福建省师大附中重点高中自主招生化学试题_图文

1、福建省师大附中重点高中自主招生化学试题一图文一、选择题1 .水垢主要成分是碳酸钙和氢氧化镁。现取一定量的碳酸钙和氢氧化镁的混合物，向其中 加入100g 14.6%的稀盐酸，恰好完全反应后，得到111.4g溶液，将溶液蒸干得到20.6g固 体，则原混合物中碳酸钙的含量约是（）A. 77.5%B, 63.3%C. 46.7%D. 22.5%2 .将CO通入盛有12.0g的FezCh的试管内，加热至固体完全变黑后停止加热，继续通入 CO至试管冷却，并同时将反应后的气体通入足量NaOH溶液中，溶液质量增重6.6g。Fe?O3还原过程中转化过程：Fe2O3.Fe3O4-FeO.Fe。下列说法错误的是A.

2、反应后的黑色固体为混合物B.试管中残留固体质量为10.8gC,实验过程中参加反应的CO的质量为4.2gD.反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为0.15g3 .如图是甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线，下列说法正确的是A.将丙的饱溶液变为不彻口溶液，可采用升温的方法B. tJC时,可以制得溶质质量分数为8%的丙溶液C. tJC时，甲、乙两种物质的饱和溶液降温至20C,析出甲的质量比析出乙的质量大D.tJC时甲、乙、丙三种物质的倾口溶液升高到t2“C时，溶质质量分数为甲 乙 丙4.有一包固体粉末，可能含碳、铝、铜、氧化铝、氧化铜中的一种或几种。为探究该固体 粉末的组成，某化学兴趣小组进行了如下

3、图所示实验。下列结论正确的个数是固体B中的物质为碳蓝色溶液乙为硝酸铜溶液原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜、硝酸A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个5 .现有一包由3.2g铜、13g锌和2g碳组成的粉末，放到一定量的AgNCh溶液中，完全反 应后得到的固体为m种，溶液中溶质为n种.下列说法中不正确的是()A.若m=2,则n=2或3B.若固体中金属的质量为48g,则m=4C.当m=3时，溶液可能呈蓝色D,反应后固体的质量不可能超过56g6 .除去下列各组物质括号内的杂质，所选用的试剂及操作方法均正确的是A. Fe:O5 (Fe)一 用盐酸浸泡，然

4、后过滤、洗涤、烘干B. CO (CO)先通入足量的浓NaOH溶液，后通过浓硫酸C. CaO (CaCO5) 一一加水溶解，过滤、烘干D. NaCl (Na：COJ 一一加入过量CaCk溶液，过滤、蒸发、结晶7 .用数形结合的方法表示某些化学知识直观、简明、易记.下列用数轴表示正确的是 ( )A.B.C.D.不同物质的着火点：铁丝酒精白璘.着火占 温度由低到高百八”、硫及其化合物与化合价的关系：一竽;_产学硫的化合价50gl9. 6%的稀硫酸与足量的金属反应产生氢气的质量：个 4、妲物质形成溶液的pH：纯碱食盐酸妍-I110714pH8 .下列各物质中，不能满足下图物质一步转化关系的选项是()乙

5、 CuSO4Z： COC. X： CaCO3 Y： CaO Z： Ca (OH)D. X： NaOH Y： NaCl Z： Na2cO39 .将铝和镁组成的混合物10g加入到200g稀盐酸中恰好完全反应后得到溶液209g,再向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，最终生成沉淀的质量为()C. 17.25gD. 27gA. 12gB. 14.25g10 .下列曲线正确的是溶 液 pHA.向盐酸中加水、11.下图是a、b、c三种物质的溶解度曲线，下列有关叙述正确的（）A. a物质的溶解度大于b物质的溶解度B.降低温度，c物质会从其饱和溶液中析出C. tz'C时30ga物质加入到50g水中不断搅拌,

6、能形成80g溶液。D.将tC时a、b、c三种物质彻口溶液的温度升高到匕时，三种溶液的溶质质量分数大小 关系是b>a>c12.图中“玲”表示甲在一定条件下可以转化成乙，"一"表示相连的物质在一定条件下可以发 生反应，甲、乙、丙、丁分别表示一氧化碳、碳、氧气、二氧化碳中的某一物质，下列说 法正确的是丙TA.甲一定是一氧化碳B.乙一定不是二氧化碳C.丙可能是碳或氧气D. 丁可能是碳或二氧化碳13.有一包固体粉末X,可能含有碳酸钙、硫酸铜、硫酸亚铁、锌粉，为确定固体粉末的 成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如下图所示（不考虑水、稀盐酸的挥发），下 列说法中正确的是

7、（）A.若气体1为纯净物，则溶液2中可能含有三种阳离子B.若气体1为混合物，则溶液2中可能含有Fe?+C.若溶液1呈无色，则固体粉末X中不可能含有硫酸铜D.若溶液2呈浅绿色，则沉淀2不可能是纯净物14 .某碳酸钙和氧化钙组成的混合物中，钙元素的质量分数为50%,将40g该混合物高温 燃烧至固体质量不再改变，则生成二氧化碳的质量是（）A. 8.8gB. 12gC. 15.7gD. 20g15 .有部分变质的NaOH固体18. 6g,加入100g的稀硫酸,恰好完全反应,所得溶液的质 量是114.2g,将其蒸干得到固体28.4g,则原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为A. 46:3B, 46:1

8、1C. 23:3D. 23:616 .如下图所示是甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线.下列说法正确的是（）A. tJC时，甲、乙两物质的饱和溶液中含溶质的质量相等B. 时把30g丙放入50g水中能得到80g丙的饱和溶液C.将丙的不饱和溶液变为饱和溶液，可以采用降温方法D.时，用等质量的甲、乙、丙分别配制成三种物质的饱和溶液，所需溶剂的质量为甲乙 丙17.某兴趣小组为了研究露置于空气中纯净的生石灰变质情况，进行了如下实验:生石灰A 质量25克露置于粉末B 质量29克溶于足量气体C通过足量通过足量_固体增重2.2克空气中稀盐酸浓硫酸1烧造固体则下列结论错误的是()A. A转化为B过程中钙元素的质量

9、分数逐渐减小B.如无浓硫酸，则粉末B中Cao质量测定值偏小C.粉末B中CaC03的质量为5克D.粉末B中Ca()的质量为16.6克18.将金属镁和另一种金属X的混合物共ag,加入Cu(NO3)2、Fe(NO3)2的混合溶液中，充 分反应后过滤，得到滤液和滤渣。相关分析错误的是()A.若滤渣中含有Fe,则滤渣中也一定含有铜B.若滤液中有两种溶质，则滤渣中可能有三种金属C.若滤渣中只有一种金属，则滤液中一定含有两种溶质D.若滤渣的质量为a g，则金属活动性顺序有可能是Mg>X>Fe>Cu19 .除去下列杂质，所选用的试剂和操作方法不合理的是()选项物质杂质试剂操作方法Akno3N

10、aCI热水溶解，降温结晶，过滤BKCIK2CO3盐酸加入过量的盐酸，蒸发CCuFe2O3碳粉与过量的碳粉混合，加热到高温DOzCO铜将混合气体缓缓通过足量的灼热铜网A. AB. BC. CDe D20 .下列溶液中无色，且在pH=l时能大量共存的是A. CuSOdNaCl KNO3 B. NaOH NaCI NaNO3C. Na2SO4KCI ZnCl2 D. K2SO4AgNO3 NaCI21. 一包固体粉末可能含有 Mg (NO3) 2、CaCO3、NaOH. CuCL、NaCI 和 Ca (N03) 2 中的 一种或几种，为确定其组成，某同学设计了如下实验方案，下列判断正确的是()A.沉

11、淀I是氢氧化铜沉淀B.无色溶液A中一定有NaOHC.原固体粉末肯定有NaCID.原固体粉末一定有 CaCO3、NaOH、Mg (N03) 2、CuC%和 Ca (N03) 222.著名化学家傅鹰说“化学给人以知识，化学史给人以智慧。”下列有关化学史的说法 正确的是()A.阿伏伽德罗等科学家得出结论：分子中原子的重新组合是化学变化的基础B.拉瓦锡用红磷燃烧的实验证明氧气约占空气总体积的五分之一C.我国著名实业家侯德榜发明了制取烧碱的“侯氏制碱法”D.波义耳发现了质量守恒定律23.溶解度,信如图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线.下列说法中正确的是A.甲的溶解度大于乙的溶解度B. 30时，甲的饱和溶

12、液中溶质的质量分数为30$C.乙物质的溶解度受温度变化的影响较小，甲物质的溶解度受温度变化的影响较大D.甲中含有少量乙时，用蒸发溶剂的方法提纯甲24 .烧杯中盛有一定质量的氧化镁和氧化铁的固体混合物，向其中加入稀盐酸100g,恰好 完全反应，得到该温度下的不饱和溶液120g。再向其中加入足量氢氧化钠溶液，充分反应 后过滤，将沉淀洗涤、干燥、称量，其示数为27.2 g,则下列相关计算中，不正确的是()OA.原固体中金属元素质量为13.6gB.所用盐酸的溶质质量分数为29.2%C.最终所得溶液中含有NaCI 58.5gD.实验中消耗的氢氧化钠质量为32g25 .小亮同学在实验室中制取82气体后，对

13、废液进行后续探究，他向一定质量的含CaClz 和HCI的溶液中逐滴加入溶质质量分数为10%的W2CO3溶液.实验过程中加入Na2c溶 液的质量与生产沉淀或者气体如图1所示：加入Na2c03溶液的质量与溶液的pH变化关系A.图1中b玲（:段表示生成气体的过程B.图1中b点的值为106C.图1中0fa段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中d玲h段曲线表示D.图1中 c点时，溶液中的溶质有两种 二、实验题26 .化学小组根据纨气还原氧化铜的反应，设计实验测定Cu元素的相对原子质量.已知:2NHaCl+Ca （OH） 2=CaCl2+2NH3 t +2H2O 氨气（NH3）是碱性气体 请结合下图回答

14、问题.（1）将纯净干燥的氨气通入B中，观察到玻璃管内黑色固体变为亮红色，管口有液滴， 同时生成空气中含量最多的气体，写出B中发生反应的化学方程式为.（2）测定Cu元素相对原子质量的实验过程为：先称量CuO的质量，完全反应后测定生成 水的质量，由此计算出Cu元素的相对原子质量.I .小组同学利用上图进行实验，下列装置连接合理的是（填序号，装置可重复使用）©ACBDC ADBCD ADBDC ABDCII.在本实验中，使测定结果偏大的原因可能是（填序号）；CuO未完全起反应CuO不干燥CuO中混有不反应的杂质NH4cl与Ca （OH） 2混合物不干燥HI.在本实验中，还通过测定 的质量达

15、到实验目的.27.勇往直前学习小组的同学在进行酸碱的化学性质的实验活动。同学们的实验步骤如图 所示：好变得 傅铁乐 船丽惠瓶” 稀挂薛星氢氧化劣粉末（用药匙的柄把'一端挑一点）溶液A血水 乙组的实险甲组的实睑（收集证据1 ） （1）甲组实验中发生反应的化学方程式为，乙组 实验并不能充分证明氢氧化钙能与稀盐酸发生反应，是因为他们在加入稀盐酸前忘记了滴 入O取用氢氧化钙时“用药匙的柄把一端挑一点”的目的是。（继续实验）为妥善处理实验后所得到的废液，同学们将试管内的溶液A、B混入同一废 液缸中，开始无明显现象，一段时间后出现了红褐色沉淀，过滤得到无色滤液，同学们对无色滤液中的离子组成产生了兴

16、趣，进行继续探究：（提出问题）除CI-外，废液缸中还含有哪几种离子？（猜想与假设）小冰：H Ca2 Fe”小城：Ca2 OH-小美：上述猜想中，小冰的猜想一定是错误的，不需验证，理由是0（设计实验）为得出结论，同学们设计了下图实验，根据实验现象可以得出的 猜想是正确的，从而得出结论。由.溶液中产生 现象！蓝色沉淀二无色流液（总结与归纳）回顾整个实验过程，可以归纳出氢氧化钙的化学性质是与（填物 质类别）反应，同时还可归纳出：分析反应后溶液的离子组成时，除了有时可以依据溶液的 颜色外，更多时候是根据两种废液混合后产生的来推知某些离子的有 无O28.（某研究性学习小组在实验中发现：不仅碳溶液可以使酚

17、酷溶液变红，Na2c03溶液也 能使酚酰溶液变红。碱溶液可以使酚儆溶液变红，是因为碱在水溶液中解离出了 0H-,那 么Na2c03溶液中究竟是哪种粒子可以使酚酸溶液变红呢？他们设计了下图3个实验，请你 和他们一起探究。NaCl溶液 蒸瑞水 'azCO：溶液I II III（1）实验I可以证明，（2）实验n加入蒸馀水的目的是“小组内有同学认为实验口没必要做，你认为他 们的理由是，（3）实验m滴入K2c。3溶液，振荡，酚酷溶液变红，向变红后的溶液中再逐渐滴入过量的 CaClz溶液，红色逐渐消失，同时还观察到 现象。由实验I、n、m得出结论：CO32-可以使酚酸溶液变红。（4）小组同学在与老

18、师交流上述结论时，老师说：“其实Na2c03溶液能使酚酸溶液变红也 是由于溶液中存在0H "你认为Na2c03溶液存在0H-的原因是. 29.根据所学知识，选择下列仪器进行气体的制取实验，并回答有关问题。（1）写出仪器的名称。（2）实验室制取二氧化碳反应的化学方程式为,组装发生和收集装置时应选择上述 仪器中的 （填序号），收集二氧化碳采用 法。（3）实验室用氯酸钾制取氧气，反应的化学方程式为。制备并导出氧气时应选择上 述仪器中的 （填序号），还需补充的一种仪器是 （填仪器名称）。收集一瓶较 纯净的氧气应选取的仪器有（填序号）。30 .某矿井中的瓦斯气体可能含有CO、CO?、CH4等气

19、体。为确定该瓦斯气体的成分，兴 趣小组同学设计了如下实验方案供大家讨论：A（查阅资料）CHq +4CuO=4Cu+CO2+2H2O氧化铜粉末（实验装置）澄清石灰水XaOH溶、/浓硫酸 NaOH'溶液ABCDE（1）装置C中的氧化铜由黑色变为红色，说明 o（2）大家认为，欲通过D装置中浓硫酸因吸收水分而增重，说明混合气体中含有CH,的思 路不严密，认为需要在 （填装置序号，下同）间再增加一个 装置，才能证明含有ch4o（3）装置B的作用是。（4）该装置存在的安全隐患是°（5）综合上述讨论，兴趣小组排除了安全隐患，将混合气体通过改进后的装置进行了实验 探究，请根据实验现象和数据填

20、写结论：装置实验现象/数据实验结论A石灰水变浑浊通过实验现象和数据，小组成员一致 认为该气体样品中含有。B无明显现象C黑色粉末变成红色D装置D增重3.6gE装置E增重4.4g（反思）（6）小明认为使用该装置存在着误差，他的理由是。31 .化学实验可以帮助我们更好地了解物质的性质和化学原理。根据下列实验装置或实验 操作回答问题。干燥的空气 F植物油11k浜的惶 e过蒸水JJ一； &（1）图A中铁制仪器的名称是°用装置A制取氧气的化学方程式是一,用图B干燥5,气体应从 （填“b”或"c” ） 口进入。（2）配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液，图C的操作称量氯化钠时，称量完

21、毕发现硅码 生锈严重，但未脱落，若其他操作均正确，则配制的氯化钠溶液的浓度会 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（3）如图D所示，由处的白磷燃烧，处的红磷不能燃烧的现象，说明可燃物燃烧需 满足的条件是°（4）用图E装置可制造十分有趣的“化学喷泉”现象，将胶头滴管中的NaOH溶液挤进圆 底烧瓶时，很快看到长导管顶端产生“喷泉”现象，若将烧瓶内的CO?换成下列四种气体 中的（填序号）仍可产生“喷泉”现象。AH2bso2ccoDHCI（5） F图中的两种装置都无法用于验证质量守恒定律，若还需用这两个化学反应来验证， 则该装置改进的方法是。（6） G图是铁生锈条件的探究，其中试管中用煮沸

22、过的蒸馀水浸泡铁钉的目的是（7） H图是小丽同学在验证氢氧化钠与稀盐酸能否反应的实验时，错把酚酿溶液滴入稀盐 酸中，开始加入氢氧化钠时无明显现象，继续加入氢氧化钠发现溶液变成红色，此实验也 能证明盐酸和氢氧化钠反应；当溶液变红时，溶液中的溶质有 （填 化学式）。（8）已知Mg能在CO?中燃烧生成一种单质和一种氧化物两种固体物质，现设计实验进行 验证。该实验用盐酸和石灰石制取CO?,对CO?进行净化、干燥，并进行Mg在CO?中燃烧 的探究实验。浓1-口 饱和NaHCOs溶液 澄清石灰水图2实验进行时，若要气体从左向右流动，则上述装置的连接顺序为（填仪器接口的字母） （）（）接（）（）接（）（）接

23、 （） （）【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1. B解析：B【解析】【分析】【详解】根据题意：发生的反应是:CaCO3+2HCI=CaCl2+H2O+CO2, Mg （OH）2+2HCl=MgCI2+2H2O 111.4g溶液,将溶液蒸干得到20.6g,水的质量是：1114g-20.6g=90.8g,根据质量守恒定 律90.8g水来自三部分：1、盐酸中的：100g-100gxl4.6%=85.4g; 2、和盐酸反应生成的 水：利用氢元素守恒：2HCI-H2O,即每73份质量的盐酸得到18份质量的水，盐酸： 100gxl4.6%=14.6g,水的质量：3.6g： 3、氢氧化镁中的

24、氢元素产生的水:90.8g-85.4g- 3.6g=1.8g,利用氢元素守恒：Mg （OH）2-H2O,即每58份质量的氢氧化镁得到18份质量的 水，则氢氧化镁的质量是5.8g：根据反应：Mg（OH）2+2HCl=MgCI2+2H2O,计算氯化镁的质 量，设氯化镁的质量为x,则：Mg (OH)2-MgCl258955.8gx58 _ 5.8g95 =解得 x=9.5g,则氯化钙的质量：20.6g-9.5g=ll.lg,设碳酸钙的质量为y,则有:CaCO> -CaCl100111yiiig100 _ yT7T-n.ig解得y=10g,10a/则原混合物中碳酸钙的含量约是亚东TI°

25、°%、633%。故选 2. B解析：B【解析】【分析】生成二氧化碳的质量为6.6g,生成的二氧化碳分子中，有一个氧原子来自于氧化铁。6.6g二氧化碳中来自氧化铁的氧元素的质量为6.6gx3xl00%=2.4g ,试管中残留固体质量 44为 12g24g=9.6g ：如果试管中残留固体全部是FeO,设FeO的质量为xAFe2O3 + CO = 2FeO + CO216014412gx 160_12g144 xx=10.8g设12gFe2O3完全反应生成Fe的质量为yAFe,O.+3CO = 2Fe + 3CO.16012g112y160_12gTl2yy=8.4g试管中残留固体中含Fe

26、O的质量为(9.6g-8.4g) + (£xl00%卜5.4g 设反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为zFe+2HCl = FeCh+H, t5629.6g-5.4gz56 _ 4.2g2. z z=0.15g【详解】A.反应后的黑色固体质量是9.6g, 9.6g8.4g,反应后的黑色固体为混合物，故A正确： B.试管中残留固体质量为9.6g,故B错误：C.实验过程中参加反应的CO的质量为：6.6g-2.4g=4.2g,故C正确；D.反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为0.15g,故D正确。故选:Bo3. B解析：B【解析】在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解

27、度。溶解度是一定温度下， 100g溶剂里达到饱和时，所溶解的溶质的质量。A.饱和溶液是在一定温度下、一定量的溶 剂里不能再溶解某物质的溶液叫该物质的饱和溶液，反之为不饱和溶液。由图可知，丙的 溶解度随温度的升高而减小，随温度降低而增大，将丙的饱和溶液变为不饱和溶液，可采 用降温的方法，如升温会析出固体，所得仍是饱和溶液；B. tC时，丙的溶解度为12g, 饱和溶液溶质的质量分数二溶解度+ (溶解度+100g)X100%,丙的饱和溶液溶质的质量分 数二12： (12+100g) X 100% 11%,故可以制得溶质质量分数为酰的丙溶液：C. 时， 甲、乙两种物质在相同量的溶剂里形成的饱和溶液降温

28、至20C,析出甲的质量比析出乙的 质量大，因为降温前后甲的溶解度差较大：D.饱和溶液溶质的质量分数二溶解度小 (溶解 度+100g) X100%, tJC时甲、乙、丙三种物质的溶解度大小关系为乙,甲二丙，其饱和溶 液溶质的质量分数关系也是乙甲二丙，溶液升高到时，甲、乙的溶解度随温度的升高 而增大，溶质不析出，故溶液组成不变，而丙的溶解度随温度的升高而减小，会析出晶 体，溶质质量分数会减小，故升温后甲与丙溶液中溶质的质量分数甲大于丙，所以升温后 三种物质溶质的质量分数关系是：乙甲丙，选B4. B解析：B【解析】【详解】固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有

29、碳），可能还含有铜，故该说法不正确；无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，故该说法 不正确：向样品中加入过量稀盐酸有气体生成，根据金属活动性顺序可知，是铝与盐酸反应，生 成的气体是氢气；固体A与硝酸银反应有蓝色溶液生成，说明固体A中含有铜，铜与硝酸 银反应生成银和硝酸铜，反应的化学方程式为Cu+2AgNC）3=2Ag+Cu（NO3）2；铜与硝酸 银反应生成银：固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体是 二氧化碳。灼烧能生成二氧化碳气体的物质是碳，故固体B中含有的物质是碳、根（或C、 Ag）；样品中加过量稀盐酸有气体产生，说明原固体中有铝：将反

30、应后的固液混合物过滤， 得到无色溶液甲（说明原固体中没有氧化铜）和固体A,固体A加一定量的硝酸银溶液并 过滤，得到蓝色溶液乙（说明原固体中有铜）和固体B：固体B在氧气中充分灼烧，生成 能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳）。故原固体样品中一定含有的 物质是碳、铝、铜（或C、Al、Cu）,故该说法正确：无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，无色溶液 甲中溶质是盐酸及盐酸与铝反应生成的氯化铝。盐酸与硝酸银反应生成氯化银和硝酸，氯 化铝与硝酸银反应生成氯化银和硝酸铝，蓝色溶液乙中的溶质硝酸铜不参与反应。故蓝色 溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜和硝酸（

31、或AI（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3）,故该说 法正确；正确的说法有：故选：Bo5. B解析：B【解析】【分析】由金属活动性顺序表可知，金属的活动性Zn>Cu>Ag,由3.2g铜、13g锌和2g碳组成的 粉末，放到一定量的AgNCh溶液中，Zn首先与硝酸银溶液反应，Zn反应完成时，Cu再与 硝酸银反应.碳与硝酸银不反应。【详解】A、当m=2时，则得到的固体为银和碳，Cu和Zn全部反应，硝酸银溶液足量，恰好反应 时，溶液中的溶质为硝酸铜和硝酸锌；硝酸银过量时，溶液中的溶质为硝酸铜、硝酸锌和 硝酸银，因此，"2或3,故A正确；B、当上述两个反应分别恰好进行完全时，设

32、生成银的质量分别为x, yZn + 2AgNO3 =2Ag + Zn（NO3）26521613gx65 216 x=43.2gCu + 2AgNO3 = 2Ag + Cu(NO3)2642163.2gy64 _2163.2g yy=10.8g当锌完全反应时，金属的质量为：3.2g+43.2g=46.4g,铜完全反应时，金属的质量最大是：43.2g+10.8g=54g,由于金属的质量是48g, 46.4g<48g<54g.由此可知，锌完全反应，部分铜已参加反应，所以，固体物质有银、铜和碳三种，即m=3,故B不正确：C、由上述计算分析可知，当m=3时，溶液可能呈蓝色，故C正确；D、由上

33、述计算分析可知，反应后固体的质量不可能超过54g+2g=56g,故D正确。故选B.6. B解析：B【解析】除杂的要求所用试剂只能将杂质除掉，不能把想保留的成分反应掉，除杂的 同时不能引入新的杂质。A,盐酸与氧化铁反应，生成氯化铁和水，不符合除杂要求；B氢 氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠溶液和水，而一氧化碳不反应，能除杂：C氧化 钙和水反应生成氢氧化钙，不符合除杂要求：碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化 钠，但是氯化钙过量，引入氯化钙杂质。选B7. B解析：B【解析】R、白磷的着火点比铁的低，B化合物中元素的化合价代数和为零，单质中元素的 化合价为零。所以硫化氢中硫元素的化合价为-2价

34、，硫中硫元素的化合价为0。二氧化硫 中硫元素的化合价为+4价，硫酸中硫元素的化合价为+6价；C、50gl9. 6%的稀硫酸与足量 的金属反应产生氢气的质量相同。因为金属足量，酸反应完，氢气的质量由酸决定。D、纯 碱是碳酸钠，溶液呈碱性，pH大于7；氯化钠溶液呈中性，pH等于7；酸奶呈酸性，pH小 于7。选B8. D解析：D【解析】【详解】A、铜在加热条件下能和氧气反应生成氧化铜，氧化铜能和稀硫酸反应生成硫酸铜和水， 硫酸铜和锌、镁、铝、铁等反应能生成铜和相应的盐，Cu玲CuO玲CuSCU玲Cu,前面的物质 能够通过一步转化生成后面的物质，选项正确；B、光合作用过程中，二氧化碳和水反应能生成前萄

35、糖和氧气，碳不完全燃烧时能生成一氧 化碳，一氧化碳完全燃烧，或和某些金属氧化物反应时能生成二氧化碳，CO?玲Ch玲COfCO2，前面的物质能够通过一步转化生成后面的物质，选项正确：C、煨烧碳酸钙时能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和水反应能生成氢氧化钙，氢氧化钙和 二氧化碳反应，或与可溶性碳酸盐反应时，能生成碳酸钙，CaC039CaO玲Ca (0H)2玲CaCO3,前而的物质能够通过一步转化生成后面的物质，选项正确；D、氢氧化钠和氯化镁、氯化铜、氯化亚铁等物质反应时，能生成氯化钠和相应的盐，氯 化钠和其它物质不能通过一步转化生成碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙反应能生成碳酸钙和氢 氧化钠，NaOH能够通过

36、一步转化生成NaCI, Na2cO3能够通过一步转化生成NaOH,但是 NaCI不能够通过一步转化生成Na2cCh,选项错误，故选D。9. D解析：D【解析】【分析】铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，氯化铝和氢氧化 钠反应生成氢氧化铝和氯化钠，氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氯化钠。【详解】铝和镁组成的混合物10g加入到200g稀盐酸中恰好完全反应后得到溶液209g,则生成氢 气的质量为 200g+10g-209g=lg设参加反应的铝的质量为x,生成氢气的质量为yAl 2乩Al - 2 2273x y27 3x=9yMg H2242lOg-x Ig-y24 _

37、21 Og-x 1 g-y 12y-x=22 由 x=9y 和 12y-x=2 得，y=-g , x=6g2724生成氢氧化铝的质量为6g+m右17.3g,生成氢氧化镁的质量为(10g-6g) + %9.7g, 7858最终生成沉淀的质量为*.3g+9.7g=27g 故选D。10. C 解析：c【解析】A.向盐酸中加水，溶液的酸性变弱，pH变大但始终成酸性，pH始终小于7B.浓压SO：加入水中，溶解放出大量热，使溶液温度升高，然后慢慢冷却至室温，所以最 终溶液的温度能恢复到原温；C.燃烧CaCOs ,生成二氧化碳和氧化钙固体，因此固体减 少，反应结束时固体的质量为生石灰的质量，大于零；D. 0

38、二在水中的溶解性随温度升高而 减小：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11. D解析：D【解析】A.在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。由图可知a物质的溶解 度大于b物质的溶解度：B.降低温度，c物质的溶解度变大，溶液由饱和变为不饱和溶 液，不会从其饱和溶液中析出；C. tC时a物质的溶解度为50g,溶解度是一定温度下， 100g溶剂里达到饱和时，所溶解的溶质的质量。30ga物质加入到50g水中不断搅拌，只能 溶解25g,能形成75g饱和溶液0 D.将tC时a、b、c三种物质饱和溶液的温度升高到时，ab的溶解度变大，溶液由饱和状

39、态变为不饱和，溶质的质量不变，溶质的质量分 数不变；c在升温时，溶解度变小，析出固体，成为tJC时的饱和溶液，饱和溶液溶质的 质量分数=溶解度+ （溶解度+100g） X100% , tJC时a的溶解度小于b, tC时c的溶解 度比tJC时a的溶解度小，三种溶液的溶质质量分数大小关系是b>a>c。选D 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 12. C 解析：C【解析】【分析】根据各组内四种物质的性质及变化规律，利用物质间发生反应需要满足的条件，判断物质 间反

40、应与转化关系图中所示的物质间关系相符合的选项；丙与丁均能和其它的两种物质反 应，所以可判断它们是氧气与碳，推断结论是否正确可采用依据选项分析判断转化是否完 成即可得到答案。【详解】A、甲是一氧化碳时则乙是二氧化碳，丙是氧气，丁是碳，符合该转化过程；但当甲是二 氧化碳，乙是一氧化碳，丁是氧气，丙是碳时，该转化也能完成，故该说法错误： B、当乙是二氧化碳时，丁是碳，丙是氧气，甲是一氧化碳该转化也能完成，故说法错误； C、当丙是碳时，乙是一氧化碳，丁是氧气，甲是二氧化碳可完成该转化：丙是氧气时，乙 是二氧化碳，丁是一氧化碳，甲是碳可完成该转化，故选项说法正确：D、当丁是二氧化碳时，二氧化碳无法与其它

41、的两种物质反应，该转化无法完成，故该选 项说法错误。故选C。13. B解析：B【解析】 【分析】有一包固体粉末X,可能含有碳酸钙、硫酸铜、硫酸亚铁、锌粉。取固体粉末X,加入足量 水，过滤，得到溶液1和沉淀1，在沉淀1中加入过量稀盐酸，有沉淀2、溶液2和气体1 生成。因为目前所学的除了银离子和稀盐酸产生氯化银沉淀，其他任何物质与稀盐酸反应 均无法生成沉淀，根据题意不含银离子，所以沉淀1中包含两种沉淀，为碳酸钙和沉淀 2,且可知沉淀2不和稀盐酸反应，结合题意，所以该沉淀2一定是铜，铜的来源是第一步 骤硫酸铜和锌反应生成硫酸锌和铜，所以固体粉末X中一定有锌、硫酸铜和碳酸钙。分四 种情况讨论：若固体粉

42、末X只存在锌、硫酸铜和碳酸钙。取固体粉末X,加入足量水， 过滤，得到溶液1和沉淀1，溶液1为硫酸锌。a：硫酸铜与锌反应时，硫酸铜过量，沉淀 1为碳酸钙和铜。在沉淀1中加入过量稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧 化碳，铜不和稀盐酸反应，所以沉淀2为铜，溶液2为氯化钙，气体1为二氧化碳。符合 题意。b：硫酸铜与锌反应时，锌过量，沉淀1为碳酸钙和铜和锌。在沉淀1中加入过量 稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，锌和稀盐酸 反应生成氯化锌和氢气，所以沉淀2为铜，溶液2为氯化钙和氯化锌，气体1为二氧化碳 和氢气。符合题意。若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸

43、亚铁，且锌的量只 能和硫酸铜反应，锌全部反应完全，无法继续和硫酸亚铁反应，硫酸亚铁存在于溶液1 中，即溶液1中含有硫酸锌和硫酸亚铁，其他与a相同。若固体粉末X中存在锌、硫 酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌与硫酸铜反应后剩余，锌会与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和 铁。取固体粉末X,加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1,溶液工为硫酸锌，沉淀1 为碳酸钙和铜、铁。碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应， 铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以气体1包括二氧化碳和氢气两种，溶液2包括 氯化钙和氯化亚铁两种。沉淀2为铜。若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸 亚铁，且锌与硫酸铜反应后剩余，

44、锌会与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，反应后锌仍剩 余。取固体粉末X,加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1,溶液1为硫酸锌，沉淀1 为碳酸钙和铜、铁、锌。碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反 应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，所以气体 1包括二氧化碳和氢气两种，溶液2包括氯化钙和氯化亚铁、氯化锌三种。沉淀2为铜。【详解】A、若气体1为纯净物，根据分析，的a情况和两种情况均符合，这两种情况时溶液2 中只有氯化钙，只有两种阳离子为钙离子和氢离子，故选项错误；B、若气体1为混合物，则符合的b情况和、，溶液2对应氯化钙、氯化锌；氯化 钙和氯化亚铁：氯

45、化钙、氯化铁、氯化锌三种情况，则溶液2中可能含有Fe?+,故选项正 确：C、若溶液1呈无色，则固体粉末X中可能含有硫酸铜，因为硫酸铜和锌反应生成硫酸锌 和铜，溶液1为硫酸锌溶液，无色，只要保证硫酸铜完全反应即可，故选项错误：D、若溶液2呈浅绿色，则符合和两种情况，此时沉淀2均只有铜，为纯净物，故选 项错误。故选B。14. B解析：B【解析】【详解】根据质量守恒定律可知，反应前后Ca元素质量不变。若将化学式CaC（）3变形转换为40g x 50%CaO . CO ；皿m（C02）= m（混合物）- m（CaO） = 40g . = 40g - 28g = 12g'、x 100%56故选B

46、.15. C解析：C【解析】【分析】【详解】氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，从而变质，部分变质的氢氧化钠固 体，加入稀硫酸，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O , Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2 T +H2O ,溶液减少的质量，即生成的二氧化碳的质 量，生成的二氧化碳的质量为：18.6g+100g-114.2g=4.4g,由化学方程式可知，原固体混合 物中的碳元素全部转化到了二氧化碳中，原固体混合物中的钠元素全部转化到了硫酸钠 中，最后蒸干得到的固体即是硫酸钠的质量，故原固体混合物中钠元素的质量为：23x228.4gxx100%=9.2g ,原固体混

47、合物中碳元素的质量为：23x2+32+16x4124.4gX=一x 100%= 1.2g,故原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为：9.2g： 12+16x21.2g=23:30 故选 C。16. D解析：D【解析】A、t2'C时，甲、乙两物质的饱和溶液中含溶质的质量相等错误，因为没有指明是 等质量的饱和溶液，错误；B、tC时把30g丙放入50g水中能得到丙的饱和溶液的质量 =20g+50g=70g, 80g丙的饱和溶液错误，错误；C、将丙的不饱和溶液变为饱和溶液，可 以采用升温的方法，不是降温的方法，错误：D、13c时，用等质量的甲、乙、丙分别配制 成三种物质的饱和溶液，所需溶剂的

48、质量为甲乙丙正确，因为在该温度下，它们的溶解 度关系是甲乙丙，正确。故选D。17. B解析：B【解析】A、由质量守恒定律可知A转化为B过程中钙元素的质量不变，但是由于吸收水和二氧化 碳气体，固体的质量增加，钙元素的质量分数逐渐减小，故正确；B、如无浓硫酸，气体C中的水分会被烧碱固体一同吸收，固体增重偏大，计算得到碳酸 钙的质量偏大，相应吸收水的质量偏小（A到B增加29g-25g=4g为吸收二氧化碳和水的总 和），计算所得氢氧化钙的质量会（比碳酸钙的质量偏大的质量）更小，则粉末B中CaO 质量测定值偏大，故错误；c、氢氧化钠溶液质量增加的质量即为二氧化碳的质量，为2.2g； 设碳酸钙的质量为XC

49、aCO3+2HCl= Ca02+H2O+CO2 个 10044x2.2g100_ 44 x 2.2g x=5g,故正确: D、A至lj B增力0 29g-25g=4g,吸水水分质量为4g22g=l.8g 设B中氢氧化钙的质量为y CaO+H2 O= Ca ( OH ) 2 , 1874l.8g y 18 _74 1.8g y y=7.4g 粉末B中含有CaO的质量为：29g-5g-7.4g=16.6g,故正确。 18 . C 解析：c 【解析】A、镁、铁、铜的金属活动性顺序是Mg >Fe>Cu,金属镁先置换出铜，再置换出铁。若滤 渣中含有Fe,则滤渣中也一定含有铜，正确；B、若金属

50、镁的量不足，没有将Fe(NO3)中的 铁置换完，则滤液中溶质有硝酸镁和硝酸亚铁，滤渣有铜和铁，由于金属X的活动性不确 定，可能位于铁之后，故滤渣中可能有三种金属，正确；C、若滤渣中只有一种金属，则此 金属为铜，若镁没有将硝酸铜中的铜置换完，则滤液中含有三种溶质，错误；D、镁与硝 酸铜、硝酸亚铁反应，置换出铜、铁，滤渣质量增加。由于加入混合物的质量为ag,且滤 渣的质量为ag,那么X必须置换出铜或铜、铁，且相对原子质量比铜、铁要大(如锌)， 正确。故选C。19. . C 解析：C 【解析】A、KNO3和NaCI的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受 温度影响较小，所以可

51、采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNCh先结晶出 来、再过滤的方法，正确；B、K2c03能与盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，再蒸发除 去盐酸和水，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确；C、碳和氧化铁在高 温的条件下反应生成铁和二氧化碳，碳粉过量，会引入新的杂质，错误D、铜和氧气在加 热的条件下生成氧化铜，错误。故选C。点睛：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：加入的试剂只能 与杂质反应，不能与原物质反应：反应后不能引入新的杂质。20. . C解析：C【解析】pH=l的溶

52、液中有大量的H+,大量共存要求物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体 或沉淀，形成无色溶液要求分析常见离子在水溶液中的颜色，若为无色，符合题意 A、物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体或沉淀，但Cu2+在水溶液中为蓝色，故 A错误.B、NaOH可与酸发生中和反应，故不能共存，所以错误C、物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体或沉淀，且离子均为无色，故C正确.D、K2sOggNCh生成硫酸银沉淀，故D不正确 故选C21. B解析：B【解析】根据 “一包固体粉末可能含有Mg(NOj,、CaCOs、NaOH、CuCL、NaCl和Ca(NO,中的一种 或几种”，结合图框，则推测铜离子在溶液中显

53、蓝色，NaOH和CuCl,会生成氢氧化铜沉 淀，而氢氧化铜沉淀与稀硝酸反应生成硝酸铜溶液：CaCO,和硝酸反应会生成气体，则蓝色 溶液B中有硝酸铜、硝酸钙、硝酸钠、稀硝酸，而原固体粉末一定有CaCO» NaOH、CuCL 和Ca(NO，,无法确定是否含有NaCl； Mg(NO3)：6A.由分析可知，沉淀I中有氢氧化铜沉淀和CaCO,沉淀，故错误：B.无色溶液A中一定有NaOH,正确：C.原固体粉末是否有NaCl,无法确定，故错误：D.原固体粉末一定有CaCO八NaOH、CuCL和Ca(NO，故D错误。22. A解析：A【解析】A.阿伏伽德罗在化学学科中的主要成就，是提出了分子学说，道

54、尔顿提出原子论，阿伏伽 德罗提出分子论，都是对物质构成的理论解释，结合二者的理论，有的物质是分子构成 的，也可以是原子构成的，在化学变化中，由分子构成的物质，分子中的不同种类和数目 的原子将重新组合为新的分子，即在化学变化中，分子变为原子，原子再重新结合生成新 的分子.B、拉瓦锡在化学学科中的主要成就，是首次利用天平为化学研究的工具进行定量 实验，并首先通过实验得出空气是由氮气和氧气组成的结论，C.我国著名实业家侯德榜成 功地摸索和改进了西方的制碱方法，发明了将制碱与制氨结合起来的联合制碱法(又称侯氏 制碱法)。D.波义尔用敞口容器在空气中加热金属，金属与空气中的氧气发生了化学反 应，由于有外

55、界的氧气参加反应，可回顾波义尔得出的结论不守恒。而罗蒙诺索夫因为是 在密封玻璃瓶内加热金属，金属虽然也被氧化，但是至于玻璃瓶内的氧气发生了化学反 应，故反应前后的质量不变，从而得出了质量守恒定律。选A 点睛：多了解化学通史，熟记科学家们的贡献23. C解析：c【解析】【详解】A.在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。由图可知，温度会影响物质的溶 解度，不说明温度时，不能比较溶解度的大小。B、饱和溶液溶质的质量分数=溶解度+ (溶解度+100g) xlOO%, 30时，甲的溶解度为30g, 其饱和溶液中溶质的质量分数为30g(30g+100g) xl00%<30%：C.由图可知，

56、当温度变化时，乙物质的溶解度变化较小，所以乙物质的溶解度受温度变化 的影响较小，当温度变化时，甲物质的溶解度会有较大的改变，甲物质的溶解度受温度变 化的影响较大：D.甲物质的溶解度受温度变化的影响较大，且随温度降低而减小：乙物质的溶解度受温度 变化的影响较小，而甲中含有少量乙时，用降温结晶的方法提纯甲；选C。24. C解析：C【解析】【详解】根据MgO、Fe2O3和酸反应及与碱反应的关系，找出增量，以MgO为例：MgO O -2HC1 20H 2NaOH -2NaCI -Mg(OH)2 增量405818设所用盐酸的溶质质量分数为x,氢氧根的质量为y,实验中消耗的氢氧化钠质量为z,最 终所得溶液中含有Na。的质量为m,则：2HCI2OH2NaOH2NaCl增量73348011718lOOgxyzm(27.2-20)gx=29.2%y= 13.6gz=32gm=46.8g原固体中金属元素质量为27