化学解析版安徽省合肥一中安庆一中等六校学年高一新生入学素质测试化学试题精校Word版.docx

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化学解析版安徽省合肥一中安庆一中等六校学年高一新生入学素质测试化学试题精校Word版

安徽省合肥一中、安庆一中等六校2018-2019学年高一新生入学素质测试化学试题

1.下列科技成果不属于化学成就的是（　　）

A.美国科学家约翰等发现“宇宙微波背景辐射的黑体形式”，获得诺贝尔奖。

B.我国研制的二十四面体铂纳米晶粒催化剂比传统铂催化剂的催化效率高4倍。

C.美国科学家罗杰发现“真核转录的分子基础”，获得诺贝尔奖。

D.我国纳润公司用高分子材料生产的“隐形手套”，可保护人手不被浓硫酸腐蚀。

【答案】A

【解析】

【分析】

根据化学的定义判断,化学是研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的一门自然科学.它不单研究自然界中存在的物质,也研究和创造自然界中不存在的新物质。

【详解】A项，美国科学家约翰等发现“宇宙微波背景辐射的黑体形式”是物理学的研究范畴,符合题意，A正确；B项，我国研制的二十四面体铂纳米晶粒催化剂比传统铂催化剂的催化效率高4倍是研究物质的用途,属于化学成就，不符合题意，B错误；C项，美国科学家罗杰发现“真核转录的分子基础”,是研究物质的微观构成,属于化学成就，不符合题意，C错误；D项，我国纳润公司川高分子材料生产的“隐形手套”，可保护人手不被浓硫酸腐蚀是研究材料问题,属于化学成就，不符合题意，D错误；正确选项A。

2.“三效催化转换器”可将汽车尾气中有毒气体处理为无毒气体。

下图表示反应中的各种分子，其中不同的球表示不同种元素的原子。

下列说法中，不正确的是（）

A.乙、丙所含元素种类相同B.甲、丁中同种元素化合价不相等

C.该反应中共有三种元素D.化学方程式中乙、丁的化学计量数均为1

【答案】D

【解析】

【分析】

根据变化的微观示意图可知,一种原子对应一种元素,从而判断元素的种类；根据化合物中元素正负化合价代数和为0、单质中元素化合价为0的原则可以知道C答案正确；为了便于比较,可设反应中的原子为:

A、B、C,根据质量守恒定律写出化学方程式从而判断乙、丁的化学计量数。

【详解】A项，元素是质子数相同的一类原子的总称,乙分子和丙分子中都有两种原子，且种类相同,都由两种元素组成，即一种原子对应一种元素，故A正确；B项，甲分子由两种原子构成,是一种化合物,化合物中元素的化合价要么为正，要么为负，丁分子由同种原子构成，是一种单质,单质中元素化合价为0,故甲和丁中同种元素化合价不相等,故B正确；C项，纵观反应物的两种分子共由三种原子构成，即反应物中共有三种元素,而化学反应前后元素的种类不变，故C正确；D项，可设反应中的原子分别为A、B、C，从图示变化可以推测得出此反应的化学方程为:

“2AB2+4CB=4CB2+A2”,从方程式不难看出乙的化学计量数为4,而非1,故D错误；正确选项D。

3.甲乙是某同学设计的两套制取二氧化碳的发生装置，对两套装置分析正确的是

A.此时甲装置中的止水夹M处于打开状态

B.甲装置气体导出过程中容器内外气压相等

C.甲装置不具有启普发生器的功能

D.乙装置N处添加止水夹可以与甲装置具有相同功能

【答案】B

【解析】

【分析】

制取装置包括加热和不需加热两种,实验室制取CO2,是在常温下,用大理石或石灰石和稀盐酸制取的，碳酸钙和盐酸互相交换成分生成氯化钙和水和二氧化碳，因此不需要加热；二氧化碳能溶于水,密度比空气的密度大,因此只能用向上排空气法收集；甲装置的优点是：

可以控制反应的发生和停止,具有启普发生器的功能；乙装置N处添加止水夹也与甲装置具有的功能不同,因为乙中固体与液体不能分离。

【详解】A项，图示甲装置中固液分离，且U形管中左边液面高于右边液面，说明止水夹M处于关闭状态，故A项分析错误；B项，甲装置气体导出过程中，容器内部与外部相通，装置气体顺利导出，气压相等，故B项分析正确；C项，启普发生器适用于块状固体与液体在常温下反应制取气体，能够实现“随开随用、随关随停”，而甲装置同样适于块状固体与液体在常温下反应制取气体，且利用止水夹的开闭能够控制反应的开始和停止，因此，甲装置具有启普发生器的功能，故C项分析错误；D项，甲装置关闭止水夹M后，U形管内的压强增大，从而使固体与液体反应物分离，而乙装置在N处添加止水夹不能实现固液分离，故D项分析错误；正确选项B。

【点睛】启普发生器适用于块状固体与液体在常温下反应制取气体，能够实现“随开随用、随关随停”；可以利用启普发生器制备的气体常见的有氢气、二氧化碳、硫化氢等等。

4.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者相符的是（）

选项

A

B

C

D

实验

实

验

现象

打开汽水瓶盖时，汽水会自动喷出来

碘溶于水，几乎不溶于汽油

白磷燃烧，产生大量白烟，活塞先向右再向左移，冷却至室温后，最终停在刻度“4”附近

空气中，带火星的木条复燃；呼出气体中，带火星的木条熄灭

实

验结论

说明气体在水中的溶解度随压强的增大而减小

说明物质的溶解性与溶剂的种类有关

氧气约占空气体积的五分之一

空气中的氧气比呼出气体中氧气多

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【分析】

A项，气体的溶解度随着压强的减小而随之减小；B项，碘不易溶于水，而易溶于有机溶剂；C项，白磷能够与空气中的氧气反应；D项，带火星的木条在空气中不能复燃，在纯氧气中能够复燃。

【详解】A项，根据实验现象可知，随着压强的减小，气体在水中的溶解度随之减小，所以打开汽水瓶盖时，汽水会自动喷出来，A错误；B项，碘属于无机物，几乎不溶于水，却可以溶解在汽油中，B错误；C项，注射器中留有空气，活塞开始在5刻度处，白磷与氧气燃烧完全后，消耗氧气，注射器内氧气的量减小，活塞向里推进1个刻度，变为4，可以得出氧气约占空气体积的五分之一的结论，C正确；D项，带火星的木条伸入盛有氧气的集气瓶中，木条复燃，而在空气中不能复燃，D错误；正确答案：

C。

5.除去下列各物质中的少量杂质，所选用的试剂及操作方法均正确的是（）

选项

物质（括号内为杂质）

试剂

操作方法

A

NaCl溶液（盐酸）

过量的氢氧化钠溶液

用玻璃棒搅拌

B

KCl固体（MnO2固体）

水

溶解、过滤、蒸发结晶

C

Cu（AgNO3固体）

水

溶解、过滤、洗涤、干燥

D

NH3（H2O）

浓硫酸

洗气

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【分析】

A中，过量的氢氧化钠溶液不仅中和了盐酸，还会有剩余的氢氧化钠；B中，二氧化锰不溶于水，氯化钾溶于水；C中，铜的活泼性大于银，铜能够与硝酸银溶液反应生成银；D中，氨气为碱性气体，能够与浓硫酸反应。

【详解】A项，杂质盐酸与过量的氢氧化钠溶液反应，生成氯化钠以外，有剩余的氢氧化钠杂质，A错误；B项，MnO2固体不溶于水而KCl固体溶于水，因此可以采用溶解、过滤、蒸发结晶的方法进行除杂，B正确；铜的活泼性大于银，铜能够与硝酸银溶液反应生成银和硝酸铜，达不到提纯铜的目的，C错误；浓硫酸不仅能够吸水，还能够与氨气反应生成硫酸铵，达不到提纯氨气的目的，D错误；正确选项B。

【点睛】若要进行除去NH3中的H2O，只能用碱石灰或生石灰或烧碱固体进行干燥，不能用氯化钙固体，也不能用五氧化二磷、硅胶、浓硫酸等干燥剂。

6.向盛有氯化亚铁和氯化铜混合溶液的烧杯中加入一定量的锌粉，充分反应后，得到固体M和溶液N。

下列叙述错误的是（　　）

A.锌有剩余时，M中一定有Fe、Cu和Zn

B.锌有剩余时，N中一定没有FeCl2和CuCl2

C.锌无剩余时，M中一定有Cu，可能有Fe

D.锌无剩余时，N中一定有FeCl2和ZnCl2

【答案】D

【解析】

【分析】

在金属活动性顺序中，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，三种金属的活动性顺序为：

锌＞铁＞铜，所以向盛有氯化亚铁和氯化铜混合溶液的烧杯中加入一定量的锌粉，锌会先与氯化铜反应，再与氯化亚铁反应。

【详解】A项，锌有剩余时，锌粉足量，与氯化铜和氯化亚铁完全反应，M中一定有Fe、Cu和Zn，故A项正确；B项，锌有剩余时，锌和氯化铜、氯化亚铁完全反应，所以N中一定没有FeCl2和CuCl2，故B项正确；C项，锌无剩余时，锌先与氯化铜反应，可能与部分氯化亚铁反应，所以M中一定有Cu、可能有Fe，故C项正确；D项，锌无剩余时，N中一定有ZnCl2，若锌粉不足量，氯化铜未完全反应，则溶液中有FeCl2和CuCl2，若氯化铜完全反应，氯化亚铁未完全反应，则溶液中有FeCl2，故D项错误；正确选项D。

【点睛】由于氧化性：

Fe3+>Cu2+>Fe2+>Zn2+，所以向盛有氯化铁和氯化铜混合溶液的烧杯中加入一定量的锌粉，锌先与Fe3+反应，后与Cu2+反应。

7.控制变量是化学实验中常用的一种研究方法。

下列实验方案设计不合理的是（　　）

A.用两个相同型号的塑料瓶各收集一瓶氧气和二氧化碳，再分别注入等量的水，旋紧瓶盖，振荡。

通过观察塑料瓶变瘪的程度，比较氧气和二氧化碳在水中溶解性的强弱

B.用等体积等质量分数的双氧水和不同质量的二氧化锰混合，测定收集相同体积氧气所需要时间，探究催化剂用量对反应速率的影响

C.取等体积不同地区的两种天然水，分别加入不同体积的同种肥皂水，振荡。

观察产生泡沫的多少，比较两种天然水中Ca2+、Mg2+含量的高低

D.在相同规格的烧杯中分别加入等体积的热水和冷水，分别向其中加一滴红墨水，比较红墨水在水中的扩散速率，探究温度对分子运动速率的影响

【答案】C

【解析】

【分析】

根据实验目的，要注意符合控制变量法，注意要除探究要素不同之外，其它条件都应该是相同的，据此进行分析判断；A.等体积的氧气和二氧化碳，分别注入等量的水，可以比较氧气和二氧化碳的溶解性；B.等体积等质量分数的双氧水，测定收集相同体积的氧气所需要的时间，可以得出催化剂的量对反应速率的影响；C.等体积不同地区的水，加入不同体积的肥皂水，除探究要素不同之外，还有一个变量是不同的，不能得出相应的结论；D.同规格的烧杯，加入等体积的的热水和冷水，分别滴入一滴红墨水，可以比较红墨水在水中的扩散速率。

【详解】A项，用两个相同型号的塑料瓶各收集一瓶氧气和二氧化碳，再分别注入等量的水，旋紧瓶盖，振荡，符合控制变量的要求，通过观察塑料瓶变瘪的程度，可以比较氧气和二氧化碳在水中溶解度性的强弱，故A项方案合理；B项，用等体积等质量分数的双氧水和不同质量的二氧化锰混合，符合控制变量的要求，测定收集相同体积氧气所需要的时间，可以探究催化剂用量对反应速率的影响，故B项方案合理；C项，由于加入的肥皂水的体积不同，通过观察产生泡沫的多少，无法比较两种天然水中Ca2+、Mg2+含量的高低，不符合控制变量的要求，故C项方案不合理；D项，在相同规格的烧杯中分别加入等体积的热水和冷水，分别在其中加一滴红墨水，符合控制变量的要求，比较红墨水在水中的扩散速率，可以探究温度对分子运动速率的影响，故D项方案合理；正确选项C。

8.下列4个图像能正确反映对应变化关系是（）

A

B

C

D

向一定量稀硫酸中加入NaOH溶液

浓硫酸长期暴露在空气中

向一定量的硫酸溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液至过量

相同条件下，加热等质量的两份固体，a为氯酸钾和二氧化锰的混合物，b为氯酸钾

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【分析】

A项，硫酸溶液中含有水，酸碱反应后还生成水，因此水的质量不应从0开始；B项，浓硫酸具有吸水性，稀释后浓度变小，但不能变为0；C项，氢氧化钡与硫酸恰好完全反应生成硫酸钡和水，溶液的导电性几乎0，随着滴入氢氧化钡溶液的过量，溶液导电能力逐渐增强；D项，a为氯酸钾与二氧化锰混合物，a中氯酸钾的质量小于另一份b中氯酸钾质量，由于二氧化锰具有催化作用，所以等质量的两份固体加热后产生氧气的量不等，反应的速率也不等。

【详解】A项，硫酸溶液中本身就含有水，混合液中水的质量不从0开始，开始时加入的氢氧化钠溶液与稀硫酸反应生成水，这样溶液中增加的水有两个氢氧化钠溶液中自带水、中和反应生成的水；而当加入的氢氧化钠将硫酸消耗完时，溶液中的水仍将增多，因为氢氧化钠溶液仍自带水；比较两个阶段水的增加趋势，图像的斜率在后一阶段将会减小；A错误；B项，浓硫酸暴露在空气中，会因吸水而被稀释，溶质质量分数的确下降；但当降低至一定程度之后，浓硫酸变为稀硫酸，不再具有吸水性，则溶质质量分数不再下降，溶质质量质量分数也不会降低到0，B错误；C项，要明确溶液的导电性和溶液中带电离子的浓度有关，向硫酸中加入氢氧化钡溶液，溶液中的离子不断减小；当两者恰好完全反应时，溶液中不再存在离子，导电性完全失去；继续加入氢氧化钡溶液，溶液中的离子浓度逐渐增大，导电性重新增强，C正确；D项，催化剂只能改变反应速率，并不能改变生成物的质量；而质量相等的两种固体，由于一份含有二氧化锰而另一份无，二氧化锰具有催化作用，所以含氯酸钾的质量必然不等，因此最终生成的氧气质量不可能相等，D错误；正确选项C。

9.下图为某化工企业生产流程示意图,下列说法正确的是（　　）

A.钛酸亚铁（FeTiO3）中钛元素为+3价

B.①中反应为：

2FeTiO3+6C+7Cl2====2X+2TiCl4+6CO，则X为FeCl3

C.③中氩气（Ar）作反应物，反应类型为置换反应

D.②中为使原料全部转化为甲醇，理论上CO和H2投料的质量比为1：

2

【答案】B

【解析】

【分析】

A项，根据在化合物中正负化合价代数和为零考虑；B项，根据质量守恒定律推断x的化学式；C项，氩气（Ar）为惰性气体，防止金属钛被氧化，根据镁与四氯化钛反应的生成物判断反应类型；D项，根据氢气和一氧化碳反应的方程式考虑质量比。

【详解】A项，设FeTiO3中Ti的化合价是x，FeTiO3中Fe的化合价是+2价,O的化合价是-2价,利用化合物中各元素的化合价的代数和为零的原则得到：

2+x+（-2）×3=0，计算得出x=+4，所以钛酸亚铁FeTiO3中钛元素的化合价是+4价,故A错误；B项，根据质量守恒定律,在反应前后各元素原子的个数不变，从2FeTiO3+6C+7Cl2==2X+2TiCl4+6CO中看钛原子、氧原子、碳原子反应前后除物质x外个数已经相等，故x中无钛原子、氧原子、碳原子，铁反应前共有2个，反应后只有x有，所以2x中有2个，从而x中有1个，氯原子反应前有14个，反应后x除外有8个，所以2x中有6个；因此x中有3个,因此x的化学式是FeCl3,故B项正确；C项，TiCl4与Mg反应的反应物是TiCl4与Mg,生成物是Ti和MgCl2,因此该反应的化学方程式是

该反应是单质和化合物反应生成另外的单质和化合物,属于置换反应,而氩气（Ar）为惰性气体，不参与反应，起到保护气的作用，故C错误；D项，根据从化学方程式2H2+CO=CH3OH可知，4gH2参加反应，消耗28gCO，由此可以知道一氧化碳和氢气的质量比是:

28:

4=7:

1,故D错误；正确选项B。

10.下列对部分化学知识的归纳完全正确的一组是（　　）

A.化学与生活：

自来水可通过煮沸或蒸馏的方法得到纯水;氧气可用于炼钢;农业上用熟石灰来改良酸性土壤

B.化学与环境：

燃煤运用脱硫技术可减少对空气的污染;变废为宝，将地沟油转变成航空煤油;降解塑料的使用可减少白色污染

C.化学与安全：

皮肤沾上浓硫酸，先用水冲洗，再涂3％-5％碳酸氢钠溶液;厨房中油锅着火可用水浇灭;使用燃气热水器时，室内要保持良好的通风

D.化学与健康：

加铁酱油可治疗缺铁性贫血;胃溃疡患者用碳酸氢钠来治疗胃酸过多;制作糕点过程中加入适量小苏打可使糕点松软可口

【答案】B

【解析】

【分析】

A项，自来水中含有消毒剂，煮沸后不能除去水中含有的离子，不能达到净水的目的；B项，燃煤脱硫、地沟油变为煤油，降解塑料，都能够减少对环境的污染；C项，油锅着火可以用锅盖盖灭，锅盖起到隔绝空气的作用；D项，碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成二氧化碳气体，易造成胃穿孔。

【详解】A项，自来水中含有消毒剂，加热煮沸的过程，不能除去水中含有的杂质离子，不能达到提纯水的目的，A选项错误；B项，煤燃烧会有二氧化硫气体产生，燃煤运用脱硫技术可减少对空气的污染，将地沟油经过处理后转变成航空煤油，降解塑料的使用可减少白色污染，这些做法都能够减少对环境的污染和危害，故B正确；C项，油的密度小于水，浮于水面，造成油与空气接触面积增大，燃烧速率加快，因此厨房中油锅着火不可用水浇灭，应该用锅盖盖灭，C错误；D项，碳酸氢钠溶液与胃酸（主要成分为盐酸）反应生成二氧化碳气体，易造成胃穿孔，给身体带来危害，故D项错误；正确选项B。

11.化学就在我们身边，它与我们的生活息息相关。

（1）现有H、C、Na、O、Ca六种元素，请选用其中的元素书写下列化学用语：

①可做食品干燥剂的氧化物__________；

②厨房中常用的酸__________________；

③侯氏制碱法制得的“碱”____________；

④含氧量最高的氧化物______________。

（2）铅蓄电池在生产、生活中使用广泛.其构造示意图如图，回答下列问题：

①铅蓄电池充电时是将电能转化为__________能。

②铅蓄电池放电过程中，反应的化学方程式为Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，据此可知，铅蓄电池在放电时，溶液的pH不断__________（填“增大”、“减小”或“不变”）

【答案】

（1）.CaO

（2）.CH3COOH（3）.Na2CO3（4）.H2O2（5）.化学（6）.增大

【解析】

【分析】

（1）①氧化钙为氧化物，能够与水反应，可以做食品干燥剂；②醋酸是厨房中常用的酸，调味品；③侯氏制碱法制得的“碱”为碳酸钠；④根据氧化物的分子组成，计算氧元素的百分含量。

（2）①根据铅蓄电池也是化学电池,在充电时,消耗电能，得到化学能解答。

②由铅蓄电池的总反应Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O可以知道,硫酸被消耗,所以酸性减弱,pH不断增大解答。

【详解】

（1）①氧化钙为氧化物，能够与空气中的水反应，因此可做食品干燥剂；正确答案：

CaO。

②醋酸显酸性，是厨房中常用的酸；正确答案：

CH3COOH。

③氨气、二氧化碳、氯化钠三者共同作用生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，侯氏制碱法制得的“碱”为碳酸钠；正确答案：

Na2CO3。

④在上述几种元素组成的H2O、H2O2、CO、CO2、Na2O2、Na2O、CaO氧化物中，含氧量最高的氧化物为H2O2；正确答案：

H2O2。

（2）①铅蓄电池也是化学电池,在充电时,消耗电能，得到化学能，故充电时将电能转化为化学能；正确答案：

化学。

②由铅蓄电池的总反应Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，从中可以知道,硫酸被消耗,所以酸性减弱,pH不断增大；正确答案：

增大。

12.氯化亚铜（CuCl）是一种白色粉末，不溶于水、乙醇（标准状况下沸点是78.2℃）及稀硫酸，熔点422℃，沸点1366℃，在空气中迅速被氧化成绿色，常用于有机合成工业中的催化剂。

以粗盐水（含氯化钙、硫酸镁等杂质）、Cu、稀硫酸、SO2等为原料合成CuCl的工艺流程如下：

（1）A溶液中溶质的化学式是__________；

（2）写出反应V的化学方程式_______________；

（3）反应VI的化学方程式是：

2NaCl+2CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4+Na2SO4，反应中化合价升高的元素是___；

（4）本工艺中可循环利用的物质是NaOH和_____；

（5）反应VI后，过滤得到的CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却密封包装即得产品。

真空干燥的目的是_______________。

【答案】

（1）.Na2CO3

（2）.2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O（3）.硫（4）.硫酸（5）.防止氯化亚铜被氧化（加快乙醇和水的蒸发）

【解析】

【分析】

由流程分析可知，粗盐水加入过量氯化钡溶液沉淀硫酸根离子,加入过量氢氧化钠沉淀镁离子,最后加入碳酸钠沉淀过量的钡离子、钙离子,过滤后加入盐酸除去过量的碳酸钠,得到较纯净的氯化钠溶液；电解氯化钠溶液可以得到氢氧化钠溶液、氢气和氯气；利用生成的氯气和过量铜及水反应生成氯化亚铜，也可以利用铜、氧气、稀硫酸反应生成硫酸铜，通入二氧化硫还原得到氯化亚铜，这个反应过程中硫酸、氢氧化钠可以循环使用；根据题给相关氯化亚铜信息可知，CuCl具有还原性,可以被空气氧化，因此用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却密封包装即得产品。

【详解】

（1）反应Ⅰ中A为Na2CO3溶液，可除去粗盐溶液中Ca2+和除去硫酸根离子所加的过量的Ba2+；本题正确答案：

Na2CO3。

（2）根据流程可知，在硫酸溶液中铜与氧气反应生成硫酸铜和水，反应的方程式为2Cu+O2+4H2SO4=2CuSO4+2H2O；因此，本题正确答案是：

2Cu+O2+4H2SO4=2CuSO4+2H2O。

（3）根据反应2NaCl+2CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4+Na2SO4可知，硫元素的化合价由+4价变为+6价，化合价升高；正确答案：

硫。

（4）从流程过程可知，氢氧化钠用来除去镁离子，电解饱和食盐水又生成氢氧化钠；反应V消耗硫酸，反应VI生成硫酸，因此本工艺中可循环利用的物质是NaOH和硫酸；正确答案：

硫酸。

（5）根据题给信息可知，CuCl沉淀，可用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，这样可以加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；因此，本题正确答案是：

加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化。

【点睛】粗盐的提纯过程中，常用到的除杂试剂为氯化钡溶液、碳酸钠溶液、氢氧化钠溶液和盐酸；所加试剂的顺序一般规律为：

碳酸钠溶液加在氯化钡溶液之后，便于除去溶液中的钙离子和剩余的钡离子；盐酸加在过滤后，去除滤液中的碳酸钠、氢氧化钠等杂质，最后把反应后的溶液加热可以得到纯净的氯化钠溶液，最后蒸发结晶得到氯化钠晶体。

13.草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，是一种弱酸。

草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。

草酸晶体（H2C2O4·2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热易脱水、升华、170℃以上分解。

回答下列问题：

（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。

装置A中试管口略向上倾斜的原因是__________；装置C中可观察到有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊，由此可知草酸晶体分解的产物中有______；装置B的主要作用是______________________；

（2）乙组同学认为草酸晶体分解的产物中还可能含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置进行实验。

①乙组同学的实验装置中，依次连接的顺序为A、B、F、D、G、H、D、I，其中装置H中盛有的物质是_______；第一次使用装置D的作用是___________；

②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是________________。

【答案】

（1）.草酸晶体熔点低，受热熔化

（2）.CO2（3）.冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验（4）.CuO（5）.证明