（2）①根据碳酸钠和氢氧化钠的检验方法，先加入过量氯化钡溶液检验并除去碳酸钠，再用酚酞溶液检验氢氧化钠，据此补充实验操作和现象解答；②根据碳酸钠与二氧化碳、水的反应，生成碳酸氢钠，书写化学方程式解答；
（3）根据溶液的酸碱性，C点溶液是酸性的，G点溶液是弱碱性的，因此C点pH更低解答。
（1）①向溶液中通入足量HCl气体，氯化氢溶于水形成盐酸，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，随着反应的进行，溶液质量增加，钠离子的质量不变，则钠离子的浓度减小；
②AB段氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，B点时恰好完全反应，该反应放出热量，BC段温度逐渐恢复至室温，故BC 段烧杯中溶液温度逐渐降低；
（2）①结论为溶液中含有碳酸钠和氢氧化钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，故取少量D点溶液，加入足量氯化钙溶液，产生白色沉淀，说明含碳酸钠，且足量的氯化钙溶液能将碳酸钠除尽，氢氧化钠溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红，故静置后向上层清液加入无色酚酞试液，溶液变红，说明含氢氧化钠；
②此条件下溶液的，溶液的，E点时，pH=11.6，此时溶液中的溶质是碳酸钠，F点时，pH=8.3，此时溶液中的溶质是碳酸氢钠，则段发生反应为碳酸钠、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，该反应的化学方程式为：；
（3）C点溶液显酸性，是因为氯化氢溶于水形成盐酸，盐酸显酸性，G点显酸性，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸显酸性，pH越小，酸性越强，故C点溶液低于G点的原因是：盐酸的酸性比碳酸强。
28．从古至今，铁及其化合物一直被人类泛应用。
一、铁的有关知识
（1）春秋“铜柄铁剑”是迄今为止发现的最早钢制实物，展现了我国古代高超的冶炼、铸造工艺。
①剑身腐蚀程度明显大于剑柄的原因是　 　。
②如图2实验探究铁生锈的条件，对比可得出铁生锈需要　 　。
③以磁铁矿为原料炼铁反应的化学方程式为　 　。
④生铁炼钢，主要是降低　 　元素含量。
（2）铁及其化合物在现代各种领域发挥着重要作用。
①纳米零价铁（）用于废水处理，可用反应制取，该反应属于　 　（填化学反应基本类型）。
②溶液可除去石油开采过程中的有害气体，并获得S，原理如下。
总反应的化学方程式为　 　。
二、制备晶体
以硫铁矿（主要成分为，含少量）为原料制备晶体的流程如下。
（3）“焙烧”得，“酸溶”的化学方程式为　 　。
（4）“过滤”后洗涤，证明固体已洗净的方法是　 　。
（5）“还原”发生的反应为：。该转化也可用实现，发生的反应为：。与相比，选用的优点为：
①将“焙烧”所得应用于“还原”，降低成本、减小污染。不计损耗、“焙烧”所得在“还原”中　 　（选填“需补充”、“恰好反应”或“有剩余”）。
②　 　。
（6）参考下表数据，补充完整从反应液中结晶出的“系列操作”；蒸发浓缩、控制在　 　（填温度范围）结晶、过滤、洗涤、烘干。
表：在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成（仅在温度下可同时析出两种晶体）。
温度 0 30 50 60 64 70 90
溶解度
析出晶体
三、晶体制备
已知：①高温加热生成或和硫的氧化物；②控制温度加热，与发生反应：。
现以晶体为原料制取。
（7）准确称取晶体（相对分子质量为224）样品隔绝空气充分加热，获得。则该晶体混有　 　（选填“”或“”）。
（8）继续加热至更高温度，得剩余固体。判断剩余固体是否为纯净的，如若不纯净，写出具体净化措施　 　。
【答案】铁的金属活动性比铜强，更易生锈；氧气；；碳；置换反应；；；取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无白色沉淀则洗净；有剩余；产物可循环利用（合理即可）；56.7 C～64 C；FeSO4 H2O；将剩余固体在500 600 C条件下，通入CO气体加热
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；酸的化学性质；盐的化学性质；探究金属锈蚀的条件
【解析】【解答】（1）①剑身腐蚀程度明显大于剑柄，是因为剑身与水、氧气的接触更充分，更易发生锈蚀；②生铁炼钢，主要是降低生铁中的碳元素含量；③磁铁矿的主要成分是Fe3O4，以磁铁矿为原料炼铁，是一氧化碳与四氧化三铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为Fe3O4+4CO3Fe+4CO2；④实验中，试管①中的铁钉同时接触水和氧气，发生锈蚀，试管②中的铁钉只接触水，不生锈，试管③中的铁钉只接触氧气，不生锈，对比可得出铁生锈需要水和氧气；
（2）①反应FeCl2+H2高温2HCl+Fe，是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应；②总反应是硫化氢与氧气在氯化铁的催化作用下反应生成硫和水，化学方程式为2H2S+O22S↓+2H2O；
（3）“酸溶”是氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；
（4）证明固体已洗净的方法是：取最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明固体已洗净；
（5）①硫铁矿（FeS2 ）焙烧反应：，此反应生成SO2；“还原”发生的反应为：。根据质量守恒定律，铁原子守恒，，则二氧化硫有剩余；
②SO2还原生成的H2SO4，能回到流程的 “酸溶” 环节，则产物可循环利用，实现资源循环；
(6)分析表格，要结晶出FeSO4 4H2O，结合溶解度表，温度应控制在56.7 C～64 C。
(7)假设12.90g全是FeSO4 4H2O，加热后FeSO4质量为12.90g×≈8.75g，实际得9.12gFeSO4，说明混有的晶体含结晶水更少（FeSO4 H2O ），因为FeSO4 H2O加热失去结晶水后FeSO4占比更高；FeSO4 H2O脱水后FeSO4占比≈89.4%，比FeSO4 4H2O（）、FeSO4 7H2O（≈54.7%）的占比高；所以混有FeSO4 H2O。
(8)最终FeSO4质量为9.12g，Fe元素质量=9.12g×=3.36g。纯净Fe3O4的理论质量3.36g÷=4.64g。实际剩余固体4.72g≠4.64g，故不纯净。已知：，剩余固体可能含Fe2O3杂质，净化方法：将剩余固体在500 600 C条件下，通入CO气体加热。
【分析】（1）①根据铁生锈的条件，铁与水、氧气接触越充分，锈蚀越严重解答；②根据生铁炼钢的原理，炼钢是降低生铁中的碳含量解答；③根据炼铁的反应原理，一氧化碳与四氧化三铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，书写化学方程式解答；④根据铁生锈的条件探究实验，通过对比实验得出铁生锈需要水和氧气解答；
（2）①根据基本反应类型的定义，置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，该反应符合置换反应的特征解答；②根据反应的总过程，硫化氢与氧气在氯化铁的催化下生成硫和水，书写总反应的化学方程式解答；
（3）根据酸溶的反应，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，书写化学方程式解答；
（4）根据固体洗涤的检验，固体表面会附着硫酸根离子，因此检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子，可判断是否洗净解答；
（5）②根据化学方程式的计量关系，焙烧生成的SO2的量大于还原反应所需的量，因此SO2有剩余解答；
（6）根据溶解度表，要得到FeSO4·4H2O，需控制温度在50℃～64℃之间解答；
（7）根据样品中FeSO4的质量分数，对比不同结晶水合物中FeSO4的质量分数，判断混有的杂质为FeSO4·H2O解答；
（8）根据铁元素的质量守恒，计算剩余固体中铁元素的质量，与纯净Fe3O4中铁元素的质量对比，判断固体不纯净，并给出对应的净化措施解答。
1 / 1江苏省镇江市丹阳市2025年中考二模化学试卷
一、单项选择题：共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项最符合题意。
1．下列属于纯净物的是
A．液氮 B．空气 C．生铁 D．海水
2．下列现象主要是由化学变化引起的是
A．粽叶飘香 B．钻木取火 C．滴水成冰 D．沙里淘金
3．下列物质的用途主要与化学性质有关的是
A．用干冰进行人工降雨 B．用液氧作火箭助燃剂
C．用石墨作干电池电极 D．用活性炭除污水异味
4．治疗胃酸过多时发生反应。其中属于盐的是
A． B． C． D．
5．下列归类不正确的是
选项 归类 内容
A 清洁能源 氢能、石油、太阳能
B 无机材料 玻璃、硬铝、不锈钢
C 酸性溶液 雨水、胃液、柠檬水
D 营养物质 淀粉、油脂、蛋白质
A．A B．B C．C D．D
6．配制溶液并探究其性质，下列操作规范的是
A．称量
B．溶解
C．测pH
D．中和
7．下列实验方法不正确的是
A．用白醋除去热水瓶中的水垢
B．用水区分和固体
C．用稀盐酸除去中混有的
D．用灼热铜网检验中是否混有
8．下列排序正确的是
A．空气中物质含量：
B．氧元素的化合价：
C．金属活动性顺序：
D．物质的溶解性：
9．下列指定反应的化学方程式正确的是
A．红磷燃烧：
B．湿法炼铜：
C．制备纯碱：
D．合成尿素：
10．常用反应检查氯气输送管道是否泄漏，下列说法不正确的是
A．X为
B．反应中3种元素的化合价都发生改变
C．检查处出现固体，则存在管道泄漏
D．可做化肥，不能与草木灰混用
11．“碳循环”被称为地球生命的呼吸系统，碳元素在元素周期表中的信息如图所示。下列说法不正确的是
A．碳元素属于非金属元素
B．碳元素的相对原子质量为
C．常温下碳的化学性质比较稳定
D．“碳中和”中的“碳”主要指
12．下图表示甲转化为丙的微观过程。下列有关说法不正确的是
A．转化①中原子和分子数目都不变
B．反应前后催化剂的质量不变
C．整个转化过程中共有2种氧化物
D．甲、乙、丙中碳元素的质量分数依次减小
13．已知能将灼热还原为。用下图装置研究草酸铵受热分解的产物，下列说法不正确的是
A．装置②用于检验分解产物中是否有
B．装置③中试纸变蓝，说明分解产物中有
C．装置④中固体变红、装置⑤中石灰水变浑浊，说明产物中有
D．要证明分解产物中有，可在装置③、④之间增加装置⑤
14．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A． B．
C． D．
15．下列实验方案能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A 鉴别加碘盐和无碘盐 取样，加入淀粉溶液，观察现象
B 检验中是否混有 取样，加入稀盐酸，观察现象
C 除去溶液中混有的 加入过量溶液，过滤、洗涤
D 比较的热稳定性 取样，分别加入试管中加热，观察现象
A．A B．B C．C D．D
16．如图为的转化和利用。下列说法不正确的是
A．转化①中氢分子间的空隙变小
B．转化②说明水是由氢、氧元素组成
C．转化③中的质量比为
D．转化④中无机物转化为有机物
17．和的溶解度表及溶解度曲线如下。下列说法正确的是
温度 20 30 50 60 80
溶解度 110 122 148
110 167
A．时，甲饱和溶液溶质质量分数为
B．应介于
C．将时饱和的和溶液分别升温到，所得溶液的溶质质量分数相等
D．将时等质量的饱和溶液分别降温到，所得溶液中水的质量：前者大于后者
18．固体中可能含有中的一种或几种。依次进行如下实验，下列说法不正确的是
A．取样，加入足量稀，无明显现象，则原固体中一定不含
B．取样，溶于足量水，产生白色沉淀，则原固体中一定含
C．取B中沉淀，加入足量稀，沉淀部分溶解，则原固体中一定含
D．取B中清液，先加入足量溶液，静置后再滴入溶液，产生白色沉淀，则原固体中一定含
19．是重要的化工原料，对其性质作如下探究。
实验①：将适量浓硫酸沿杯壁加入盛有水的烧杯中，不断搅拌。
实验②：向实验①的溶液中滴加滴紫色石蕊溶液。
实验③：向实验②的溶液中加入过量溶液，振荡、静置。
实验④：取实验③的上层清液于试管中，滴加过量溶液。
下列说法不正确的是
A．实验①中烧杯外壁发烫，说明浓硫硫酸溶于水放热
B．实验②中石蕊溶液变成红色，说明在水中能产生
C．实验③中产生白色沉淀，上层清液为红色，该反应为
D．实验④中可观察到现象：产生白色固体，溶液变成蓝色且含有2种溶质
20．已知：，而受热不易分解。现将和的混合物加热至质量不再改变，冷却后加入质量分数为的稀盐酸，恰好完全反应。下列说法不正确的是
A．整个实验过程中产生的质量为
B．原混合物中和的质量比为
C．反应后所得溶液的溶质质分数为
D．若在原混合物中加入该稀盐酸，恰好反应时消耗的质量也是
二、第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
21．用化学符号表示。
（1）水银　 　；
（2）相对分子质量最小的氧化物　 　；
（3）2个氯离子　 　；
（4）人体缺少　 　元素会导致骨骼疏松。
22．选择下列适当的物质填空（选填序号）：
A.明矾 B.维生素 C.生石灰 D.聚氯乙烯 E.氧气 F.聚乙烯 G.苛性钠 H.武德合金
（1）可用于医疗急救的是　 　；
（2）蔬菜、水果中富含有　 　；
（3）常作净水絮凝剂的是　 　；
（4）可用于制保险丝的是　 　；
（5）可用于食品包装的是　 　；
（6）可做食品干燥剂的是　 　。
23．我国自2001年起逐步推广使用车用乙醇汽油。
Ⅰ、认识乙醇汽油。
（1）化石燃料主要包括　 　、石油和天然气。
（2）乙醇汽油是将乙醇（）按一定比例添加入汽油中，结合下表说明乙醇汽油的优点是节约石油资源和　 　。
项目 汽油种类 每百公里油耗 排放量
同品牌同型 号汽车测试 乙醇汽油
普通汽油
Ⅱ、合成乙醇方法。
（3）以玉米为原料生产乙醇的流程如下图所示。
乙醇蕴藏的能量来自绿色植物通过　 　吸收的太阳能。不同体积分数的乙醇和水混合物能燃烧，如图1为乙醇的燃烧效率与其体积分数的关系。乙醇体积分数越小，燃烧效率越低的原因是　 　。
（4）乙烯（）与水反应可以合成乙醇。如图2为用和制备乙烯的装置。生产过程中，溶液的会　 　（选填“减小”、“不变”或“增大”）。
（5）我国首次实现了和一步近转化为乙醇，反应的化学方程式为　 　。化工产业中常用原子经济百分比（）来衡量工艺效率，该反应的原子经济百分比为　 　。
24．用石灰浆制备纳米并用其净化含烟气的流程如下。
（1）试剂X应选用　 　（选填序号）。
a.稀 b.稀 c.稀
（2）“过滤”时所用玻璃仪器有　 　、玻璃棒和烧杯。
（3）“酸溶”时，试剂X不能过量太多，一是节约试剂X，二是　 　。
（4）“制浆、净化”可在如图1所示装置中进行。
①含烟气从底部鼓入，浆液从顶部喷淋，其目的是　 　。
②装置中发生的总反应的化学方程式为　 　。
（5）生石膏（）受热会逐步失去结晶水。取加热，测定固体质量随温度的变化情况如图2所示。要获得熟石膏（）应控制加热温度为　 　（选填“”、“”或“”）℃。
25．请结合下图回答问题。
（1）仪器名称：①　 　，②　 　。
（2）用氯酸钾和二氧化锰制取，反应的化学方程式为　 　。可选E装置收集，理由是　 　。
（3）用锌与稀硫酸制取，选用发生装置C相对于装置B的优点是　 　。若用G装置收集，气体应从　 　（选填“a”或“b”）端通入。
（4）溶液导电能力越强，电导率越大。进行如图1实验，测得装置J烧杯中溶液电导率变化如图2所示。
①装置H中制取的化学方程式为　 　。
②装置Ⅰ的作用为　 　。
③用化学方程式解释实验进行至后电导率上升的原因　 　。
④实验进行至后电导率不变的原因是　 　。
26．以废镍（含和少量）制备碱式碳酸镍的实验步骤如下。
Ⅰ、制备溶液
（1）酸溶：将废镍粉碎，加入足量稀硫酸中，产生气泡。
①收集气体，　 　（填操作）后点燃，产生淡蓝色火焰。该气体为。
②生成的化学方程式为　 　。
（2）氧化：过滤后向滤液中加入溶液，目的是将转化为。此过程需保持滤液温度在左右，原因是　 　。
（3）除铁：加入调节溶液，生成，过滤得溶液。参考下表数据，为保证完全沉淀且不生成沉淀，需控制溶液的范围为　 　。
金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的
Ⅱ、制备碱式碳酸镍。实验过程如下。
（4）“沉淀”时应将溶液滴入溶液中，其原因是　 　。
（5）碱式碳酸镍受热会完全分解为和。取碱式碳酸镍固体充分加热，将生成气体依次用足量的浓硫酸和碱石灰充分吸收。实验测得：剩余固体，浓硫酸增重，碱石灰增重。则碱式碳酸镍的化学式为　 　。
（6）若产品干燥不彻底，则测得的　 　（选填“x”、“y”或“z”）的值会偏大。
27．进行如图1实验，测得烧杯中溶液变化如图2所示。
（1）向溶液中通入足量气体。
①段溶液中浓度　 　（选填“不变”、“增大”或“减小”）。
②段烧杯中溶液温度逐渐　 　。
（2）向溶液中通入足量气体。
已：此条件下溶液的，溶液的。
①请将下列实验方案补充完整：取少量D点溶液，　 　（填写实验操作和现象，下同），静后向上层清液　 　，说明溶液中含有和。
②段发生反应的化学方程式为　 　。
（3）C点溶液低于G点的原因是　 　。
28．从古至今，铁及其化合物一直被人类泛应用。
一、铁的有关知识
（1）春秋“铜柄铁剑”是迄今为止发现的最早钢制实物，展现了我国古代高超的冶炼、铸造工艺。
①剑身腐蚀程度明显大于剑柄的原因是　 　。
②如图2实验探究铁生锈的条件，对比可得出铁生锈需要　 　。
③以磁铁矿为原料炼铁反应的化学方程式为　 　。
④生铁炼钢，主要是降低　 　元素含量。
（2）铁及其化合物在现代各种领域发挥着重要作用。
①纳米零价铁（）用于废水处理，可用反应制取，该反应属于　 　（填化学反应基本类型）。
②溶液可除去石油开采过程中的有害气体，并获得S，原理如下。
总反应的化学方程式为　 　。
二、制备晶体
以硫铁矿（主要成分为，含少量）为原料制备晶体的流程如下。
（3）“焙烧”得，“酸溶”的化学方程式为　 　。
（4）“过滤”后洗涤，证明固体已洗净的方法是　 　。
（5）“还原”发生的反应为：。该转化也可用实现，发生的反应为：。与相比，选用的优点为：
①将“焙烧”所得应用于“还原”，降低成本、减小污染。不计损耗、“焙烧”所得在“还原”中　 　（选填“需补充”、“恰好反应”或“有剩余”）。
②　 　。
（6）参考下表数据，补充完整从反应液中结晶出的“系列操作”；蒸发浓缩、控制在　 　（填温度范围）结晶、过滤、洗涤、烘干。
表：在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成（仅在温度下可同时析出两种晶体）。
温度 0 30 50 60 64 70 90
溶解度
析出晶体
三、晶体制备
已知：①高温加热生成或和硫的氧化物；②控制温度加热，与发生反应：。
现以晶体为原料制取。
（7）准确称取晶体（相对分子质量为224）样品隔绝空气充分加热，获得。则该晶体混有　 　（选填“”或“”）。
（8）继续加热至更高温度，得剩余固体。判断剩余固体是否为纯净的，如若不纯净，写出具体净化措施　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金与合金的性质；纯净物和混合物
【解析】 【解答】 A、液氮是液态的氮气，只由氮气一种物质组成，属于纯净物，选项A符合题意；
B、空气中含有氮气、氧气、稀有气体等多种物质，属于混合物，选项B不符合题意；
C、生铁是铁和碳的合金，含有铁、碳等多种物质，属于混合物，选项C不符合题意；
D、海水中含有水、氯化钠、氯化镁等多种物质，属于混合物，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A、根据纯净物的定义，由一种物质组成的物质为纯净物，液氮只由氮气一种物质组成，属于纯净物解答；
B、根据混合物的定义，由两种或两种以上物质组成的物质为混合物，空气含有多种气体，属于混合物解答；
C、根据混合物的定义，合金属于混合物，生铁是铁碳合金，属于混合物解答；
D、根据混合物的定义，海水中含有多种可溶性盐类，属于混合物解答。
2．【答案】B
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】 【解答】A、粽叶飘香是分子在不断运动，导致香味扩散，没有新物质生成，属于物理变化，不是由化学变化引起的，选项A不符合题意；
B、钻木取火的过程中，木材燃烧生成二氧化碳、水等新物质，属于化学变化，该现象由化学变化引起，选项B符合题意；
C、滴水成冰是水由液态变为固态，只是物质的状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，不是由化学变化引起的，选项C不符合题意；
D、沙里淘金是将金从沙子中分离出来，没有新物质生成，属于物理变化，不是由化学变化引起的，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A、根据物理变化的核心定义，没有新物质生成的变化为物理变化，粽叶飘香是分子的扩散现象，无新物质生成，属于物理变化解答；
B、根据化学变化的核心定义，有新物质生成的变化为化学变化，钻木取火过程中木材燃烧有新物质生成，属于化学变化解答；
C、根据物理变化的核心定义，滴水成冰仅改变物质的状态，无新物质生成，属于物理变化解答；
D、根据物理变化的核心定义，沙里淘金仅完成物质的分离，无新物质生成，属于物理变化解答。
3．【答案】B
【知识点】氧气的化学性质；化学性质与物理性质的差别及应用；碳单质的性质和用途；二氧化碳的用途
【解析】 【解答】A、用干冰进行人工降雨，是利用干冰升华吸热，使周围环境温度降低，该性质不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，选项A不符合题意；
B、用液氧作火箭助燃剂，是利用氧气的助燃性，助燃性需要在燃烧这个化学变化中才能表现出来，属于化学性质，选项B符合题意；
C、用石墨作干电池电极，是利用石墨的导电性，导电性不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，选项C不符合题意；
D、用活性炭除污水异味，是利用活性炭的吸附性，吸附性不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A、根据物理性质的定义，不需要发生化学变化就能表现出来的性质为物理性质，干冰升华吸热属于物理性质解答；
B、根据化学性质的定义，需要发生化学变化才能表现出来的性质为化学性质，氧气的助燃性需要在化学变化中体现，属于化学性质解答；
C、根据物理性质的定义，石墨的导电性属于物理性质解答；
D、根据物理性质的定义，活性炭的吸附性属于物理性质解答。
4．【答案】C
【知识点】酸、碱、盐的概念
【解析】 【解答】A、Al(OH)3是由铝离子和氢氧根离子构成的化合物，解离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，不属于盐，选项A不符合题意；
B、HCl是解离出的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸，不属于盐，选项B不符合题意；
C、AlCl3是由铝离子和氯离子构成的化合物，是由金属阳离子和酸根阴离子构成的，属于盐，选项C符合题意；
D、H2O是由两种元素组成，且其中一种元素是氧元素的化合物，属于氧化物，不属于盐，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A、根据碱的定义，解离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，Al(OH)3属于碱解答；
B、根据酸的定义，解离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，HCl属于酸解答；
C、根据盐的定义，由金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，AlCl3符合盐的定义解答；
D、根据氧化物的定义，由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物为氧化物，H2O属于氧化物解答。
5．【答案】A
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；合成材料的使用及其对人和环境的影响；生命活动与六大营养素；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、清洁能源是指使用过程中不排放污染物的能源，氢能燃烧产物只有水，太阳能使用过程中无污染物排放，二者均属于清洁能源；石油属于化石燃料，燃烧会产生大量二氧化硫、氮氧化物、可吸入颗粒物等污染物，不属于清洁能源，该选项归类不正确，选项A符合题意；
B、无机材料包括无机非金属材料和金属材料，玻璃属于无机非金属材料，硬铝是铝合金、不锈钢是铁合金，二者均属于金属材料，因此都属于无机材料，该选项归类正确，选项B不符合题意；
C、pH小于7的溶液为酸性溶液，正常雨水因溶解空气中的二氧化碳生成碳酸，pH约为5.6，呈酸性；胃液中含有盐酸，呈强酸性；柠檬水中含有柠檬酸，呈酸性，三者均属于酸性溶液，该选项归类正确，选项C不符合题意；
D、人体六大基本营养物质为糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐，淀粉属于糖类，因此淀粉、油脂、蛋白质均属于营养物质，该选项归类正确，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据清洁能源的定义与常见能源的分类解答，清洁能源指在生产和使用过程中不产生污染物的能源，常见的清洁能源有氢能、太阳能、风能等，煤、石油、天然气等化石燃料燃烧会产生大量污染物，不属于清洁能源；
B、根据无机材料的分类解答，无机材料包含无机非金属材料（如玻璃、陶瓷、水泥等）和金属材料（包括纯金属与合金，如硬铝、不锈钢等）；
C、根据溶液酸碱性的判断标准解答，常温下pH小于7的溶液呈酸性，雨水、胃液、柠檬水的pH均小于7，都属于酸性溶液；
D、根据人体所需的六大基本营养物质解答，六大营养物质为糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐，淀粉属于糖类，因此三者均属于人体必需的营养物质。
6．【答案】D
【知识点】实验室常见的仪器及使用；中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A、氢氧化钠具有腐蚀性，且易潮解，称量时应放在玻璃器皿（如小烧杯）中称量，不能直接放在纸上称量，操作不规范，选项A不符合题意；
B、溶解氢氧化钠时，在烧杯中进行，不能在量筒中溶解氢氧化钠 ，用玻璃棒不断搅拌，加速溶解，操作不规范，选项B不符合题意；
C、测定氢氧化钠溶液的pH时，不能将pH试纸直接伸入待测液中，会污染待测液，操作不规范，选项C不符合题意；
D、氢氧化钠溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红，滴加稀硫酸，氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，硫酸钠显中性，稀硫酸显酸性，均不能使无色酚酞试液变色，故溶液由红色变为无色，说明氢氧化钠与稀硫酸发生了反应，胶头滴管加液时，既不能伸入容器，更不能接触容器，应垂直悬空于容器上方，图中操作正确，符合题意 。
故答案为：D。
【分析】 A、根据氢氧化钠的称量要求，氢氧化钠具有腐蚀性、易潮解，需放在玻璃器皿中称量解答；
B、根据溶解操作的规范，溶解固体时在烧杯中进行，用玻璃棒搅拌加速溶解解答；
C、根据pH试纸的正确使用方法，测定溶液pH时，不能将pH试纸直接伸入待测液中，避免污染试剂解答；
D、根据胶头滴管的使用方法，滴加液体时胶头滴管需垂直悬空，不能伸入容器内解答。
7．【答案】C
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；金属的化学性质；酸的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】A、水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁，白醋中的醋酸能与碳酸钙、氢氧化镁发生反应，生成可溶于水的物质，因此可用白醋除去热水瓶中的水垢，实验方法正确，选项A不符合题意；
B、氢氧化钠固体溶于水放出大量的热，溶液温度升高；硝酸铵固体溶于水吸收热量，溶液温度降低，因此可用水区分NaOH和NH4NO3固体，实验方法正确，选项B不符合题意；
C、稀盐酸不仅能与Ca(OH)2反应，也能与CaO反应，会将原物质CaO一同除去，不符合除杂原则，实验方法不正确，选项C符合题意；
D、氧气能与灼热的铜网反应生成黑色的氧化铜，而氮气不与灼热的铜网反应，因此可用灼热铜网检验N2中是否混有O2，若铜网变黑，说明混有氧气，实验方法正确，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A、根据酸的化学性质，醋酸能与水垢的主要成分反应，可用于除水垢解答；
B、根据物质溶于水的热量变化，氢氧化钠溶于水放热，硝酸铵溶于水吸热，可通过水区分二者解答；
C、根据除杂的核心原则，除杂时不能除去原物质，稀盐酸能与CaO反应，会除去原物质，不符合除杂要求解答；
D、根据氧气的化学性质，氧气能与灼热的铜反应，而氮气不反应，可通过该方法检验氮气中是否混有氧气解答。
8．【答案】B
【知识点】空气的组成；金属活动性顺序及其应用；酸碱盐的溶解性；有关元素化合价的计算
【解析】【解答】A、空气中各物质的含量按体积分数计算，氮气约占78%，氧气约占21%，二氧化碳约占0.03%，因此含量由多到少的顺序为氮气＞氧气＞二氧化碳，选项排序错误，选项A不符合题意；
B、O3中氧元素的化合价为0，CaO2中氧元素的化合价为-1价，Na2O中氧元素的化合价为-2价，因此氧元素化合价由大到小的顺序为O3＞CaO2＞Na2O，选项排序错误，选项B不符合题意；
C、金属活动性顺序中，金属活动性由强到弱的顺序为Mg＞Al＞Zn，选项排序错误，选项C不符合题意；
D、 碳酸钙难溶于水，氢氧化钙微溶于水，氯化钠易溶于水，则物质的溶解性由大到小的顺序为，说法错误，选项D符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A、根据空气的组成，按体积分数排序，空气中氮气含量最高，其次是氧气，最后是二氧化碳解答；
B、根据化合价的计算规则，单质中元素化合价为0，化合物中各元素正负化合价代数和为0，计算出不同物质中氧元素的化合价，再进行排序解答；
C、根据金属活动性顺序，金属活动性Mg＞Al＞Zn，据此判断排序是否正确解答；
D、根据常见物质的溶解性，氯化钙易溶、氢氧化钙微溶、碳酸钙难溶，据此判断排序是否正确解答。
9．【答案】D
【知识点】金属的化学性质；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】A、红磷燃烧生成五氧化二磷，化学方程式需遵循质量守恒定律，配平后应为4P + 5O2 2P2O5，选项中化学方程式未配平，书写错误，选项A不符合题意；
B、湿法炼铜是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁与硫酸铜反应生成的是硫酸亚铁，不是硫酸铁，选项中生成物书写错误，选项B不符合题意；
C、该反应是用纯碱和氢氧化钙制备烧碱，不是制备纯碱，反应物和生成物颠倒，化学方程式书写错误，选项C不符合题意；
D、二氧化碳和氨气在一定条件下反应生成尿素和水，化学方程式为CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，化学方程式书写正确，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、根据化学方程式的书写规则，化学方程式需遵循质量守恒定律，进行正确配平，红磷燃烧的化学方程式需配平为4P + 5O2 2P2O5解答；
B、根据金属与盐溶液的反应规律，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，不能生成硫酸铁，据此判断化学方程式正误解答；
C、根据物质的制备原理，纯碱是碳酸钠，烧碱是氢氧化钠，该反应是制备烧碱的反应，不是制备纯碱，据此判断正误解答；
D、根据合成尿素的反应原理，二氧化碳和氨气反应生成尿素和水，化学方程式书写符合客观事实和质量守恒定律解答。
10．【答案】B
【知识点】常见化肥的种类和作用；有关元素化合价的计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、个数不变。反应前有8个N原子、24个H原子、6个Cl原子，反应后已知的物质中有6个N原子、24个H原子、6个Cl原子，因此X中含有2个N原子，化学式为N2，说法正确，选项A不符合题意；
B、反应中，N元素的化合价由-3价变为0价，Cl元素的化合价由0价变为-1价，H元素的化合价始终为+1价，只有2种元素的化合价发生改变，不是3种，说法不正确，选项B符合题意；
C、反应生成的NH4Cl是白色固体，若检查处出现固体，说明氯气泄漏，与氨气发生了反应，说法正确，选项C不符合题意；
D、NH4Cl中含有氮元素，可做氮肥；草木灰的主要成分是碳酸钾，溶液显碱性，NH4Cl与碱性物质混合会产生氨气，降低肥效，因此不能与草木灰混用，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和个数不变，据此推断X的化学式为N2解答；
B、根据化合价的变化，反应中N、Cl元素的化合价发生改变，H元素化合价不变，只有2种元素化合价改变解答；
C、根据反应的现象，生成的NH4Cl是白色固体，因此出现固体说明管道泄漏解答；
D、根据铵态氮肥的使用注意事项，铵态氮肥不能与碱性物质混用，否则会放出氨气，降低肥效解答。
11．【答案】B
【知识点】自然界中的物质循环；元素周期表的特点及其应用；碳的化学性质
【解析】【解答】A、碳元素的名称不带“钅”字旁，属于非金属元素，说法正确，选项A不符合题意；
B、元素周期表单元格中，元素名称下方的数字为相对原子质量，相对原子质量的单位为“1”，通常省略不写，不是“g”，因此碳元素的相对原子质量为12.01，不是12.01g，说法不正确，选项B符合题意；
C、常温下碳的化学性质比较稳定，不易与其他物质发生反应，说法正确，选项C不符合题意；
D、“碳中和”中的“碳”主要指的是二氧化碳，通过各种方式减少二氧化碳的排放、增加二氧化碳的吸收，实现二氧化碳的收支平衡，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A、根据元素的分类，碳元素属于非金属元素解答；
B、根据元素周期表单元格的信息，相对原子质量的单位为“1”，省略不写，不是“g”解答；
C、根据碳单质的化学性质，常温下碳的化学性质稳定解答；
D、根据“碳中和”的定义，“碳中和”中的“碳”主要指二氧化碳解答。
12．【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；质量守恒定律及其应用；从组成上识别氧化物；化学反应的实质
【解析】【解答】先根据微观示意图确定物质化学式并配平化学方程式：
甲为CH4，乙为CH3OH，丙为HCHO，丁为H2O，反应中还有H2O2。
转化①：CH4 + H2O2 CH3OH+H2O
转化②：CH3OH + H2O2HCHO+2H2O
A、转化①中，根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目、质量均不变；反应前分子总数为2（1个CH4分子和1个H2O2分子），反应后分子总数为2（1个CH3OH分子和1个H2O分子），分子数目也不变。因此“原子和分子数目都不变”的说法正确，选项A不符合题意；
B、催化剂的特征是“一变两不变”，即改变反应速率，反应前后自身的质量和化学性质不变，因此该说法正确，选项B不符合题意；
C、氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物，整个转化过程中的氧化物为H2O2、H2O共2种，因此该说法正确，选项C不符合题意；
D、甲烷(甲)中碳元素的质量分数为；
CH4O(乙)中碳元素的质量分数为，
CH2O(丙)中碳元素的质量分数为 ，三
种物质中碳元素的质量分数由高到低依次为甲、丙、乙，故D说法错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后原子数目不变；结合配平后的转化①化学方程式，分子数目也保持不变。
B、根据催化剂的定义，催化剂在反应前后质量和化学性质均保持不变。
C、根据氧化物的定义，判断物质是否由两种元素组成且其中一种为氧元素，从而确定氧化物的种类。
D、根据元素质量分数计算公式：元素质量分数=该元素的相对原子质量×原子个数相对分子质量×100%，分别计算三种物质中碳元素的质量分数并比较大小，判断是否依次减小。
13．【答案】C
【知识点】碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；实验探究物质的组成成分以及含量；二氧化碳的检验和验满；铵态氮肥的检验
【解析】【解答】A、无水硫酸铜遇水变蓝色，因此装置②中盛放无水硫酸铜，用于检验分解产物中是否有H2O，说法正确，选项A不符合题意；
B、氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，装置③中试纸变蓝，说明分解产物中有NH3，说法正确，选项B不符合题意；
C、装置④中固体变红，说明CuO被还原为Cu，装置5中石灰水变浑浊，说明生成了CO2，但NH3也能还原CuO，且生成的气体也可能使石灰水变浑浊，无法单独说明产物中有CO，说法不正确，选项C符合题意；
D、CO2能使澄清石灰水变浑浊，要证明分解产物中有CO2，可在装置③、④之间增加盛有澄清石灰水的装置⑤，若石灰水变浑浊，说明有CO2，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A、根据水的检验方法，无水硫酸铜遇水变蓝，可用于检验水的存在解答；
B、根据氨气的检验方法，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，据此判断分解产物中有氨气解答；
C、根据实验现象的分析，NH3也具有还原性，能还原CuO，会对CO的检验造成干扰，因此仅通过固体变红、石灰水变浑浊，不能说明产物中有CO解答；
D、根据二氧化碳的检验方法，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，因此在装置3、4之间增加装置5可检验二氧化碳解答。
14．【答案】A
【知识点】氧气的实验室制法；金属锈蚀的条件及其防护；碱的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】A、NaOH溶液与NH4NO3在加热条件下反应生成硝酸钠、氨气和水，不能直接生成NaNO3且实现稳定转化，反应生成的氨气会逸出，得到纯净的NaNO3，转化能实现，选项A符合题意；
B、H2O2在MnO2的催化作用下分解生成水和氧气，不能生成H2，转化不能实现，选项B不符合题意；
C、Cu与空气中的CO2、H2O、O2共同作用，才会发生锈蚀生成铜绿Cu2(OH)2CO3，转化在给定条件下不能实现，选项C不符合题意；
D、SO2与石灰水（氢氧化钙溶液）反应生成亚硫酸钙和水，不能直接生成CaSO4，转化不能实现，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A、根据碱与铵盐的反应，氢氧化钠与硝酸铵加热反应生成氨气、水和硝酸钠，题目转化条件符合反应规律解答；
B、根据过氧化氢的分解反应，过氧化氢在二氧化锰催化下生成水和氧气，不能生成氢气，转化无法实现解答；
C、根据铜的锈蚀原理，铜与二氧化碳、水、氧气共同作用生成碱式碳酸铜，转化不能实现解答；
D、根据二氧化硫与碱的反应，二氧化硫与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，不是硫酸钙，转化无法实现解答。
15．【答案】D
【知识点】氧气的实验室制法；盐的化学性质；鉴别淀粉、葡萄糖的方法与蛋白质的性质
【解析】 【解答】A、加碘盐中的碘是碘酸钾中的碘元素，不是碘单质，不能使淀粉变蓝，因此无法用淀粉溶液鉴别加碘盐和无碘盐，实验方案不能达到探究目的，选项A不符合题意；
B、Na2CO3和NaHCO3都能与稀盐酸反应产生气泡，且NaHCO3受热分解也会生成CO2，仅通过滴加稀盐酸无法检验Na2CO3中是否混有NaHCO3，实验方案不能达到探究目的，选项B不符合题意；
C、加入过量CaCl2溶液，只能将碳酸根离子转化为碳酸钙沉淀，无法得到纯净的氯化钠，且该方案未说明实验目的，无法判断是否能达到探究目的，选项C不符合题意；
D、比较MnO2、KMnO4的热稳定性，可将两种物质分别加热，观察是否分解、分解的温度高低，通过对比实验可比较二者的热稳定性，实验方案能达到探究目的，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、根据淀粉的特性，淀粉遇碘单质变蓝，加碘盐中的碘是碘酸钾，不是碘单质，无法用淀粉鉴别解答；
B、根据碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质，二者都能与稀盐酸反应产生气泡，无法通过稀盐酸检验碳酸钠中是否混有碳酸氢钠解答；
C、根据实验方案的设计，该方案未明确实验目的，且加入过量氯化钙会引入新杂质，无法达到对应实验目的解答；
D、根据热稳定性的探究方法，通过加热对比两种物质的分解情况，可比较二者的热稳定性解答。
16．【答案】C
【知识点】电解水实验；分子的定义与分子的特性；根据化学反应方程式的计算；有机物的特征、分类及聚合物的特性
【解析】【解答】A、转化1是氢气降温变为液氢，温度降低，氢分子间的空隙变小，说法正确，选项A不符合题意；
B、转化2是水通电分解生成氢气和氧气，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，说明水是由氢、氧元素组成的，说法正确，选项B不符合题意；
C、转化3是氮气和氢气在高温高压、催化剂的作用下生成氨气，反应的化学方程式为 ，参加反应的H2、N2的质量比为(3×2)：28=6：28=3：14，不是3：1，说法不正确，选项C符合题意；
D、转化4是CO2和H2在催化剂、高温高压下生成CH4O，CH4O是含碳元素的化合物，属于有机物，因此该转化中无机物转化为有机物，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A、根据分子的性质，温度降低，分子间的间隔变小，氢气降温变为液氢，分子间空隙变小解答；
B、根据电解水的实验结论，水通电分解生成氢气和氧气，说明水由氢、氧元素组成解答；
C、根据化学方程式的计算，合成氨的反应中，参加反应的氢气和氮气的质量比为3：14，不是3：1，3：1是分子个数比解答；
D、根据有机物的定义，含碳元素的化合物（除CO、CO2、碳酸盐等）属于有机物，CH4O属于有机物，因此该转化实现了无机物到有机物的转化解答。
17．【答案】D
【知识点】固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】根据溶解度表可知，硝酸钾的溶解度受温度变化的影响远大于硝酸钠，因此溶解度曲线中，甲为KNO3，乙为NaNO3。
A、T1℃时，甲的溶解度为50g，该温度下甲的饱和溶液溶质质量分数为 ，说法错误，选项A不符合题意；
B、溶解度相等的温度点，需要两种物质的溶解度数值相同。50℃时，NaNO3溶解度为110g，KNO3溶解度为85.5g；60℃时，NaNO3溶解度为122g，KNO3溶解度为110g，此温度范围内KNO3的溶解度始终小于NaNO3，二者溶解度相等的温度应高于60℃，并非50℃～60℃之间，说法错误，选项B不符合题意；
C、T1℃时，甲和乙的溶解度不同，二者饱和溶液的溶质质量分数不同；分别升温到T2℃，两种物质的溶解度均增大，溶液均变为不饱和溶液，溶质和溶剂的质量均不变，溶质质量分数也不变，因此所得溶液的溶质质量分数不相等，说法错误，选项C不符合题意；
D、T3℃时，KNO3的溶解度大于NaNO3，等质量的两种物质的饱和溶液中，溶解度越大，溶剂水的质量越小，因此NaNO3饱和溶液中的溶剂水质量大于KNO3饱和溶液；降温过程中，溶剂水的质量不发生变化，因此降温到T2℃时，所得溶液中水的质量：前者（NaNO3）大于后者（KNO3），说法正确，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、根据饱和溶液溶质质量分数的计算公式，饱和溶液溶质质量分数=溶解度/(100g+溶解度)×100%，计算得出T1℃时甲饱和溶液溶质质量分数约为33.3%解答；
B、根据溶解度表中的数据，50℃～60℃范围内，硝酸钾的溶解度始终小于硝酸钠，二者溶解度相等的温度高于60℃解答；
C、根据饱和溶液升温的溶质质量分数变化，升温后溶解度增大，溶液变为不饱和溶液，溶质质量分数不变，T1℃时二者饱和溶液溶质质量分数不同，升温后仍不相等解答；
D、根据饱和溶液中溶剂质量的判断，等质量的饱和溶液，溶解度越小，溶剂质量越大，降温过程中溶剂质量不变，因此硝酸钠溶液中的水质量更大解答。
18．【答案】D
【知识点】酸的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】A、取样，加入足量稀HNO3，无明显现象。碳酸钙能与稀硝酸反应生成二氧化碳气体，有气泡产生，因此无明显现象说明原固体中一定不含CaCO3，说法正确，选项A不符合题意；
B、取样，溶于足量水，产生白色沉淀。硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，氯化镁与氢氧化钡反应生成氢氧化镁白色沉淀，因此产生白色沉淀说明原固体中一定含Ba(OH)2，说法正确，选项B不符合题意；
C、取B中沉淀，加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解。硫酸钡沉淀不溶于稀硝酸，氢氧化镁沉淀能溶于稀硝酸，因此沉淀部分溶解说明沉淀中既有硫酸钡，又有氢氧化镁，原固体中一定含MgCl2，说法正确，选项C不符合题意；
D、取B中清液，先加入足量Ba(NO3)2溶液，静置后再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀。白色沉淀为氯化银，说明清液中含有氯离子，但氯化镁与氢氧化钡反应也会生成氯化钡，引入氯离子，因此无法说明原固体中一定含NaCl，说法不正确，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、根据碳酸钙的化学性质，碳酸钙能与稀硝酸反应产生二氧化碳气体，加入稀硝酸无明显现象，说明不含碳酸钙解答；
B、根据物质的溶解性和反应规律，硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，氯化镁与氢氧化钡反应生成氢氧化镁白色沉淀，因此产生白色沉淀一定含有氢氧化钡解答；
C、根据沉淀的性质，硫酸钡不溶于稀硝酸，氢氧化镁能溶于稀硝酸，沉淀部分溶解说明含有氢氧化镁，因此原固体中一定含有氯化镁解答；
D、根据氯离子的检验，氯化镁与氢氧化钡反应会生成氯化钡，引入氯离子，因此产生氯化银沉淀不能说明原固体中一定含有氯化钠解答。
19．【答案】D
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；碱的化学性质；盐的化学性质；稀释浓硫酸
【解析】【解答】A、实验1中将浓硫酸沿杯壁加入水中，不断搅拌，烧杯外壁发烫，说明浓硫酸溶于水放出大量的热，说法正确，选项A不符合题意；
B、实验2中向稀释后的硫酸溶液中滴加紫色石蕊溶液，石蕊溶液变红，酸性溶液能使紫色石蕊溶液变红，说明H2SO4在水中能解离出H+，使溶液显酸性，说法正确，选项B不符合题意；
C、实验3中向溶液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，上层清液为红色，是因为硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应的化学方程式为H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，生成的盐酸仍显酸性，能使石蕊溶液保持红色，说法正确，选项C不符合题意；
D、实验4中取实验3的上层清液，滴加过量NaOH溶液，氢氧化钠先与盐酸发生中和反应，盐酸完全反应后，氢氧化钠与过量的氯化钡不反应，因此不会产生白色固体；溶液会由红色变为无色，不会变成蓝色；最终溶液中含有氯化钠、氯化钡、氢氧化钠，溶质不止2种，说法不正确，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、根据浓硫酸的稀释现象，浓硫酸溶于水放热，因此烧杯外壁发烫解答；
B、根据酸的通性，酸性溶液能使紫色石蕊溶液变红，硫酸在水中解离出H+，使溶液显酸性解答；
C、根据硫酸与氯化钡的反应，二者反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，盐酸仍显酸性，因此上层清液仍为红色解答；
D、根据实验过程中的反应，实验3的上层清液中含有盐酸、氯化钡、石蕊，滴加过量氢氧化钠，氢氧化钠先与盐酸中和，溶液由红色变为无色，不会产生白色沉淀，也不会变为蓝色，最终溶质有氯化钠、氯化钡、氢氧化钠，不止2种解答。
20．【答案】C
【知识点】盐的化学性质；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】首先，200g质量分数为7.3%的稀盐酸中，HCl的质量为200g×7.3%=14.6g。设与稀盐酸反应的Na2CO3的质量为x，生成的CO2质量为y，生成的NaCl质量为z。
Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2↑
106 73 117 44
x 14.6g z y
解得x=21.2g
解得y=8.8g
解得z=23.4g。
设原混合物中NaHCO3的质量为m，加热分解生成的Na2CO3质量为n，生成的CO2质量为p，生成的H2O质量为q。
2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2↑
168 106 18 44
m n q p
原混合物总质量为27.4g，因此27.4g - m + n = 21.2g，即27.4g - m + = 21.2g，解得m=16.8g，原混合物中Na2CO3的质量为27.4g-16.8g=10.6g。
n==10.6g，
p==4.4g，
q==1.8g。
A、整个实验过程中产生CO2的质量为加热分解生成的4.4g + 与盐酸反应生成的8.8g = 13.2g，说法正确，选项A不符合题意；
B、原混合物中Na2CO3和NaHCO3的质量比为10.6g：16.8g=106：168=53：84，说法正确，选项B不符合题意；
C、反应后所得溶液的质量为21.2g+200g-8.8g=212.4g，溶质NaCl的质量为23.4g，溶质质量分数为×100%=11.0%，不是11.7%，说法不正确，选项C符合题意；
D、原混合物中的Na2CO3和NaHCO3都能与稀盐酸反应，最终都转化为NaCl，根据钠元素守恒，原混合物中的钠元素质量与加热后固体中的钠元素质量相等，因此消耗的稀盐酸质量相同，都是200.0g，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A、根据碳酸氢钠加热分解生成的二氧化碳质量，加上碳酸钠与盐酸反应生成的二氧化碳质量，总质量为13.2g，据此判断说法正确解答；
B、通过计算得出原混合物中碳酸钠质量为10.6g，碳酸氢钠质量为16.8g，二者质量比为53：84，据此判断说法正确解答；
C、根据溶质质量分数的计算公式，计算出反应后溶液的溶质质量分数约为11.0%，并非11.7%，据此判断说法错误解答；
D、根据钠元素守恒，原混合物中的钠元素总量不变，因此与盐酸反应时，消耗的盐酸质量相同，据此判断说法正确解答。
21．【答案】（1）Hg
（2）H2O
（3）2Cl-
（4）Ca
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；元素的符号及其意义；化学式的书写及意义
【解析】【解答】（1）水银是金属汞的俗称，金属单质的化学式直接用元素符号表示，因此水银的化学式为Hg；
（2）氧化物是由两种元素组成，且其中一种元素是氧元素的化合物，相对分子质量最小的氧化物是水，化学式为H2O；
（3）离子的表示方法是在元素符号右上角标注所带的电荷数，数字在前，正负号在后，带1个单位电荷时1省略；表示多个离子，就在离子符号前加上对应的数字，因此2个氯离子表示为2Cl-；
（4）钙元素是人体骨骼和牙齿的主要组成元素，缺钙元素可能导致成年人骨质疏松，钙的元素符号为Ca。
【分析】 （1）根据金属单质的化学式书写规则，金属单质的化学式直接用元素符号表示，水银是汞，化学式为Hg解答；
（2）根据氧化物的定义和相对分子质量的计算，相对分子质量最小的氧化物是水，化学式为H2O解答；
（3）根据离子符号的书写规则，氯离子的符号为Cl-，2个氯离子就在前面加数字2，写作2Cl-解答；
（4）根据化学元素与人体健康的关系，缺钙会导致骨质疏松，钙的元素符号为Ca解答。
（1）水银是金属汞的俗称，直接用元素符号表示其化学式，其化学式为：Hg；
（2）相对分子质量最小的氧化物是水，其化学式为：H2O；
（3）由离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略，若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字，故2个氯离子表示为：2Cl-；
（4）人体缺少钙元素会导致骨骼疏松，其元素符号为：Ca。
22．【答案】（1）E
（2）B
（3）A
（4）H
（5）F
（6）C
【知识点】有关化学之最；有机高分子材料的分类及鉴别；生命活动与六大营养素；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）氧气能供给呼吸，可用于医疗急救，对应序号E；
（2）蔬菜、水果中富含维生素，对应序号B；
（3）明矾溶于水后形成的胶体能吸附水中的悬浮杂质，加速沉降，常作净水絮凝剂，对应序号A；
（4）武德合金的熔点低，可用于制保险丝，对应序号H；
（5）聚乙烯无毒，可用于食品包装，对应序号F；
（6）生石灰是氧化钙的俗称，能与水反应，可做食品干燥剂，对应序号C。
【分析】 （1）根据氧气的用途，氧气能供给呼吸，可用于医疗急救解答；
（2）根据六大基本营养素的食物来源，蔬菜、水果中富含维生素解答；
（3）根据明矾的净水原理，明矾溶于水生成的胶体能吸附悬浮杂质，常用作净水絮凝剂解答；
（4）根据合金的性质，武德合金熔点低，可用于制作保险丝解答；
（5）根据有机合成材料的性质，聚乙烯无毒，可用于食品包装，而聚氯乙烯有毒，不能用于食品包装解答；
（6）根据生石灰的性质，氧化钙能与水反应，可用作食品干燥剂解答。
（1）氧气（E）用于维持呼吸，医疗急救中供氧。
（2）维生素（B）是蔬果的主要营养成分之一。
（3）明矾（A）水解生成胶体，吸附杂质使水澄清。
（4）武德合金（H）熔点低，适合做保险丝。
（5）聚乙烯（F）无毒，是食品包装常用塑料。
（6）生石灰（C）与水反应吸湿，作食品干燥剂。
23．【答案】煤；减少CO排放；光合作用；水分越多，乙醇燃烧越不充分；减小；2CO2+6H2C2H6O+3H2O；46%
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；化学方程式的书写与配平；化石燃料的利用与保护；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】（1）化石燃料主要包括煤、石油和天然气，因此此处填煤；
（2）由表格数据可知，乙醇汽油的污染物排放更少，因此使用乙醇汽油的优点是节约石油资源和减少污染物排放，保护环境；
（3）绿色植物通过光合作用吸收太阳能，将二氧化碳和水转化为有机物，因此乙醇蕴藏的能量来自绿色植物通过光合作用吸收的太阳能；乙醇体积分数越小，燃烧效率越低，是因为乙醇中混有的水越多，水蒸发会吸收热量，使温度降低，不利于乙醇的燃烧；
（4）用CO2和H2O制备乙烯的过程中，反应生成乙烯和氧气，同时生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，因此溶液的pH会减小；
（5） 一定条件下，二氧化碳和氢气反应生成乙醇和水，反应的化学方程式为2CO2+6H2C2H6O+3H2O；根据化学方程式和原子经济百分比=，反应的原子经济百分比为 。
【分析】 （1）根据化石燃料的分类，化石燃料包括煤、石油、天然气解答；
（2）根据表格中的污染物数据，乙醇汽油的污染物排放更少，因此优点是减少污染物排放解答；
（3）根据光合作用的原理，绿色植物通过光合作用将太阳能转化为化学能，储存在有机物中；乙醇体积分数越小，水含量越高，水蒸发吸热，降低温度，导致燃烧效率降低解答；
（4）根据反应过程中溶液的酸碱性变化，反应生成硫酸，溶液酸性增强，pH减小解答；
（5）根据质量守恒定律，书写二氧化碳和氢气反应生成乙醇的化学方程式；根据原子经济百分比的计算公式，计算出该反应的原子经济百分比解答。
24．【答案】（1）b
（2）漏斗
（3）避免转化过程中消耗过多的氨气
（4）增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分；
（5）
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）制备纳米CaCO3的过程中，酸溶后需要得到CaCl2溶液，后续与CO2、NH3反应生成CaCO3和NH4Cl，因此试剂X应选用稀盐酸，对应序号b；
（2）“过滤”时所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；
（3）“酸溶”时，试剂X不能过量太多，一是节约试剂，二是过量的盐酸会在后续制浆过程中消耗更多的NH3，增加成本；
（4）①含SO2烟气从底部鼓入，浆液从顶部喷淋，能增大烟气与浆液的接触面积，使反应更充分，提高SO2的吸收效率；②装置中发生的总反应是碳酸钙、二氧化硫、氧气和水反应生成生石膏，化学方程式为
2CaCO3+2SO2+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O+2CO2；
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则中钙元素的质量等于中钙元素的质量，即，则生成的质量为，则结合图2可知，要获得熟石膏（）应控制加热温度为℃。
【分析】 （1）根据制备流程的产物，酸溶后需要得到氯化钙，因此试剂X选用稀盐酸，稀硫酸会生成硫酸钙微溶物，稀硝酸会引入硝酸根杂质，因此选b解答；
（2）根据过滤操作的仪器，过滤用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯解答；
（3）根据流程的后续反应，过量的盐酸会与氨气反应，消耗更多的氨气，增加成本，因此盐酸不能过量太多解答；
（4）①根据逆流接触的优点，能增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高吸收效率解答；②根据反应的反应物和生成物，书写总反应的化学方程式，注意配平解答；
（5）根据固体质量的变化，1.45g对应熟石膏的质量，因此控制温度为T2解答。
（1）由流程图可知，经过滤得到纳米碳酸钙和氯化铵溶液，氯化铵中含有氯元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，则转化过程中的反应物中应含有氯元素，则试剂X应选用稀，稀与氢氧化钙反应生成氯化钙和水，稀与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，氯化钙、水、二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，故选：b；
（2）“过滤”时所用玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；
（3）由第（1）小问分析可知，试剂X为稀，稀能与氨气反应，则“酸溶”时，稀不能过量太多，一是节约稀，二是避免转化过程中消耗过多的氨气；
（4）①含烟气从底部鼓入，浆液从顶部喷淋，其目的是增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分；
②装置中发生的总反应为碳酸钙与二氧化硫、氧气、水反应生成和二氧化碳，化学方程式为；
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则中钙元素的质量等于中钙元素的质量，即，则生成的质量为，则结合图2可知，要获得熟石膏（）应控制加热温度为℃。
25．【答案】（1）铁架台；分液漏斗
（2）；氧气不易溶于水
（3）能控制反应的发生与停止；a
（4）；检验氯化氢是否除尽；；蒸馏水中溶解的二氧化碳达到饱和
【知识点】氧气的实验室制法；盐的化学性质；溶液的导电性及其原理分析；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）仪器①的名称是铁架台、分液漏斗；
（2）氯酸钾在二氧化锰的催化作用和加热条件下分解生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式为；E装置是排水法收集装置，可选用E装置收集O2，理由是氧气不易溶于水，且不与水发生反应；
（3）装置C带有分液漏斗和活塞，相对于装置B的优点是可以通过分液漏斗控制液体的滴加速度，从而控制反应的发生与停止，或控制反应速率；氢气的密度比空气小，若用G装置收集H2，气体应从b端通入，将空气从a端排出；
（4）①装置H中是石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
②装置I中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢气体；
③实验进行至100s后，二氧化碳与氢氧化钡反应完全，继续通入二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸解离出离子，使溶液的导电能力增强，电导率上升，反应的化学方程式为CO2+H2O=H2CO3；
④实验进行至300s后，溶液中碳酸的浓度达到饱和，离子浓度不再变化，因此电导率不变。
【分析】 （1）根据实验室常用仪器的名称，识别仪器①为试管解答；
（2）根据氯酸钾制取氧气的反应原理，书写化学方程式，注意配平、标注反应条件；根据排水法收集气体的适用范围，氧气不易溶于水、不与水反应，因此可用排水法收集解答；
（3）根据发生装置的优点，C装置的分液漏斗可控制液体滴加速度，从而控制反应速率；根据向下排空气法收集氢气的方法，氢气密度比空气小，因此从b端通入解答；
（4）①根据实验室制取二氧化碳的反应原理，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，书写化学方程式解答；②根据气体的除杂，饱和碳酸氢钠溶液可除去二氧化碳中的氯化氢杂质解答；③根据溶液导电能力的变化，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸解离出离子，使电导率上升，据此书写化学方程式解答；④根据溶液电导率的影响因素，当碳酸达到饱和时，离子浓度不再变化，因此电导率不变解答。
（1）仪器①是铁架台，②是分液漏斗。
（2）氯酸钾在二氧化锰催化和加热条件下生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式为；
可选E装置收集氧气，理由是氧气不易溶于水。
（3）用锌与稀硫酸制取H2，选用发生装置C相对于装置B的优点是可以通过装置内气压的变化控制反应的发生和停止，因为装置C中有多孔隔板，关闭弹簧夹时，装置内压强增大，将液体压回长颈漏斗，使固体和液体分离，反应停止；打开弹簧夹时，气体排出，装置内压强减小，液体流下与固体接触，反应发生。因为氢气密度比空气小，故若用G装置收集，气体应从a端通入。
（4）①装置H制取二氧化碳，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为；
②装置I中是硝酸银溶液，硝酸银与盐酸反应生成白色沉淀氯化银，装置I作用是检验氯化氢气体是否除尽。
③实验进行至100s后电导率上升的原因是二氧化碳溶于水并与水反应生成碳酸，碳酸能解离出氢离子和碳酸根离子，导致溶液中离子浓度增加，溶液导电能力越强，反应的化学方程式为。
④实验进行至300s后电导率不变的原因是蒸馏水中溶解的二氧化碳达到饱和，溶液中离子浓度不再改变。
26．【答案】检验纯度；；防止温度过高导致过氧化氢分解；3.2≤pH<6.7；Na2CO3溶液显碱性，NiSO4会转化为Ni（OH）2沉淀，降低产品纯度；NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；z
【知识点】金属的化学性质；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）①氢气是可燃性气体，不纯时点燃易发生爆炸，因此收集气体后，需先验纯，再点燃；②镍与稀硫酸反应生成硫酸镍和氢气，反应的化学方程式为Ni+H2SO4=NiSO4+H2↑；
（2）向滤液中加入H2O2溶液，将FeSO4转化为Fe2(SO4)3，保持滤液温度在40℃左右，原因是温度过低，反应速率太慢；温度过高，H2O2会分解，降低氧化效率；
（3）为保证Fe3+完全沉淀且不生成Ni(OH)2沉淀，需控制溶液pH的范围为3.2≤pH＜6.7；
（4）“沉淀”时将Na2CO3溶液滴入NiSO4溶液中，原因是防止Na2CO3溶液过量，导致生成Ni(OH)2沉淀，保证生成碱式碳酸镍；
（5）碱石灰增重0.44g就是二氧化碳的质量为0.44g，设碳酸镍质量的质量为a，生成NiO的质量为b，
则Ni(OH)2分解生成NiO的质量为2.25g-0.75g=1.5g，设Ni( OH)2的质量为m，生成水的质量为n，
浓硫酸增重1.08g就是生成水的总质量，则结晶水的质量为1.08g-0.36g=0.72g，故，则碱式碳酸镍的化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O。
（6）若产品干燥不彻底，会导致测得的水的质量偏大，因此z的值会偏大。
【分析】 （1）①根据可燃性气体的使用注意事项，氢气点燃前必须验纯，防止发生爆炸解答；②根据镍与稀硫酸的反应，生成硫酸镍和氢气，书写化学方程式解答；
（2）根据过氧化氢的性质，温度过高过氧化氢易分解，温度过低反应速率太慢，因此控制温度在40℃左右解答；
（3）根据沉淀的pH范围，保证Fe3+完全沉淀的pH≥3.2，不生成Ni(OH)2沉淀的pH＜6.7，因此pH范围为3.2≤pH＜6.7解答；
（4）根据沉淀的生成控制，将碳酸钠溶液滴入硫酸镍溶液中，可防止碳酸钠过量，避免生成氢氧化镍沉淀，保证生成碱式碳酸镍解答；
（5）根据质量守恒定律和元素守恒，通过NiO、H2O、CO2的质量，计算出x、y、z的比值，确定碱式碳酸镍的化学式解答；
（6）根据误差分析，产品干燥不彻底，会导致测得的水的质量偏大，因此z的值偏大解答。
27．【答案】（1）减小；降低
（2）加入足量氯化钙溶液，产生白色沉淀；加入无色酚酞试液，溶液变红；
（3）盐酸的酸性比碳酸强
【知识点】碱的化学性质；中和反应及其应用；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）①AB段，向氢氧化钠溶液中通入HCl气体，HCl与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，溶液体积变化可忽略，因此溶液中Na+浓度不变；②BC段，HCl与氢氧化钠的中和反应是放热反应，因此烧杯中溶液温度逐渐升高；
（2）①要证明溶液中含有Na2CO3和NaOH，先取少量D点溶液，加入过量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明含有碳酸钠；静置后向上层清液中滴加酚酞溶液，溶液变红，说明含有氢氧化钠；
②此条件下溶液的，溶液的，E点时，pH=11.6，此时溶液中的溶质是碳酸钠，F点时，pH=8.3，此时溶液中的溶质是碳酸氢钠，则段发生反应为碳酸钠、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，该反应的化学方程式为：；
（3）C点溶液是氯化钠和过量HCl的混合溶液，G点溶液是碳酸氢钠溶液，HCl是强酸，完全电离，碳酸氢钠溶液显弱碱性，因此C点溶液的氢离子浓度远大于G点，pH更低。
【分析】 （1）①根据反应的实质，HCl与NaOH反应生成NaCl和H2O，Na+没有参与反应，溶液体积变化可忽略，因此Na+浓度不变解答；②根据中和反应的热效应，中和反应是放热反应，因此溶液温度逐渐升高解答；
（2）①根据碳酸钠和氢氧化钠的检验方法，先加入过量氯化钡溶液检验并除去碳酸钠，再用酚酞溶液检验氢氧化钠，据此补充实验操作和现象解答；②根据碳酸钠与二氧化碳、水的反应，生成碳酸氢钠，书写化学方程式解答；
（3）根据溶液的酸碱性，C点溶液是酸性的，G点溶液是弱碱性的，因此C点pH更低解答。
（1）①向溶液中通入足量HCl气体，氯化氢溶于水形成盐酸，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，随着反应的进行，溶液质量增加，钠离子的质量不变，则钠离子的浓度减小；
②AB段氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，B点时恰好完全反应，该反应放出热量，BC段温度逐渐恢复至室温，故BC 段烧杯中溶液温度逐渐降低；
（2）①结论为溶液中含有碳酸钠和氢氧化钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，故取少量D点溶液，加入足量氯化钙溶液，产生白色沉淀，说明含碳酸钠，且足量的氯化钙溶液能将碳酸钠除尽，氢氧化钠溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红，故静置后向上层清液加入无色酚酞试液，溶液变红，说明含氢氧化钠；
②此条件下溶液的，溶液的，E点时，pH=11.6，此时溶液中的溶质是碳酸钠，F点时，pH=8.3，此时溶液中的溶质是碳酸氢钠，则段发生反应为碳酸钠、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，该反应的化学方程式为：；
（3）C点溶液显酸性，是因为氯化氢溶于水形成盐酸，盐酸显酸性，G点显酸性，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸显酸性，pH越小，酸性越强，故C点溶液低于G点的原因是：盐酸的酸性比碳酸强。
28．【答案】铁的金属活动性比铜强，更易生锈；氧气；；碳；置换反应；；；取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无白色沉淀则洗净；有剩余；产物可循环利用（合理即可）；56.7 C～64 C；FeSO4 H2O；将剩余固体在500 600 C条件下，通入CO气体加热
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；酸的化学性质；盐的化学性质；探究金属锈蚀的条件
【解析】【解答】（1）①剑身腐蚀程度明显大于剑柄，是因为剑身与水、氧气的接触更充分，更易发生锈蚀；②生铁炼钢，主要是降低生铁中的碳元素含量；③磁铁矿的主要成分是Fe3O4，以磁铁矿为原料炼铁，是一氧化碳与四氧化三铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为Fe3O4+4CO3Fe+4CO2；④实验中，试管①中的铁钉同时接触水和氧气，发生锈蚀，试管②中的铁钉只接触水，不生锈，试管③中的铁钉只接触氧气，不生锈，对比可得出铁生锈需要水和氧气；
（2）①反应FeCl2+H2高温2HCl+Fe，是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应；②总反应是硫化氢与氧气在氯化铁的催化作用下反应生成硫和水，化学方程式为2H2S+O22S↓+2H2O；
（3）“酸溶”是氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；
（4）证明固体已洗净的方法是：取最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明固体已洗净；
（5）①硫铁矿（FeS2 ）焙烧反应：，此反应生成SO2；“还原”发生的反应为：。根据质量守恒定律，铁原子守恒，，则二氧化硫有剩余；
②SO2还原生成的H2SO4，能回到流程的 “酸溶” 环节，则产物可循环利用，实现资源循环；
(6)分析表格，要结晶出FeSO4 4H2O，结合溶解度表，温度应控制在56.7 C～64 C。
(7)假设12.90g全是FeSO4 4H2O，加热后FeSO4质量为12.90g×≈8.75g，实际得9.12gFeSO4，说明混有的晶体含结晶水更少（FeSO4 H2O ），因为FeSO4 H2O加热失去结晶水后FeSO4占比更高；FeSO4 H2O脱水后FeSO4占比≈89.4%，比FeSO4 4H2O（）、FeSO4 7H2O（≈54.7%）的占比高；所以混有FeSO4 H2O。
(8)最终FeSO4质量为9.12g，Fe元素质量=9.12g×=3.36g。纯净Fe3O4的理论质量3.36g÷=4.64g。实际剩余固体4.72g≠4.64g，故不纯净。已知：，剩余固体可能含Fe2O3杂质，净化方法：将剩余固体在500 600 C条件下，通入CO气体加热。
【分析】（1）①根据铁生锈的条件，铁与水、氧气接触越充分，锈蚀越严重解答；②根据生铁炼钢的原理，炼钢是降低生铁中的碳含量解答；③根据炼铁的反应原理，一氧化碳与四氧化三铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，书写化学方程式解答；④根据铁生锈的条件探究实验，通过对比实验得出铁生锈需要水和氧气解答；
（2）①根据基本反应类型的定义，置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，该反应符合置换反应的特征解答；②根据反应的总过程，硫化氢与氧气在氯化铁的催化下生成硫和水，书写总反应的化学方程式解答；
（3）根据酸溶的反应，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，书写化学方程式解答；
（4）根据固体洗涤的检验，固体表面会附着硫酸根离子，因此检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子，可判断是否洗净解答；
（5）②根据化学方程式的计量关系，焙烧生成的SO2的量大于还原反应所需的量，因此SO2有剩余解答；
（6）根据溶解度表，要得到FeSO4·4H2O，需控制温度在50℃～64℃之间解答；
（7）根据样品中FeSO4的质量分数，对比不同结晶水合物中FeSO4的质量分数，判断混有的杂质为FeSO4·H2O解答；
（8）根据铁元素的质量守恒，计算剩余固体中铁元素的质量，与纯净Fe3O4中铁元素的质量对比，判断固体不纯净，并给出对应的净化措施解答。
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