海南省海口市海南中学高一分班考试化学试卷_图文
一、选择题
1．下列各组内物质间的转化关系中，存在不能一步转化的是（）
A． B．
C． D．
2．在相同的温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，反之亦然。取20℃和101kPa下相同体积的CH4和O2混合，在一定条件下充分反应，恢复到初始温度和压强。下列说法正确的是（）
A．参加反应的CH4和O2的体积比为1:1
B．生成的CO2分子个数为原来气体分子数的三分之一
C．反应后气体的体积为原来的二分之一
D．反应后的气体中C、O原子的个数比为1:2
3．除去下列各物质中混有少量杂质，所用试剂正确的是
选项物质杂质所用试剂
A镁粉铁粉稀硫酸
B N2O2灼热的铜网
C稀盐酸MgCl2KOH溶液
D NaCl Na2SO4Ba(NO3)2溶液
A．A B．B C．C D．D
4．取一定量的氧化铁与氧化铜的混合物，加入稀硫酸（含0.2molH2SO4），恰好完全反应成盐和水．原混合物中氧元素的质量是
A．12.8 g B．6.4g C．3.2g D．1.6g
5．除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂（括号内的物质）正确的是：（）A．CaO中混有少量CaCO3（盐酸） B．CO2中混有HCl气体（NaOH溶液）
C．Cu(NO3)2溶液中混有AgNO3（铜粉） D．CO2中混有少量CO（氧气）
6．将一个不与盐酸反应的小球放入盛有盐酸的烧杯中，小球漂浮在液面上，将几枚洁净的小铁钉投入烧杯中，当不再有气泡逸出时（忽略溶液体积的变化），小球的位置与开始时比较，将（）
A．下沉一些 B．不变 C．上浮一些 D．无法判断
7．中和一定质量的稀硫酸，需用m克氢氧化钠，若改用m克氢氧化钾，反应后溶液的PH 应当是（）
A．<7 B．>7 C．=7 D．无法确定
8．取一定质量的CaCO3高温煅烧一段时间后冷却，测得剩余固体为12.8 g，向剩余固体中
加入200 g稀盐酸，恰好完全反应，得到208.4 g不饱和溶液。则加热前碳酸钙的质量为A．15 g B．18 g C．20 g D．30 g
9．下列制备物质的设计中，理论上正确，操作上可行。经济上合理的是
A．
B．
C．
D．
10．下列说法正确的是
A．将草木灰（含K2CO3）与氯化铵混合施用能增加肥效
B．用Ba（NO3）2除去ZnCl2溶液中的ZnSO4杂质
C．只用一种试剂即可鉴别NaCl、NH4NO3、(NH4)2SO4、Na2SO4四种无色溶液
D．不用其它试剂无法鉴别Na2CO3、K2SO4、BaCl2、HCl四种无色溶液
11．下列从左到右依次代表ABCD四个图像中，能正确表示对应变化关系的是（）
A．向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸 B．向一定量稀硫酸中加水稀释
C．加热等质量的氯酸钾制取氧气 D．向饱和氢氧化钙溶液中加入CaO
12．有一包白色固体样品，可能由硫酸钠、氢氧化钠、碳酸钙、氯化钡、氯化镁中的一种或几种物质组成，为探究该样品的组成，某小组取适量样品按下列流程进行实验。
下列说法不正确的是
A．滤渣a的成分是碳酸钙和氢氧化镁
B．滤液中溶质的成分除氯化钠还有氢氧化钠、硫酸钠
C．白色沉淀b的成份是碳酸钡
D．若现象①“滤渣全部溶解”变为“滤渣部分溶解”，其他现象不变，则不能确定原样品中一定存在氯化镁
13．下列曲线能正确表达对应的反应或过程的是
A B C D
A．等质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应
B．一定温度下，向饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体
C．向盛有一定量稀硫酸的烧杯中不断加水稀释
D．向一定量的氧化铁中通入一氧化碳气体并持续高温
14．下表中对部分知识的归纳完全正确的一组是（）
A．A B．B C．C D．D
15．如图中X、Y、Z是初中化学常见物质，箭头表示物质之间可以向箭头方向一步转化，下列说法中不正确的是（）
A．若X是SO2，则Z可能是O2
B．若X是H2O，则Z可能是O2
C．若X是O2，则Z可能是CO2
D．若X是CO2，则Z可能是H2CO3
16．除去下列物质中混有的少量杂质（括号内为杂质），所用方法及主要操作步骤均正确的是
A．CuO固体[Cu2(OH)2CO3]——充分加热固体
B．KCl溶液(CaCl2)——加入过量的K2CO3溶液，过滤
C．FeCl2溶液(CuCl2) ——加入过量的铁粉
D．CO2（HCl气体）——先通过足量的NaOH溶液，再通过浓硫酸
17．小松同学想表演“水”中长“铜树”的实验，老师给他提供300g10%的硝酸银溶液，又给他提供了一定量的铜丝，充分反应后，得到溶液284.8g，则参加反应的铜丝质量为( )
A．6.4g B．8g C．10.5 g D．12.8g
18．黄铜渣中约含Zn 7%、ZnO 31%、Cu 50%、CuO 5%，其余为杂质。处理黄铜渣可得到硫酸锌，其主要流程如下图（杂质不溶于水、不参与反应）：
下列说法正确的是
A．溶液A中的溶质有2种 B．Ⅰ、Ⅱ中的操作均包含过滤
C．溶液A的质量大于溶液B D．溶液C中溶质的质量分数小于溶液B
19．构建知识网络是一种重要的学习方法．如图是关于硫酸化学性质的知识网络：“﹣”表示相连的两种物质能发生反应，“→”表示一种物质能转化为另一种物质，A，B，C分别属于不同类别的化合物，则A，B，C可能是（）
A．NaOH，CuSO4，Na2CO3B．KOH，HNO3，K2CO3
C．Ba（OH）2，CuSO4，CuO D．NaOH，HCl，Ba（NO3）2
20．如图示中的“﹣”表示相连的物质间在一定条件下可以反应，“→”表示在一定条件下可以实现转化．下列四组选项中，符合图示要求的是( )
甲乙丙丁戊
A Fe H2SO4NaOH CuCl2Fe2O3
B H2CuO HCl O2CO
C H2SO4Fe2O3HCl Zn CuCl2
D Na2CO3Ca(OH)2NaOH HCl CO2
A．A B．B C．C D．D
21．为测定某赤铁矿石中氧化铁的含量，小冰用一氧化碳还原12g该赤铁矿石样品，充分反应完成后，称得剩余固体质量为9.3g，假设矿石中其他物质不参与反应，请你推算，该矿石中氧化铁的含量为（）
A．85％ B．80％ C．75％ D．70％
22．把二氧化碳、一氧化碳、氢气和氮气混合气体通过石灰水，灼热的氧化铜(假设每个过程中发生的化学反应充分)，冷却后留下的气体是( )
A．二氧化碳和氮气 B．氮气和水蒸汽
C．一氧化碳和二氧化碳 D．氮气和氢气
23．除去下列各组物质中少量的杂质，所用试剂或方法正确的是
选项物质杂质除杂所用试剂或方法
A．CO2CO点燃
B．Ag粉Mg粉适量稀硫酸
C．NaOH溶液Na2CO3适量稀盐酸
D．NaCl KNO3冷却结晶
A．A B．B C．C D．D
24．如下图是甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线。根据曲线分析，错误的是
A．t1℃时，等质量的甲、乙饱和溶液中所含溶质的质量为乙＞甲
B．t2℃时，可配制溶质质量分数为30%的丙溶液
C．将组成在M点的甲溶液转变为N点的甲溶液，可加适量水稀释
D．t3℃时，将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液降温至t2℃，所得溶液溶质质量分数的大小关系为乙＞甲＞丙
25．除去下列物质中的杂质所用的试剂和方法不正确的是 ( )。
物质杂质除去杂质所用的试剂和方法
A Cu Fe加入足量的稀硫酸，过滤，洗涤，干燥
B Cu(OH)2固体CuCl2加入适量稀盐酸，过滤
C HNO3溶液HCl加适量的AgNO3溶液，过滤
D CO气体CO2通过足量的氢氧化钠溶液，干燥
A．A B．B C．C D．D
二、流程题
26．为了除去粗盐中CaC12、MgCl2、Na2SO4等可溶性杂质，需进行如下操作：
（1）以上操作中所发生反应的基本反应类型是_____________。
（2）操作①、③、⑤要用到同一种玻璃仪器，它的名称是_____________，该仪器在操作⑤中的作用是_____________。
（3）请设计实验方案证明操作③所得溶液中含有NaOH。（写出实验步骤和现象）
_____________。
27．锶有“金属味精”之称。以天青石（主要含有SrSO4和少量Fe2O3、MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如下：
已知氢氧化锶在水中的溶解度：
温度（℃）010203040608090100
溶解度（g）0.91 1.22 1.77 2.64 3.958.4220.244.591.2
（1）隔绝空气烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为____________。
（2）盐酸酸浸是将SrS溶解、脱硫，溶解过程中SrS与盐酸发生复分解反应生成SrCl2，并将硫元素以气体的形式脱去，该含硫气体的化学式为___________。
（3）除杂时采取“趁热过滤”的目的是__________。
从趁热过滤后的滤液中获取氢氧化锶的步骤是：_________、过滤、洗涤、干燥。
（4）取100 g天青石样品，样品中含有质量分数为5%的杂质，酸浸步骤中有80%的Sr溶解，其他步骤均100%转化没有损耗，理论上可以获取纯净的氢氧化锶质量的计算表式为_____。
（5）Sr和Ca的化学性质比较类似，推测SrO与水发生反应的化学方程式_________。取1.04 g的SrO制得氢氧化锶的饱和溶液，维持温度为10℃，需要加水的质量为_______g。28．五氧化二钒用作有机化工的催化剂。从废钒催化剂（主要成分为V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3和Al2O3）中回收V2O5，既避免污染环境又有利于资源综合利用，该工艺流程如下：
已知：金属钒的氧化物能与酸反应；SiO2不溶于水也不溶于初中常见的酸。
回答下列问题：
（1）实验室进行操作Ⅰ时，需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和___________。
（2）加入KClO3的作用是将VO2+转化为VO2+，则该转化过程中钒元素的化合价分别为
__________________。
（3）加入KOH的作用之一是保证钒存在于溶液中时，把Fe3+与Al3+转化为沉淀，则“废渣2”的主要成分是_______________。
（4）滤渣3的成分是偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，煅烧偏钒酸铵（NH4VO3）还有氨气和水生成，写出“煅烧”过程中发生反应的化学方程式：__________________。
（5）25℃时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：
pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1钒沉淀率/%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3
结合上表，在实际生产中，加入氯化铵调节溶液的最佳pH范围为______________。29．高纯氧化铁（Fe2O3）又称“引火铁”，可作催化剂，在现代工业上有广泛应用前景。以下是用废铁屑（含Fe单质约35%、Fe2O3约30%、Fe3O4约29%，含其它不含铁元素的杂质约6%）为原料，制备高纯氧化铁的生产流程示意图。
已知氨水呈碱性（主要成分NH 3·H 2O 是一种碱）：（NH 4）2CO 3溶液呈碱性，40℃以上易分解。
（1）写出高温时废铁屑中的Fe 3O 4与CO 发生反应的化学方程式_____。
（2）加适量氨水的目的是_____，使加入的（NH 4）2CO 3能顺利发生复分解反应而生成FeCO 3，则②处反应的化学方程式为_____。
（3）加入（NH 4）2CO 3后，该反应必须控制的条件是_____。
（4）用蒸馏水洗涤FeCO 3的目的是除去表面附着的杂质，洗涤干净的标志是：取最后一次洗涤液，向其中加入少量的BaCl 2溶液，_____（填现象），即为洗涤干净。
（5）ag 废铁经上述制备流程，可得到高纯氧化铁的质量最多是_____g （用含a 的式子表示）。
30．如图是实验室模拟工业上用大理石（含少量Fe 2O 3和SiO 2）为原料提纯碳酸钙的实验流程，请回答下列问题：
已知：①SiO 2不溶于水也不溶于酸；②氨水呈碱性，与盐酸反应的化学方程式为：
3242NH H O+HCl NH Cl+H O ＝。
（1）稀盐酸不能用稀硫酸代替，原因是________________。
（2）操作a 、b 、c 中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和________。
（3）滤液A 中所含有的溶质的化学式是_________；写出滤液A 中加氨水生成Fe(OH)3的化学方程式______________。
（4）滤液B 中加入试剂X ，恰好完全反应，若滤液C 中只含有两种溶质，则试剂X 的化学式为_______。
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．D
解析：D
【解析】根据题意，一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据物质的性质及变化规律，分析变化能否只通过一个反应而实现。
解：A.铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，可以一步转化，故A不符合题意；
B.过氧化氢分解生成水和氧气，氧气与磷反应生成五氧化二磷，可以一步转化，故B不符合题意；
C.氧化铁与一氧化碳反应生成铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，可以一步转化，故C不符合题意；
D.二氧化碳与碳反应生成一氧化碳，一氧化碳不能一步转化为碳，故选D。
2．C
解析：C
【解析】
【分析】
反应的化学方程式：CH4+2O22H2O+CO2。
A．根据反应的化学方程式，判断反应中两气体的分子个数关系，利用相同体积的气体具有相同的分子数，确定参加反应的CO和O2的体积比；
BC．根据反应的化学方程式，判断反应中反应前后气体的分子个数关系，利用相同体积的气体具有相同的分子数，确定生成的CO2分子个数与原来气体分子数关系；
D．根据化学反应中甲烷与氧气的分子个数关系来分析。
【详解】
A．由化学方程式可知，参加反应的CH4和O2的分子个数比为1：2，则参加反应的CH4和O2的体积比为1：2；故A错误；
B．每1个CH4分子与1个O2分子反应生成2个CO2分子，而原混合气体中CH4和O2分子个数相等，则生成的CO2分子个数为原来气体分子数的四分之一，而不是三分之一；故B 不正确；
C．由B可知，C正确；
D．由化学方程式中参加反应的甲烷分子与氧气分子的个数比可知，反应后的气体中C、O 原子的个数比为1:1，故D不正确．
【点睛】
通过准确理解所给的重要信息，利用该信息实现分子个数与气体体积之间的转换，体现出获取信息与处理信息的能力。
3．B
解析：B
【解析】
利用混合物中两种物质的性质差别，分析除杂方法对混合物组成的影响，判断该方法是否能达到除去杂质的目的，选出不能达到的选项。
A. 镁粉（铁粉）加稀硫酸。稀硫酸与镁和铁都会发生反应，故错误；
B. N2（O2）通过灼热的铜网。氧气与铜反应生成氧化铜，氮气不与铜反应。正确；
C. 稀盐酸（MgCl2）加KOH溶液。稀盐酸与KOH溶液反应，而MgCl2不与KOH溶液反应，故
错误；
D. NaCl（Na2SO4）加Ba(NO3)2溶液。Ba(NO3)2溶液与Na2SO4反应生成硫酸钡的沉淀和硝酸
钠。生成的硝酸钠是杂质。故错误。
故本题选B。
点睛：除去混合物中的杂质，所选用的试剂或方法应对杂质有作用，不影响主要成分，并
且过程中不能产生新的杂质。
4．C
解析：C
【解析】Fe2O3+ 3H2SO4= Fe 2 (SO4 )3+3H2O CuO+H2SO4= CuSO4+H2O，由化学方程式可知，氧化物中氧原子的物质的量等于硫酸根的物质的量，故
n（O）=n（H2SO4）=0.2mol，故原混合物中氧元素的质量为：0.2mol×16g/mol=3.2g，故选C。
5．C
解析：C
【解析】A、氧化钙、碳酸钙都能盐酸反应；B、氢氧化钠溶液与二氧化碳和氯化氢都能反
应；C铜的金属活动性比银强，铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，过滤后溶液中溶质只有
硝酸铜；D二氧化碳不可燃不助燃，不能将二氧化碳中的一氧化碳点燃，不能达到除杂要
求；选C
点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成
分反应，同时不能引入新的杂质
6．C
解析：C
【解析】小球漂浮于液面上，所以小球所受的浮力不变，根据阿基米德原理的公式F浮=ρ
gV排可知，在浮力不变时，当ρ液增大时，则v排减小，小球将上浮一些；当ρ液减小液
时，则v排增大，小球将下沉一些。
解：因为小球漂浮于液面上，所以小球所受的浮力不变。
盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，氯化亚铁溶于水所以溶液的密度变大，所以液体的密
度增大，而小球受到的浮力不变，根据公式F浮=ρ液gV排可知，排开液体的体积减小，所
以小球会上浮，故A正确。
故选C。
点睛：物体的浮沉条件和阿基米德原理的应用，通过小球所受浮力不变，与化学知识结合
起来考查了溶液密度的变化，完成此题，要依据已有的物理知识和化学知识结合起来。
7．A
解析：A
【解析】根据硫酸与碱反应的化学反应方程式，得出质量与碱的相对分子质量的关系，然
后分析改用氢氧化钾，判断酸碱的过量，再分析反应后溶液的pH。
解：设硫酸的质量为x，则
H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2O 98 2×40
x mg
9880
x mg
=
解得x=98m 80
g
当改用m克的氢氧化钾，设消耗的硫酸的质量为y，则H2SO4+2KOH═K2SO4+2H2O
98 2×56
y mg
98112
y mg
=
解得y=98m
112
g＜x，
则酸过量，反应后溶液的pH小于7，故选A。
8．A
解析：A
【解析】
取一定质量的CaCO3高温煅烧一段时间后冷却，测得剩余固体为12.8g，向剩余固体中加入200g稀盐酸，恰好完全反应，得到208.4g不饱和溶液。所以生成二氧化碳的质量为：12.8g，+200g-208.4g=4.4g。设剩余固体中碳酸钙的质量为x，
CaCO3 + 2HCl == CaCl2 + H2O + CO2↑
100 44
x 4.4g
100/x=44/4.4g x=10g
固体中氧化钙的质量为12.8g-10g=2.8g
设分解的碳酸钙质量为y
CaCO3高温CaO+CO2↑
100 56
y 2.8g
100/y=56/2.8g y=5g
所以原碳酸钙的质量为5g+10g=15g 选A
点睛：方程式的计算，关键根据化学反应方程式找出相关物质的质量关系，利用反应中物质的质量比不变进行列比例计算，易错点是，由方程式求质量比算数错误，所以这一步要仔细检查。
9．D
解析：D
【解析】理论上正确，要求物质的转化需符合物质的性质及变化规律；操作上可行，要求
操作应简便易行；经济上合理，要求不能利用价格昂贵的物质转化为价格低廉的物质；根据以上要求，分析每个方案；分析时可首先判断理论上是否可行，然后再考虑操作上的可行性与经济上的合理性。
解：A、一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，操作中需要加热不够简便，且使用氢氧化钠制取碳酸钠，经济上不合理；故A不正确；
B、与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理；故B不正确；
C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的；故C不正确；
D、氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理；故D正确。
故选D。
点睛：熟练掌握物质的性质与变化规律为解答理论上正确所需要的知识基础，熟悉常见物质的用途则为经济上合理的判断提供参考依据。
10．C
解析：C
【解析】A.草木灰的主要成分碳酸钾的溶液呈碱性；氯化铵含铵根属于铵态氮肥；
B. Ba（NO3）2与ZnSO4反应，生成硫酸钡沉淀和硝酸锌；
C. NaCl遇Ba（OH）2无明显现象；NH4NO3遇Ba（OH）2加热，只有气体；（NH4）2SO4遇Ba （OH）2加热，既有气体又有白色沉淀；Na2SO4遇Ba（OH）2只有白色沉淀；
D. 不用其他试剂，就能将组内物质鉴别出来，首先需考虑物质的颜色，然后将鉴别出来的物质与其他物质混合，根据现象的不同加以鉴别，若物质都是没有颜色，则让溶液之间两两混合，根据不同的实验现象加以鉴别。
解：A.草木灰的水溶液成碱性，和铵态氮肥氯化铵一起用会产生NH3，降低肥效，所以不能混合施用。故错误；
B. Ba（NO3）2与ZnSO4反应，生成硫酸钡沉淀和硝酸锌，生成的硝酸锌是新的杂质，故错误；
C. NaCl遇Ba（OH）2无明显现象；NH4NO3遇Ba（OH）2加热，只有气体；（NH4）2SO4遇Ba （OH）2加热，既有气体又有白色沉淀；Na2SO4遇Ba（OH）2只有白色沉淀；故正确；
D. 氯化钡能与硫酸钾、碳酸钠均产生沉淀，故能与两种物质产生沉淀的是氯化钡，不与氯化钡反应的物质为盐酸，向其他两种物质中滴加盐酸，有气体生成的为碳酸钠，无现象的为硫酸钾，可以鉴别。故错误。
因此本题选C。
11．A
解析：A
【解析】A. 向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸。氢氧化钠先与盐酸反应，碳酸钠后与盐酸反应，在氢氧化钠未被反应完之前不会生成气体； B. 向一定量稀硫酸中加水稀
释，随水的加入，溶液的酸性变弱，但始终呈酸性，溶液的pH不会等于或大于7；C. 二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂，只改变氯酸钾的分解速率，不改变生成物的质量。 D. 向饱和氢氧化钙溶液中加入CaO，氧化钙和水反，使溶液中溶质因水减少而析出；反应放出大量热，氢氧化钙的溶解度减小，氢氧化钙析出，得高温下的饱和溶液，溶质的质量分数减；冷却时，溶解度变大，溶质的质量分数变大，恢复到原温后得原温下的饱和溶液，溶质的质量分数不变。
点睛：饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100% 。图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否正确
12．B
解析：B
【解析】
根据碳酸钙难溶于水，钡离子和硫酸根离子会生成硫酸钡的沉淀，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁的沉淀，碳酸钙和盐酸反应会生成二氧化碳气体，结合化学方程式进行解答。
解：样品溶于水得到滤渣1.5g，能够全部溶于稀盐酸，且产生0.44g二氧化碳，说明沉淀中一定有碳酸钙，一定没有硫酸钡。
设产生0.44g二氧化碳需要碳酸钙的质量为x。
CaCO3 + 2HCl == CaCl2 + H2O + CO2↑
100 44
x 0.44g
x=1g＜1.5g。因此沉淀中还有氢氧化镁。则滤渣a的成分是碳酸钙和氢氧化镁，故A正确；滤液通入CO2产生沉淀，说明二氧化碳与氢氧化钠反应产生碳酸钠，碳酸钠和氯化钡反应产生碳酸钡沉淀，因此滤液中溶质的成分除氯化钠还有氢氧化钠、氯化钡，故B错误，C正确；若现象①“滤渣全部溶解”变为“滤渣部分溶解”，其他现象不变，可知沉淀a一定含有碳酸钙和硫酸钡，不一定含有氢氧化镁，因此无法确定氯化镁的存在，故D 正确。
点睛：首先分析所给物质的性质，然后依据题中的现象确定各种物质的存在性，最后确定混合物的成分。
13．A
解析：A
【解析】
A. 等质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应，金属完全反应，生成易溶于水的盐和氢气，最终固体的质量都减少为零；
B. 饱和溶液是在一定温度下、一定量的溶剂里不能再溶解某物质的溶液叫该物质的饱和溶液，反之为不饱和溶液。一定温度下，向饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体，固体不再溶解，
C. 向盛有一定量稀硫酸的烧杯中不断加水稀释。溶液的酸性变弱，pH变大，但溶液始终呈酸性，pH不会等于或大于7；
D. 向一定量的氧化铁中通入一氧化碳气体并持续高温，二者反应生成二氧化碳和铁，
固体的质量最终为生成铁的质量，大于零；
点睛：图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否正确
14．A
解析：A
【解析】A、向水中加入肥皂水时，如果产生的泡沫较多，是软水，如果产生大量浮渣，是硬水，因此可以用肥皂水区分硬水和软水；点燃羊毛纤维和棉纤维时，能够产生烧焦羽毛的气味的是羊毛纤维，另一种是棉纤维，因此利用灼烧闻气味的方法可以区分羊毛纤维和棉纤维；加熟石灰粉末研磨时，能够产生刺激性气味气体的是硫酸铵，不产生刺激性气味气体的是硫酸钾，因此利用氢氧化钙可以区分硫酸铵和硫酸钾，正确；B、出行多乘交通工具可以减少二氧化碳的排放；生活中用火烧毁废旧塑料和橡胶时，能够产生大量二氧化碳气体；用废旧报纸制作铅笔杆可以减少二氧化碳的排放；，不完全正确，错误；C、铁、碘、是人体必需的微量元素，而钙元素是人体需要的常量元素；②服用含Al(OH)3的药物可治疗胃酸过多，这是因为氢氧化铝能和胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水；③油脂虽然是人体重要的营养物质，但是也不能大量摄入油脂，要适量摄取，以保持身体健康；不完全正确，错误；D、钢铁、硬铝和黄铜都是合金；②纯铁比生铁的硬度小；③聚氯乙烯塑料属于有机合成材料，不完全正确，错误。故选A。
15．B
解析：B
【解析】A、氧气与硫反应可得二氧化硫，二氧化硫与碱反应生成水，水电解可得氧气，故正确；
B、氢气在氧气中燃烧生成水，水无法转化为一种物质，且能生成氧气，故错误；
C、二氧化碳与水通过光合作用可得氧气，碳与氧气不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳燃烧可得二氧化碳，故正确；
D、碳酸受热分解为二氧化碳，二氧化硫与碱反应生成水，水与二氧化碳反应生成碳酸，故正确。
16．A
解析：A
【解析】A碱式碳酸铜在加热条件分解生成氧化铜、二氧化碳、水，所以加热后固体只有氧化铜；碳酸钾和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾，但是碳酸钾过量，会引入新的杂质。C、铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，反应后应将铜、过量的铁通过过滤除掉；D氢氧化钠溶液与二氧化碳反应，不符合除杂要求。选A
点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质
17．A
解析：A
【解析】反应中溶质的质量不变，所以溶液质量的变化由溶质的质量变化决定
Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag m
64 152
x 15.2g
64/x=152/15.2g x=6.4g 选A
点睛：找到溶液质量变化的根本原因，利用差值法计算，比传统的算法简单。
18．B
解析：B
【解析】A黄铜渣加入过量的稀硫酸后，锌、氧化锌都反应生成硫酸锌，氧化铜反应生成硫酸铜；滤液A中有硫酸铜、硫酸锌、硫酸三种溶质；B. Ⅰ、Ⅱ中的操作目的都是将溶液与固体分离，均包含过滤；C.锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，参加反应的的硫酸铜的质量小于生成的硫酸锌的质量，溶液A的质量小于溶液B； D. 溶液C是析出晶体得到的饱和溶液，其溶质的质量分数大于同温度下的不饱和溶液B；选B
点睛：同种溶质、同种溶剂、同种温度下饱和溶液一定比不饱和溶液浓。
19．B
解析：B
【解析】
试题分析：由酸的通性可知：酸能跟活泼金属、金属氧化物、盐、碱等物质反应．由硫酸化学性质的知识网络图可知，B是由硫酸与其它物质反应制取的，且能与A、C反应，A、B、C分别属于不同类别的化合物．
A、CuSO4、Na2CO3均属于盐，故选项不符合要求．
B、KOH能与稀硫酸、稀硝酸发生中和反应，且硝酸能与K2CO3反应硝酸钾、水和二氧化碳，且KOH、HNO3、K2CO3分别属于碱、酸、盐，故选项符合要求．
C、Ba（OH）2能与稀硫酸发生中和反应，能与CuSO4反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀；但CuSO4不能与CuO发生化学反应，故选项不符合要求．
D、NaOH能与稀硫酸、稀盐酸发生中和反应，但Ba（NO3）2不能与HCl发生化学反应，故选项不符合要求．
故选B．
考点：酸的化学性质．
点评：本题有一定难度，熟练掌握酸的化学性质、酸碱盐与氧化物的判别是正确解答本题的关键，采用带入验证法是正确快速、解答本题的捷径．
20．A
解析：A
【解析】
A、铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水；氢氧化钠和氯化铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠；氯化铜和铁反应生成铜和氯化亚铁，硫酸与氧化铁反应生成硫酸铁和水；铁和氧气、水作用而锈蚀，铁锈的主要成分为氧化铁，正确；
B、盐酸和氧气不反应，错误；
C、硫酸不能转化成氯化铜，错误；
D、氢氧化钙和氢氧化钠不反应，错误。选A
21．C
解析：C
【解析】在高温下，一氧化碳与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，根据质量守恒定律，反应
后固体减少的质量为氧元素的质量，设矿石中氧化铁的含量为x ，则12g×x×
163
160
?×100%=12g-9.3g ，解得x=75%。故选C 。 22．A
解析：A
【解析】二氧化碳、一氧化碳、氢气和氮气混合气体通过石灰水，二氧化碳会与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，CO 2被吸收；再通过灼热的氧化铜后，一氧化碳、氢气与灼热的氧化铜反应分别生成铜和二氧化碳、铜和水蒸气，一氧化碳吸收，但生成了二氧化碳、水蒸气；冷却后留下的气体是二氧化碳和氮气。故选A 。
23．B
解析：B 【解析】
A 二氧化碳不可燃不助燃，不能将二氧化碳中的少量一氧化碳点燃，不能达到除杂目的；
B 没有硫酸反应，银不与硫酸反应；
C 稀盐酸与氢氧化钠和碳酸钠都反应；
D 、氯化钠的溶解度受温度很小，应该用蒸发结晶提纯。选B
点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质
24．B
解析：B
【解析】A 、据图可以看出，t 1℃时，等质量的甲、乙饱和溶液中所含溶质的质量为乙>甲，正确；B 、 t 2℃时，丙的溶解度是30g ，其饱和溶液的溶质质量分数为：
30g
100%30%30100g g
?<+，故不可配制溶质质量分数为30%的丙溶液，错误；C 、将组
成在M 点的甲溶液转变为N 点的甲溶液，就是变成不饱和溶液，可加适量水稀释，正确；D 、t 3℃时，将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液降温至t 2℃，甲和乙的溶解度减小，形成t 2℃时的饱和溶液，根据溶解度可以看出，乙的溶质质量分数大于甲，而丙的溶解度随温度的降低而减小，根据图象可以看出，丙的溶质质量分数小于甲，故所得溶液溶质质量分数的大小关系为乙>甲>丙，正确。故选B 。
25．B
解析：B 【解析】
A 、Fe 是活泼金属，加入足量的稀硫酸，能反应生成易溶于水的氯化亚铁，铜不与酸反应，过滤，洗涤，干燥后得到金属铜；
B 、Cu(OH)2固体，加入适量稀盐酸，氢氧化铜会被反应生成易溶的氯化铜；
C 、HCl 和AgNO 3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸，过滤溶液中溶质只有硝酸；
D 、CO 2 和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，一氧化碳不反应，然后将气体干燥，得纯净的一氧化碳。选B
点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质
二、流程题
26．复分解反应玻璃棒搅拌，使液体受热均匀（或搅拌，防止局部温度过高造成液滴飞溅）取③所得溶液适量于试管中，加入足量的BaCl2（或CaCl2）溶液，静置，向上层清液中滴加无色酚酞溶液，若溶液变红色，则溶液中含有NaOH
【解析】
【分析】
由两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应叫做复分解反应。
【详解】
（1）操作中发生的反应有：氯化钡和硫酸钠生成硫酸钡和氯化钠，氯化镁和氢氧化钠生成氢氧化镁和氯化钠，碳酸钠和氯化钙生成碳酸钙和氯化钠，碳酸钠和氯化钡生成碳酸钡和氯化钠，盐酸和碳酸钠生成氯化钠、水和二氧化碳，盐酸和氢氧化钠生成氯化钠和水。这些反应均符合复分解反应的特征，故操作中所发生反应的基本反应类型是：复分解反应。（2）操作①需要玻璃棒搅拌，加速溶解；操作③需要玻璃棒引流，操作⑤需要玻璃棒搅拌，使液体受热均匀，防止液滴飞溅，故操作①、③、⑤要用到同一种玻璃仪器，它的名称是：玻璃棒。操作⑤是蒸发，玻璃棒在蒸发操作中的作用是：搅拌，使液体受热均匀（或搅拌，防止局部温度过高造成液滴飞溅）。
（3）碳酸钠能和氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，碳酸钠能和氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，氢氧化钠不能和氯化钙或氯化钡反应，碳酸钠、氢氧化钠显碱性，能使酚酞溶液变红色，而氯化钠、氯化钙、氯化钡溶液都呈中性，故证明操作③所得溶液中含有NaOH的实验步骤和现象是：取③所得溶液适量于试管中，加入足量（或过量）的BaCl2（或
CaCl2）溶液，静置，向上层清液中滴加无色酚酞溶液，若溶液变红色，则溶液中含有NaOH。
27．SrSO4 + 4C 焙烧
SrS + 4CO↑ H2S 防止降温析出Sr(OH)2降温结晶
100g×95%×80%×122
184
SrO + H2O = Sr(OH)2 100.18
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应原理和复分解反应原理书写有关反应方程式；根据质量守恒定律进行相关计算；根据混合物分离方法进行提纯。
【详解】
（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，碳过量所以产物为CO，其化学方程式为
SrSO4 + 4C 焙烧
SrS + 4CO↑，故答案：SrSO4 + 4C
焙烧
SrS + 4CO↑。
（2）盐酸酸浸是将SrS溶解、脱硫，溶解过程中SrS与盐酸发生复分解反应生成SrCl2和H2S气体，该气体的化学式为H2S，故答案：H2S。
（3）由溶解性表可知：氢氧化锶的溶解度随着温度的升高而增大，所以除杂时要采取“趁
热过滤”，防止降温析出Sr(OH)2，从趁热过滤后的滤液中获取氢氧化锶的步骤是：降温结晶、过滤、洗涤、干燥。故答案：防止降温析出Sr(OH)2；降温结晶。
（4）取100 g 天青石样品，样品中含有质量分数为5%的杂质，酸浸步骤中有80%的Sr 溶解，其他步骤均100%转化没有损耗，根据SrSO 4→Sr(OH)2，则理论上可以获取纯净的氢氧化锶质量=100g×(1-5%)×80%×
122184=100g×95%×80%×122184，故答案：100g×95%×80%×122
184
。 （5）因为CaO+ H 2O=Ca(OH)2，Sr 和Ca 的化学性质比较类似，推测SrO 与水发生反应的化学方程式SrO + H 2O = Sr(OH)2。温度为10℃，氢氧化锶的溶解度为1.22，取1.04 g 的SrO 可制得Sr(OH)的质量为1.22g ，消耗水的质量为0.18g ，要制得氢氧化锶的饱和溶液，需要加水的质量100g ，所以共需要水的质量=100g+0.18g=100.18g ，故答案：100.18g 。 28．玻璃棒 +4、+5 Fe(OH)3、Al(OH)3 4325232NH VO V O H O 2NH ++↑高温
1.7~1.8 【解析】 【分析】 【详解】
（1）实验室进行操作Ⅰ（过滤）时，需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒。 （2）VO 2+中，氧元素化合价是-2，则矾元素的化合价是+4，化VO 2+中氧元素化合价是-2，则矾元素化合价是+5，则该转化过程中钒元素的化合价分别为+4、+5。
（3）加入KOH 的作用之一是保证钒存在于溶液中时，把3+Fe 与3+Al 转化为沉淀，则“废渣2”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。
（4）“煅烧”过程中，偏钒酸铵分解生成五氧化二钒、水和氨气，发生反应的化学方程式：43
25232NH VO V O H O 2NH ++↑高温
。
（5）结合上表，在实际生产中，加入氯化铵调节溶液的最佳pH 范围为1.7～1.8，是因为此酸碱度下，钒沉淀率最高。 【点睛】
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。 29．342Fe O +4CO
3Fe+4CO 高温
去除滤液中过量的硫酸
FeSO 4+(NH 4)2CO 3=(NH 4)2SO 4+FeCO 3↓ 温度在40℃以下 无白色沉淀 11
a 10
【解析】 【分析】 【详解】
（1）四氧化三铁和一氧化碳高温生成铁和二氧化碳，化学方程式
342Fe O +4CO
3Fe+4CO 高温
，故填：342Fe O +4CO
3Fe+4CO 高温
。
（2）加足量稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，滤液I 中可能含有过量硫酸，加适量氨水的目的是去除滤液中过量的硫酸，硫酸亚铁和碳酸铵反应生成硫酸铵和碳酸亚铁，化学方程式FeSO 4+(NH 4)2CO 3=(NH 4)2SO 4+FeCO 3↓，故填：去除滤液中过量的硫酸；FeSO 4+(NH 4)2CO 3=(NH 4)2SO 4+FeCO 3↓。
（3）（NH 4）2CO 3溶液呈碱性，40℃以上易分解，加入（NH 4）2CO 3后，该反应必须控制的条件是温度在40℃以下，故填：温度在40℃以下。
（4）用蒸馏水洗涤FeCO 3的目的是除去表面附着的硫酸铵杂质，硫酸铵和氯化钡生成氯化铵和硫酸钡沉淀，洗涤干净的标志是：取最后一次洗涤液，向其中加入少量的BaCl 2溶液，无白色沉淀生成，即为洗涤干净，故填：无白色沉淀。
（5）根据质量守恒反应前后铁元素质量不变，设氧化铁质量为x ，ag×35%+ag×30%×562562+163??? +ag×29%×563
563+164
??? =x ×562562+163???，x =11a 10 ，故
填：
11
a 10
。 30．硫酸和块状大理石反应生成微溶的硫酸钙附着在碳酸钙的表面，阻止反应的继续进行 漏斗 HCl 、CaCl 2、FeCl 3 3NH 3?H 2O+FeCl 3=Fe （OH ）3↓+3NH 4Cl (NH 4)2CO 3 【解析】 【分析】 【详解】
（1）稀盐酸不能用稀硫酸代替，原因是硫酸和块状大理石反应生成微溶的硫酸钙附着在碳酸钙的表面，阻止反应的继续进行。
（2）操作a 、b 、c 都是将固体和液体分离的操作，为过滤，所以需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。
（3）二氧化硅和酸不反应，氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳，盐酸过量，可知滤液A 中含有的溶质是氯化氢和氯化钙和氯化铁，化学式HCl 、CaCl 2、FeCl 3；氯化铁和氨水反应生成Fe （OH ）3和氯化铵，对应的化学方程式为 3NH 3?H 2O+FeCl 3=Fe （OH ）3↓+3NH 4Cl 。
（4）氨水和过量盐酸以及氯化铁反应都生成氯化铵，因此滤液B 中含有生成的氯化铵、氯化钙和过量的NH 3?H 2O ，加入试剂X ，恰好完全反应，且滤液C 中只含有两种溶质，同时还要生成碳酸钙，则X 是碳酸盐，则滤液C 中一定含有氨水和氯化物，根据复分解反应的条件可知加入的X 的化学式为 （NH 4）2CO 3，碳酸铵和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，所得溶质为氨水和氯化铵。 【点睛】
读图，从中获得解答题目所需的信息，所以在解答题目时先看解答的问题是什么，然后带着问题去读给出的图进而去寻找解答有用的信息，这样提高了信息捕捉的有效性。解答的问题实际上与复杂的转化图相比，其实很简单很基础，或者可以说转化图提供的是情境，考查基本知识。