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苏州苏州科技城外国语学校2020-2021年中考二模化学试题(含答案)

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苏州苏州科技城外国语学校2020-2021年中考二模化学试题(含答案
一、选择题（培优题较难）
1．将一定质量的镁、锌混合物粉末放入到一定质量的硫酸铜溶液中，待反应停止后，过滤得滤渣和滤液，再向滤渣中加入足量的稀盐酸，滤渣部分溶解且有气体生成，则下列说法正确的是（）
A．滤渣中一定有镁、铜B．滤渣中一定有镁、锌、铜
C．滤液中一定有硫酸铜和硫酸锌D．滤液中一定有硫酸镁，一定没有硫酸铜【答案】D
【解析】三种金属的活动性镁>锌>铜，镁、锌混合物粉末放入到一定质量的硫酸铜溶液，镁先和硫酸铜反应生成硫酸镁和铜，然后锌和硫酸铜生成硫酸锌和铜，所以反应后溶液中一定有硫酸镁，固体中一定有铜；再向滤渣中加入足量的稀盐酸，滤渣部分溶解且有气体生成，说明固体中有活泼金属，说明硫酸铜被完全反应，所以滤液中一定没有硫酸铜；选D
点睛：金属的位置越靠前，金属的活动性越强。位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。

2．根据下图所示的溶解度曲线，判断下列说法中正确的是(

A．甲物质的溶解度小于乙物质的溶解度
B．t2℃时，甲物质的饱和溶液和乙物质的饱和溶液中含有溶质的质量相等C．将t3℃时的甲、乙两物质的饱和溶液降温到t2℃时都会析出晶体D．当甲物质中混有少量乙物质时，可采用蒸发溶剂的方法提纯甲【答案】C【解析】
A、在温度为t1℃时，图中乙物质曲线处于甲物质曲线上方，说明此时甲物质的溶解度小于乙物质，A没指明温度，错误；B、曲线图显示，在温度为t2℃时两曲线相交于一点，说明此时甲、乙两物质的溶解度相等。此时若两物质的饱和溶液量相等所含溶质的量也就相等，但本选项的说法中没有说明饱和溶液质量是相等的，所以也就不能得出所含溶质质量相等的结论错误；C、据图知：温度降低甲、乙两物质的溶解度都减小。所以，随温度降低甲、乙两物质的饱和溶液都会因溶质溶解能力减小而析出晶体，正确；D、曲线图显示，甲物质溶解度受温度影响较大，乙物质的溶解度受温度影响不大。当甲物质中混有少量乙物质时，可采用冷却热饱和溶液的方法提纯甲，冷却结晶时少量的乙物质仍溶解在溶液中没有析出，正确。故选C。




3．有部分变质的NaOH固体18.6g，加入100g的稀硫酸，恰好完全反应，所得溶液的质量是114.2g，将其蒸干得到固体28.4g，则原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为A．46:3【答案】C【解析】【分析】【详解】
氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，从而变质，部分变质的氢氧化钠固体，加入稀硫酸，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，
B．46:11
C．23:3
D．23:6
Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2+H2O，溶液减少的质量，即生成的二氧化碳的质
量，生成的二氧化碳的质量为：18.6g+100g-114.2g=4.4g，由化学方程式可知，原固体混合物中的碳元素全部转化到了二氧化碳中，原固体混合物中的钠元素全部转化到了硫酸钠中，最后蒸干得到的固体即是硫酸钠的质量，故原固体混合物中钠元素的质量为：
28.4g4.4g
232
100%=9.2g，原固体混合物中碳元素的质量为：
232+32+164
12
100%=1.2g，故原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为：9.2g：
12+1621.2g=23:3。故选C。
4．可燃物R是C、H2、CH4、CO或CH4O中的一种。将一定量的R和氧气置于一个密闭的容器中引燃，测得反应前后各物质的质量如下表：物质反应前质量/g反应后质量/g
Rm10
氧气m20
二氧化碳0m3
水0m4
一氧化碳0m5

下列叙述正确的是（）①m1=1/9m4时，R是H2②m1+m2=m3时，R是C或CO③m3:m4=11:9时，R是CH4或CH4O④8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2A．①②③【答案】D【解析】【分析】【详解】
根据表格中的数据可知，R、氧气反应后质量变为0，是反应物；二氧化碳、水、一氧化碳
B．①③④
C．②③④
D．①②③④



反应前的质量是0，是生成物，要确定R是哪种物质，生成物是什么，就要通过反应前后质量的关系来进行确定。
①氢气燃烧生成水，化学方程式为2H2+O2点燃2H2O，其中氢气与水的质量比为1:9，正确；
②碳或一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳，反应前后物质的质量不变，此时m1+m2=m3，正确；
③甲烷燃烧生成二氧化碳与水，化学方程式为CH4+2O2点燃CO2+2H2O，其中二氧化碳与水的质量比为11:9；
甲醇燃烧生成二氧化碳与水，化学方程式为2CH4O+3O2点燃2CO2+4H2O，其中二氧化碳与水的质量比为11:9；
通过分析可知，当m3:m4=11:9时，R是CH4或CH4O，正确；
④反应前后元素的种类不变，如果反应后生成二氧化碳、水、一氧化碳这三种物质，则R中一定含有碳、氢元素，可能含有氧元素，生成物中的氧元素的质量大于或等于氧气的质量。
二氧化碳中氧元素的质量为m3×水中氧元素的质量为m4×
×100%=8m3/11，
×100%=8m4/9，
×100%=4m5/7，
一氧化碳中氧元素的质量为m5×
通过分析可知，8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2，正确。故选D。

5．小明同学对所学部分化学知识归纳如下，其中完全正确的一组是
物质的分类
A
纯碱、胆矾、生石灰—盐类煤、石油、天然气—化石燃料概念的认识
C
能生成盐和水的反应是中和反应含氧的化合物是氧化物
DB
物质的检验和区别
可用灼烧闻味的方法检验羊毛和涤纶燃着的木条区别氮气和二氧化碳物质的性质和应用洗涤剂乳化作用—去油污石墨优良的导电性—作电极




A．A【答案】D【解析】
B．BC．CD．D
A、生石灰是氧化钙的俗称，属于氧化物，不完全正确，错误；B、燃着的木条不能区别氮气和二氧化碳，因为氮气和氧气都不燃烧、不支持燃烧，都能使木条熄灭，不完全正确，错误；C、能生成盐和水的反应不一定是中和反应，例如二氧化碳和氢氧化钠反应；含氧的化合物是不一定是氧化物，例如氯酸钾，错误；D、洗涤剂具有乳化作用可去油污，石墨优良的导电性可作电极，完全正确。故选D。

6．某兴趣小组为了研究露置于空气中纯净的生石灰变质情况，进行了如下实验：

则下列结论错误的是（）
A．A转化为B过程中钙元素的质量分数逐渐减小B．如无浓硫酸，则粉末B中Cao质量测定值偏小C．粉末B中CaCO3的质量为5克D．粉末B中CaO的质量为16.6克【答案】B【解析】
A、由质量守恒定律可知A转化为B过程中钙元素的质量不变，但是由于吸收水和二氧化碳气体，固体的质量增加，钙元素的质量分数逐渐减小，故正确；
B、如无浓硫酸，气体C中的水分会被烧碱固体一同吸收，固体增重偏大，计算得到碳酸钙的质量偏大，相应吸收水的质量偏小（A到B增加29g-25g=4g为吸收二氧化碳和水的总和），计算所得氢氧化钙的质量会（比碳酸钙的质量偏大的质量）更小，则粉末B中CaO质量测定值偏大，故错误；
C、氢氧化钠溶液质量增加的质量即为二氧化碳的质量，为2.2g；设碳酸钙的质量为xCaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑10044x2.2g
10044
x2.2g
x=5g，故正确；
D、A到B增加29g-25g=4g，吸水水分质量为4g-2.2g=1.8g设B中氢氧化钙的质量为yCaO+H2O═Ca（OH）2，18741.8gy



1874
1.8gy
y=7.4g
粉末B中含有CaO的质量为：29g-5g-7.4g=16.6g，故正确。

7．下列四个图像分别表示对应的四个操作过程，其中与事实不相吻合的是：

A．一定量Ba（NO3）2溶液中滴加稀H2SO4B．一定量稀盐酸中滴加NaOH溶液C．一定量不饱和KNO3溶液中加固体KNO3
D．质量相同的KClO3中加入催化剂（MnO2）与不加入催化剂加热制取O2【答案】C
【解析】A.一定量Ba（NO3）2溶液中滴加稀H2SO4，生成硫酸钡沉淀，硝酸钡反应完后硫酸钡的质量不再增加；B.溶液的pH小于7，溶液呈酸性，pH越小，酸性越强；溶液的pH大于7，溶液呈碱性，pH越大碱性越强；pH等于7，溶液呈中性。一定量稀盐酸中滴加NaOH溶液，溶液由酸性逐渐变成碱性，溶液的pH增大，组后溶液的pH大于7；C.一定量不饱和KNO3溶液中加固体KNO3，开始时硝酸钾的质量分数大于零，加入硝酸钾固体时，溶质的质量分数逐渐增大，饱和后，溶质的质量分数不变，故图像错误；D.质量相同的KClO3中加入催化剂（MnO2）与不加入催化剂加热制取O2，二氧化锰在氯酸钾分解的反应中作用是加快反应速率，所以有催化剂时，反应速率比没有催化剂时反应速率快，但是催化剂不改变生成物的质量，所以，最终生成氧气的质量相同。选C

8．下列图象分别与选项中的描述相对应，其中正确的是（）
A．表示向一定量大理石中滴加稀盐酸，产生二氧化碳的质量变化



B．表示加热一定量碳铵（NH4HCO3），试管中固体的质量变化
C．表示电解水实验中，生成的氢气及氧气的质量关系
D．表示向相同浓度和体积的稀硫酸中加入足量的镁粉和铁粉，产
生氢气的质量关系【答案】B【解析】
向一定量大理石中滴加稀盐酸，反应中产生二氧化碳的质量随盐酸的增多而增多，当碳酸钙反应完，二氧化碳的质量不再增加；碳酸氢铵受热分解生成二氧化碳、氨气、水，生成物中没有固体，所以反应结束，固体质量为零；电解水时正极生成的是氧气，负极生成的是氢气，氢气是氧气体积的2倍；向相同浓度和体积的稀硫酸中加入足量的镁粉和铁粉，镁比铁活动性强，反应快，由于镁粉和铁粉足量，酸反应完反应结束，生成氢气的质量一样多。选B
点睛：结合反应方程式，推断物质的变化和图像表达的变化比较，重点是起点、变化趋势、终点，同时要看清坐标对应的量，和反应物的量

9．下列物质鉴别的实验方法错误的是（）鉴别物质
A．过氧化氢和蒸馏水B．镁和锌
C、二氧化碳、氧气和空气D．活性炭和氧化铜
实验方法
分别加入MnO2，看是否有气泡分别加入稀盐酸，看是否有气泡将燃着的木条分别伸入瓶中，观察现象
分别投入盛有红棕色二氧化氮气体的集气瓶中，观察现象




A．A【答案】B【解析】【分析】【详解】
B．BC．CD．D
A、过氧化氢溶液中加入二氧化锰会生成氧气而出现气泡，蒸馏水中二氧化锰没有明显现象，可以鉴别，故A正确；
B、锌和镁加入稀盐酸中都会出现气泡，不能鉴别，故B错误；
C、燃着木条在二氧化碳中熄灭，在氧气中燃烧更旺，在空气中现象不变，可以鉴别，故C正确；
D、活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附性，投入二氧化氮的集气瓶中，红棕色会褪去，氧化铜不具有该性质，可以鉴别，故D正确，答案选B。

10．下列归纳和总结完全正确的一组是A．化学与生活①用甲醛可保鲜海产品②用熟石灰改良酸性土壤③用生石灰作食品干燥剂C．化学与资源
B．化学与安全
①点燃氢气前一定要检验纯度②进行化学实验时配戴护目镜
③发现厨房中天然气泄漏马上拨打119报警D．化学与发现
①塑料的使用一定程度上保护了金属资源①卢瑟福确定了原子的核式结构②稀土是宝贵的不可再生资源③海洋中蕴藏着丰富的化学资源
②拉瓦锡第一个发现并提出了质量守恒定律③门捷列夫发现元素周期律并编制元素周期表

A．AB．BC．CD．D【答案】C
【解析】A.根据物质的性质和作用分析解答；B.根据物质的性质及安全常识分析解答；C.根据资源的保护和利用分析解答；D.根据各科学家的发现分析解答。
解：A.甲醛会与海产品中蛋白质发生反应，破坏蛋白质的结构，使其变质，危害人体健康，故归纳错误；
B.天然气泄漏拒绝一切产生火花的行为。拨打电话可能产生火花，故归纳错误；C.①塑料在有些方面的使用可以代替金属。因此塑料的使用一定程度上保护了金属资源；②稀土是宝贵的不可再生资源③海洋中蕴藏着丰富的化学资源，归纳正确；
D.①卢瑟福确定了原子的核式结构，②拉瓦锡第一个发现并提出了质量守恒定律，③门捷



列夫发现元素周期律并编制元素周期表，归纳正确；故本题选CD。

11．下列除杂方案中（括号中物质是杂质），正确的是（）A．N2（O2）：通过红热的木炭B．烧碱（纯碱）：加适量稀盐酸、蒸发C．Cu（CuO）：加过量的盐酸溶液并过滤D．NaHCO3（Na2CO3）：高温煅烧【答案】C
【解析】A氮气不可燃不助燃，使氮气中的少量氧气不能与木炭充分接触，不能使氧气转化成二氧化碳，不能除杂；B盐酸能与氢氧化钠反应；C盐酸与氧化铜反应生成氯化铜溶液，铜不与盐酸反应，过滤后固体只有铜；D碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠。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

12．将盛有等质量、等质量分数且足量的稀盐酸的两只烧杯，放在托盘天平的左右两盘，天平平衡。在左盘烧杯中加入10克碳酸钙，若要使天平重新平衡，则右盘烧杯中应加入的物质是
A．10克碳酸钾和碳酸钠B．5.6克氧化钙和氧化锌C．10克碳酸镁和碳酸氢钠D．10克镁粉和铜粉【答案】B【解析】【分析】
天平左侧的烧杯中会反应生成二氧化碳气体。设生成二氧化碳的质量为x。
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO210010g10010g
44x
解得x=4.4g
此时左侧烧杯增加的质量为：10g-4.4g=5.6g。所以为了保持平衡，右侧烧杯也需要增重5.6g。
由于碳酸钙的相对分子质量是100，所以若想在加入10g碳酸盐的混合物生成二氧化碳的质量也是4.4g，必须是两种碳酸盐的相对分子质量一个大于100，一个小于100。【详解】
A、通过分析可知，碳酸钾的相对分子质量是138，碳酸钠的相对分子质量是106，两者都大于100。A错误；
B、氧化钙和氧化锌会和盐酸反应，但是不会生成任何气体。其反应方程式为：
44
x




CaO+2HCl=CaCl2+H2O、ZnO+2HCl=ZnCl2+H2O，所以加入的固体的质量就是天平右盘增加的质量，即5.6g。B正确；
C、通过分析可知，碳酸镁的相对分子质量是84，碳酸氢钠84，两者都小于100，生成二氧化碳的质量一定大于4.4g，天平无法保持平衡。C错误；
D、由于镁和盐酸能反应生成氢气，而铜不能。假设该金属全部都是镁，设生成氢气的质量是x。
Mg+2HCl=MgCl2+H22410g
2410g2x
保持平衡。D错误。故选B。
2x

解得x=0.83g。则不管镁、铜以何种比例混合，右盘增加的质量一定大于5.6g，天平不能

13．如图所示是A、B、C三种物质的溶解度，下列有关说法错误的是（）A．高于20℃以后，B的溶解度比C大
B．10℃时，C接近饱和的溶液升高温度可以达到饱和C．20℃时，A、B的饱和溶液的溶质质量分数相等D．35℃时，A物质的饱和溶液的溶质质量分数为30%【答案】D
【解析】A、在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。由图可知高于20℃以后，B的溶解度比C大；B、溶解度是一定温度下，100g溶剂里达到饱和时，所溶解的溶质的质量。由图可知C的溶解度随温度的升高而减小，因此10℃时，C接近饱和的溶液升高温度可以达到饱和；C、饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，20℃时，A、B的溶解度相同，故其饱和溶液的溶质质量分数相等；D.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，20℃时，35℃时，A物质的溶解度为30g，其饱和溶液的溶质质量分数为溶解度÷（30g+100g）×100%<30%，选D

14．实验室有一包含有少量氯化钠杂质的硝酸钾固体，为提纯硝酸钾，设计如下图所示操作，

有关分析中正确的是
A．操作Ⅰ～Ⅲ分别是加热浓缩、蒸发结晶、过滤B．操作Ⅰ是过滤，将氯化钠固体从溶液中分离除去C．操作Ⅱ是加热浓缩，趁热过滤，除去杂质氯化钠D．操作Ⅲ是过滤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来【答案】D



【解析】
提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作Ⅰ为溶解，二者溶解度受温度影响不同，采取冷却热饱和溶液法分离出硝酸钾，则操作Ⅱ为蒸发浓缩，冷却结晶，操作Ⅲ是过滤、洗涤；A、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作Ⅰ为溶解，操作Ⅱ为蒸发浓缩，冷却结晶，操作Ⅲ是过滤、洗涤，错误；B、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作Ⅰ为溶解，错误；C、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作Ⅱ为蒸发浓缩，冷却结晶，错误；D、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作Ⅲ是过滤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来，正确。故选D。

15．已知A、B、C、D、E分别是初中化学中所学常见物质，它们之间相互转化的关系如图所示，“→”表示物质相互之间的转化，“—”表示物质之间能发生反应，A、B、C、E分别属于不同类别的化合物，A与C、E与C之间的反应产物完全相同，E在农业上可用于改良酸性土壤。下列叙述错误的

A．上述五种物质之间相互转化的化学反应类型中不包含置换反应B．D与水反应生成酸，A与水反应生成碱C．可用水除去E中含有的少量A杂质D．B、D两种物质在一定条件下，不能互相转化【答案】D
【解析】由题意可知，E是氢氧化钙，A、B、C、E分别属于不同类别的化合物，A、B、C为酸、盐、氧化物中的一种，A能转化为E，A可能是氧化钙或水，是氧化物；A能与C反应，又C为酸或盐，A为氧化钙，故C为酸，B为盐，B能转化为A，B为碳酸钙，则D为二氧化碳。
解：A.B转化为A是分解反应；A转化为E是化合反应；E和D的反应及D转化为B的反应不属于基本反应类型；其余都是复分解反应。故说法正确；
B.D是二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸；A是氧化钙，与水反应生成氢氧化钙，故说法正确；
C.E是氢氧化钙，A是氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，故说法正确；D.B是碳酸钙，D是二氧化碳，B、D两种物质在一定条件下能互相转化，故说法错误。因此本题选D。

16．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、(NH42SO4、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【答案】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。

17．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【答案】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




18．有一包固体粉末，可能由CaCO3、Na2SO4、KNO3、FeSO4、BaCl2中的一种或几种组成，做实验得以下结果：⑴将此固体粉末加到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色；⑵该白色沉淀部分溶于稀硝酸，并有无色气体产生。据此实验，得出的下列判断中正确的是A．粉末中一定含有CaCO3、FeSO4、BaCl2B．该粉末中一定不含有KNO3、FeSO4C．该粉末的组成中可能含有KNO3D．该粉末中一定含有Na2SO4、KNO3、BaCl2【答案】C
【解析】⑴将此固体粉末加到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色；说明溶液中无硫酸亚铁，因为硫酸亚铁溶液为绿色；有白色沉淀说明有碳酸钙或同时有硫酸钠和氯化钡；或三中物质都有；⑵该白色沉淀部分溶于稀硝酸，并有无色气体产生。说明有碳酸钙、有硫酸钠和氯化钡，碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙和二氧化碳、水，而有气泡冒出；硫酸钠和氯化钡生成硫酸钡沉淀，硫酸钡沉淀不溶于硝酸；硝酸钾不能确定；所以选C点睛：氯化银、硫酸钡不溶液硝酸。

19．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．6.4gB．8gC．10.5gD．12.8g【答案】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(NO32+2Agm64152x15.2g64/x=152/15.2gx=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。

20．在一定质量的甲溶液中逐渐加入乙至过量，反应过程中溶液的总质量与加入乙的质量关系，能用下图曲线表示的是

序号①②
甲H2SO4溶液HCl溶液
乙NaOH溶液大理石



③④
BaCl2溶液H2SO4溶液
Na2SO4溶液锌粒

A．①②【答案】B【解析】
①向H2SO4溶液逐渐加入NaOH溶液，溶液总质量是增加的，但随着NaOH溶液的增加，溶液总质量会一直增加，即最后不会出现平行于x轴的直线．故①不符合图象；②向HCl溶液中加入大理石，大理石会和稀盐酸反应生成CaCl2、水和CO2，有CO2气体逸出，但加入的大理石的质量比逸出的二氧化碳的质量大，所以溶液的总质量是增加的；当盐酸消耗完后再加大理石，大理石不和CaCl2反应也不溶于水，所以大理石就不会再进入到溶液中，即溶液的总质量不再改变．故②符合图象；
③向BaCl2溶液加入Na2SO4溶液，二者会反应生成NaCl和BaSO4其中BaSO4是沉淀，不在溶液中，而且无法判断生成的沉淀的质量比加入的Na2SO4溶液的质量的大小，即溶液总质量变化可能增大可能减少．故③不符合图象；
④向H2SO4溶液加入锌粒，二者反应生成ZnSO4和H2，有H2逸出，但加入的锌粒的质量比逸出的H2的质量大，所以溶液总质量增加；当消耗完后，锌粒和ZnSO4不反应也不溶于水，所以锌粒不再进入到溶液中，即溶液总质量不再改变．故④符合图象．故选B
B．②④
C．②③④
D．①②④

21．如图是某固体物质的溶解度曲线，下列说法错误的是（）

A．30℃时，该物质的溶解度为40g
B．50℃时，将40g该物质加入100g水中，搅拌后得到的是不饱和溶液C．温度升高，溶液中该固体的质量分数一定增大
D．20℃和30℃时的两份该物质溶液，所含的溶质的质量可能相等【答案】C
【解析】从固体溶解度曲线及其作用和有关溶质质量分数的简单计算。A.由图中给出坐标可知，横坐标为B.由图中给出坐标可知，
时对应的纵坐标溶解度为40g；
时，该溶质的溶解度大于40g，因此将40g该物质加入到
水中，搅拌后得到的是不饱和溶液；
C．温度升高，该物质的溶解度增大，但如果溶质不变，溶质的质量分数也不变；D．若20℃和30℃时，溶液中所溶解的溶质质量可能相等，而不是说温度高溶解的溶质



质量就一定多。
综上所述，正确答案为：C。

22．控制变量法是实验探究的重要方法。下列设计方案其探究目的不能实现的是选项
实验操作
实验目的
A
探究铁钉生锈时氧气是否参与反应
B
探究气体在水中的溶解度与气压有关
C
比较高锰酸钾在水和汽油里的溶解性
D
比较铁和镁的金属活动性

A．A【答案】D【解析】
A、铁钉在水中不能生锈，与水和氧气接触时容易生锈，说明铁生锈需要氧气，能够达到实验目的；B、打开瓶盖时，气压减小，液体中产生大量气泡，说明气压减小时气体的溶解度减小，能够达到实验目的；C、把质量、形状相同的高锰酸钾分别放入等体积的水和汽油中，通过观察高锰酸钾的溶解情况可以比较高锰酸钾在水和汽油里的溶解性，能够达到实验目的；D、比较铁和镁的金属活动性时，由于使用的是不同的酸，因此无法比较两种金属的活泼性，不能达到实验目的。故选D。
B．B
C．C
D．D

23．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【答案】B
【解析】A、据图可以看出，t1℃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、t2℃时，丙的溶解度是30g，其饱和溶液的溶质质量分数为：
30g
100%30%，故不可配制溶质质量分数为30%的丙溶液，错误；C、将组
30g100g
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、t3℃时，将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液降温至t2℃，甲和乙的溶解度减小，形成t2℃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。

24．下列实验能达到目的的是
A．分离溶液中的NaCl和CuSO4
B．检验蜡烛燃烧生成的水



C．检验CO3的存在
2-
D．测溶液pH
【答案】B
【解析】A、氯化钠和硫酸铜都溶于水，所以不能用过滤的方法分离，错误；B、干燥的烧杯内壁出现水雾即可检验蜡烛燃烧生成的水，正确；C、未知物中滴加盐酸产生气体，不一定含有碳酸根离子，还有可能是金属，错误；D、测定溶液的pH值不能将pH试纸湿润，否则使测量结果不准确，错误。故选B。

25．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．12.8gB．6.4gC．3.2gD．1.6g【答案】C
【解析】Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO43+3H2OCuO+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。

二、实验题（培优题较难）
26．氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂。某探究小组的同学通过查阅资料得知，氢化钙（CaH2）与水反应生成氢氧化钙和氢气。请写出该反应的化学方程式：___________
探究小组的同学把一定量的CaH2加入碳酸钠溶液中，充分反应后过滤，得到滤渣和滤液，经检验滤渣的成分是碳酸钙。
（提出问题）滤液中溶质的成分是什么？
（猜想与假设）猜想一：氢氧化钠、碳酸钠、氢氧化钙猜想二：氢氧化钠、碳酸钠猜想三：_______猜想四：氢氧化钠
经过讨论，大家一致认为猜想____不合理，请用化学方程式说明原因：________



（定量分析）
探究小组的同学称取氢化钙样品的质量为10g，加入足量碳酸钠溶液中（假设氢化钙样品中的杂质不反应,且溶于水），充分反应后过滤、洗涤、烘干，得到滤渣质量为20g，试计算氢化钙样品中氢化钙的质量分数。(要求写出计算过程________
【答案】CaH2+2H2O＝Ca(OH2+2H2↑氢氧化钠和氢氧化钙一Ca(OH2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH84%【解析】【分析】【详解】
氢化钙（CaH2）与水反应生成氢氧化钙和氢气，反应的化学方程式为CaH2+2H2O＝Ca(OH2+2H2↑。[猜想与假设]
猜想一：氢氧化钠、碳酸钠、氢氧化钙猜想二：氢氧化钠、碳酸钠猜想三：氢氧化钠和氢氧化钙猜想四：氢氧化钠
氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，故猜想一不合理，Ca(OH2与Na2CO3不能共存，反应的化学方程式为Ca(OH2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH。[定量分析]
设氢化钙样品中氢化钙的质量为x
由CaH2+2H2O＝Ca(OH2+2H2↑；Ca(OH2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH得：
CaH2～CaOH2～CaCO342100x
42100=x20gx=8.4g
20g
8.4g
100%84%故氢化钙样品中氢化钙的质量分数为
10g

27．为研究氢氧化钡的化学性质，进行如下探索实验：

（1）以上三个实验中不能体现出可溶性碱的通性的是实验_____；（2）写出实验3所发生的化学反应方程式：_____；
（3）实验后，将所得的溶液倒入同一个废液缸，为了确定放废液的成分，同学们能设计了



如图所示流程，只需要再补充一个实验即可以确定废液的成分，具体实验操作是_____。
2-【答案】2Ba(OH2MgCl2Mg(OH2BaCl2取a，滴加含SO4的物质（答案
合理均可）【解析】【分析】
（1）氢氧化钡溶液的碱性和氢氧根离子有关，和氢氧根离子有关的实验才能体现碱性；（2）写出实验3所发生是氢氧化钡和氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钡；
（3）实验后，将所得的溶液倒入同一个废液缸，为了确定放废液的成分，同学们能设计了如图所示流程，只需要再补充一个实验即可以确定废液的成分，确定废液的成分即确定钡离子。【详解】
（1）氢氧化钡溶液的碱性和氢氧根离子有关，和氢氧根离子有关的实验才能体现碱性，氢氧化钡和碳酸钠反应后还存在氢氧根离子，上三个实验中不能体现出可溶性碱的通性的是实验2；
（2）写出实验3所发生是氢氧化钡和氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钡，化学反应方程式：Ba(OH2MgCl2Mg(OH2BaCl2；
（3）实验后，将所得的溶液倒入同一个废液缸，为了确定放废液的成分，同学们能设计了如图所示流程，只需要再补充一个实验即可以确定废液的成分，确定废液的成分即确定钡离子，具体实验操作是：取无色溶液a，滴加含SO4的溶液（答案合理均可）。
2-

28．某气体可能含有CO2、CO一种或二种。为探究其成分进行以下实验。[实验步骤]
步骤一：打开K，缓缓通入干燥的氮气一段时间，关闭K。步骤二：通入待测气体，同时打开K，点燃酒精灯，进行实验。[实验结论]该气体是CO、CO2混合物。

回答问题：
①写出B中玻璃管内发生反应的化学方程式______________。②实验过程中，根据_______________实验现象可以判断该气体的成分。③对该实验的分析正确的是___________(选填编号Ⅰ.步骤一的目的是为了把容器中空气反应完



Ⅱ.C中增加的质量与B中固体减少的质量相等Ⅲ.省略C装置对检验的结果没有影响
Ⅳ.反应结束后继续通气体的目的是防止生成的铜与空气中氧气反应V.实验结束应先灭B处的酒精灯【答案】CO+CuO
Cu+CO2A、C澄清石灰水变浑浊或A澄清石灰水变浑浊，B中黑
色固体变成亮红色或A澄清石灰水变浑浊D尾气燃烧火焰呈蓝色Ⅲ、Ⅴ
【解析】①B中是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，发生反应的化学方程式CO+CuO
Cu+CO2；②实验过程中，根据A、C澄清石灰水变浑浊实验现象可
以判断该气体中含有二氧化碳，B中黑色固体变成亮红色或者D尾气燃烧火焰呈蓝色，可证明该气体中含有一氧化碳；③Ⅰ、步骤一的目的是为了把容器中空气排尽，错误；Ⅱ、C中增加的质量是二氧化碳的质量，B中固体减少的质量是氧元素的质量，故不相等，错误；Ⅲ、省略C装置对检验的结果没有影响，因为该气体中是否含有二氧化碳在A中已经得到检验，正确；Ⅳ、反应结束后继续通气体的目的是防止澄清石灰水倒吸，引起试管炸裂，错误；V.实验结束应先灭B处的酒精灯，正确。

29．氢氧化钠和氢氧化钙是两种常见的碱．小林将两种碱的溶液分别装入试管A、B中，进行如下实验．

（1）实验l中，两支试管的溶液都变成色．
（2）实验2中，若B盛装的是氢氧化钠溶液，发生反应的化学方程式是．（3）实验3中，小林向两支试管中吹气，A中有白色沉淀生成，发生反应的化学方程式是．B中无现象，为探究吹气后B中溶质的成分，小林进行如下探究：（提出猜想）猜想1：溶质只有氢氧化钠猜想2：溶质只有碳酸钠猜想3：溶质有氢氧化钠和碳酸钠（实验和结论）实验
实验现象
结论

取B中少量溶液，加入澄清石灰水至不再产生沉淀为止，过滤后取上层清液，向其中加几滴酚酞溶液．

产生白色沉淀

猜想3成立




溶液呈现红色




（反思与评价）老师评价小林得出的结论不正确，是因为．如果要验证猜想3成立，你的改进意见是．
【答案】（1）红（2）2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4；（3）Ca（OH）
2+CO2═
CaCO3↓+H2O;将氢氧化钙溶液换成氯化钙溶液
【解析】
试题分析：（1）实验1中，两支试管的溶液都显碱性，都能够使酚酞试液变红色．（2）实验2中，若B盛装的是NaOH溶液，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，发生反应的化学方程式为：2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4．
（3）实验3中，向两支试管吹气，A中有白色沉淀生成，说明A中是澄清石灰水，澄清石灰水中的氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，发生反应的化学方程式为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；
李红得出的结论不正确，是因为猜想2中也会产生相同的现象，这是因为如果溶质只有碳酸钠，则碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氢氧化钠溶液能使酚酞试液变红色，如果要验证“猜想3成立”，必需更换试剂，将氢氧化钙溶液换成氯化钙溶液，这是因为氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，氯化钠溶液显中性，不能使酚酞试液变色．
考点：实验探究物质的组成成分以及含量；碱的化学性质；盐的化学性质；书写化学方程式

30．根据图示回答相关问题。

（1）仪器a的名称是__________。进行A操作时，通常在蒸发皿内出现_________时即停止加热，利用余热蒸干。
（2）图A~C的装置和操作中，没有错误的是_____（填序号）。请选择其中一个有错误的图示，写出改正方法：________。



（3）用双氧水和二氧化锰混合制取氧气的化学方程式为_____________________；若要控制该反应的发生和停止，选用D作发生装置达不到目的，原因是____________。（4）如图为制备CO并还原Fe3O4的“微型”实验装置（夹持仪器等已略去）。已知甲酸的分解反应为：HCOOH
H2O+CO↑。

①装置中气球的作用是___________；
②CO与Fe3O4反应的化学方程式为_____________；
③该装置的优点是（写一条）______________________________；④请把图中虚线框内的导管补画完整_________。
【答案】铁架台较多固体A将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中；
将试管放在一个盛冷水的烧杯里2H2O2MnO22H2O+O2↑二氧化锰为粉末收集尾气，防止污染空气4CO+Fe3O4高温3Fe+4CO2节省药品（污染小、便于控制等）图略（要求左侧导管伸入溶液中，右侧导管稍露出胶塞）【解析】
（1）根据常见仪器解答；根据蒸发结晶时，通常在蒸发皿内出现较多固体时即停止加热解答；（2）根据实验装置及实验操作分析解答；（3）根据过氧化氢溶液在二氧化锰的催化下分解生成水和氧气解答；根据穿孔塑料小药瓶适合放块状或颗粒状药品而二氧化锰是粉末状解答；（4）①根据生成的一氧化碳有毒分析解答；②根据一氧化碳与四氧化三铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳解答；③根据装置特点分析解答；④根据要收集较纯净的一氧化碳需将二氧化碳除去分析解答。（1）仪器a的名称是铁架台；进行A操作时，通常在蒸发皿内出现较多固体时即停止加热，利用余热蒸干；（2）A、蒸发食盐水时，边蒸发边用玻璃棒不断搅拌，正确；B、稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中；C、蒸馏时应将试管放在一个盛冷水的烧杯里。（3）过氧化氢溶液在二氧化锰的催化下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2MnO22H2O+O2↑；若要控制该反应的发生和停止，选用D作发生装置达不到目的，原因是穿孔塑料小药瓶适合放块状或颗粒状药品而二氧化锰为粉末状；（4）①一氧化碳气体有毒，逸散到空气在会污染空气。故装置中气球的作用是收集尾气，防止污染空气；②一氧化碳与四氧化三铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为4CO+Fe3O4高温3Fe+4CO2；③该装置的优点是节省药品



（污染小、便于控制等）；④图为。
点睛：通过微型实验装置图，会分析此装置的特点以及了解常见用品使用特特点是解答本题的关键。

三、流程题（培优题较难）
31．氧化锌广泛用于皮肤病的治疗，工业氧化锌常含有少量杂质（CuO、FeO、SiO2等）不能直接使用。提纯、净化氧化锌的简易流程如图所示：


已知：SiO2既不溶于水也不与酸反应。
（1）操作一、操作二和操作三采用的分离方法是____________。
（2）反应器I中加入足量稀硫酸，充分反应后，生成的硫酸盐中含有的金属离子是_____（填离子符号）。
（3）残渣中除金属锌外，还有___________。
（4）操作三发生复分解反应的化学方程式为____________。（5）操作四发生的反应属于____________（填基本反应类型）
【答案】过滤Zn2+、Cu2+、Fe2+铜、铁（或Cu、Fe）ZnSO4+Na2CO3=ZnCO3↓+Na2SO4分解反应【解析】【分析】【详解】
（1）操作一、操作二和操作三得到的是固体和液体，是过滤操作，故填：过滤。（2）反应器Ⅰ中加入足量稀硫酸，稀硫酸和氧化锌反应生成硫酸锌和水，和氧化铜反应生成硫酸铜和水，和氧化亚铁反应生成硫酸亚铁和水；所以生成的硫酸盐中含有的金属离子是：Zn2+、Cu2+、Fe2+。故填：Zn2+、Cu2+、Fe2+。
（3）过量的锌粉会将硫酸铜中的铜和硫酸亚铁中的铁置换出来，所以残渣里面会有铜和铁，而没有溶解的二氧化硅在操作一中已被过滤除去，所以残渣中除金属锌外，还有铜和铁；故填：铜、铁（或Cu、Fe）。
（4）过量的锌加入反应器II中充分反应后溶液中只有硫酸锌，硫酸锌和加入的碳酸钠反应



生成碳酸锌沉淀以及硫酸钠，反应的化学方程式为：ZnSO4+Na2CO3=ZnCO3↓+Na2SO4。故填：ZnSO4+Na2CO3=ZnCO3↓+Na2SO4。
（5）操作四中，高温条件下，碳酸锌分解生成氧化锌和二氧化碳，符合一变多的规律，属于分解反应，故填：分解反应。

32．纯碱是一种重要的有机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产。还广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等。
（一）侯德榜是我国著名科学家，1933年出版《纯碱制造》一书，创立了中国自己的制碱工艺。其纯碱制造原理如图所示：


（1）NH3和CO2通入饱和食盐水的顺序是___________（填字母序号）。A先通NH3，后通CO2B先通CO2，后通NH3
（2）NaHCO3在水中溶解度相对比较小，以沉淀形式析出，图中“操作”的名称是___________，该操作中使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和___________。（二）为了充分利用副产品NH4Cl，利用NH4Cl生产NH3和HCl。（1）方法一：直接加热分解NH4Cl。
但是这种方法获得NH3和HCl的产率往往很低，原因是___________（用化学反应方程式表示）。
（2）方法二：采用MgO循环分解NH4Cl。
加热，在300℃以下获得NH3；继续加热至350℃～600℃获得HCl气体。利用下列装置（加热及加持装置略）可测量NH3和HCl的产率。





①低于300℃时，干燥管盛装的干燥剂是___________。NH3吸收完全后，更换干燥剂和吸收装置中的吸收液。
②产生NH3的化学反应方程式是___________。
③在350℃～600℃，如图虚线框内应选择的安全瓶是___________。


④侯氏制碱法在滤去碳酸氢钠的母液中通氨气并加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用是：①___________；②使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度。【答案】A过滤玻璃棒NH3HClNH4Cl碱石灰
MgO2NH4CI
地析出【解析】【分析】【详解】
300℃
2NH3MgCI2H2Oc增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多
（一）（1）氨气易溶于水，二氧化碳在水中溶解度较小，因此过程Ⅰ应该先通入NH3后通入CO2，故答案为：先通NH3，后通CO2，选A；
（2）NaHCO3在水中溶解度相对比较小，以沉淀形式析出，操作后体系变成沉淀和滤液，故操作为过滤；过滤操作使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒。
（二）（1）直接加热NH4Cl生产NH3和HCl，温度降低后NH3和HCl又化合生成氯化铵，导致产率往往很低，故答案为：NH3HClNH4Cl
（2）低于300℃时获得NH3，干燥管应该盛装碱石灰；根据题意，氧化镁和氯化铵加热时



生成了氨气，同时生成氯化镁和水，反应的化学反应方程式为：
MgO2NH4CI
300℃
2NH3MgCI2H2O；氯化氢极易溶于水，安全瓶可以选
择c装置，防止倒吸，影响实验；氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来，另外通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，故填：增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出。

33．Ba(NO32可用于生产信号弹、炸药等。利用钡泥（主要含有BaCO3、BaSO3、Fe2O3）可制取Ba(NO32，其部分流程如图：


（1）BaSO3中硫元素的化合价为___________。
（2）BaCO3与稀HNO3反应的基本反应类型是______________。（3）试剂X为___________（填序号）。①BaCl2溶液②Ba(OH2溶液③NaOH溶液
（4）写出生成Fe(OH3沉淀的化学方程式______________。
【答案】+4复分解反应②2Fe(NO33+3Ba(OH2=2Fe(OH3↓+3Ba(NO32【解析】【详解】
（1）氧元素通常显-2价，钡元素显+2价，设硫元素的化合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：（+2）+x+（-2）×3=0，x=+4；
（2）碳酸钡与稀硝酸反应生成硝酸钡、二氧化碳和水，该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”且生成物中有气体、水生成的反应，属于复分解反应；（3）由图可知，加入试剂X，硝酸铁转化为氢氧化铁，且不能引入新的杂质，故试剂X是氢氧化钡，氢氧化钡与硝酸铁反应生成氢氧化铁和硝酸钡，故选②；（4）氢氧化钡与硝酸铁反应生成氢氧化铁和硝酸钡，该反应的化学方程式为：2Fe(NO33+3Ba(OH2=2Fe(OH3↓+3Ba(NO32。

34．我市海洋资源丰富，2020年我市将着力推进海洋经济大市建设。
（1）我国海盐年产量3千多万吨，居世界第一位，从海水中提取食盐的流程图如下：




该方法分离得到氯化钠是利用了氯化钠__________的性质，在蒸发池中促进水分蒸发，主要是利用了下列各项中的________（填选项序号）。①潮汐能②生物能③电能④太阳能⑤化学能（2）镁主要是从海水中提取的，其主要流程如图：

生成X的化学方程式为_______，上述转化过程中未涉及到的基本反应类型是______（填字母）。A分解反应B中和反应C置换反应D复分解反应
（3）海水“制碱”体现了化学科学在改造物质中的智慧，下图是某厂生产纯碱的流程图，请回答：

①精盐经过流程Ⅱ的反应，过滤后得到滤液的溶质成分是______（填物质名称）。②流程Ⅰ中为了除去杂质，加入过量BaC12溶液、NaOH溶液和Na2CO3溶液，下列说法正确的是_____(填字母序号）
A流程I中，加入三种溶液的顺序不能调整B整个流程中，二氧化碳可以循环使用
C按流程I所加溶液的顺序除杂，过滤后得到三种沉淀D流程I得到的滤液在进入流程Ⅱ之前还需加入适量的稀盐酸③在流程Ⅱ中，要先进行氨化，氨化的目的是______。
【答案】氯化钠的溶解度受温度影响不大④MgCl2+Ca(OH2=Mg(OH2+CaCl2C碳酸氢钠和氯化铵BD使溶液显碱性，更有利于吸收二氧化碳【解析】【分析】【详解】
（1）氯化钠的溶解度受温度影响不大，故可用蒸发结晶的方法得到氯化钠；在蒸发池中，主要是利用太阳能，升高温度，促进水分蒸发，故选④；（2）氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁和氯化钙，该反应的化学方程式为：
MgCl2+Ca(OH2=Mg(OH2+CaCl2；



MgCl2+Ca(OH2=Mg(OH2+CaCl2，该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应，属于复分解反应；
氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，该反应符合“酸与碱作用生成盐和水”的反应，属于中和反应，该反应也符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应，属于复分解反应；
氯化镁在通电的条件下反应生成镁和氯气，该反应符合“一变多”的特点，属于分解反应。
故不涉及的是置换反应；故选C；
（3）①氯化钠和水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，大部分碳酸氢钠结晶析出，故过滤后得到滤液的溶质成分是：碳酸氢钠和氯化铵；
②A、流程I中，加入三种溶液的顺序可以调整，可将氢氧化钠和氯化钡交换顺序，但是一定要最后加碳酸钠，这样过量的氯化钡才能与碳酸钠反应生成碳酸钡，将其除去，不符合题意；
B、由图可知，整个流程中，二氧化碳既是反应物，又是生成物，可以循环使用，符合题意；
C、按流程I所加溶液的顺序除杂，氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡和氯化钠，氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氯化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，碳酸钠和过量的氯化钡反应生成碳酸钡，过滤后得到碳酸钡、硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙四种沉淀，不符合题意；
D、流程I得到的滤液在进入流程Ⅱ之前还需加入适量的稀盐酸，使稀盐酸与过量的氢氧化钠反应生成氯化钠和水，稀盐酸与过量的碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，符合题意。故选BD；
③在流程Ⅱ中，要先进行氨化，使溶液显碱性，更有利于吸收二氧化碳。

35．下图为某科研小组设计的利用化学链燃烧产生的高浓度CO2制备甲醇的流程图，

据图回答：
（1）图1是利用镍（Ni）进行化学链燃烧的流程图。与传统的燃料燃烧方式相比，化学链燃烧排放的CO2浓度高，易于收集。



①燃料反应器中发生的部分化学反应如下：Ⅰ.H2+NiO
高温
Ni+H2O；Ⅱ．CO+NiO
高温
Ni+CO2，反应Ⅱ中发生还原反应的物质是
___________。
②与CO、H2直接在空气中燃烧相比，化学链燃烧排放出的CO2浓度更高的原因是_____。（2）图2是利用高浓度CO2制取甲醇的流程图：吸收池内，饱和碳酸钠溶液吸收高浓度CO2生成碳酸氢钠；分解池内，碳酸氢钠受热分解放出CO2；合成塔内，利用新型催化剂，CO2与H2反应生成甲醇（CH4O）与水。
①吸收池内生成碳酸氢钠的化学方程式是_______________。
②合成塔内生成甲醇的化学反应中，参加反应的H2与CO2的质量比是____。如果将来H2的制取技术取得突破，“CO2与H2反应高效变甲醇”这一世界领先的研究成果的意义是__（答出一条即可）。
【答案】NiO化学链燃烧将空气中不参加反应的N2从空气反应器中排出
Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO33：22不仅可有效降低CO2造成的温室效应，还可减轻对传统化石能源的依赖【解析】【分析】【详解】（1）①Ⅰ.H2+NiO
高温
Ni+H2O；Ⅱ．CO+NiO
高温
Ni+CO2，反应Ⅱ中NiO失去O转化为
Ni，发生还原反应，故发生还原反应的物质是NiO。
②与CO、H2直接在空气中燃烧相比，化学链燃烧排放出的CO2浓度更高的原因是化学链燃烧将空气中不参加反应的N2从空气反应器中排出。
（2）①根据题给信息，吸收池内生成碳酸氢钠的化学方程式是：Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3。
②合成塔内生成甲醇的化学方程式为：3H2+CO2的质量比是6:44=3:22。
如果将来H2的制取技术取得突破，“CO2与H2反应高效变甲醇”这一世界领先的研究成果的意义是不仅可有效降低CO2造成的温室效应，还可减轻对传统化石能源的依赖。
催化剂
CH4O+H2O，参加反应的H2与CO2



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