2026年中考化学一轮复习专题训练-金属与盐

金属与盐 一、选择题（每空3分，总计45分） 1． 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ） A．在金属表面涂油或刷漆的目的是隔绝氧气和水蒸气，防止锈蚀 B．碳酸氢钠是焙制糕点所用发酵粉的主要成分之一 C．用酒精浸泡捣烂的某些植物的花瓣可自制酸碱指示剂 D．自来水添加明矾后可获得纯净水 2． 有一溶液是由HCl、H2SO4、Fe2（SO4）3、FeCl3、HNO3、Fe（NO3）3几种中的两种混合而成，向该溶液中加Ba（OH）2溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，则该溶液是（ ） A．HNO3、Fe（NO3）3 B．H2SO4、FeCl3 C．Fe2（SO4）3、Fe（NO3）3 D．HCl、Fe2（SO4）3 3． 三星堆出土了许多青铜器。如图一件青铜器表面布满绿色物质。青铜是冶铸史上最早出现的Cu、Sn（锡）合金，与纯铜相比，耐磨且耐腐蚀。下列描述中错误的是（ ） A．青铜器表面的绿色物质是Cu与空气中的CO2、O2、H2O共同作用的结果 B．青铜是Cu和Sn（锡）发生化合反应生成的化合物 C．用CuSO4溶液能验证Cu、Sn的金属活动性强弱 D．古代用铜作器皿，主要是因为铜的金属活动性较弱 4． 已知K2CO3溶液呈碱性，向一定质量盐酸和BaCl2的混合溶液中逐滴加入K2CO3溶液，产生沉淀或气体的质量与加入K2CO3溶液的质量关系如图所示，下列说法不正确的是（ ） A．0a段生成气体，bc段生成沉淀 B．b点溶液中含有的溶质为KCl、BaCl2 C．bc段溶液的pH不断升高 D．K2CO3溶液的溶质质量分数为×100% 5． 把铝箔放入CuCl2溶液中，铝箔表面覆盖了红色物质，一会儿又有大量气泡冒出。同学们对“放出气体”这一异常现象进行猜想、实验。其中没有价值的是（ ） A．小宇同学推测气体是氢气并检验 B．小琪同学猜想CuCl2溶液呈酸性并测定 C．小寒同学认为气体是氨气并检验 D．小梁同学认为试剂变质，更换后再实验 6． 如下实验可探究铜生锈的条件，将四小块铜片分别按如图放置一个月，观察、记录现象如下，下列说法正确的是（ ） 实验序号 1 2 3 4 实验装置 实验现象 铜片不生锈 铜片不生锈 铜片不生锈 铜片生锈且水面附近锈蚀最严重 A．通过实验1和2的对比可知，铜生锈与氧气有关 B．通过实验1和3的对比可知，铜生锈与水有关 C．通过实验2和3的对比可知，铜生锈与二氧化碳有关 D．通过实验3和4的对比可知，铜生锈与二氧化碳有关 7． 下列现象和事实，可用金属活动性作出合理解释的是：（ ） ①在自然界中，仅有少数金属（银、铂、金）以单质形式存在；②金属铁、铜分别与相同浓度的稀盐酸作用，铁表面有气泡，铜表面无明显现象；③用硫酸铜、熟石灰配制农药波尔多液时，不能用铁制容器盛放；④金属铝比金属铁更耐腐蚀。 A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④ 8． 向CuO和铁粉的混合物中加入一定量的稀硫酸，微热，充分反应后冷却、过滤，在滤液中放入一枚洁净的铁钉。发现铁钉表面无任何变化，据此判断，下列结论正确的是（ ） A．滤液中一定含有FeSO4，可能含有H2SO4 B．滤液中可能有CuSO4 C．滤渣里一定有Cu，可能有Fe和CuO D．滤渣里一定有Cu和Fe 9． 为探究某稀硫酸中溶质的质量分数，甲和乙两学生分别取溶质质量分数相等的稀硫酸100g．甲向其中加入6.5g锌粒，反应结束时观察到锌粒完全消失；乙向所取稀硫酸中加入13g锌粒，反应结束时观察到锌粒有很少量剩余．有关实验的推理一定正确的是（ ） A．原稀硫酸中溶质质量分数大于9.8%而小于19.6% B．反应后甲所得溶液中溶质一定只有硫酸锌 C．乙实验中所得氢气的质量是甲的2倍 D．反应后乙所得溶液中还含有硫酸 10．目前世界上80%的原生铜是使用火法冶炼生产。以辉铜矿（主要成分为Cu2S）为原料，炼铜流程如图所示，下列有关叙述中错误的是（ ） A．粉碎辉铜矿的目的是增大反应物之间的接触面积，使反应更充分 B．吹炼炉中反应中只有铜元素的化合价发生变化 C．火法炼铜工艺的烟气制酸系统能减缓酸雨的形成 D．生活中常用铜丝作导线，利用的是铜丝的导电性 11．春秋初期，绍兴一带是南方的一个冶铁中心，其炼铁方法是在1000℃左右的温度下，使木炭和铁矿石(主要成分为Fe2O3)发生一系列的反应生成含较多杂质的海绵铁。其中主要化学反应为3CO＋Fe2O3=高温=2Fe＋3CO2。下列说法正确的是(　 　) A．海绵铁是一种纯净物 B．Fe2O3中铁元素的化合价为＋3价 C．上述反应中涉及的氧化物只有2种 D．炼铁过程中，木炭只是作为燃料使用 12．两个烧杯中装有等质量的金属锌和镁，然后分别逐渐加入同浓度的稀硫酸，产生氢气的质量与加入硫酸的质量关系如图所示。下列由图获得的信息正确的是（ ） A．镁比锌的金属活动性强 B．a、b、c三点中，两个烧杯中都有金属剩余的是b点 C．完全反应后，Mg消耗稀H2SO4的质量大于Zn D．两种金属与稀H2SO4恰好反应后生成的ZnSO4质量大于MgSO4 13．在天平左右托盘上，各放一含有20g溶质质量分数为18.25%盐酸的烧杯，将天平调整平衡，然后在左盘的烧杯中加入5g铁，在右盘上的烧杯中加入5g锌，充分反应后，天平将（ ） A．仍然平衡 B．向右盘倾斜 C．向左盘倾斜 D．无法判断 14．将锌粉持续加入到100g含有AgNO3和Cu（NO3）2两种溶质的混合溶液中，充分反应。当加入锌粉的质量为6.5g时，溶液质量最小；当加入锌粉的质量为13.0g时，恰好完全反应。下列是反应中的相关量随加入锌的质量变化的关系图，其中正确的是（ ） A． B． C． D． 15．已知一铜、锌合金粉末，加入到AgNO3溶液中，如果过滤后得到的固体中物质的种类为a，滤液中溶质的种类为b，则下列说法正确的是（ ） A．若a+b＝3，则滤渣中一定含有Cu B．若a+b＝4，则滤纸上一定有Ag和Cu，滤液中一定含有Zn（NO3）2和Cu（NO3）2 C．若溶液呈蓝色，则a＝1 D．若向固体中滴加稀盐酸，有气泡产生，则a+b＝4 二、填空题（每空2分，总计38分） 16．(6分)《天工开物》中记录了我国古代金属的开采、冶炼以及制作合金的技术。 （1）其中描述锡的冶炼方法——“点铅勾锡”，是指当锡难熔时，可加入少量的铅，形成合金，增加产物的流动性从而使锡顺畅地流出，这是因为合金的熔点更 　 　。 （2）“五金”这一章节介绍的密封加热法是世界冶金史上关于炼锌的最早确切记载，在高温下用碳还原氧化锌，生成气态锌和二氧化碳，该反应属于基本反应类型中的 　 　反应。 （3）古代冶炼熟铁时，将泥土粉末洒在生铁液中，用柳木棍快速搅拌，将生铁炒成熟铁。用柳木棍快速搅拌的作用是使得生铁液中的碳和空气中的 　 　充分接触反应，从而除去碳。 17．(4分)西晋葛洪编写的《抱朴子》中提到“以曾青（CuSO4溶液）涂铁，铁赤色如铜”。该反应过程中微粒的变化如图所示（水分子省略），反应后溶液的质量 　 　（选填“增加”或“减小”），请将反应后的微粒补充完整（画在图中）。 18．(4分)物质王国举行一场趣味篮球赛。某队由铁、二氧化碳、稀硫酸、澄清石灰水、氯化铜溶液五名“队员”组成，比赛中，由氯化铜溶液“队员”发球，“队员”间传接球，最后由D 位置“队员”投篮进球完成有效进攻。传接球“队员”间物质必须能相互反应，场上“队员”位置及传球路线如图。 （1）已知D位置上投篮的“队员”是个灭火“能手”，写出B位置“队员”所代表的物质的一种用途　 　； （2）为实现“快速进攻”，氯化铜溶液除了把球传给A位置“队员”外，还能直接传球给　 　“队员”（填化学式）。 19．(6分)墨鱼骨能治疗胃酸过多等多种疾病，其主要成分为碳酸钙（杂质可溶于水）。某兴趣小组利用如图装置探究其中碳酸钙的质量分数。设计实验如下： ①在锥形瓶中加入质量为m的墨鱼骨粉末，向分液漏斗中加入稀盐酸，在烧杯中加入足量氢氧化钠溶液，并称量烧杯及氢氧化钠溶液总质量m1。 ②先打开止水夹，再打开分液漏斗活塞，滴加盐酸并及时关闭活塞。完全反应后，再次称量烧杯及其中液体的总质量m2。 ③利用上述数据，再计算墨鱼骨中碳酸钙的质量分数。 （1）实验前要检查装置的气密性，方法是：用止水夹夹住橡胶管，往分液漏斗中加入适量水，打开分液漏斗的活塞，观察到　 　，说明装置气密性良好。 （2）根据上述实验，理论上测得的墨鱼骨样品中碳酸钙的质量分数为　____　（用字母表示）。 （3）下列情况会导致墨鱼骨中碳酸钙质量分数测量值偏小的有　 　（可多选）。 A．锥形瓶内部分水蒸气随二氧化碳逸出 B．反应结束后，锥形瓶内有二氧化碳残留 C．反应速度过快，大量气泡从氢氧化钠溶液中逸出 20．(6分)铜版画是版画的一种，其中涉及印刷版面的制作。若用腐蚀法制作版面，先要在铜板上涂上不与化学药剂反应的防腐层，再用刻针作画，以刻除相应的防腐层，再用硝酸等腐蚀没有防腐层的铜，以使画线处形成凹陷的线条。在缺乏硝酸的情况下，某同学用过量AgNO3溶液与铜反应的方法尝试版面制作，因AgNO3成本较高，故对废液进行Cu、Ag回收。具体流程如下： （1）从化学反应的基本类型看，步骤①是 　 　反应。 （2）在该流程中，收集滤渣 　 　（填字母）可获得金属Ag。 （3）在步骤③中，能够观察到的实验现象为 　 　。 21．(6分)钠的化合物在日常生活中有着广泛的应用。 （1）汗水中产生咸味的含钠物质是由　 　（填“原子”、“分子”或“离子”）构成的。 （2）向滴有酚酞试液的氢氧化钠溶液中加入下列物质　 　（可多选），可以证明氢氧化钠溶液中OH﹣能使酚酞试液变红。 ①稀盐酸 ②KNO3 ③CaCl2溶液 ④MgSO4溶液 （3）下列是分析放置在空气中的NaOH固体的相关实验，其中不合理的是　 　。 A．证明变质：取样，加入过量稀盐酸，观察是否有气泡； B．确定成分：取样，加入适量的Ca（OH）2溶液，过滤，向滤液中滴加酚酞溶液； C．除去杂质：取样，加水溶解，加入适量的Ca（OH）2溶液，过滤。 22．(6分)易拉罐的主要成分是铝镁合金（已知其他杂质不溶于酸也不与稀硫酸反应），为了测定易拉罐铝镁合金中两种元素的质量比，小明开展了如图甲的实验。实验中生成沉淀的质量与滴入氢氧化钠溶液的质量的关系如图乙所示。 资料：氢氧化铝是一种白色沉淀，可与氢氧化钠反应：Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O。氢氧化镁不与氢氧化钠反应。 （1）操作①表示的物质分离方法是　 　。 （2）当滴入氢氧化钠溶液为c克时，充分反应后，溶液乙中的溶质为　 　（填化学式）。 （3）根据实验数据，该易拉罐中铝元素和镁元素的质量比为　 　（用mA和mB表示）。 三、探究题（每空2分，总计42分） 23．(10分)回答以下问题： （1）应用金属活动性顺序能帮助我们进一步学习金属性质．已知下列各组物质间均能发生置换反应． A．Fe 和CuSO4 溶液 B．Mg和MnSO4 溶液 C．Mn和FeSO4 溶液 ①写出Fe 和CuSO4 溶液反应的化学方程式　 ． ②在相同条件下，四种金属中能与盐酸反应且最剧烈的是　 　． （2）氯化铁能腐蚀铜，工业上常用此原理生产印刷线路板．印刷线路板的生产及废液的处理过程如图： ①步骤Ⅱ中发生了两个反应：Fe+2FeCl3＝3FeCl2和Fe+CuCl2＝FeCl2+Cu．滤渣的成分是　 　，滤液中的溶质是　 　． ②步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为　 ． 24．(8分)查阅资料得知：过氧化钠（Na2O2）可与CO2或H2O反应生成O2，反应原理为；2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。某化学兴趣小组同学设计了如图所示实验，说明Na2O2可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂。 （1）写出装置A中甲仪器的名称 　 　。 （2）为了除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，装置B中盛装的乙溶液是 　 　。 （3）装置D用于除去末被装置C转化的CO2，便于后续气体检验，则D中发生反应的化学方程式是 　 　。 （4）装置E的试管中收集到的气体来自于哪些物质相互反应？　 　。 25．(12分)分类法是化学研究物质性质的重要方法。某化学小组的同学为研究酸碱盐性质及用途设计了如下实验： 【实验一】酸的用途 （1）写出一个用稀硫酸制硫酸铜的化学方程式 　 　。 【实验二】碱的性质 （2）在试管中加入少量硫酸铜溶液，再滴入适量氢氧化钠溶液，观察到的现象是 　 　。将上述实验浊液过滤，向滤渣中加入过量的稀盐酸，反应的化学方程式为 　 　。 【实验三】酸碱盐的性质。烧杯中盛有MgSO4和HCl的混合溶液100.0g，向其中逐滴滴加Ba（OH）2溶液，产生沉淀的质量与滴加的溶液质量关系如图所示。 （3）0﹣a段发生反应的化学方程式为 　 　； （4）c点的溶质为 　 　； （5）根据图数据，要推算原溶液中盐酸的溶质质量分数，除已知数据外至少还需要的数据是 　 　。 26．(6分)安琪同学为探究铁制品锈蚀的条件，进行如下实验： 步骤1：利用图甲所示装置，将干燥的O2从导管a通入U形管（装置气密性良好，药品如图所示）；待U形管内充满O2后，在导管b处连接一活塞推至底部的注射器收集20mL O2后在导管a处连接乳胶管并用止水夹夹紧，如图乙所示。 步骤2：一段时间后，观察U形管内的铁丝其现象如表所示。 观察对象 现象 ①干燥的普通铁丝 没有明显变化 ②潮湿的普通铁丝 较多红褐色锈斑 ③潮湿的纯铁丝 没有明显变化 （1）步骤1中，检查U形管内是否已充满O2的方法是　 　。 （2）铁制品锈蚀的条件之一是需要O2，在此实验中能支持此条件的证据是______________________________________________________________________________________。 （3）通过对比实验现象，此实验还可得出铁制品锈蚀的条件是　 　　 　。 27．(6分)某同学在进行碳酸钠与酸反应的实验中，发现了一个有趣的现象。当把盐酸溶液逐滴加入到碳酸钠溶液中，开始没有气体产生，一段时间后才有气体产生。查阅资料得知，碳酸钠与盐酸溶液存在两个反应：Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑．他又进行了以下实验：向等体积、含等碳原子数的碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液中，分别逐滴加入一定浓度的盐酸，并测得pH与时间的关系，如图甲、乙所示。 （1）结合图象分析，当把盐酸溶液逐滴加入碳酸钠溶液中，开始没有气体产生的原因是　 　。 （2）图甲b点的溶质为　 　（写化学式）。 （3）在本实验中加入足量的盐酸产生二氧化碳的量　 　。 A．碳酸氢钠多 B．碳酸钠多 C．两者一样多 四、综合题（28题4分，29题8分，30题8分，31题8分，32题7分，总计35分） 28．(4分)小余了解到：活泼金属与酸反应会放出热量。为深入研究金属和酸反应的特点，小余用如图甲所示装置 进行实验：在烧瓶中加入一定质量的镁和足量的稀盐酸，塞紧瓶塞，利用传感器记录160秒内瓶内气压变化。用等质量的铁和锌重复上述实验，得到相关曲线如图乙。 （1）图乙中，能支持锌比铁活动性强的证据是 　 　。 （2）请解释镁与稀盐酸反应，0～80秒瓶内气压发生如图乙变化的原因 。 29．(8分)某化学兴趣小组为了测定一批石灰石样品中碳酸钙的质量分数，取用8g石灰石样品，把40g稀盐酸分4次加入样品中（杂质既不与盐酸反应，也不溶于水），充分反应后经过滤、干燥等操作，最后称量，得实验数据如表： 稀盐酸的用量 剩余固体的质量 第一次加入10g 5.5g 第二次加入10g M 第三次加入10g 1.2g 第四次加入10g 1.2g （1）从以上数据可知，这四次实验中，第 　 　次实验后石灰石样品中的碳酸钙已完全反应。 （2）求石灰石样品中碳酸钙的质量分数 　 　。 （3）如表中M的数值应为 　 　。 （4）第一次加入稀盐酸后能得到二氧化碳的质量是 　 　g（写出解题过程）。 30．(8分)有一包白色粉末，可能含有氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠中的一种或几种，为了确定其组成，小明称取了9.3克粉末，向其中加入100克7.3%的稀盐酸，充分反应后，生成的气体完全逸出（忽略其它物质逸出），所得溶液的质量为107.1克，用pH试纸检测溶液呈中性。请回答下列问题： （1）产生气体的质量为 　 　。 （2）产生上述气体消耗掉稀盐酸的质量为 　 　。 （3）这包白色粉末的成分是 　 　。 （4）求所得溶液中溶质的质量分数。（写出计算过程，结果保留一位小数） 31．(8分)将铁粉和稀硫酸先后加入到一定量的硫酸铜溶液中，搅拌使之充分反应。实验过程中，加入物质的质量与烧杯中剩余固体的质量关系如图所示。 （1）a点时剩余的固体物质是 　 　（填化学式）。 （2）n点对应的横坐标数值是 　 　。 （3）实验过程中共产生FeSO4多少克？ （4）模型能够直观反映化学变化的结果。将一定质量的镁条放入某一溶液（如图），其溶质硫酸铜和硫酸亚铁的质量相同，充分反应后烧杯内固体的组成和质量大小关系不可能的是 　 　。 A.B.C.D. 32．(7分)小科在一次化学课上将实验用剩的AlCl3溶液和MgSO4溶液共100g一同倒入了废液缸。老师看到了小科的行为，脑海里出现了一个有趣的想法：有没有办法可以计算出此时废液缸AlCl3溶液和MgSO4溶液各自的溶质质量分数？老师和小科就这个有趣的问题就进行了深入的探讨和研究，查阅资料发现Al（OH）3是一种两性氢氧化物，既可以和酸性物质反应也可以和碱性物质反应，例如：Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O。Al（OH）3可以溶解在氢氧化钠溶液中，根据这个重要的性质，老师和小科共同设计了以下的实验。向废液缸中不断加入溶质质量分数为10%的NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的质量如图所示。根据图像请同学们帮小科和老师完成以下问题。 （1）写出OA段发生的化学反应方程式 　 　。 （2）求B点时，加入氢氧化钠的溶液质量是 　 　g。 （3）求倒入废液缸之前原AlCl3溶液和MgSO4溶液各自的溶质质量分数是多少？ （参考答案） 一、选择题 1． 【答案】D 【解析】【考点】常用盐的用途；金属锈蚀的条件及其防护；酸碱指示剂及其性质． 【分析】A、金属与氧气、水充分接触时容易生锈，使金属制品与氧气和水隔绝可以防止生锈。 B、根据常见盐的用途，进行分析判断。 C、根据某些植物的花瓣的汁液可作酸碱指示剂，进行分析判断。 D、根据明矾在净水的作用，进行分析判断。 【解答】解：A、金属与氧气和水蒸气同时接触时会发生锈蚀，所以在金属表面涂油或刷漆的目的是隔绝氧气和水蒸气，防止腐蚀，故选项说法正确。 B、碳酸氢钠俗称小苏打，受热易分解产生二氧化碳气体，还能与酸性物质反应，所以是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，故选项说法正确。 C、某些植物的花瓣的汁液可作酸碱指示剂，可用酒精浸泡得到溶液，故选项说法正确。 D、明矾溶于水可以吸附水中的悬浮杂质而加速其沉降，但不能得到纯净水，因为得到的水中仍含有可溶性杂质，故选项说法错误。 故选：D。 【点评】本题难度不大，掌握常见盐的用途、防止金属锈蚀的条件、明矾在净水的作用等是正确解答本题的关键。 2． 【答案】A 【解析】【分析】根据硫酸根离子和钡离子一接触就是生成硫酸钡沉淀，铁离子和氢氧根离子会生成氢氧化铁沉淀，加入一定量的氢氧化钡后才出现沉淀，说明混合物中含有酸等知识进行分析． 【解答】解：硫酸根离子和钡离子一接触就是生成硫酸钡沉淀，所以混合物中一定不含硫酸铁、硫酸，铁离子和氢氧根离子会生成氢氧化铁沉淀，所以混合物中可能含有氯化铁、硝酸铁，加入一定量的氢氧化钡后才出现沉淀，说明混合物中含有酸，可能含有硝酸、盐酸，结合题中的选项分析可知，只有硝酸、硝酸铁的组合符合题意，故选：A。 【点评】在解此类题时，首先分析题中所给物质的性质和两两之间的反应，然后依据题中的现象判断各物质的存在性，最后进行验证即可． 3． 【答案】B 【解析】【考点】合金与合金的性质；金属活动性顺序及其应用；金属锈蚀的条件及其防护． 【分析】A、根据化学反应前后元素种类不变进行分析； B、根据合金的概念进行分析； CD、根据金属的活动性进行分析； 【解答】解：A、青铜器表面的绿色物质是Cu与空气中的CO2、O2、H2O共同作用的结果，正确； B、铜和锡在形成合金时没有发生化学变化，各自的化学性质不变，错误； C、锡可以从硫酸铜溶液中得到铜，可以验证金属活动性，正确； D、古代用铜作器皿，主要是因为铜的金属活动性较弱，正确。 故选：B。 4． 【答案】C 【解析】【考点】盐的化学性质；溶液的酸碱性与pH的关系． 【分析】根据向一定质量盐酸和BaCl2的混合溶液中逐滴加入K2CO3溶液，碳酸钾先与稀盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，再与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钾进行分析。 【解答】解：向一定质量盐酸和BaCl2的混合溶液中逐滴加入K2CO3溶液，碳酸钾先与稀盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，再与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钾， A、0～a段生成气体，b～c段生成沉淀，故A正确； B、b点溶液中含有的溶质为KCl、BaCl2，故B正确； C、b～c段的反应是碳酸钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钾，溶液的pH不断不变，故C错误； D、设参加反应的碳酸钾的质量为x。 K2CO3+BaCl2＝BaCO3↓+2KCl 138 197 x ng ＝ x＝g 参加反应的碳酸钾的质量为（m﹣b）g，所以K2CO3溶液的溶质质量分数为×100%，故D正确。 故选：C。 【点评】本题是过程与图象结合题，是对学生识图能力的考查，解题的关键是能正确的分析各个反应的过程并能结合图象分析问题。 5． 【答案】C 【解析】【考点】质量守恒定律及其应用 【分析】运用质量守恒定律，根据反应前氯化铜溶液和铝箔的组成元素，分析猜想的物质是否符合元素种类不变的基本规律，对猜想、实验进行评价；或根据物质的性质进行类比，判断猜想所具有的可能性，对猜想、实验进行评价。 【解答】解：A、根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，反应前的氯化铜溶液中含有氢元素，推测生成氢气不违反反应前后元素不变的规律；故A有价值； B、根据金属铝能与酸反应生成氢气，由于实验中观察到有气泡冒出，因此，猜想氯化铜溶液呈酸性有其道理；故B有价值； C、氨气由氮、氢元素组成，反应前各物质中都不含氮元素，猜想不符合质量守恒定律；故C没有价值； D、氯化铜为盐，其溶液与铝反应只能产生铜，而实验中却产生气泡，因此猜测溶液变质，通过更换溶液进行验证；故D有价值； 故选：C。 6． 【答案】D 【解析】【分析】由题目的信息可知，A、通过实验1和2的对比可知，铜生锈与氧气有关错误，因为实验1中没有水，实验2中没有氧气；B、通过实验1和3的对比可知，铜生锈与水有关错误因为实验1中没有水，实验3中没有二氧化碳；C、通过实验2和3的对比可知，铜生锈与二氧化碳有关错误，因为实验2中没有氧气，实验3中没有二氧化碳；D、通过实验3和4的对比可知，铜生锈与二氧化碳有关正确，因为实验3和4相比缺少二氧化碳。 【解答】解：A、通过实验1和2的对比可知，铜生锈与氧气有关错误，因为实验1中没有水，实验2中没有氧气；故选项错误； B、通过实验1和3的对比可知，铜生锈与水有关错误因为实验1中没有水，实验3中没有二氧化碳；故选项错误； C、通过实验2和3的对比可知，铜生锈与二氧化碳有关错误，因为实验2中没有氧气，实验3中没有二氧化碳；故选项错误； D、通过实验3和4的对比可知，铜生锈与二氧化碳有关正确，因为实验3和4相比缺少二氧化碳；故选项正确； 故选：D。 【点评】本考点考查了铜的锈蚀的实验探究，实验探究题是近几年中考的热点之一，它包括实验方法和过程的探究，实验结论和实验规律的探究等。本题通过实验资料和实验分析，得到了正确的结论，属于结论性探究。同学们要具体分析，综合掌握。 7． 【答案】C 【解析】【考点】金属活动性顺序及其应用． 【分析】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，且金属的活动性越强，反应越剧烈；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，据此结合事实进行分析判断。 【解答】解：①在自然界中，仅有少数金属（银、铂、金）以单质形式存在，是因为银、金等金属活动性弱，能用金属活动性顺序解释。 ②金属铁、铜分别与相同浓度的稀盐酸作用，铁表面有气泡，铜表面无明显现象，是因为铁的活动性比氢强，铜的金属活动性比氢弱，能用金属活动性顺序解释。 ③用硫酸铜、熟石灰配制农药波尔多液时，不能用铁制容器盛放，因为铁的金属活动性比铜强，能与硫酸铜溶液发生置换反应，故不能用铁制容器配制硫酸铜溶液，能用金属活动性顺序解释。 ④金属铝比金属铁更耐腐蚀，不是因为铁的金属活动性比铝强，而是因为铝在空气中能与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化铝薄膜，防止内部的铝进一步被氧化，因此铝的抗腐蚀性强，不能用金属活动性顺序解释。 故①②③可用金属活动性作出合理解释。 故选：C。 【点评】本题难度不大，考查了金属活动性顺序的应用，掌握金属活动性顺序并能灵活运用是正确解答此类题的关键所在。 8． 【答案】C 【解析】【考点】金属活动性顺序及其应用；酸的化学性质． 【分析】根据金属活动顺序可知向滤液中加入薄铁片，而氧化铜可以和硫酸反应生成硫酸铜，铁可以硫酸铜反应铁片无任何变化，说明没有稀硫酸，也没有硫酸铜可以据此结合题给的选项进行分析判断即可； 【解答】解：A、铁可以和硫酸反应生成FeSO4，所以在滤液中一定含有FeSO4，但是加入铁钉后铁片没有明显变化，所以可以判断滤液中没有H2SO4，故A结论不正确； B、在滤液中放入一枚洁净的铁钉。发现铁钉表面无任何变化，所以可以判断滤液中没有CuSO4，故B结论不正确； C、加入铁钉后没有明显变化，说明氧化铜和硫酸反应生成的硫酸铜被铁置换出来，故在不溶物中含有Cu，如果硫酸的量不足，那么滤渣里就可能有Fe和CuO，故C结论正确； D、加入铁钉后没有明显变化，说明氧化铜和硫酸反应生成的硫酸铜被铁置换出来，故在不溶物中含有Cu，题中没有提及铁粉的质量，所以反应后滤出的不溶物中可能含有Fe也可能不含Fe，故D结论不正确。 故选：C。 9． 【答案】A 【解析】【分析】根据题意，学生甲加入的锌全部参与化学反应，酸有剩余；而学生乙加入的锌没有全部参与化学反应，有剩余，酸全部参与化学反应． 【解答】解：A、根据两组实验进行比较，不难得出，100克稀硫酸溶液中所含溶质的质量应该大于和6.5g锌所消耗的硫酸而小于13g锌所消耗的硫酸，根据化学方程式进行计算可得6.5g锌消耗的硫酸的质量是9.8g，因此原硫酸溶液中溶质的质量分数大于9.8%而小于19.6%，故A正确； B、根据题意可知，学生甲进行实验时酸溶液并没有全部参与反应，因此所得溶液中溶质既有生成的硫酸锌，也有剩余的硫酸，故B错误； C、由于乙实验中的锌并没有完全反应，参与反应的锌的质量并不是甲实验中参与反应的锌的两倍，因此得到的氢气应该小于甲的2倍，故C错误； D、由于乙实验中锌有剩余，即酸全部参与化学反应，因此乙所得溶液中不可能会有硫酸，故D错误； 故选：A。 【点评】本题难度较大，主要考查了金属和酸的反应，并根据有关的反应进行相关的计算，培养学生的分析问题、解决问题的能力． 10．【答案】B 【解析】【考点】金属的回收利用及其重要性；常见金属的特性及其应用． 【分析】A、根据增大反应物之间的接触面积，使反应更充分进行分析。 B、根据二氧化硫转化成硫酸，化合价由+4价变成+6价进行分析。 C、根据烟气制酸系统能将二氧化硫转化成硫酸进行分析。 D、根据铜丝的导电性进行分析。 【解答】解：A．粉碎辉铜矿的目的是增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，故A正确； B．吹炼炉中反应中硫、铜元素的化合价发生变化，二氧化硫转化成硫酸，化合价由+4价变成+6价，故B错误； C．火法炼铜工艺的烟气制酸系统能将二氧化硫转化成硫酸，可以减缓酸雨的形成，故C正确； D．生活中常用铜丝作导线，利用的是铜丝的导电性，故D正确。 故选：B。 11．【答案】B 【解析】[命题考向： 考查区别纯净物和混合物、常见元素的化合价、氧化物的概念、材料分析能力。解析：由题意可知，海绵铁中含有较多杂质，故为混合物；在化合物中，氧元素一般为－2价，设Fe2O3中铁元素的化合价为x，根据化合物中各元素化合价代数和为零，可得x×2＋(－2)×3＝0，解得x＝＋3；氧化物为由两种元素组成的化合物中，其中一种是氧元素，由化学反应方程式可知，该反应中存在三种氧化物：CO、Fe2O3和CO2；炼铁过程中，木炭除作为燃料使用外，还通过生成的CO参与到Fe2O3的还原过程中。] 故选B 12．【答案】C 【解析】【考点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用． 【分析】稀硫酸和比较活泼的金属单质反应生成盐和氢气。 【解答】解：A、由图中信息不能确定镁比锌的金属活动性强，该选项不正确。 B、a（镁和锌都完全反应）、b（锌完全反应，镁有剩余）、c（镁和锌都有剩余）三点中，两个烧杯中都有金属剩余的是c点，该选项不正确。 C、完全反应后，Mg消耗稀H2SO4的质量大于Zn，是因为生成的氢气完全来自于硫酸，镁反应生成的氢气较多，该选项正确。 D、两个烧杯中装有等质量的金属锌和镁，完全反应后镁和锌都转化到硫酸盐中，两种金属与稀H2SO4恰好反应后生成的ZnSO4质量等于MgSO4，该选项不正确。 故选：C。 13．【答案】A 【解析】【考点】根据化学反应方程式的计算． 【解答】解：设盐酸全反应消耗的铁的质量是x Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑ 56 73 x 20g×18.25%＝3.65g ＝ x＝2.8g＜5g 设盐酸全反应消耗的锌的质量是y Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑ 65 73 y 3.65g ＝ y＝3.25g＜5g 所以酸全参加反应，金属铁和锌有剩余。根据质量守恒定律，氢气的质量和盐酸中氢元素的质量相等，两烧杯中稀盐酸的质量和溶质质量分数都相同所以产生的氢气的质量相等，所以仍然平衡。 故选：A。 14．【答案】C 【解析】【考点】金属活动性顺序及其应用． 【分析】将锌粉持续加入到100g含有AgNO3和Cu（NO3）2两种溶质的混合溶液中，锌先与硝酸银反应生成银和硝酸锌，化学方程式为Zn+2AgNO3＝Zn（NO3）2+2Ag，每65份质量的锌完全反应生成216份质量的银，溶液质量减小，硝酸银反应结束，锌再与硝酸铜反应生成硝酸锌和铜，化学方程式为Zn+Cu（NO3）2＝Zn（NO3）2+Cu，每65份质量的锌完全反应生成64份质量的铜，溶液质量增加，当加入锌粉的质量为6.5g时，溶液质量最小，说明硝酸银恰好完全反应。 Zn+2AgNO3＝Zn（NO3）2+2Ag 65 340 189 216 6.5g 34g 18.9g 21.6g Zn+Cu（NO3）2＝Zn（NO3）2+Cu 65 188 189 64 6.5g 18.8g 18.9g 6.4g 【解答】解：A、由分析可知，混合溶液中硝酸银质量为34g，当加入锌从0到6.5g，锌与硝酸银反应，硝酸银质量减小，锌为6.5g，硝酸银质量为0，故A错误。 B、锌先与硝酸银反应生成银和硝酸锌，此时硝酸铜质量不变，当锌大于6.5g锌与硝酸铜反应，硝酸铜质量减小，当锌质量为13g时硝酸铜完全反应，硝酸铜质量为0，故B错误。 C、由分析可知，6.5g锌反应生成银质量为21.6g，当锌的质量为13g时生成固体总质量为21.6g+6.4g＝28.0g，故C正确。 D、当锌为6.5g时硝酸锌的质量分数为≈22.3%，当锌质量为13g，硝酸锌的质量分数为≈44.5%，故D错误。 故选：C。 15．【答案】D 【解析】【分析】锌、铜的金属活动性比银强，且锌的金属活动性比铜强，将铜、锌合金粉末加入到AgNO3溶液中，锌先与AgNO3反应生成硝酸锌和银，锌粉反应完，若还有AgNO3溶液，铜才能与AgNO3反应生成硝酸铜和银，据此进行分析解答。 【解答】解：锌、铜的金属活动性比银强，且锌的金属活动性比铜强，将铜、锌合金粉末加入到AgNO3溶液中，锌先与AgNO3反应生成硝酸锌和银，锌粉反应完，若还有AgNO3溶液，铜才能与AgNO3反应生成硝酸铜和银。 若锌有剩余，则过滤后得到的固体中物质为银、铜、锌3种，滤液中溶质是硝酸锌1种，a+b＝4. 若锌恰好与硝酸银溶液反应，则过滤后得到的固体中物质为银、铜2种，滤液中溶质是硝酸锌1种，a+b＝3. 若发生了铜与硝酸银溶液的反应，且铜有剩余，则过滤后得到的固体中物质为银、铜2种，滤液中溶质是硝酸锌、硝酸铜2种，a+b＝4. 若发生了铜与硝酸银溶液的反应，铜没有剩余，硝酸银有剩余，则过滤后得到的固体中物质为银1种，滤液中溶质是硝酸锌、硝酸铜、硝酸银3种，a+b＝4。 若发生了铜与硝酸银溶液的反应，且恰好完全反应，则过滤后得到的固体中物质为银1种，滤液中溶质是硝酸锌、硝酸铜2种，a+b＝3. A、若a+b＝3，则滤渣中不一定含有Cu，可能是发生了铜与硝酸银溶液的反应，且恰好完全反应，则过滤后得到的固体中物质为银1种，滤液中溶质是硝酸锌、硝酸铜2种，故选项说法错误。 B、若a+b＝4，可能是发生了铜与硝酸银溶液的反应，铜没有剩余，硝酸银有剩余，则过滤后得到的固体中物质为银1种，滤液中溶质是硝酸锌、硝酸铜、硝酸银3种，则滤纸上不一定有Cu，故选项说法错误。 C、若溶液呈蓝色，说明发生了铜与硝酸银的反应，无法确定反应进行的程度，a不一定等于1，可能是发生了铜与硝酸银溶液的反应，且铜有剩余，则过滤后得到的固体中物质为银、铜2种，故选项说法错误。 D、若向固体中滴加稀盐酸，有气泡产生，说明滤渣中含有锌，说明锌有剩余，则过滤后得到的固体中物质为银、铜、锌3种，滤液中溶质是硝酸锌1种，a+b＝4，故选项说法正确。 故选：D。 【点评】本题有一定难度，熟练掌握金属的化学性质、确定能发生的反应、综合考虑各种出现的情况是正确解答此类题的关键。 二、填空题 16．【答案】（1）低；（2）置换 （3）氧气 【解析】【考点】常见的金属矿物及金属的冶炼；化学反应类型的判定；合金与合金的性质． 【解答】解：（1）当锡难熔时，可加入少量的铅，形成合金，增加产物的流动性从而使锡顺畅地流出，这是因为合金的熔点更低；故答案为：低； （2）在高温下用碳还原氧化锌，生成气态锌和二氧化碳，该反应是由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质与另一种化合物的反应，属于基本反应类型中的置换反应；故答案为：置换； （3）生铁炼钢就是降低生铁中的含碳量，因此用柳木棍快速搅拌的作用是使得生铁液中的碳和空气中的氧气充分接触反应，从而除去碳；故答案为：氧气。 答案为：（1）低；（2）置换 （3）氧气 17．【答案】减小； 【解析】 【解答】解：（1）铁与硫酸铜反应，56份质量的铁置换出64份质量的铜，固体质量增加，溶液质量减小； 该反应的实质是铁原子与铜离子反应生成亚铁离子和铜原子，硫酸根离子没有参与反应，故反应后的微粒为：2个亚铁离子，2个硫酸根离子，2个铜原子，故将图补充完整为： 。 故答案为：减小；。 18．【答案】（1）除铁锈(合理即可) （2）Ca(OH)2 【解析】【答案】（1）除铁锈(合理即可) （2）Ca(OH)2 【知识点】化合物之间的相互转化 【解析】【分析】（1）二氧化碳的密度大于空气，且不燃烧也不支持燃烧，则二氧化碳是灭火的重要材料，则D应该为二氧化碳。二氧化碳和澄清的石灰水反应，生成碳酸钙沉淀和水，则C为石灰水。氯化铜只能和铁反应生成氯化亚铁和铜单质，则A为铁。综上所属，剩余的B应该为稀硫酸。 （2）分析氯化铜可以和哪种物质发生反应即可。 【解答】（1）分析可知，B应该为稀硫酸，它与氧化铁反应生成硫酸铁和水，因此它可以除去铁锈。 （2）氯化铜还可以与氢氧化钙反应，生成氢氧化铜沉淀和氯化钙，因此还可以把球直接传给Ca(OH)2。 19．【答案】（1）水不能流下 （2）%。（3）BC 【解析】【考点】根据化学反应方程式的计算；盐的化学性质． 【解答】解：（1）实验前要检查装置的气密性，方法是：用止水夹夹住橡胶管，往分液漏斗中加入适量水，打开分液漏斗的活塞，观察到水不能流下，说明装置气密性良好。故填：水不能流下。 （2）设碳酸钙质量为x，反应生成二氧化碳质量：m2﹣m1， CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑， 100 44 x m2﹣m1 ＝，x＝（m2﹣m1），理论上测得的墨鱼骨样品中碳酸钙的质量分数为：×100%＝%，故填：%。 （3）A．锥形瓶内部分水蒸气随二氧化碳逸出，导致计算的二氧化碳质量偏大，从而导致测定结果偏大； B．反应结束后，锥形瓶内有二氧化碳残留，导致计算的二氧化碳质量偏小，从而导致测定结果偏小； C．反应速度过快，大量气泡从氢氧化钠溶液中逸出，导致计算的二氧化碳质量偏小，从而导致测定结果偏小。 故填：BC。 （1） 20．【答案】置换 （2）AB（3）析出红色固体，溶液由蓝色变成浅绿色。 【解析】【考点】金属的回收利用及其重要性；化学反应类型的判定；金属活动性顺序及其应用． 【分析】金属活动性顺序中，排在氢前面的金属，能和稀盐酸或稀硫酸反应生成盐和氢气，排在前面的金属，能把排在后面的金属从它的盐溶液中置换出来，并且金属越活泼，越容易和盐反应。 【解答】解：（1）从化学反应的基本类型看，步骤①中铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，是置换反应。 故答案为：置换。 （2）在该流程中，滤渣A是硝酸银和铜反应生成的银，滤渣B是铜和硝酸银反应生成的银，收集滤渣AB可获得金属Ag。 故答案为：AB。 （3）在步骤③中，铁和硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，能够观察到的实验现象为析出红色固体，溶液由蓝色变成浅绿色。 故答案为：析出红色固体，溶液由蓝色变成浅绿色。 答案：（1）置换 （2）AB（3）析出红色固体，溶液由蓝色变成浅绿色。 21．【答案】（1）离子 （2）①④ （3）B。 【解析】【解答】解：（1）汗水中产生咸味的含钠物质是氯化钠，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的。 故填：离子。 （2）向滴有酚酞试液的氢氧化钠溶液中加入稀盐酸，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，当氢氧化钠完全反应，即氢氧根离子消失后，溶液由红色变成无色，说明氢氧化钠溶液中OH﹣能使酚酞试液变红； 向滴有酚酞试液的氢氧化钠溶液中加入硫酸镁溶液，氢氧化钠和硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，当氢氧化钠完全反应，即氢氧根离子消失后，溶液由红色变成无色，说明氢氧化钠溶液中OH﹣能使酚酞试液变红。 故填：①④。 （3）下列是分析放置在空气中的NaOH固体的相关实验，其中不合理的是 B。 A．证明变质：取样，加入过量稀盐酸，如果产生气泡，说明溶液中含有碳酸钠，进一步说明氢氧化钠溶液已经变质，如果不产生气泡，说明溶液这不含有碳酸钠，进一步说明氢氧化钠溶液没有变质； B．确定成分：取样，加入适量的Ca（OH）2溶液，过滤，向滤液中滴加酚酞溶液，即使溶液变红色，也不能说明溶液中含有氢氧化钠，这是因为氢氧化钙能和碳酸钠反应生成氢氧化钠； C．除去杂质：取样，加水溶解，加入适量的Ca（OH）2溶液，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，过滤除去碳酸钙后得到氢氧化钠溶液。 故填：B。 22．【答案】（1）过滤；（2）Na2SO4、NaAlO2；（3）。 【解析】【解答】解：（1）固体和液体的分离方法是过滤； （2）根据由图看出，开始滴入的氢氧化钠溶液是与过量的硫酸反应的生成硫酸钠和水；然后硫酸镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，硫酸铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，最后是Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，故滴入氢氧化钠溶液为c克时，充分反应后，溶液乙中的溶质为Na2SO4、NaAlO2； （3）由乙中图示可知生成氢氧化铝的质量为mA﹣mB：生成氢氧化镁的质量：mB，所以该易拉罐中铝元素和镁元素的质量比为：（mA﹣mB）×：mB×＝. 故答案为：（1）过滤；（2）Na2SO4、NaAlO2；（3）。 三、探究题 23．【答案】故答案为： （1）①Fe+CuSO4═FeSO4+Cu；②Mg； （2）①Fe和Cu；FeCl2；②Fe+2HCl═FeCl2+H2↑； 【解析】【分析】（1）根据金属与酸或盐的反应规律，利用四种金属及其化合物间可发生的反应，推断四种金属活动性由强至弱的顺序，判断四种金属中能与盐酸反应且最剧烈的金属； （2）①根据铁与废液中物质反应的规律，分析加入过量铁粉所发生的反应，判断过滤后所得滤渣及滤液的组成； ②根据铁、铜的活动性，判断所加入盐酸能滤渣发生的反应，写出化学方程式； ③根据印刷线路板的生产中所得废液，分析氯化铁能腐蚀铜发生的反应，写出化学方程式． 【解答】解：（1）①铁的活动性比铜强，可与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，化学方程式为Fe+CuSO4═FeSO4+Cu； ②由Fe 和CuSO4 溶液反应，得铁比铜强；由Mg和MnSO4 溶液反应，得镁比锰强；由Mn和FeSO4 溶液反应，得锰比铁强；四种金属活动性由强至弱的顺序Mg＞Mn＞Fe＞Cu则四种金属中能与盐酸反应且最剧烈的金属为Mg； （2）①向FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中加入过量铁粉，铁粉与FeCl3反应生成FeCl2、与CuCl2反应生成Cu和FeCl2，因此可知过滤所得滤渣中含有Fe和Cu，滤液中含FeCl2； ②向含有Fe和Cu滤渣中加入稀盐酸，铁与盐酸反应生成FeCl2和H2，反应的化学方程式为Fe+2HCl═FeCl2+H2↑； 故答案为： （1）①Fe+CuSO4═FeSO4+Cu；②Mg； （2）①Fe和Cu；FeCl2；②Fe+2HCl═FeCl2+H2↑； 【点评】金属活动性顺序中位于氢之前的金属能从酸中置换出氢，活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来． 24．【答案】（1）分液漏斗；（2）饱和 NaHCO3溶液；（3）2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；（4）Na2O2与 CO2、H2O反应。 【解析】【考点】二氧化碳的实验室制法；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式． 【解答】解：（1）装置A中的甲仪器是分液漏斗。故答案为：分液漏斗； （2）生成的二氧化碳中混有氯化氢气体，氯化氢气体溶于水形成盐酸，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，因此装置B中盛装饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢气体。故答案为：饱和 NaHCO3溶液； （3）除去末被装置C转化的CO2，D中盛装的液体试剂是浓氢氧化钠溶液，氢氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，故化学方程式为：2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O； （4）由题干信息可知，装置E的试管中收集到的气体的来源是过氧化钠（Na2O2）与CO2、H2O反应生成的氧气。故答案为：Na2O2与 CO2、H2O反应。 答案为：（1）分液漏斗；（2）饱和 NaHCO3溶液； （3）2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；（4）Na2O2与 CO2、H2O反应。 25．【答案】（1）CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O； （2）有蓝色絮状沉淀生成； Cu（OH）2+2HCl＝CuCl2+2H2O； （3）Ba（OH）2+2HCl＝BaCl2+2H2O、BaCl2+MgSO4＝BaSO4↓+MgCl2； （4）BaCl2； （5）a点对应的沉淀质量。 【解析】【分析】（1）根据氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水进行分析； （2）根据硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，盐酸和氢氧化铜反应生成氯化铜和水进行分析； （3）根据氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，氯化钡和硫酸镁反应生成硫酸钡沉淀和氯化镁进行分析； （4）根据硫酸镁和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，氯化镁和氢氧化钡反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钡进行分析； （5）根据图中数据，要推算原溶液盐酸的质量分数，已知烧杯中盛有MgSO4和HCl的混合溶液100.0g，还需要知道稀盐酸溶液中氯化氢的质量，Ba（OH）2+2HCl＝BaCl2+2H2O，只需知道a点对应的硫酸钡质量，BaCl2+MgSO4＝BaSO4↓+MgCl2，即可求出与硫酸镁反应的氯化钡的质量，Ba（OH）2+2HCl＝BaCl2+2H2O，依据求出的氯化钡的质量，即可求出混合溶液中稀盐酸的质量，代入可求出混合溶液中稀盐酸的质量分数进行分析。 【解答】解：（1）氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，化学方程式为：CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O； （2）硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，盐酸和氢氧化铜反应生成氯化铜和水，所以在试管中加入少量硫酸铜溶液，再滴入适量氢氧化钠溶液，观察到的现象是：有蓝色絮状沉淀生成。将上述实验浊液过滤，向滤渣中加入过量的稀盐酸，说明酸和碱能发生反应的现象是：蓝色沉淀逐渐溶解，化学方程式为：Cu（OH）2+2HCl＝CuCl2+2H2O； （3）0﹣a段发生的反应是氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，氯化钡和硫酸镁反应生成硫酸钡沉淀和氯化镁，化学方程式为：Ba（OH）2+2HCl＝BaCl2+2H2O、BaCl2+MgSO4＝BaSO4↓+MgCl2； （4）硫酸镁和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，氯化镁和氢氧化钡反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钡，所以c点的溶质为BaCl2； （5）由图中数据，要推算原溶液盐酸的质量分数，已知烧杯中盛有MgSO4和HCl的混合溶液100.0g，还需要知道稀盐酸溶液中氯化氢的质量，Ba（OH）2+2HCl＝BaCl2+2H2O，只需知道a点对应的硫酸钡质量，BaCl2+MgSO4＝BaSO4↓+MgCl2，即可求出与硫酸镁反应的氯化钡的质量，Ba（OH）2+2HCl＝BaCl2+2H2O，依据求出的氯化钡的质量，即可求出混合溶液中稀盐酸的质量，代入可求出混合溶液中稀盐酸的质量分数。 故答案为：（1）CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O； （2）有蓝色絮状沉淀生成；Cu（OH）2+2HCl＝CuCl2+2H2O； （3）Ba（OH）2+2HCl＝BaCl2+2H2O、BaCl2+MgSO4＝BaSO4↓+MgCl2； （4）BaCl2； （5）a点对应的沉淀质量。 26．【答案】（1）在b口放带火星的木条，如果木条复燃，则装满氧气； （2）潮湿的普通铁丝，通入氧气后，有较多红褐色锈斑；注射器中氧气减少； （3）水分；金属的内部结构； 【解析】【考点】金属锈蚀的条件及其防护；氧气的检验和验满． 【分析】由题目的信息可知，（1）步骤1中，检查U形管内是否已充满O2的方法是：在b口放带火星的木条，如果木条复燃，则装满氧气； （2）铁制品锈蚀的条件之一是需要 O2，在此实验中能支持此条件的证据是：潮湿的普通铁丝，通入氧气后，有较多红褐色锈斑；注射器中氧气减少； （3）通过对比实验现象，此实验还可得出铁制品锈蚀的条件是：水分和金属的内部结构； 【解答】解： （1）步骤1中，检查U形管内是否已充满O2的方法是：在b口放带火星的木条，如果木条复燃，则装满氧气；故答案为：在b口放带火星的木条，如果木条复燃，则装满氧气； （2）铁制品锈蚀的条件之一是需要 O2，在此实验中能支持此条件的证据是：潮湿的普通铁丝，通入氧气后，有较多红褐色锈斑；注射器中氧气减少；故答案为：潮湿的普通铁丝，通入氧气后，有较多红褐色锈斑；注射器中氧气减少； （3）通过对比实验现象，此实验还可得出铁制品锈蚀的条件是：水分和金属的内部结构，因为“潮湿的纯铁丝”和“潮湿的普通铁丝”的变量是“有无碳和其他杂质”；故答案为：水分；金属的内部结构； 答案为（1）在b口放带火星的木条，如果木条复燃，则装满氧气； （2）潮湿的普通铁丝，通入氧气后，有较多红褐色锈斑；注射器中氧气减少； （3）水分；金属的内部结构； 27．【答案】（1）碳酸钠与稀盐酸反应生成了碳酸氢钠。（2）HCl、NaCl．（3）C。 【解析】【分析】（1）根据碳酸钠与稀盐酸反应生成了碳酸氢钠分析回答； （2）根据碳酸钠与稀盐酸的反应剂、溶液的pH分析回答； （3）根据元素守恒分析判断。 【解答】解：（1）由碳酸钠与稀盐酸的反应可知，当把盐酸溶液逐滴加入碳酸钠溶液中，开始没有气体产生的原因是：碳酸钠与稀盐酸反应生成了碳酸氢钠。 （2）由于碳酸氢钠与稀盐酸反应生成了氯化钠、水和二氧化碳，溶液的pH小于7，图甲b点的溶质为：HCl、NaCl。 （3）由于向等体积、含等碳原子数的碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液中，加入足量的稀盐酸，由元素守恒可知，在本实验产生二氧化碳的量两者一样多。 故答案为：（1）碳酸钠与稀盐酸反应生成了碳酸氢钠。（2）HCl、NaCl．（3）C。 【点评】本题的难度不大，根据碳酸钠与稀盐酸的反应和元素守恒的知识分析解答即可。 四、综合题 28．【答案】（1）40～160秒的任意时间点，锌与稀盐酸反应瓶内气压都大于铁与稀盐酸反应瓶内气压； （2）由于镁与稀盐酸反应生成氢气，同时放热0﹣40秒时装置中气压不断增加，40秒时反应停止，瓶中热量不断散失，温度将至室温，瓶内气压逐渐减小，但仍高于初始气压。 【解析】【考点】金属活动性顺序及其应用． 【解答】解：（1）由乙图可知，40～160秒的任意时间点，锌与稀盐酸反应瓶内气压都大于铁与稀盐酸反应瓶内气压，可知锌比铁活动性强； （2）由于镁与稀盐酸反应生成氢气，同时放热，0～40秒时装置中气压不断增加，40秒时反应停止，瓶中热量不断散失，温度将至室温，瓶内气压逐渐减小，但仍高于初始气压。 故答案为：（1）40～160秒的任意时间点，锌与稀盐酸反应瓶内气压都大于铁与稀盐酸反应瓶内气压； （2）由于镁与稀盐酸反应生成氢气，同时放热0﹣40秒时装置中气压不断增加，40秒时反应停止，瓶中热量不断散失，温度将至室温，瓶内气压逐渐减小，但仍高于初始气压。 五、计算题 29．【答案】（1）三；（2）85%；（3）3g；（4）1.1。 【解析】【考点】根据化学反应方程式的计算． 【分析】由第一次剩余物质质量可以看出加入10克盐酸可以溶解固体8g﹣5.5g＝2.5g，第二次加入10g稀盐酸，溶解固体的质量是也是2.5g，剩余固体的质量是5.5g﹣2.5g＝3g，第三次加入10g稀盐酸，溶解固体的质量是3g﹣1.2g＝1.8g，说明此时碳酸钙已经反应完全，剩余的1.2克即为杂质了，据此解答。 【解答】解：（1）由第一次剩余物质质量可以看出加入10克盐酸可以溶解固体8g﹣5.5g＝2.5g，第二次加入10g稀盐酸，溶解固体的质量是也是2.5g，剩余固体的质量是5.5g﹣2.5g＝3g，第三次加入10g稀盐酸，溶解固体的质量是3g﹣1.2g＝1.8g，说明此时碳酸钙已经反应完全，这四次实验中，第三次实验后石灰石样品中的碳酸钙已完全反应。 （2）石灰石样品中碳酸钙的质量分数为×100%＝85%； （3）由第一次剩余物质质量可以看出加入10克盐酸可以溶解固体8g﹣5.5g＝2.5g，第二次加入10g稀盐酸，溶解固体的质量是也是2.5g，剩余固体的质量是5.5g﹣2.5g＝3g，故表中M的数值应为3g （4）第一次加入稀盐酸后能得到二氧化碳的质量是x CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑ 100 44 2.5g x x＝1.1g 答：第一次加入稀盐酸后能得到二氧化碳的质量是1.1g 故答案为：（1）三；（2）85%；（3）3g；（4）1.1。 30．【答案】（1）2.2g；（2）50g；（3）碳酸钠、氢氧化钠；（4）10.9%。 【解析】【考点】根据化学反应方程式的计算；物质的组成成分以及含量的探究；有关溶质质量分数的简单计算；质量守恒定律及其应用． 【分析】盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，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）反应生成二氧化碳质量：9.3g+100g﹣107.1g＝2.2g， （2）设碳酸钠质量为x，消耗氯化氢质量为y，生成氯化钠质量为z， Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑， 106 73 117 44 x y z 2.2g ，，， x＝5.3g，y＝3.65g，z＝5.85g，产生上述气体消耗掉稀盐酸的质量为：3.65g÷7.3%＝50g； （3）设氢氧化钠质量为m，反应生成氯化钠质量为n，用pH试纸检测溶液呈中性，说明过量的盐酸和氢氧化钠反应，即样品中含有氢氧化钠，与氢氧化钠反应的氯化氢质量：100g×7.3%﹣3.65g＝3.65g， NaOH+HCl═NaCl+H2O， 40 36.5 58.5 m 3.65g n ，， m＝4g，n＝5.85g，样品中氯化钠质量：9.3g﹣5.3g﹣4g＝0，说明样品中不含有氯化钠，即样品中含有碳酸钠和氢氧化钠。故填：碳酸钠、氢氧化钠。 （4）所得溶液中溶质的质量分数是：×100%≈10.9%，答：所得溶液中溶质的质量分数是10.9%。 故答案为：（1）2.2g；（2）50g；（3）碳酸钠、氢氧化钠；（4）10.9%。 31．【答案】（1）Cu、Fe；（2）11.2；（3）30.4g；（4）C。 【解析】【考点】金属活动性顺序及其应用；根据化学反应方程式的计算． 【分析】（1）根据a点是铁与硫酸铜完全反应后过量，此时剩余固体中含有剩余的铁和生成的铜进行分析； （2）根据图示可知，与硫酸铜反应的铁质量是5.6g，结合化学方程式计算生成铜的质量，一步计算n点对应的横坐标数值； （3）反应前铁的总质量是5.6g+5.6g＝11.2g，结合质量关系列比例式进行计算； （4）根据金属的活动性顺序：镁＞铁＞铜，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，然后根据方程式以及置换过程中质量的变化进行分析解答。 【解答】解：（1）a点是铁与硫酸铜完全反应后过量，此时剩余固体中含有剩余的铁和生成的铜； （2）由图示可知，与硫酸铜反应的铁质量是5.6g， 设5.6g铁与硫酸铜反应生成铜的质量为x，则： Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu 56 64 5.6g x x＝6.4g 与硫酸铜反应完剩余的铁是：12g﹣6.4g＝5.6g，所以反应前铁的总质量是5.6g+5.6g＝11.2g， n点对应的横坐标数值是11.2； （3）由图示可知，与硫酸铜反应的铁质量是5.6g，与硫酸铜反应完剩余的铁是：12g﹣6.4g＝5.6g，所以反应前铁的总质量是5.6g+5.6g＝11.2g，设生成硫酸亚铁的质量为y，根据： Fe～FeSO4 56 152 11.2g y y＝30.4g 答：实验过程中共生成硫酸亚铁的质量为30.4g。 （4）根据金属的活动性顺序：镁＞铁＞铜，将镁条加入溶质为硫酸亚铁和硫酸铜的溶液中，镁先与硫酸铜反应生成硫酸镁和铜，该反应方程式为Mg+CuSO4＝MgSO4+Cu，即每24份质量的镁能置换出64份质量的铜，硫酸铜反应完全之后，若镁还有剩余，镁会与硫酸亚铁反应生成硫酸镁和铁，该反应方程式为Mg+FeSO4＝MgSO4+Fe，即每24份质量的镁能置换出56份质量的铁。 A、经上述分析，若镁无剩余，且只与硫酸铜反应置换了铜，故A不符合题意； B、经上述分析，若镁无剩余，可能硫酸铜完全反应完，且硫酸亚铁反应了一部分，则生成的铜的质量可能大于生成的铁的质量，故B不符合题意； C、经上述分析，若镁有剩余，说明硫酸铜和硫酸亚铁均反应完全，根据硫酸铜和硫酸亚铁的质量相同，则生成铁的质量一定小于生成铜的质量，而图示中生成铁和铜的质量相等是不合理的，故C符合题意； D、经上述分析，若镁有剩余，说明硫酸铜和硫酸亚铁均反应完全，根据硫酸铜和硫酸亚铁的质量相同，则生成铁的质量一定小于生成铜的质量，故D不符合题意。 故答案为：（1）Cu、Fe；（2）11.2；（3）30.4g；（4）C。 32．【答案】（1）AlCl3+3NaOH＝Al（OH）3↓+3NaCl；MgSO4+2NaOH＝Mg（OH）2↓+Na2SO4； （2）240；（3）6.675%；24%。 【解析】【考点】书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算． 【解答】解：（1）OA段，沉淀质量逐渐增加，发生了氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀的反应，硫酸镁与氢氧化钠反应生成了氢氧化镁沉淀的反应，方程式分别为：AlCl3+3NaOH＝Al（OH）3↓+3NaCl；MgSO4+2NaOH＝Mg（OH）2↓+Na2SO4； （2）氢氧化镁不溶于过量的强碱，氢氧化铝溶于过量的强碱；根据图示可知，氢氧化镁的质量为11.6g；氢氧化铝的质量为15.5g﹣11.6g＝3.9g，设消耗氢氧化钠质量为x，根据3NaOH～Al（OH）3可知，120：78＝x：3.9g，x＝6g；设消耗氢氧化钠质量为y，根据2NaOH～Mg（OH）2↓可知，80：58＝y：11.6g，y＝16；设消耗氢氧化钠质量为z，根据Al（OH）3～NaOH可知，78：40＝3.9g：z，z＝2g，因此共消耗氢氧化钠的质量为6g+16g+2g＝24g；B点时，加入氢氧化钠的溶液质量是24g÷10%＝240g； （3） AlCl3+3NaOH＝Al（OH）3↓+3NaCl 133.5 78 M1 3.9g ＝，M1＝6.675g； MgSO4+2NaOH＝Mg（OH）2↓+Na2SO4； 120 58 M2 11.6g ＝，M2＝24g； 原溶液中氯化铝的质量分数为×100%＝6.675%；原溶液中MgSO4溶质质量分数为×100%＝24%。 故答案为： （1）AlCl3+3NaOH＝Al（OH）3↓+3NaCl；MgSO4+2NaOH＝Mg（OH）2↓+Na2SO4； （2）240；（3）6.675%；24%。 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $