反应；②反应后不能引入新的杂质。

区别两种无色气体，要根据两种气体性质的差别，设计的方案能出现两种明显不同的实验现象，才能鉴别两种气体。

【解答】解：A、白磷在氧气中燃烧生成五氧化二磷，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项说法错误。

B、生石灰具有吸水性，能与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与二氧化碳反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项说法错误。 C、氧气能使带火星的木条复燃，二氧化碳不能，可以鉴别，故选项说法正确。 D、胆矾遇水蒸气无明显变化，不能检验一氧化碳中的水蒸气，故选项说法错误。 故选：C。

【点评】本题难度不大，解题的关键是利用所要鉴别气体的性质的差别，根据实验中是否出现明显的不同现象、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）是正确解答本题的关键。

18．（1分）某氯化钠样品中含有泥沙和少量硫酸镁，用该样品进行如下实验，相关说法正确的是（ ）

两种物质的部分溶解度（单位：g/100g水）

温度（℃） 硫酸镁 氯化钠

0 22.0 35.7

10 28.2 35.8

20 33.7 36.0

30 38.9 36.1

40 44.5 36.4

60 54.6 37.1

A．溶液甲是由两种物质组成的混合物

B．向溶液甲中滴加氯化钡溶液，一定有白色沉淀产生

C．若操作II是滴加适量氢氧化钠溶液、过滤、蒸发结晶，则固体乙是氯化钠晶体 D．若操作II是降温结晶、过滤，则固体乙是硫酸镁晶体 【分析】过滤能够除去不溶于水的泥沙；

硫酸镁和氯化钡反应生成白色沉淀硫酸钡和氯化镁，和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠。

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【解答】解：A、溶液甲是由三种物质组成的混合物，即含有氯化钠、硫酸镁和水，该选项说法不正确；

B、向溶液甲中滴加氯化钡溶液，一定有白色沉淀产生，这是因为氯化钡能和硫酸镁反应生成白色沉淀硫酸钡和氯化镁，该选项说法正确；

C、若操作II是滴加适量氢氧化钠溶液，氢氧化钠和硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，过滤、蒸发结晶，则固体乙是氯化钠晶体和硫酸钠晶体，该选项说法不正确； D、由于硫酸镁含量较少，若操作II是降温结晶、过滤，则固体乙中不含有或含有较少的硫酸镁晶体，可能含有氯化钠晶体，该选项说法不正确。 故选：B。

【点评】本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。

19．（1分）根据相关实验及现象，得出的结论正确的是（ ）

A B C D A．A

实验

氢氧化钠固体放入稀盐酸中 某黑色固体放入无色溶液中 5g蔗糖放入100g水中

现象 放出大量的热 有气泡产生 称得溶液质量为105g

结论 中和反应放热 黑色固体是催化剂 符合质量守恒定律

金属甲、乙分别放入稀盐酸中 只有金属甲表面产生气泡 金属活动性为甲大于乙

B．B

C．C

D．D

【分析】A、根据氢氧化钠固体溶于水放热，进行分析判断。 B、根据金属铁是黑色固体，与酸反应生成氢气，进行分析判断。

C、根据质量守恒定律是物质在发生化学变化中表现出来的一种规律，适用于化学变化，进行分析判断。

D、在金属活动性顺序中，位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，进行分析判断。 【解答】解：A、氢氧化钠固体放入稀盐酸中，氢氧化钠固体溶于水放热，不能证明中和反应放热，故选项得出的结论错误。

B、某黑色固体放入无色溶液中，有气泡产生，不能说明黑色固体是催化剂，因为可能是铁与稀盐酸反应，故选项得出的结论错误。

C、5g蔗糖放入100g水中，属于物理变化，不符合质量守恒定律，故选项得出的结论错误。

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D、在金属活动性顺序中，位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，金属甲、乙分别放入稀盐酸中，只有金属甲表面产生气泡，明甲的金属活动性比氢强，乙的金属活动性比氢弱，说明金属活动性为甲大于乙，故选项得出的结论正确。 故选：D。

【点评】本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。

20．（1分）将溶质质量分数为20%的稀硫酸逐滴加入到氧化铁中，生成水的物质的量（n）随加入稀硫酸的质量（m）的变化情况如图所示，相关分析正确的是（ ）

A．M点对应的溶液中溶质是FeSO4 B．ag该稀硫酸中含溶质bmol

C．N点对应溶液中H2SO4的质量分数为10% D．M点开始溶液中铁元素的质量分数保持不变 【分析】氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水； 溶质质量分数＝

×100%。

【解答】解：A、M点稀硫酸和氧化铁恰好完全反应，对应的溶液中溶质是硫酸铁，该选项说法不正确；

B、稀硫酸和氧化铁反应的化学方程式及其物质的量关系： Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O， 3 3

由以上关系可知，反应的硫酸的物质的量和生成上的物质的量相等，恰好完全反应时生成上的物质的量是bmol，因此ag该稀硫酸中含溶质bmol，该选项说法正确； C、N点对应溶液中H2SO4的物质的量是bmol，溶液质量大于2ag，因此质量分数小于10%，该选项说法不正确；

D、M点开始溶液中铁元素的质量不变，溶液质量变大，因此质量分数变小，该选项说

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法不正确。 故选：B。

【点评】本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。 七、填空题（共21分）

21．（9分）资源的开发和利用离不开化学，请根据所学知识回答问题。

①空气是一种宝贵的自然资源。空气中含量最多的气体是 N2 ；引起酸雨的物质有 SO2等 ；久置的石灰水中常会出现白色沉淀，这是因为 Ca（OH）2 吸收了空气中的 CO2 。

②海洋中也蕴含有丰富的自然资源。近年来我国可燃冰开采能力不断提高，可燃冰的主要成分是CH4．CH4 属于 有机物 （选填“有机物”或“无机物”），由 2 种元素组成，1molCH4中约含有 6.02×1023 个碳原子。

③人们利用太阳能将水和二氧化碳转化为氢气、一氧化碳、甲烷、甲醇（CH4O）等物质。 上述产物中，常用于金属冶炼的氧化物是 CO ；CH4O燃烧生成二氧化碳和水，该反应的化学方程式是 2CH4O+3O2

2CO2+4H2O 。

【分析】①根据空气的成分及常见物质的性质分析回答； ②根据物质的组成和阿伏伽德罗常数分析回答。 ③根据一氧化碳的还原性和甲醇燃烧的反应分析回答。

【解答】解：①空气是一种宝贵的自然资源。空气中含量最多的气体是氮气，化学式是N2；引起酸雨的物质有二氧化硫等，化学式是SO2等；久置的石灰水中常会出现白色沉淀，这是因为Ca（OH）2吸收了空气中的CO2。

②可燃冰的主要成分是CH4，CH4 是含碳的化合物，属于有机物，有碳、氢2种元素组成，1molCH4中约含有6.02×1023 个碳原子。

③人们利用太阳能将水和二氧化碳转化为氢气、一氧化碳、甲烷、甲醇（CH4O）等物质。上述产物中，一氧化碳具有还原性，常用于金属冶炼的氧化物是CO；CH4O燃烧生成二氧化碳和水，该反应的化学方程式是：2CH4O+3O2

2CO2+4H2O。

故答为：①N2；SO2；CO2．②有机物；2；6.02×1023．③CO；2CH4O+3O2

CO2+4H2O。

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【点评】本题主要考查了常见物质的组成、性质、应用和化学方程式的书写，难度不大，根据已有的知识分析解答即可。

22．（7分）某小组设计实验，以氧化铜为原料制取铜。

①甲同学用如图所示装置制取铜，气体M是 氢气 ；实验时，应先通入一段时间该气体后再加热，原因是 防止氢气和空气混合达到爆炸极限加热时发生爆炸 。 ②乙同学设计如下实验制取铜。

步骤

I 将氧化铜放入过量稀硫酸中，微热

分析

加入稀硫酸需过量，目的是 使氧化铜完

全反应 。

II向步骤I所得溶液中加入过量铁粉，过滤 现象： 析出红色固体，溶液由蓝色变成

浅绿色 ，有气泡产生

III 向步骤II得到的固体中加入过量稀硫酸，

过滤

反应的化学方程式是 Fe+H2SO4＝

FeSO4+H2↑ ，

滤液的成分是 硫酸亚铁、硫酸 。

【分析】加热条件下氧化铜和氢气反应生成铜和水；

铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气。 【解答】解：①甲同学用如图所示装置制取铜，气体M是氢气；

实验时，应先通入一段时间该气体后再加热，原因是防止氢气和空气混合达到爆炸极限加热时发生爆炸。

故填：氢气；防止氢气和空气混合达到爆炸极限加热时发生爆炸。 ②加入过量稀硫酸，能使氧化铜完全反应；

向步骤I所得溶液中加入过量铁粉，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；

向步骤II得到的固体中加入过量稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，滤液的

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