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物质的检验与鉴别、分离与除杂，是对物质的性质、特征反应、特征现象的综合性考查，需要熟悉不同物质的物理和化学性质。考查形式有选择题、科学探究题等，该部分内容注重考查学生综合应用化学知识、解决实际问题的能力。命题内容将密切联系生产和生活实际，注重考核学生运用化学知识、科学方法来分析、解决问题的能力。
物质的检验与鉴别
1．(2024·聊城中考)下列实验设计及操作不能达到实验目的的是(　　)
选项 实验目的 实验设计及操作
A 检验一瓶无色气体是否为CO2 向瓶中伸入燃着的木条，观察现象
B 鉴别稀盐酸与稀硫酸 取样，分别滴加少量BaCl2溶液，观察现象
C 除去CaCl2溶液中的少量稀盐酸 加入过量石灰石，过滤
D 分离Mg(OH)2与NaCl固体混合物 加水溶解、过滤、洗涤、干燥、蒸发结晶
2．下列实验操作不能达到实验目的的是(　　)
选项 实验目的 主要实验操作
A 鉴别铵态氮肥和钾肥 取样，分别加入熟石灰混合研磨，闻气味
B 分离CaCl2和粉末 滴加足量的稀盐酸，然后蒸发结晶
C 除去NaCl溶液中混有的CaCl2 滴加碳酸钠溶液至恰好不再产生沉淀为止，然后过滤
D 检验NaOH溶液在空气中部分变质 滴加过量的氯化钡溶液，静置，再向上层清液中滴加酚酞试液
3．(2024·河南中考)生产、生活中常要区分物质。下列区分物质的试剂或方法正确的是(　　)
A．用食盐水区分硬水、软水
B．用熟石灰区分氯化铵、硫酸铵
C．用灼烧法区分涤纶、羊毛
D．用燃着的木条区分氮气、二氧化碳
4．(2024·深圳中考)下列做法不可以完成的是(　　)
A．辨别空气、N2和O2——将燃着的木条伸入
B．辨别黄铜合金和黄金——用酒精灯烧
C．辨别纯净水和海水——晒干
D．将溶解色素的水分离——静置沉淀
5．(2024·滨州中考)下列各组物质的鉴别方法、现象及结论均正确的是(　　)
选项 物质 鉴别 方法 现象及结论
A 一氧化碳和二氧化碳 闻气味 有刺激性气味的气体为一氧化碳，无味的气体为二氧化碳
B 食盐水和蒸馏水 测pH pH＜7的液体为食盐水，pH＝7的液体为蒸馏水
C 硫酸铁溶液和硫酸亚铁溶液 观察颜色 浅绿色溶液为硫酸铁溶液，黄色溶液为硫酸亚铁溶液
D 碳酸氢钠和碳酸钠 充分加热 产生使澄清石灰水变浑浊的气体的物质为碳酸氢钠，无明显现象的物质为碳酸钠
【专题攻略】　物质的检验与鉴别的思路与方法
物质的检验与鉴别是根据物质特有的性质及明显的反应现象，确认某物质是否存在或是否为该物质的实验过程。
1．解题思路
第1步：确定需要检验的物质。
第2步：从物质特有的性质找突破点。
第3步：确定合适的试剂或方法。
2．解题方法
(1)物理方法：根据物质的特殊物理性质，如颜色、气味、水溶性、溶解时放热或者吸热等。
(2)化学方法：利用物质的特殊化学性质或反应时产生的特殊现象(如：颜色改变、放出气体、生成沉淀、放热等)，对所给物质进行检验。
3．注意事项
(1)“最少、最简、明显”，即取最少量的试剂，用最简单的方法，可观察到明显不同的现象。
(2)“不许原瓶操作、不许指名道姓”，即鉴别固体、液体时若要加入别的试剂，一定要注意取样方式，防止试剂受到污染。取样时，不能直接指出试剂名称，即不能未检先知。
物质的分离与除杂
6．除杂和鉴别都是进行科学探究的重要方式，下列实验设计不能达到目的的是(　　)
选项 实验目的 实验设计
A 除去H2中混有的少量HCl气体 先通过NaOH溶液，再通过浓硫酸
B 鉴别稀盐酸与NaCl溶液 分别滴加无色酚酞试液，观察颜色
C 除去Cu粉中混有的少量Fe粉 用磁铁充分吸引
D 鉴别化肥NH4Cl和KNO3 取样，分别加熟石灰研磨，闻气味
7．除去下列物质中所含的少量杂质，所选试剂正确的是(　　)
选项 物质 所含杂质 除杂质试剂
A 碳酸钠 氯化钾 适量的水
B 氧化钙 碳酸钙 稀盐酸
C 硫酸亚铁溶液 硫酸铜溶液 过量的铁粉
D 氯化钾溶液 稀盐酸 过量的碳酸钠溶液
8．下列实验设计不能达到实验目的的是(　　)
选项 实验目的 实验设计
A 除去粗盐中混有的泥沙 溶解、过滤、蒸发
B 分离Cu粉和Fe粉 加入足量稀硫酸，过滤、洗涤、干燥
C 除去KNO3中混有的少量NaCl 降温结晶、过滤
D 除去NaCl中少量Na2CO3 加入足量的稀盐酸充分反应，再蒸发结晶
【答题模板】　物质的分离与除杂
物质的分离是通过适当的方法，把混合物中的各种物质彼此分开的过程；物质的除杂是通过适当的方法，把混入某物质里的少量杂质除去的过程。
1．解题思路
(1)找出杂质物质或杂质离子。
(2)找出与杂质反应生成气体或沉淀或水的除杂物质或离子。
(3)检查除杂物质或离子是否与被提纯物质反应，应不与提纯物质反应。
(4)确定除杂、分离过程中的主要操作步骤。
2．除杂原则
(1)杂不增：不能引入新的杂质。
(2)主不减：不减少被提纯的物质。
(3)易分离：被提纯的物质与杂质容易分离。
(4)好复原：除杂后要将所得物质恢复为原状态，即原物质是固体的恢复为固体，是溶液的恢复为溶液。
3．常用方法
(1)物理方法：过滤法、结晶法、吸附法。
(2)化学方法：把杂质转化为气体、沉淀、水。
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专题研究
专题一　物质的检验与鉴别、分离与除杂
类题通关
1．A　[能使燃着的木条熄灭的不一定是二氧化碳，氮气、稀有气体也能，A达不到实验目的；硫酸能与氯化钡反应生成白色沉淀，盐酸不与氯化钡反应，无明显现象，B能达到实验目的；氯化钙中含有盐酸时，加入过量碳酸钙，碳酸钙会与盐酸反应生成氯化钙，同时当盐酸完全反应后，碳酸钙也不会溶解，不会引入新杂质，C能达到实验目的；Mg(OH)2与NaCl固体混合物放入水中，前者不溶解，后者溶解，通过过滤、洗涤、干燥可获得Mg(OH)2，通过蒸发结晶可以获得氯化钠固体，D能达到实验目的。]
2．B　[取样，分别加入熟石灰混合研磨，闻气味，产生有刺激性气味气体的是铵态氮肥，无明显气味的是钾肥，可以鉴别，A能达到实验目的；滴加足量的稀盐酸，碳酸钙能与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，然后蒸发结晶，能分离出氯化钙，但无法分离出碳酸钙，B不能达到实验目的；碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，滴加碳酸钠溶液至恰好不再产生沉淀为止，所加试剂为适量，能除去杂质，且没有引入新杂质，经过过滤，就能得到纯净的氯化钠溶液，C能达到实验目的；变质后的氢氧化钠溶液中含有碳酸钠，滴加过量的氯化钡溶液，碳酸钠能与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，静置，再向上层清液中滴加酚酞试液，酚酞试液变红色，说明含有氢氧化钠，可检验溶液在空气中部分变质，D能达到实验目的。]
3．C　[不能用食盐水区分硬水、软水，可以用肥皂水区分硬水和软水，加入肥皂水后浮渣较多的是硬水，泡沫较多的是软水，故A错误；氯化铵、硫酸铵和熟石灰混合研磨都会产生有刺激性气味的氨气，不能用熟石灰来区分氯化铵、硫酸铵，故B错误；涤纶灼烧有特殊气味，羊毛灼烧有烧焦羽毛的气味，能用灼烧法来区分涤纶、羊毛，故C正确；氮气、二氧化碳都不能燃烧也不支持燃烧，都能使燃着的木条熄灭，不能用燃着的木条区分氮气、二氧化碳，故D错误。]
4．D　[氧气有助燃性，可以支持燃烧，氮气没有助燃性，不支持燃烧。燃着的木条在空气中继续燃烧，在N2中很快熄灭，在O2中剧烈燃烧，因此，可用燃着的木条辨别空气、N2和O2，A正确；黄铜是铜和锌的合金，用酒精灯灼烧时，铜会与空气中的氧气反应生成黑色的氧化铜，现象是黄铜表面变黑，而金的化学性质不活泼，高温下也不会与氧气反应，灼烧时黄金表面无明显现象，所以可用酒精灯灼烧来辨别黄铜合金和黄金，B正确；海水中含有NaCl等溶质，晒干纯净水时，水变为气态逸散到空气中，没有物质剩余，晒干海水时，有固体剩余，所以通过晒干能辨别纯净水和海水，C正确；静置沉淀能分离水与不溶性固体，但色素能溶于水，静置沉淀无法将水与色素分离，D错误。]
5．D　[一氧化碳和二氧化碳均没有气味，用闻气味的方法不能鉴别，A错误；食盐水和蒸馏水均呈中性，测pH，均等于7，不能鉴别，B错误；观察颜色，浅绿色溶液为硫酸亚铁溶液，黄色溶液为硫酸铁溶液，C错误；碳酸氢钠在加热条件下生成碳酸钠、水和二氧化碳，充分加热，产生使澄清石灰水变浑浊的气体的物质为碳酸氢钠，无明显现象的物质为碳酸钠，D正确。]
6．B　[NaOH溶液可与HCl气体反应，而不与氢气反应，再通过浓硫酸进行干燥，故先通过NaOH溶液，再通过浓硫酸，可以除去H2中混有的少量HCl气体，A能达到目的；稀盐酸呈酸性，NaCl溶液呈中性，都不能使无色酚酞试液变色，无法鉴别，B不能达到目的；铁能被磁铁吸引，铜不能被磁铁吸引，用磁铁充分吸引，可以除去Cu粉中混有的少量Fe粉，C能达到目的；氢氧化钙可与氯化铵产生刺激性气味的氨气，和硝酸钾不反应，取样，分别加熟石灰研磨，闻气味，可以鉴别化肥NH4Cl和KNO3，D能达到目的。]
7．C　[氯化钾、碳酸钠均易溶于水，不能用水除去杂质，不符合除杂原则，A错误；CaO和CaCO3均能与稀盐酸反应，不但能把杂质除去，还会把原物质除去，不符合除杂原则，B错误；过量的铁粉能与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，C正确；稀盐酸能与过量的碳酸钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钠，不符合除杂原则，D错误。]
8．B　[泥沙难溶于水，故除去粗盐中的泥沙，可通过溶解、过滤、蒸发的方法，A能达到实验目的；加入足量稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜和稀硫酸不反应，过滤、洗涤、干燥，可得到铜，但没有得到铁，达不到分离的目的，B不能达到实验目的；硝酸钾、氯化钠的溶解度均随温度的升高而增加，硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，故硝酸钾中混有少量氯化钠，可采取降温结晶的方法，C能达到实验目的；加入足量稀盐酸，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，盐酸具有挥发性，氯化氢会挥发出去，可除去杂质，D能达到实验目的。]
专题二　逻辑推理、归纳
类题通关
1．C　[最外层为8个电子的结构属于稳定结构，具有稳定结构的原子最外层不一定有8个电子，如氦最外层有两个电子，也属于稳定结构，A错误；溶液具有均一、稳定的特征，但具有均一、稳定特征的液体不一定是溶液，如水，B错误；由同种元素组成的纯净物是单质，C正确；复分解反应一定有沉淀、气体或水生成，但有沉淀、气体或水生成的反应不一定是复分解反应，如二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，有沉淀生成，但不是复分解反应，D错误。]
2．D　[原子不显电性，但是不显电性的微粒不一定是原子，如中子，A错误；燃烧须使可燃物的温度达到其自身着火点，可降低温度至着火点以下，达到灭火的目的，而不是可降低可燃物的着火点，B错误；有机物一定含有碳元素，但是含有碳元素的物质不一定是有机物，如二氧化碳含有碳元素，属于无机物，C错误；某物质在氧气中燃烧产生二氧化碳和水，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，生成物中含C、H、O，故该物质中一定含C、H元素，可能含氧元素，氧元素可能来自氧气，D正确。]
3．B　[镁、铜、铁等金属在常温下是固体，但不是所有金属在常温下都是固体，如汞属于金属，在常温下是液体，A错误； 由同种分子构成的物质一定是纯净物，但纯净物不一定由同种分子构成，也可能由同种原子构成，B正确； CO有还原性可用于炼铁，CO2无还原性，不可用于炼铁，C错误； 氯化氢是由氯化氢分子构成的，氯化钠是由钠离子、氯离子构成的，D错误。]
4．A　[无色酚酞试液遇到碱性溶液变红，往某无色溶液中滴入几滴酚酞试液，溶液变红，可推测该溶液显碱性，A正确；往H2O2溶液中加入少量CuO，迅速产生气泡，说明氧化铜能加快过氧化氢的分解速率，要想验证氧化铜是催化剂，还需要探究化学反应前后，氧化铜的质量和化学性质是否改变，B错误；用黄铜片刻画纯铜片，纯铜片上有划痕，说明黄铜的硬度大于纯铜，C错误；将带火星的木条伸入盛有O2的集气瓶中，木条复燃，说明氧气具有助燃性，不是可燃性，D错误。]
5．D　[碳酸氢钠能与胃酸中的盐酸反应，故可用碳酸氢钠治疗胃酸过多，氮气化学性质稳定且无毒，可以在食品袋内充入氮气延长食品的保质期，A正确；缺钙会导致骨质疏松，吸烟会危害人的身体健康，也会导致周边环境的污染，B正确；太阳能电池板的使用能减少化石能源的使用，可以减少大气污染，钛合金硬度大、密度小，C正确；发现煤气泄漏不能开灯检查，以防发生火灾或爆炸，D错误。]
6．B　[A．①煤、石油和天然气都是不可再生能源，错误；B．①盐酸与金属氧化物反应，可以用于除锈，②熟石灰呈碱性，可以用于改良酸性土壤，二者均正确；C．②亚硝酸钠有咸味，其属于工业用盐，有毒，不可以替代食盐做调味品，错误；D．①中学生有针对性地通过药品和保健品来补充一些体内缺乏的元素是必要的，但每天应吃一定量的保健品的观点是错误的，故选B。]
7．A　[根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目和质量不变，A合理；铝比铁化学性质活泼，常温下，铝能与空气中的氧气反应，在其表面形成一层致密的氧化铝薄膜，从而阻止铝进一步被氧化，而铁锈疏松多孔，具有吸附性，会加速铁的锈蚀，故在空气中铝制品比铁制品更耐腐蚀，B不合理；二氧化碳的水溶液的pH小于7，是因为二氧化碳能与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，二氧化碳不属于酸，C不合理；洗涤剂去油污，是因为洗涤剂具有乳化作用，能将油污乳化为细小油滴，随水冲走，汽油除去油污，是因为汽油能溶解油污，D不合理。]
8．A　[①活性炭疏松多孔，具有较强的吸附性，正确；②钙是组成骨骼的重要成分，服用补钙剂，可以治疗骨质疏松症，正确；③烧碱常用来做厨房的炉具清洁，正确，A正确；①金刚石、石墨中碳原子的排列方式不同，物理性质不同，但它们都是由碳元素组成的，化学性质相似，错误；②硝酸钾含氮、磷、钾三种营养元素中的钾元素和氮元素，属于复合肥，正确，③不是所有的盐中都含有金属阳离子，如硝酸铵中含有铵根离子，错误，B错误；①任何化学变化都遵循质量守恒定律，镁条燃烧符合质量守恒定律，错误；②蒸发结晶时，待有较多固体出现时停止加热，利用蒸发皿的余温将剩余水分蒸干，错误；③实验剩余试剂应放到指定容器内，不能直接放回原瓶，以免污染原瓶试剂，错误，C错误；①加油站周围的空气中含有一些可燃性气体，所以加油站一定要严禁烟火，防止爆炸事故，正确；②氢氧燃料电池能将化学能转化为电能，正确；③玻璃钢是一种复合材料，错误，D错误。]
9．D　[金刚石、石墨、C60都由碳元素组成，那么它们的化学性质相似，由于碳原子排列方式不同，它们的物理性质相差很大，A错误；置换反应都有化合价改变，但有化合价改变的反应不一定是置换反应，如铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，反应前后铁、氧元素的化合价均改变，但不属于置换反应，B错误；化学反应伴随着能量变化，但是有能量变化的不一定是化学反应，如电灯通电时发光、放热，只是能量的转变，无新物质生成，属于物理变化，C错误。]
专题三　坐标曲线
类题通关
1．B　[碳酸钙高温煅烧时，碳酸钙变为氧化钙，该元素质量保持不变，A正确；表面生锈的铁钉加入盐酸时，盐酸会先与表面的铁锈(Fe2O3)反应，然后才会与铁反应产生氢气，B不正确；氢氧化钠溶液中逐滴滴加稀盐酸时，刚开始pH>7，随着盐酸的加入pH逐渐变小，恰好完全反应时pH＝7，盐酸过量时pH<7，C正确；等质量的镁、锌与足量盐酸反应，产生的氢气与相对原子质量成反比，由于镁的活动性顺序比锌强，故完全反应时镁用时较短，D正确。]
2．B　[氢氧化钠溶液显碱性，pH大于7，因此向一定量的氢氧化钠溶液中逐滴加入pH＝2的稀盐酸至过量时，溶液的pH应该从大于7逐渐减小，A错误；催化剂只能改变化学反应速率，不会影响生成物质量，因此等质量、等溶质质量分数的过氧化氢溶液分解时，在有无催化剂条件下生成氧气的质量相等，有催化剂时，反应速率较快，B正确；向盐酸和氯化镁的混合溶液中滴加氢氧化钠溶液时，氢氧化钠先和盐酸反应生成氯化钠和水，后和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，开始不产生沉淀，盐酸完全消耗后才产生，氯化镁完全消耗后，沉淀量不再增加，C错误；电解水时，正极产生的是氧气，负极产生的是氢气，氧气和氢气的体积比约为1∶2，质量比是8∶1，D错误。]
3．C　[由题图知金属镁与酸反应产生氢气的质量上升是最快的，所以金属镁反应速率最大，A错误；镁反应速率最大，金属活动性最强，B错误；由题图可知，金属镁生成的氢气质量最多，C正确；产生的氢气中氢元素全部来自稀硫酸，产生的氢气越多，消耗的稀硫酸质量越多，镁是消耗稀硫酸质量最多的金属，D错误。]
4．D　[氢氧化钠溶于水放热，温度升高，硝酸铵溶于水吸热，温度降低，A正确；电解水正极产生氧气，负极产生氢气，体积比为1∶2，B正确；向氯化铜和盐酸的混合溶液中加入氢氧化钠溶液至过量，氢氧化钠先与盐酸反应生成氯化钠和水，这一过程中没有沉淀生成，再与氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，此过程中沉淀逐渐增加，直至氯化铜完全反应，沉淀质量不再变化，C正确；红磷燃烧放出大量的热，温度升高，压强增大，随着反应的进行氧气被消耗，温度逐渐恢复至室温，压强逐渐减小，最终压强比反应前小，D错误。]
5．D　[用等质量、等浓度的H2O2溶液制氧气时，使用催化剂产生氧气速度快，但不影响氧气产量，A正确；二氧化锰作为催化剂，改变了反应速率，其本身的质量保持不变，B正确；向MnO2中逐滴加入一定量的H2O2溶液时，会立即产生氧气，当H2O2完全反应时，不再产生氧气，C正确；向一定量的H2O2溶液中加入MnO2时，过氧化氢会被完全反应，质量变为零，D错误。]
6．C　[a点时锌和硝酸银反应，且硝酸银还未完全反应，此时溶液中的溶质为硝酸锌、硝酸铜和硝酸银，溶液中的金属阳离子有锌离子、铜离子和银离子，A正确；b点处时锌和硝酸银恰好完全反应，由于反应还要进行bc段，故此时锌有剩余，则固体为银和锌，B正确；由图可知，b点到c点过程中溶液质量增大，是锌和硝酸铜反应产生硝酸锌和铜===Zn(NO3)2＋Cu，65份质量的锌产生64份质量的铜，根据质量守恒定律可知，金属的质量减小，C不正确；c点处，锌和硝酸铜恰好完全反应，溶液变为无色，D正确。]
7．B　[设与碳酸钠反应的盐酸中溶质HCl的质量为x。
Na2CO3　＋　2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑
106 73
10 g×10.6% x
＝　解得：x＝0.73 g
则与大理石反应的HCl的质量为30 g×7.3%－0.73 g＝1.46 g
设大理石和稀盐酸反应产生CO2的质量为y。
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
73 44
1.46 g y
＝　解得：y＝0.88 g，A错误；由题图可知，c点对应的溶液中溶质为NaCl，化学反应遵循质量守恒定律，HCl中氯元素质量与NaCl中氯元素质量相等，设NaCl的质量为z，则30 g×7.3%××100%＝z××100%
解得：z＝3.51 g，B正确；a点对应溶液pH小于7，说明a点对应的溶液中有HCl、NaCl、CaCl2三种溶质，C错误；溶液pH小于7，说明大理石与稀盐酸反应后，稀盐酸过量，滤液中含有HCl、CaCl2，加入的碳酸钠先与HCl反应，HCl反应完后，碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，溶液在该阶段呈中性，所以bc段发生反应的化学方程式为CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl，D错误。]
8．解析：(1)根据题图可知，生成二氧化碳的质量为2.2 g。
(2)见答案。
答案：(1)2.2
(2)解：设样品中碳酸钠的质量为x。
2HCl＋Na2CO3===2NaCl＋H2O＋CO2↑
106 44
x 2.2 g
＝
x＝5.3 g
样品中氢氧化钠的质量分数为×100%＝47%
答：样品中氢氧化钠的质量分数是47%。
专题四　工艺流程
类题通关
1．C　[石英砂主要成分是SiO2，含有少量的Fe2O3和Al2O3，Fe2O3能和稀盐酸反应生成氯化铁和水，Al2O3能和稀盐酸反应生成氯化铝和水，SiO2不和稀盐酸反应，稀盐酸过量，故a溶液中的溶质为FeCl3、AlCl3、HCl，A错误；二氧化硅和焦炭在高温条件下反应生成粗硅和CO，碳元素由0价转变成＋2价，B错误；为防止生成的硅在高温条件下再次被氧化，防止氢气和氧气的混合气体在高温时发生爆炸，②中反应需要在无氧环境下进行，C正确；既是反应物又是生成物的物质通常可以循环使用，由该反应的流程图可知，在生产过程中可以循环使用的物质只有HCl，D错误。]
2．B　[石灰石的主要成分是碳酸钙(CaCO3)，不是CaCl2，A错误；粉碎可以增大反应物间的接触面积，从而加快反应速率，B正确；搅拌可以使反应更充分，加快反应速率，但不能提高CaCl2·2H2O的产量，C错误；反应器中发生的反应是碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，生成的气体是二氧化碳，二氧化碳不可燃，D错误。]
3．C　[根据流程分析，X可以是稀硫酸，常用澄清石灰水检验气体二氧化碳，A正确；将滤液2蒸发，当有较多固体出现时，停止加热，利用余热将固体蒸干，B正确；Li2CO3为无色晶体，室温时微溶于水，在冷水中的溶解度比热水中大，因此②中适宜用热的饱和Na2CO3溶液，可以促进Li2CO3的析出，提高产率，C错误；根据流程分析，此工艺可获得副产品Na2SO4，D正确。]
4．解析：(1)蛋壳需要经过粉碎处理，目的是增大接触面积，促进反应。(2)反应Ⅰ中碳酸钙与稀盐酸反应生成了氯化钙、二氧化碳和水，涉及的化学方程式为CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑。(3)操作a能将固液分离，名称为过滤。(4)反应所得的NH4Cl中含有农作物生长需要的氮元素，在农业上可用作氮肥。
答案：(1)增大接触面积，促进反应　(2)CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑　(3)过滤　(4)氮肥
5．解析：(1)粗盐含有的主要杂质为MgCl2、CaCl2，加入过量的氢氧化钠和碳酸钠溶液，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀和氯化钠，过滤后，则固体B的主要成分是Mg(OH)2和CaCO3。
(2)溶液A中含有氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠，盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水、和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故步骤①加入适量盐酸的目的是除去氢氧化钠和碳酸钠。
(3)用NaCl制取纯碱(Na2CO3)，从元素守恒的角度，还需要含有碳、氧元素的物质参加反应。
(4)从流程图可知，步骤②中加入石灰乳充分反应后，将固体和液体进行分离，因此还需进行的操作是过滤。
(5)氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，步骤③中试剂D为稀盐酸。
(6)钛(Ti)被称为航空金属，常用于建造空间站。工业上利用步骤④制备金属钛，其反应为镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为2Mg＋TiCl4Ti＋2MgCl2。
答案：(1)Mg(OH)2　(2)除去氢氧化钠和碳酸钠　(3)碳　(4)过滤　(5)稀盐酸
(6)2Mg＋TiCl4Ti＋2MgCl2
6．解析：(1)步骤Ⅰ可以将固体和液体分离，其操作名称是过滤。
(2)粗产品中加入稀硫酸，铝能与稀硫酸反应，铜和银不能与稀硫酸反应，因此固体中含有铜和银，铜能与硝酸银反应生成硝酸铜和银，溶液X中只含有一种溶质，则溶质是铜和硝酸银反应生成的硝酸铜，化学式为Cu(NO3)2。
(3)步骤Ⅱ中铜能与硝酸银反应生成硝酸铜和银，反应的化学方程式为Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag。
(4)铝能与稀硫酸反应，铜和银不能与稀硫酸反应，说明铝最活泼，铜能与硝酸银反应，说明铜比银活泼，据此可得出铜、银、铝的金属活动性由强到弱的顺序是Al＞Cu＞Ag。
答案：(1)过滤　(2)Cu(NO3)2
(3)Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag
(4)Al＞Cu＞Ag(或Al、Cu、Ag)
7．解析：(1)熟石灰是氢氧化钙的俗称，由流程图可知，“制碱釜”中发生的是亚硫酸钠与氢氧化钙的反应，生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠，则操作a为分离固液的过滤操作，在实验室中，过滤使用的玻璃仪器有烧杯和漏斗、玻璃棒。
(2)烧碱是氢氧化钠的俗称，SO2与CO2的某些化学性质相似，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，则由流程图可知，“吸收塔”中发生的是二氧化硫与氢氧化钠的反应，化学方程式为SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O。
(3)由流程图可知，可以循环利用的物质是烧碱溶液，烧碱是氢氧化钠的俗称，其化学式为NaOH。
(4)由流程图可知，理论上只需不断加入熟石灰，便可持续实现烟气的脱硫处理，熟石灰是氢氧化钙的俗称，其化学式为Ca(OH)2。
(5)CaSO3中钙元素的化合价为＋2价，氧元素的化合价为－2价，设硫元素的化合价为x，根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，则(＋2)＋x＋(－2)×3＝0，解得x＝＋4, 故CaSO3中硫元素的化合价为＋4价；CaSO4·2H2O中钙元素的化合价为＋2价，氧元素的化合价为－2价，设硫元素的化合价为y，根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，则(＋2)＋y＋(－2)×4＝0，解得y＝＋6，故CaSO4·2H2O中硫元素的化合价为＋6价；故氧化塔中CaSO3―→CaSO4·2H2O，硫元素化合价由 ＋4 价―→＋6价，故化合价升高的元素是S。
答案：(1)漏斗、玻璃棒
(2)SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O
(3)NaOH　(4)Ca(OH)2　(5)S
专题五　物质的转化与推断
类题通关
1．B　[转化①中水加热变为水蒸气，水由液态变为气态，水分子间的空隙变大，A正确；转化②中水通电分解生成氢气和氧气，生成氢气和氧气的体积比约为2∶1，B错误；转化③为碳和水在高温下反应生成一氧化碳和氢气，该反应符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”，属于置换反应，C正确；转化④为二氧化碳和水在光和叶绿素的作用下反应生成葡萄糖和氧气，二氧化碳、水属于无机物，葡萄糖属于有机物，故转化④是自然界中无机物向有机物的转化，D正确。]
2．D　[A中元素的化合价为0价，则X对应的物质类别为单质，A正确；D为碱，E为盐，且其中铁元素的化合价均为＋3价，则D为氢氧化铁沉淀，E为铁盐，而氢氧化铁能与盐酸反应生成氯化铁和水，该反应为中和反应，B正确；A为单质铁，C为氧化物，且其中铁元素的化合价为＋3价，铁与氧气和水共同作用会生锈，铁锈的主要成分为氧化铁，该反应为放热反应，C正确；E、F点对应的物质均为盐，只是铁元素的化合价不同，其中的阳离子分别为铁离子和亚铁离子，它们的质子数相同，D不正确。]
3．D　[A、B、C、D、E是初中化学中常见的五种物质，B和C是组成元素相同的气体且B易引起煤气中毒，所以B是一氧化碳，C是二氧化碳，A会生成一氧化碳和二氧化碳且A为黑色固体单质，所以A是碳，C和D在常温下能发生化合反应，D通电会生成E，所以D是水，E也会转化成二氧化碳，所以E是氧气，代入验证，推断正确。根据上述分析可知：A为碳，碳是由原子构成的，A错误；B为CO，C为CO2，B→C可以是一氧化碳与氧气发生燃烧反应生成二氧化碳，反应放热，属于化合反应，也可以是CO与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，该反应不是化合反应，B错误；E为氧气，氧气具有助燃性，不具有可燃性，C错误；C为二氧化碳，二氧化碳的固态形式为干冰，其常见的一条用途是人工降雨，D正确。]
4．A　[根据金属活动性：铁＞铜，铜与硫酸亚铁不反应，不能实现物质转化，A符合题意；红磷在氧气中燃烧生成五氧化二磷，能实现物质转化，B不符合题意；植物通过光合作用将二氧化碳和水转化为氧气，能实现物质转化，C不符合题意；氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，能实现物质转化，D不符合题意。]
5．C　[碳酸钡难溶于水，氯化铁溶液呈黄色，由取适量的固体加水溶解，得无色澄清溶液，可知固体中不含BaCO3、FeCl3；硫酸钠与硝酸钡反应产生硫酸钡沉淀，硫酸钡沉淀不溶于酸，碳酸钠与硝酸钡反应生成碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀能溶于酸，取固体A，加入过量的稀硝酸，部分固体溶解，说明沉淀既有碳酸钡又有硫酸钡，原固体中一定含有硫酸钠和碳酸钠；由于加入的硝酸钡是过量的，所以滤液B中不存在硫酸钠和碳酸钠，存在硝酸钡和硝酸钠，取少量滤液B，滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀一定为氯化银沉淀，说明溶液B中含有氯离子，则原固体中含有NaCl；所以原固体中一定含有Na2SO4、Na2CO3、NaCl。根据上述分析可知：由(1)可知原固体中不含BaCO3、FeCl3，A正确；由(2)可知白色固体A含有BaCO3、BaSO4，B正确；由(3)可以判断一定含有NaCl，C错误；原固体中一定含有Na2SO4、Na2CO3、NaCl，D正确。]
6．解析：甲、乙、戊均为氧化物，甲是参与光合作用的气体，故甲是二氧化碳，己是人体胃酸的主要成分，故己是盐酸，图2中过程①发生的反应是石灰石(碳酸钙)在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，石灰乳的主要成分为氢氧化钙，已知氧化钙和水反应生成氢氧化钙，而过程②发生的反应是乙和戊反应生成氢氧化钙，故乙为水，戊为氧化钙。
(1)由上述分析可知，乙为水，化学式为H2O。
(2)由上述分析可知，乙为水，戊为氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，该反应为放热反应，故乙和戊的反应过程中会放出热量；图2中过程③是碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式为===CaCO3↓＋2NaOH。
(3)若丙经一步反应能同时生成甲和乙，且丙能与己反应，即丙经一步反应能同时生成二氧化碳和水，且丙能与盐酸反应，则丙为碳酸盐，不可能是酸、碱类物质。
答案：(1)H2O　(2)放出
Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH
(3)酸、碱
7．解析：A是稀盐酸(酸)，B是铁锈的主要成分氧化铁(氧化物)，A能与某些金属反应生成D，D为盐或氢气，D又能生成水，则D为氢气(单质)，且A能与E(碱)发生中和反应，F是苏打的主要成分，F是碳酸钠(盐)。A～F是初中化学常见的六种物质，它们分别是单质、氧化物、有机物、酸、碱、盐中的一种，且均能通过化学反应生成水，故C是有机物。
根据上述分析可知：(1)D为氢气，化学式为H2。
(2)A与B为盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水，该反应现象为固体逐渐溶解，溶液由无色变为黄色。
(3)由分析可知，C属于有机物。
(4)E(碱)→H2O可用来检验二氧化碳，即氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，该化学方程式为＋CO2===CaCO3↓＋H2O。
答案：(1)H2
(2)固体逐渐溶解，溶液由无色变为黄色
(3)有机物
(4)Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O
专题六　综合实验探究
类题通关
1．解析：(1)因为滤液是无色的，所以白色粉末中没有硫酸铜(CuSO4)；白色沉淀能完全溶于稀盐酸，说明是碳酸钡，即原混合物中一定没有硫酸铜，一定含有氯化钡和碳酸钠。
(2)碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钠，化学方程式为BaCl2＋Na2CO3===2NaCl＋BaCO3↓。
(3)[猜想与假设]
根据氢氧化钠和碳酸钠溶液均呈碱性，猜想1：碳酸钠；猜想2：氢氧化钠；故猜想3为氢氧化钠、碳酸钠，化学式为NaOH、Na2CO3。
[实验探究]
猜想3成立，故步骤Ⅰ取少量无色滤液于试管中，滴加过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有碳酸钠，加入过量的氯化钡溶液，可以检验并完全除去碳酸钠，排除碳酸钠对氢氧化钠检验的干扰；步骤Ⅱ现象为溶液变为红色，氢氧化钠溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红色，则实验操作为过滤，取上层清液，滴加的是无色酚酞试液。
[拓展反思]
①根据以上分析，步骤Ⅰ中滴加过量BaCl2溶液的目的是检验并完全除去碳酸钠，防止对氢氧化钠的检验产生干扰；
②氯化钙和碳酸钠反应也能生成碳酸钙白色沉淀，故步骤Ⅰ中的BaCl2溶液也可用氯化钙溶液代替，也可以得到相同的实验现象与实验结论。
答案：(1)CuSO4
(2)BaCl2＋Na2CO3===2NaCl＋BaCO3↓
(3)NaOH、Na2CO3　无色酚酞试液　检验并完全除去碳酸钠　氯化钙溶液
2．解析：(1)C溶液标签上钠元素符号右下角的数字为“2”，则可首先确定C溶液是Na2CO3溶液。
(2)碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，试管①有白色沉淀产生，则可确定A溶液为Ca(OH)2 溶液，反应的化学方程式为Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH。
(3)硫酸根离子和钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，向试管②中继续滴加B溶液至不再产生气泡，然后再滴加BaCl2溶液，实验过程中观察到产生白色沉淀，则可说明B溶液为稀硫酸；实验操作中“继续滴加B溶液至不再产生气泡”，是为了使碳酸钠完全反应排除碳酸根离子的干扰。
(4)取用液体药品时，为了防止流出的液体污染腐蚀标签，倾倒液体时要做到标签朝向手心。
答案：(1)Na2CO3
(2)Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH
(3)BaCl2(合理即可)　产生白色沉淀　使碳酸钠完全反应排除碳酸根离子的干扰
(4)标签朝向手心
3．解析：(1)生石灰是氧化钙，它与水反应生成氢氧化钙，反应放出热量，反应的化学方程式为CaO＋H2O===Ca(OH)2。(2)根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类、原子个数均不发生变化，可知应补充：6H2O。(3)因为氢氧化钠与铝反应会产生氢气，氢气具有可燃性，遇明火、在密闭场所中易引发爆炸，因而使用时应远离明火，严禁在密闭场所中使用。(4)原料中含有生石灰(CaO)和碳酸钠，在使用时会发生如下两步反应：CaO＋H2O===Ca(OH)2，Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH，从而产生了氢氧化钠。(5)实验二中结论中没有铝粉，故加入氢氧化钠时应不会产生气泡，若有铝粉则会产生气泡。(6)因为原料中含有生石灰，其与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，故结块的固体中一定含有碳酸钙，加入盐酸时产生的气泡也可能是碳酸钙与盐酸反应产生的二氧化碳，无法确定铝粉是否存在。
答案：(1)CaO＋H2O===Ca(OH)2　(2)6H2O
(3)发热过程中有氢气生成，氢气具有可燃性，遇明火、在密闭场所中易引发爆炸(合理即可得分)
(4)Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH
(5)没有气泡产生
(6)结块固体中含有碳酸钙，碳酸钙与盐酸发生反应也有气泡产生，无法检验是否含有铝粉(或CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑)
4．解析：(1)碳酸钠溶液呈碱性，滴有酚酞的碳酸钠溶液为红色，碳酸钠与盐酸反应会生成气体，当盐酸过量，碳酸钠被消耗完，溶液呈酸性，所以溶液会变为无色。
(2)碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，碳酸钠与氯化钙反应也生成碳酸钙沉淀，微观实质是Ca2+与反应生成碳酸钙沉淀。
(3)完全反应后溶液呈无色，说明溶液可能呈酸性，也可能呈中性，猜想Ⅰ呈中性，那么猜想Ⅱ呈酸性，所以猜想Ⅱ成分为NaCl、CaCl2、HCl。
验证是否含有稀盐酸，可以向其中加入紫色石蕊试液，紫色石蕊变红，说明有稀盐酸；或者加入活泼金属、碳酸盐或碳酸氢盐，有气泡产生证明有稀盐酸。
废液中含有稀盐酸，会与铁制下水道发生反应，化学方程式为Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑。
答案：(1)有气泡产生，溶液由红色变为无色
(2)Ca2+、
(3)NaCl、CaCl2、HCl　紫色石蕊试液(合理即可)　溶液变为红色(与所选试剂保持一致)　Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑
5．解析：[猜想]催化剂在反应前后质量和化学性质不变。
[实验](1)结论是猜想Ⅲ成立，即氧化铜作反应的催化剂，催化剂在反应前后质量不变，故步骤⑥结果是氧化铜的质量仍然为0.2 g。因为催化剂在反应前后化学性质也不变，因此重复实验仍可以加快反应速度，故步骤⑦现象是带火星的木条复燃。
(2)步骤①的目的是与步骤③对比；步骤⑦的目的是检验加入氧化铜前后过氧化氢有无变化，证明氧化铜在化学反应前后化学性质没有改变。
(3)过氧化氢能被氧化铜催化分解放出氧气的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑。
答案：质量和化学性质不变　(1)氧化铜的质量仍然为0.2 g　带火星的木条复燃　(2)与步骤③对比　检验加入氧化铜前后过氧化氢有无变化，证明氧化铜在化学反应前后化学性质没有改变　(3)2H2O22H2O＋O2↑
6．解析：(1)步骤2中，观察到烧杯外的蜡烛正常燃烧，烧杯内的蜡烛出现逐渐熄灭的现象，证明燃烧的条件之一是需要氧气；由于煤的着火点比木材的高，因此步骤3中，小木块燃烧，小煤块不燃烧，据此可知物质燃烧的条件之一是温度需要达到可燃物的着火点。
(2)图1水中的白磷不燃烧，图2通入氧气后水中的白磷燃烧，由此可以证明是空气中的氧气支持可燃物的燃烧。
(3)图3所示的装置，是固体与液体混合不需加热的发生装置，制氧气所用试剂是过氧化氢溶液和二氧化锰，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑；实验室制取氢气所用试剂是锌与稀硫酸，锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气；实验室制取二氧化碳，常用大理石或石灰石与盐酸反应，这两个反应的反应物都是固体和液体，不需加热，属于固、液混合不加热型，故该装置还能用于制取氢气、二氧化碳等气体。
(4)灭火的原理是隔绝空气、使温度降到着火点以下或清除可燃物；因此灭火的方法很多，水浇法(水汽化吸热，使温度降到着火点以下)、吹灭法(空气流动，使温度降到着火点以下)、剪掉蜡芯法(清除可燃物)等。
答案：(1)烧杯外的蜡烛正常燃烧，烧杯内的蜡烛逐渐熄灭　温度需要达到可燃物的着火点
(2)图1水中的白磷不燃烧，图2通入氧气后水中的白磷燃烧
(3)2H2O22H2O＋O2↑　氢气(或二氧化碳)
(4)水浇灭(或吹灭或剪掉烛芯)　使温度降到着火点以下(或使温度降到着火点以下或清除可燃物)
7．解析：(1)A中铁丝生锈，当铁丝足量，时间足够长，打开止水夹后，还能观察到的现象是右边液面下降，左边液面上升至刻度1，是因为铁生锈消耗氧气，并且氧气约占空气总体积的五分之一。
(2)A中铁与氧气和水接触，生锈；B中铁只与氧气接触，不生锈；C中铁只与水接触，不生锈，故对比实验A、B、C，可以得到铁生锈需要氧气和水。
(3)为探究海水能否加快铁的生锈，结合实验1试剂，实验2试剂为长5 cm、直径1 mm的铁丝，15 mL海水。
(4)根据图2，该实验过程中温度升高，说明铁生锈会放出热量。
(5)根据图2可知，单位时间内，放在海水中的铁生锈放热多，即反应速率较快，可以得出结论：海水能够促进铁生锈。
(6)根据铁生锈是铁和氧气、水共同作用的结果，知在铁制品表面刷漆、抹油可防止铁锈蚀。
答案：(1)右边液面下降，左边液面上升至刻度1
(2)与氧气和水接触
(3)长5 cm、直径1 mm的铁丝，15 mL海水
(4)放出
(5)海水能够促进铁生锈
(6)在铁制品表面刷漆
8．解析：(1)①取少量该干燥剂样品于试管中，加入一定量的水，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热，故现象是有明显放热现象，说明该干燥剂样品中一定有氧化钙；
③另取少量干燥剂样品于试管中，滴加足量稀盐酸，碳酸钙能与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，故现象是产生气泡，说明该干燥剂样品中一定有碳酸钙。
(2)步骤①中氧化钙和水反应生成了氢氧化钙，反应生成的氢氧化钙也能使无色酚酞试液变红，故步骤②所得结论不严谨。
(3)步骤③中碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑。
答案：(1)有明显放热现象　产生气泡
(2)步骤①中氧化钙和水反应生成了氢氧化钙，反应生成的氢氧化钙也能使无色酚酞试液变红
(3)CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
9．解析：(1)氢氧化钠溶液能吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O。
(2)实验C中氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，实验D中氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，可观察到产生白色沉淀，说明该氢氧化钠样品已经变质。
(3)氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，不能共存，因此猜想四不合理。
(4)结论为猜想二成立，溶质为氢氧化钠和碳酸钠，根据结论，取少量废液缸中上层红色溶液于试管中，加入过量氯化钡溶液(或适量氢氧化钡溶液)，均能与碳酸钠反应生成碳酸钡，产生白色沉淀，说明含有碳酸钠，反应后，溶液中含氢氧化钠，氢氧化钠溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红，故溶液仍然为红色，可观察到的现象为产生白色沉淀，反应后溶液仍为红色。
(5)氢氧化钡能与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，产生白色沉淀，说明含碳酸钠，但是反应生成了氢氧化钠，会对原样品中的氢氧化钠的检验产生干扰，因此小威同学的实验方案不能达到实验目的。
(6)氯化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，产生白色沉淀，说明含碳酸钠，且过量的氯化钙溶液能将碳酸钠除尽，反应后，溶液为红色，说明溶液中含氢氧化钠，则猜想二成立，A符合题意；氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，产生白色沉淀，说明含碳酸钠，但是反应生成了氢氧化钠，会对氢氧化钠的检验产生干扰，B不符合题意；硝酸钡能与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钠，产生白色沉淀，说明含碳酸钠，且过量的硝酸钡能将碳酸钠除尽，反应后，溶液仍为红色，说明溶液中含氢氧化钠，则猜想二成立，C符合题意。
答案：(1)CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O
(2)产生白色沉淀
(3)四
(4)产生白色沉淀，反应后溶液仍为红色
(5)氢氧化钡和碳酸钠反应生成了氢氧化钠，会对氢氧化钠的检验产生干扰
(6)AC
专题七　化学计算
类题通关
1．B　[尿胆素分子中含有C、H、N、O四种原子，A正确；尿胆素中C、H、N、O的质量比为12×33∶1×42∶14×4∶16×6，故氢元素的质量分数最小，B错误；氢元素与氮元素的质量比为1×42∶14×4＝3∶4，C正确；尿胆素的化学式量为12×33＋1×42＋14×4＋16×6＝590，D正确。]
2．C　[肉桂酸是由肉桂酸分子构成的，肉桂酸分子是由碳、氢、氧三种原子构成的，A错误；肉桂酸中碳与氢元素质量比为(12×9)∶(1×8)＝27∶2，不是9∶8，B错误；肉桂酸中氧元素的质量分数＝×100%≈21.6%，C正确； 根据肉桂酸(C9H8O2)化学式可知，一个肉桂酸分子中含有2个氧原子，而不是含有一个氧分子，D错误。]
3．解析：(1)由图可知，每个α-丙氨酸分子由3个碳原子、7个氢原子、2个氧原子、1个氮原子构成，故化学式为C3H7O2N。
(2)α-丙氨酸中氮、氧元素的质量比＝(14×1)∶(16×2)＝7∶16。
答案：(1)C3H7O2N　(2)7∶16
4．解析：(1)由苯分子结构式可知，每个苯分子是由6个碳原子与6个氢原子构成的，则苯的分子式为C6H6；39 g苯中碳元素的质量为39 g××100%＝36 g。
(2)20 g苯能够溶解于80 g汽油中，形成的溶液的名称为苯的汽油溶液，形成的溶液中溶质的质量分数为×100%＝20%。
答案：(1)36　(2)20%
5．解析：(1)根据题意，氧的相对原子质量为16，一个甲醇分子中含有1个氧原子，甲醇分子中氧元素的质量分数为50%，因此甲醇分子的相对分子质量为32。(2)设一个甲醇分子中含氢原子的个数为x，则×100%＝12.5%，x＝4。
答案：(1)32　(2)4
6．解析：(1)设需要加水的质量为x，则：10 g×5%＝(10 g＋x)×2.5%　x＝10 g。
(2)设需要蒸发水的质量为y，则：
×100%＝10%　y＝5 g。
答案：(1)10　(2)5
7．解析：(1)由题图可以知道丙是甲醇(CH3OH)，则64 g甲醇中碳元素的质量为64 g××100%＝24 g。
(2)根据稀释前后溶质的质量不变，设稀释后稀溶液的质量为x，则：50 g×20%＝x×5%，计算得到x＝200 g，加入水的质量为200 g－50 g＝150 g。
答案：(1)24　(2)150
8．解析：(1)由表中数据知，对磷元素需求最多的作物是甜瓜。(2)硝酸钾含氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素和钾元素，磷酸二氢铵含氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素和磷元素，均属于复合肥。(3)配制质量分数为7.08%的硝酸钾溶液200 g，需要硝酸钾200 g×7.08%≈14.2 g。(4)将质量分数为 7.08% 的硝酸钾溶液稀释为4.04%，需选择图中的烧杯、胶头滴管、玻璃棒和量筒。
答案：(1)甜瓜　(2)复合　(3)14.2　(4)③④⑤
9．解析：(1)氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，第一次加入20 g氢氧化钠溶液，生成1.45 g氢氧化镁沉淀；第三次加入20 g氢氧化钠溶液，共产生4.35 g沉淀，生成的沉淀是第一次的3倍，说明每20 g氢氧化钠溶液完全反应，能生成1.45 g氢氧化镁沉淀。则第二次加入 20 g 氢氧化钠溶液，共产生氢氧化镁沉淀的质量为 1.45 g×2＝2.9 g, 则m＝2.9 g。
(2)详见答案。
答案：(1)2.9
(2)解：由表格信息可知生成沉淀的总质量为5.8 g，设氯化镁的质量为x。
MgCl2＋2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaCl
95 58
x 5.8 g
＝　x＝9.5 g
该固体混合物中氯化镁的质量分数为
×100%＝19%
答：该固体混合物中氯化镁的质量分数为19%。
10．解析：(1)从图像可知，加入稀盐酸质量为100 g时恰好完全反应，此时溶液的质量为200 g。根据反应前后物质的总质量不变，则溶液减少的质量为碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳的质量，则二氧化碳的质量为100 g＋10.9 g＋93.5 g－200 g＝4.4 g。
(2)详见答案。
答案：(1)4.4
(2)解：设生成氯化钠的质量为x，原固体混合物中碳酸钠的质量为y。
Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑
106 117 44
y x 4.4 g
＝　x＝11.7 g
＝　y＝10.6 g
所以所得溶液的溶质质量分数为
×100%＝6%
答：所得溶液中溶质的质量分数是6%。
11．解析：(1)第一次加入100 g稀硫酸时，质量减少了120 g＋100 g－219.6 g＝0.4 g，后再加入两次，共200 g稀硫酸时，质量减少了219.6 g＋200 g－419.4 g＝0.2 g，则说明第2次加入100 g稀硫酸时，稀硫酸没有完全反应，第3次加入的稀硫酸根本没有反应，则m的数值为419.4 g－100 g＝319.4 g。
(2)详见答案。
答案：(1)319.4
(2)根据质量守恒定律，产生的气体质量为120 g＋300 g－419.4 g＝0.6 g，设样品中含铁的质量为x，则
Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑
56 2
x 0.6 g
＝
x＝16.8 g
则冰刀中碳元素的质量分数为×100%≈1.18%
答：冰刀中碳元素的质量分数为1.18%。
12．解析：(1)用量筒量取水时，俯视读数，读数比实际液体体积大，会造成实际量取的水的体积偏小，使溶质质量分数偏大。(2)氢氧化钠和硫酸反应生成硫酸钠和水，a点溶液的pH大于7，显碱性，溶液含有的溶质是氢氧化钠、硫酸钠。(3)根据恰好完全反应时消耗的氢氧化钠溶液的质量、溶质质量分数，结合反应的化学方程式列式计算出参加反应的H2SO4的质量，进而计算出硫酸中溶质的质量分数。
答案：(1)偏大　(2)氢氧化钠、硫酸钠
(3)解：设参加反应的H2SO4的质量为x。
2NaOH　＋　H2SO4===Na2SO4＋2H2O
80 98
20 g×10% x
＝　x＝2.45 g
硫酸中溶质的质量分数为×100%≈4.1%
答：硫酸中溶质的质量分数为4.1%。
13．解析：(1)根据杂质的质量为2 g，求出碳酸钙的质量，进而求出碳酸钙的质量分数。(2)根据碳酸钙的质量和化学方程式求出盐酸的质量即可。(3)根据化学反应前后物质的总质量不变来解答。
答案：(1)根据题意可知，杂质的质量为2 g，则样品中碳酸钙的质量为12 g－2 g＝10 g，该大理石中碳酸钙的质量分数为×100%≈83.3%。
答：大理石中碳酸钙的质量分数为83.3%。
(2)设参与反应的稀盐酸的质量为x，生成二氧化碳的质量为y。
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O
100 73 44
10 g 10%×x y
＝　x＝73 g
＝　y＝4.4 g
答：所用稀盐酸的质量为73 g。
(3)根据化学反应前后物质的总质量不变可知，反应后溶液的总质量为12 g＋73 g－2 g－4.4 g＝78.6 g。
答：恰好完全反应时所得溶液的质量为78.6 g。
专题八　情境材料题
类题通关
1．A　[“百炼成钢”是铁中的碳和氧气经高温反应生成二氧化碳，其含碳量降低，有新物质生成，属于化学变化；“沙里淘金”是从沙子中分离出金，没有新物质生成，属于物理变化，A不正确；“一畦春韭绿，十里稻花香”，是因为稻花中含有的香味分子是在不断运动的，向四周扩散，使人们闻到稻花香，B正确；“真金不怕火炼”意思是金即使在高温时也不与氧气反应，说明金的化学性质不活泼，C正确；“釜底抽薪”含义是抽去锅底下的柴火，清除了可燃物，达到灭火的目的，说明燃烧需要可燃物；“钻木取火”是因为钻木头时，木头克服摩擦力做功，内能增大，温度升高，当温度达到木头的着火点时，木头就燃烧起来，说明燃烧时温度需要达到可燃物的着火点，D正确。]
2．B　[“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，烧柴过程中有二氧化碳生成，属于化学变化，A错误；“地气(水蒸气)上为云，天气下为雨”，只是状态的改变，没有新物质生成，属于物理变化，B正确；“曾青得铁则化为铜”，即铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，过程中有新物质生成，属于化学变化，C错误；“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，发生了两个化学变化，先生成汞，再合成丹砂，有新物质生成，属于化学变化，D错误。]
3．解析：(1)“釜底抽薪”含义是抽去锅底下的柴火，清除了可燃物，达到灭火的目的，说明燃烧需要可燃物。
(2)能源可以“春风吹又生”，说明属于可再生能源，氢能和风能在短期内可以得到补充，属于可再生能源；煤炭、石油属于化石燃料，在短期内不能得到补充，属于不可再生能源。
(3)铁是血红蛋白的成分，缺铁会引起贫血，故预防贫血的元素是Fe。
(4)工业炼铁的原理为一氧化碳和氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2。
(5)丝绸是由蚕丝制成的，属于天然纤维。
(6)CO(NH2)2含有氮、磷、钾三种元素中的氮元素，属于氮肥，A不符合题意；NH4H2PO4含有氮、磷、钾三种元素中的氮元素和磷元素，属于复合肥，B符合题意；KNO3含有氮、磷、钾三种元素中的钾元素和氮元素，属于复合肥，C符合题意。
答案：(1)可燃物　(2)AC
(3)Fe　(4)Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
(5)D　(6)BC
4．解析：(1)装入原料器之前，将炉甘石敲碎的目的是增大反应物间的接触面积，增大化学反应的速率。(2)碳酸锌(ZnCO3)在高温条件下与煤的主要成分发生反应生成Zn和CO，反应的化学方程式为2C＋ZnCO3Zn＋3CO↑，该反应生成物一氧化碳中，氧元素显－2价，由化合物中各元素正负化合价的代数和为零可知，其中碳元素的化合价为＋2价。(3)冷凝器中，锌蒸气冷凝成固态锌，没有新物质生成，发生的变化属于物理变化。(4)我国古代冶锌晚于铁和铜，其中的原因是锌的化学性质比较活泼，易被空气中的氧气氧化。
答案：(1)增大反应物间的接触面积，增大化学反应的速率　(2)2C＋ZnCO3Zn＋3CO↑　＋2　(3)物理变化
(4)锌的化学性质比较活泼，易被空气中的氧气氧化(合理即可)
5．D　[合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，将钛单质制成合金后，硬度增大，A正确；TiO2中氧元素显－2价，设钛元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得x＋(－2)×2＝0，则x＝＋4价，则图中x的数值为＋4，B正确；Ti2O3是由两种元素组成的且有一种是氧元素的化合物，属于氧化物，Ti2O3中氧元素显－2价，钛元素显＋3价，则Ti2O3在图中对应的点是b点，C正确；该化学方程式没有配平，正确的化学方程式为2Mg＋TiCl42MgCl2＋Ti，D错误。]
6．D　[由题中示意图及元素周期表信息可知：X＝48，48＝2＋8＋18＋m＋2，故m＝18，A错误；Cd2+是该原子失去两个电子形成的，故Cd2+含有46个电子，B错误；该原子有5个电子层，即其属于第五周期，C错误；Cd易失去2个电子，化合价为＋2价，硝酸根离子为－1价，故两者形成物质的化学式为 Cd(NO3)2，D正确。]
7．解析：(1)高温超导的“高温”是－196 ℃左右的温度。(2)高温超导磁悬浮列车具有环保特性的原因是高温超导磁悬浮列车运行不需要燃油，不会产生烟尘以及有害气体。(3)液氮在磁悬浮列车系统中的作用是作制冷剂，液氮来源丰富的原因是氮气是空气中含量最多的气体。(4)高温超导磁悬浮列车上磁铁的“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”，这种物质不需要发生化学变化就能表现出来的性质叫作物理性质。(5)在一定条件下氮气能与氧气发生反应生成一氧化氮(NO)，化学方程式可表示为N2＋O22NO。
答案：(1)－196 ℃左右的温度　(2)高温超导磁悬浮列车运行不需要燃油，不会产生烟尘以及有害气体　(3)作制冷剂　氮气是空气中含量最多的气体　(4)物理性质　(5)N2＋O22NO
8．D　[酒能变醋，需要通过化学反应才能表现出来，体现乙醇的化学性质，A正确；铅属于氢前金属，铅能与醋酸反应产生氢气，B正确；浮粉的化学式为PbCO3，其中碳酸根离子显 －2价，根据在化合物中正负化合价代数和为0，则铅元素的化合价为＋2价，C正确；加热浮粉(PbCO3)得铅白(PbO)固体，浮粉变铅白，固体质量减小，D错误。]
9．解析：(1)天然气属于化石燃料，短期内不能再生，属于不可再生能源。(2)分子之间存在间隔，压缩冲程中气缸内气体受压后，分子之间的间隔变小。(3)做功冲程中化学能转变为机械能。(4)由题图可知，该反应为甲烷和氧气在一定条件下反应生成二氧化碳和水，该反应的化学方程式为CH4＋2O2CO2＋2H2O，则参加反应的甲烷和氧气的分子个数比为1∶2。
答案：(1)不可再生　(2)分子之间的间隔变小　(3)机械能(合理表述即可)　(4)1∶2
10．解析：(1)①牛奶、鸡蛋中富含的营养物质是蛋白质。
②天然气的主要成分是甲烷，甲烷在空气中完全燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式为CH4＋2O2CO2＋2H2O。
(2)科学家在低温条件下成功提取出有效成分青蒿素，说明青蒿素低温时稳定，受热不稳定。
答案：(1)①D　②CH4＋2O2CO2＋2H2O　(2)B
11．解析：(1)根据表格中数据可知，每100 g黄豆含有37.3 g的糖类，含量最高。(2)由图可知，磨浆时黄豆与水的质量比为1∶9时，豆腐出品率最高。(3)①根据表格中的数据可知，凝固剂与黄豆的质量百分比为2.0%时的豆腐出品率大于凝固剂与黄豆的质量百分比为3.0%时，因此“凝固剂与黄豆的质量百分比越大，豆腐出品率越高”这一观点是错误的；②把卤水(凝固剂与水的混合物)均匀分散到豆浆中，需进行的操作是搅拌。(4)20 ℃时，CaSO4的溶解度是0.255 g，10 g水最多溶解CaSO4的质量＝10 g×＝0.025 5 g，MgCl2的溶解度是54.6 g，10 g水最多溶解MgCl2的质量＝10 g×＝5.46 g, 根据上述计算分析可知，20 ℃时，加入10 g水，充分振荡，1 g CaSO4不能完全溶解，1 g MgCl2能完全溶解，则本次使用的凝固剂是MgCl2；氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，能生成MgCl2的化学方程式可以是Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O。
答案：(1)A　(2)1∶9　(3)①错误　②搅拌　(4) MgCl2　Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O(合理即可)
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