酸碱盐总复习练习一---2024-2025学年九年级化学人教版（2024）下册

酸碱盐总复习练习一 一．选择题 1．如表是人体内某些液体的正常pH范围，其中酸性最强的是（　　） 液体 胃液 唾液 胆汁 血浆 pH 0.9﹣1.5 6.6﹣7.1 7.1﹣7.3 7.35﹣7.45 A．胃液 B．唾液 C．胆汁 D．血浆 2．下列各组离子能在pH＝3的溶液中大量共存且无色的是（　　） A．Cu2+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、NO3﹣、Cl﹣ C．NH4+、Na+、CO32﹣ D．OH﹣、Ca2+、Cl﹣ 3．下列关于H2O2、H2CO3、H2O、H2四种物质组成的叙述正确的是（　　） A．都含有氢气 B．都含有氢分子 C．都含有氢元素 D．都含有2个氢原子 4．下列有关说法正确的是（　　） A．用酚酞溶液可以一次性鉴别稀硫酸、氢氧化钙溶液和氯化钠溶液 B．酸和碱反应生成盐和水，物质M能与酸反应生成盐和水，M就是碱 C．除去氢氧化钠溶液中混有的氢氧化钡，滴入适量的稀硫酸 D．将Zn 和Ag分别放入CuSO3溶液中，可以比较Zn、Cu、Ag 的金属活动性 5．下列说法正确的是（　　） A．盐酸能使紫色石蕊溶液变蓝 B．浓硫酸露置于空气中，溶质的质量分数变大 C．浓硫酸溶于水时会吸收大量的热，所以温度升高 D．打开盛浓盐酸的试剂瓶，瓶口会产生白雾 6．氮肥能使作物枝叶茂盛，叶色浓绿．下列物质中属于氮肥的是（　　） A．Na2SO4 B．KNO3 C．Ca（H2PO4）2 D．NH4HCO3 7．水垢的主要成分有碳酸钙和氢氧化镁。下列厨房用品可除掉水垢的是（　　） A．食醋（pH＝2.9） B．酱油（pH＝8.2） C．苏打水（pH＝8.0） D．食盐水（pH＝7.0） 8．诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”中涉及的石灰石，其主要成分CaCO3属于（　　） A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物 9．现有氢氧化钠和氢氧化钙的固体混合物15.4g，与200g7.3%的稀盐酸恰好完全反应。则所得溶液中溶剂的总质量为（　　） A．192.6g B．7.2g C．185.4g D．22.8g 10．废旧计算机的某些部件中含有Zn、Fe、Ag、Cu等金属，经物理方法初步处理后，与足量的稀盐酸充分反应，过滤，剩余的固体中不应有的金属是（　　） A．Ag、Cu B．Ag C．Zn、Fe D．Cu 11．如图所示A～F是初中化学常见的物质。图中“→”表示转化关系，“—”表示相互能反应（部分物质和反应条件未标出）。其中A是紫红色金属，B常温下是气体，C是人体胃液中含有的酸。则下列说法正确的是（　　） A．E一定是二氧化碳 B．该过程中没有涉及到化合反应 C．B可能为氢气或一氧化碳 D．D转化为A的反应可以为置换反应 12．电导率传感器可辅助探究水溶液中复分解反应的实质。相同条件下，离子浓度越大，电导率越大，溶液导电性越强。将滴有几滴酚酞试液的Ba（OH）2溶液平均分成两份置于两个烧杯中，同时插入电导率传感器，往其中一份逐滴滴加稀硫酸，另一份逐滴滴加Na2SO4溶液，测得溶液的电导率变化如图所示。下列说法错误的是（　　） A．a点表示的Ba（OH）2与硫酸恰好完全反应 B．b点时烧杯内溶液为红色 C．c点时烧杯内溶液中的阴离子为SO42﹣ D．甲、乙曲线的差异可说明复分解反应中并非所有的离子都参与反应 13．在三颈烧瓶中用排空气法收集二氧化碳气体，然后将三颈烧瓶与盛有盐酸、氢氧化钠溶液的注射器和压强传感器密封连接（如图1）。在t1时快速注入一种溶液，t3时快速注入第二种溶液，测得瓶内压强随时间变化曲线如图2。下列说法错误的是（　　） A．t1时注入的溶液是氢氧化钠溶液 B．t2前压强减小对应的反应示意图如图3所示 C．t2～t3期间压强不变的原因是二氧化碳已经反应完全 D．t3后压强增大的原因是碳酸钠与盐酸发生反应 14．资料显示：碳还原氧化铁的过程如图： 如图所示的实验中，反应前氧化铁和碳粉的质量分别为24克和0.3克，反应后得到气体A和23.2克黑色固体B。 通过计算确定黑色固体B的化学式为（　　） A．Fe3O4 B．FeO C．Fe D．无法确定 15．将一定质量的碳酸钙和铜粉的混合物在空气中煅烧使其完全反应（2Cu+O22CuO，CaCO3CaO+CO2↑）若反应前后固体的质量保持不变，则原混合物中铜粉的质量分数为（　　） A．25% B．22% C．36.2% D．63.8% 16．常温下，取少量实验室制CO2的剩余液（稀盐酸和CaCl2的混合溶液），边搅拌边滴加一定溶质质量分数的Na2CO3溶液（见图），产生无色气体，白色沉淀不断增加。下列有关说法正确的是（　　） A．滴加Na2CO3溶液前，锥形瓶内溶液中阳离子仅含Ca2+ B．滴加Na2CO3溶液至沉淀完全时，锥形瓶内溶液的溶质是NaCl和HCl C．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液的酸性逐渐增强 D．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液中含有的Cl﹣数目保持不变 17．学习小组为探究氢气还原氧化铜所得固体产物X的组成，设计如下实验： 步骤1 观察产物X的颜色为红色。 步骤2 向产物X中加入过量的盐酸充分反应，过滤得到9.6g红色固体和蓝色溶液。 步骤3 向步骤2所得蓝色溶液中加入过量的Na2H2Y溶液，测得与CuCl2反应的Na2H2Y的质量为33.6g。 已知：①Na2H2Y的相对分子质量为336 ②Cu2O为红色固体 ③Cu2O+2HCl═Cu+CuCl2+H2O CuCl2+Na2H2Y＝CuH2Y+2NaCl 下列说法正确的是（　　） A．产物X为Cu单质 B．步骤2所得蓝色溶液中仅含有Cu2+、Cl﹣两种离子 C．步骤3中参加反应的CuCl2的质量为27g D．产物X中Cu元素的质量分数为90.9% 18．氮肥能促进植物生长。下列物质中属于氮肥的是（　　） A．K2CO3 B．NH4HCO3 C．Ca（H2PO4）2 D．K2SO4 19．下列实验方案设计能达到实验目的的是（　　） 选项 实验目的 实验方案 A 探究NaOH固体溶解过程的能量变化 将NaOH固体加入水中，搅拌，测量过程中温度的变化 B 鉴别N2和CO2 将燃着的木条分别伸入盛有N2和CO2的集气瓶中，观察现象 C 除去H2中的少量CO 将混合气体通过盛有NaOH溶液的洗气瓶 D 测定10%Na2CO3溶液的pH 将湿润的pH试纸浸入10%Na2CO3溶液中，取出后与标准比色卡对照 20．一种以黄铜渣（含Zn、Cu、ZnO、CuO）为原料获取Cu和ZnSO4溶液的实验流程如图。下列说法正确的是（　　） A．加入H2SO4生成H2的化学方程式为Cu+H2SO4═CuSO4+H2↑ B．根据流程可以判断Zn的金属活动性比Cu的强 C．判断加入的Zn已过量的依据是溶液中有固体剩余 D．流程中涉及的化学反应类型均为置换反应 21．利用如图1所示装置探究NaHCO3溶液与CaCl2溶液混合后发生的变化。常温下，向NaHCO3溶液中匀速滴加CaCl2溶液，pH传感器测得溶液的pH随时间变化如图2所示。一段时间后，三颈烧瓶和试管中均有白色沉淀生成。已知CaCl2溶液呈中性。下列说法正确的是（　　） A．NaHCO3溶液显酸性 B．30s时溶液显酸性的原因是CaCl2过量 C．三颈烧瓶中生成的白色沉淀为Ca（HCO3）2 D．实验表明：2NaHCO3+CaCl2═CaCO3↓+CO2↑+2NaCl+H2O 二．实验题（共2小题） 22．学习小组配制一定质量分数的NaHCO3溶液并探究其性质。 Ⅰ配制一定质量分数的NaHCO3溶液 （1）“称量”时，用 　 　（填“镊子”或“药匙”）从试剂瓶中取出NaHCO3粉末。 （2）“溶解”时，若需量取15.0mL的水，当量筒中已有14.6mL水时，后续加水使用的仪器为 　 　（填字母）。 （3）配制过程中玻璃棒的作用是 　 　（填字母）。 a.搅拌 b.引流 c.蘸取 Ⅱ探究NaHCO3溶液的性质 （4）取少量NaHCO3溶液，向其中滴入无色酚酞溶液后显 　 　色，说明NaHCO3溶液呈碱性。 （5）取三份NaHCO3溶液，向其中分别滴入CaCl2溶液。试剂用量、浓度及实验现象如下表所示。 实验编号 实验1 实验2 实验3 NaHCO3溶液 1mL0.8% 1mL0.8% 1mL0.8% CaCl2溶液 1滴0.1% 1滴11% 6滴11% 实验现象 无明显现象 白色沉淀 白色沉淀无色气体 ①“实验3”生成的白色沉淀为CaCO3，无色气体为CO2，此外还生成NaCl和H2O，“实验3”中反应的化学方程式为 　 　。 ②“实验2、3”中发生的化学反应相同，从气体溶解度的角度分析“实验2”中没有观察到CO2逸出的原因是 　 　。 ③三组实验研究表明：1mL0.8%的NaHCO3溶液与CaCl2溶液混合后，能否观察到明显现象与 　 　相关。 ④已知：向1mL0.8%的Na2CO3溶液中滴入1滴0.1%的CaCl2溶液，有白色沉淀生成。设计实验鉴别浓度均为0.8%的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液。简述实验方案（包括操作、现象和结论） 　 　。（实验中须使用的试剂：0.1%的CaCl2溶液） 23．NaCl是一种重要的化工原料。 （1）粗盐的提纯： ①从“海水→粗盐→精盐”的过程中，不涉及到的实验操作是 　 　。（填标号） A.过滤 B.蒸发 C.洗气 D.溶解 ②粗盐中还含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等可溶性杂质，向食盐水依次加入以下四种试剂除杂，有①BaCl2溶液、②Na2CO3溶液、③NaOH溶液、④稀盐酸（以上四种试剂均过量），加入过量的Na2CO3溶液，除了能除尽粗盐中的含有CaCl2外，它还有一个作用是 　 　。 （2）配制NaCl饱和溶液： ①20℃时，NaCl的溶解度为36.0g。配制20℃时68gNaCl的饱和溶液，需要NaCl的质量为 　 　g。 ②下列操作会导致配得的NaCl溶液溶质质量分数偏小的是 　 　（填标号）。 A.称量氯化钠时，砝码放在左盘，并使用了游码 B.用量筒量水时，仰视凹液面的最低处读数 C.配好的溶液转移至细口瓶时，有液体溅出 （3）工业上用电解饱和食盐水的方法生产烧碱，其原理如示意图： ①写出电解槽中发生反应的化学方程式：　 　。 ②氯碱工业生产的碱样品中常含有Na2CO3和NaCl等杂质，用“离子交换膜法”生产的碱样品质量主要标准如下表所示。 等级 氢氧化钠含量 碳酸钠含量 优等品 ≥99.0% ≤0.5% 一等品 ≥98.5% ≤0.8% 合格品 ≥98.0% ≤1.0% 检验碱样品中是否含有Na2CO3，下列试剂中可选择使用的是 　 　。（填标号） A.KCl溶液 B.稀盐酸 C.澄清石灰水 ③李老师设计和完成了如下实验来判断碱样品的等级。 称取20.3g碱样品，加足量水溶解，再加入足量的氯化钡溶液，充分反应后，过滤得到滤渣和滤液；将滤渣洗涤，干燥得到碳酸钡（BaCO3）固体0.197g；向滤液中加入几滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至恰好完全反应，共消耗溶质质量分数为5%的稀盐酸365g。则该碱样品的等级是 　 　（不考虑其他杂质参加反应）。 三．工艺流程题（共1小题） 24．柠檬酸亚铁（FeC6H6O7）是一种补血剂，易溶于水，难溶于乙醇。某科研小组在实验室研究制备柠檬酸亚铁。 Ⅰ.制碳酸亚铁 用预处理后的硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3，含少量不溶性杂质）制备碳酸亚铁的流程如图1所示： 已知： a.Na2CO3溶液呈碱性； b.FeSO4在碱性条件下生成Fe（OH）2沉淀。 （1）“酸浸”时，为提高铁元素的浸出率，可采取的措施是 　 　（任写一条）。 （2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成。“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是 　 　（填离子符号）。 （3）“操作X”是为了除去过量铁粉和不溶性杂质。“操作X”是 　 　（填操作名称）。 （4）“沉铁”时，反应原理为FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4。 ①该反应的基本类型为 　 　。 ②实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，其原因是 　 　。 ③待FeSO4完全反应后，过滤，洗涤。洗涤前，FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是 　 　（填化学式）。 Ⅱ.制柠檬酸亚铁 （5）用如图2所示装置制备柠檬酸亚铁： 步骤1：在三颈烧瓶中加入一定质量FeCO3固体、少量铁粉及足量柠檬酸（C6H8O7）溶液，控制温度约80℃，搅拌，充分反应； 步骤2：将所得混合溶液加热浓缩，加入适量无水乙醇，静置，过滤，洗涤，干燥，得到柠檬酸亚铁晶体。 ①制备原理为FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+X+H2O，物质X是 　 　（填化学式）。 ②“步骤2”中，加入无水乙醇的目的是 　 　。 ③实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量，原因是 　 　。 四．科学探究题（共4小题） 25．某化学兴趣小组的同学在做酸碱中和反应时，将稀盐酸滴加到盛有氢氧化钠溶液的试管中，没有观察到明显现象（氢氧化钠未变质），该小组同学对氢氧化钠溶液与稀盐酸是否发生化学反应产生了兴趣，他们做了如下实验。 【提出猜想】稀盐酸与氢氧化钠溶液发生反应。 【收集证据】小红通过分析实验一、实验二和实验三来验证酸碱发生反应。 （1）实验一：如图1可说明两种物质发生反应的现象是 　 　。 （2）实验二：如图2所示，M点溶液中溶质为 　 　（填化学式）。 （3）实验三：如图3所示，将氢氧化钠固体放入稀盐酸中，观察到U形管中右侧红墨水液面上升，该现象不能证明氢氧化钠与稀盐酸发生了化学反应，理由是 　 　。 【反思与评价】 （4）请从微观角度分析稀盐酸与氢氧化钠溶液反应的实质 　 　；由中和反应得出部分离子在溶液中不能共存，请再写出一组不能共存的离子 　 　。 【拓展延伸】 注意：若答对下面小题奖励3分。化学试卷总分不超过40分。 （5）实验四：某同学将稀盐酸滴入氢氧化钠溶液中，有气泡产生，他认为氢氧化钠溶液已经变质成Na2CO3，该同学用pH传感器测定稀盐酸与碳酸钠溶液反应过程中pH的变化。采集数据得到曲线如图4所示，0﹣5s时，观察到溶液中并没有想象中的气泡产生，B点溶液pH大于7，是因为 　 　（填物质名称）的水溶液呈碱性。5﹣10s时，观察到溶液中有气泡产生，请写出BC段发生反应的化学方程式 　 　。 26．某化学小组对金属的性质进行探究。 （1）把铁粉和铜粉放入硝酸银溶液中，充分反应后，过滤，甲同学向滤渣中滴加稀盐酸，无气泡产生；乙同学向滤液中滴加稀盐酸，产生白色沉淀。根据两同学实验的现象，分析下列结论不正确的是 　 　（填写字母序号）。 A.滤渣中只含银 B.滤渣中一定含有银，可能含有铜 C.滤液中一定有Ag+、Fe2+和Cu2+ D.滤液中只含Ag+和Fe2+，不含Cu2+ （2）该小组继续探究铝能否与水反应生成氢气？ 【查阅资料】 物质 钠与水 铝与水 汞与水 能否发生反应 能反应 能反应 不反应 【交流与讨论】 （1）铝在空气中抗腐蚀性能比较强的原因是　 　（用化学方程式解释）。 （2）除去铝表面氧化铝薄膜的方法　 　（举一例）。除上述方法外，还可以将铝片浸入氯化汞（HgCl2）溶液中，形成铝汞齐（铝汞合金）破坏铝表面致密的氧化膜且防止其重新生成。 【实验探究】 （1）将铝片完全浸入氯化汞（HgCl2）溶液中1分钟左右，取出，立即用流水冲洗干净后加入到蒸馏水中（如图），其表面生成大量气泡、周围出现白色沉淀。铝与氯化汞溶液发生置换反应的化学方程式为　 　。 （2）在导管口a处涂肥皂水，发现导管口有气泡形成，当气泡离开导管后，气泡　 　（填“下沉”或“上升”），用燃着的木条点燃气泡，发出爆鸣声。 【实验结论】铝能与水反应生成氢气。 写出铝与水反应生成氢氧化铝和氢气的化学方程式　 　。 【实验反思】如图装置内，在铝与水反应的过程中，若关闭导管上的活塞K，反应停止，其原理是　 　。当再次打开活塞K，反应继续，产生气泡。铝未能生成氧化铝，其原因是　 　。 27．镁是一种银白色的金属，但拿出的镁条总是有一层灰黑色的“外衣”。 【提出问题】这层灰黑色的“外衣”是什么物质呢？ 【提出猜想】小组同学认为该固体不可能是MgO，他们的理由是 　 　；由铜生锈会产生Cu2（OH）2CO3联想到灰黑色的物质可能是Mg2（OH）2CO3。 【查阅资料】Mg2（OH）2CO32MgO+H2O+CO2↑。 【实验分析】按图所示装置进行实验： 观察到如下现象：　 　，证明灰黑色的“外衣”是Mg2（OH）2CO3。 由此可知：灰黑色的“外衣”是镁与 　 　等物质作用，发生一系列化学反应形成的。 【组成测定】小组同学称取外层有灰黑色的“外衣”的“样品”2.5g，按如图装置进行实验，实验结束后，装置D内生成气体体积为2.24L。请回答：（该条件下氢气密度为0.09g/L） （1）装置C的作用是 　 　。 （2）所得氢气的质量＝　 　。（结果精确到0.1g） （3）“样品”中单质镁的质量分数。（列式计算） 28．物质的溶解性与化学变化密切相关。兴趣小组对“CaSO4与NaOH能否发生复分解反应”进行探究。 （1）配制100g质量分数为10%的NaOH溶液。主要操作流程如图： ①A中应称量 　 　gNaOH固体。 ②D中玻璃棒搅拌的目的是 　 　。 ③用已配好的质量分数为10%的NaOH溶液配制20g质量分数为5%或1%的NaOH溶液时，需计算所需质量分数为10%的NaOH溶液的质量。计算依据是：溶液稀释前后，　 　不变。 （2）利用配制的NaOH溶液进行实验，实验操作和现象记录如下： 实验操作 序号 NaOH溶液的质量分数 饱和CaSO4溶液的体积 实验现象 Ⅰ 1% 5mL 无明显现象 Ⅱ 5% 5mL 少量沉淀 Ⅲ 10% 5mL 较多沉淀 【查阅资料】20℃时固体物质的溶解度见如表： 物质 CaSO4 NaOH Ca（OH）2 Na2SO4 BaSO4 溶解度/g 0.26 108 0.17 19.5 0.0002 注：20℃时，溶解度在0.01g～1g之间的固体物质称为微溶物，小于0.01g的固体物质称为难溶物。 【分析交流】 ①实验Ⅱ、Ⅲ中生成的沉淀为Ca（OH）2。实验表明，饱和CaSO4溶液与NaOH溶液能否发生复分解反应与 　 　有关。 【微观解释】饱和CaSO4溶液与NaOH溶液反应生成Ca（OH）2沉淀的示意图如图所示。 ②图中未发生化学变化的微粒是 　 　（填离子符号）。 ③该反应的微观实质可表示为Ca2++2OH﹣═Ca（OH）2↓。当向Ca（OH）2溶液中滴加Na2CO3溶液时，也有白色沉淀产生，反应的微观实质用同样的方法可表示为 　 　。 【反思拓展】 ④结合以上探究活动，下列说法正确的是 　 　（填字母）。 a.其他条件不变，将实验Ⅲ中的NaOH溶液换成KOH溶液，也有沉淀产生 b.复分解反应中，溶解度较大的微溶物可向溶解度更小的微溶物或难溶物转化 c.向CaSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液，生成的沉淀为Ca（OH）2 五．解答题（共1小题） 29．（1）已知氯化铁溶液呈酸性，且：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；现取氯化铁溶液，加入足量的镁粉，观察到： ①先有气泡产生，（原因是：　 　）； ②片刻后溶液褪色为浅绿色，（化学方程式是：　 　）； ③数小时后又发现试管底部有黑色粉末，溶液无色．（化学方程式是　 　．） 用简单的物理方法就可检验黑色粉末是什么．方法是　 　． （2）某Na2CO3样品中混有NaCl，为测定样品的纯度，小马进行实验如下：取一定量样品和稀盐酸，恰好完全反应后蒸发得固体．称量并记录数据见表．则： 反应前：样品+稀盐酸 恰好完全反应后溶液质量 蒸发剩余溶液的得固体质量 69.9g 65.5g 13.1g ①产生气体的质量　 　g，反应后所得溶液中溶质的质量分数是　 　； ②小马取的样品的纯度是多少g？（写出解题过程） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B C D D D A C A C D 题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C B A D D D B A B D 一．选择题（共21小题） 1．如表是人体内某些液体的正常pH范围，其中酸性最强的是（　　） 液体 胃液 唾液 胆汁 血浆 pH 0.9﹣1.5 6.6﹣7.1 7.1﹣7.3 7.35﹣7.45 A．胃液 B．唾液 C．胆汁 D．血浆 【分析】当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时，呈碱性，且pH越大，碱性越强；据此进行分析判断即可。 【解答】解：A、胃液的pH为0.9﹣1.5，小于7，显酸性。 B、唾液的pH为6.6﹣7.1，可能显酸性、中性、碱性。 C、胆汁的pH为7.1﹣7.3，大于7，显碱性。 D、胰液的pH为7.35﹣7.45，大于7，显碱性。 根据当溶液的pH小于7时，呈酸性，且pH越小，酸性越强，胃液的pH最小，酸性最强。 故选：A。 【点评】本题难度不大，掌握溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系是正确解题的关键。 2．下列各组离子能在pH＝3的溶液中大量共存且无色的是（　　） A．Cu2+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、NO3﹣、Cl﹣ C．NH4+、Na+、CO32﹣ D．OH﹣、Ca2+、Cl﹣ 【分析】pH为3的水溶液显酸性，水溶液中含有大量的H+．根据复分解反应的条件，离子间若能互相结合成沉淀、气体或水，则离子不能大量共存；本题还要注意溶液呈无色，不能含有明显有颜色的铜离子、铁离子和亚铁离子等。 【解答】解：pH为3的水溶液显酸性，水溶液中含有大量的H+。 A、三种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在酸性溶液中大量共存，但Cu2+的水溶液显蓝色，故选项错误。 B、三种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在酸性溶液中大量共存，且不存在有色离子，故选项正确。 C、CO32﹣、H+能结合生成水和二氧化碳，不能在酸性溶液中大量共存，故选项错误。 D、OH﹣和H+在溶液中能结合生成水，不能在酸性溶液中大量共存，故选项错误。 故选：B。 【点评】本题考查了离子共存的问题，判断各离子在溶液中能否共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、水；还要注意是在酸性溶液中共存及特定离子的颜色。 3．下列关于H2O2、H2CO3、H2O、H2四种物质组成的叙述正确的是（　　） A．都含有氢气 B．都含有氢分子 C．都含有氢元素 D．都含有2个氢原子 【分析】分析、判断物质通常可以从两方面进行。一是从物质的宏观组成方面考虑，二是从物质的微观构成方面考虑。 【解答】解：A．H2O2、H2CO3、H2O中都不含氢气，故错误； B．H2O2、H2CO3、H2O中都不含氢分子，故错误； C．因四种物质的化学式可知，其组成中都有氢元素，故正确； D．四种物质中都是由分子构成的，它们的每个分子中都含有2个氢原子，故错误。 故选：C。 【点评】本题主要考查了物质的宏观组成和微观构成两方面的内容。 4．下列有关说法正确的是（　　） A．用酚酞溶液可以一次性鉴别稀硫酸、氢氧化钙溶液和氯化钠溶液 B．酸和碱反应生成盐和水，物质M能与酸反应生成盐和水，M就是碱 C．除去氢氧化钠溶液中混有的氢氧化钡，滴入适量的稀硫酸 D．将Zn 和Ag分别放入CuSO3溶液中，可以比较Zn、Cu、Ag 的金属活动性 【分析】A、根据三种物质与同种试剂反应产生的不同现象来鉴别它们，若两种物质与同种物质反应的现象相同，则无法鉴别它们。 B、根据酸的化学性质，进行分析判断。 C、除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。 D、在金属活动性顺序中，位于前面的金属能把排在它后面的金属从其盐溶液中置换出来，进行分析判断。 【解答】解：A、无色酚酞溶液遇酸性溶液不变色，遇碱性溶液变红色，稀硫酸、氢氧化钙溶液和氯化钠溶液别显酸性、碱性、中性，使酚酞溶液分别显示无色、红色、无色，不能出现三种明显不同的现象，不能鉴别，故选项说法错误。 B、酸和碱反应生成盐和水，物质 M 能与酸反应生成盐和水，M 不一定是碱，也可能是金属氧化物，故选项说法错误。 C、氢氧化钡、氢氧化钠均能与稀硫酸反应，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。 D、将 Zn 和 Ag 分别放入CuSO4溶液中，Zn与CuSO4溶液反应置换出铜，说明了活动性Zn＞Cu；Ag与CuSO4溶液不反应，说明了活动性铜＞银；由此可得出三种金属活动性锌＞铜＞银，可以比较 Zn、Cu、Ag 的金属活动性，故选项说法正确。 故选：D。 【点评】物质的鉴别、分离与除杂是中考的重点，也是难点，抓住物质鉴别的原理、除杂质的必需条件、酸的化学性质等是正确解答本题的关键。 5．下列说法正确的是（　　） A．盐酸能使紫色石蕊溶液变蓝 B．浓硫酸露置于空气中，溶质的质量分数变大 C．浓硫酸溶于水时会吸收大量的热，所以温度升高 D．打开盛浓盐酸的试剂瓶，瓶口会产生白雾 【分析】A、根据酸的化学性质，进行分析判断． B、根据浓硫酸具有吸水性，进行分析判断． C、根据浓硫酸溶于水放出大量的热，进行分析判断． D、根据浓盐酸具有挥发性，进行分析判断． 【解答】解：A、盐酸能使紫色石蕊溶液变红色，故选项说法错误。 B、浓硫酸具有吸水性，浓硫酸露置于空气中，溶质的质量不变，溶剂的质量增加，溶质的质量分数变小，故选项说法错误。 C、浓硫酸溶于水放出大量的热，所以温度升高，故选项说法错误。 D、浓盐酸具有挥发性，打开盛浓盐酸的试剂瓶，瓶口会产生白雾，故选项说法正确。 故选：D。 【点评】本题难度不大，掌握酸的化学性质、浓硫酸具有吸水性、浓盐酸具有挥发性是正确解答本题的关键． 6．氮肥能使作物枝叶茂盛，叶色浓绿．下列物质中属于氮肥的是（　　） A．Na2SO4 B．KNO3 C．Ca（H2PO4）2 D．NH4HCO3 【分析】含有氮元素的肥料称为氮肥．含有磷元素的肥料称为磷肥．含有钾元素的肥料称为钾肥．同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥． 【解答】解：A、Na2SO4中不含有氮元素，不属于氮肥； B、KNO3中含有钾元素和氮元素，属于氮肥； C、Ca（H2PO4）2中含有磷元素，属于磷肥。 D、NH4HCO3中含有氮元素，属于氮肥； 故选：D。 【点评】本题主要考查化肥的分类方面的知识，解答时要分析化肥中含有哪种或哪几种营养元素，然后再根据化肥的分类方法确定化肥的种类． 7．水垢的主要成分有碳酸钙和氢氧化镁。下列厨房用品可除掉水垢的是（　　） A．食醋（pH＝2.9） B．酱油（pH＝8.2） C．苏打水（pH＝8.0） D．食盐水（pH＝7.0） 【分析】根据水垢的主要成分有碳酸钙和氢氧化镁，碳酸盐、碱会与酸发生进行分析。 【解答】解：水垢的主要成分有碳酸钙和氢氧化镁，碳酸钙、氢氧化镁会与酸发生反应而溶解，所以厨房用品可除掉水垢的是食醋。 故选：A。 【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。 8．诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”中涉及的石灰石，其主要成分CaCO3属于（　　） A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物 【分析】物质分为混合物和纯净物，纯净物又分为单质和化合物，化合物分为氧化物、酸、碱、盐；由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物；氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素；酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是电离出金属离子和酸根离子的化合物，据以上分析解答。 【解答】解：碳酸钙是由钙离子和碳酸根离子组成的纯净物，因此碳酸钙属于盐； 故选：C。 【点评】本题考查了常见物质的分类，完成此题，可以依据有关的概念进行．要求同学们熟记有关的概念，以便灵活应用． 9．现有氢氧化钠和氢氧化钙的固体混合物15.4g，与200g7.3%的稀盐酸恰好完全反应。则所得溶液中溶剂的总质量为（　　） A．192.6g B．7.2g C．185.4g D．22.8g 【分析】根据化学反应方程式Ca（OH）2+2HCl＝CaCl2+2H2O，NaOH+HCl＝NaCl+H2O，可知两个反应均是消耗一份HCl则生成一份H2O进行分析。 【解答】解：根据化学反应方程式Ca（OH）2+2HCl＝CaCl2+2H2O，NaOH+HCl＝NaCl+H2O，可知两个反应均是消耗一份HCl则生成一份H2O，因为200g7.3%的稀盐酸恰好完全反应，所以参与反应的HCl质量为200g×7.3%＝14.6g，设生成H2O的质量为x， HCl～H2O 36.5 18 14.6g x 则＝ 解得x＝7.2g 200g7.3%的稀盐酸中水的质量为200g﹣14.6g＝185.4g，则所得溶液中溶剂的总质量为185.4g+7.2g＝192.6g。 故选：A。 【点评】此题难度较大，掌握质量守恒定律的内容以及化学方程式的有关计算等即可顺利解答。 10．废旧计算机的某些部件中含有Zn、Fe、Ag、Cu等金属，经物理方法初步处理后，与足量的稀盐酸充分反应，过滤，剩余的固体中不应有的金属是（　　） A．Ag、Cu B．Ag C．Zn、Fe D．Cu 【分析】根据在金属活动性顺序中，氢前的金属可以与酸发生置换反应分析判断。 【解答】解：在金属活动性顺序中，Zn、Fe、Cu、Ag的活动性顺序为Zn＞Fe＞H＞Cu＞Ag，锌、铁排在氢前，锌、铁能与稀盐酸反应，铜、银排在氢后，铜、银与稀盐酸不反应，故剩余的固体中不应有的金属是Zn、Fe。 故选：C。 【点评】本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及其意义进行。 11．如图所示A～F是初中化学常见的物质。图中“→”表示转化关系，“—”表示相互能反应（部分物质和反应条件未标出）。其中A是紫红色金属，B常温下是气体，C是人体胃液中含有的酸。则下列说法正确的是（　　） A．E一定是二氧化碳 B．该过程中没有涉及到化合反应 C．B可能为氢气或一氧化碳 D．D转化为A的反应可以为置换反应 【分析】A～F是初中化学常见的物质。A是紫红色金属，则A是铜；C是人体胃液中含有的酸，则C是盐酸；B常温下是气体，盐酸能转化成B，B能转化成铜，则B是氢气；盐酸能转化成D，D能转化成铜，则D是氯化铜；盐酸能和碳酸盐反应生成二氧化碳、水和盐，二氧化碳能和水反应生成碳酸，则E、F分别是二氧化碳和水中的一种；据此分析解答。 【解答】解：A、由分析可知，E、F分别是二氧化碳和水中的一种，故选项说法错误。 B、由分析可知，该过程中二氧化碳和水反应生成碳酸属于化合反应，故选项说法错误。 C、由分析可知，B是氢气，故选项说法错误。 D、由分析可知，D转化为A的反应可以是氯化铜和铁反应生成铜和氯化亚铁，故选项说法正确。 故选：D。 【点评】本题考查了物质的推断，在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。 12．电导率传感器可辅助探究水溶液中复分解反应的实质。相同条件下，离子浓度越大，电导率越大，溶液导电性越强。将滴有几滴酚酞试液的Ba（OH）2溶液平均分成两份置于两个烧杯中，同时插入电导率传感器，往其中一份逐滴滴加稀硫酸，另一份逐滴滴加Na2SO4溶液，测得溶液的电导率变化如图所示。下列说法错误的是（　　） A．a点表示的Ba（OH）2与硫酸恰好完全反应 B．b点时烧杯内溶液为红色 C．c点时烧杯内溶液中的阴离子为SO42﹣ D．甲、乙曲线的差异可说明复分解反应中并非所有的离子都参与反应 【分析】根据氢氧化钡和硫酸的离子反应实质为钡离子和硫酸根离子反应，以及氢氧根离子和氢离子反应，恰好完全反应时，液体中无离子剩余，电导率为0，甲曲线为氢氧化钡和硫酸反应的电导率曲线；氢氧化钡 和硫酸钠反应的离子反应实质为钡离子和硫酸根离子反应，氢氧根离子和钠离子未参与离子反应，故乙曲线为氢氧化钡和硫酸钠反应的电导率曲线。 【解答】解：A、a点电导率为0，代表氢氧化钡和硫酸恰好完全反应，A说法正确； B、b点时为乙曲线电导率最低点，代表氢氧化钡和硫酸钠恰好完全反应。溶液中溶质为NaOH，溶液中氢氧根离子未参与反应，溶液呈碱性，酚酞遇 NaOH 变红，故B 说法正确； C、乙曲线，氢氧根离子未参与离子反应且c点代表硫酸钠过量，溶液中阴离子为氢氧根离子和硫酸根离子，故C说法错误； D、甲、乙两曲线最大差别在于电导率在反应过程中是否变为0，甲曲线最低点为0，故甲曲线代表的反应中所有离子均参与反应；而乙曲线中最低点不为0，故乙曲线代表的反应中并不是所有的离子均参与反应。 故D说法正确。 故选：C。 【点评】此题难度适中，掌握化学反应的基本类型和能量变化是解题关键。 13．在三颈烧瓶中用排空气法收集二氧化碳气体，然后将三颈烧瓶与盛有盐酸、氢氧化钠溶液的注射器和压强传感器密封连接（如图1）。在t1时快速注入一种溶液，t3时快速注入第二种溶液，测得瓶内压强随时间变化曲线如图2。下列说法错误的是（　　） A．t1时注入的溶液是氢氧化钠溶液 B．t2前压强减小对应的反应示意图如图3所示 C．t2～t3期间压强不变的原因是二氧化碳已经反应完全 D．t3后压强增大的原因是碳酸钠与盐酸发生反应 【分析】根据在t1时快速注入一种溶液，t3时快速注入第二种溶液，结合测得瓶内压强随时间变化曲线图，注入第一种溶液后装置内压强减小，注入第二种溶液后，装置内压强增大，进行分析判断。 【解答】解：A、在t1时快速注入一种溶液，t3时快速注入第二种溶液，由测得瓶内压强随时间变化曲线图，注入第一种溶液后装置内压强减小，注入第二种溶液后，装置内压强增大，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，使瓶内压强减小，盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，使瓶内压强增大，则t1时注入的溶液是氢氧化钠溶液，故选项说法正确。 B、t2前压强减小，对应的反应是二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，t2前氢氧化钠溶液有剩余，溶液中还含有OH﹣，故选项说法错误。 C、t2～t3期间压强不变，是因为二氧化碳已经反应完全，故选项说法正确。 D、t3后压强增大，原因是碳酸钠溶液与盐酸发生反应生成了二氧化碳气体，故选项说法正确。 故选：B。 【点评】本题有一定难度，掌握酸和碱的化学性质、从数形结合的角度理解酸和碱的化学性质是正确解答本题的关键。 14．资料显示：碳还原氧化铁的过程如图： 如图所示的实验中，反应前氧化铁和碳粉的质量分别为24克和0.3克，反应后得到气体A和23.2克黑色固体B。 通过计算确定黑色固体B的化学式为（　　） A．Fe3O4 B．FeO C．Fe D．无法确定 【分析】根据现象：黑色固体B与过量的稀盐酸反应生成固体全部溶解，说明B中不含碳；无气体放出，说明不含金属铁；据此根据质量守恒定律进行分析推断。 【解答】解：根据现象判断黑色固体没有铁和碳， 氧化铁中含铁元素的质量＝24g××100%＝16.8g， 根据反应前后元素种类不变，则B中铁元素的质量为16.8g， 则黑色固体B中含氧元素的质量为：23.2g﹣16.8g＝6.4g， 若固体B的化学式为FexOy，则x：y＝＝3：4， 因此固体B的化学式为：Fe3O4。 故选：A。 【点评】本题主要考查学生运用假设法和化学方程式进行计算和推断的能力，计算时要注意规范性和准确性。 15．将一定质量的碳酸钙和铜粉的混合物在空气中煅烧使其完全反应（2Cu+O22CuO，CaCO3CaO+CO2↑）若反应前后固体的质量保持不变，则原混合物中铜粉的质量分数为（　　） A．25% B．22% C．36.2% D．63.8% 【分析】将一定质量的碳酸钙和铜粉的混合物在空气中煅烧，碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，即CaCO3CaO+CO2↑，铜和氧气在加热的条件下反应生成氧化铜，即2Cu+O22CuO，若反应前后固体的质量保持不变，则参加反应的氧气与生成二氧化碳的质量相等。 【解答】解：设参加反应的氧气的质量为x，则混合物中铜粉的质量为： 2Cu+O22CuO 128 32 4x x 参加反应的氧气的质量为x，则生成二氧化碳的质量也是x 则混合物中碳酸钙的质量为： CaCO3CaO+CO2↑ 100 44 x 则原混合物中铜粉的质量分数为：×100%≈63.8%。 故选：D。 【点评】本题主要考查学生利用化学方程式进行计算的能力。本题的条件比较隐蔽，解题时需根据化学方程式认真分析数量关系，才能正确解答。 16．常温下，取少量实验室制CO2的剩余液（稀盐酸和CaCl2的混合溶液），边搅拌边滴加一定溶质质量分数的Na2CO3溶液（见图），产生无色气体，白色沉淀不断增加。下列有关说法正确的是（　　） A．滴加Na2CO3溶液前，锥形瓶内溶液中阳离子仅含Ca2+ B．滴加Na2CO3溶液至沉淀完全时，锥形瓶内溶液的溶质是NaCl和HCl C．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液的酸性逐渐增强 D．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液中含有的Cl﹣数目保持不变 【分析】根据题意，常温下，取少量实验室制CO2的剩余液（稀盐酸和CaCl2的混合溶液），边搅拌边滴加一定溶质质量分数的Na2CO3溶液，产生无色气体，白色沉淀不断增加，碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，稀盐酸反应完，碳酸钠再与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，进行分析判断。 【解答】解：A、常温下，取少量实验室制CO2的剩余液（稀盐酸和CaCl2的混合溶液），边搅拌边滴加一定溶质质量分数的Na2CO3溶液，产生无色气体，说明剩余液中含有稀盐酸，白色沉淀不断增加，说明剩余液中含有氯化钙，则滴加Na2CO3溶液前，锥形瓶内溶液中阳离子含H+、Ca2+，故选项说法错误。 B、碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，稀盐酸反应完，碳酸钠再与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，则滴加Na2CO3溶液至沉淀完全时，锥形瓶内溶液的溶质是NaCl，故选项说法错误。 C、滴加Na2CO3溶液过程中，碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，锥形瓶内溶液的酸性逐渐减弱，故选项说法错误。 D、碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，稀盐酸反应完，碳酸钠再与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液中含有的Cl﹣数目保持不变，故选项说法正确。 故选：D。 【点评】本题有一定难度，明确加入的碳酸钠先与盐酸、再与氯化钙溶液反应是正确解答本题的关键。 17．学习小组为探究氢气还原氧化铜所得固体产物X的组成，设计如下实验： 步骤1 观察产物X的颜色为红色。 步骤2 向产物X中加入过量的盐酸充分反应，过滤得到9.6g红色固体和蓝色溶液。 步骤3 向步骤2所得蓝色溶液中加入过量的Na2H2Y溶液，测得与CuCl2反应的Na2H2Y的质量为33.6g。 已知：①Na2H2Y的相对分子质量为336 ②Cu2O为红色固体 ③Cu2O+2HCl═Cu+CuCl2+H2O CuCl2+Na2H2Y＝CuH2Y+2NaCl 下列说法正确的是（　　） A．产物X为Cu单质 B．步骤2所得蓝色溶液中仅含有Cu2+、Cl﹣两种离子 C．步骤3中参加反应的CuCl2的质量为27g D．产物X中Cu元素的质量分数为90.9% 【分析】A、根据产物X为Cu单质和Cu2O来分析解答； B、根据加入过量的盐酸，蓝色溶液中还含有H+来分析解答； C、根据Na2H2Y的质量和方程式求出氯化铜的质量来分析解答； D、根据氯化铜的质量和方程式求出Cu2O的质量和生成铜的质量，再结合题中数据来分析解答。 【解答】解：A、由D中的分析可知，产物X为Cu单质和Cu2O，而不是产物X为Cu单质，故A错误； B、由于步骤2中向产物X中加入过量的盐酸，所以溶液中的溶质含有HCl，则骤2所得蓝色溶液中含有H+、Cu2+、Cl﹣三种离子，故B错误； C、设步骤3中参加反应的CuCl2的质量为x， CuCl2+Na2H2Y＝CuH2Y+2NaCl 135 336 x 33.6g ＝ x＝13.5g 即步骤3中参加反应的CuCl2的质量为13.5g，而不是27g，故C错误； D、设生成13.5gCuCl2时，参加反应的Cu2O质量为y，同时生成铜的质量为z， Cu2O+2HCl═Cu+CuCl2+H2O 144 64 135 y z 13.5g ＝ y＝14.4g 即参加反应的Cu2O质量为14.4g； ＝ z＝6.4g 则产物X中Cu的质量为9.6g﹣6.4g＝3.2g，Cu2O质量为14.4g，14.4gCu2O中铜元素的质量为14.4g××100%＝12.8g，故产物X中Cu元素的质量分数为×100%≈90.9%，故D正确； 故选：D。 【点评】在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答，此类题难度较大，要细心进行分析解答。 18．氮肥能促进植物生长。下列物质中属于氮肥的是（　　） A．K2CO3 B．NH4HCO3 C．Ca（H2PO4）2 D．K2SO4 【分析】只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的氮元素的肥料称为氮肥，只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的磷元素的肥料称为磷肥，只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的钾元素的肥料称为钾肥，同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥。 【解答】解：A、K2CO3中只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的钾元素，属于钾肥，故选项错误。 B、NH4HCO3中只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的氮元素，属于氮肥，故选项正确。 C、Ca（H2PO4）2中只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的磷元素，属于磷肥，故选项错误。 D、K2SO4中中只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的钾元素，属于钾肥，故选项错误。 故选：B。 【点评】本题难度不大，主要考查化肥的分类方面的知识，确定化肥中营养元素的种类、化肥的分类方法是正确解答此类题的关键。 19．下列实验方案设计能达到实验目的的是（　　） 选项 实验目的 实验方案 A 探究NaOH固体溶解过程的能量变化 将NaOH固体加入水中，搅拌，测量过程中温度的变化 B 鉴别N2和CO2 将燃着的木条分别伸入盛有N2和CO2的集气瓶中，观察现象 C 除去H2中的少量CO 将混合气体通过盛有NaOH溶液的洗气瓶 D 测定10%Na2CO3溶液的pH 将湿润的pH试纸浸入10%Na2CO3溶液中，取出后与标准比色卡对照 A．A B．B C．C D．D 【分析】A、根据氢氧化钠固体溶于水的温度变化，进行分析判断。 B、根据两种气体性质的不同，设计的方案能出现两种明显不同的实验现象，才能达到一次鉴别出两种气体的目的。 C、除杂至少要满足“不增不减”的原则，“不增”是指不增加新杂质，“不减”是指不减少目标物质的质量。 D、根据用pH试纸测定溶液的pH的方法，进行分析判断。 【解答】解：A、将NaOH固体加入水中，搅拌，测量过程中温度的变化，可探究NaOH固体溶解过程的能量变化，故选项实验方案设计能达到实验目的。 B、N2和CO2均不能燃烧、不能支持燃烧，均能使燃着的木条熄灭，不能鉴别，故选项实验方案设计不能达到实验目的。 C、CO不能与NaOH溶液反应，不能除去杂质，不符合除杂原则，故选项实验方案设计不能达到实验目的。 D、用pH试纸测定溶液的pH时，正确的操作方法为用洁净、干燥的玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡对比来确定pH。不能用湿润的pH试纸，碳酸钠溶液显碱性，则稀释了待测溶液，使溶液的碱性减弱，测定结果偏小；不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，故选项实验方案设计不能达到实验目的。 故选：A。 【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。 20．一种以黄铜渣（含Zn、Cu、ZnO、CuO）为原料获取Cu和ZnSO4溶液的实验流程如图。下列说法正确的是（　　） A．加入H2SO4生成H2的化学方程式为Cu+H2SO4═CuSO4+H2↑ B．根据流程可以判断Zn的金属活动性比Cu的强 C．判断加入的Zn已过量的依据是溶液中有固体剩余 D．流程中涉及的化学反应类型均为置换反应 【分析】黄铜渣（含Zn、Cu、ZnO、CuO）加入足量的稀硫酸，得到硫酸锌、硫酸铜的混合物，加入足量的锌，得到硫酸锌溶液和铜、锌固体，据以上分析解答。 【解答】解：A.铜的活泼性小于氢，因此铜与稀硫酸不反应，故错误； B.含有硫酸锌和硫酸铜的混合物中，加入足量的锌，得到铜锌混合物和硫酸锌溶液，可以判断Zn的金属活动性比Cu的强，故正确； C.铜与稀硫酸不反应而锌反应，判断加入的Zn已过量的依据是固体中加入稀硫酸，有气体产生，故错误； D.黄铜渣（含Zn、Cu、ZnO、CuO）加入足量的稀硫酸，氧化锌、氧化铜分别与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铜和水，为复分解反应，故错误； 故选：B。 【点评】合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提，因此要学会设计实验、进行实验、分析实验，为学好化学知识奠定基础。 21．利用如图1所示装置探究NaHCO3溶液与CaCl2溶液混合后发生的变化。常温下，向NaHCO3溶液中匀速滴加CaCl2溶液，pH传感器测得溶液的pH随时间变化如图2所示。一段时间后，三颈烧瓶和试管中均有白色沉淀生成。已知CaCl2溶液呈中性。下列说法正确的是（　　） A．NaHCO3溶液显酸性 B．30s时溶液显酸性的原因是CaCl2过量 C．三颈烧瓶中生成的白色沉淀为Ca（HCO3）2 D．实验表明：2NaHCO3+CaCl2═CaCO3↓+CO2↑+2NaCl+H2O 【分析】A、根据图2可知，一开始pH＞7来分析； B、根据向碳酸氢钠溶液中滴加氯化钙溶液，一段时间后，三颈烧瓶中有白色沉淀生成，二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，二氧化碳与水反应生成碳酸来分析； C、根据三颈烧瓶中生成的白色沉淀应是碳酸钙，碳酸氢钙溶于水来分析； D、根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变来分析。 【解答】解：A、由图2可知，一开始pH＞7，故碳酸氢钠溶液显碱性，不符合题意； B、向碳酸氢钠溶液中滴加氯化钙溶液，一段时间后，三颈烧瓶中有白色沉淀生成，说明生成了碳酸钙，试管中生成白色沉淀，说明生成了二氧化碳，因为二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，30s时溶液显酸性，可能是因为反应生成的二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，不符合题意； C、由B的分析可知，三颈烧瓶中生成的白色沉淀应是碳酸钙，碳酸氢钙溶于水，不符合题意； D、由以上分析可知，碳酸氢钠和氯化钙反应生成了碳酸钙、二氧化碳，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含Na、H、C、O、Ca、Cl，生成物中含Ca、C、O，故生成物中还应含Na、H、Cl，故还应生成了氯化钠和水，该反应的化学方程式为：2NaHCO3+CaCl2＝CaCO3↓+CO2↑+2NaCl+H2O，符合题意； 故选：D。 【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，难度较大。 二．实验题（共2小题） 22．学习小组配制一定质量分数的NaHCO3溶液并探究其性质。 Ⅰ配制一定质量分数的NaHCO3溶液 （1）“称量”时，用 　药匙　（填“镊子”或“药匙”）从试剂瓶中取出NaHCO3粉末。 （2）“溶解”时，若需量取15.0mL的水，当量筒中已有14.6mL水时，后续加水使用的仪器为 　c　（填字母）。 （3）配制过程中玻璃棒的作用是 　a　（填字母）。 a.搅拌 b.引流 c.蘸取 Ⅱ探究NaHCO3溶液的性质 （4）取少量NaHCO3溶液，向其中滴入无色酚酞溶液后显 　红　色，说明NaHCO3溶液呈碱性。 （5）取三份NaHCO3溶液，向其中分别滴入CaCl2溶液。试剂用量、浓度及实验现象如下表所示。 实验编号 实验1 实验2 实验3 NaHCO3溶液 1mL0.8% 1mL0.8% 1mL0.8% CaCl2溶液 1滴0.1% 1滴11% 6滴11% 实验现象 无明显现象 白色沉淀 白色沉淀无色气体 ①“实验3”生成的白色沉淀为CaCO3，无色气体为CO2，此外还生成NaCl和H2O，“实验3”中反应的化学方程式为 　2NaHCO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O　。 ②“实验2、3”中发生的化学反应相同，从气体溶解度的角度分析“实验2”中没有观察到CO2逸出的原因是 　产生的 CO2很少，全部溶解在溶液中（溶液中 CO2未达到饱和）　。 ③三组实验研究表明：1mL0.8%的NaHCO3溶液与CaCl2溶液混合后，能否观察到明显现象与 　CaCl2溶液的浓度　相关。 ④已知：向1mL0.8%的Na2CO3溶液中滴入1滴0.1%的CaCl2溶液，有白色沉淀生成。设计实验鉴别浓度均为0.8%的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液。简述实验方案（包括操作、现象和结论） 　分别取1mL0.8%的 Na2CO3溶液和 NaHCO3溶液，向其中各加入1滴0.1%的 CaCl2溶液，有白色沉淀产生的是 Na2CO3溶液，无白色沉淀产生的是 NaHCO3溶液　。（实验中须使用的试剂：0.1%的CaCl2溶液） 【分析】（1）“称量”时，用药匙从试剂瓶中取出NaHCO3粉末。 （2）利用胶头滴管可以添加少量液体。 （3）玻璃棒用途：引流、搅拌、转移物质等。 （4）显碱性溶液能使酚酞变红色。 （5）根据提供信息可以进行相关方面的判断。 【解答】解：（1）“称量”时，用药匙从试剂瓶中取出NaHCO3粉末。 （2）“溶解”时，若需量取15.0mL的水，当量筒中已有14.6mL水时，后续加水使用的仪器为c（胶头滴管）。 （3）配制过程中玻璃棒的作用是a（搅拌）。 （4）取少量NaHCO3溶液，向其中滴入无色酚酞溶液后显红色，说明NaHCO3溶液呈碱性。 （5）①“实验3”生成的白色沉淀为CaCO3，无色气体为CO2，此外还生成NaCl和H2O，“实验3”中反应的化学方程式为2NaHCO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O。②“实验2、3”中发生的化学反应相同，从气体溶解度的角度分析“实验2”中没有观察到CO2逸出的原因是产生的 CO2 很少，全部溶解在溶液中（溶液中 CO2 未达到饱和）。③三组实验研究表明：1mL0.8%的NaHCO3溶液与CaCl2溶液混合后，能否观察到明显现象与氯化钙溶液浓度相关。④实验方案：分别取1mL0.8%的 Na2CO3 溶液和 NaHCO3 溶液，向其中各加入1滴0.1%的 CaCl2 溶液，有白色沉淀产生的是 Na2CO3 溶液，无白色沉淀产生的是 NaHCO3 溶液。 故答案为：（1）药匙。 （2）c。 （3）a。 （4）红。 （5）①2NaHCO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O。 ②产生的 CO2 很少，全部溶解在溶液中（溶液中 CO2 未达到饱和）。 ③CaCl2 溶液的浓度。 ④分别取1mL0.8%的 Na2CO3 溶液和 NaHCO3 溶液，向其中各加入1滴0.1%的 CaCl2 溶液，有白色沉淀产生的是 Na2CO3 溶液，无白色沉淀产生的是 NaHCO3 溶液。 【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。 23．NaCl是一种重要的化工原料。 （1）粗盐的提纯： ①从“海水→粗盐→精盐”的过程中，不涉及到的实验操作是 　C　。（填标号） A.过滤 B.蒸发 C.洗气 D.溶解 ②粗盐中还含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等可溶性杂质，向食盐水依次加入以下四种试剂除杂，有①BaCl2溶液、②Na2CO3溶液、③NaOH溶液、④稀盐酸（以上四种试剂均过量），加入过量的Na2CO3溶液，除了能除尽粗盐中的含有CaCl2外，它还有一个作用是 　除去过量的氯化钡　。 （2）配制NaCl饱和溶液： ①20℃时，NaCl的溶解度为36.0g。配制20℃时68gNaCl的饱和溶液，需要NaCl的质量为 　18　g。 ②下列操作会导致配得的NaCl溶液溶质质量分数偏小的是 　AB　（填标号）。 A.称量氯化钠时，砝码放在左盘，并使用了游码 B.用量筒量水时，仰视凹液面的最低处读数 C.配好的溶液转移至细口瓶时，有液体溅出 （3）工业上用电解饱和食盐水的方法生产烧碱，其原理如示意图： ①写出电解槽中发生反应的化学方程式：　2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑　。 ②氯碱工业生产的碱样品中常含有Na2CO3和NaCl等杂质，用“离子交换膜法”生产的碱样品质量主要标准如下表所示。 等级 氢氧化钠含量 碳酸钠含量 优等品 ≥99.0% ≤0.5% 一等品 ≥98.5% ≤0.8% 合格品 ≥98.0% ≤1.0% 检验碱样品中是否含有Na2CO3，下列试剂中可选择使用的是 　BC　。（填标号） A.KCl溶液 B.稀盐酸 C.澄清石灰水 ③李老师设计和完成了如下实验来判断碱样品的等级。 称取20.3g碱样品，加足量水溶解，再加入足量的氯化钡溶液，充分反应后，过滤得到滤渣和滤液；将滤渣洗涤，干燥得到碳酸钡（BaCO3）固体0.197g；向滤液中加入几滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至恰好完全反应，共消耗溶质质量分数为5%的稀盐酸365g。则该碱样品的等级是 　一等品　（不考虑其他杂质参加反应）。 【分析】（1）从“海水→粗盐→精盐”的过程中，不涉及到的实验操作是洗气。 碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠。 （2）根据溶解度及其饱和溶液质量，可以计算溶质质量。 称量氯化钠时，砝码放在左盘，并使用了游码，导致氯化钠质量偏小，进一步导致质量分数偏小。 用量筒量水时，仰视凹液面的最低处读数，导致量取水的体积偏大，进一步导致质量分数偏小。 配好的溶液转移至细口瓶时，有液体溅出，不影响质量分数。 （3）通电时氯化钠溶液反应生成氢氧化钠、氢气和氯气。 稀盐酸能和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，碳酸钠和氢氧化钙反应生成白色沉淀碳酸钙和氢氧化钠。 根据反应的化学方程式及其提供数据可以进行相关方面的计算。 【解答】解：（1）①从“海水→粗盐→精盐”的过程中，不涉及到的实验操作是洗气。 故答案为：C。 ②粗盐中还含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等可溶性杂质，向食盐水依次加入以下四种试剂除杂，有①BaCl2溶液、②Na2CO3溶液、③NaOH溶液、④稀盐酸（以上四种试剂均过量），加入过量的Na2CO3溶液，除了能除尽粗盐中的含有CaCl2外，它还有一个作用是除去过量的氯化钡。 故答案为：除去过量的氯化钡。 （2）①20℃时，NaCl的溶解度为36.0g。配制20℃时68gNaCl的饱和溶液，其中氯化钠质量是18g，水的质量是50g，因此需要NaCl的质量为18g。 故答案为：18。 ②A.称量氯化钠时，砝码放在左盘，并使用了游码，导致氯化钠质量偏小，进一步导致质量分数偏小。 B.用量筒量水时，仰视凹液面的最低处读数，导致量取水的体积偏大，进一步导致质量分数偏小。 C.配好的溶液转移至细口瓶时，有液体溅出，不影响质量分数。 故答案为：AB。 （3）①电解槽中，通电时氯化钠溶液反应生成氢氧化钠、氢气和氯气，发生反应的化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。 故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。 ②检验碱样品中是否含有Na2CO3，下列试剂中可选择使用的是稀盐酸（稀盐酸能和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，过程中产生气泡）、澄清石灰水（碳酸钠和氢氧化钙反应生成白色沉淀碳酸钙和氢氧化钠）。 故答案为：BC。 ③反应的话方程式及其质量关系： BaCl2+Na2CO3═BaCO3↓+2NaCl 106 197 0.106g 0.197g NaOH+HCl═NaCl+H2O 40 36.5 20g 365g×5% 碳酸钠质量分数＝×100%≈0.5% 氢氧化钠质量分数＝×100%≈98.5% 对比表中数据可知，该碱样品的等级是一等品。 故答案为：一等品。 【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。 三．工艺流程题（共1小题） 24．柠檬酸亚铁（FeC6H6O7）是一种补血剂，易溶于水，难溶于乙醇。某科研小组在实验室研究制备柠檬酸亚铁。 Ⅰ.制碳酸亚铁 用预处理后的硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3，含少量不溶性杂质）制备碳酸亚铁的流程如图1所示： 已知： a.Na2CO3溶液呈碱性； b.FeSO4在碱性条件下生成Fe（OH）2沉淀。 （1）“酸浸”时，为提高铁元素的浸出率，可采取的措施是 　适当升高温度（合理即可）　（任写一条）。 （2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成。“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是 　Fe3+、H+　（填离子符号）。 （3）“操作X”是为了除去过量铁粉和不溶性杂质。“操作X”是 　过滤　（填操作名称）。 （4）“沉铁”时，反应原理为FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4。 ①该反应的基本类型为 　复分解反应　。 ②实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，其原因是 　避免生成 Fe（OH）2　。 ③待FeSO4完全反应后，过滤，洗涤。洗涤前，FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是 　Na2SO4　（填化学式）。 Ⅱ.制柠檬酸亚铁 （5）用如图2所示装置制备柠檬酸亚铁： 步骤1：在三颈烧瓶中加入一定质量FeCO3固体、少量铁粉及足量柠檬酸（C6H8O7）溶液，控制温度约80℃，搅拌，充分反应； 步骤2：将所得混合溶液加热浓缩，加入适量无水乙醇，静置，过滤，洗涤，干燥，得到柠檬酸亚铁晶体。 ①制备原理为FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+X+H2O，物质X是 　CO2　（填化学式）。 ②“步骤2”中，加入无水乙醇的目的是 　降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出　。 ③实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量，原因是 　铁粉与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁　。 【分析】硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3，含少量不溶性杂质），加入稀硫酸后，氧化铁与稀硫酸反应得到硫酸铁，“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成，说明硫酸过量，“因此“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是Fe3+、H+；铁粉加入后，得到亚铁离子， 过滤后得到硫酸亚铁溶液，加入碳酸钠溶液得到碳酸亚铁沉淀，据以上分析解答。 【解答】解：（1）“酸浸”时，为提高铁元素的浸出率，可采取的措施是适当升温、搅拌等； （2）硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3，含少量不溶性杂质），加入稀硫酸后，氧化铁与稀硫酸反应得到硫酸铁，“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成，说明硫酸过量，“因此“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是Fe3+、H+； （3）“操作X”是为了除去过量铁粉和不溶性杂质，固液分开的操作为过滤，因此“操作X”是过滤； （4）①两种化合物交换成分生成两种新的化合物反应属于复分解反应，因此FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4的反应的基本类型为复分解反应； ②碳酸钠溶液显碱性，实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，其原因是避免生成 Fe（OH）2； ③FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4反应发生完全后，过滤，洗涤，洗涤前，FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是Na2SO4； （5）①化学反应前后元素的种类及原子的总数不变，制备原理为FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+X+H2O，物质X是CO2； ②“步骤2”中，加入无水乙醇的目的是降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出； ③铁粉与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁，因此实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量。 故答案为： （1）适当升高温度（合理即可）； （2）Fe3+、H+； （3）过滤； （4）①复分解反应；②避免生成 Fe（OH）2；③Na2SO4； （5）①CO2；②降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；③铁粉与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁。 【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。 四．科学探究题（共4小题） 25．某化学兴趣小组的同学在做酸碱中和反应时，将稀盐酸滴加到盛有氢氧化钠溶液的试管中，没有观察到明显现象（氢氧化钠未变质），该小组同学对氢氧化钠溶液与稀盐酸是否发生化学反应产生了兴趣，他们做了如下实验。 【提出猜想】稀盐酸与氢氧化钠溶液发生反应。 【收集证据】小红通过分析实验一、实验二和实验三来验证酸碱发生反应。 （1）实验一：如图1可说明两种物质发生反应的现象是 　溶液由红色变成无色　。 （2）实验二：如图2所示，M点溶液中溶质为 　NaCl　（填化学式）。 （3）实验三：如图3所示，将氢氧化钠固体放入稀盐酸中，观察到U形管中右侧红墨水液面上升，该现象不能证明氢氧化钠与稀盐酸发生了化学反应，理由是 　氢氧化钠固体溶于水放热　。 【反思与评价】 （4）请从微观角度分析稀盐酸与氢氧化钠溶液反应的实质 　氢离子和氢氧根离子结合生成水分子　；由中和反应得出部分离子在溶液中不能共存，请再写出一组不能共存的离子 　Mg2+、OH﹣（其它合理答案均可）　。 【拓展延伸】 注意：若答对下面小题奖励3分。化学试卷总分不超过40分。 （5）实验四：某同学将稀盐酸滴入氢氧化钠溶液中，有气泡产生，他认为氢氧化钠溶液已经变质成Na2CO3，该同学用pH传感器测定稀盐酸与碳酸钠溶液反应过程中pH的变化。采集数据得到曲线如图4所示，0﹣5s时，观察到溶液中并没有想象中的气泡产生，B点溶液pH大于7，是因为 　碳酸氢钠　（填物质名称）的水溶液呈碱性。5﹣10s时，观察到溶液中有气泡产生，请写出BC段发生反应的化学方程式 　Na2CO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑　。 【分析】（1）根据氢氧化钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红色进行分析； （2）根据氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水进行分析； （3）根据氢氧化钠固体溶于水放热进行分析； （4）从微观角度分析可知，稀盐酸与氢氧化钠溶液反应的实质是氢离子和氢氧根离子结合生成水分子；镁离子能和氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀进行分析； （5）根据碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳进行分析。 【解答】解：（1）如图1中，氢氧化钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红色，氢氧化钠和稀盐酸完全反应后，溶液显中性或显酸性，溶液由红色变成无色，可说明两种物质发生了反应； （2）如图2所示，M点溶液中，氢氧化钠和稀盐酸恰好完全反应，溶质为反应生成的氯化钠，化学式为NaCl； （3）如图3所示，观察到U形管中右侧红墨水液面上升，该现象不能证明氢氧化钠与稀盐酸发生了化学反应，理由是氢氧化钠固体溶于水放热，也能够导致U形管中右侧红墨水液面上升； （4）从微观角度分析可知，稀盐酸与氢氧化钠溶液反应的实质是氢离子和氢氧根离子结合生成水分子；镁离子能和氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀，因此镁离子和氢氧根离子不能共存； （5）实验四：某同学将稀盐酸滴入氢氧化钠溶液中，有气泡产生，他认为氢氧化钠溶液已经变质成Na2CO3，该同学用pH传感器测定稀盐酸与碳酸钠溶液反应过程中pH的变化。采集数据得到曲线如图4所示，0﹣5s时，观察到溶液中并没有想象中的气泡产生，B点溶液pH大于7，是因为碳酸氢钠的水溶液呈碱性；5﹣10s时，观察到溶液中有气泡产生，BC段发生的反应是碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑。 故答案为：（1）溶液由红色变成无色； （2）NaCl； （3）氢氧化钠固体溶于水放热； （4）氢离子和氢氧根离子结合生成水分子；Mg2+、OH﹣（其它合理答案均可）； （5）碳酸氢钠；Na2CO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑。 【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。 26．某化学小组对金属的性质进行探究。 （1）把铁粉和铜粉放入硝酸银溶液中，充分反应后，过滤，甲同学向滤渣中滴加稀盐酸，无气泡产生；乙同学向滤液中滴加稀盐酸，产生白色沉淀。根据两同学实验的现象，分析下列结论不正确的是　BD　（填写字母序号）。 A.滤渣中只含银 B.滤渣中一定含有银，可能含有铜 C.滤液中一定有Ag+、Fe2+和Cu2+ D.滤液中只含Ag+和Fe2+，不含Cu2+ （2）该小组继续探究铝能否与水反应生成氢气？ 【查阅资料】 物质 钠与水 铝与水 汞与水 能否发生反应 能反应 能反应 不反应 【交流与讨论】 （1）铝在空气中抗腐蚀性能比较强的原因是　4Al+3O2＝2Al2O3　（用化学方程式解释）。 （2）除去铝表面氧化铝薄膜的方法　用砂纸打磨　（举一例）。除上述方法外，还可以将铝片浸入氯化汞（HgCl2）溶液中，形成铝汞齐（铝汞合金）破坏铝表面致密的氧化膜且防止其重新生成。 【实验探究】 （1）将铝片完全浸入氯化汞（HgCl2）溶液中1分钟左右，取出，立即用流水冲洗干净后加入到蒸馏水中（如图），其表面生成大量气泡、周围出现白色沉淀。铝与氯化汞溶液发生置换反应的化学方程式为　2Al+3HgCl2＝2AlCl3+3Hg　。 （2）在导管口a处涂肥皂水，发现导管口有气泡形成，当气泡离开导管后，气泡　上升　（填“下沉”或“上升”），用燃着的木条点燃气泡，发出爆鸣声。 【实验结论】铝能与水反应生成氢气。 写出铝与水反应生成氢氧化铝和氢气的化学方程式　2Al+6H2O＝2Al（OH）3+3H2↑　。 【实验反思】如图装置内，在铝与水反应的过程中，若关闭导管上的活塞K，反应停止，其原理是　关闭活塞K，容器内压强增大，把液体压回烧杯，固体与液体分离，反应停止　。当再次打开活塞K，反应继续，产生气泡。铝未能生成氧化铝，其原因是　容器内充满氢气，铝无法与氧气接触　。 【分析】（1）根据把铁粉和铜粉放入硝酸银溶液中，硝酸银先与铁反应，后与铜反应进行分析。 【交流与讨论】 （1）根据铝与空气中的氧气反应生成致密的氧化铝薄膜书写方程式。 （2）根据出去氧化膜的方法进行分析。 【实验探究】 （1）根据铝与氯化汞发生置换反应、置换反应的特点书写化学方程式。 （2）根据氢气的密度进行分析。 【实验结论】根据反应物和生成物书写化学方程式。 【实验反思】根据装置特点、铝生成氧化铝的条件进行分析。 【解答】解：（1）由于金属的活动性顺序是：铁＞铜＞银，把铁粉和铜粉的混合物放入硝酸银溶液中，铁先与硝酸银反应生成了硝酸亚铁和银，当铁粉反应完全后铜再与硝酸银反应生成了硝酸铜和银，充分反应后，过滤，为确定滤渣和滤液的成分，甲同学向滤渣中滴加稀盐酸，无气泡产生，说明了滤渣中没有铁，；乙同学向滤液中滴加稀盐酸，产生白色沉淀，说明了溶液中还有硝酸银，则铁粉和铜粉完全参加了反应。 A．由上述分析可知，滤渣中只含银，故A正确； B．由于硝酸银有剩余，滤渣中一定含有银，不可能含有铜，故B不正确； C．由上述分析可知，滤液中一定有Ag+、Fe2+和Cu2+，故C正确； D．滤液中一定有Ag+、Fe2+和Cu2+，故D不正确。 故选：BD。 【交流与讨论】 （1）铝制品耐腐蚀的原因是由于铝与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化铝薄膜，方程式为：4Al+3O2 ＝2Al2O3，故填：4Al+3O2 ＝2Al2O3。 （2）除去表面氧化膜可以用砂纸打磨，故填：用砂纸打磨。 【实验探究】 （1）铝的活性强于汞，铝与氯化汞溶液发生置换反应时，铝从氯化汞溶液中置换出汞同时生成氯化铝，方程式为：2Al+3HgCl2＝2AlCl3+3Hg，故填：2Al+3HgCl2＝2AlCl3+3Hg。 （2）用燃着的木条点燃气泡，发出爆鸣声，说明气体是可燃性气体，则是氢气，而氢气密度比空气小，氢气吹肥皂泡，肥皂泡应该上升，故填：上升。 【实验结论】铝与水反应生成氢氧化铝和氢气，方程式为2Al+6H2O＝2Al（OH）3+3H2↑，故填：2Al+6H2O＝2Al（OH）3+3H2↑。 【实验反思】关闭活塞K，容器内压强增大，把液体压回烧杯，实现固体与液体分离，反应停止；铝要生成氧化铝，需要与氧气接触，而容器内充满氢气，铝无法与氧气接触，故填：关闭活塞K，容器内压强增大，把液体压回烧杯，固体与液体分离，反应停止；容器内充满氢气，铝无法与氧气接触。 【点评】此题围绕铝展开实验探究，难度较大，在做题时应结合所学知识，联系题目信息进行解答。 27．镁是一种银白色的金属，但拿出的镁条总是有一层灰黑色的“外衣”。 【提出问题】这层灰黑色的“外衣”是什么物质呢？ 【提出猜想】小组同学认为该固体不可能是MgO，他们的理由是 　氧化镁是白色固体　；由铜生锈会产生Cu2（OH）2CO3联想到灰黑色的物质可能是Mg2（OH）2CO3。 【查阅资料】Mg2（OH）2CO32MgO+H2O+CO2↑。 【实验分析】按图所示装置进行实验： 观察到如下现象：　灰黑色固体变白色，试管内壁出现水珠，澄清石灰水变浑浊　，证明灰黑色的“外衣”是Mg2（OH）2CO3。 由此可知：灰黑色的“外衣”是镁与 　氧气、水和二氧化碳　等物质作用，发生一系列化学反应形成的。 【组成测定】小组同学称取外层有灰黑色的“外衣”的“样品”2.5g，按如图装置进行实验，实验结束后，装置D内生成气体体积为2.24L。请回答：（该条件下氢气密度为0.09g/L） （1）装置C的作用是 　吸收水蒸气　。 （2）所得氢气的质量＝　0.2g　。（结果精确到0.1g） （3）“样品”中单质镁的质量分数。（列式计算） 【分析】【提出猜想】 氧化镁是白色固体。 【实验分析】 碱式碳酸镁受热分解生成氧化镁、水和二氧化碳。 灰黑色的“外衣”是镁与氧气、水和二氧化碳等物质作用，发生一系列化学反应形成的。 【组成测定】 （1）装置C的作用是吸收水蒸气。 （2）质量＝密度×体积。 （3）镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，根据反应的化学方程式及其提供数据可以进行相关方面的计算。 【解答】解：【提出猜想】 小组同学认为该固体不可能是MgO，他们的理由是氧化镁是白色固体。 故填：氧化镁是白色固体。 【实验分析】 观察到灰黑色固体变白色，试管内壁出现水珠，澄清石灰水变浑浊，是因为碱式碳酸镁受热分解生成氧化镁、水和二氧化碳，证明灰黑色的“外衣”是Mg2（OH）2CO3。 由此可知：灰黑色的“外衣”是镁与氧气、水和二氧化碳等物质作用，发生一系列化学反应形成的。 故填：灰黑色固体变白色，试管内壁出现水珠，澄清石灰水变浑浊；氧气、水和二氧化碳。 【组成测定】 （1）装置C的作用是吸收水蒸气。 故填：吸收水蒸气。 （2）所得氢气的质量＝0.09g/L×2.24L＝0.2g。 故填：0.2g。 （3）设镁质量为x， Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑， 24 2 x 0.2g ＝， x＝2.4g， “样品”中单质镁的质量分数是：×100%＝96%， 答：“样品”中单质镁的质量分数是96%。 【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。 28．物质的溶解性与化学变化密切相关。兴趣小组对“CaSO4与NaOH能否发生复分解反应”进行探究。 （1）配制100g质量分数为10%的NaOH溶液。主要操作流程如图： ①A中应称量 　10　gNaOH固体。 ②D中玻璃棒搅拌的目的是 　加速溶解　。 ③用已配好的质量分数为10%的NaOH溶液配制20g质量分数为5%或1%的NaOH溶液时，需计算所需质量分数为10%的NaOH溶液的质量。计算依据是：溶液稀释前后，　溶质质量　不变。 （2）利用配制的NaOH溶液进行实验，实验操作和现象记录如下： 实验操作 序号 NaOH溶液的质量分数 饱和CaSO4溶液的体积 实验现象 Ⅰ 1% 5mL 无明显现象 Ⅱ 5% 5mL 少量沉淀 Ⅲ 10% 5mL 较多沉淀 【查阅资料】20℃时固体物质的溶解度见如表： 物质 CaSO4 NaOH Ca（OH）2 Na2SO4 BaSO4 溶解度/g 0.26 108 0.17 19.5 0.0002 注：20℃时，溶解度在0.01g～1g之间的固体物质称为微溶物，小于0.01g的固体物质称为难溶物。 【分析交流】 ①实验Ⅱ、Ⅲ中生成的沉淀为Ca（OH）2。实验表明，饱和CaSO4溶液与NaOH溶液能否发生复分解反应与 　NaOH溶液的质量分数　有关。 【微观解释】饱和CaSO4溶液与NaOH溶液反应生成Ca（OH）2沉淀的示意图如图所示。 ②图中未发生化学变化的微粒是 　Na+、　（填离子符号）。 ③该反应的微观实质可表示为Ca2++2OH﹣═Ca（OH）2↓。当向Ca（OH）2溶液中滴加Na2CO3溶液时，也有白色沉淀产生，反应的微观实质用同样的方法可表示为 　Ca2++═CaCO3↓　。 【反思拓展】 ④结合以上探究活动，下列说法正确的是 　ab　（填字母）。 a.其他条件不变，将实验Ⅲ中的NaOH溶液换成KOH溶液，也有沉淀产生 b.复分解反应中，溶解度较大的微溶物可向溶解度更小的微溶物或难溶物转化 c.向CaSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液，生成的沉淀为Ca（OH）2 【分析】（1）①根据溶质质量＝溶液质量×溶质质量分数来分析解答； ②根据溶解过程中玻璃棒搅拌的目的是加速溶解来分析解答； ③根据溶液稀释前后，溶质质量不变来分析解答； （2）①根据验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的变量NaOH溶液的质量分数，再结合实验现象来分析解答； ②根据微观示意图来分析解答； ③根据Ca（OH）2溶液与Na2CO3溶液反应实质是Ca2+和结合生成CaCO3来分析解答； ④根据探究活动的结论和提供的资料来分析解答。 【解答】解：（1）①配制100g质量分数为10%的NaOH溶液，需要称量的NaOH的质量为100g×10%＝10g； ②D是溶解，溶解过程中玻璃棒搅拌的目的是加速溶解； ③溶液稀释是添加溶剂，溶质质量不变，则溶液稀释前后，溶质质量不变； （2）①根据表格信息可知，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的变量NaOH溶液的质量分数，实验Ⅰ无明显现象，实验Ⅱ中产生少量沉淀，实验Ⅲ中产生较多沉淀，说明饱和CaSO4溶液与NaOH溶液能否发生复分解反应与NaOH溶液的质量分数有关； ②根据微观示意图可知，该反应的实质是Ca2+和OH﹣结合生成Ca（OH）2，图中未发生化学变化的微粒是Na+、； ③Ca（OH）2溶液与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的实质是Ca2+和结合生成CaCO3，反应的微观实质用同样的方法可表示为Ca2++═CaCO3↓； ④a、由上述分析可知，实验Ⅲ中反应的实质是Ca2+和OH﹣结合生成Ca（OH）2，其中OH﹣由氢氧化钠溶液提供，将实验Ⅲ中的NaOH溶液换成KOH溶液，氢氧化钾也能提供OH﹣，所以也有沉淀产生，故a正确； b、根据资料可知，20℃时，CaSO4、NaOH的溶解度分别为0.26g和108g，其中CaSO4是微溶物，反应产生的Ca（OH）2溶解度是0.17g，也是微溶物，但Ca（OH）2溶解度较小，说明在复分解反应中，溶解度较大的微溶物可向溶解度更小的微溶物或难溶物转化，故b正确； c、根据资料可知，20℃时，BaSO4的溶解度0.0002g，属于难溶物，向CaSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液，生成的沉淀为硫酸钡沉淀和Ca（OH）2，若氢氧化钙产生量较大，则氢氧化钙也是沉淀，则白色沉淀一定有硫酸钡，可能有氢氧化钙，故c错误； 故选：ab。 故答案为：（1）①10； ②加速溶解； ③溶质质量； （2）①NaOH溶液的质量分数； ②Na+、； ③Ca2++═CaCO3↓； ④ab。 【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知识进行分析解答。 五．解答题（共1小题） 29．（1）已知氯化铁溶液呈酸性，且：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；现取氯化铁溶液，加入足量的镁粉，观察到： ①先有气泡产生，（原因是：　镁与酸反应产生氢气　）； ②片刻后溶液褪色为浅绿色，（化学方程式是：　2FeCl3+Mg═2FeCl2+MgCl2　）； ③数小时后又发现试管底部有黑色粉末，溶液无色．（化学方程式是　FeCl2+Mg═Fe+MgCl2　．） 用简单的物理方法就可检验黑色粉末是什么．方法是　用磁铁吸引　． （2）某Na2CO3样品中混有NaCl，为测定样品的纯度，小马进行实验如下：取一定量样品和稀盐酸，恰好完全反应后蒸发得固体．称量并记录数据见表．则： 反应前：样品+稀盐酸 恰好完全反应后溶液质量 蒸发剩余溶液的得固体质量 69.9g 65.5g 13.1g ①产生气体的质量　4.4　g，反应后所得溶液中溶质的质量分数是　20%　； ②小马取的样品的纯度是多少g？（写出解题过程） 【分析】根据题干提供的信息结合金属的性质进行分析解答，在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来；铁能被磁铁吸引；根据表格提供的数据结合质量守恒定律求出生成二氧化碳的质量，然后根据反应的化学方程式求出参加反应的碳酸钠的质量，即可求出混合物中的氯化钠的质量，然后再求出生成的氯化钠的质量，结合溶质质量分数公式计算即可． 【解答】解：（1）①由于溶液呈酸性，加入的镁能与酸反应产生气体，故先有气泡产生，故填：镁与酸反应产生氢气； ②结合铜与氯化铁反应，可以推知镁能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化镁，故片刻后溶液褪色为浅绿色，故填：2FeCl3+Mg═2FeCl2+MgCl2； ③镁能与氯化亚铁反应生成氯化镁和铁，故数小时后又发现试管底部有黑色粉末，溶液无色，故填：FeCl2+Mg═Fe+MgCl2． 生成的铁能被磁铁吸引，故用磁铁吸引的方法就可检验黑色粉末是什么．故填 用磁铁吸引． （2） ①根据质量守恒定律，产生气体的质量为：69.9g﹣65.5g＝4.4g， 反应后所得溶液中溶质的质量分数是：＝20% ②设碳酸钠的质量为x，生成氯化钠的质量为y Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑ 106 117 44 x y 4.4g x＝10.6g， y＝11.7g 故原有氯化钠的质量为：13.1g﹣11.7g＝1.4g 样品的质量为：10.6g+1.4g＝12g 样品的纯度是：＝88.3% 答：样品的纯度是88.3%． 【点评】本题考查的是金属的性质以及根据化学方程式的计算，完成此题，可以依据已有的知识结合提供的信息进行． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/1/22 18:02:42；用户：花花；邮箱：13813687413；学号：21556130 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$