河北省衡水十三中新高一分班考试化学

河北省衡水十三中新高一分班考试化学

一、选择题

1．下列从左到右依次代表ABCD四个图像中，能正确表示对应变化关系的是（）

A．向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸 B．向一定量稀硫酸中加水稀释C．加热等质量的氯酸钾制取氧气 D．向饱和氢氧化钙溶液中加入CaO

2．除去下列各物质中混有的少量杂质（括号内为杂质），所用试剂及方法不正确

．．．的是A．N2（O2）——将气体通过灼热且足量的Cu粉

B．铜粉（CuO）——通入足量的CO气体并加热

C．烧碱溶液（Na2CO3）——加入过量的Ca(OH)2溶液，过滤

D．CaCl2溶液（盐酸）——加入过量的CaCO3固体，过滤

3．下列图像能正确反映其对应关系的是

A．向氢氧化钠溶液中加水稀释

B．浓硫酸敞口放置一段时间

C．向饱和石灰水中加入少量生石灰

D．催化剂对过氧化氢分解的影响

4．除去下列各物质中混有少量杂质，所用试剂正确的是

选项物质杂质所用试剂

A镁粉铁粉稀硫酸

B N2O2灼热的铜网

C稀盐酸MgCl2KOH溶液

D NaCl Na2SO4Ba(NO3)2溶液

A．A B．B C．C D．D

5．下列除杂（括号内为杂质）选用的试剂或方法正确的是 ( ) A．CuO（C）：隔绝空气高温加热

B．N a2SO4溶液（N a OH）：加适量稀盐酸

C．CO2（HCl）：将气体通入足量的氢氧化钠溶液

D．CaCl2溶液(HCl)：加入过量碳酸钙，充分反应后过滤

6．下列归纳和总结完全正确的一组是

A．化学与生活B．化学与安全

①用甲醛可保鲜海产品

②用熟石灰改良酸性土壤

③用生石灰作食品干燥剂①点燃氢气前一定要检验纯度

②进行化学实验时配戴护目镜

③发现厨房中天然气泄漏马上拨打119报警

C．化学与资源D．化学与发现

①塑料的使用一定程度上保护了金属资源

②稀土是宝贵的不可再生资源

③海洋中蕴藏着丰富的化学资源①卢瑟福确定了原子的核式结构

②拉瓦锡第一个发现并提出了质量守恒定律

③门捷列夫发现元素周期律并编制元素周期表

A．A B．B C．C D．D

7．取一定量的氧化铁与氧化铜的混合物，加入稀硫酸（含0.2molH2SO4），恰好完全反应成盐和水．原混合物中氧元素的质量是

A．12.8 g B．6.4g C．3.2g D．1.6g

8．下列曲线能正确表达对应的反应或过程的是

A．向一定量的盐酸中逐滴加水稀释

B．某温度下将一定量接近饱和的KNO3溶液恒温蒸发水分

C．金属与一定量的稀硫酸反应，由图像可知，金属N比金属M活泼

D．将a、b、c三种物质的饱和溶液分别由t1℃升温至t2℃时，所得溶液中溶质质量分数大小关系是：a＞b＞c

9．向硫酸亚铁、硫酸铜的混合溶液中加入一些锌粉，充分反应后，过滤，得到滤渣A和滤液。将滤渣A加入少量稀硫酸中，有气泡产生。以下对滤渣A的组成成分判断的五种情况，其中合理的有

①Cu ②Fe、Cu ③Zn、Fe ④Zn、Cu ⑤Zn、Fe、Cu

A．②⑤ B．②③ C．②③④⑤ D．①②⑤

10．除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂（括号内的物质）正确的是：（）A．CaO中混有少量CaCO3（盐酸） B．CO2中混有HCl气体（NaOH溶液）

C．Cu(NO3)2溶液中混有AgNO3（铜粉） D．CO2中混有少量CO（氧气）

11．中和一定质量的稀硫酸，需用m克氢氧化钠，若改用m克氢氧化钾，反应后溶液的PH 应当是（）

A．<7 B．>7 C．=7 D．无法确定

12．将a g铁粉和锌粉的混合物加入到b g AgNO3和Cu(NO3)2组成的混合溶液中，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。判断下列有关说法中，不正确

．．．的是

A．滤渣的质量一定大于a g

B．若滤渣中含有单质Zn，则滤液一定是无色溶液

C．若向滤渣中加入足量的稀盐酸有气泡冒出，则滤渣中一定含有Ag、Cu、Fe

D．若向滤液中加入足量的稀盐酸有白色沉淀产生，则滤液中的一定含有四种金属阳离子13．下列制备物质的设计中，理论上正确，操作上可行。经济上合理的是

A．

B．

C．

D．

14．下表中对部分知识的归纳完全正确的一组是（）

A．A B．B C．C D．D

15．除去下列各组物质中的杂质，所用试剂和方法均正确的是

物质杂质除杂所用的试剂和方法

A CaO CaCO3加入适量的稀盐酸，蒸发

B H2HCl依次通过NaOH溶液、浓硫酸

C NaOH溶液Ca(OH)2先加入过量的Na2CO3溶液，再过滤

D KCl溶液CuCl2加入氢氧化钠溶液至不再产生沉淀，过滤

A．A B．B C．C D．D

16．除去下列物质中混有的少量杂质（括号内为杂质），所用方法正确的是（）A．CaCO3固体(CaO固体)—高温煅烧

B．N2气体(O2气体)——通过灼热的铜网

C．CO2气体(CO气体)——在氧气中点燃

D．KCl溶液（CaCl2溶液）——加碳酸钠溶液至恰好完全反应，过滤

17．下列各组内物质间的转化关系中，存在不能一步转化的是（）

A． B．

C． D．

18．有一包固体粉末，可能由CaCO3、Na2SO4、KNO3、FeSO4、BaCl2中的一种或几种组成，做实验得以下结果：⑴ 将此固体粉末加到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色；⑵ 该白色沉淀部分溶于稀硝酸，并有无色气体产生。据此实验，得出的下列判断中正确的是A．粉末中一定含有CaCO3、FeSO4、BaCl2 B．该粉末中一定不含有KNO3、FeSO4

C．该粉末的组成中可能含有KNO3 D．该粉末中一定含有Na2SO4、KNO3、BaCl2

19．下列表中除杂方法与试剂错误的是（）

选项物质杂质除去杂质的方法及试剂

A KCl MnO2加入足量水溶解，过滤，蒸发

B NaOH Na2CO3加入适量的盐酸，至恰好无气体

C CO2CO通过灼热的氧化铜粉末

D FeCl2CuCl2加入过量的铁粉，充分反应后过滤

A．A B．B C．C D．D

20．下列四个图象能正确反映实验变化关系的有( )

A．A B．B C．C D．D

21．除去下列各物质(其中A、B、C为溶液)中的杂质，所选用的试剂、操作方法均正确的是 ( )

编号物质(或溶液)杂质除杂试剂操作方法

A NaCl CaCl2过量Na2CO3溶

液

过滤

B KNO3NaCl 蒸发浓缩，降温结晶再过滤

C FeSO4CuSO4过量铝粉过滤

D CO2CO点燃

A．A B．B C．C D．D

22．下列各组对比实验，能达到实验目的的是：

实验目的

实验方案

实验①实验②

A 探究碘在汽油和植物油中的溶解性

B 探究温度对反应剧烈程度的影响

C 探究催化剂对反应快慢的影响

D探究CO2的化学性质

A．A B．B C．C D．D 23．下列实验能达到目的的是

A．分离溶液中的NaCl和CuSO4

B．检验蜡烛燃烧生成的水

C．检验CO32-的存在

D．测溶液pH

24．将盛有等质量、等溶质质量分数的稀硫酸的两只烧杯,放在托盘天平(灵敏度较高)左右两盘上，调节至平衡，再向两只烧杯中分别放入质量相等的铁和锌，待反应停止后（不考虑反应中水分挥发，不考虑空气成分参加反应），请判断，下列说法合理的是

A．若天平失去平衡，指针一定偏向放锌的一边

B．若天平仍保持平衡，烧杯中的铁一定没有剩余

C．反应后两只烧杯中溶液的质量都比反应前的溶液质量减轻了

D．放铁的一边产生的氢气一定比放锌的一边产生的氢气多

25．利用废硫酸制备K2SO4的流程如下图．则下列说法不正确的是

A．流程中CaCO3可循环使用 B．将CaCO3研成粉末的目的使反应更充分

C．M和碱混合微热产生无色无味气体 D．洗涤所得晶体，是为了除去表面的杂质

二、流程题

26．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于冶金、电镀、医药等行业。CuCl制备流程如图：

已知：CuCl难溶于水，在潮湿空气中易变质。

（1）“反应”中发生的化学变化是2CuCl2+Na2SO3=2CuCl↓+2NaCl+SO3，Na2SO3中硫元素的化合价是__________，产生的SO3能迅速与水化合生成一种常见的酸，该反应的化学方程式为___________。

（2）“操作a”中的玻璃棒的作用是___________。若得到的滤液2有浑浊，原因可能是（写出一种即可）_______________________。

（3）可用“水洗”的原因是___________________________。

（4）本流程中可以循环利用的物质（水除外）是_________（填化学式）。

27．中兴缺“芯”事件震惊国人。芯片是电脑、智能家庭等的核心部件，芯片的主要成分是纯度极高的硅，其运算速率与硅的纯度有关。高纯硅的制备以石英砂（主要成分是二氧化硅）为原料，生产过程示意图如图：

（1）上述四个步骤中属于物理变化的是步骤_____。

（2）物质M是该生产过程中可循环使用的物质，写出步骤4反应的化学方程式_____，其所属的基本反应类型是_____。

28．某校兴趣小组欲利用10 g ZnCO3和Cu2O的混合物制备硫酸锌和金属铜。该小组设计了如下图的实验方案，回答下列有关问题：

（查阅资料：Cu2O是红色固体，它与稀硫酸的反应为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O）（1）图中X的化学式为_____，A中的物质有_____。

（2）加入过量的Y有两个作用（用化学方程式表示）：

一是_____，二是_____。

（3）操作Ⅰ、Ⅱ用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_____。

（4）操作Ⅲ包含蒸发浓缩、_____、过滤。

（5）若最终得到的固体Cu是1.28g，则原混合物中Cu2O的质量分数是_____。

29．氯化钡是一种可溶性重金属盐，广泛应用于化工领域。工业上以重晶石（主要成分BaSO 4，杂质为Fe 2O 3）为原料，通过下列流程生成氯化钡晶体。

已知：①4BaSO +4C 4CO +BaS 高温，②CaO 、BaO 都能与水反应生成碱

（1）焙烧时，焦炭与杂质Fe 2O 3也会发生反应；此过程中焦炭用途除了与BaSO 4、Fe 2O 3反应外，还有_________。焙烧时，温度对硫酸钡转化率的影响如图，则最佳温度约为______________。

（2）酸溶时，硫化钡(BaS)与盐酸发生复分解反应产生硫化氢气体(H 2S)，该反应方程式为_______________，气体X 成分除H 2S 和少量挥发出的HCl 、水蒸气外，还含有

____________。

（3）除铁反应中试剂Y 可以是________（填字母）

a NaOH 溶液

b 生石灰

c Ba(OH)2溶液

d BaO 固体

（4）证明铁已除尽的方法是：取少量上层清液于试管中，滴入足量__________________溶液，若观察到____________，则已除尽。

30．某矿石主要成分是MgO ，含少量的Fe 2O 3、CuO 和SiO 2杂质。用该矿石制备Mg(OH)2的工艺流程简图如下图，回答下列问题：

(1)步骤①和步骤②均用到相同的操作，其目的是______。

(2)溶液A中所含的阳离子有__种。

(3)已知部分金属阳离子以氢氧化物形成沉淀时，溶液的pH见下表：

步骤②加入熟石灰，调节溶液的pH范围为____。

(4)步骤③的化学方程式为______。

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1．A

解析：A

【解析】A. 向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸。氢氧化钠先与盐酸反应，碳酸钠后与盐酸反应，在氢氧化钠未被反应完之前不会生成气体； B. 向一定量稀硫酸中加水稀释，随水的加入，溶液的酸性变弱，但始终呈酸性，溶液的pH不会等于或大于7；C. 二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂，只改变氯酸钾的分解速率，不改变生成物的质量。 D. 向饱和氢氧化钙溶液中加入CaO，氧化钙和水反，使溶液中溶质因水减少而析出；反应放出大量热，氢氧化钙的溶解度减小，氢氧化钙析出，得高温下的饱和溶液，溶质的质量分数减；冷却时，溶解度变大，溶质的质量分数变大，恢复到原温后得原温下的饱和溶液，溶质的质量分数不变。

点睛：饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100% 。图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否正确

2．C

解析：C

【解析】A. N2（O2），将气体通过灼热且足量的Cu粉，铜和氧气反应生成固体氧化铜，氮气不与铜反应，符合除杂要求；B. 铜粉（CuO），通入足量的CO气体并加热，铜和氧化铜在加热条件下生成铜和二氧化碳，符合除杂要求；C. 烧碱溶液（Na2CO3）——加入过量的Ca(OH)2溶液，过滤，氢氧化钙过量，引入新的杂质，不符合除杂要求；D. CaCl2溶液（盐酸）——加入过量的CaCO3固体，过滤，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳、水，过滤后溶液中只有氯化钙，符合除杂要求；选C

点睛：除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反

应；②反应后不能引入新的杂质．

3．C

解析：C

【解析】A. 向氢氧化钠溶液中加水稀释，溶液的碱性变弱，pH变小，但由于始终呈碱性，pH始终大于7；B. 浓硫酸有吸水性，敞口放置一段时间，溶质的质量分数因溶剂的增加而减小；C. 向饱和石灰水中加入少量生石灰，氧化钙和水反应生成氢氧化钙使溶剂减少，溶质析出，当水被完全反应，溶剂质量为零，溶质的质量也为零；D. 能改变其他物质的反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后不变的物质叫催化剂。催化剂不改变生成物的质量.选C

点睛：图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否正确

4．B

解析：B

【解析】

利用混合物中两种物质的性质差别，分析除杂方法对混合物组成的影响，判断该方法是否能达到除去杂质的目的，选出不能达到的选项。

A. 镁粉（铁粉）加稀硫酸。稀硫酸与镁和铁都会发生反应，故错误；

B. N2（O2）通过灼热的铜网。氧气与铜反应生成氧化铜，氮气不与铜反应。正确；

C. 稀盐酸（MgCl2）加KOH溶液。稀盐酸与KOH溶液反应，而MgCl2不与KOH溶液反应，故错误；

D. NaCl（Na2SO4）加Ba(NO3)2溶液。Ba(NO3)2溶液与Na2SO4反应生成硫酸钡的沉淀和硝酸钠。生成的硝酸钠是杂质。故错误。

故本题选B。

点睛：除去混合物中的杂质，所选用的试剂或方法应对杂质有作用，不影响主要成分，并且过程中不能产生新的杂质。

5．D

解析：D

【解析】A. CuO（C）：隔绝空气高温加热，碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳；B.

N a2SO4溶液（N a OH）：加适量稀盐酸，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，引入杂质氯化钠；C. CO2（HCl）：将气体通入足量的氢氧化钠溶液能将二氧化碳反应掉；D. CaCl2溶液(HCl)：加入过量碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳和氯化钙、水，充分反应后过滤所得溶液中只有氯化钙；选D

点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质

6．C

解析：C

【解析】A.根据物质的性质和作用分析解答；

B. 根据物质的性质及安全常识分析解答；

C.根据资源的保护和利用分析解答；

D.根据各科学家的发现分析解答。

解：A. 甲醛会与海产品中蛋白质发生反应，破坏蛋白质的结构，使其变质，危害人体健康，故归纳错误；

B.天然气泄漏拒绝一切产生火花的行为。拨打电话可能产生火花，故归纳错误；

C. ①塑料在有些方面的使用可以代替金属。因此塑料的使用一定程度上保护了金属资源；

②稀土是宝贵的不可再生资源③海洋中蕴藏着丰富的化学资源，归纳正确；

D. ①卢瑟福确定了原子的核式结构，②拉瓦锡第一个发现并提出了质量守恒定律，③门捷列夫发现元素周期律并编制元素周期表，归纳正确；

故本题选CD。

7．C

解析：C

【解析】Fe2O3+ 3H2SO4= Fe 2 (SO4 )3+3H2O CuO+H2SO4= CuSO4+H2O，由化学方程式可知，氧化物中氧原子的物质的量等于硫酸根的物质的量，故

n（O）=n（H2SO4）=0.2mol，故原混合物中氧元素的质量为：0.2mol×16g/mol=3.2g，故选C。

8．B

解析：B

【解析】A. 向一定量的盐酸中逐滴加水稀释，酸性变弱，pH变大，但溶液始终呈酸性，pH始终小于7；B. 某温度下将一定量接近饱和的KNO3溶液恒温蒸发水分，溶液的浓度逐渐增大，成为饱和溶液后，溶质的质量分数不再改变；C. 金属与一定量的稀硫酸反应，由图像可知，金属M比金属N反应速率更快，即金属M比金属N反应更剧烈，所以金属M比金属N的活动性强；D. 将a、b、c三种物质的饱和溶液分别由t1℃时三种物质溶解度关系式：a=b>c,其饱和溶液溶质的质量分数关系为：a=b>c,升温至t2℃时，ab的溶解度变大，溶质的质量分数不变，c的溶解度变小溶质析出，溶质的质量分数减小，故所得溶液中溶质质量分数大小关系是：a=b＞c。

选B

点睛：在溶解度曲线图上，溶剂的量都是100g,所以分析溶质的质量分数时，只需要比较溶质的多少即可。溶解度变大时，溶质不变，溶解度减小时溶质质量等于减小后的溶解度9．A

解析：A

【解析】三种金属的活动性顺序是锌>铁>铜，向硫酸亚铁、硫酸铜的混合溶液中加入一些锌粉，锌先与硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，硫酸铜反应完全反应后，剩余的锌再与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，充分反应后，过滤，得到滤渣A和滤液。将滤渣A加入少量稀硫酸中，有气泡产生。说明固体中一定有铜、铁，可能有锌。选A

点睛：金属活动顺序表：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au，在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。金属的位置越靠前，金属的活动性越强。位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。

10．C

解析：C

【解析】A 、氧化钙、碳酸钙都能盐酸反应；B 、氢氧化钠溶液与二氧化碳和氯化氢都能反应；C 铜的金属活动性比银强，铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，过滤后溶液中溶质只有硝酸铜；D 二氧化碳不可燃不助燃，不能将二氧化碳中的一氧化碳点燃，不能达到除杂要求；选C

点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质

11．A

解析：A

【解析】根据硫酸与碱反应的化学反应方程式，得出质量与碱的相对分子质量的关系，然后分析改用氢氧化钾，判断酸碱的过量，再分析反应后溶液的pH 。

解：设硫酸的质量为x ，则

H 2SO 4+2NaOH═Na 2SO 4+2H 2O

98 2×40

x mg

9880x mg

= 解得x= 98m 80

g 当改用m 克的氢氧化钾，设消耗的硫酸的质量为y ，

则H 2SO 4+2KOH═K 2SO 4+2H 2O

98 2×56

y mg

98112y mg

= 解得y= 98m 112

g ＜x ， 则酸过量，反应后溶液的pH 小于7，故选A 。

12．A

解析：A

【解析】

【分析】

四种金属的活动性顺序为：锌>铁>铜>银，将a g 铁粉和锌粉的混合物加入到b g AgNO 3和Cu(NO 3)2组成的混合溶液中，反应顺序是，锌先与盐溶液反应，锌完全反应后，如果硝酸银或硝酸铜有剩余，铁在与两溶液反应；①锌和硝酸银反应生成硝酸锌和银，②锌和硝酸铜反应生成铜和硝酸锌,反应中金属的质量关系如下：

3322AgNO +Zn =Zn NO +2A 6()g 5216

3232Cu NO +Zn =()()Zn NO +Cu 6564

3232Cu NO +Fe =()()Fe NO +Cu 5664

【详解】

A 、铁和硝酸银、硝酸铜反应时，随着反应的进行，溶液质量减小，固体质量增加，锌和硝酸银反应时，随着反应的进行，溶液质量减小，固体质量增加，锌和硝酸铜反应时，随着反应的进行，溶液质量增加，固体质量减小，当锌和硝酸铜的质量远远大于铁和硝酸银的质量时，滤渣的质量会小于ag ，该选项说法不正确；

B. 若滤渣中含有单质Zn ，则滤液一定是无色溶液；

C. 若向滤渣中加入足量的稀盐酸有气泡冒出，则滤渣中一定含有Ag 、Cu 、Fe ，由于锌先反应，锌可能剩余，也可能反应完；

D. 若向滤液中加入足量的稀盐酸有白色沉淀产生，则硝酸银有剩余，硝酸铜没反应，锌和铁都反应完，则滤液中的一定含有银离子，四种金属阳离子。选A

【点睛】

金属活动顺序表：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au ，在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。金属的位置越靠前，金属的活动性越强。位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。

13．D

解析：D

【解析】理论上正确，要求物质的转化需符合物质的性质及变化规律；操作上可行，要求操作应简便易行；经济上合理，要求不能利用价格昂贵的物质转化为价格低廉的物质；根据以上要求，分析每个方案；分析时可首先判断理论上是否可行，然后再考虑操作上的可行性与经济上的合理性。

解：A 、一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，操作中需要加热不够简便，且使用氢氧化钠制取碳酸钠，经济上不合理；故A 不正确；

B 、与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理；故B 不正确；

C 、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的；故C 不正确；

D 、氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理；故D 正确。

故选D 。

点睛：熟练掌握物质的性质与变化规律为解答理论上正确所需要的知识基础，熟悉常见物质的用途则为经济上合理的判断提供参考依据。

14．A

解析：A

【解析】A、向水中加入肥皂水时，如果产生的泡沫较多，是软水，如果产生大量浮渣，是硬水，因此可以用肥皂水区分硬水和软水；点燃羊毛纤维和棉纤维时，能够产生烧焦羽毛的气味的是羊毛纤维，另一种是棉纤维，因此利用灼烧闻气味的方法可以区分羊毛纤维和棉纤维；加熟石灰粉末研磨时，能够产生刺激性气味气体的是硫酸铵，不产生刺激性气味气体的是硫酸钾，因此利用氢氧化钙可以区分硫酸铵和硫酸钾，正确；B、出行多乘交通工具可以减少二氧化碳的排放；生活中用火烧毁废旧塑料和橡胶时，能够产生大量二氧化碳气体；用废旧报纸制作铅笔杆可以减少二氧化碳的排放；，不完全正确，错误；C、铁、碘、是人体必需的微量元素，而钙元素是人体需要的常量元素；②服用含Al(OH)3的药物可治疗胃酸过多，这是因为氢氧化铝能和胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水；③油脂虽然是人体重要的营养物质，但是也不能大量摄入油脂，要适量摄取，以保持身体健康；不完全正确，错误；D、钢铁、硬铝和黄铜都是合金；②纯铁比生铁的硬度小；③聚氯乙烯塑料属于有机合成材料，不完全正确，错误。故选A。

15．B

解析：B

【解析】

根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。

A. CaO能与稀盐酸反应生成氯化钙，会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；

B. HCl气体能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，氢气不与氢氧化钠溶液反应，再通过浓硫酸除去水分，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确；

C. 过量的Na2CO3溶液是杂质，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；

D.氢氧化钠溶液与氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠。生成的氯化钠是杂质，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。

故选B。

点睛：解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。

16．B

解析：B

【解析】

【分析】

根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。

【详解】

A、CaCO3固体高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；

B、氧气通过灼热的铜网时可与铜发生反应生成氧化铜，而氮气不与铜反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，故选项所采取的方法正确；

C、方法不正确的原因为：1、一氧化碳在高二氧化碳浓度的情况下无法被点燃，2、有氧气容易导致气体不纯净，3、无法收集二氧化碳，故选项所采取的方法错误；

D、CaCl2溶液能与碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钠，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。

故选B。

【点睛】

除去混合物中的杂质，所选用的试剂或方法应对杂质有作用，不影响主要成分，并且过程中不能产生新的杂质。

17．D

解析：D

【解析】根据题意，一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据物质的性质及变化规律，分析变化能否只通过一个反应而实现。

解：A.铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，可以一步转化，故A不符合题意；

B.过氧化氢分解生成水和氧气，氧气与磷反应生成五氧化二磷，可以一步转化，故B不符合题意；

C.氧化铁与一氧化碳反应生成铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，可以一步转化，故C不符合题意；

D.二氧化碳与碳反应生成一氧化碳，一氧化碳不能一步转化为碳，故选D。

18．C

解析：C

【解析】⑴将此固体粉末加到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色；说明溶液中无硫酸亚铁，因为硫酸亚铁溶液为绿色；有白色沉淀说明有碳酸钙或同时有硫酸钠和氯化钡；或三中物质都有；⑵ 该白色沉淀部分溶于稀硝酸，并有无色气体产生。说明有碳酸钙、有硫酸钠和氯化钡，碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙和二氧化碳、水，而有气泡冒出；硫酸钠和氯化钡生成硫酸钡沉淀，硫酸钡沉淀不溶于硝酸；硝酸钾不能确定；所以选C

点睛：氯化银、硫酸钡不溶液硝酸。

19．B

解析：B

【解析】

根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。

A. KCl易溶于水，MnO2难溶于水，可采取加入足量水溶解，过滤，蒸发的方法进行分离除杂，故正确；

B. NaOH和Na2CO3均能与盐酸反应，违背除杂原则，故错误；

C.CO能与灼热的氧化铜反应，生成铜和二氧化碳，能除去杂质，且没有引入新的杂质，正

D.过量的铁粉能与氯化铜溶液反应生成氯化亚铁溶液和铜，再过滤，能除去杂质，且没有引入新的杂质，正确。

故选B。

点睛：除去混合物中的杂质，所选用的试剂或方法应对杂质有作用，不影响主要成分，并且过程中不能产生新的杂质。

20．A

解析：A

【解析】

A，镁的活动性比铁强，所以镁比铁反应快，先反应完，由于镁和铁足量，与等量、等浓度的盐酸反应时，最终生成氢气的质量由盐酸决定，所以最终生成氢气的质量一样多，符合题意；B浓硫酸有吸水性，敞口放置质量因溶剂增多，溶液质量增加，不符合题意；C、硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，所以加热硝酸钾饱和溶液时，溶液会变成不饱和溶液，但溶质、溶剂的质量都不改变，溶质的质量分数不变，氢氧化钙的溶解度随温度升高而而减小，加热氢氧化钙饱和溶液时，会有溶质析出，溶质的质量分数减小,不符合题意；

D、碳和氧气反应时，每一个碳原子和一个氧分子恰好完全反应生成一个二氧化碳分子，故反应中气体的分子数不变，不符合题意；选A

点睛：图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否正确

21．B

解析：B

【解析】

A、Na2CO3溶液和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，过量的碳酸钠会引入新的杂质，选项错误；

B、硝酸钾的溶解度受温度影响较大，且随温度的降低而迅速减小，而氯化钠的溶解度受温度影响较小，所以降温时硝酸钾析出，而氯化钠不析出，过滤可得硝酸钾晶体，选项正确；

C、金属活动顺序表：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au，位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。所以铝和硫酸亚铁和硫酸铜都能反应，选项错误；

D、二氧化碳不可燃不助燃，所以二氧化碳中含少量一氧化碳时不能被点燃，无法用点燃的方法除掉一氧化碳。选B

点睛：除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．

22．A

解析：A

【解析】

A、食盐和高锰酸钾都能溶于水，能够达到实验目的；

B、铜和盐酸不能发生反应，不能够达到实验目的；

C、由于温度不一样，因此无法比较催化剂对反应快慢的影响，该选项不能达到实验目的；

D、实验1中蜡烛由下而上依次熄灭，说明二氧化碳密度比空气大，不燃烧，也不支持燃烧，实验2中澄清石灰水变浑浊，说明二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，实验1和实验2探究的化学性质不同，不能够达到实验目的。故选A。

解析：B

【解析】A、氯化钠和硫酸铜都溶于水，所以不能用过滤的方法分离，错误；B、干燥的烧杯内壁出现水雾即可检验蜡烛燃烧生成的水，正确；C、未知物中滴加盐酸产生气体，不一定含有碳酸根离子，还有可能是金属，错误；D、测定溶液的pH值不能将pH试纸湿润，否则使测量结果不准确，错误。故选B。

24．A

解析：A

【解析】

A. 若天平失去平衡，说明酸过量，金属全部参加反应；每65份质量的锌会与硫酸反应生成2份质量的氢气，每56份质量的铁和硫酸反应生成2份质量的氢气，所以相同质量的锌和铁与足量的硫酸反应，铁生成的氢气质量比锌多，所以天平会指向加锌的一方，正确；B、若天平平衡，说明硫酸不足，全部参加反应；设金属的质量为56g

Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑

56 2

56g 2g

Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑

65 2

56g 112

g 65

根据计算可以知道，等质量的硫酸消耗的锌粉的质量要多，所以铁粉一定有剩余或恰好完全反应，错误；C、根据B可以看出，参加反应的金属的质量大于生成氢气的质量，所以反应后两只烧杯中溶液的质量都比反应前的溶液质量增加，错误；D、根据B分析可知：若酸不足，生成的氢气的质量相等，所以放铁的一边不一定比放锌的一边生成的氢气多，错误。

故选A。

点睛：根据反应的化学方程式，从酸过量和金属过量两个方面分析。如果硫酸是少量的，则产生的氢气量是由硫酸决定，产生相同的氢气，有金属剩余，天平平衡，在这种情况下，有可能锌刚好反应完，铁有剩余；如果硫酸过量，则产生的氢气量由金属决定，由于金属的质量相同，产生的氢气量放入铁的多，最后天平指向放锌的一边。

25．C

解析：C

【解析】A、如果生成物和反应物中都有某种物质，这种物质一般可循环利用；

B、把反应物研成粉末是为了加快反应速率；

C、铵态氮肥与碱供热生成有刺激性气味的氨气；

D、结合实验目的判断。

解：A、观察上述流程，发现碳酸钙既是反应物也是生成物，因此流程中CaCO3可循环使用。故正确；

B、将CaCO3研成粉末，可以增大反应物的接触面积，其目的是加快反应速率。故正确；

C 、根据复分解反应发生的条件，M 溶液是(NH 4)2SO 4溶液，因此M 和碱混合微热产生有刺激性气味的氨气。故错误；

D 、为了得到较纯的K 2SO 4晶体，常洗涤反应所得晶体。故D 正确。

二、流程题

26．+4， SO 3+H 2O=H 2SO 4 。 引流， 滤纸破损（其他合理答案均给分）。 CuCl 难溶于水 NaCl （填化学式）。

【解析】

本题是流程题。考查了元素化合价的计算，混合物的分离，化学方程式的书写等。根据题中提供的信息结合已有的知识进行分析解答。

（1）在Na 2SO 3中，钠元素显+1价，氧元素显-2价，设：硫元素的化合价为x ，在化合物中元素的化合价的代数和为零。则有(+1)×2+x+(-2)×3=0，x=+4；SO 3能迅速与水化合生成硫酸，化学方程式为：SO 3+H 2O=H 2SO 4；

（2）“操作a”是将固体与液体分离，操作a 是过滤，过滤中的玻璃棒的作用是引流；若得到的滤液2有浑浊，原因可能是滤纸破损等；

（3）可用“水洗”的原因是CuCl 难溶于水，能够除去可溶性杂质；

（4）根据流程图可知，本流程中可以循环利用的物质（水除外）是NaCl 。

点睛：分析流程中的每一步骤是解题的基础，一般从以下几个方面了解流程：①反应物是什么，②发生了什么反应，③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为了获得产品而服务。

27．32

1084SiHCl H Si 3HCl ++℃置换反应

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由图可知，步骤1有新物质粗硅生成，属于化学变化；

步骤2有新物质SiHCl 3生成，属于化学变化；

步骤3只是用蒸馏的方法提纯SiHCl 3的过程，无新物质生成，属于物理变化；

步骤4有新物质高纯硅等生成，属于化学变化。

故属于物理变化的是步骤3；

（2）由图可知，SiHCl 3与氢气在1084℃条件下反应生成硅和物质M ，且物质M 可以循环利用，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含Si 、H 、Cl 、生成物中含Si ，故生成物中还应含H 、Cl ，故M 是HCl ，该反应的化学方程式为：321084SiHCl H Si 3HCl ++℃；

该反应符合“一种单质与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。

28．H 2SO 4 Zn 和Cu Zn+H 2SO 4=ZnSO 4+H 2↑ Zn+CuSO 4=Cu+ZnSO 4 玻璃棒 降温结晶 14.4%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）该实验流程是利用ZnCO 3和Cu 2O 的混合物制备硫酸锌和金属铜，而碳酸锌不溶于水，可溶于酸，根据质量守恒定律，制备硫酸锌的反应物中需要有硫酸根离子，所以图中X 的化学式为H 2SO 4，Cu 2O+H 2SO 4=CuSO 4+Cu+H 2O ，因为要制备硫酸锌和金属铜，所以加入的过量Y 是Zn ，Zn+CuSO 4=Cu+ZnSO 4，所以A 中的物质有剩余的Zn 和生成的Cu 。 （2）由于加入的X 是过量的，所以加入过量的Y 有两个作用：一是

Zn+H 2SO 4=ZnSO 4+H 2↑，二是Zn+CuSO 4=Cu+ZnSO 4。

（3）通过过滤可将难溶于水的固体物质与液体分离，故操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。

（4）经过操作Ⅲ后，从溶液中得到了硫酸锌晶体，所以操作Ⅲ是蒸发，包含蒸发浓缩、降温结晶、过滤。

（5）Cu 2O+H 2SO 4=CuSO 4+Cu+H 2O ，Zn+CuSO 4=Cu+ZnSO 4，最终得到的铜来自于以上两个化学反应，因为化学反应遵守质量守恒定律，化学反应前后各种元素的质量相等，所以Cu 2O 与Cu 之间的对应关系为：Cu 2O-----2Cu ，设原混合物中Cu 2O 的质量为x 。

2---144128Cu O 2Cu

1.28g

x 144128 1.28g

x =，解得x =1.44g 则原混合物中Cu 2O 的质量分数是：1.44g 100%10g

?=14.4% 29．将焦炭与氧化铁反应生成的二氧化碳还原为一氧化碳 1000℃ BaS+2HCl=BaCl 2+H 2S ↑ H 2 cd 氢氧化钠 无明显现象

【解析】

【分析】

【详解】

（1）焙烧后的气体只有CO ，所以焦炭还能够将焦炭与氧化铁反应生成的二氧化碳还原为一氧化碳，故填将焦炭与氧化铁反应生成的二氧化碳还原为一氧化碳；

由图可知，硫酸钡转化率最高时的温度是1000℃，所以焙烧的最佳温度是1000℃，故填1000℃。

（2）酸溶时，硫化钡与盐酸发生反应生成氯化钡和硫化氢气体，故反应的化学方程式写为：BaS +2HCl =BaCl 2+H 2S ↑；

酸溶时，氧化铁与焦炭反应生成的铁能够与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以酸溶后生成的气体X 中还含有氢气，其化学式为H 2，故填H 2。

（3）a 除铁前，铁以氯化亚铁的方式存在于溶液中，而除铁后溶液中的溶质是氯化钡，如用NaOH 溶液来除铁，氢氧化铜与氯化亚铁反应生成氯化钠，不生成氯化钡，选项错误； b 生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯化亚铁反应生成氯化钙，不能生成氯化