山东省泰安市东平县中考化学二模试卷

第26页山东省泰安市东平县2023年中考化学二模试卷〔解析版〕一、选择题〔共20小题，每题1分，总分值20分〕1．我省明代科学家宋应星所著的?天工开物?中，详细记述了金、铜、铁、锌等金属的开采和冶炼方法，记述的金属中金属活动性最强的是〔〕A．金 B．铜 C．铁 D．锌【分析】根据金属活动性顺序：K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb、〔H〕、Cu、Hg、Ag、Pt、Au，进行分析比拟．【解答】解：由根据金属活动性顺序：K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb、〔H〕、Cu、Hg、Ag、Pt、Au，那么可知，金属活动性大小为：锌＞铁＞铜＞金，所以D符合题意。应选：D。【点评】此题考查了常见金属的活动性顺序，完成此题，可以依据金属活动性顺序表进行．2．化学肥料“三要素〞是〔〕A．C、H、O B．N、C、K C．N、S、P D．N、P、K【分析】根据化学肥料“三要素〞分析．【解答】解：化学肥料“三要素〞是氮〔N〕、磷〔P〕、钾〔K〕。应选：D。【点评】此题难度不大，掌握植物营养元素以及化学肥料的分类等即可顺利解答．3．化学元素含量的多少对人体健康有着重要的影响．人体缺钙易引发的疾病是〔〕A．贫血 B．夜盲症 C．骨质疏松 D．甲状腺肿大【分析】元素与人体健康的关系非常重大．根据元素与人体健康的关系、缺乏症分析判断．【解答】解：A．贫血是由于人体缺铁引起的，故错误。B．夜盲症是由于人体缺乏维生素A引起的，故错误。C．骨质疏松是由于人体缺钙引起的，故正确。D．甲状腺肿大是由于人体缺碘引起的，故错误。应选：C。【点评】要正确认识元素与人体健康之间的关系，对于人体必需的元素，也注意要合理摄入，摄入缺乏或过量均不利于人体的健康．4．紫甘蓝是群众爱吃的蔬菜，含有丰富的花青素，花青素遇酸性溶液变红色，遇碱性溶液变蓝色，在凉拌紫甘蓝丝时，观察到菜丝变成红色，可能是参加了以下哪种调味品〔〕A．食盐 B．味精 C．食醋 D．香油【分析】根据信息花青素在不同溶液中显示的颜色不同，对照“紫甘蓝变成了红色〞分析判断参加的调味品。【解答】解：花青素遇酸性溶液变红色，遇碱性溶液变蓝色，在凉拌紫甘蓝丝时，观察到菜丝变成红色，可知该调味品显酸性，因此是食醋，而食盐、味精、香油都不显酸性；应选：C。【点评】此题是一道信息给予题，主要考查对信息的分析、提炼、加工、运用能力，符合素质教育要求，表达了新课标对中考的要求和方向。5．以下对化学根本观念的认识不正确的选项是〔〕A．微粒观：一氧化碳分子由一个碳原子和一个氧原子构成B．能量观：天然气燃烧放出大量的热C．分类观：纯碱和烧碱从组成上都属于碱D．守恒观：电解水反响前后，元素种类和原子数目均不变【分析】根据已有的物质的构成以及性质进行分析解答即可．【解答】解：A、一氧化碳分子由一个碳原子和一个氧原子构成，正确；B、天然气燃烧放出大量的热，正确；C、纯碱是碳酸钠，碳酸钠属于盐类，错误；D、电解水反响前后，元素种类和原子数目均不变，正确；应选：C。【点评】掌握常见的物质的构成以及物质的性质是正确解答此题的关键．6．化学为我们解决能源、材料、粮食和环境问题，从而促进社会和谐开展。以下观点正确的选项是〔〕A．煤、石油、天然气等化石燃料是可再生的，人类可以无限制的开发利用B．农药和化肥能促进粮食生产，可以尽量多用C．塑料属于合成材料，为我们的生活创造便利，但会造成“白色污染〞D．生活污水可以直接排入河流中【分析】根据已有的化学物质与环境的关系进行分析解答即可。【解答】解：A、煤、石油、天然气等化石燃料是不可再生的，人类不可以无限制的开发利用，错误；B、农药和化肥能促进粮食生产，但是使用过多会对环境造成污染，不能尽量多用，错误；C、塑料属于合成材料，为我们的生活创造便利，但会造成“白色污染〞，正确；D、生活污水不可以直接排入河流中，要处理后排放，错误；应选：C。【点评】此题考查的是化学与环境的知识，完成此题，可以依据已有的知识进行。7．N〔NO2〕3是科学家近年发现的一种新型火箭燃料。以下关于N〔NO2〕3说法正确的选项是〔〕A．N〔NO2〕3的相对分子质量为152B．N〔NO2〕3中氮元素与氧元素的质量比是2：3C．N〔NO2〕3中总共有3个N原子和6个O原子D．N〔NO2〕3中氮元素的质量分数为×100%【分析】A．根据相对分子质量为构成分子的各原子的相对原子质量之和，进行分析解答；B．根据化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析解答；C．根据分子结构来分析；D．根据化合物中元素质量分数的计算方法来分析。【解答】解：A．N〔NO2〕3的相相对分子质量=14×4+16×6=152，故正确；B．N〔NO2〕3中氮元素和氧元素的质量比为〔14×4〕：〔16×2×3〕=7：12，故错误；C．N〔NO2〕3是由分子构成的，而不是由原子直接构成的，每个N〔NO2〕3分子中含有4个N原子和6个O原子，故错误；D．N〔NO2〕3中氮元素的质量分数为，故错误。应选：A。【点评】此题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力。8．以下图示中的“错误实验操作〞与图下面对应的“可能产生的后果〞不一致的是〔〕A．液体喷出B．污染试剂C．酒精溅出D．读数偏大【分析】A、根据给试管中的液体药品加热的考前须知进行分析判断。B、根据胶头滴管的使用进行分析判断。C、根据酒精灯使用的考前须知进行分析判断。D、根据量筒读数时视线要与凹液面的最低处保持水平进行分析判断。【解答】解：A、给液体加热时，用酒精灯的外焰加热试管里的液体，且液体体积不能超过试管容积，以防液体喷出伤人，图示“错误操作〞与图中“可能产生的后果〞一致；B、用自来水清洗过的滴管取取用试剂，会造成试剂的污染，图示“错误操作〞与图中“可能产生的后果〞一致；C、使用酒精灯时，绝对禁止向燃着的酒精灯内添加酒精，防止发生火灾，图示“错误操作〞与图中“可能产生的后果〞不一致；D、量筒读数时视线要与量筒内液体的凹液面的最低处保持水平，假设俯视读数，视线偏高〔俯视〕会导致读数偏大，那么量取的液体的体积偏小，图示“错误操作〞与图中“可能产生的后果〞一致。应选：C。【点评】此题难度不大，熟悉各种仪器的使用考前须知、掌握常见化学实验根本操作的考前须知是解答此类试题的关键。9．英国化学家亨利•卡文迪许是燃素说的信仰者．1766年，他用铁、锌、锡等六种金属与稀硫酸、稀盐酸作用制得“可燃空气〞．并将其表示为：用所学化学知识判断．以下说法正确的选项是〔〕A．“可燃空气〞是从金属中分解出来的B．上述六种金属包括铜C．“可燃空气〞可以用排水集气法收集D．上述反响属于复分解反响【分析】根据排在氢前面的金属可以将酸中的氢置换出来，氢气的密度比空气小，难溶于水进行分析．【解答】解：A、“可燃空气〞是从金属从酸中置换出来的，故A错误；B、铜的金属活动性顺序排在氢之后，不会与酸反响生成氢气，故B错误；C、“可燃空气〞难溶于水，可以用排水集气法收集，故C正确；D、金属和酸生成氢气的反响属于置换反响，故D错误。应选：C。【点评】此题主要考查了金属性顺序的应用，难度不大，需要在平时的学习中加强记忆即可完成．10．在化学反响前后，物质所含元素化合价发生变化的反响属于氧化复原反响．氧化复原反响与四种根本反响类型间的关系如下图，以下举例中错误的选项是〔〕A．例1：C+O2CO2B．例2：2H2O2H2↑+O2↑C．例3：Mg〔OH〕2+2HCl═MgCl2+2H2OD．例4：Cu+2AgNO3═2Ag+Cu〔NO3〕2【分析】复分解反响中各种元素化合价都没有升降，所以复分解反响都不是氧化复原反响．置换反响中元素化合价一定有升降，所以置换反响都是氧化复原反响．化合反响和分解反响中有的是氧化复原反响，有的不是氧化复原反响．【解答】解：A、C+O2CO2中，碳氧两种元素的化合价都发生了变化，是氧化复原反响。B、2H2O2H2↑+O2↑中，氢氧两种元素的化合价都发生了变化，是氧化复原反响。C、Mg〔OH〕2+2HCl═MgCl2+2H2O为复分解反响，各种元素的化合价都没有发生变化，不是氧化复原反响。D、Cu+2AgNO3═2Ag+Cu〔NO3〕2中，银铜两种元素的化合价都发生了变化，是氧化复原反响。应选：C。【点评】此题主要考查了氧化复原反响和其它反响类型的关系，可以依据已有的知识结合具体的反响进行．11．现有一包由3.2g铜、13g锌和2g碳组成的粉末，放到一定量的AgNO3溶液中，完全反响后得到的固体为m种，溶液中溶质为n种．以下说法中不正确的选项是〔〕A．假设m=2，那么n=2或3B．假设固体中金属的质量为48g，那么m=4C．当m=3时，溶液可能呈蓝色D．反响后固体的质量不可能超过56g【分析】在金属活动性顺序中只要排在前面的金属就能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，由于金属的活动性Zn＞Cu＞Ag；用不同的金属置换同种盐溶液，盐中金属先被排在金属活动性顺序中较前的金属置换出来．另外，假设有一种金属和多种混合盐溶液反响，最先反响的是最不活泼的那个金属的盐溶液．可以据此分析该题．【解答】解：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AgNO3溶液中，Zn首先与硝酸银溶液反响，Zn反响完成时，Cu再与硝酸银反响。碳与硝酸银不反响。化学方程式为：①Zn+2AgNO3=2Ag+Zn〔NO3〕2；②Cu+2AgNO3=2Ag+Cu〔NO3〕2A、当m=2时，那么得到的固体为银和碳，Cu和Zn全部反响，硝酸银溶液足量。恰好反响时，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，n=2或3，故A正确；B、当上述两个反响分别恰好进行完全时，设生成银的质量分别为x，yZn+2AgNO3=2Ag+Zn〔NO3〕26521613gx解得：x=43.2gCu+2AgNO3=2Ag+Cu〔NO3〕2642163.2gy解得：y=10.8g当锌完全反响时，金属的质量为：3.2g+43.2g=46.4g，铜完全反响时，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，锌完全反响，局部铜已参加反响，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、由上述计算分析可知，反响后固体的质量不可能超过54g+2g=56g，故D正确。应选：B。【点评】主要考查了对金属的活动性顺序的应用和金属与盐反响时应该注意的事项，培养学生分析问题、解决问题的能力．12．如图是四种粒子的结构示意图，以下说法正确的选项是〔〕A．②③属于同种元素 B．②④的化学性质相同C．②的符号为Al+3 D．①③形成的化合物是MgF2【分析】A、元素是质子数〔即核电荷数〕相同的一类原子的总称，同种元素的粒子是质子数相同，进行分析判断。B、根据元素的化学性质跟它的原子的最外层电子数目关系非常密切，决定元素化学性质的是最外层电子数，进行分析判断。C、根据离子符号的书写方法，进行分析判断。D、根据镁、氟原子的最外层电子数确定元素的化合价，进行分析判断。【解答】解：A、元素是质子数〔即核电荷数〕相同的一类原子的总称，同种元素的粒子是质子数相同，②③的核内质子数不同，不属于同种元素，应选项说法错误。B、决定元素化学性质的是最外层电子数，②④的最外层电子数不同，化学性质不同，应选项说法错误。C、②质子数=13，核外电子数=10，质子数＞核外电子数，为带3个单位正电荷的铝离子，其离子符号为Al3+，应选项说法错误。D、镁原子的最外层电子数为2，在化学反响中易失去2个电子而形成带2个单位正电荷的阳离子，化合价的数值等于离子所带电荷的数值，且符号一致，那么该元素的化合价为+2价；氟原子的最外层电子数为7，在化学反响中易得到1个电子而形成1个单位负电荷的阴离子，化合价的数值等于离子所带电荷的数值，且符号一致，那么该元素的化合价为﹣1价；镁元素显+2价，氟元素显﹣1价，组成化合物的化学式为MgF2，应选项说法正确。应选：D。【点评】此题难度不大，考查学生对粒子结构示意图及其意义的理解，明确粒子中核内质子数和核外电子数之间的关系是解题的关键。13．某次蔗糖溶解实验过程如下图，不考虑水分蒸发，以下判断错误的选项是〔〕A．②中溶液是饱和溶液B．③中溶液一定是不饱和溶液C．②③中溶液的溶质质量分数不相同D．③中溶液的溶质质量大于②中溶液的溶质质量【分析】结合某次蔗糖溶解实验过程图示，不考虑水分蒸发，①→②充分溶解后固体有剩余，②中溶液是饱和溶液，②加热形成③中没有剩余固体，③中溶液有可能是饱和溶液，也有可能是不饱和溶液，②③中溶剂质量相同，溶质质量不同，②③中溶液的溶质质量分数一定是不相同的，有图直观看出：③中蔗糖全部溶解，②中蔗糖局部溶解，③中溶液的溶质质量大于②中溶液的溶质质量。【解答】解：结合某次蔗糖溶解实验过程图示，不考虑水分蒸发，①→②充分溶解后固体有剩余，②中溶液是饱和溶液，②加热形成③中没有剩余固体，③中溶液有可能是饱和溶液，也有可能是不饱和溶液，②③中溶剂质量相同，溶质质量不同，②③中溶液的溶质质量分数一定是不相同的，有图直观看出：③中蔗糖全部溶解，②中蔗糖局部溶解，③中溶液的溶质质量大于②中溶液的溶质质量。应选：B。【点评】掌握溶液的特征、饱和溶液与不饱和溶液的概念，溶质质量计算方法是解答此题的关键。14．中国诗词既蕴含人文思想，又焕发理性光芒。对以下划线局部的化学解释不合理的是〔〕A．花气袭人知骤暖，喜鹊穿树喜新晴﹣温度高分子运动加快B．何意百炼钢，化为绕指柔﹣生铁经不断煅烧捶打氧化，降低碳的含量，变成钢C．千锤万凿出深山，烈火燃烧假设等闲﹣煅烧石灰石，不发生化学变化D．美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来﹣金的性质稳定，在自然界中以单质形态存在【分析】A、根据花气袭人说明分子在不断的运动，知骤暖说明气温升高，分子运动加快进行解答；B、根据生铁和钢的成分进行分析解答；C、根据煅烧石灰石，生成氧化钙和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化解答；D、根据金的性质进行分析解答。【解答】解：A、花气袭人说明分子在不断的运动，知骤暖说明气温升高，分子运动加快，所以“花气袭人知骤暖〞的解释最合理的是温度越高，微粒运动越快。故正确；B、百练成钢，由生铁和钢的成分可知，炼钢的过程就是逐渐降低生铁中碳等含量，故正确；C、煅烧石灰石，生成氧化钙和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，故错误；D、美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来过程中没有新物质生成，金的化学性质稳定，在自然界中以单质形态存在，故正确。应选：C。【点评】成语和古诗是我们古代文化的一大瑰宝，其中许多都蕴含着化学原理，我们要好好地理解它们。15．图中字母代表含硫元素的物质，以下判断错误的选项是〔〕A．物质a在纯氧中燃烧可以生成物质bB．物质c是二氧化硫C．物质d中硫元素的化合价为﹣2价D．物质d、e和f中一定都含有氢元素【分析】A、根据物质a是硫单质，b是二氧化硫进行分析；B、根据物质c是氧化物且硫元素显+6价分析；C、根据图中信息分析即可；D、根据d是氢硫酸进行分析。【解答】解：A、由图可知，物质a是硫单质，b是二氧化硫，硫在纯氧中燃烧生成二氧化硫，故说法正确；B、物质c是氧化物且硫元素显+6价，因此c是三氧化硫，故说法错误；C、由图可知，物质d中硫元素的化合价为﹣2价，故说法正确；D、d是氢硫酸，含有氢元素，故说法正确。应选：B。【点评】此题难度不大，掌握酸碱盐的有关知识、化合价原那么等即可顺利解答。16．除去以下物质中混有的少量杂质〔括号内为杂质〕，拟定的实验方案不可行的是〔〕A．FeCl2溶液〔CuCl2〕﹣﹣参加过量的铁粉，过滤B．KCl固体〔KClO3〕﹣﹣参加少量的二氧化锰，并加热C．CO气体〔CO2〕﹣﹣通过足量的氢氧化钠溶液，并枯燥D．NaCl溶液〔MgCl2〕﹣﹣参加过量的氢氧化钠溶液，过滤，滤液中加稀盐酸至中性【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和别离方法，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：①参加的试剂只能与杂质反响，不能与原物质反响；②反响后不能引入新的杂质．【解答】解：A、过量的铁粉能与CuCl2溶液反响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，符合除杂原那么，应选项所采取的方法正确。B、KClO3在二氧化锰的催化作用下生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，反响前后质量不变，能除去杂质但引入了新的杂质二氧化锰，不符合除杂原那么，应选项所采取的方法错误。C、CO2能与氢氧化钠溶液反响生成碳酸钠和水，CO不与氢氧化钠溶液反响，再枯燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原那么，应选项所采取的方法正确。D、MgCl2能与过量的氢氧化钠溶液反响生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，过滤，滤液中加稀盐酸至中性，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原那么，应选项所采取的方法正确。应选：B。【点评】物质的别离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件〔参加的试剂只与杂质反响，反响后不能引入新的杂质〕是正确解题的关键．17．2023年5月，中国科学家取得了将二氧化碳在一定条件下转化为化工原料的重大突破。二氧化碳和氢气反响制取乙烯，其反响的微观过程如下图。以下说法正确的选项是〔〕A．生成物分子数之比是1：2：4B．乙烯的化学式为C2H4C．反响前后分子种类、数目均不变D．无机物不能转化为有机物【分析】观察反响的微观过程图，分析反响物、生成物，写出反响的化学方程式，据其意义分析判断有关的说法。【解答】解：由反响的微观过程图可知，各物质反响的微粒个数关系是：据微观示意图可知：CO2和H2在条件下转化为化工原料乙烯〔C2H4〕和水，配平即可，故其化学方程式为：2CO2+6H2C2H4+4H2O，因此：A、由方程式可知，生成物的两种分子的个数比是1：4，故错误；B、由微粒的构成可知，乙烯的化学式为C2H4，故正确；C、由微粒的变化可知，反响前后原子种类、数目均不变，分子种类、数目均改变，故错误；D、由方程式可知，该反响无机物在一定条件下可转化为有机物，故错误；应选：B。【点评】此题考查学生的识图能力，通过给出微粒的模型，考查学生的观察能力和对根本概念的理解与运用能力。18．建立模型是学习化学的重要方法，以下有关模型正确的选项是〔〕A．原子结构模型B．物质分类模型C．燃烧条件模D．空气组成模型【分析】A、根据原子核由质子和中子构成分析解答；B、根据纯洁物包括化合物和单质分析解答；C、根据燃烧需要可燃物温度到达着火点并与空气接触分析解答；D、根据按体积计算空气由78%N2和21%O2还有1%其他成分组成分析解答；【解答】解：A、原子核由质子和中子构成，模型中质子不在原子核内，故错误；B、纯洁物包括化合物和单质，模型中化合物没包括在纯洁物中，故错误；C、燃烧需要可燃物温度到达着火点并与空气接触，模型中可燃物专指固体是片面的，对气体未予具体说明，故错误；D、按体积计算空气由78%N2和21%O2还有1%其他成分组成，模型描述与事实相符，故正确。应选：D。【点评】此题在解答时，根据物质的构成示意图，结合所学知识做出判断。19．根据反响事实能推导影响化学反响的因素，以下推理中错误的选项是〔〕选项化学反响事实影响化学反响的因素A铁能与硫酸铜溶液反响，银不能与硫酸铜溶液反响反响物的性质B通常木炭充分燃烧生成二氧化碳，不充分燃烧生成一氧化碳反响温度C硫在氧气中比在空气中燃烧更剧烈反响物的浓度D分别将等浓度的稀盐酸参加到锌片和锌粉中，锌粉反响更剧烈反响物的接触面积A．A B．B C．C D．D【分析】影响化学反响的因素有：温度，温度越高，反响越快；反响物的接触面积，物质间的接触面积越充分，反响速度越快；反响物颗粒的大小，颗粒越小，反响速度越快；通常反响物的浓度越大，反响速度越快；参加催化剂可以改变其反响速率等；据此结合事实进行分析解答．【解答】解：A、铁能与硫酸铜溶液反响，银不能与硫酸铜溶液反响，是因为铁和银的金属活动性不同，说明反响物的性质影响化学反响，应选项推理正确。B、通常木炭充分燃烧生成二氧化碳，不充分燃烧生成一氧化碳，是因为氧气的浓度不同，说明反响物的浓度影响化学反响的发生，应选项推理错误。C、硫在氧气中比在空气中燃烧更剧烈，是因为氧气的浓度不同，说明增大反响物的浓度影响化学反响的发生，应选项推理正确。D、分别将等浓度的稀盐酸参加到锌片和锌粉中，锌粉反响更剧烈，说明物质间的接触面积大小影响化学反响的进行，应选项推理正确。应选：B。【点评】此题难度不是很大，了解影响化学反响的因素即可正确解答此题，可从温度、反响物的接触面积、反响物颗粒的大小、反响物的浓度及催化剂等方面进行分析考虑．20．往硝酸铜、硝酸银和硝酸亚铁的混合溶液中缓慢连续参加质量为m的锌粉，溶液中析出固体的质量与参加反响的锌粉质量关系如下图，以下说法中正确的选项是〔〕A．c点对应溶液中含有的金属离子为Zn2+和Cu2+B．bc段〔不含两端点〕析出的金属是FeC．ab段〔不含两端点〕对应溶液中含有的金属离子为Zn2+、Ag+、Cu2+和Fe2+D．假设bc段和cd段中析出固体质量相等，参加反响的锌粉质量分别为m1和m2，那么m1＞m2【分析】根据排在前面的金属可以将排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，向硝酸铜、硝酸银和硝酸亚铁的混合溶液中缓慢连续参加质量为m的锌粉，锌会先与硝酸银反响，硝酸银反响结束再与硝酸铜反响，最后与硝酸亚铁反响，依据化学方程式进行分析。【解答】解：每65份质量的锌会置换出216份质量的银，会置换出64份质量的铜，会置换出56份质量的铁，依据图象中的斜率可知，ab段是锌与硝酸银的反响，bc段是锌与硝酸铜的反响，cd段是锌与硝酸亚铁的反响，所以A、c点对应溶液中含有的金属离子为Zn2+和Fe2+，故A错误；B、bc段〔不含两端点〕是锌和硝酸铜的反响，所以析出的金属是Cu，故B错误；C、ab段〔不含两端点〕是锌和硝酸银的反响，所以对应溶液中含有的金属离子为Zn2+、Ag+、Cu2+和Fe2+，故C正确；D、每65质量的锌会置换出64份质量的铜或56份质量的铁，所以假设bc段和cd段中析出固体质量相等，参加反响的锌粉质量分别为m1和m2，那么m1＜m2，故D错误。应选：C。【点评】此题考查了金属活动性顺序的应用，完成此题，可以依据金属活动性顺序的意义结合图象进行分析得出结论。二、填空题〔共4小题，每题3分，总分值13分〕21．〔3.00分〕我国古代的物质文明华夏民族在认识、改造和应用物质方面有着辉煌的历史。①东晋?抱扑子?中记载：“以曾青涂铁，铁赤色如铜〞〔“曾青〞即硫酸铜溶液〕。②战国?周礼?中记载；“煤饼烧砺房成灰〞〔“砺房〞即牡砺壳，主要成分是碳酸钙〕。将“灰〞溶于水可制得沤浸树皮脱胶的碱液。③元代?庚道集?中记载：“点铜成银〞〔即单质铜与砷熔合形成银白色的物质〕。请运用你学过的化学知识答复以下问题；〔l〕在①～③中，发生了化学变化的是①②〔填编号〕其中发生分解反响的化学方程式为CaCO3CaO+CO2↑。〔2〕①中发生变化的化学方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反响中发生有效的相互作用而促使变化发生的微粒是〔写出微粒符号〕Fe失电子变成Fe2+，Cu2+得电子变成Cu。〔3〕②中“灰〞溶于水的变化中，其能量的转化形式是化学能转化为热能。〔4〕③中的“银〞是否属于合金？是。【分析】〔1〕根据铁和硫酸铜反响生成硫酸亚铁和铜，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，单质铜与砷熔合形成银白色的物质，属于合金，没有新物质生成进行分析；〔2〕根据铁和硫酸铜反响生成硫酸亚铁和铜进行分析；〔3〕根据氧化钙和水反响生成氢氧化钙进行分析；〔4〕根据合金的定义进行分析。【解答】解：〔1〕铁和硫酸铜反响生成硫酸亚铁和铜，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，单质铜与砷熔合形成银白色的物质，属于合金，没有新物质生成，所以在①～③中，发生了化学变化的是①②，其中发生分解反响的化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑；〔2〕铁和硫酸铜反响生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反响中发生有效的相互作用而促使变化发生的微粒是：Fe失电子变成Fe2+，Cu2+得电子变成Cu；〔3〕氧化钙和水反响生成氢氧化钙，所以②中“灰〞溶于水的变化中，其能量的转化形式是化学能转化为热能；〔4〕单质铜与砷熔合形成银白色的物质，属于合金，属于混合物。故答案为：〔1〕①②，CaCO3CaO+CO2↑；〔2〕Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe失电子变成Fe2+，Cu2+得电子变成Cu；〔3〕化学能转化为热能；〔4〕是〔或属于〕。【点评】在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的知识和题中的提示进行解答。22．〔3.00分〕如图是无结晶水合物的固体甲和乙在水中的溶解度曲线，请根据该曲线图答复以下问题：〔1〕20°C时，150g水中溶解45g甲物质恰好形成饱和溶液。〔2〕现有60℃的乙的饱和溶液，与该溶液有关的量有：A．水的质量B．溶液中溶质的质量C．溶液的质量D．乙的质量分数E.60℃时乙的溶解度①保持温度不变，将该饱和溶液稀释，不变的量是BE〔填序号，下同〕；②如果将该饱和溶液降温至20℃，不变的量是AE。【分析】〔1〕根据该温度下的溶解度来分析；〔2〕根据溶液稀释过程中的变化以及降温时溶解度的变化来分析。【解答】解：〔1〕由溶解度曲线可知，20°C时，甲物质的溶解度为30g，即该温度下，100g水中溶解30g氯化钾到达饱和，那么该温度下的150g水中最多溶解45g氯化钾才能到达饱和状态；故填：45；〔2〕保持温度不变，将60℃的乙的饱和溶液稀释，溶质的质量不变，溶剂的质量增大，溶液的质量增大，溶质的质量分数变小，60℃时乙的溶解度不变；由溶解度曲线可知，乙物质的溶解度随着温度的降低而减小，所以将该饱和溶液降温至20℃，溶解度变小，会析出晶体，溶质的质量减小，溶剂的质量不变，溶液的质量变小，得到的仍为20℃时乙物质的饱和溶液，溶解度变小了，所得饱和溶液中溶质的质量分数也变小，不影响60℃时乙的溶解度；故填：BE；AE。【点评】此题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线解决相关的问题，从而培养学生对概念的理解和解决问题的能力。23．〔4.00分〕某工厂产生的烧渣〔主要含FeO、Fe2O3，还有一定量的SiO2〕可用于制备七水合硫酸亚铁晶体〔FeSO4•7H2O〕，其工艺流程如下：查阅资料：SiO2不溶于水，也不与稀硫酸反响。〔1〕“浸取〞步骤中，FeO、Fe2O3和稀硫酸发生反响的化学方程式分别为FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2〔SO4〕3+3H2O。〔2〕为提高“浸取〞步骤的反响速率，可采取的具体措施有增大硫酸的浓度升高温度〔写2条，不考虑“搅拌〞和“使用催化剂〞〕。〔3〕“复原〞步骤的目的是将Fe3+转化为Fe2+，试剂X可用SO2或Fe。①假设试剂X是SO2，转化原理为SO2+Fe2〔SO4〕3+2Y═2FeSO4+2H2SO4，那么Y的化学式是H2O。②假设试剂X是Fe，转化原理为Fe+Fe2〔SO4〕3=3FeSO4．测得“复原〞后溶液的pH明显增大，其原因是铁消耗过量的硫酸，溶液酸性减弱。【分析】〔1〕氧化亚铁和稀硫酸反响生成硫酸亚铁和水，氧化铁和稀硫酸反响生成硫酸铁和水；〔2〕增大反响物浓度，升高温度，增大反响物接触面积，都能够加快反响速率；〔3〕化学反响遵循质量守恒定律，即反响前后元素种类不变，原子种类、总个数都不变；铁能和稀硫酸反响生成硫酸亚铁和氢气。【解答】解：〔1〕“浸取〞步骤中，FeO、Fe2O3和稀硫酸发生反响的化学方程式分别为：FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2〔SO4〕3+3H2O。故填：Fe2O3+3H2SO4=Fe2〔SO4〕3+3H2O。〔2〕为提高“浸取〞步骤的反响速率，可采取的具体措施有：增大硫酸的浓度，升高温度，将烧渣粉碎等。故填：增大硫酸的浓度升高温度。〔3〕①由反响的化学方程式可知，反响前后硫原子都是4个，铁元素都是2个，反响后氧原子是16个，反响前应该是16个，其中2个包含在2Y中，反响后氢原子是4个，反响前应该是4个，都包含在2Y中，因此Y是H2O。故填：H2O。②假设试剂X是Fe，转化原理为Fe+Fe2〔SO4〕3=3FeSO4．测得“复原〞后溶液的pH明显增大，其原因是铁消耗过量的硫酸，溶液酸性减弱。故填：铁消耗过量的硫酸，溶液酸性减弱。【点评】此题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。24．〔3.00分〕某化工厂用废硫酸制备K2SO4的流程如下：物质KClK2SO4NH4Cl〔NH4〕2SO4溶解度/g〔20℃〕34.211.137.275.4〔1〕生产上将CaCO3研成粉末的目的是加快反响速率。〔2〕上述流程中，除可综合利用CO2外，还可循环使用的物质是CaCO3〔填写化学式〕。〔3〕反响③中相关物质的溶解度如表所示。反响③在常温下能实现的原因是常温下K2SO4的溶解度小。〔4〕洗涤反响③所得晶体不用水而用饱不用填和K2SO4溶液的目的是减少K2SO4的溶解；检验此晶体是否洗涤干净的方法是可取最后一次洗涤液，先参加过量的Ba〔NO3〕2溶液，振荡、静置，目的是除去硫酸根，再向上层清液中滴加AgNO3溶液，如果没有白色沉淀，说明洗涤干净。【分析】解答此类题目时要反复阅读题意，明确题目的要求和前后的关联，然后进行解答。〔1〕把反响物研成粉末是为了加快反响速率；〔2〕如果生成物和反响物中都有某种物质，这种物质一般可循环利用；〔3〕从生成物的溶解度大小考虑反响能否发生；〔4〕结合实验目的判断，检验氯离子时要排除硫酸根的干扰。【解答】解：〔1〕将CaCO3研成粉末，可以增大反响物的接触面积，其目的是加快反响速率；〔2〕观察上述流程，发现二氧化碳和碳酸钙既是反响物也是生成物，故可循环使用的物质有CO2和CaCO3；〔3〕根据复分解反响发生的条件，反响Ⅲ中虽没有不溶物，但常温下K2SO4的溶解度小，在生成物中会以沉淀的形式出现，故反响可以进行；〔4〕不用水而用饱和K2SO4溶液洗涤反响Ⅲ所得晶体的目的是减少K2SO4的溶解；为检验此晶体是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液，先参加过量的Ba〔NO3〕2溶液，振荡、静置，目的是除去硫酸根，再向上层清液中滴加AgNO3溶液，如果没有白色沉淀，说明洗涤干净。故答案为：〔1〕加快反响速率；〔2〕CaCO3；〔3〕常温下K2SO4的溶解度小；〔4〕减少K2SO4的溶解；可取最后一次洗涤液，先参加过量的Ba〔NO3〕2溶液，振荡、静置，目的是除去硫酸根，再向上层清液中滴加AgNO3溶液，如果没有白色沉淀，说明洗涤干净。【点评】此题全面考查了学生对知识的掌握和应用能力，难度比拟大，解答时一定要注意知识的前后的联系和综合运用。三、解答题〔共2小题，总分值11分〕25．〔5.00分〕实验室获取氮气有很多种途径，常见的3种方法是：方法一：将氨气通入灼热的氧化铜粉末，得到纯洁的氮气和铜；方法二：将空气通过灼热的铜，得到较纯洁的氮气和氧化铜粉末；方法三：将亚硝酸钠〔NaNO2〕和氯化铵的混合溶液加热，氮元素全部转化为氮气，产物中还含有相对分子量最小的氧化物。进行实验时可选择的实验仪器如下图〔省略夹持装置与加热装置〕：〔1〕方法一：制氮气所需的氨气可以用浓氨水滴加到生石灰中得到，此反响的发生装置最好选用D〔选填装置编号〕。请写出生石灰在此反响中的作用：生石灰和水反响放热，促使氨水挥发、分解而得到氨气〔或降低氨气的溶解度〕；生石灰与水反响，减少了溶剂〔2〕方法二：为保证所得氮气尽可能纯洁，除了使用铜外，还可以向装置E〔选填装置编号〕中参加碱石灰以除去其它杂质气体。〔3〕方法三：制氮气的化学方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O。〔4〕1892年，英国科学家瑞利〔〔Rayleigh〕发现，采用方法二得到的氮气在相同条件下比方法三得到的氮气密度总是偏大50‰．左右。假设上述实验设计与操作均无错误，且氮气已完全枯燥，请解释产生这一现象的原因：方法二制得的氮气中含有密度〔或相对分子质量〕比氮气大的稀有气体，导致密度偏大。【分析】〔1〕根据反响物状态和反响条件选择发生装置，比照原料及生产过程分析生石灰的作用：生石灰和水反响生成熟石灰，一方面消耗氨水中的水，另一方面放出的热量促使氨水挥发、分解而得到氨气；〔2〕根据实验的要求要除去空气中多余的水蒸气、二氧化碳等杂质，可以通过碱性枯燥剂完成；〔3〕根据反响物及题目的信息结合元素守恒判断生成物写出化学方程式；〔4〕根据方法二得到的氮气不纯进行考虑【解答】解：〔1〕用CaO和浓氨水反响，应选固液常温型的发生装置，即D；浓氨水常温下跟生石灰反响生成氨气和氢氧化钙，化学方程式为CaO+NH3•H2O=NH3↑+Ca〔OH〕2，因为氨水不稳定易挥发，生石灰和水反响生成熟石灰的过程中，生石灰的两个作用是：一方面消耗氨水溶液中的水，另一方面放出的热量促使氨水挥发、分解而得到氨气；〔2〕空气中除了氮气、氧气外，还含有二氧化碳、水蒸气等，为保证所得氨气尽可能纯洁，要除去空气中多余的水蒸气、二氧化碳等杂质，可以通过碱性枯燥剂﹣碱石灰，既可以吸收二氧化碳又能吸收水；〔3〕根据信息反响物是亚硝酸钠〔NaNO2〕和氯化铵，反响条件是加热，氮元素全部转化为氮气，反响前后元素的种类不变，因此生成物还有氯化钠和水，因此反响的方程式为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；〔4〕将空气通过灼热的铜，得到较纯洁的氮气和氧化铜粉末只是除去了氧气，其中还含有稀有气体等杂质，由于稀有气体的密度比氮气密度大，所以导致氮气密度总是偏大5‰左右。故答案为：〔1〕D；生石灰和水反响放热，促使氨水挥发、分解而得到氨气〔或降低氨气的溶解度〕；生石灰与水反响，减少了溶剂；〔2〕E；碱石灰；〔3〕NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；〔4〕方法二制得的氮气中含有密度〔或相对分子质量〕比氮气大的稀有气体，导致密度偏大。【点评】此题是一信息题，考查学生的知识拓展迁移能力，要求学生有良好的分析能力，能会从题干信息中找突破口，根据信息将学过的知识进行迁移。26．〔6.00分〕某兴趣小组用图1装置进行实验时发现：烧杯中饱和石灰水先变浑浊，后逐渐澄清。〔1〕写出甲装置中发生反响的化学方程式CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；石灰水“变浑浊〞是因为生成了CaCO3〔填化学式〕。〔2〕为探究“饱和石灰水浑浊后变澄清的原因〞，该小组同学开展了如下活动：【查阅文献】碳酸钙〔碳酸钠等〕与二氧化碳、水反响生成可溶于水的碳酸氢钙〔碳酸氢钠等〕。【提出假设】假设1：挥发出的HCl使浑浊变澄清；假设2：产生的二氧化碳使石灰水变澄清。【设计实验】为除去CO2中的HCl，小华在图1中甲、乙装置之间增加图2装置，装置的连接顺序是甲→b→a→乙〔填字母序号〕；其中盛放的试剂合理的是D〔填选项序号〕。A．浓硫酸B．NaOH溶液C．饱和Na2CO3溶液D．饱和NaHCO3溶液【实验现象】饱和石灰水浑浊后，继续通入足量CO2，沉淀局部溶解但最终并未完全澄清。【得出结论】由上述探究可得出的结论是挥发出来的氯化氢使石灰水产生的浑浊最终变澄清；二氧化碳只能使石灰水生成的沉淀局部溶解，不能最终使其变澄清。〔3〕该兴趣小组在老师指导下，用pH传感器测得图1烧杯中溶液的pH随通入气体时间的变化曲线如图3。①AB段pH几乎不变的原因可能是先排出的是装置内的空气，不会使溶液的pH明显变化；D点所得澄清溶液的成分除H2O外还有氯化钙、氯化氢。②BC段发生反响的化学方程式主要有CO2+Ca〔OH〕2═CaCO3↓+H2O、Ca〔OH〕2+2HCl═CaCl2+2H2O。【分析】〔1〕根据甲装置中石灰石的主要成分碳酸钙与稀盐酸反响生成氯化钙、水和二氧化碳，结合二氧化碳的化学性质，进行分析解答。〔2〕【提出假设】根据碳酸钙〔碳酸钠等〕与二氧化碳、水反响生成或可溶于水的碳酸氢钙，进行分析解答。【设计实验】图中装置起洗气功能时进气管与出气管的方向是“长进短出〞，除杂质题至少要满足两个条件：①参加的试剂只能与杂质反响，不能与原物质反响；②反响后不能引入新的杂质，进行分析解答。【得出结论】由实验现象为饱和石灰水浑浊后，继续通入足量CO2，沉淀局部溶解但最终并未完全澄清，进行分析解答。〔3〕①根据刚开始排出的气体是空气，D点溶液的pH小于5，进行分析解答。②BC段，二氧化碳与氢氧化钙反响生成碳酸钙沉淀和水，氯化氢与氢氧化钙反响生成氯化钙和水，进行分析解答。【解答】解：〔1〕甲装置中石灰石的主要成分碳酸钙与稀盐酸反响生成氯化钙、水和二氧化碳，反响的化学方程式是：CaCO3+2HCl=C