江苏省南京市金陵中学高一分班考试化学试卷
江苏省南京市金陵中学高一分班考试化学试卷
一、选择题
1．除去下列物质中的少量杂质，所选用的试剂或操作方法错误的是( )
选项物质杂质试剂操作方法
A H2O油污活性炭振荡、搅拌
B空气甲醛过量焦炭通过焦炭净化器
C CO水蒸气足量生石灰通过生石灰的干燥管
D NaNO3溶液Na2CO3适量Ca(NO3)2溶液过滤，蒸发结晶
A．A B．B C．C D．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．下列图像能正确反映其对应关系的是
A．向氢氧化钠溶液中加水稀释
B．浓硫酸敞口放置一段时间
C．向饱和石灰水中加入少量生石灰
D．催化剂对过氧化氢分解的影响
4．要除去下列物质中的少量杂质（括号内物质为杂质），下列实验方案设计中，不合理的是
A．KNO3（NaCl）：蒸发结晶后，洗涤干燥
B．NaCl溶液（Na2SO4）：加入适量的BaCl2溶液，过滤
C．N2（O2）：将气体缓缓通过灼热的铜网
D．KCl溶液（K2CO3）：加入适量的稀盐酸
5．现有表面被氧化的镁条样品6g,加入到盛有73g质量分数为19%的稀盐酸的烧杯中恰好完全反应，得到0.2g气体。則原镁条样品中镁元素的质量分数为（ )
A．48% B．60% C．76% D．84%
6．甲、乙两种固体物质（不含结晶水）的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是
A．t1℃时，甲溶液中溶质的质量分数一定等于乙溶液
B．降低温度，可使甲的饱和溶液变为不饱和溶液
C．t2℃时，分别在100 g水中加入50 g 甲、乙，同时降温至t1℃，甲、乙溶液均为饱和溶液
D．将t2℃时甲的饱和溶液降温至t1℃，溶液质量不变
7．等质量的镁、铝、锌分别与相同质量20%的盐酸充分反应，产生氢气的质量大小关系的猜测：①Al＞Mg＞Zn; ②Al＝Mg＝Zn; ③Al＝Mg＞Zn; ④Al＝Zn＞Mg; ⑤Al＞Mg＝Zn.其中错误的个数为
A．5个 B．2个 C．3个 D．4个
8．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%
9．除去下列物质中含有的杂质所选用的试剂或操作方法不正确的一组是（）物质所含杂质除去杂质的试剂或方法
A CO依次通过足量的NaOH和浓硫酸
B KCl加入，加热
C NaCl过量盐酸，蒸发
D浓硫酸，干燥
A．A B．B C．C D．D
10．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
11．向某AgNO3和Fe(NO3)2的混合溶液中加入一定质量的Zn粉，充分反应后过滤，得到滤渣和浅绿色溶液，关于该滤渣和滤液有下列四种说法，其中正确的说法有
①向滤渣中加入稀盐酸，一定有气泡产生②滤渣中一定有Ag，可能含有Fe
③向滤液中加入稀盐酸，一定有沉淀产生④滤液中一定含有Zn(NO3)2，可能含有
Fe(NO3)2和AgNO3
A．只有① B．只有② C．只有①②③ D．只有①③④
12．除去下列各物质中混有的少量杂质（括号内为杂质），所用试剂及方法不正确
．．．的是A．N2（O2）——将气体通过灼热且足量的Cu粉
B．铜粉（CuO）——通入足量的CO气体并加热
C．烧碱溶液（Na2CO3）——加入过量的Ca(OH)2溶液，过滤
D．CaCl2溶液（盐酸）——加入过量的CaCO3固体，过滤
13．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．
14．将盛有等质量、等溶质质量分数的稀硫酸的两只烧杯,放在托盘天平(灵敏度较高)左右两盘上，调节至平衡，再向两只烧杯中分别放入质量相等的铁和锌，待反应停止后（不考虑反应中水分挥发，不考虑空气成分参加反应），请判断，下列说法合理的是
A．若天平失去平衡，指针一定偏向放锌的一边
B．若天平仍保持平衡，烧杯中的铁一定没有剩余
C．反应后两只烧杯中溶液的质量都比反应前的溶液质量减轻了
D．放铁的一边产生的氢气一定比放锌的一边产生的氢气多
15．下列四个图像分别表示对应的四种操作过程，其中正确的是：
A．加热等质量的氯酸钾制氧 B．含有水蒸气的氢气通过浓硫酸
C．引淡水浸泡盐碱地 D．向硝酸钡溶液中滴加稀硫酸
16．三种都能与酸反应的金属共2.3克，与足量的稀盐酸反应，生成氢气0.1克。则这三种金属可能是：
A．Mg、Na、Al B．Zn、Na、Fe
C．Zn、Na、Al D．Cu、Na、Al
17．分离氯化铁、氯化钠、硫酸钡的固体混合物，得到三种纯净物，应选用的一组试剂是：
A．水、硝酸银、稀硝酸 B．水、氢氧化钠、盐酸
C．水、氢氧化钠、稀硝酸 D．水、氢氧化钾、盐酸
18．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
序号甲乙
①H2SO4溶液NaOH溶液
②HCl溶液大理石
③BaCl2溶液Na2SO4溶液
④H2SO4溶液锌粒
A．①②B．②④C．②③④D．①②④
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．化学实验室要从X、银、铜、锌四种金属混合物中分离某贵重金属。流程如下：
其中正确的是
A．固体丙中一定只含银 B．四种金属活动性强弱顺序Zn、X、Cu、Ag
C．固体甲中一定含有Cu和Ag，可能含有X D．滤液A中含有两种溶质
22．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
23．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
24．实验室使用大理石和盐酸反应制取的CO2是不纯净的，为证明该气体中含有多种物质,所用的试剂及使用顺序正确的是（）
A．无水硫酸铜、硝酸银溶液、石灰水B．浓硫酸、氢氧化钠溶液、石灰水
C．硝酸银溶液、石灰水、无水硫酸铜D．氯化钙、石蕊试液、水
25．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
二、流程题
26．NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣[除含镍外，还含有Cu、Fe、Fe2O3、铬（Cr）等杂质]为原料浸出获得。工艺流程如图:
已知:①已知Ni和Cr是位于氢以前的金属；
②H2O2溶液有比较强的氧化性；
③NiSO4·6H2O难溶于乙醇，受热易分解；
④25℃时，几种金属氢氧化物完全沉淀的pH 范围如下表所示。
Fe（OH）2Fe（OH）3Cr（OH）3Ni（OH）2
完全沉淀pH≥9.6≥3. 2≥5. 6≥8.4
请回答下列问题:
（1）操作A是____，下列措施可行，且能提高废渣浸出速率的有________ （填编号）。
A 升高反应温度
B 适当的增加硫酸的浓度
C 在反应过程中不断搅拌
（2）往废渣中加入硫酸，与Cr反应的化学方程式____
（3）流程中加入H2O2溶液的作用是_____
（4）溶液I加入氢氧化钠调节pH的范围5.6--8.4，其目的是_____
（5）滤液II加入Na2CO3溶液发生复分解反应，其化学方程式是___
（6）溶液A的溶质是（写化学式）_______
（7）后续操作步骤有:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得NiSO4·6H2O晶体；再用少量乙醇洗涤NiSO4·6H2O晶体，再用少量乙醇洗涤NiSO4·6H2O晶体并________（填“晾干”或“加热烘干”）。NiSO4·6H2O晶体用醇洗而不用水洗的原因是____。
27．口香糖中常添加轻质碳酸钙来增加粘性。用碳酸钠和氯化钙反应是制取轻质碳酸钙的方法之一，其流程图如图：
()1为了加快反应速率要把碳酸钠和氯化钙配成溶液，二者混合后发生反应的化学方程式为______，属于______反应(填基本反应类型)。
()2操作A是______，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和______。
()3洗涤、干燥碳酸钙的目的是______。
()4写出轻质碳酸钙的另外一种用途______。
28．金属在日常生活中有广泛的用途，请结合下图回答下列问题。
（1）生活中常用武德合金做电路的保险丝，这是利用了合金_____的特性。
（2）如图1所示，为了验证质量守恒定律，还可将试管中的硫酸铜溶液换成_____（填序号）。
A 氯化银
B 烧碱溶液
C 稀盐酸
D 硝酸汞溶液
（3）为了回收硝酸亚铁和硝酸银的混合溶液中的银单质，设计了如图2的实验方案：
①溶液乙为无色溶液，则固体甲一定有的物质是_____。
②步骤②中一定发生反应的化学方程式为_____。
29．某校兴趣小组欲利用10 g ZnCO3和Cu2O的混合物制备硫酸锌和金属铜。该小组设计了如下图的实验方案，回答下列有关问题：
（查阅资料：Cu2O是红色固体，它与稀硫酸的反应为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O）（1）图中X的化学式为_____，A中的物质有_____。
（2）加入过量的Y有两个作用（用化学方程式表示）：
一是_____，二是_____。
（3）操作Ⅰ、Ⅱ用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_____。
（4）操作Ⅲ包含蒸发浓缩、_____、过滤。
（5）若最终得到的固体Cu是1.28g，则原混合物中Cu2O的质量分数是_____。
30．为了除去粗盐中CaCl2、MgCl2、Na2SO4等可溶性杂质，需进行如下操作：
（1）在操作②中，加入过量Na2CO3溶液的作用是什么？___
（2）操作④中加入适量盐酸的目的是什么？___
（3）操作④中若加入的盐酸过量也不会影响精盐的纯度，为什么？___
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．A
解析：A
【解析】
A、活性炭能吸附色素异味，但不能除油污；B通过焦炭净化器能将空气中的甲醛吸附；C 生石灰即氧化钙和水反应生成固体氢氧化钙，因而可用于吸水，而且由于不与一氧化碳反应，可用于干燥一氧化碳；D，适量的硝酸钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钠，过滤后溶液中的溶质只有硝酸钠，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
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．C
解析：C
【解析】A. 向氢氧化钠溶液中加水稀释，溶液的碱性变弱，pH变小，但由于始终呈碱性，pH始终大于7；B. 浓硫酸有吸水性，敞口放置一段时间，溶质的质量分数因溶剂的增加而减小；C. 向饱和石灰水中加入少量生石灰，氧化钙和水反应生成氢氧化钙使溶剂减少，溶质析出，当水被完全反应，溶剂质量为零，溶质的质量也为零；D. 能改变其他物质的反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后不变的物质叫催化剂。催化剂不改变生成物的质量.选C
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
4．A
解析：A
【解析】A. KNO3的溶解度随温度的降低而迅速减小，氯化钠的溶解度受温度较小，除硝酸钾中的少量氯化钠时，应降温结晶。B. NaCl溶液（Na2SO4）：加入适量的BaCl2溶液和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，过滤，溶液中只有氯化钠；C. N2（O2）：将气体缓缓通过灼热的铜网，氧气和铜反应生成氧化铜固体，气体只剩氮气；D. KCl溶液（K2CO3）：加入适量的稀盐酸，和碳酸钾反应生成氯化钾、二氧化碳、水，溶液中只有氯化钾，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
5．C
解析：C
【解析】表面被氧化的镁条其成分有氧化镁和镁，其中镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水；表面被氧化的镁条样品6g,加入到盛有73g质量分数为19%的稀盐酸的烧杯中恰好完全反应，所以反应后镁元素都以氯化镁的形式存在；由氯化镁的化学式MgCl2-可得镁元素与氯元素的关系式如下：Mg---2Cl- MgCl2-2HCl，Mg--- -2HCl，设样品中镁元素的质量为x，Mg---2HCl
24 73
x 73g×19%
x=4.56g 則原镁条样品中镁元素的质量分数为4.56g÷6g×100%=76%
点睛：利用反应前后元素的种类质量不变计算使计算题变得简单。
6．C
解析：C
【解析】在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。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。饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%
A. t1℃时，甲、乙的溶解度相同，甲乙的饱和溶液中溶质的质量分数。
B. 降低温度，可使甲的饱和溶液析出晶体，所得溶液仍为饱和溶液；
C. t1℃时，甲、乙的溶解度相同，都是40g， t2℃时，分别在100 g水中加入50 g 甲、乙，同时降温至t1℃，甲、乙溶液均为饱和溶液
D. 将t2℃时甲的饱和溶液降温至t1℃，由于溶解度变小，析出晶体，溶液质量不变小。选C
点睛：在溶解度曲线图上，溶剂的量都是100g,所以分析溶质的质量分数时，只需要比较溶质的多少即可。溶解度变大时，溶质不变，溶解度减小时溶质质量等于减小后的溶解度7．B
解析：B
【解析】解：每24份质量的镁会与73份质量的盐酸反应生成2份质量的氢气，镁54份质量的铝和219份质量的盐酸反应生成6份质量的氢气，每65份质量锌和73份质量的盐酸反应生成2份质量的氢气，假设金属的质量都是24g，等质量的金属消耗盐酸的质量分别是：
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，
24 73
24g 73g
2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
54 219
24g 97.3g
Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑
65 73
24g 27g
假设盐酸的量大于97.3g时，铝生成的氢气最多，镁生成的氢气次之，锌生成的氢气最少，故②正确；
假设盐酸的量在97.3g和73g时，铝和镁生成的氢气相等，锌生成的氢气最少，故④正确；
假设盐酸的量在73g和27g时，铝大于镁等于锌，故⑥正确；
假设盐酸的质量小于27g时，生成的氢气质量相等，故③正确．
故选：B．
8．D
解析：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
9．B
解析：B
【解析】
A、二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，一氧化碳不反应；B氯酸钾在二氧化锰的作用下分解生成氯化钾和氧气，但是二氧化锰是催化剂，反应前后质量和化学性质不变，引入新的杂质；C、盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，盐酸有挥发性，过量盐酸可通过蒸发除掉；D氧气不与硫酸反应，可用浓硫酸干燥。选B
点睛：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
10．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。
11．B
解析：B
【解析】三种金属的活动性顺序是锌>铁>银，向某AgNO3和Fe(NO3)2的混合溶液中加入一定质量的Zn粉，锌先与硝酸银反应，剩余的锌再与硝酸亚铁反应。充分反应后过滤，得到
滤渣和浅绿色溶液，说明硝酸亚铁没反应或者部分反应而有剩余；硝酸银反应的程度无法确定。所以滤渣中一定有生成的银，可能有铁。当有铁生成时，向滤渣中加入盐酸才有气体生成；有硝酸银剩余时，向滤液中加入稀盐酸，有沉淀产生；滤液中一定含有Zn(NO3)2和Fe(NO3)2；选B
点睛：在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。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。
12．C
解析：C
【解析】A. N2（O2），将气体通过灼热且足量的Cu粉，铜和氧气反应生成固体氧化铜，氮气不与铜反应，符合除杂要求；B. 铜粉（CuO），通入足量的CO气体并加热，铜和氧化铜在加热条件下生成铜和二氧化碳，符合除杂要求；C. 烧碱溶液（Na2CO3）——加入过量的Ca(OH)2溶液，过滤，氢氧化钙过量，引入新的杂质，不符合除杂要求；D. CaCl2溶液（盐酸）——加入过量的CaCO3固体，过滤，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳、水，过滤后溶液中只有氯化钙，符合除杂要求；选C
点睛：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．
13．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。
14．A
解析：A
【解析】
A. 若天平失去平衡，说明酸过量，金属全部参加反应；每65份质量的锌会与硫酸反应生成2份质量的氢气，每56份质量的铁和硫酸反应生成2份质量的氢气，所以相同质量的锌和铁与足量的硫酸反应，铁生成的氢气质量比锌多，所以天平会指向加锌的一方，正确；B、若天平平衡，说明硫酸不足，全部参加反应；设金属的质量为56g
Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑
56 2
56g 2g
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑
65 2
56g 112
g 65
根据计算可以知道，等质量的硫酸消耗的锌粉的质量要多，所以铁粉一定有剩余或恰好完全反应，错误；C、根据B可以看出，参加反应的金属的质量大于生成氢气的质量，所以反应后两只烧杯中溶液的质量都比反应前的溶液质量增加，错误；D、根据B分析可知：若酸不足，生成的氢气的质量相等，所以放铁的一边不一定比放锌的一边生成的氢气多，错误。
故选A。
点睛：根据反应的化学方程式，从酸过量和金属过量两个方面分析。如果硫酸是少量的，则产生的氢气量是由硫酸决定，产生相同的氢气，有金属剩余，天平平衡，在这种情况下，有可能锌刚好反应完，铁有剩余；如果硫酸过量，则产生的氢气量由金属决定，由于金属的质量相同，产生的氢气量放入铁的多，最后天平指向放锌的一边。
15．C
解析：C
【解析】A. 催化剂只改变反应速率，不改变生成物质量，加热等质量的氯酸钾制氧气，加不加催化剂，最后生成氧气的量相同 B. 含有水蒸气的氢气通过浓硫酸，水被吸收，气体质量减少；
C. 引淡水浸泡盐碱地，碱性变弱，但始终呈碱性，pH始终大于7；
D. 向硝酸钡溶液中滴加稀硫酸，两种立刻反应生成硫酸钡沉淀，选C
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
16．C
解析：C
【解析】
【详解】
铜不与盐酸反应。设2.3g铁、铝、钠，镁、锌与酸反应分别生成氢气的质量为x、m、n、a、b
Fe +2HCl== FeCl2+H2↑
56 2
2.3g x 56/2.3g=2/x x=0.082g
2Al+6HCl==2AlCl3+3H2↑
54 6
2.3g m
54/2.3g=6/m m=0.26g
2Na+2HCl== 2NaCl+H2↑
46 2
2.3g n 46/2.3g=2/n n=0.1g
Mg+2HCl== MgCl2+H2↑
24 2
2.3g a 24/2.3g=2/a a=0.19g
Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑
65 2
2.3g b 65/2.3g=2/b b=0.07g
选C
点睛：混合物生成氢气的能力吧介于相混合的金属各自生成氢的范围之内
17．B
解析：B
【解析】
氯化铁、氯化纳、硫酸钡的固体混合物，加水溶解后过滤，得硫酸钡沉淀；然后加入过量的氢氧化钠，充分反应后过滤，得氢氧化铁沉淀和氯化钠与氢氧化钠的混合溶液；将氢氧化铁沉淀中加入过量盐酸，蒸发结晶得氯化铁固体；将氯化钠与氢氧化钠的混合溶液中加入过量盐酸，蒸发结晶得氯化钠固体；选B
点睛：分离物质要求分开后还要得到原物质。
18．B
解析：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
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 、HNO 3、K 2CO 3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CuSO 4反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀；但CuSO 4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 （NO 3）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．B
解析：B
【解析】金属活动顺序表：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au ，在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。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。根据金属的活泼性顺序：锌＞氢＞铜＞银，故向锌、X 、铜、银的金属混合物中加入稀硫酸，锌一定参加反应产生气泡，而铜和银一定没反应，得到的滤液A 再加入过量的锌得到固体混合物乙和滤液B ，说明锌除了和过量的硫酸反应产生气体外，还和盐溶液发生了置换反应，而铜和银没有参加反应，因此是锌和X 的盐溶液发生的反应，因此说明锌的活动性比X 强，且X 位于氢前；铜和硝酸银反应产生硝酸铜和银，因此：A 、由于硝酸银是一定量，可能不足，所以固体丙中一定含有的金属是被置换出的银及原有的银，及可能有剩余的铜，错误；B 、四种金属的活动性顺序由强到弱的是Zn 、X 、Cu 、Ag ，正确；C 、由于硫酸过量，固体甲中只含有铜和银，没有活泼金属锌和X ，错误；D 、滤液A 中一定有X 的硫酸盐和硫酸锌，滤液A 中加入锌后有气体生成，说明滤液中还有硫酸，所以溶质有三种，错误。故选B 。
点睛：分析反应后的成分时除考虑生成物外，还要考虑剩余的反应物。
22．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、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。
23．D
解析：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。
24．A
解析：A
【解析】
A、气体先通入无水硫酸铜，无水硫酸铜变蓝，证明有水存在；再通入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，证明有氯化氢存在；最后通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，证明二氧化碳存在，正确；
B、浓硫酸可干燥气体，不能证明水的存在，氢氧化钠和二氧化碳、氯化氢反应，除去二氧化碳和氯化氢，无法证明有水、氯化氢，错误；
C、先通硝酸银溶液，会使气体中混有水蒸气，无法判断原来有没有水蒸气，错误；
D、氯化钙干燥气体，氯化氢和二氧化碳通入水蕊试液都能使石蕊试液变红色，无法证明有水和氯化氢，错误。故选A。点睛：实验室使用大理石和盐酸反应制取二氧化碳，制取气体中含有水蒸汽，盐酸挥发出氯化氢和制取的二氧化碳，证明水的存在选择无水硫酸铜，证明氯化氢存在选择硝酸银溶液，证明二氧化碳存在选择澄清石灰水。
25．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
二、流程题
26．过滤 ABC 2442Cr +H SO =CrSO +H ↑ 将硫酸亚铁氧化成硫酸铁 使铁离子和铬离子都形成沉淀，从而除去 423324NiSO +Na CO =NiCO +Na SO ↓ H 2SO 4 晾干 NiSO 4·6H 2O 难溶于乙醇，用醇洗可以减少及晶体的损失
【解析】
【分析】
【详解】
（1）经过操作A ，得到了滤液，说明操作A 是过滤；升高反应温度、适当的增加硫酸的浓度、在反应过程中不断搅拌，均能提高废渣浸出速率，故选ABC ；
（2）往废渣中加入硫酸，与Cr 反应生成CrSO 4和H 2，化学方程式为
2442Cr +H SO =CrSO +H ↑；
（3）流程中加入H 2O 2溶液是为了将硫酸亚铁氧化成硫酸铁；
（4）溶液I 加入氢氧化钠调节pH 的范围5.6--8.4，是为了使铁离子和铬离子都形成沉淀，从而除去；
（5）滤液II 加入Na 2CO 3溶液与NiSO 4反应生成硫酸钠和碳酸镍，化学方程式为
423324NiSO +Na CO =NiCO +Na SO ↓；
（6）碳酸镍加入溶液A 经过一系列操作得到NiSO 4·
6H 2O ，说明溶液A 的溶质是硫酸，化学式为H 2SO 4；
（7）后续操作步骤有:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得NiSO 4·
6H 2O 晶体；再用少量乙醇洗涤NiSO 4·6H 2O 晶体，再用少量乙醇洗涤NiSO 4·6H 2O 晶体并晾干（NiSO 4·6H 2O 受热易分解，不
能加热烘干）；NiSO 4·
6H 2O 晶体用醇洗而不用水洗的原因是NiSO 4·6H 2O 难溶于乙醇，用醇洗可以减少及晶体的损失。
27．Na 2CO 3+CaCl 2==CaCO 3↓+2NaCl 复分解 过滤 漏斗 除去表面附着的氯化钠，得到更纯的碳酸钙 补钙
【解析】
【分析】
【详解】
()1为了加快反应速率要把碳酸钠和氯化钙配成溶液，二者混合后发生反应为氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氯化钠，对应的化学方程式为
2323Na CO CaCl CaCO 2NaCl +=↓+，两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应是复分解反应，符合复分解反应的特征，该反应属于复分解反应。
()2操作A 实现固体和液体分离，是过滤，过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。
()3洗涤、干燥碳酸钙的目的是除去表面附着的氯化钠，得到更纯的碳酸钙。
()4轻质碳酸钙的另外一种用途是补钙。
28．熔点较低 D Ag、Fe Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
【解析】
【分析】
【详解】
（1）合金与组成它的纯金属比有很多性能的改变，比如合金的熔点低于组成它的任何一种金属的熔点。武德合金是由铅、铋、锡和镉组成的合金，生活中常用武德合金做电路的保险丝，这就是利用了合金熔点较低的特性。
（2）如图1所示，铁和硫酸铜溶液反应过程中，因为没有空气中的成分参与反应，也没有气体生成，所以反应前后装置内物质的总质量不变，验证了化学反应遵守质量守恒定律。因为氯化银和烧碱溶液都不和铁反应，所以不能用氯化银和烧碱溶液代替硫酸铜溶液；因为铁和稀盐酸反应会生成氢气，氢气会逸出到空气中，所以烧杯中物质的质量在反应前后不相等，不能用稀盐酸代替硫酸铜溶液；因为铁和硝酸汞反应没有气体生成，也没有空气中的成分参与反应，反应物、生成物都存在于烧杯中，反应前后装置内物质的总质量不变，所以可将试管中的硫酸铜溶液换成硝酸汞溶液。故选D。
（3）①因为图2实验方案中，步骤①是向硝酸亚铁和硝酸银的混合溶液中加入一定量的锌粉，银比铁活动性弱，所以锌首先和硝酸银反应置换出银，硝酸银完全反应后，锌和硝酸亚铁反应置换出铁。由于硝酸亚铁溶液呈浅绿色，而充分反应后过滤得到的滤液乙为无色溶液，说明硝酸亚铁已完全反应，则固体甲一定有的物质是银和铁，可能含有锌。
②步骤②是向步骤①得到的固体中加入足量的稀硫酸，而固体中一定含有银和铁，可能含有锌。银排在氢后面，不能和稀硫酸反应；固体中可能含有锌，故不一定有锌和稀硫酸的反应发生；固体中一定含有的铁排在氢前面，故一定发生铁和稀硫酸的反应，化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。
29．H2SO4 Zn和Cu Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4玻璃棒降温结晶14.4%
【解析】
【分析】
【详解】
（1）该实验流程是利用ZnCO3和Cu2O的混合物制备硫酸锌和金属铜，而碳酸锌不溶于水，可溶于酸，根据质量守恒定律，制备硫酸锌的反应物中需要有硫酸根离子，所以图中X的化学式为H2SO4，Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，因为要制备硫酸锌和金属铜，所以加入的过量Y是Zn，Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，所以A中的物质有剩余的Zn和生成的Cu。
（2）由于加入的X是过量的，所以加入过量的Y有两个作用：一是
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，二是Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4。
（3）通过过滤可将难溶于水的固体物质与液体分离，故操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。
（4）经过操作Ⅲ后，从溶液中得到了硫酸锌晶体，所以操作Ⅲ是蒸发，包含蒸发浓缩、降温结晶、过滤。
（5）Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，最终得到的铜来自于以上两个化学反应，因为化学反应遵守质量守恒定律，化学反应前后各种元素的质量相等，所以Cu2O
与Cu 之间的对应关系为：Cu 2O-----2Cu ，设原混合物中Cu 2O 的质量为x 。
2---144128Cu O 2Cu
1.28g
x 144128 1.28g
x =，解得x =1.44g 则原混合物中Cu 2O 的质量分数是：1.44g 100%10g
?=14.4% 30．除去粗盐中的氯化钙、反应剩余的氯化钡 除去反应剩余的氢氧化钠和碳酸钠 盐酸具有挥发性，蒸发时能全部挥发掉
【解析】
【分析】
根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀，最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，进行分析解答。
【详解】
（1）在操作②中，加入过量Na 2CO 3溶液，能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，故作用是除去粗盐中的氯化钙、反应剩余的氯化钡。
（2）稀盐酸能与过量的氢氧化钠和碳酸钠溶液反应，操作④中加入适量盐酸的目的是除去反应剩余的氢氧化钠和碳酸钠。
（3）操作④中若加入的盐酸过量也不会影响精盐的纯度，是因为盐酸具有挥发性，蒸发时能全部挥发掉。
故答案为：
（1）除去粗盐中的氯化钙、反应剩余的氯化钡；
（2）除去反应剩余的氢氧化钠和碳酸钠；
（3）盐酸具有挥发性，蒸发时能全部挥发掉。