资源简介

2026年河北邯郸市涉县部分学校中考化学模拟试卷
1．化学在推动绿色发展和生态文明建设中发挥着重要作用。下列做法不符合这一理念的是
A．推广使用可降解塑料 B．工业废水排入河流
C．发展氢能等清洁能源 D．回收利用废旧金属
2．如图是测定空气中氧气含量的改进实验装置，电热棒用于引燃红磷，对该实验认识正确的是
A．实验过程中，红磷燃烧，产生大量白雾
B．实验结束后，水上升至大约刻度4的位置
C．红磷的用量多少，对实验结果没有影响
D．用该装置进行实验，可以减少对空气的污染
3．水是重要和不可替代的生命源泉。下列关于水的认识错误的是
A．废水、污水均须处理后排放
B．明矾可以使水中悬浮杂质较快沉降
C．过滤可以除去水中的不溶性杂质
D．活性炭用于自来水杀菌消毒
4．《天工开物》记载了“烧铁器淬于胆矾水（硫酸铜溶液）中，即成铜色也”，该过程发生的化学反应为。该化学反应属于
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
5．在碳、氧、硅、铁四种元素中，属于金属元素的是
A．碳 B．氧 C．硅 D．铁
6．稀土研究是国防建设的重要保障。钕(Nd)是稀土元素之一，其原子在元素周期表中的信息如图所示。下列说法正确的是
A．钕的相对原子质量为144.2 g B．钕原子的中子数为60
C．钕原子在反应中失去电子 D．钕属于非金属元素
7．西汉龙首铜灶设计独特，能使柴薪燃烧充分，如图。下列说法错误的是
A．灶内热空气上升，外界空气持续进入利于补充氧气
B．三个火眼可同时放蒸煮容器，充分利用热量
C．关闭灶门，火焰熄灭的原因是清除可燃物
D．及时清理灶内积灰利于空气流通
8．2025年11月5日，我国第三艘航母福建舰入列。建造航母需要用到大量钢铁，为探究铁生锈的条件及影响因素，兴趣小组利用下图所示创新装置进行实验。下列有关说法错误的是
A．铁丝球②和③作对比，可知铁生锈需要氧气
B．实验中生锈速率最快的铁丝球是①
C．铁丝球②和④对比，可探究氯化钠对铁生锈速率的影响
D．为减缓福建舰船底生锈速率，可在其船底喷防锈涂料
9．物质的检验、鉴别、除杂是重要的实验技能，下表实验设计中合理的是
选项 实验目的 实验方案
A 除去中KCl 加水溶解、过滤、蒸发结晶
B 鉴别溶液和溶液 取样，分别滴加无色酚酞溶液
C 除去气体中的水蒸气 将混合气体通过足量的固体
D 除去Cu粉中的Fe粉 加入足量的溶液，过滤，洗涤，干燥
A．A B．B C．C D．D
10．利用数据传感技术可以形象地比较不同形状的碳酸钙与稀盐酸反应的速率。倾斜锥形瓶，使试管内的稀盐酸流入瓶中与碳酸钙发生反应，测得瓶内气压随时间的变化如图所示。下列有关说法正确的是
A．等质量碳酸钙粉末比块状碳酸钙产生的CO2质量多
B．b点表示碳酸钙与稀盐酸反应已停止
C．对比分析a、b点可知，曲线①表示粉末状碳酸钙与稀盐酸反应
D．对比分析c、d点可知，块状碳酸钙与稀盐酸反应速率更快
11．巴中土壤以紫色土、黄壤为主，盛产柑橘、大米、土豆等特色农产品，结合化学与农业相关知识回答下列问题：
（1）种植水稻时，为使水稻穗大粒满，增强抗倒伏能力，常施用氯化钾，该化肥属于　 　（选填“钾肥”“磷肥”“氮肥”或“复合肥”）。
（2）巴中紫色土富含钾、磷、铁，这里的“钾、磷、铁”指的是　 　（填“分子”“原子”“单质”或“元素”）。
（3）有经验的果农常在冬季给柑橘树刷一层“白浆”防冻防虫，该“白浆”的主要成分是　 　（填化学式）。
（4）储存大米、土豆常用聚丙烯塑料制成密封袋，该塑料属于　 　（填“无机非金属材料”或“合成材料”）。
（5）土豆、大米等食物富含淀粉，是人体主要供能物质。淀粉属于六大基本营养素中的　 　。
12．化学与社会密切相关。
（1）为了维持生命和健康人体需从食物中摄取糖类、蛋白质、油脂、维生素、　 　、　 　等六类营养物质。
（2）为预防骨质疏松、佝偻病，日常饮食中应摄入足量的　 　元素(填元素符号)，这种元素属于　 　(填“微量元素”或“常量元素”)。
（3）某同学衣服标签上标有“涤纶56%，棉44%”，其中涤纶属于_______(填字母)。
A．天然高分子材料 B．有机合成材料
（4）相较于天然纤维，合成纤维的优点有_______(填字母，可多选)。
A．强度高、弹性好 B．耐磨
C．吸水性、透气性好 D．耐化学腐蚀
（5）饮用完的矿泉水瓶需投入印有　 　(填字母)标识的垃圾箱。
13．如图是NaCl和两种固体物质的溶解度曲线，根据图示回答问题。
（1）0℃~40℃之间，NaCl和的溶解度受温度影响变化较大的是　 　。
（2）某学习小组欲从30 g固体(含27 g NaCl、)中得到较纯净的NaCl，40℃时进行如下实验：
乙中烧杯内析出的固体物质是　 　，溶液是的　 　(填“饱和”或“不饱和”)溶液。
（3）40℃时，NaCl的溶解度为　 　g。
14．科学家利用太阳光在新型催化剂I表面高效分解水后，再利用高效催化剂II将二氧化碳转化为乙烯，反应的微观示意图如下所示，请据图回答下列问题：
（1）写出反应①的化学方程式　 　。
（2）反应②中参加反应的甲、乙微粒个数比为　 　（写最简整数比），该反应可以减少空气中二氧化碳，有助于缓解的环境问题是　 　。
（3）全部反应过程中共涉及　 　种氧化物。
15．四川是我国井盐的重要产地，《四川盐法志》记录了“敞锅熬盐”的主要步骤，其流程可表示如下：
（1）黄卤和黑卤混合会发生反应生成白色沉淀
①反应的化学方程式为　 　。
②基本反应类型为　 　。
③实验室进行操作Ⅰ会用到玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、　 　。
④得到的溶液A中含有的溶质有：、　 　、　 　（均填化学式）。
⑤根据上述溶质成分可知，加入的　 　（填“黄卤”或“黑卤”）是过量的。
（2）操作Ⅱ中“敞锅熬盐”的原理为　 　结晶（填“降温”或“蒸发”）；
（3）操作Ⅲ中用“花水”冲洗粗盐，既可减少表面杂质，又不损失NaCl。则“花水”应当是________（填字母序号）。
A．冰水 B．饱和NaCl溶液
C．饱和NaOH溶液 D．饱和溶液
（4）得到的精盐　 　（填“一定”或“不一定”）是纯净物。
（5）将60 kg含10 %NaCl的黄卤和40 kg含15% NaCl的黑卤混合，经“敞锅熬盐”制得的粗盐中NaCl的质量最多为　 　。
16．某化学小组进行有关金属的实验如下。
（1）进行模拟炼铁实验并检验生成物如图所示。
①实验过程中玻璃管内出现的现象是　 　。
②磁铁的作用是　 　。
③试剂X发生反应的化学方程式是　 　。
（2）探究四种金属的活动性，进行如图中甲、乙、丙三个实验。
①写出甲中反应的化学方程式　 　。
②乙实验中产生的现象为：　 　。
③随后发现该实验无法得出四种金属的活动性顺序。于是补充图丁实验，最终得出四种金属活动性：，图丁中的试剂A、B分别为　 　(写出一组即可)。
④小组同学将丙试管中的物质过滤后，向滤液中加入锌，析出固体质量的变化随反应时间的关系如戊图所示。写出b点对应溶液中所含溶质是　 　(填化学式)。
17．《周礼考工记》中载有“涑帛”的方法，即利用“灰”（草木灰，主要成分）和“蜃”（贝壳灰，主要成分为CaO）混合加水所得溶液来洗涤丝帛，使其与丝表面的丝胶蛋白发生反应，生成物用水冲去，从而可把丝洗得干净亮丽。某化学兴趣小组的同学们对“混合加水所得溶液”的成分进行了探究。
【实验过程】
（1）如图所示，步骤Ⅱ的化学方程式为　 　。
同学们将烧杯丙中混合物过滤后得到澄清溶液，并对该溶液的成分进行了探究
【实验方案】
（2）实验设计如下：
实验 操作步骤 现象 结论
实验1 取少量澄清溶液于试管中，通入 无明显现象 证明该溶液中没有　 　
实验2 取实验1后的溶液于试管中，滴加足量的氯化钙溶液 　 　 证明该溶液中有
【交流讨论】
（3）同学们将实验结果与老师交流，老师认为实验2的结论不一定准确，原因是　 　。
（4）兴趣小组的同学们讨论后又进行了实验3，请填写下列表格。
实验 操作步骤 现象 结论
实验3 　 　 有气泡产生 证明该溶液中有
【实验结论】
（5）根据以上实验，同学们得出烧杯丙中溶液的溶质成分为　 　。
【延伸应用】
（6）同学们查阅资料得知，脱胶率越高，所得丝帛越顺滑亮丽。浓度为10%的溶液pH=11.6，浓度为1%的KOH溶液的pH=13.2，根据如图数据分析，选用　 　溶液洗涤丝帛效果更好。
18．化学兴趣小组在劳动基地发现土壤酸性过强，不利于作物生长，需施用熟石灰进行改良。小组同学称取了一定量的熟石灰样品（含少量不与酸反应的杂质），为测定其纯度，进行了如下实验：向10g样品中逐滴加入溶质质量分数为的稀盐酸至恰好完全反应，共消耗稀盐酸100g。请计算：
（1）该实验过程中，100 g质量分数为的稀盐酸中溶质的质量为　 　g。
（2）计算该熟石灰样品中的质量分数。（写出计算过程及结果）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】保护水资源；合理利用金属资源；合成材料的使用及其对人和环境的影响；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、推广使用可降解塑料，能够有效减少白色塑料垃圾残留，降低环境污染，符合绿色发展与生态文明建设的理念，选项A不符合题意；
B、工业废水中含有大量有毒、有害污染物，直接排入河流，会严重污染水体、破坏水生生态环境，不符合绿色发展与生态文明建设的理念，选项B符合题意；
C、发展氢能等清洁能源，氢气燃烧的产物仅为水，零污染物排放，可减少化石燃料带来的污染，符合绿色发展理念，选项C不符合题意；
D、回收利用废旧金属，既可以节约有限的金属矿产资源，又能减少金属冶炼过程中废气、废渣的排放，节能减排、保护环境，符合生态文明理念，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据防治白色污染、环境保护的措施解答；
B、根据水体污染的成因与水资源保护的原则解答，工业废水必须处理达标后才可排放；
C、根据清洁能源的环保优势解答，氢能属于无污染的新能源；
D、根据废旧金属回收的资源与环境双重意义解答。
2．【答案】D
【知识点】测定空气中的氧气含量
【解析】【解答】A、红磷燃烧的现象是产生大量白烟，白烟是五氧化二磷固体小颗粒；白雾指液体小液滴，红磷燃烧不会产生白雾，选项A不符合题意；
B、空气中氧气的体积约占空气总体积的1/5，装置冷却至室温后，水只会上升至大约刻度1的位置，不会上升到刻度4，选项B不符合题意；
C、实验中红磷必须足量，才能将装置内空气中的氧气完全耗尽；若红磷用量不足，会导致测得的氧气体积分数偏小，对实验结果影响很大，选项C不符合题意；
D、该整套装置始终密闭，用电热棒引燃红磷，全程不需要打开装置，有毒的五氧化二磷生成物不会逸散到空气中，能够大幅减少对空气的污染，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据红磷燃烧的实验现象解答，区分化学中“白烟”与“白雾”的概念，为高频易错点；
B、根据空气中氧气的体积分数（约占1/5）解答；
C、根据测定氧气体积分数实验的操作注意事项解答，足量红磷是实验结果准确的基础；
D、根据密闭改进实验装置的环保、误差小的优点解答。
3．【答案】D
【知识点】水的净化；保护水资源
【解析】【解答】A、废水、污水中含有各类有毒杂质与污染物，直接排放会污染水源与土壤，必须经过处理达标后再排放，说法正确，选项A不符合题意；
B、明矾溶于水后，会生成具有吸附能力的胶状物，可以吸附水中悬浮的微小杂质，加速杂质沉降，达到初步净水效果，说法正确，选项B不符合题意；
C、过滤操作可以实现固体和液体的分离，能够彻底除去水中的不溶性固体杂质，说法正确，选项C不符合题意；
D、活性炭具有疏松多孔的特殊结构，具备极强的吸附能力，仅可以吸附水中的色素和异味，无法起到杀菌消毒的作用，杀菌消毒需要专用消毒剂完成，说法错误，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据水资源保护与污水排放规范解答；
B、根据明矾的净水原理解答；
C、根据过滤操作的功能解答，过滤仅可除去不溶性杂质；
D、根据活性炭的净水作用解答，活性炭仅具备吸附作用，无杀菌消毒能力，是本题核心易错知识点。
4．【答案】C
【知识点】复分解反应及其应用；分解反应及其应用；化合反应及其应用；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、化合反应的特征是“多变一”，即多种反应物生成一种生成物；该反应生成物为两种，不属于化合反应，选项A不符合题意；
B、分解反应的特征是“一变多”，即一种反应物生成多种生成物；该反应反应物为两种，不属于分解反应，选项B不符合题意；
C、置换反应定义为：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；该反应中Fe是单质、CuSO4是化合物，生成物Cu是单质、FeSO4是化合物，完全符合置换反应定义，选项C符合题意；
D、复分解反应是两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物，反应全程无单质参与或生成；该反应有单质参与、单质生成，不属于复分解反应，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据化合反应“多变一”的特征进行区分判断；
B、根据分解反应“一变多”的特征进行区分判断；
C、根据置换反应的严格定义，结合反应物、生成物物质类别判断；
D、根据复分解反应“仅化合物间交换成分、无单质”的特征区分判断。
5．【答案】D
【知识点】元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、碳带“石”字旁，属于固态非金属元素，选项A不符合题意；
B、氧带“气”字头，属于气态非金属元素，选项B不符合题意；
C、硅带“石”字旁，属于固态非金属元素，选项C不符合题意；
D、铁带“钅”字旁，属于金属元素，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据元素的分类标准解答，带“石”字旁的元素一般属于固态非金属元素；
B、根据元素的分类标准解答，带“气”字头的元素一般属于气态非金属元素；
C、根据元素的分类标准解答，带“石”字旁的元素一般属于固态非金属元素；
D、根据元素的分类标准解答，带“钅”字旁的元素（汞除外）都属于金属元素。
6．【答案】C
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、相对原子质量的单位是“1”，不是“g”，通常省略不写，因此钕的相对原子质量为144.2，选项A错误；
B、元素周期表单元格左上角的数字是原子序数，原子序数=质子数，钕的质子数为60，中子数≈相对原子质量-质子数≈144-60=84，不是60，选项B错误；
C、钕是金属元素，金属原子在化学反应中容易失去最外层电子形成阳离子，选项C正确；
D、钕带“钅”字旁，属于金属元素，不是非金属元素，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据元素周期表单元格的信息解答，相对原子质量的单位是“1”，不是质量单位“g”；
B、根据原子中各粒子的数量关系解答，中子数≈相对原子质量-质子数，原子序数=质子数；
C、根据金属元素的化学性质解答，金属原子最外层电子数一般少于4个，在反应中易失去电子；
D、根据元素的分类标准解答，带“钅”字旁的元素属于金属元素。
7．【答案】C
【知识点】完全燃烧与不完全燃烧；灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、热空气的密度比冷空气小，会向上上升，外界冷空气从气流入口持续进入，补充燃烧所需的氧气，使燃烧更充分，选项A说法正确，不符合题意；
B、三个火眼可以同时放置蒸煮容器，能够充分利用燃烧产生的热量，提高热量利用率，选项B说法正确，不符合题意；
C、关闭灶门后，火焰熄灭的原因是隔绝了氧气，而不是清除可燃物，可燃物柴薪仍然存在于灶内，选项C说法错误，符合题意；
D、及时清理灶内积灰，可以避免积灰堵塞通风口，有利于空气流通，保证燃烧有充足的氧气，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据燃烧的条件解答，燃烧需要氧气，热空气上升带动冷空气进入补充氧气；
B、根据热量的充分利用解答，多个火眼同时使用可以提高热量利用率；
C、根据灭火的原理解答，灭火原理包括清除可燃物、隔绝氧气、降低温度到可燃物着火点以下，关闭灶门属于隔绝氧气；
D、根据促进燃烧的方法解答，保证空气流通可以提供充足的氧气，促进燃烧。
8．【答案】B
【知识点】金属锈蚀的条件及其防护；探究金属锈蚀的条件
【解析】【解答】铁生锈需要同时接触氧气和水，氯化钠会加快铁生锈的速率。
A、铁丝球②同时接触氧气和水，铁丝球③只接触水，几乎不接触氧气，二者对比，只有铁丝球②生锈，可知铁生锈需要氧气，选项A说法正确，不符合题意；
B、铁丝球①只接触氧气，不接触水，几乎不生锈；铁丝球④同时接触氧气、水和氯化钠，生锈速率最快，因此实验中生锈速率最快的是④，不是①，选项B说法错误，符合题意；
C、铁丝球②和④的变量是氯化钠，二者对比，铁丝球④生锈更快，可探究氯化钠对铁生锈速率的影响，选项C说法正确，不符合题意；
D、在船底喷防锈涂料，可以隔绝氧气和水，从而减缓铁生锈的速率，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据控制变量法的实验设计解答，对比实验中只有一个变量，②和③的变量是氧气；
B、根据铁生锈的影响因素解答，氯化钠会加快铁生锈的速率，④中含有食盐水，生锈最快；
C、根据控制变量法的实验设计解答，②和④的变量是氯化钠，可探究其对生锈速率的影响；
D、根据防止铁生锈的方法解答，隔绝氧气和水可以防止铁生锈，喷涂料是常用方法。
9．【答案】D
【知识点】金属的化学性质；酸碱指示剂的性质及应用；二氧化碳的化学性质；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、MnO2难溶于水，KCl易溶于水，除去MnO2中的KCl，应加水溶解、过滤、洗涤、干燥，得到纯净的MnO2，蒸发结晶得到的是KCl，不是MnO2，选项A不合理；
B、NaOH溶液和Na2CO3溶液都呈碱性，都能使无色酚酞溶液变红，无法用酚酞溶液鉴别，选项B不合理；
C、NaOH固体不仅能吸收水蒸气，还能与CO2反应生成碳酸钠和水，会把原物质CO2也除去，选项C不合理；
D、Fe的金属活动性比Cu强，Fe能与足量的CuSO4溶液反应生成硫酸亚铁和铜，过滤、洗涤、干燥后可得到纯净的Cu粉，选项D合理。
故答案为：D。
【分析】A、根据除杂的原则解答，除杂不能引入新杂质，且不能除去原物质，MnO2是难溶物，应通过过滤分离；
B、根据物质的鉴别方法解答，鉴别两种物质需要有明显不同的现象，两种溶液都呈碱性，无法用酚酞鉴别；
C、根据除杂的原则解答，干燥剂不能与被干燥的气体反应，NaOH会与CO2反应，不能干燥CO2；
D、根据金属活动性顺序的应用解答，排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，Fe能置换出Cu，且不引入新杂质。
10．【答案】C
【知识点】质量守恒定律及其应用；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】A、等质量的碳酸钙，无论是粉末状还是块状，与足量稀盐酸反应时，产生的CO2质量相等，因为碳酸钙的质量决定了生成CO2的质量，形状只影响反应速率，不影响生成物的质量，选项A错误；
B、b点后气压仍然在缓慢上升，说明反应还在进行，只是速率变慢，没有停止，选项B错误；
C、粉末状碳酸钙与稀盐酸的接触面积更大，反应速率更快，相同时间内产生的CO2更多，气压上升更快。对比a、b点，a点气压更高，说明曲线①反应速率更快，因此曲线①表示粉末状碳酸钙与稀盐酸的反应，选项C正确；
D、对比c、d点，相同时间内曲线①的气压更高，说明粉末状碳酸钙的反应速率更快，块状的更慢，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据质量守恒定律解答，化学反应中生成物的质量由反应物的质量决定，与反应物的接触面积无关；
B、根据气压变化与反应进程的关系解答，气压上升说明仍有气体生成，反应在进行；
C、根据影响反应速率的因素解答，反应物接触面积越大，反应速率越快，气压上升越快；
D、根据影响反应速率的因素解答，粉末状接触面积大，反应速率比块状快。
11．【答案】（1）钾肥
（2）元素
（3）
（4）合成材料
（5）糖类
【知识点】常见碱的特性和用途；常见化肥的种类和作用；有机高分子材料的分类及鉴别；元素的概念
【解析】【解答】（1）化肥根据所含营养元素分为氮肥、磷肥、钾肥和复合肥。氯化钾中只含有钾元素这一种营养元素，因此属于钾肥。
（2）物质是由元素组成的，巴中紫色土富含的“钾、磷、铁”指的是元素，与具体存在形态无关。
（3）冬季给果树刷的“白浆”是氢氧化钙，化学式为Ca(OH)2，它能防冻防虫。
（4）聚丙烯塑料是通过化学合成方法制得的有机高分子材料，属于合成材料。
（5）人体六大基本营养素包括糖类、蛋白质、油脂、维生素、水和无机盐，淀粉属于糖类，是人体主要的供能物质。
【分析】（1）根据化肥的分类标准解答，只含钾元素的化肥是钾肥；
（2）根据物质的组成解答，描述物质的宏观组成时用元素；
（3）根据常见物质的用途解答，氢氧化钙俗称熟石灰，可用于果树涂白；
（4）根据材料的分类解答，合成材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶；
（5）根据人体六大基本营养素的分类解答，淀粉属于糖类。
（1）氯化钾含有氮、磷、钾中的钾元素，属于钾肥，且钾肥的作用就是增强作物抗倒伏能力，与题干描述吻合。
（2）描述宏观物质的组成时用元素指代，土壤中提到的“钾、磷、铁”是对元素种类的描述，不是具体的单质、分子或原子。
（3）冬季给果树刷的防冻防虫“白浆”是石灰浆，主要成分为氢氧化钙，其化学式为Ca(OH)2。
（4）聚丙烯塑料属于三大有机合成材料（塑料、合成纤维、合成橡胶）之一，不属于无机非金属材料。
（5）六大基本营养素包括糖类、蛋白质、油脂、维生素、水、无机盐，淀粉属于糖类，是人体主要供能物质。
12．【答案】（1）水；无机盐
（2）Ca；常量元素
（3）B
（4）A；B；D
（5）A
【知识点】合成材料的使用及其对人和环境的影响；有机高分子材料的分类及鉴别；人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；垃圾的分类与回收利用
【解析】【解答】（1）人体必需的六大类营养物质为糖类、蛋白质、油脂、维生素、水和无机盐，因此空缺处依次填水、无机盐。
（2）钙元素是构成骨骼和牙齿的主要成分，幼儿及青少年缺钙易患佝偻病，老年人缺钙易患骨质疏松。钙在人体中的含量高于0.01%，属于常量元素，元素符号为Ca。
（3）涤纶是合成纤维的一种，属于有机合成材料，答案选B。
（4）合成纤维与天然纤维相比，具有强度高、弹性好、耐磨、耐化学腐蚀的优点，缺点是吸水性、透气性差，因此答案选ABD。
（5）矿泉水瓶是塑料制品，属于可回收垃圾，应投入印有可回收垃圾标识的垃圾箱，答案选A。
【分析】（1）根据人体六大基本营养素的种类解答，需要准确记忆；
（2）根据化学元素与人体健康的关系解答，钙是常量元素，缺钙会导致佝偻病和骨质疏松；
（3）根据材料的分类解答，合成纤维属于有机合成材料；
（4）根据合成纤维的优缺点解答，合成纤维的优点是强度高、弹性好、耐磨、耐化学腐蚀；
（5）根据垃圾分类的标准解答，塑料制品属于可回收垃圾。
（1）人体必需的六大类营养物质为糖类、蛋白质、油脂、维生素、水、无机盐，因此空缺部分为水和无机盐；
（2）幼儿及青少年缺钙易患佝偻病，老年人缺钙易患骨质疏松，故为预防骨质疏松、佝偻病，日常饮食中应摄入足量的Ca元素；
钙在人体中的含量高于0.01%，属于常量元素；
（3）涤纶属于合成纤维，属于有机合成材料，棉属于天然高分子材料。
故选B；
（4）合成纤维的优点包括强度高、弹性好、耐磨、耐化学腐蚀；吸水性、透气性好是天然纤维的特点。
故选ABD；
（5）矿泉水瓶为塑料材质，属于可回收垃圾，应投入印有可回收垃圾标识的垃圾箱内。
故选A。
13．【答案】（1）
（2）NaCl；不饱和
（3）36.6
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；溶解度的影响因素；固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】（1）溶解度曲线的斜率越大，说明溶解度受温度影响越大。0℃～40℃之间，MgSO4的溶解度曲线斜率比NaCl大，因此溶解度受温度影响变化较大的是MgSO4。
（2）40℃时，MgSO4的溶解度为44.5g，即100g水中最多溶解44.5g MgSO4。30g固体中含3g MgSO4，加入100g水后，MgSO4完全溶解。恒温蒸发50g水后，剩余50g水，最多溶解MgSO4的质量为44.5g÷2=22.25g，而原有的MgSO4只有3g，因此MgSO4不会析出，溶液是MgSO4的不饱和溶液。40℃时，NaCl的溶解度小于44.5g，蒸发50g水后，NaCl会析出，因此乙中烧杯内析出的固体物质是NaCl。
（3）30g固体中含27g NaCl，蒸发50g水后析出8.7g固体，说明剩余50g水中溶解的NaCl质量为27g-8.7g=18.3g，因此100g水中最多溶解NaCl的质量为18.3g×2=36.6g，即40℃时NaCl的溶解度为36.6g。
【分析】（1）根据溶解度曲线的意义解答，曲线的倾斜程度反映了溶解度受温度影响的大小；
（2）根据溶解度的定义进行计算，判断蒸发水后溶质是否析出，以及溶液是否饱和；
（3）根据析出固体的质量计算一定量水中溶解的溶质质量，进而计算溶解度。
（1）由图像可以看出，0℃~40℃之间，NaCl的溶解度曲线比的溶解度曲线变化平缓，所以此时溶解度受温度影响变化较大的是硫酸镁。
（2）烧杯中一开始是加入40℃的水100 g，加入了27 g NaCl、3 g，充分溶解搅拌后固体消失，说明两种固体完全溶解，恒温蒸发掉50 g水后，溶液中还剩余50 g水，烧杯中有固体析出。40℃时硫酸镁的溶解度为44.5 g，即在40℃时，100 g水中最多溶解44.5 g硫酸镁，则该温度下50 g水最多能溶解22.25 g硫酸镁，而加入的硫酸镁才3 g，所以硫酸镁不会析出，所得溶液为硫酸镁的不饱和溶液，因此析出的物质是氯化钠。
（3）由前面分析可知，乙烧杯中析出的固体为氯化钠，所以在40℃时，50 g水中最多溶解氯化钠的质量为，所以在40℃时，100 g水中最多溶解氯化钠的质量为36.6 g，即在40℃时，氯化钠的溶解度为36.6 g。
14．【答案】（1）
（2）3∶1；温室效应
（3）2
【知识点】化学方程式的书写与配平；微粒观点及模型图的应用；二氧化碳对环境的影响；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】根据微观示意图可知，反应①是水在太阳光和催化剂Ⅰ的作用下分解生成氢气和氧气，甲是氢气，乙是二氧化碳；反应②是氢气和二氧化碳在催化剂Ⅱ的作用下反应生成乙烯和水。
（1）反应①的化学方程式为 。
（2）反应②的化学方程式为 ，因此参加反应的甲（H2）和乙（CO2）的微粒个数比为6：2=3：1。该反应消耗二氧化碳，二氧化碳是导致温室效应的主要气体，因此有助于缓解温室效应。
（3）氧化物是由两种元素组成，且其中一种是氧元素的化合物。全部反应过程中涉及的氧化物有H2O和CO2，共2种。
【分析】（1）根据微观示意图书写化学方程式，注意反应条件和气体符号；
（2）根据化学方程式计算反应物的微粒个数比，注意配平；根据二氧化碳对环境的影响解答；
（3）根据氧化物的定义解答，判断反应中涉及的氧化物种类。
（1）反应①是水在太阳光、催化剂I作用下分解为氢气和氧气，配平后得到对应化学方程式。
（2）反应②为（甲） 和（乙）在催化剂II作用下生成乙烯和水，配平后方程式为：，因此参加反应的甲、乙微粒个数比为；
空气中二氧化碳含量过高会加剧温室效应，因此消耗二氧化碳有助于缓解温室效应。
（3）氧化物是由两种元素组成，且其中一种为氧元素的化合物。整个流程中，、 属于氧化物，氢气、氧气为单质，乙烯不含氧元素，因此共2种氧化物。
15．【答案】（1）BaCl2+MgSO4=BaSO4↓+MgCl2；复分解反应；漏斗；NaCl；MgCl2；黑卤
（2）蒸发
（3）B
（4）不一定
（5）12kg
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；溶质的质量分数及相关计算；盐的化学性质；复分解反应及其应用
【解析】【解答】黄卤中含有NaCl、BaCl2等，黑卤中含有NaCl、MgSO4等。二者按比例混合后，BaCl2和MgSO4发生复分解反应生成BaSO4沉淀和MgCl2，经过操作Ⅰ（过滤）分离出固体B（BaSO4）和溶液A。溶液A经过蒸发结晶得到粗盐，粗盐经饱和NaCl溶液冲洗得到精盐。
（1）①黄卤中的BaCl2和黑卤中的MgSO4反应生成硫酸钡沉淀和氯化镁，化学方程式为BaCl2+MgSO4=BaSO4↓+MgCl2。
②该反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应。
③操作Ⅰ是将固体和液体分离，名称是过滤，实验室进行过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。
④反应生成了MgCl2，且原黄卤和黑卤中都含有NaCl，因此溶液A中含有的溶质有MgSO4、NaCl、MgCl2。
⑤溶液A中还含有未反应的MgSO4，说明加入的黑卤是过量的。
（2）氯化钠的溶解度受温度影响较小，因此“敞锅熬盐”的原理是蒸发结晶，通过蒸发水分使氯化钠结晶析出。
（3） A、粗盐中的氯化钠能溶于冰水，造成NaCl损耗，故A选项不符合题意；
B、饱和的NaCl溶液不能溶解NaCl，可以溶解粗盐表面的杂质，故B选项符合题意；
C、饱和的NaOH溶液能溶解NaCl，造成NaCl损耗，且冲洗粗盐时会使粗盐引入新的杂质，故C选项不符合题意；
D、饱和的BaCl2溶液冲洗粗盐，氯化钡能与杂质中的硫酸镁发生反应生成硫酸钡沉淀与氯化镁，从而引入新的杂质，故D选项不符合题意。
答案选B。
（4）得到的精盐中可能还含有少量可溶性杂质如MgCl2等，因此不一定是纯净物。
（5）60kg含10%NaCl的黄卤中NaCl的质量为60kg×10%=6kg，40kg含15%NaCl的黑卤中NaCl的质量为40kg×15%=6kg，因此混合后NaCl的总质量为6kg+6kg=12kg，制得的粗盐中NaCl的质量最多为12kg。
【分析】（1）①根据复分解反应的规律书写化学方程式，注意沉淀符号；
②根据复分解反应的定义判断反应类型；
③根据过滤操作的仪器解答，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
④根据反应的生成物和反应物的过量情况判断溶液中的溶质；
⑤根据溶液中剩余的溶质判断哪种反应物过量；
（2）根据结晶的方法解答，溶解度受温度影响小的物质用蒸发结晶；
（3）根据饱和溶液的性质解答，饱和溶液不能再溶解该溶质，但能溶解其他溶质；
（4）根据纯净物和混合物的定义解答，精盐中可能含有可溶性杂质，属于混合物；
（5）根据溶质质量的计算解答，混合后NaCl的总质量就是粗盐中最多含有的NaCl质量。
（1）①黄卤中的BaCl2和黑卤中的MgSO4发生反应生成BaSO4沉淀和MgCl2，该反应的化学方程式为BaCl2+MgSO4=BaSO4↓+MgCl2。
②上述反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，符合复分解反应的特征，所以基本反应类型为复分解反应。
③操作Ⅰ是将固体和液体分离，即过滤操作，过滤会用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。
④因为黄卤中的NaCl不参与反应，且反应生成了MgCl2，所以得到的溶液A中含有的溶质有MgSO4、NaCl、MgCl2。
⑤根据溶液A中的溶质成分，有MgSO4，说明氯化钡和硫酸镁反应时，硫酸镁有剩余，所以加入的黑卤是过量的。
（2）操作Ⅱ中“敞锅熬盐”是通过蒸发溶剂的方法使氯化钠结晶析出，原理为蒸发结晶。
（3）A、粗盐中的氯化钠能溶于冰水，造成NaCl损耗，故A选项不符合题意；
B、饱和的NaCl溶液不能溶解NaCl，可以溶解粗盐表面的杂质，故B选项符合题意；
C、饱和的NaOH溶液能溶解NaCl，造成NaCl损耗，且冲洗粗盐时会使粗盐引入新的杂质，故C选项不符合题意；
D、饱和的BaCl2溶液冲洗粗盐，氯化钡能与杂质中的硫酸镁发生反应生成硫酸钡沉淀与氯化镁，从而引入新的杂质，故D选项不符合题意。
故选B。
（4）操作Ⅱ（敞锅熬盐）是蒸发结晶过程，该过程无法除去溶液中含有的MgCl2等可溶性杂质，故得到的精盐不一定是纯净物。
（5）首先计算黄卤中氯化钠的质量：60kg×10%=6kg；再计算黑卤中氯化钠的质量：40kg×15%=6kg；混合后氯化钠总质量为6kg+6kg=12kg，所以经“敞锅熬盐”制得的粗盐中NaCl的质量最多为12kg。
16．【答案】（1）红色固体变黑色；吸引铁粉，证明有铁生成；
（2）；有气泡产生，溶液由无色变为浅绿色；Fe和CuSO4溶液；Zn(NO3)2、Cu(NO3)2
【知识点】金属的化学性质；一氧化碳还原氧化铁；金属活动性的探究
【解析】【解答】（1）①一氧化碳具有还原性，在高温条件下能与红色的氧化铁反应生成黑色的铁和二氧化碳，因此实验过程中玻璃管内出现的现象是红色固体变黑色。
②铁能被磁铁吸引，因此磁铁的作用是吸引铁粉，证明有铁生成。
③试剂X用于检验生成的二氧化碳，通常用澄清石灰水，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。
（2）①甲中锌和氯化亚铁反应生成氯化锌和铁，化学方程式为Zn+FeCl2=ZnCl2+Fe，说明金属活动性Zn＞Fe。
②乙中铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，因此实验现象为有气泡产生，溶液由无色变为浅绿色，说明金属活动性Fe＞H。
③ 甲能证明Zn>Fe，乙能证明Fe>H，丙能证明Cu>Ag，则还需要比较铁和铜，则图丁中的试剂A、B可分别为Fe和CuSO4溶液，铁能置换出铜，则说明Fe>Cu 。
④丙试管中铜和硝酸银反应，若硝酸银过量，滤液中含有硝酸铜和硝酸银；若硝酸银不足，滤液中只含有硝酸铜。向滤液中加入锌，锌先与硝酸银反应，析出银，固体质量增加；硝酸银反应完后，锌再与硝酸铜反应，析出铜，固体质量增加的幅度变小。b点时，硝酸银恰好完全反应，硝酸铜还未反应，因此对应溶液中所含溶质是Zn(NO3)2、Cu(NO3)2。
【分析】（1）①根据一氧化碳还原氧化铁的实验现象解答，氧化铁是红色，铁粉是黑色；
②根据铁的物理性质解答，铁能被磁铁吸引，可用于检验铁的生成；
③根据二氧化碳的检验方法解答，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；
（2）①根据金属活动性顺序的应用书写化学方程式，排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来；
②根据铁与稀盐酸反应的现象解答，有气泡产生，溶液变为浅绿色；
③根据控制变量法的实验设计解答，需要补充实验比较Fe和Cu的活动性；
④根据金属与盐溶液反应的先后顺序解答，锌先与活动性弱的金属的盐溶液反应，再与活动性强的反应。
（1）①红色的氧化铁和一氧化碳在高温条件下反应生成黑色的铁粉和二氧化碳，则可玻璃管内的现象为红色固体变黑色。
②磁铁能吸引铁粉，则其作用为证明有铁生成。
③检验二氧化碳用澄清石灰水，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为：。
（2）①甲中锌能和氯化亚铁发生置换反应生成铁和氯化锌，反应的化学方程式为：。
②在金属活动性顺序中，铁位于氢元素前面，则铁能和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则现象为：有气泡产生，溶液由无色变为浅绿色。
③甲能证明Zn>Fe，乙能证明Fe>H，丙能证明Cu>Ag，则还需要比较铁和铜，则图丁中的试剂A、B可分别为Fe和CuSO4溶液，铁能置换出铜，则说明Fe>Cu
。
④图中质量变化有两段，则说明丙试管中的溶液有硝酸银和硝酸铜，且由于Zn>Cu>Ag，则加入锌时，锌先和硝酸银反应生成银和硝酸锌，待硝酸银完全反应后，锌和硝酸铜反应生成铜和硝酸锌，故b点表示锌和硝酸银完全反应，此时溶液中的溶质为：Zn(NO3)2、Cu(NO3)2。
17．【答案】；氢氧化钙；产生白色沉淀；实验1中二氧化碳能与氢氧化钾反应生成碳酸钾和水，反应生成的碳酸钾也能与氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀；取少量澄清溶液于试管中，加入足量稀盐酸；KOH、；浓度为1%的KOH
【知识点】碱的化学性质；溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】贝壳灰的主要成分是CaO，加水后CaO与水反应生成Ca(OH)2。步骤Ⅱ中，Ca(OH)2与草木灰中的K2CO3反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾。过滤后得到澄清溶液，其成分可能是KOH，或KOH和Ca(OH)2，或KOH和K2CO3。
（1）步骤Ⅱ中，氢氧化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾，化学方程式为Ca(OH)2+K2CO3=CaCO3↓+2KOH。
（2）实验1：取少量澄清溶液通入CO2，无明显现象，说明溶液中没有Ca(OH)2，因为CO2能与Ca(OH)2反应生成碳酸钙白色沉淀。
实验2：取实验1后的溶液，滴加足量的氯化钙溶液，若有白色沉淀产生，证明溶液中有K2CO3，因为氯化钙与碳酸钾反应生成碳酸钙白色沉淀。
（3）老师认为实验2的结论不一定准确，原因是氢氧化钙微溶于水，若溶液中含有少量氢氧化钙，加入氯化钙溶液后，也可能因为氢氧化钙达到饱和而析出白色沉淀，干扰碳酸钾的检验。
（4）实验3要证明溶液中有K2CO3，且现象是有气泡产生，因此操作步骤是取少量澄清溶液于试管中，加入足量的稀盐酸，稀盐酸与碳酸钾反应生成二氧化碳气体，有气泡产生，证明有K2CO3。
（5）根据以上实验，溶液中没有Ca(OH)2，有K2CO3，同时含有反应生成的KOH，因此溶质成分为KOH和K2CO3。
（6）根据图像， 浓度为10%的溶液pH=11.6，浓度为1%的KOH溶液的pH=13.2，pH值越大，碱性越强，说明浓度为10%的溶液的碱性比浓度为1%的KOH溶液的碱性弱，由图2中的信息可知，溶液显碱性时，碱性越强，丝胶蛋白溶解能力越强，应选用浓度为1%的KOH溶液洗涤丝帛效果更好 。
【分析】（1）根据碱与盐的复分解反应书写化学方程式，注意沉淀符号；
（2）根据二氧化碳与氢氧化钙的反应现象解答，无明显现象说明没有氢氧化钙；根据氯化钙与碳酸钾的反应现象解答，有白色沉淀说明有碳酸钾；
（3）根据氢氧化钙的溶解性解答，氢氧化钙微溶于水，浓度较大时会析出沉淀，干扰实验；
（4）根据碳酸根离子的检验方法解答，碳酸根离子与酸反应生成二氧化碳气体，现象明显且无干扰；
（5）根据实验现象综合推断溶液的溶质成分，排除氢氧化钙，确定含有氢氧化钾和碳酸钾；
（6）根据图像信息解答，脱胶率越高洗涤效果越好，选择pH最接近最高脱胶率对应的溶液。
18．【答案】（1）7.3
（2）解：设该熟石灰样品中氢氧化钙的质量为x
x=7.4g
则该熟石灰样品中氢氧化钙的质量分数为：
答：该熟石灰样品中的质量分数为74%
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；中和反应及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）稀盐酸中溶质的质量=溶液质量×溶质质量分数，因此100g质量分数为7.3%的稀盐酸中溶质的质量为100g×7.3%=7.3g。
【分析】（1）根据溶质质量分数的计算公式解答，溶质质量=溶液质量×溶质质量分数，这是化学计算的基础公式；
（2）根据化学方程式的计算步骤解答，先写出配平正确的化学方程式，找出已知量（HCl的质量）和未知量（Ca(OH)2的质量）的质量比，列比例式计算出氢氧化钙的质量，再用氢氧化钙的质量除以样品总质量得到质量分数，注意计算过程规范，必须有完整的答句。
（1）100 g质量分数为的稀盐酸中溶质的质量为：；
（2）见答案。
1 / 12026年河北邯郸市涉县部分学校中考化学模拟试卷
1．化学在推动绿色发展和生态文明建设中发挥着重要作用。下列做法不符合这一理念的是
A．推广使用可降解塑料 B．工业废水排入河流
C．发展氢能等清洁能源 D．回收利用废旧金属
【答案】B
【知识点】保护水资源；合理利用金属资源；合成材料的使用及其对人和环境的影响；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、推广使用可降解塑料，能够有效减少白色塑料垃圾残留，降低环境污染，符合绿色发展与生态文明建设的理念，选项A不符合题意；
B、工业废水中含有大量有毒、有害污染物，直接排入河流，会严重污染水体、破坏水生生态环境，不符合绿色发展与生态文明建设的理念，选项B符合题意；
C、发展氢能等清洁能源，氢气燃烧的产物仅为水，零污染物排放，可减少化石燃料带来的污染，符合绿色发展理念，选项C不符合题意；
D、回收利用废旧金属，既可以节约有限的金属矿产资源，又能减少金属冶炼过程中废气、废渣的排放，节能减排、保护环境，符合生态文明理念，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据防治白色污染、环境保护的措施解答；
B、根据水体污染的成因与水资源保护的原则解答，工业废水必须处理达标后才可排放；
C、根据清洁能源的环保优势解答，氢能属于无污染的新能源；
D、根据废旧金属回收的资源与环境双重意义解答。
2．如图是测定空气中氧气含量的改进实验装置，电热棒用于引燃红磷，对该实验认识正确的是
A．实验过程中，红磷燃烧，产生大量白雾
B．实验结束后，水上升至大约刻度4的位置
C．红磷的用量多少，对实验结果没有影响
D．用该装置进行实验，可以减少对空气的污染
【答案】D
【知识点】测定空气中的氧气含量
【解析】【解答】A、红磷燃烧的现象是产生大量白烟，白烟是五氧化二磷固体小颗粒；白雾指液体小液滴，红磷燃烧不会产生白雾，选项A不符合题意；
B、空气中氧气的体积约占空气总体积的1/5，装置冷却至室温后，水只会上升至大约刻度1的位置，不会上升到刻度4，选项B不符合题意；
C、实验中红磷必须足量，才能将装置内空气中的氧气完全耗尽；若红磷用量不足，会导致测得的氧气体积分数偏小，对实验结果影响很大，选项C不符合题意；
D、该整套装置始终密闭，用电热棒引燃红磷，全程不需要打开装置，有毒的五氧化二磷生成物不会逸散到空气中，能够大幅减少对空气的污染，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据红磷燃烧的实验现象解答，区分化学中“白烟”与“白雾”的概念，为高频易错点；
B、根据空气中氧气的体积分数（约占1/5）解答；
C、根据测定氧气体积分数实验的操作注意事项解答，足量红磷是实验结果准确的基础；
D、根据密闭改进实验装置的环保、误差小的优点解答。
3．水是重要和不可替代的生命源泉。下列关于水的认识错误的是
A．废水、污水均须处理后排放
B．明矾可以使水中悬浮杂质较快沉降
C．过滤可以除去水中的不溶性杂质
D．活性炭用于自来水杀菌消毒
【答案】D
【知识点】水的净化；保护水资源
【解析】【解答】A、废水、污水中含有各类有毒杂质与污染物，直接排放会污染水源与土壤，必须经过处理达标后再排放，说法正确，选项A不符合题意；
B、明矾溶于水后，会生成具有吸附能力的胶状物，可以吸附水中悬浮的微小杂质，加速杂质沉降，达到初步净水效果，说法正确，选项B不符合题意；
C、过滤操作可以实现固体和液体的分离，能够彻底除去水中的不溶性固体杂质，说法正确，选项C不符合题意；
D、活性炭具有疏松多孔的特殊结构，具备极强的吸附能力，仅可以吸附水中的色素和异味，无法起到杀菌消毒的作用，杀菌消毒需要专用消毒剂完成，说法错误，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据水资源保护与污水排放规范解答；
B、根据明矾的净水原理解答；
C、根据过滤操作的功能解答，过滤仅可除去不溶性杂质；
D、根据活性炭的净水作用解答，活性炭仅具备吸附作用，无杀菌消毒能力，是本题核心易错知识点。
4．《天工开物》记载了“烧铁器淬于胆矾水（硫酸铜溶液）中，即成铜色也”，该过程发生的化学反应为。该化学反应属于
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
【答案】C
【知识点】复分解反应及其应用；分解反应及其应用；化合反应及其应用；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、化合反应的特征是“多变一”，即多种反应物生成一种生成物；该反应生成物为两种，不属于化合反应，选项A不符合题意；
B、分解反应的特征是“一变多”，即一种反应物生成多种生成物；该反应反应物为两种，不属于分解反应，选项B不符合题意；
C、置换反应定义为：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；该反应中Fe是单质、CuSO4是化合物，生成物Cu是单质、FeSO4是化合物，完全符合置换反应定义，选项C符合题意；
D、复分解反应是两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物，反应全程无单质参与或生成；该反应有单质参与、单质生成，不属于复分解反应，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据化合反应“多变一”的特征进行区分判断；
B、根据分解反应“一变多”的特征进行区分判断；
C、根据置换反应的严格定义，结合反应物、生成物物质类别判断；
D、根据复分解反应“仅化合物间交换成分、无单质”的特征区分判断。
5．在碳、氧、硅、铁四种元素中，属于金属元素的是
A．碳 B．氧 C．硅 D．铁
【答案】D
【知识点】元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、碳带“石”字旁，属于固态非金属元素，选项A不符合题意；
B、氧带“气”字头，属于气态非金属元素，选项B不符合题意；
C、硅带“石”字旁，属于固态非金属元素，选项C不符合题意；
D、铁带“钅”字旁，属于金属元素，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据元素的分类标准解答，带“石”字旁的元素一般属于固态非金属元素；
B、根据元素的分类标准解答，带“气”字头的元素一般属于气态非金属元素；
C、根据元素的分类标准解答，带“石”字旁的元素一般属于固态非金属元素；
D、根据元素的分类标准解答，带“钅”字旁的元素（汞除外）都属于金属元素。
6．稀土研究是国防建设的重要保障。钕(Nd)是稀土元素之一，其原子在元素周期表中的信息如图所示。下列说法正确的是
A．钕的相对原子质量为144.2 g B．钕原子的中子数为60
C．钕原子在反应中失去电子 D．钕属于非金属元素
【答案】C
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、相对原子质量的单位是“1”，不是“g”，通常省略不写，因此钕的相对原子质量为144.2，选项A错误；
B、元素周期表单元格左上角的数字是原子序数，原子序数=质子数，钕的质子数为60，中子数≈相对原子质量-质子数≈144-60=84，不是60，选项B错误；
C、钕是金属元素，金属原子在化学反应中容易失去最外层电子形成阳离子，选项C正确；
D、钕带“钅”字旁，属于金属元素，不是非金属元素，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据元素周期表单元格的信息解答，相对原子质量的单位是“1”，不是质量单位“g”；
B、根据原子中各粒子的数量关系解答，中子数≈相对原子质量-质子数，原子序数=质子数；
C、根据金属元素的化学性质解答，金属原子最外层电子数一般少于4个，在反应中易失去电子；
D、根据元素的分类标准解答，带“钅”字旁的元素属于金属元素。
7．西汉龙首铜灶设计独特，能使柴薪燃烧充分，如图。下列说法错误的是
A．灶内热空气上升，外界空气持续进入利于补充氧气
B．三个火眼可同时放蒸煮容器，充分利用热量
C．关闭灶门，火焰熄灭的原因是清除可燃物
D．及时清理灶内积灰利于空气流通
【答案】C
【知识点】完全燃烧与不完全燃烧；灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、热空气的密度比冷空气小，会向上上升，外界冷空气从气流入口持续进入，补充燃烧所需的氧气，使燃烧更充分，选项A说法正确，不符合题意；
B、三个火眼可以同时放置蒸煮容器，能够充分利用燃烧产生的热量，提高热量利用率，选项B说法正确，不符合题意；
C、关闭灶门后，火焰熄灭的原因是隔绝了氧气，而不是清除可燃物，可燃物柴薪仍然存在于灶内，选项C说法错误，符合题意；
D、及时清理灶内积灰，可以避免积灰堵塞通风口，有利于空气流通，保证燃烧有充足的氧气，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据燃烧的条件解答，燃烧需要氧气，热空气上升带动冷空气进入补充氧气；
B、根据热量的充分利用解答，多个火眼同时使用可以提高热量利用率；
C、根据灭火的原理解答，灭火原理包括清除可燃物、隔绝氧气、降低温度到可燃物着火点以下，关闭灶门属于隔绝氧气；
D、根据促进燃烧的方法解答，保证空气流通可以提供充足的氧气，促进燃烧。
8．2025年11月5日，我国第三艘航母福建舰入列。建造航母需要用到大量钢铁，为探究铁生锈的条件及影响因素，兴趣小组利用下图所示创新装置进行实验。下列有关说法错误的是
A．铁丝球②和③作对比，可知铁生锈需要氧气
B．实验中生锈速率最快的铁丝球是①
C．铁丝球②和④对比，可探究氯化钠对铁生锈速率的影响
D．为减缓福建舰船底生锈速率，可在其船底喷防锈涂料
【答案】B
【知识点】金属锈蚀的条件及其防护；探究金属锈蚀的条件
【解析】【解答】铁生锈需要同时接触氧气和水，氯化钠会加快铁生锈的速率。
A、铁丝球②同时接触氧气和水，铁丝球③只接触水，几乎不接触氧气，二者对比，只有铁丝球②生锈，可知铁生锈需要氧气，选项A说法正确，不符合题意；
B、铁丝球①只接触氧气，不接触水，几乎不生锈；铁丝球④同时接触氧气、水和氯化钠，生锈速率最快，因此实验中生锈速率最快的是④，不是①，选项B说法错误，符合题意；
C、铁丝球②和④的变量是氯化钠，二者对比，铁丝球④生锈更快，可探究氯化钠对铁生锈速率的影响，选项C说法正确，不符合题意；
D、在船底喷防锈涂料，可以隔绝氧气和水，从而减缓铁生锈的速率，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据控制变量法的实验设计解答，对比实验中只有一个变量，②和③的变量是氧气；
B、根据铁生锈的影响因素解答，氯化钠会加快铁生锈的速率，④中含有食盐水，生锈最快；
C、根据控制变量法的实验设计解答，②和④的变量是氯化钠，可探究其对生锈速率的影响；
D、根据防止铁生锈的方法解答，隔绝氧气和水可以防止铁生锈，喷涂料是常用方法。
9．物质的检验、鉴别、除杂是重要的实验技能，下表实验设计中合理的是
选项 实验目的 实验方案
A 除去中KCl 加水溶解、过滤、蒸发结晶
B 鉴别溶液和溶液 取样，分别滴加无色酚酞溶液
C 除去气体中的水蒸气 将混合气体通过足量的固体
D 除去Cu粉中的Fe粉 加入足量的溶液，过滤，洗涤，干燥
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】金属的化学性质；酸碱指示剂的性质及应用；二氧化碳的化学性质；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、MnO2难溶于水，KCl易溶于水，除去MnO2中的KCl，应加水溶解、过滤、洗涤、干燥，得到纯净的MnO2，蒸发结晶得到的是KCl，不是MnO2，选项A不合理；
B、NaOH溶液和Na2CO3溶液都呈碱性，都能使无色酚酞溶液变红，无法用酚酞溶液鉴别，选项B不合理；
C、NaOH固体不仅能吸收水蒸气，还能与CO2反应生成碳酸钠和水，会把原物质CO2也除去，选项C不合理；
D、Fe的金属活动性比Cu强，Fe能与足量的CuSO4溶液反应生成硫酸亚铁和铜，过滤、洗涤、干燥后可得到纯净的Cu粉，选项D合理。
故答案为：D。
【分析】A、根据除杂的原则解答，除杂不能引入新杂质，且不能除去原物质，MnO2是难溶物，应通过过滤分离；
B、根据物质的鉴别方法解答，鉴别两种物质需要有明显不同的现象，两种溶液都呈碱性，无法用酚酞鉴别；
C、根据除杂的原则解答，干燥剂不能与被干燥的气体反应，NaOH会与CO2反应，不能干燥CO2；
D、根据金属活动性顺序的应用解答，排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，Fe能置换出Cu，且不引入新杂质。
10．利用数据传感技术可以形象地比较不同形状的碳酸钙与稀盐酸反应的速率。倾斜锥形瓶，使试管内的稀盐酸流入瓶中与碳酸钙发生反应，测得瓶内气压随时间的变化如图所示。下列有关说法正确的是
A．等质量碳酸钙粉末比块状碳酸钙产生的CO2质量多
B．b点表示碳酸钙与稀盐酸反应已停止
C．对比分析a、b点可知，曲线①表示粉末状碳酸钙与稀盐酸反应
D．对比分析c、d点可知，块状碳酸钙与稀盐酸反应速率更快
【答案】C
【知识点】质量守恒定律及其应用；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】A、等质量的碳酸钙，无论是粉末状还是块状，与足量稀盐酸反应时，产生的CO2质量相等，因为碳酸钙的质量决定了生成CO2的质量，形状只影响反应速率，不影响生成物的质量，选项A错误；
B、b点后气压仍然在缓慢上升，说明反应还在进行，只是速率变慢，没有停止，选项B错误；
C、粉末状碳酸钙与稀盐酸的接触面积更大，反应速率更快，相同时间内产生的CO2更多，气压上升更快。对比a、b点，a点气压更高，说明曲线①反应速率更快，因此曲线①表示粉末状碳酸钙与稀盐酸的反应，选项C正确；
D、对比c、d点，相同时间内曲线①的气压更高，说明粉末状碳酸钙的反应速率更快，块状的更慢，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据质量守恒定律解答，化学反应中生成物的质量由反应物的质量决定，与反应物的接触面积无关；
B、根据气压变化与反应进程的关系解答，气压上升说明仍有气体生成，反应在进行；
C、根据影响反应速率的因素解答，反应物接触面积越大，反应速率越快，气压上升越快；
D、根据影响反应速率的因素解答，粉末状接触面积大，反应速率比块状快。
11．巴中土壤以紫色土、黄壤为主，盛产柑橘、大米、土豆等特色农产品，结合化学与农业相关知识回答下列问题：
（1）种植水稻时，为使水稻穗大粒满，增强抗倒伏能力，常施用氯化钾，该化肥属于　 　（选填“钾肥”“磷肥”“氮肥”或“复合肥”）。
（2）巴中紫色土富含钾、磷、铁，这里的“钾、磷、铁”指的是　 　（填“分子”“原子”“单质”或“元素”）。
（3）有经验的果农常在冬季给柑橘树刷一层“白浆”防冻防虫，该“白浆”的主要成分是　 　（填化学式）。
（4）储存大米、土豆常用聚丙烯塑料制成密封袋，该塑料属于　 　（填“无机非金属材料”或“合成材料”）。
（5）土豆、大米等食物富含淀粉，是人体主要供能物质。淀粉属于六大基本营养素中的　 　。
【答案】（1）钾肥
（2）元素
（3）
（4）合成材料
（5）糖类
【知识点】常见碱的特性和用途；常见化肥的种类和作用；有机高分子材料的分类及鉴别；元素的概念
【解析】【解答】（1）化肥根据所含营养元素分为氮肥、磷肥、钾肥和复合肥。氯化钾中只含有钾元素这一种营养元素，因此属于钾肥。
（2）物质是由元素组成的，巴中紫色土富含的“钾、磷、铁”指的是元素，与具体存在形态无关。
（3）冬季给果树刷的“白浆”是氢氧化钙，化学式为Ca(OH)2，它能防冻防虫。
（4）聚丙烯塑料是通过化学合成方法制得的有机高分子材料，属于合成材料。
（5）人体六大基本营养素包括糖类、蛋白质、油脂、维生素、水和无机盐，淀粉属于糖类，是人体主要的供能物质。
【分析】（1）根据化肥的分类标准解答，只含钾元素的化肥是钾肥；
（2）根据物质的组成解答，描述物质的宏观组成时用元素；
（3）根据常见物质的用途解答，氢氧化钙俗称熟石灰，可用于果树涂白；
（4）根据材料的分类解答，合成材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶；
（5）根据人体六大基本营养素的分类解答，淀粉属于糖类。
（1）氯化钾含有氮、磷、钾中的钾元素，属于钾肥，且钾肥的作用就是增强作物抗倒伏能力，与题干描述吻合。
（2）描述宏观物质的组成时用元素指代，土壤中提到的“钾、磷、铁”是对元素种类的描述，不是具体的单质、分子或原子。
（3）冬季给果树刷的防冻防虫“白浆”是石灰浆，主要成分为氢氧化钙，其化学式为Ca(OH)2。
（4）聚丙烯塑料属于三大有机合成材料（塑料、合成纤维、合成橡胶）之一，不属于无机非金属材料。
（5）六大基本营养素包括糖类、蛋白质、油脂、维生素、水、无机盐，淀粉属于糖类，是人体主要供能物质。
12．化学与社会密切相关。
（1）为了维持生命和健康人体需从食物中摄取糖类、蛋白质、油脂、维生素、　 　、　 　等六类营养物质。
（2）为预防骨质疏松、佝偻病，日常饮食中应摄入足量的　 　元素(填元素符号)，这种元素属于　 　(填“微量元素”或“常量元素”)。
（3）某同学衣服标签上标有“涤纶56%，棉44%”，其中涤纶属于_______(填字母)。
A．天然高分子材料 B．有机合成材料
（4）相较于天然纤维，合成纤维的优点有_______(填字母，可多选)。
A．强度高、弹性好 B．耐磨
C．吸水性、透气性好 D．耐化学腐蚀
（5）饮用完的矿泉水瓶需投入印有　 　(填字母)标识的垃圾箱。
【答案】（1）水；无机盐
（2）Ca；常量元素
（3）B
（4）A；B；D
（5）A
【知识点】合成材料的使用及其对人和环境的影响；有机高分子材料的分类及鉴别；人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；垃圾的分类与回收利用
【解析】【解答】（1）人体必需的六大类营养物质为糖类、蛋白质、油脂、维生素、水和无机盐，因此空缺处依次填水、无机盐。
（2）钙元素是构成骨骼和牙齿的主要成分，幼儿及青少年缺钙易患佝偻病，老年人缺钙易患骨质疏松。钙在人体中的含量高于0.01%，属于常量元素，元素符号为Ca。
（3）涤纶是合成纤维的一种，属于有机合成材料，答案选B。
（4）合成纤维与天然纤维相比，具有强度高、弹性好、耐磨、耐化学腐蚀的优点，缺点是吸水性、透气性差，因此答案选ABD。
（5）矿泉水瓶是塑料制品，属于可回收垃圾，应投入印有可回收垃圾标识的垃圾箱，答案选A。
【分析】（1）根据人体六大基本营养素的种类解答，需要准确记忆；
（2）根据化学元素与人体健康的关系解答，钙是常量元素，缺钙会导致佝偻病和骨质疏松；
（3）根据材料的分类解答，合成纤维属于有机合成材料；
（4）根据合成纤维的优缺点解答，合成纤维的优点是强度高、弹性好、耐磨、耐化学腐蚀；
（5）根据垃圾分类的标准解答，塑料制品属于可回收垃圾。
（1）人体必需的六大类营养物质为糖类、蛋白质、油脂、维生素、水、无机盐，因此空缺部分为水和无机盐；
（2）幼儿及青少年缺钙易患佝偻病，老年人缺钙易患骨质疏松，故为预防骨质疏松、佝偻病，日常饮食中应摄入足量的Ca元素；
钙在人体中的含量高于0.01%，属于常量元素；
（3）涤纶属于合成纤维，属于有机合成材料，棉属于天然高分子材料。
故选B；
（4）合成纤维的优点包括强度高、弹性好、耐磨、耐化学腐蚀；吸水性、透气性好是天然纤维的特点。
故选ABD；
（5）矿泉水瓶为塑料材质，属于可回收垃圾，应投入印有可回收垃圾标识的垃圾箱内。
故选A。
13．如图是NaCl和两种固体物质的溶解度曲线，根据图示回答问题。
（1）0℃~40℃之间，NaCl和的溶解度受温度影响变化较大的是　 　。
（2）某学习小组欲从30 g固体(含27 g NaCl、)中得到较纯净的NaCl，40℃时进行如下实验：
乙中烧杯内析出的固体物质是　 　，溶液是的　 　(填“饱和”或“不饱和”)溶液。
（3）40℃时，NaCl的溶解度为　 　g。
【答案】（1）
（2）NaCl；不饱和
（3）36.6
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；溶解度的影响因素；固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】（1）溶解度曲线的斜率越大，说明溶解度受温度影响越大。0℃～40℃之间，MgSO4的溶解度曲线斜率比NaCl大，因此溶解度受温度影响变化较大的是MgSO4。
（2）40℃时，MgSO4的溶解度为44.5g，即100g水中最多溶解44.5g MgSO4。30g固体中含3g MgSO4，加入100g水后，MgSO4完全溶解。恒温蒸发50g水后，剩余50g水，最多溶解MgSO4的质量为44.5g÷2=22.25g，而原有的MgSO4只有3g，因此MgSO4不会析出，溶液是MgSO4的不饱和溶液。40℃时，NaCl的溶解度小于44.5g，蒸发50g水后，NaCl会析出，因此乙中烧杯内析出的固体物质是NaCl。
（3）30g固体中含27g NaCl，蒸发50g水后析出8.7g固体，说明剩余50g水中溶解的NaCl质量为27g-8.7g=18.3g，因此100g水中最多溶解NaCl的质量为18.3g×2=36.6g，即40℃时NaCl的溶解度为36.6g。
【分析】（1）根据溶解度曲线的意义解答，曲线的倾斜程度反映了溶解度受温度影响的大小；
（2）根据溶解度的定义进行计算，判断蒸发水后溶质是否析出，以及溶液是否饱和；
（3）根据析出固体的质量计算一定量水中溶解的溶质质量，进而计算溶解度。
（1）由图像可以看出，0℃~40℃之间，NaCl的溶解度曲线比的溶解度曲线变化平缓，所以此时溶解度受温度影响变化较大的是硫酸镁。
（2）烧杯中一开始是加入40℃的水100 g，加入了27 g NaCl、3 g，充分溶解搅拌后固体消失，说明两种固体完全溶解，恒温蒸发掉50 g水后，溶液中还剩余50 g水，烧杯中有固体析出。40℃时硫酸镁的溶解度为44.5 g，即在40℃时，100 g水中最多溶解44.5 g硫酸镁，则该温度下50 g水最多能溶解22.25 g硫酸镁，而加入的硫酸镁才3 g，所以硫酸镁不会析出，所得溶液为硫酸镁的不饱和溶液，因此析出的物质是氯化钠。
（3）由前面分析可知，乙烧杯中析出的固体为氯化钠，所以在40℃时，50 g水中最多溶解氯化钠的质量为，所以在40℃时，100 g水中最多溶解氯化钠的质量为36.6 g，即在40℃时，氯化钠的溶解度为36.6 g。
14．科学家利用太阳光在新型催化剂I表面高效分解水后，再利用高效催化剂II将二氧化碳转化为乙烯，反应的微观示意图如下所示，请据图回答下列问题：
（1）写出反应①的化学方程式　 　。
（2）反应②中参加反应的甲、乙微粒个数比为　 　（写最简整数比），该反应可以减少空气中二氧化碳，有助于缓解的环境问题是　 　。
（3）全部反应过程中共涉及　 　种氧化物。
【答案】（1）
（2）3∶1；温室效应
（3）2
【知识点】化学方程式的书写与配平；微粒观点及模型图的应用；二氧化碳对环境的影响；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】根据微观示意图可知，反应①是水在太阳光和催化剂Ⅰ的作用下分解生成氢气和氧气，甲是氢气，乙是二氧化碳；反应②是氢气和二氧化碳在催化剂Ⅱ的作用下反应生成乙烯和水。
（1）反应①的化学方程式为 。
（2）反应②的化学方程式为 ，因此参加反应的甲（H2）和乙（CO2）的微粒个数比为6：2=3：1。该反应消耗二氧化碳，二氧化碳是导致温室效应的主要气体，因此有助于缓解温室效应。
（3）氧化物是由两种元素组成，且其中一种是氧元素的化合物。全部反应过程中涉及的氧化物有H2O和CO2，共2种。
【分析】（1）根据微观示意图书写化学方程式，注意反应条件和气体符号；
（2）根据化学方程式计算反应物的微粒个数比，注意配平；根据二氧化碳对环境的影响解答；
（3）根据氧化物的定义解答，判断反应中涉及的氧化物种类。
（1）反应①是水在太阳光、催化剂I作用下分解为氢气和氧气，配平后得到对应化学方程式。
（2）反应②为（甲） 和（乙）在催化剂II作用下生成乙烯和水，配平后方程式为：，因此参加反应的甲、乙微粒个数比为；
空气中二氧化碳含量过高会加剧温室效应，因此消耗二氧化碳有助于缓解温室效应。
（3）氧化物是由两种元素组成，且其中一种为氧元素的化合物。整个流程中，、 属于氧化物，氢气、氧气为单质，乙烯不含氧元素，因此共2种氧化物。
15．四川是我国井盐的重要产地，《四川盐法志》记录了“敞锅熬盐”的主要步骤，其流程可表示如下：
（1）黄卤和黑卤混合会发生反应生成白色沉淀
①反应的化学方程式为　 　。
②基本反应类型为　 　。
③实验室进行操作Ⅰ会用到玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、　 　。
④得到的溶液A中含有的溶质有：、　 　、　 　（均填化学式）。
⑤根据上述溶质成分可知，加入的　 　（填“黄卤”或“黑卤”）是过量的。
（2）操作Ⅱ中“敞锅熬盐”的原理为　 　结晶（填“降温”或“蒸发”）；
（3）操作Ⅲ中用“花水”冲洗粗盐，既可减少表面杂质，又不损失NaCl。则“花水”应当是________（填字母序号）。
A．冰水 B．饱和NaCl溶液
C．饱和NaOH溶液 D．饱和溶液
（4）得到的精盐　 　（填“一定”或“不一定”）是纯净物。
（5）将60 kg含10 %NaCl的黄卤和40 kg含15% NaCl的黑卤混合，经“敞锅熬盐”制得的粗盐中NaCl的质量最多为　 　。
【答案】（1）BaCl2+MgSO4=BaSO4↓+MgCl2；复分解反应；漏斗；NaCl；MgCl2；黑卤
（2）蒸发
（3）B
（4）不一定
（5）12kg
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；溶质的质量分数及相关计算；盐的化学性质；复分解反应及其应用
【解析】【解答】黄卤中含有NaCl、BaCl2等，黑卤中含有NaCl、MgSO4等。二者按比例混合后，BaCl2和MgSO4发生复分解反应生成BaSO4沉淀和MgCl2，经过操作Ⅰ（过滤）分离出固体B（BaSO4）和溶液A。溶液A经过蒸发结晶得到粗盐，粗盐经饱和NaCl溶液冲洗得到精盐。
（1）①黄卤中的BaCl2和黑卤中的MgSO4反应生成硫酸钡沉淀和氯化镁，化学方程式为BaCl2+MgSO4=BaSO4↓+MgCl2。
②该反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应。
③操作Ⅰ是将固体和液体分离，名称是过滤，实验室进行过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。
④反应生成了MgCl2，且原黄卤和黑卤中都含有NaCl，因此溶液A中含有的溶质有MgSO4、NaCl、MgCl2。
⑤溶液A中还含有未反应的MgSO4，说明加入的黑卤是过量的。
（2）氯化钠的溶解度受温度影响较小，因此“敞锅熬盐”的原理是蒸发结晶，通过蒸发水分使氯化钠结晶析出。
（3） A、粗盐中的氯化钠能溶于冰水，造成NaCl损耗，故A选项不符合题意；
B、饱和的NaCl溶液不能溶解NaCl，可以溶解粗盐表面的杂质，故B选项符合题意；
C、饱和的NaOH溶液能溶解NaCl，造成NaCl损耗，且冲洗粗盐时会使粗盐引入新的杂质，故C选项不符合题意；
D、饱和的BaCl2溶液冲洗粗盐，氯化钡能与杂质中的硫酸镁发生反应生成硫酸钡沉淀与氯化镁，从而引入新的杂质，故D选项不符合题意。
答案选B。
（4）得到的精盐中可能还含有少量可溶性杂质如MgCl2等，因此不一定是纯净物。
（5）60kg含10%NaCl的黄卤中NaCl的质量为60kg×10%=6kg，40kg含15%NaCl的黑卤中NaCl的质量为40kg×15%=6kg，因此混合后NaCl的总质量为6kg+6kg=12kg，制得的粗盐中NaCl的质量最多为12kg。
【分析】（1）①根据复分解反应的规律书写化学方程式，注意沉淀符号；
②根据复分解反应的定义判断反应类型；
③根据过滤操作的仪器解答，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
④根据反应的生成物和反应物的过量情况判断溶液中的溶质；
⑤根据溶液中剩余的溶质判断哪种反应物过量；
（2）根据结晶的方法解答，溶解度受温度影响小的物质用蒸发结晶；
（3）根据饱和溶液的性质解答，饱和溶液不能再溶解该溶质，但能溶解其他溶质；
（4）根据纯净物和混合物的定义解答，精盐中可能含有可溶性杂质，属于混合物；
（5）根据溶质质量的计算解答，混合后NaCl的总质量就是粗盐中最多含有的NaCl质量。
（1）①黄卤中的BaCl2和黑卤中的MgSO4发生反应生成BaSO4沉淀和MgCl2，该反应的化学方程式为BaCl2+MgSO4=BaSO4↓+MgCl2。
②上述反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，符合复分解反应的特征，所以基本反应类型为复分解反应。
③操作Ⅰ是将固体和液体分离，即过滤操作，过滤会用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。
④因为黄卤中的NaCl不参与反应，且反应生成了MgCl2，所以得到的溶液A中含有的溶质有MgSO4、NaCl、MgCl2。
⑤根据溶液A中的溶质成分，有MgSO4，说明氯化钡和硫酸镁反应时，硫酸镁有剩余，所以加入的黑卤是过量的。
（2）操作Ⅱ中“敞锅熬盐”是通过蒸发溶剂的方法使氯化钠结晶析出，原理为蒸发结晶。
（3）A、粗盐中的氯化钠能溶于冰水，造成NaCl损耗，故A选项不符合题意；
B、饱和的NaCl溶液不能溶解NaCl，可以溶解粗盐表面的杂质，故B选项符合题意；
C、饱和的NaOH溶液能溶解NaCl，造成NaCl损耗，且冲洗粗盐时会使粗盐引入新的杂质，故C选项不符合题意；
D、饱和的BaCl2溶液冲洗粗盐，氯化钡能与杂质中的硫酸镁发生反应生成硫酸钡沉淀与氯化镁，从而引入新的杂质，故D选项不符合题意。
故选B。
（4）操作Ⅱ（敞锅熬盐）是蒸发结晶过程，该过程无法除去溶液中含有的MgCl2等可溶性杂质，故得到的精盐不一定是纯净物。
（5）首先计算黄卤中氯化钠的质量：60kg×10%=6kg；再计算黑卤中氯化钠的质量：40kg×15%=6kg；混合后氯化钠总质量为6kg+6kg=12kg，所以经“敞锅熬盐”制得的粗盐中NaCl的质量最多为12kg。
16．某化学小组进行有关金属的实验如下。
（1）进行模拟炼铁实验并检验生成物如图所示。
①实验过程中玻璃管内出现的现象是　 　。
②磁铁的作用是　 　。
③试剂X发生反应的化学方程式是　 　。
（2）探究四种金属的活动性，进行如图中甲、乙、丙三个实验。
①写出甲中反应的化学方程式　 　。
②乙实验中产生的现象为：　 　。
③随后发现该实验无法得出四种金属的活动性顺序。于是补充图丁实验，最终得出四种金属活动性：，图丁中的试剂A、B分别为　 　(写出一组即可)。
④小组同学将丙试管中的物质过滤后，向滤液中加入锌，析出固体质量的变化随反应时间的关系如戊图所示。写出b点对应溶液中所含溶质是　 　(填化学式)。
【答案】（1）红色固体变黑色；吸引铁粉，证明有铁生成；
（2）；有气泡产生，溶液由无色变为浅绿色；Fe和CuSO4溶液；Zn(NO3)2、Cu(NO3)2
【知识点】金属的化学性质；一氧化碳还原氧化铁；金属活动性的探究
【解析】【解答】（1）①一氧化碳具有还原性，在高温条件下能与红色的氧化铁反应生成黑色的铁和二氧化碳，因此实验过程中玻璃管内出现的现象是红色固体变黑色。
②铁能被磁铁吸引，因此磁铁的作用是吸引铁粉，证明有铁生成。
③试剂X用于检验生成的二氧化碳，通常用澄清石灰水，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。
（2）①甲中锌和氯化亚铁反应生成氯化锌和铁，化学方程式为Zn+FeCl2=ZnCl2+Fe，说明金属活动性Zn＞Fe。
②乙中铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，因此实验现象为有气泡产生，溶液由无色变为浅绿色，说明金属活动性Fe＞H。
③ 甲能证明Zn>Fe，乙能证明Fe>H，丙能证明Cu>Ag，则还需要比较铁和铜，则图丁中的试剂A、B可分别为Fe和CuSO4溶液，铁能置换出铜，则说明Fe>Cu 。
④丙试管中铜和硝酸银反应，若硝酸银过量，滤液中含有硝酸铜和硝酸银；若硝酸银不足，滤液中只含有硝酸铜。向滤液中加入锌，锌先与硝酸银反应，析出银，固体质量增加；硝酸银反应完后，锌再与硝酸铜反应，析出铜，固体质量增加的幅度变小。b点时，硝酸银恰好完全反应，硝酸铜还未反应，因此对应溶液中所含溶质是Zn(NO3)2、Cu(NO3)2。
【分析】（1）①根据一氧化碳还原氧化铁的实验现象解答，氧化铁是红色，铁粉是黑色；
②根据铁的物理性质解答，铁能被磁铁吸引，可用于检验铁的生成；
③根据二氧化碳的检验方法解答，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；
（2）①根据金属活动性顺序的应用书写化学方程式，排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来；
②根据铁与稀盐酸反应的现象解答，有气泡产生，溶液变为浅绿色；
③根据控制变量法的实验设计解答，需要补充实验比较Fe和Cu的活动性；
④根据金属与盐溶液反应的先后顺序解答，锌先与活动性弱的金属的盐溶液反应，再与活动性强的反应。
（1）①红色的氧化铁和一氧化碳在高温条件下反应生成黑色的铁粉和二氧化碳，则可玻璃管内的现象为红色固体变黑色。
②磁铁能吸引铁粉，则其作用为证明有铁生成。
③检验二氧化碳用澄清石灰水，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为：。
（2）①甲中锌能和氯化亚铁发生置换反应生成铁和氯化锌，反应的化学方程式为：。
②在金属活动性顺序中，铁位于氢元素前面，则铁能和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则现象为：有气泡产生，溶液由无色变为浅绿色。
③甲能证明Zn>Fe，乙能证明Fe>H，丙能证明Cu>Ag，则还需要比较铁和铜，则图丁中的试剂A、B可分别为Fe和CuSO4溶液，铁能置换出铜，则说明Fe>Cu
。
④图中质量变化有两段，则说明丙试管中的溶液有硝酸银和硝酸铜，且由于Zn>Cu>Ag，则加入锌时，锌先和硝酸银反应生成银和硝酸锌，待硝酸银完全反应后，锌和硝酸铜反应生成铜和硝酸锌，故b点表示锌和硝酸银完全反应，此时溶液中的溶质为：Zn(NO3)2、Cu(NO3)2。
17．《周礼考工记》中载有“涑帛”的方法，即利用“灰”（草木灰，主要成分）和“蜃”（贝壳灰，主要成分为CaO）混合加水所得溶液来洗涤丝帛，使其与丝表面的丝胶蛋白发生反应，生成物用水冲去，从而可把丝洗得干净亮丽。某化学兴趣小组的同学们对“混合加水所得溶液”的成分进行了探究。
【实验过程】
（1）如图所示，步骤Ⅱ的化学方程式为　 　。
同学们将烧杯丙中混合物过滤后得到澄清溶液，并对该溶液的成分进行了探究
【实验方案】
（2）实验设计如下：
实验 操作步骤 现象 结论
实验1 取少量澄清溶液于试管中，通入 无明显现象 证明该溶液中没有　 　
实验2 取实验1后的溶液于试管中，滴加足量的氯化钙溶液 　 　 证明该溶液中有
【交流讨论】
（3）同学们将实验结果与老师交流，老师认为实验2的结论不一定准确，原因是　 　。
（4）兴趣小组的同学们讨论后又进行了实验3，请填写下列表格。
实验 操作步骤 现象 结论
实验3 　 　 有气泡产生 证明该溶液中有
【实验结论】
（5）根据以上实验，同学们得出烧杯丙中溶液的溶质成分为　 　。
【延伸应用】
（6）同学们查阅资料得知，脱胶率越高，所得丝帛越顺滑亮丽。浓度为10%的溶液pH=11.6，浓度为1%的KOH溶液的pH=13.2，根据如图数据分析，选用　 　溶液洗涤丝帛效果更好。
【答案】；氢氧化钙；产生白色沉淀；实验1中二氧化碳能与氢氧化钾反应生成碳酸钾和水，反应生成的碳酸钾也能与氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀；取少量澄清溶液于试管中，加入足量稀盐酸；KOH、；浓度为1%的KOH
【知识点】碱的化学性质；溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】贝壳灰的主要成分是CaO，加水后CaO与水反应生成Ca(OH)2。步骤Ⅱ中，Ca(OH)2与草木灰中的K2CO3反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾。过滤后得到澄清溶液，其成分可能是KOH，或KOH和Ca(OH)2，或KOH和K2CO3。
（1）步骤Ⅱ中，氢氧化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾，化学方程式为Ca(OH)2+K2CO3=CaCO3↓+2KOH。
（2）实验1：取少量澄清溶液通入CO2，无明显现象，说明溶液中没有Ca(OH)2，因为CO2能与Ca(OH)2反应生成碳酸钙白色沉淀。
实验2：取实验1后的溶液，滴加足量的氯化钙溶液，若有白色沉淀产生，证明溶液中有K2CO3，因为氯化钙与碳酸钾反应生成碳酸钙白色沉淀。
（3）老师认为实验2的结论不一定准确，原因是氢氧化钙微溶于水，若溶液中含有少量氢氧化钙，加入氯化钙溶液后，也可能因为氢氧化钙达到饱和而析出白色沉淀，干扰碳酸钾的检验。
（4）实验3要证明溶液中有K2CO3，且现象是有气泡产生，因此操作步骤是取少量澄清溶液于试管中，加入足量的稀盐酸，稀盐酸与碳酸钾反应生成二氧化碳气体，有气泡产生，证明有K2CO3。
（5）根据以上实验，溶液中没有Ca(OH)2，有K2CO3，同时含有反应生成的KOH，因此溶质成分为KOH和K2CO3。
（6）根据图像， 浓度为10%的溶液pH=11.6，浓度为1%的KOH溶液的pH=13.2，pH值越大，碱性越强，说明浓度为10%的溶液的碱性比浓度为1%的KOH溶液的碱性弱，由图2中的信息可知，溶液显碱性时，碱性越强，丝胶蛋白溶解能力越强，应选用浓度为1%的KOH溶液洗涤丝帛效果更好 。
【分析】（1）根据碱与盐的复分解反应书写化学方程式，注意沉淀符号；
（2）根据二氧化碳与氢氧化钙的反应现象解答，无明显现象说明没有氢氧化钙；根据氯化钙与碳酸钾的反应现象解答，有白色沉淀说明有碳酸钾；
（3）根据氢氧化钙的溶解性解答，氢氧化钙微溶于水，浓度较大时会析出沉淀，干扰实验；
（4）根据碳酸根离子的检验方法解答，碳酸根离子与酸反应生成二氧化碳气体，现象明显且无干扰；
（5）根据实验现象综合推断溶液的溶质成分，排除氢氧化钙，确定含有氢氧化钾和碳酸钾；
（6）根据图像信息解答，脱胶率越高洗涤效果越好，选择pH最接近最高脱胶率对应的溶液。
18．化学兴趣小组在劳动基地发现土壤酸性过强，不利于作物生长，需施用熟石灰进行改良。小组同学称取了一定量的熟石灰样品（含少量不与酸反应的杂质），为测定其纯度，进行了如下实验：向10g样品中逐滴加入溶质质量分数为的稀盐酸至恰好完全反应，共消耗稀盐酸100g。请计算：
（1）该实验过程中，100 g质量分数为的稀盐酸中溶质的质量为　 　g。
（2）计算该熟石灰样品中的质量分数。（写出计算过程及结果）
【答案】（1）7.3
（2）解：设该熟石灰样品中氢氧化钙的质量为x
x=7.4g
则该熟石灰样品中氢氧化钙的质量分数为：
答：该熟石灰样品中的质量分数为74%
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；中和反应及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）稀盐酸中溶质的质量=溶液质量×溶质质量分数，因此100g质量分数为7.3%的稀盐酸中溶质的质量为100g×7.3%=7.3g。
【分析】（1）根据溶质质量分数的计算公式解答，溶质质量=溶液质量×溶质质量分数，这是化学计算的基础公式；
（2）根据化学方程式的计算步骤解答，先写出配平正确的化学方程式，找出已知量（HCl的质量）和未知量（Ca(OH)2的质量）的质量比，列比例式计算出氢氧化钙的质量，再用氢氧化钙的质量除以样品总质量得到质量分数，注意计算过程规范，必须有完整的答句。
（1）100 g质量分数为的稀盐酸中溶质的质量为：；
（2）见答案。
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