内蒙古北京四中呼和浩特分校高一化学上学期学情测试试卷含解析

2022-2022学年内蒙古北京四中呼和浩特分校高一（上）学情测试化学试卷　一、选择题（本题包括20个小题，每小题2分，共40分．每小题只有1个选项符合题意．请将答案填在答题卡相应题号的空格内．）1．产生下列现象，只和空气中的水蒸气有关的是（　　）　A．固体烧碱要密封存放　B．常时间放置的澄清石灰水变浑浊　C．浓硫酸露置于空气中会增重、变稀　D．铜制品长期放在空气中会产生“铜锈”　2．下列各图所示装置的气密性检查中，漏气的是（　　）　A．B．C．D．　3．如图所示装置有洗气、储气等用途．在医院给病人输氧气时，也利用了类似的装置，并在装置中盛放大约半瓶蒸馏水．以下说法不正确的是（　　）　A．导管B连接供给氧气的钢瓶　B．导管B连接病人吸氧气的塑胶管　C．该装置可用来储存氧气，装置中充满蒸馏水，氧气从导管B通入　D．该装置可用来观察从而调节输出氧气的速度　4．下列各组变化中，每一转化在一定条件下均能一步实现的是（　　）　A．①和②B．②和③C．①和③D．①②③　5．实验室进行下列有关物质的准备，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是（　　）　A．CCOCO2Na2CO3　B．CuCu（NO3）2溶液Cu（OH）2　C．CaOCa（OH）2NaOH溶液28　D．FeFe2O3Fe2（SO4）3溶液　6．如图所示的甲、乙两个装置中，胶头滴管中吸入某种液体，平底烧瓶中充入（或放入）另一种物质，挤压胶头滴管加入液体，一段时间后两装置中的气球都明显胀大（忽略液体体积对气球体积的影响）．则滴管和烧瓶中所用试剂可能是（　　）甲乙A稀硫酸和铜片水和CO2B双氧水和MnO2NaOH溶液和CO2CNa2CO3溶液和稀硫酸NaOH溶液和SO2DH2O和NH3硝酸银溶液和HCl　A．AB．BC．CD．D　7．推理是化学学习中常用的思维方法．下列推理正确的是（　　）　A．酸能使紫色石蕊溶液变红．通入CO2后的紫色石蕊溶液变红，所以CO2是酸　B．酸性溶液的pH小于7．食醋是酸性溶液，所以食醋的pH小于7　C．在同一化合物中，金属元素显正价，所以非金属元素一定显负价　D．溶液中有晶体析出时，溶质质量减小，所以溶质的质量分数一定减小　8．下列有关物质除杂、鉴别所用试剂或方法正确的是（　　）　A．除去铁粉中混有的锌粉，可加入过量的硫酸亚铁溶液并过滤　B．用酚酞溶液可一次性鉴别稀硫酸、澄清石灰水、和氯化钠溶液　C．要除去CO2气体中的少量HCl气体，可将其通过足量的NaOH溶液　D．不加任何试剂即可鉴别KCl溶液、NaOH溶液、K2SO4溶液、CuSO4溶液　9．下列物质的提纯所用试剂和主要实验操作均正确的是（　　）物质（括号内为杂质）所用试剂主要实验操作AH2O（H2O2）MnO2过滤BCaCl2（NaCl）适量Na2CO3溶液沉淀、过滤、蒸发、结晶CCO2（CO）过量O2点燃DAl（Al2O3）足量稀H2SO4溶解、过滤　A．AB．BC．CD．D　10．密闭容器内有M、N、P、Q四种物质，一定条件下反应一段时间后，测得密闭容器内仍然是M、N、P、Q四种物质，反应前和反应一段时间后各自的物质的质量见表：物质MNPQ反应前质量（g）15.88.431.61.628一段时间后质量（g）待测1421.66下列说法正确的是（　　）　A．该反应类型属置换反应　B．物质P一定是化合物　C．反应生成的N与Q的质量比为7：3　D．M肯定为该反应的催化剂　11．一类有机化合物可以根据分子里所含碳原子数命名，碳原子数在十以下的，用天干来表示，即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸．下面是部分有机物分子组成和结构，据此推测己烷完全燃烧产生二氧化碳和水的质量比为（　　）甲烷乙烷丙烷丁烷戊烷分子式CH4C2H6C3H8C4H10　C5H12结构式　A．3：7B．44：21C．6：7D．11：12　12．1919年朗缪尔提出等电子体假说：凡原子数，总电子数均相等的物质，其结构相同，性质相似，相应的物质称为等电子体，如CO和N2，下列物质可称为等电子体是（　　）　A．H2O和N2OB．CS2和SiO2C．CH4和NH3D．CO2和N2O　13．如图为某固体溶解度随温度变化的曲线．该固体从溶液中析出时不带结晶水．M、N两点分别表示该固体形成的两份溶液在不同温度时的浓度．当条件改变时，溶液新的状态在图中对应的点的位置可能也随之变化，其中判断不正确的是（　　）　A．加水稀释（假设温度都不变）时，M、N点均不动　B．都降温10℃后，M点沿曲线向左下移，N点向左平移　C．都升温10℃后，M、N点均向右平移　D．蒸发溶剂（假设温度都不变）时，先是M点不动，N点向上移至曲线；继续蒸发溶剂，M、N点都不动　14．下列曲线示意图不正确的是（　　）28　A．稀盐酸中滴加蒸馏水　B．等体积、等质量分数的过氧化氢溶液分解　C．等质量、等颗粒大小的金属中加稀盐酸　D．HCl和FeCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液　15．有一包固体混合物，其中含有硝酸银，硝酸铜，硝酸镁及铁粉，加入足量的水过滤．下列描述的情形不可能存在的是（　　）　A．滤纸上有Ag，Cu，Fe滤液中有Fe2+，Mg2+　B．滤纸上有Ag，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+，Ag+　C．滤纸上有Ag，Cu，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+　D．滤纸上有Ag，Cu，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+，Ag+　16．有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.68g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．根据上述实验，以下推测正确的是（　　）　A．一定不存在Ba2+，NH4+可能存在　B．CO32﹣一定存在　C．Na+一定存在　D．一定不存在Cl﹣28　17．镁，锌合金粉末7.7g恰好与一定质量20%的稀硫酸完全反应，将反应后的溶液蒸发，经处理后得到不含结晶水的固体22.1g，则反应中生成氢气的质量为（　　）　A．0.1gB．0.2gC．0.3gD．无法计算　18．天平两边各放质量相等的烧杯，分别装入等质量，等溶质质量分数的稀硫酸，此时天平平衡，将等质量的MgCO3和Na2CO3分别加入两烧杯中，充分反应后，下列说法错误的是（　　）　A．若天平不平衡，指针一定偏向加Na2CO3的一边　B．若天平平衡，两烧杯中的酸一定完全反应　C．若反应后Na2CO3有剩余，天平一定平衡　D．若天平不平衡，两种碳酸盐一定都没有剩余　19．已知t℃时，盐M（不含结晶水，相对分子质量为126）的溶解度为S克．在一定量的M的水溶液中加入agM后，恰好为t℃时的饱和溶液．若用M•7H2O代替M，欲使原溶液在t℃时恰好饱和，则需加入M•7H2O的质量（克）为（　　）　A．2aB．（2+）aC．D．（1+）a　20．下列有关量的变化图象与其对应叙述相符的是（　　）ABCD常温下，向一定量的饱和石灰水中加入氧化钙t℃时，向等质量的甲、乙、丙三种物质中分别加水配成饱和溶液，所得溶液质量最小的是丙向一定质量的过氧化氢的水溶液中加入二氧化锰向等质量的铁和镁中分别加入足量的稀盐酸28　A．AB．BC．CD．D　　二、非选择题（本题包括8个小题，共60分）21．（14分）（2022秋•呼和浩特校级月考）1）请按CH4、NH3、H2O、HF、HCl排列顺序，列出五种物质之间存在的规律：　　　　　　、　　　　　　．这五种物质中除　　　　　　（填化学式）外，各分子所含核外电子总数均为　　　　　　个．2）．按下列要求，写出质子数相同的两种不同的微粒的化学符号（1）同一种元素的原子和离子　　　　　　；（2）两种不同的分子　　　　　　；（3）一种原子和一种分子　　　　　　；（4）两种不同的离子　　　　　　；（5）一种离子和一种分子　　　　　　．3）．下列各组物质中均有一种物质的类别与其他三种不同：①CaO，Na2O，CO2，CuO②S，C，P，Cu③O2，MgCl2，Na2SO4，KNO3④HCl，H2O，H2SO4，HNO3（1）这四种物质依次是：①　　　　　　，②　　　　　　，③　　　　　　，④　　　　　　．（2）这四种物质相互作用可生成一种新的物质，颜色为绿色，该物质是　　　　　　．　22．请分析、比较以下几组化学反应，得出结论．组别化学方程式结论I6CO2+6H2O═C6H12O6+6O2CO2+H2O═H2CO3反应物相同，生成物不同，原因　　　　　　．ⅡCu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应物相同，生成物不同，原因　　　　　　．ⅢC+O2（充足）CO22C+O2（不充足）2CO反应物相同，生成物不同，原因　　　　　　．Ⅳ2KClO32KCl+3O2↑（反应缓慢）2KClO32KCl+3O2↑（反应迅速）反应物相同，反应速率不同，原因　　　　　　．实践与应用科学探究正努力实现对化学反应的控制，很多化学家致力于研究二氧化碳的“组合转化”技术，把过多二氧化碳转化为有益于人类的物质．若让二氧化碳和氢气在一定条件下反应，可生成一种重要的化工原料，反应的化学方程式如下：282CO2+6H2X+4H2O，推断X的化学式是　　　　　　．　23．图中A～I表示几种初中化学常见的物质，“→”表示物质间存在相应的转化关系，部分反应物、生成物及反应条件已略去．已知圈i中的转化均是分解反应．圈ⅱ中的转化均是化合反应．D和G是常见的非金属单质，组成化合物E和H的元素种类相同．组成化合物F和I的元素种类也相同，A常用来中和土壤的酸性．（1）写出化学式：A　　　　　　B　　　　　　D　　　　　　（2）写出B→F的化学反应方程式：　　　　　　（3）写出G→I的化学反应方程式：　　　　　　．　24．（11分）（2022秋•呼和浩特校级月考）地球是一颗蓝色的星球，表面大部分被海洋覆盖，海水中蕴含的元素多达80多种．通过海水晒制可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、MgSO4以及泥沙等杂质．以下是一种制备精盐的实验方案，步骤如下：（用于沉淀的试剂稍过量）：回答下列问题：（1）操作①能否改用硝酸钡溶液？说明原因．　　　　　　．（2）进行操作①后，判断BaCl2过量的方法是　　　　　　．（3）加入Na2CO3的目的是　　　　　　．为什么不先过滤而后加Na2CO3溶液，其理由是　　　　　　．（4）滤液的主要成分有　　　　　　．此实验方案尚需完善，具体步骤是　　　　　　．（5）请再写一种实验方案，添加沉淀试剂的步骤为：　　　　　　．　25．（12分）（2022秋•呼和浩特校级月考）某学习小组用如图所示装置测定锌铜合金中锌、铜的质量分数．（1）实验前，先将锌铜合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是：　　　　　　；28（2）实验操作步骤有：检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，再进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂；⑤检查气密性．上述再进行的操作的顺序是　　　　　　（填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应　　　　　　；（3）B中发生反应的化学方程式为　　　　　　；（4）若实验用锌铜合金的质量为ag，与酸充分反应后，测得氢气体积为V　L为求出合金中锌、铜的质量分数，还缺少的一个数据是　　　　　　；A．反应前加入稀酸的体积B．反应前加入稀酸的质量分数C．实验前反应装置中空气的体积D．实验条件下氢气的密度（5）若实验用锌铜合金的质量为ag，与酸充分反应后，B中剩余固体的质量为b　g，则锌的质量分数为　　　　　　；（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得锌的质量分数将　　　　　　（填“偏大”“偏小”或“不受影响”）．　26．已知碳酸钠稳定而碳酸氢钠（NaHCO3）不稳定，碳酸氢钠受热易分解，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O．现取碳酸氢钠和碳酸钠的混合物20g，加热到质量不再改变为止，剩余固体质量为16.9g．求原混合物中Na2CO3的质量分数？（计算题请保留一位小数．）　27．现有16gFe2O3和CuO的混合物，进行如下实验；把混合物全部加入到100g足量的硫酸溶液中，完全溶解．然后滴加150g16%的氢氧化钠溶液，沉淀质量不再改变．试计算所用硫酸溶液溶质的质量分数．（保留一位小数）　　2022-2022学年内蒙古北京四中呼和浩特分校高一（上）学情测试化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括20个小题，每小题2分，共40分．每小题只有1个选项符合题意．请将答案填在答题卡相应题号的空格内．）1．产生下列现象，只和空气中的水蒸气有关的是（　　）　A．固体烧碱要密封存放　B．常时间放置的澄清石灰水变浑浊　C．浓硫酸露置于空气中会增重、变稀　D．铜制品长期放在空气中会产生“铜锈”28考点：浓硫酸的性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．分析：A．氢氧化钠易吸收空气中的水和二氧化碳；B．氢氧化钙溶液与二氧化碳生成碳酸钙；C．浓硫酸具有吸水性；D．铜、氧气二氧化碳、水反应生成Cu2（OH）2CO3．解答：解：A．氢氧化钠易吸收空气中的水和二氧化碳，应密封保存，与水、二氧化碳都有关，故A错误；B．时间放置的澄清石灰水变浑浊是因为氢氧化钙溶液与二氧化碳生成碳酸钙，与水无关，故B错误；C．浓硫酸露置于空气中会增重、变稀，是因为吸收空气中的水蒸气，故C正确；D．铜制品长期放在空气中会生成Cu2（OH）2CO3，根据元素守恒，可知铜生成铜绿除水参加反应外，二氧化碳一定也参加了反应，故D错误；故选：C．点评：本题考查了元素化合物知识，侧重考查学生对基础知识的掌握，熟悉相关知识不难解答．　2．下列各图所示装置的气密性检查中，漏气的是（　　）　A．B．C．D．考点：气体发生装置的气密性检查．专题：实验评价题．分析：检查装置的气密性原理就是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，通过分析实验装置是否形成水柱或气泡，来检查装置的气密性，虽然装置各不相同，甚至差别较大，但原理都是一样的．解答：解：A．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故A错误；B．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，形成的液面高度不变，说明装置气密性良好，故B错误；C．该装置的气密性检查方法是：当拉动注射器的活塞时，锥形瓶内的空气体积增大压强变小，若气密性良好则可以看到长颈漏斗的下端会产生气泡，向右拉活塞时无气泡，说明装置漏气，故C正确；D．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，故D错误．故选C．点评：本题考查装置气密性的检查．虽然实验装置不同，但原理都是依据密闭装置中存在压强差，从而出现不同的现象，判断装置是否漏气，虽然有些装置比较复杂或者平时比较少见，只要掌握原理就不会分析出错，题目难度不大．　3．如图所示装置有洗气、储气等用途．在医院给病人输氧气时，也利用了类似的装置，并在装置中盛放大约半瓶蒸馏水．以下说法不正确的是（　　）28　A．导管B连接供给氧气的钢瓶　B．导管B连接病人吸氧气的塑胶管　C．该装置可用来储存氧气，装置中充满蒸馏水，氧气从导管B通入　D．该装置可用来观察从而调节输出氧气的速度考点：实验装置综合．分析：A．氧气不溶于水，如果导管B连接供氧钢瓶时，会将瓶中的蒸馏水排出；B．给病人输氧时，氧气应从A进，B连接的是病人吸氧气的塑胶管；C．根据排水法收集气体的方法判断；D．该装置可观察供氧速度，调节输出氧气速率．解答：解：A．导管B连接供给氧气的钢瓶，会将瓶中的蒸馏水排出，故A错误；B．给病人输氧气时，氧气应从A进入，B连接病人吸氧气的塑胶管，故B正确；C．储存氧气时，需要采用短进长出的方法，即氧气从导管B通入，故C正确；D．该装置不具有调节输出氧气的速度的功能，可调节输出氧气的速度，故D正确；故选A．点评：本题考查实验装置的综合，题目难度中等，注意该装置进气的方向不同，可有不同的作用，该装置有洗气、收集气体的作用，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．　4．下列各组变化中，每一转化在一定条件下均能一步实现的是（　　）　A．①和②B．②和③C．①和③D．①②③考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；钠的重要化合物．分析：抓住物质间反应的规律，理解复分解反应的条件：必须有水、气体或沉淀生成，及一些特殊的反应．铜加热得到氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应得硫酸铜，硫酸铜加铁可得单质铜，碳酸钠与澄清石灰水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，氯化钠不能转化为碳酸钠，H2和氧化铜、氧气等反应生成H2O，H2O和SO3反应生成H2SO4，H2SO4和活泼金属反应得到H2．解答：解：①铜加热得到氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应得硫酸铜，硫酸铜加铁可得单质铜，每步均可以一步实现．符合题意；②碳酸钠与澄清石灰水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，氯化钠不能转化为碳酸钠，不符合题意；③H2和氧化铜、氧气等反应生成H2O，H2O和SO3反应生成H2SO4，H2SO4和活泼金属反应得到H2．均可以实现．符合题意．故答①③．故选C．28点评：本题主要考查了物质间的反应的规律，培养学生分析问题、解决问题的能力，题目较简单．　5．实验室进行下列有关物质的准备，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是（　　）　A．CCOCO2Na2CO3　B．CuCu（NO3）2溶液Cu（OH）2　C．CaOCa（OH）2NaOH溶液　D．FeFe2O3Fe2（SO4）3溶液考点：钠的重要化合物；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：元素及其化合物．分析：实验室进行下列有关物质的准备，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；绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，据此解答．解答：解：A．碳在空气中燃烧生成一氧化碳的反应不容易控制，操作上不可行，故A错误；B．铜能和硝酸银反应生成硝酸铜，硝酸铜和氢氧化钠反应能生成氢氧化铜沉淀，此项实验，理论上正确、操作上可行、但经济上不合理，因为AgNO3比较贵重，故B错误；C．氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，实验设计理论上正确、操作上可行、经济上合理，故C正确；D．因为Fe在O2里燃烧的生成物是Fe3O4，而不是Fe2O3，理论上错误，故D错误；故选：C．点评：本题考查实验方案设计与评价，注意实验方案设计与评价应考虑理论正确、操作简单可行、经济节约、绿色环保等因素，题目难度不大．　6．如图所示的甲、乙两个装置中，胶头滴管中吸入某种液体，平底烧瓶中充入（或放入）另一种物质，挤压胶头滴管加入液体，一段时间后两装置中的气球都明显胀大（忽略液体体积对气球体积的影响）．则滴管和烧瓶中所用试剂可能是（　　）甲乙A稀硫酸和铜片水和CO2B双氧水和MnO2NaOH溶液和CO2CNa2CO3溶液和稀硫酸NaOH溶液和SO2DH2O和NH3硝酸银溶液和HCl　A．AB．BC．CD．D28考点：常见气体制备原理及装置选择；二氧化硫的化学性质．专题：实验题．分析：根据容器内气体压强与外界大气的压强相对大小判断．解答：解：A、甲中稀硫酸和铜片不反应，所以容器内气体压强不变，气球不变化；乙中二氧化碳部分溶于水，使容器内的压强小于大气压，所以气球变大，故A错误．B、甲中双氧水在二氧化锰的催化下迅速反应生成氧气，使容器内压强大于大气压，所以气球变大；乙中二氧化碳极易溶于氢氧化钠溶液，导致容器内的压强小于大气压，所以气球变大，故B正确．C、甲中稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，导致容器内压强大于大气压，所以气球变大；乙中二氧化硫极易溶于氢氧化钠溶液，导致容器内的压强小于大气压，所以气球变大，故C正确．D、甲中氨气极易溶于水，导致容器内压强小于大气压，所以气球不会胀大；乙中硝酸银和HCl反应生成白色沉淀，导致容器内压强小于大气压，所以气球变大，故D错误．故选BC．点评：本题考查了常见气体的制备原理及装置选择，同时考查酸、碱、盐的性质，要理解和掌握酸、碱、盐常见的化学反应．　7．推理是化学学习中常用的思维方法．下列推理正确的是（　　）　A．酸能使紫色石蕊溶液变红．通入CO2后的紫色石蕊溶液变红，所以CO2是酸　B．酸性溶液的pH小于7．食醋是酸性溶液，所以食醋的pH小于7　C．在同一化合物中，金属元素显正价，所以非金属元素一定显负价　D．溶液中有晶体析出时，溶质质量减小，所以溶质的质量分数一定减小考点：探究化学规律．分析：二氧化碳本身不显酸性，与水反应生成的碳酸呈酸性，酸性溶液的pH小于7，非金属元素既有正价也有负价，析出晶体的方法不确定，则溶质质量分数的变化也不确定．解答：解：A、二氧化碳与水反应生成的碳酸显酸性，能使石蕊变红，并不能说明二氧化碳是酸，二氧化碳是氧化物，故A错误；B、酸性溶液的pH小于7，食醋是酸性溶液，所以食醋的pH小于7，推理正确，故B正确；C、在同一化合物中，金属元素显正价，非金属元素既有正价又有负价，如硫酸钠中硫元素显+6价，故C错误；D、如果采用蒸发溶剂的方法使饱和溶液中有析出晶体，则溶质的质量分数可能不变，故D错误，故选B．点评：本题考查了常见概念的推理，完成此题，可以依据概念进行，所以要求同学们在平时的学习中加强概念的识记及理解，以便灵活应用．　8．下列有关物质除杂、鉴别所用试剂或方法正确的是（　　）　A．除去铁粉中混有的锌粉，可加入过量的硫酸亚铁溶液并过滤　B．用酚酞溶液可一次性鉴别稀硫酸、澄清石灰水、和氯化钠溶液　C．要除去CO2气体中的少量HCl气体，可将其通过足量的NaOH溶液　D．不加任何试剂即可鉴别KCl溶液、NaOH溶液、K2SO4溶液、CuSO4溶液考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；物质的分离、提纯和除杂．28分析：A．Zn与硫酸亚铁反应生成Fe；B．稀硫酸和氯化钠溶液，加酚酞均为无色；C．二者均与NaOH溶液反应；D．观察颜色可确定CuSO4溶液，然后可确定NaOH，但不能确定KCl、K2SO4．解答：解：A．Zn与硫酸亚铁反应生成Fe，则加入过量的硫酸亚铁溶液并过滤可除杂，故A正确；B．稀硫酸和氯化钠溶液，加酚酞均为无色，现象相同，不能鉴别，故B错误；C．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠、洗气，故C错误；D．观察颜色可确定CuSO4溶液，然后可确定NaOH，但不能确定KCl、K2SO4，不利用试剂不能鉴别，故D错误；故选A．点评：本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　9．下列物质的提纯所用试剂和主要实验操作均正确的是（　　）物质（括号内为杂质）所用试剂主要实验操作AH2O（H2O2）MnO2过滤BCaCl2（NaCl）适量Na2CO3溶液沉淀、过滤、蒸发、结晶CCO2（CO）过量O2点燃DAl（Al2O3）足量稀H2SO4溶解、过滤　A．AB．BC．CD．D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．分析：A．过氧化氢分解，二氧化锰可过滤除去；B．氯化钙与碳酸钠反应生成沉淀；C．不易燃烧，且易引入新杂质；D．二者都与稀硫酸反应．解答：解：A．H2O2在MnO2的催化作用下生成水和氧气再进行过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故A正确；B．CaCl2能与适量Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故B错误；C．除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通过量O2点燃，这是因为除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质氧气，且不易燃烧，故C错误；D．Al和Al2O3均能与足量稀H2SO4反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故D错误．故选：A．点评：本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同，除杂时注意不能引入新的杂质，难度不大．　10．密闭容器内有M、N、P、Q四种物质，一定条件下反应一段时间后，测得密闭容器内仍然是M、N、P、Q四种物质，反应前和反应一段时间后各自的物质的质量见表：物质MNPQ反应前质量（g）15.88.431.61.628一段时间后质量（g）待测1421.66下列说法正确的是（　　）　A．该反应类型属置换反应　B．物质P一定是化合物　C．反应生成的N与Q的质量比为7：3　D．M肯定为该反应的催化剂考点：质量守恒定律．分析：根据质量守恒定律，依据反应前后容器内物质的质量相同，计算得出M的质量，然后依据反应前后物质的增减情况判断反应物和生成物，据此解答即可．解答：解：A、依据所给的数据无法判断该反应类型，故A错误；B、依据所给条件，无法判断物质P是化合物还是单质，故B错误；C、反应生成N与Q的质量比为：（14﹣8.4）：（6﹣1.6）=14：11，不是7：3，故C错误；D、依据质量守恒定律得出M的质量为：15.8+8.4+31.6+1.6﹣（14+21.6+6）=15.8g，由于反应前后M的质量未改变，故M可能为催化剂，故D正确，故选D．点评：本题主要考查的是质量守恒定律的应用，充分利用所给信息判断反应物与生成物是解决本题的关键，难度不大．　11．一类有机化合物可以根据分子里所含碳原子数命名，碳原子数在十以下的，用天干来表示，即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸．下面是部分有机物分子组成和结构，据此推测己烷完全燃烧产生二氧化碳和水的质量比为（　　）甲烷乙烷丙烷丁烷戊烷分子式CH4C2H6C3H8C4H10　C5H12结构式　A．3：7B．44：21C．6：7D．11：12考点：饱和烃与不饱和烃．分析：利用题目中所给的烷烃的分子组成和结构变化规律得出己烷的分子式，然后利用元素守恒定律得出生成二氧化碳和水的物质的量之比，然后计算质量之比即可．解答：解：从甲烷和乙烷，分子组成中多了CH2一个原子团，依此类推得出己烷的化学式为：C6H14，己烷完全燃烧生成二氧化碳和水，依据元素守恒得出每1mol己烷完全燃烧，生成二氧化碳的物质的量为6mol，生成水的物质的量为7mol，质量比为（6×44）：（7×18）=44：21，故选B．点评：本题主要考查的是有关有机化学式的推断和计算，掌握燃烧规律，灵活运用元素守恒是解决此类题目的关键，难度不大．　2812．1919年朗缪尔提出等电子体假说：凡原子数，总电子数均相等的物质，其结构相同，性质相似，相应的物质称为等电子体，如CO和N2，下列物质可称为等电子体是（　　）　A．H2O和N2OB．CS2和SiO2C．CH4和NH3D．CO2和N2O考点：“等电子原理”的应用．分析：根据等电子体的原子数，总电子数均相等，通过计算原子数和总电子数来确定．解答：解：A、H2O和N2O中原子数相同，H2O电子总数为：1×2+8=10，N2O中电子数为：7×2+8=22，故A错误；B、CS2和SiO2中原子数相同，CS2电子总数为：6+16×2=38，SiO2电子总数为：14+2×8=30，故B错误；C、CH4和NH3中原子数不相同，故C错误；D、CO2和N2O中原子数相同，电子数分别为：6+8×2=22，7×2+8=22，故D正确；故选D．点评：本题考查等电子体的概念，明确电子的计算方法是解题的关键，题目难度不大．　13．如图为某固体溶解度随温度变化的曲线．该固体从溶液中析出时不带结晶水．M、N两点分别表示该固体形成的两份溶液在不同温度时的浓度．当条件改变时，溶液新的状态在图中对应的点的位置可能也随之变化，其中判断不正确的是（　　）　A．加水稀释（假设温度都不变）时，M、N点均不动　B．都降温10℃后，M点沿曲线向左下移，N点向左平移　C．都升温10℃后，M、N点均向右平移　D．蒸发溶剂（假设温度都不变）时，先是M点不动，N点向上移至曲线；继续蒸发溶剂，M、N点都不动考点：溶解度、饱和溶液的概念．分析：固体溶解度曲线上的点表示的是对应温度下该物质的饱和溶液，而曲线上方的点表示对应温度下该物质的饱和溶液但溶液中有未溶解的溶质存在，曲线下方的点表示对应温度下该物质的不饱和溶液，据此分析．解答：解：A、由于加水稀释并不影响物质的溶解度，但溶液中溶质的质量分数变小了，因此两点应是向下移动了，故A错误；B、降温时，M点代表的饱和溶液中就会有晶体析出，溶液中溶质的质量分数就会减小，但溶液仍旧是饱和溶液，因此M点会沿曲线向左下移；而N点代表的不饱和溶液则会逐渐的变成饱和溶液，直至有晶体析出，因此N点先是向左平移，然后沿曲线向左下移，故B正确；C、由于该物质的溶解度随温度的升高而增大，因此升温时，M代表的饱和溶液就会变成不饱和溶液，而N点代表的不饱和溶液就会变得更不饱和，但升温后两溶液中的各个量没有发生变化，即溶液中溶质的质量分数并没有发生变化，所以M、N点均均向右平移，故C正确；28D、由于是在温度不变的情况下蒸发溶剂，因此M点代表的饱和溶液中溶质的质量分数不会发生变化，因此M点不动；而N点代表的不饱和溶液随着水分的蒸发，溶液中溶质的质量分数会越来越大，直至溶液达到饱和不再发生变化，因此N点是先向上位移达到曲线后不再发生变化，故D正确；故选A．点评：本题难度较大，主要考查了溶液中溶质的质量分数的影响的因素及固体溶解度曲线的应用．　14．下列曲线示意图不正确的是（　　）　A．稀盐酸中滴加蒸馏水　B．等体积、等质量分数的过氧化氢溶液分解　C．等质量、等颗粒大小的金属中加稀盐酸　D．HCl和FeCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液考点：浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；化学方程式的有关计算；水的电离．分析：A、表示稀盐酸中滴加蒸馏水，溶液的pH逐渐增大，但只能无限接近于7；B、二氧化锰是双氧水分解的催化剂，能加快双氧水的分解速率；C、金属活动性镁强于铝强于铁，据此分析反应速率；D、HCl和FeCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液，NaOH先和HCl反应，后和FeCl3反应．28解答：解：A、表示稀盐酸中滴加蒸馏水，则溶液的pH逐渐增大，但是不会大于等于7，故A正确；B、等体积、等质量分数的过氧化氢溶液分解，加二氧化锰的反应快，用时短，不加二氧化锰的反应慢，用时长，故B正确；C、质量、颗粒大小都相等的金属加到足量的稀盐酸中，由于活动性镁强于铝强于铁，故镁反应的最快，用时最短；铁反应最慢，用时最长；等质量的镁、铝和铁，生成氢气最多的是铝，其次是镁，最少的是铁，故C错误；D、HCl和FeCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液，NaOH先和HCl反应，无现象，后和FeCl3反应生成红褐色沉淀，故D正确；故选C．点评：本题考查的是常见的化学反应以及反应过程中有关的量的图象，完成此题，可以依据已有的知识进行．　15．有一包固体混合物，其中含有硝酸银，硝酸铜，硝酸镁及铁粉，加入足量的水过滤．下列描述的情形不可能存在的是（　　）　A．滤纸上有Ag，Cu，Fe滤液中有Fe2+，Mg2+　B．滤纸上有Ag，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+，Ag+　C．滤纸上有Ag，Cu，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+　D．滤纸上有Ag，Cu，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+，Ag+考点：铁的化学性质．分析：根据金属活动顺序表中镁、铁、铜、银的金属活动性强弱去作答，在金属活动性顺序中，这四种金属的金属活动性由强到弱的顺序为镁＞铁＞铜＞银．解答：解：A．若滤纸上有Ag，Cu，Fe，说明铁粉过量，则滤液中不会含有硝酸银和硝酸铜，滤液只含硝酸镁和硝酸亚铁，即滤液中有Fe2+，Mg2+，故A可能；B．若滤纸上只有Ag，说明铁粉不足，可能没有完全反应硝酸银，因此滤液中含有硝酸银，硝酸铜，硝酸镁及硝酸亚铁，即滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+，Ag+，故B可能；C．若滤纸上有Ag，Cu，说明铁粉已完全置换了硝酸银，开始与硝酸铜反应，因此滤液中含有硝酸铜，硝酸镁及硝酸亚铁，即滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+，故C可能；D．若滤纸上有Ag，Cu，根据铜的活动性比银强，滤液中就不会含有硝酸银，即滤液中没有Ag+，故D不可能；故选：D．点评：本题考查了金属的活泼性，熟悉氧化还原反应强弱规律是解题关键，题目难度不大．　16．有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.68g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．根据上述实验，以下推测正确的是（　　）　A．一定不存在Ba2+，NH4+可能存在　B．CO32﹣一定存在　C．Na+一定存在　D．一定不存在Cl﹣28考点：常见离子的检验方法．分析：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.68g，该气体为氨气，其物质的量为：=0.04mol，说明每份溶液中含有0.04molNH4+；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，则2.33g沉淀为硫酸钡，6.27g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物，则原溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣；根据离子共存，溶液中一定不存在Ba2+；2.33g硫酸钡的物质的量为：=0.01mol，生成碳酸钡沉淀的物质的量为：=0.02mol，0.04mol铵根离子所带正电荷与0.01mol硫酸根离子、0.02mol碳酸根离子所带负电荷相等，则不能确定溶液中是否含有氯离子和钠离子，据此进行判断．解答：解：根据①可知生成的气体为氨气，其物质的量为：=0.04mol，说明每份溶液中含有0.04molNH4+；根据②可知2.33g沉淀为硫酸钡，6.27g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物，则原溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣；根据离子共存，溶液中一定不存在Ba2+；2.33g硫酸钡的物质的量为：=0.01mol，生成碳酸钡沉淀的物质的量为：=0.02mol，0.04mol铵根离子所带正电荷与0.01mol硫酸根离子、0.02mol碳酸根离子所带负电荷相等，则不能确定溶液中是否含有氯离子和钠离子，根据分析可知，原溶液中一定存在NH4+、CO32﹣、SO42﹣；一定不存在Ba2+，可能含有Na+、Cl﹣，故选B．点评：本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．　17．镁，锌合金粉末7.7g恰好与一定质量20%的稀硫酸完全反应，将反应后的溶液蒸发，经处理后得到不含结晶水的固体22.1g，则反应中生成氢气的质量为（　　）　A．0.1gB．0.2gC．0.3gD．无法计算考点：有关混合物反应的计算．分析：根据蒸发后的固体混合物的质量减去反应前的固体是两种金属混合物的质量就是硫酸中硫酸根的质量，由氢元素和硫酸根的质量比可以进行分析解答本题．解答：解：蒸发后的固体为混合物，反应前的固体是镁和锌的质量为7.7g，所以22.1g﹣7.7g=14.4g为硫酸根的质量，在硫酸中，氢元素与硫酸根的质量比为（1×2）：96，设产生的氢气的总质量为x，则（1×2）：96=x：14.4g，解得：x=0.3g．故选C．点评：本题主要考查学生灵活运用质量守恒定律和化学反应方程式解答问题的能力．　18．天平两边各放质量相等的烧杯，分别装入等质量，等溶质质量分数的稀硫酸，此时天平平衡，将等质量的MgCO3和Na2CO3分别加入两烧杯中，充分反应后，下列说法错误的是（　　）　A．若天平不平衡，指针一定偏向加Na2CO3的一边　B．若天平平衡，两烧杯中的酸一定完全反应28　C．若反应后Na2CO3有剩余，天平一定平衡　D．若天平不平衡，两种碳酸盐一定都没有剩余考点：化学方程式的有关计算．分析：发生反应：MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑，Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知，84gMgCO3反应生成44gCO2，消耗98gH2SO4，而106gNa2CO3反应生成44gCO2，消耗98gH2SO4，故相等质量的MgCO3和Na2CO3完全反应时，MgCO3反应生成的CO2更多，若硫酸均过量时，天平不可能平衡，若硫酸均不足量，生成的CO2质量相等，则天平可以平衡，若碳酸镁与硫酸恰好反应，则硫酸与碳酸钠反应时，硫酸一定有剩余，MgCO3反应生成的CO2更多，天平不可能平衡，若硫酸与碳酸钠恰好反应，则与碳酸镁反应时，硫酸不足，生成的CO2质量相等，天平不可能平衡．生成二氧化碳多的一端，该端溶液与烧杯总质量越小，进而判断天平转化偏转方向．解答：解：MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑84g98g44gNa2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑106g98g44g故相等质量的MgCO3和Na2CO3完全反应时，MgCO3反应生成的CO2更多，则：若硫酸均过量时，天平不可能平衡，指针偏向加Na2CO3的一边；若硫酸均不足量，生成的CO2质量相等，则天平可以平衡；若碳酸镁与硫酸恰好反应，则硫酸与碳酸钠反应时，硫酸一定有剩余，MgCO3反应生成的CO2更多，指针偏向加Na2CO3的一边；若硫酸与碳酸钠恰好反应，则与碳酸镁反应时，硫酸不足，生成的CO2质量相等，天平不可能平衡，指针偏向加MgCO3的一边；A．由上述分析可知：若天平不平衡，指针可能偏向加Na2CO3的一边，也可能偏向加MgCO3的一边，故A错误；B．由上述分析可知，若天平平衡，两烧杯中的酸一定完全反应，故B正确；C．由上述分析可知，若反应后Na2CO3有剩余，则MgCO3一定有剩余，生成的CO2质量相等，天平一定平衡，故C正确；D．由上述分析可知，若天平不平衡，两种碳酸盐一定都没有剩余，故D正确，故选：A．点评：本题以天平平衡为载体考查过量计算，属于讨论型题目，侧重考查学生分析计算能力，关键是根据方程式讨论可能的情况，难度中等．　19．已知t℃时，盐M（不含结晶水，相对分子质量为126）的溶解度为S克．在一定量的M的水溶液中加入agM后，恰好为t℃时的饱和溶液．若用M•7H2O代替M，欲使原溶液在t℃时恰好饱和，则需加入M•7H2O的质量（克）为（　　）　A．2aB．（2+）aC．D．（1+）a考点：溶解度、饱和溶液的概念．分析：原溶液中加入agM时，形成饱和溶液，改用M•7H2O也要达到饱和，换言之，M•7H2O中的M除了满足原溶液饱和外，还要使结晶水中溶解的M也达到饱和，据此解答．28解答：解：设需加入M•7H2O的质量为xg，则：含有M的质量=xg×=0.5xg，结晶水的质量为0.5xg，原溶液中加入agM时，形成饱和溶液，改用M•7H2O也要达到饱和，换言之，M•7H2O中的M除了满足原溶液饱和外，还要使结晶水中溶解的M也达到饱和，故0.5xg：（0.5xg﹣ag）=100g：Sg，解得x=，故选C．点评：本题考查溶解度计算，关键理解M•7H2O中的M除了满足原溶液饱和外，还要使结晶水中溶解的M也达到饱和，题目难度中等．　20．下列有关量的变化图象与其对应叙述相符的是（　　）ABCD常温下，向一定量的饱和石灰水中加入氧化钙t℃时，向等质量的甲、乙、丙三种物质中分别加水配成饱和溶液，所得溶液质量最小的是丙向一定质量的过氧化氢的水溶液中加入二氧化锰向等质量的铁和镁中分别加入足量的稀盐酸　A．AB．BC．CD．D考点：化学方程式的有关计算；溶解度、饱和溶液的概念．分析：A．氧化钙与水反应生成氢氧化钙，并发生大量的热，氢氧化钙的溶解度减小，会析出氢氧化钙，且反应消耗水；B．溶解相同质量的物质，溶解度越小，需要水的质量越大；C．过氧化氢水溶液中含有水，加入二氧化锰，过氧化氢又分解为水与氧气，水的质量增大；28D．根据Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，可知盐酸不足或恰好反应时，生成氢气的质量相等，且消耗Fe的质量大于Mg的质量，相等质量的金属完全反应时，Mg生成的氢气更多．解答：解：A．氧化钙与水反应生成氢氧化钙，并发生大量的热，氢氧化钙的溶解度减小，会析出氢氧化钙，且反应消耗水，故溶液质量减小，图象与实际不相符，故A错误；B．由图可知，t℃时溶解度甲＞乙＞丙，溶解相同质量的物质，溶解度越小，需要水的质量越大，故需要水的质量为丙＞乙＞甲，则配成饱和溶液，所得溶液质量最大的是丙、最小是甲，故B错误；C．过氧化氢水溶液中含有水，加入二氧化锰，过氧化氢又分解为水与氧气，水的质量增大，图象与实际相符合，故C正确；D．根据Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，可知盐酸不足或恰好反应时，生成氢气的质量相等，且消耗Fe的质量大于Mg的质量，相等质量的金属完全反应时，Mg生成的氢气更多，故D错误，故选C．点评：本题考查化学图象问题，涉及溶解度、化学方程式的计算等，是对学生综合能力的分析，难度中等．　二、非选择题（本题包括8个小题，共60分）21．（14分）（2022秋•呼和浩特校级月考）1）请按CH4、NH3、H2O、HF、HCl排列顺序，列出五种物质之间存在的规律：　相对分子质量依次增大　、　除氢以外元素的质子数依次增大　．这五种物质中除　HCl　（填化学式）外，各分子所含核外电子总数均为　10　个．2）．按下列要求，写出质子数相同的两种不同的微粒的化学符号（1）同一种元素的原子和离子　Na与Na+　；（2）两种不同的分子　H2O与NH3　；（3）一种原子和一种分子　Ne与H2O　；（4）两种不同的离子　F与OH﹣　；（5）一种离子和一种分子　O2﹣与HF　．3）．下列各组物质中均有一种物质的类别与其他三种不同：①CaO，Na2O，CO2，CuO②S，C，P，Cu③O2，MgCl2，Na2SO4，KNO3④HCl，H2O，H2SO4，HNO3（1）这四种物质依次是：①　CO2　，②　Cu　，③　O2　，④　H2O　．（2）这四种物质相互作用可生成一种新的物质，颜色为绿色，该物质是　Cu2（OH）2CO3　．考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分子、原子、离子；金属和非金属．分析：1）根据五种物质的化学式计算出它们的相对分子质量，可以得到规律：相对分子质量依次增大；2）根据题意要求，写出质子数相同的两种不同粒子的化学符号．化学符号包括原子符号（用该元素的元素符号表示）、离子符号（在化学符号上带有不同的正负电荷）、分子符号（用该物质的化学式表示）等；3）（1）二氧化碳属于非金属氧化物；铜属于金属单质；氧气属于单质；水不属于酸；28（2）铜和水、氧气、二氧化碳反应能生成碱式碳酸铜．解答：解：1）CH4的相对分子质量为16；NH3的相对分子质量为17；HF的相对分子质量为20；HCl的相对分子质量为36.5；故答案为：相对分子质量依次增大；除氢以外元素的质子数依次增大；HCl；10；2）（1）原子的质子数等于原子序数，单原子离子的质子数等于原子序数，同一种元素的原子和离子：Na与Na+；故答案为：Na与Na+；（2）分子的质子数等于构成分子的各个原子的质子数的和，不同种分子：H2O与NH3；故答案为：H2O与NH3；（3）一种原子和一种分子：Ne与H2O；故答案为：Ne与H2O；（4）两种不同的离子：F与OH﹣；故答案为：F与OH﹣；（5）一种离子和一种分子：O2﹣与HF，故答案为：O2﹣与HF；3）（1）①CaO，Na2O，CO2，CuO中，二氧化碳属于非金属氧化物，其它物质属于金属氧化物；②S，C，P，Cu中，铜属于金属单质，其它物质属于非金属单质；③O2，MgCl2，Na2SO4，KNO3中，氧气属于单质，其它物质属于化合物；④HCl，H2O，H2SO4，HNO3中，水不属于酸，其它物质属于酸．故填：CO2；Cu；O2；H2O．（2）铜和氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，碱式碳酸铜的化学式是Cu2（OH）2CO3．故答案为：Cu2（OH）2CO3．点评：本题涉及物质的分类知识，注意在判断物质是否是单质、化合物、氧化物、酸时，既要判断元素组成，又要判断物质组成，要注意理解基本概念和基本知识．　22．请分析、比较以下几组化学反应，得出结论．组别化学方程式结论I6CO2+6H2O═C6H12O6+6O2CO2+H2O═H2CO3反应物相同，生成物不同，原因　反应条件不同　．ⅡCu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应物相同，生成物不同，原因　反应物的浓度不同　．ⅢC+O2（充足）CO22C+O2（不充足）2CO反应物相同，生成物不同，原因　反应物的量不同　．Ⅳ2KClO32KCl+3O2↑（反应缓慢）2KClO32KCl+3O2↑（反应迅速）反应物相同，反应速率不同，原因　有无催化剂　．实践与应用科学探究正努力实现对化学反应的控制，很多化学家致力于研究二氧化碳的“组合转化”技术，把过多二氧化碳转化为有益于人类的物质．若让二氧化碳和氢气在一定条件下反应，可生成一种重要的化工原料，反应的化学方程式如下：282CO2+6H2X+4H2O，推断X的化学式是　C2H4　．考点：探究化学规律．分析：根据题意，分析Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均反应物相同，生成物不同，Ⅳ反应物相同，反应速率不同，可从反应条件、反应物的浓度、反应物的用量、催化剂等方面进行分析解答．实践与应用：由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，据此由反应的化学方程式推断生成物X的化学式．解答：解：Ⅰ两个方程对比可知，反应物相同，但它们的反应条件不同，导致生成物不同；Ⅱ两个方程对比可知，反应物相同，但反应物的浓度不同，导致生成物不同；Ⅲ两个方程对比可知，反应物相同，但反应物的量不同，导致生成物不同；Ⅳ两个方程对比可知，反应物相同，但使用二氧化锰作催化剂可以改变反应速率，导致反应速率不同；实践与应用：根据反应的化学方程式2CO2+6H2X+4H2O，反反应物中有2个碳原子、4个氧原子和12个氢原子，生成物中有8个氢原子和4个原子，还少2个碳原子和4个氢原子，则每个X分子由2个碳原子和4个氢原子构成，因此X的化学式为C2H4；故答案为：I反应条件不同；II反应物的浓度不同；III反应物的量不同；IV有无催化剂；实践与应用：C2H4．点评：本题难度不是很大，了解影响化学反应发生的因素、催化作用、化学反应前后原子守恒等是解答本题的关键．　23．图中A～I表示几种初中化学常见的物质，“→”表示物质间存在相应的转化关系，部分反应物、生成物及反应条件已略去．已知圈i中的转化均是分解反应．圈ⅱ中的转化均是化合反应．D和G是常见的非金属单质，组成化合物E和H的元素种类相同．组成化合物F和I的元素种类也相同，A常用来中和土壤的酸性．（1）写出化学式：A　Ca（OH）2　B　CaCO3　D　C　（2）写出B→F的化学反应方程式：　CaCO3CaO+CO2↑　（3）写出G→I的化学反应方程式：　2C+O22CO　．考点：无机物的推断．28分析：根据题干提供的信息结合框图进行分析，此题的解题突破口在于A常用来中和土壤的酸性，则A是氢氧化钙，可由氧化钙和水反应生成，E和H的元素种类相同，且由H生成E是分解反应，则E可能是水，H可能是双氧水，E和H分解生成的G可能是氧气，能与D化合生成F和I，D是常见的非金属单质，则D可能是碳，生成的F能与氢氧化钙反应，则F可能是二氧化碳，生成的B可能是碳酸钙，I可能是一氧化碳，带入验证即可，据此答题．解答：解：A常用来中和土壤的酸性，则A是氢氧化钙，可由氧化钙和水反应生成，E和H的元素种类相同，且由H生成E是分解反应，则E可能是水，H可能是双氧水，E和H分解生成的G可能是氧气，能与D化合生成F和I，D是常见的非金属单质，则D可能是碳，生成的F能与氢氧化钙反应，则F可能是二氧化碳，生成的B可能是碳酸钙，代入框图，符合题意，所以A为氢氧化钙，B为碳酸钙，D为碳，E为水，F为二氧化碳，G为氧气，H为双氧水，I为一氧化碳，（1）根据上面的分析可知，A为Ca（OH）2，B为CaCO3，D为C，故答案为：Ca（OH）2；CaCO3；C；（2）B为碳酸钙，F为二氧化碳，高温下，碳酸钙可分解生成氧化钙和二氧化碳，化学方程式为CaCO3CaO+CO2↑，故答案为：CaCO3CaO+CO2↑；（3）G为氧气，D为碳，碳在氧气不充足的条件下能生成一氧化碳，化学方程式为：2C+O22CO，故答案为：2C+O22CO．点评：此题为框图式物质推断题，完成此类题目，关键是找准解题突破口，直接得出结论，然后利用顺向或逆向或两边向中间推，逐一导出其他结论，题目难度中等．　24．（11分）（2022秋•呼和浩特校级月考）地球是一颗蓝色的星球，表面大部分被海洋覆盖，海水中蕴含的元素多达80多种．通过海水晒制可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、MgSO4以及泥沙等杂质．以下是一种制备精盐的实验方案，步骤如下：（用于沉淀的试剂稍过量）：回答下列问题：（1）操作①能否改用硝酸钡溶液？说明原因．　否，因为引入新的杂质离子NO3﹣　．（2）进行操作①后，判断BaCl2过量的方法是　取少量操作①后的上层清液，并滴加少量硫酸钠溶液，有白色沉淀生成，则BaCl2过量　．（3）加入Na2CO3的目的是　除去Ca2+、Ba2+　．为什么不先过滤而后加Na2CO3溶液，其理由是　一次过滤，简化实验步骤　．（4）滤液的主要成分有　NaCl、NaOH、Na2CO3　．此实验方案尚需完善，具体步骤是　向滤液中加入适量的稀盐酸以除去氢氧化钠和碳酸钠　．28（5）请再写一种实验方案，添加沉淀试剂的步骤为：　氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液、稀盐酸　．考点：粗盐提纯．分析：（1）在除杂质的同时不能引入新的杂质；（2）利用硫酸根离子检验钡离子的存在；（3）在②步后，溶液中存在的物质有：未反应的氯化钡、氯化钙，需要将钡离子和钙离子除去；（4）过滤前的溶液中加入的碳酸钠和氢氧化钠都是过量的，反应后两者都有剩余，需要加入一种试剂将溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子除去；（5）根据氯化钡溶液和氢氧化钠溶液的顺序可以颠倒进行解答．解答：解：（1）在除去杂质的同时不要引入新的杂质，加入硝酸钡会生成新的杂质硝酸钠．故答案为：否；因为引入新的杂质离子NO3﹣．（2）检验钡离子一般用硫酸根离子检验，但是也不能引入新的杂质，故答案为：取少量操作①后的上层清液，并滴加少量硫酸钠溶液，有白色沉淀生成，则BaCl2过量；（3）加入Na2CO3的目的是除去Ca2+、Ba2+．因为碳酸根能和钙离子、钡离子结合成碳酸钙和碳酸钡两种沉淀．不先过滤而后加Na2CO3溶液，其理由是一次过滤，简化实验步骤．故答案为：除去Ca2+、Ba2+；一次过滤，简化实验步骤；（4）滤液的主要成分有：NaCl、NaOH、Na2CO3．此实验方案尚需完善，具体步骤是：向滤液中加入适量的稀盐酸以除去氢氧化钠和碳酸钠．故答案为：NaCl、NaOH、Na2CO3；向滤液中加入适量的稀盐酸以除去氢氧化钠和碳酸钠；（5）氯化钡溶液和氢氧化钠溶液的顺序可以颠倒，所以添加沉淀试剂的步骤为：氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液、稀盐酸．故答案为：氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液、稀盐酸．点评：本题主要考查了在粗盐提纯的实验中的除杂原则：在除去杂质的同时不能引入新的杂质，注意基本知识的归纳和梳理是关键，难度中等．　25．（12分）（2022秋•呼和浩特校级月考）某学习小组用如图所示装置测定锌铜合金中锌、铜的质量分数．（1）实验前，先将锌铜合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是：　除去合金表面的氧化膜　；（2）实验操作步骤有：检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，再进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂；⑤检查气密性．上述再进行的操作的顺序是　①④③②　（填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应　D和C的液面相平　；（3）B中发生反应的化学方程式为　Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑　；（4）若实验用锌铜合金的质量为ag，与酸充分反应后，测得氢气体积为V　L为求出合金中锌、铜的质量分数，还缺少的一个数据是　D　；A．反应前加入稀酸的体积B．反应前加入稀酸的质量分数C．实验前反应装置中空气的体积D．实验条件下氢气的密度（5）若实验用锌铜合金的质量为ag，与酸充分反应后，B中剩余固体的质量为b　g，则锌的质量分数为　×100%　；28（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得锌的质量分数将　偏小　（填“偏大”“偏小”或“不受影响”）．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．分析：（1）实验前，先将锌铜合金在稀酸中浸泡片刻，除去合金表面的氧化膜；（2）要根据排开液体的体积来测定生成氢气的体积，首先需记录C的液面，然后使反应进行，当充分反应时在记下C的位置，最后可以对剩余固体进行处理；注意读数的方法；（3）测定铜锌合金中锌、铜的质量分数，可以依据锌能与酸反应生成氢气而铜不可以来进行，所用的酸可以是稀盐酸也可以是稀硫酸，则可书写化学方程式；（4）要求氢气的质量，除了知道氢气的体积，还需要知道氢气的密度；（5）铜锌合金的质量为ag，B中剩余固体的质量为bg，则锌的质量为（a﹣b）g，从而可以求得锌的质量分数；（6）未洗涤过滤所得的不溶物，会导致锌的质量偏小．解答：解：（1）实验前，先将锌铜合金在稀酸中浸泡片刻，除去合金表面的氧化膜，故答案为：除去合金表面的氧化膜；（2）要根据排开液体的体积来测定生成氢气的体积，首先需记录C的液面，然后使反应进行，当充分反应时在记下C的位置，最后可以对剩余固体进行处理，所以操作的顺序为：①④③②；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应使D和C的液面相平，以减少因液面不相平产生压强对气体体积的影响，故答案为：①④③②；D和C的液面相平；（3）B中发生反应为锌能与酸反应生成氢气，反应的化学方程式为：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，故答案为：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑；（4）要求氢气的质量，除了知道氢气的体积，还需要知道氢气的密度，故选D；（5）铜锌合金的质量为ag，B中剩余固体的质量为bg，则锌的质量为（a﹣b）g，所以锌的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%；（6）未洗涤过滤所得的不溶物，会导致铜的质量偏大，从而锌的质量偏小，得到锌的质量分数将偏小，故答案为：偏小．点评：本题探究了铜锌合金中铜和锌的质量分数的测定，完成此题，可以依据铜和锌的性质，根据题干提供的信息进行，题目难度中等．　2826．已知碳酸钠稳定而碳酸氢钠（NaHCO3）不稳定，碳酸氢钠受热易分解，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O．现取碳酸氢钠和碳酸钠的混合物20g，加热到质量不再改变为止，剩余固体质量为16.9g．求原混合物中Na2CO3的质量分数？（计算题请保留一位小数．）考点：有关混合物反应的计算．分析：加热NaHCO3生成Na2CO3、CO2、H2O，加热到质量不再改变为止，剩余固体质量为16.9g，因生成的二氧化碳和水并非固体，即减少的质量就是生成的CO2与H2O的质量之和，由此分析解答．解答：解：设原混合物中NaHC03的质量为m，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O固体质量差值168441862m20g﹣16.9g=3.1g解得：m=8.4g则原混合物中碳酸钠的质量分数为：×100%=58.0%，答：原混合物中Na2CO3的质量分数58.0%．点评：要充分挖掘题目中的条件，考虑到影响物质质量变化的各种因素，如放出气体、生成沉淀、生成水等．　27．现有16gFe2O3和CuO的混合物，进行如下实验；把混合物全部加入到100g足量的硫酸溶液中，完全溶解．然后滴加150g16%的氢氧化钠溶液，沉淀质量不再改变．试计算所用硫酸溶液溶质的质量分数．（保留一位小数）考点：有关混合物反应的计算．分析：此题的解题关键主要是找出Na+和SO42﹣之间的关系，由于无论开始怎么反应，最后加入氢氧化钠以后，都是钠离子和硫酸根离子结合为硫酸钠，所以有H2SO4～2NaOH，然后根据这一关系解题即可．解答：解：设100g硫酸溶液中H2SO4的质量为x，由Na+和SO42﹣之间的关系得：H2SO4～2NaOH9880x150g×16%；x=29.4g所以ω（H2SO4）=×100%=29.4%，答：硫酸溶液溶质的质量分数为29.4%．点评：本题考查的是有关于溶质质量分数的简单计算的题目，在解题时，关键是找出隐含在题目中的解题条件Na+和SO42﹣之间的关系．28　28