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高分突破19 综合实验选择题的探究-备战中考化学实验探究题高分突破
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高分突破19 综合实验选择题的探究
-备战2022年中考化学实验探究题高分突破
1. 如图所示，倾斜锥形瓶使试管内的稀盐酸流入瓶中与固体发生反应，利用数字化设备采集瓶内气压，瓶内气压与时间关系如曲线所示。有关说法正确的是：
A. 反应结束后，稀盐酸可能有剩余
B. 曲线①表示锌粒与稀盐酸的反应
C. 比较b、c两点，说明影响反应速率的因素之一是反应物的接触面积
D. a、b、c、d四点处的溶质成分相同
【答案】A
【解析】
A、反应结束后生成氢气质量相等，稀盐酸可能有剩余，该选项说法正确；
B、曲线①反应速率较快，表示锌粉与稀盐酸的反应，该选项说法不正确；
C、比较d、c两点，说明影响反应速率的因素之一是反应物的接触面积，该选项说法不正确；
D、a、b、d处的溶质成分相同，都是反应生成的氯化锌和过量的氯化氢，c处溶质可能是氯化锌，也可能是氯化锌和氯化氢（盐酸过量时），该选项说法不正确。
故选A。
【点睛】要会利用金属活动顺序表分析实验，氢前边金属会与稀硫酸、盐酸反应，但氢后边的金属不会与稀硫酸、盐酸反应，前边的金属会把后边的金属从其盐溶液中置换出来。
2．分离、检验、鉴别、除杂是最基本的实验技能。下列实验设计能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验设计
A
分离CaO和CaCO3的固体混合物
加适量水溶解、过滤、洗涤固体并烘干
B
检验Na2CO3溶液中混有的Na2SO4
取样，滴加BaCl2溶液，观察现象
C
鉴别NH4Cl和NH4NO3固体
取样，加熟石灰混合研磨，闻气味
D
除去N2中混有的少量O2
将气体缓缓通过足量的灼热铜网
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A.氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，所以不用水分离氧化钙和碳酸钙，选项实验方案错误；
B.碳酸钠和硫酸钠均能与氯化钡反应生成白色沉淀，所以无法用氯化钡检验碳酸钠溶液中混有硫酸钠，选项实验方案错误；
C.NH4Cl和NH4NO3固体中均含有铵根离子，均能与熟石灰反应释放出有刺激性气味的气体，现象相同，无法鉴别，选项实验方案错误；
D.在加热的条件下，氧气能与铜反应生成氧化铜，而氮气与氧气不反应，因此可将混合气体缓缓通过足量的灼热铜网，从而除去N2中混有的少量O2，选项实验方案正确。
故选：D。
【点评】本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
3．将锌粉和铁粉的混合物加入盛有一定量硝酸银溶液的烧杯中，充分反应后过滤，关于滤渣和滤液的说法正确的是（ ）
A．若向滤渣中加稀盐酸，有气泡产生，则滤液中最少有2种溶质
B．若向滤液中加稀盐酸，无明显现象，则滤渣中最多有1种金属
C．若滤渣中只有两种金属，则滤液中最少有1种溶质
D．若滤液中只有两种溶质，则滤渣中最多有1种金属
【答案】C
【解析】解：锌和铁的金属活动性均比银强，且锌的金属活动性比铁强，将锌粉和铁粉的混合物加入盛有一定量硝酸银溶液的烧杯中，锌先与硝酸银反应生成硝酸锌和银，锌反应完，若还有硝酸银溶液，铁再与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，进行分析判断。
A、若向滤渣中加稀盐酸，有气泡产生，则说明滤渣中一定含有能与稀盐酸反应的铁，同时一定含有银，说明铁没有参加反应，或部分参加了反应，若铁没有参加反应，则滤液中最少有硝酸锌一种溶质，故选项说法错误。
B、若向滤液中加稀盐酸，无明显现象，是说明滤液中不含硝酸银，则滤渣中最多有银、铁、锌三种金属，故选项说法错误。
C、若滤渣中只有两种金属，则含有银和铁，铁可能没有参加反应，或部分参加了反应，若铁没有参加反应，锌与硝酸银恰好完全反应，则滤液中最少有硝酸锌1种溶质，故选项说法正确。
D、若滤液中只有两种溶质，则为硝酸锌和硝酸银，则滤渣中最多有银、铁2种金属，故选项说法错误。
故选：C。
【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析此类题的关键。
4．现有一包金属粉末，可能是由Al、Mg、Zn、Fe、Ag中的一种或几种组成。取该样品2.4g，向其加入100g一定溶质质量分数的稀硫酸，恰好完全反应，产生0.2g H2，溶液呈无色，无固体剩余。则下列结论正确的是（ ）
A．该样品的组成仅有两种可能
B．所用稀硫酸的溶质质量分数为19.6%
C．该样品中一定含有Mg
D．所得溶液中溶质的总质量为12g
【答案】D
【解析】解：铝、镁、锌、铁和稀硫酸反应生成盐和氢气，银不能和稀硫酸反应，取该样品2.4g，加入100g稀硫酸恰好完全反应，得0.2g H2和无色溶液，无固体剩余，说明样品中不含铁和银，据此分析判断有关的说法。
由题意可知，取该样品2.4g，向其加入100g一定溶质质量分数的稀硫酸，恰好完全反应，产生0.2g H2，溶液呈无色，无固体剩余，说明了样品中不含铁和银；由反应的质量比可知，2.4g镁和稀硫酸完全反应生成0.2g氢气，2.4g铝和稀硫酸完全反应生成的氢气质量大于0.2g，2.4g锌与硫酸反应生成氢气小于0.2g。
A、若只有镁，2.4g镁和稀硫酸完全反应生成0.2g氢气，符合题意；若是铝与锌的混合物，2.4g的混合金属与酸反应，生成了0.2g的氢气，符合题意；若是镁、铝、锌三种金属的化合物，2.4g与稀硫酸反应，也能生成0.2g的氢气，该样品的组成有三种可能，该选项说法不正确；
B、反应生成0.2g氢气，说明参加反应的硫酸质量是9.8g，稀硫酸的溶质质量分数为：×100%＝9.8%，该选项说法不正确；
C、由上述分析可知，该样品中不一定含有Mg，该选项说法不正确。
D、反应生成0.2g氢气，说明参加反应的硫酸根质量是9.6g，则无色溶液中溶质总质量为：9.6g+2.4g＝12g，该选项说法正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的性质，解析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。
5.下列说法合理的有（ ）
①高炉炼铁炼得的是纯铁
②打开汽水瓶盖，看到气泡逸出，说明气体的溶解度随压强的减小而减小
③向充满CO2气体的软塑料瓶中倒入半瓶水，拧紧瓶盖，振荡，塑料瓶变瘪，说明CO2能与水发生反应
④某同学将一定量的Na2CO3和Ba（OH）2溶液混合，要想检验反应后Ba（OH）2是否过量，选用Na2CO3溶液、Na2SO4溶液或FeCl3溶液均可
⑤向一定量的NaC1、MgSO4和HC1的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，右图表示加入NaOH溶液的质量与某些物质的质量变化关系。则m点对应的溶液中有三种溶质，a可表示NaC1或H2O的质量变化情况
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
①、高炉炼铁最后冶炼得到的是生铁，因为冶炼时用到焦炭，会在冶炼过程中带来碳杂质，难以得到纯铁，错误；
②、打开汽水瓶盖，使得汽水瓶内压强与大气压相等，这是瓶内气压减小，气泡逸出，说明气体的溶解度随压强的减小而减小，正确；
③、塑料瓶变瘪也可能是因为二氧化碳溶解在水中，不能一定说明二氧化碳与水发生反应，错误；
④、碳酸钠与氢氧化钡反应生产碳酸钡沉淀和氢氧化钠，如果氢氧化钡过量，选用碳酸钠、硫酸钠溶液均会产生白色沉淀，可以检验出来，而如果选氯化铁溶液这时棕红色沉淀的生成难以确定是由于氢氧化钡的过量导致的，错误；
⑤、首先盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，待盐酸完全耗尽后，氢氧化钠与硫酸镁反应，生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠直至硫酸镁完全耗尽，这时也就是m点的状态，这时溶液中有氯化钠、硫酸钠、盐酸三种溶质，对于a曲线，开始时就有一定量的存在，之后加入盐酸后质量立即升高，因此其必定表示第一步反应时的产物，即表示NaC1或H2O的质量变化情况，正确；
综上，共有②⑤两说法正确。
故选B。
6．海水是一种重要资源，利用海水可制取镁等物质，某化学兴趣小组的同学设计了如下实验流程进行实验：
分析该流程图，下列说法错误的是（ ）
A．操作Ⅰ，操作Ⅲ都需用到的玻璃仪器是玻璃棒
B．固体B是Mg（OH）2，试剂X是盐酸
C．加入NaOH溶液应过量，其目的是使MgCl2完全反应
D．处理等量海水，若将NaOH溶液换成石灰乳，既能节约成本又能提高镁的产量
【答案】D
【解析】解：A．过滤可以将不溶性固体从溶液中分离出来，玻璃棒的作用是引流，蒸发可以将溶液中的固体结晶出来，玻璃棒的作用是搅拌，防止局部温度过高造成液滴飞溅，故说法正确；
B．氢氧化钠和氯化镁反应会生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，故说法正确；
C．氢氧化钠和氯化镁反应会生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，加入NaOH溶液应过量，其目的是使MgCl2完全反应，故说法正确；
D．无论氯化镁与氢氧化钠反应，还是与氢氧化钙反应，根据反应前后镁元素质量守恒，只要参加反应的氯化镁质量相等，最终生成的氢氧化镁的质量一定相等，当再加入稀盐酸充分反应后，同样生成等质量的氯化镁，从而生成等质量的镁，故不能提高镁的质量，故说法错误。
故选：D。
【点评】在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的是知识和题中的反应原理进行分析。
7．某不纯的K2CO3样品中，可能含有NaCl、Na2CO3中的一种或两种，现取13.8g样品，向其中加入100g稀盐酸，恰好完全反应，得到室温下不饱和溶液109.4g。下列有关说法正确的是（ ）
A．生成CO2的质量是4.4g
B．样品中可能含有NaCl
C．样品中一定含有Na2CO3和NaCl
D．所加的稀盐酸中溶质质量分数为3.65%
【答案】AC
【解析】根据质量守恒定律求出生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量求得盐酸的质量分数和所需碳酸钾的质量，然后利用平均值法推测其他的成分。
解：A、生成二氧化碳的质量为：13.8g+100g﹣109.4g＝4.4g，故A正确；
B、设生成4.4g二氧化碳需要碳酸钾的质量为x，稀盐酸中溶质的质量为y，
K2CO3+2HCl＝2KCl+CO2↑+H2O
138 73 44
x y 4.4g
得：x＝13.8g y＝7.3g
根据计算知道即使全部是碳酸钾也只能生成2.2g二氧化碳，但是题干中给的信息是：K2CO3固体样品不纯，所以根据近似平均值法，则其中混有的杂质：一种产生二氧化碳的能力比碳酸钾强，另一种产生二氧化碳的能力比碳酸钾弱；根据质量守恒定律可以知道，碳酸根中的碳元素和二氧化碳中的碳元素的质量相等，可以通过比较碳酸根的含量，来确定生成二氧化碳气体质量的多少。在质量相同的条件下碳酸根含量多的物质，生成二氧化碳气体的质量也要大，氯化钠不含有碳酸根，不与酸反应生成二氧化碳。在碳酸钾中，含碳酸根为×100%＝43.5%，在碳酸钠中，含碳酸根为×100%＝56.6%，所以碳酸钠生成二氧化碳的质量要多，所以若样品中含有Na2CO3，则样品中也一定含NaCl。
B、根据以上分析，样品中一定含有NaCl；故B错误；
C、根据以上分析，样品中一定含有Na2CO3和NaCl；故C正确；
D、所加稀盐酸中溶质的质量分数是：；故D错误。
故选：AC。
【点评】熟练掌握碳酸盐的性质，学会利用近似平均值的方法结合质量守恒定律定律来解析这类题目：先假设全部是主要的物质，然后根据计算的数据，判断是否含有其他的物质，这是解析此题的关键。
8.为测定某石灰石样品中碳酸钙的质量分数，取2.0g石灰石样品于烧杯中，将20g稀盐酸分4次加入样品中，充分反应后经过滤、干燥、称重，得实验数据如下：
第一次
第二次
第三次
第四次
稀盐酸的用量/g
5.0
5.0
5.0
5.0
剩余固体的质量/g
1.5
1.0
0.5
0.3
已知石灰石中的杂质既不与盐酸反应，也不溶解于水。下列说法正确的是（ ）
A. 第三次实验后碳酸钙无剩余 B. 第四次实验后盐酸无剩余
C. 盐酸中HC1的质量分数是3.65% D. 样品中碳酸钙的质量分数是85%
【答案】D
【解析】
A、根据表格可知每次加入5g稀盐酸反应0.5g碳酸钙，而第四次反应加入5g稀盐酸反应0.2g碳酸钙，因此第三次实验后碳酸钙有剩余，错误；
B、结合选项A，第四次实验后加入5g稀盐酸反应0.2g碳酸钙，因此碳酸钙无剩余盐酸有剩余，错误；
C、设盐酸的溶质质量分数为x
x=7.3%，不符合题意；
D、2.0g石灰石样品中碳酸钙质量为1.7g，样品中碳酸钙的质量分数是，符合题意。
故选D。
9. 某小组利用如图装置进行创新实验。实验时，先加热炭粉，一段时间后将酒精灯移至CuO处加热。下列说法错误的是（ ）
A. 酒精灯加网罩是为了提高火焰温度 B. 气球可以收集尾气，防止污染空气
C. 反应过程中，黑色氧化铜变为红色固体 D. 装置中发生反应：2CuO+C=====(高温)2Cu+CO2↑
【答案】. D
【解析】本题考查实验的设计。还原氧化铜需要高温的条件，酒精灯的温度一般很难达到，需要加网罩提高火焰温度，A正确，不能选；
由于一氧化碳不能完全反应，需要尾气处理，可以用气球收集尾气，防止污染空气，B正确，不能选；
氧化铜被还原为金属铜，所以黑色粉末逐渐变红色固体，C正确，不能选；
装置中碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，一氧化碳再和氧化铜发生反应，并不是碳和氧化铜反应，D错，选择D。
10. 某兴趣小组用如下装置（夹持仪器省略）制取纯净、干燥的氢气，并还原Co2O3（提供试剂有：AgNO3溶液、NaOH溶液、浓硫酸）。下列说法不正确的是（ ）
A. 装置①内的导管应为进气管长，出气管短
B. 实验结束，先关闭恒压漏斗活塞，再停止加热
C. 装置②、③、④中依次盛装NaOH溶液、AgNO3溶液、浓硫酸
D. 生成物H2O中氢元素的质量与参加反应的HCl中氢元素质量相等
【答案】B
【解析】
A、为使氢气顺利排入②中，装置①内的导管应为进气管长，出气管短，故A说法正确；
B、实验结束，为防止Co再被氧化，应该先停止加热，再关闭恒压漏斗活塞，故B说法不正确；
C、制取的氢气中混有HCl和水，应先用NaOH溶液除去HCl，再用AgNO3溶液检验HCl是否完全除去，最后用浓硫酸除水，所以装置②、③、④中依次盛装NaOH溶液、AgNO3溶液、浓硫酸，故C说法正确；
D、根据质量守恒定律，生成物H2O中氢元素的质量与参加反应的HCl中氢元素质量相等，故D说法正确。
故选B。
11．某气体中可能含有CO2、O2、N2中的一种或几种，将该气体依次通过：①炽热的焦炭；②足量灼热的氧化铜；③足量的碱石灰（氢氧化钠和氧化钙的混合物）。每一步均充分反应，最终得到的气体为纯净物。气体的分子数目随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点气体中一定含有N2和CO2，可能含有O2
B．b点气体中CO和N2的分子数目比为2：1
C．b点气体可能由三种分子构成
D．该过程中发生了化合反应、置换反应和复分解反应
【分析】B
【解析】气体通过焦炭分子数目增加，说明碳与二氧化碳发生了反应，最后得到的气体是纯净物，属于氮气，分子数目是n，再进行分析即可。
解：A、由图示可知最后得到的气体是纯净物，属于氮气，分子数目是n；a到b的过程分子数目增加，是因为C+CO22CO气体分子数目增加一倍，由图示可知气体数目增加了n，所以设二氧化碳原来数目为x则：C+CO22CO
1 2 分子数目增加1
x 分子数目增加n
根据：解得：x＝n，因为氮气是n个，二氧化碳是n个，a点气体总数目是2n，所以a点气体中一定含有N2和CO2，不含有O2，故A错；
B、b点气体中CO和N2的总分子数目是3n，氮气占n个，所以一氧化碳是2n个，所以b点气体中CO和N2的分子数目比为2：1，故B正确；
C、b点气体由氮分子、一氧化碳分子两种分子构成，故C错；
D、碳与二氧化碳反应，生成一氧化碳，属于化合反应，一氧化碳与氧化铜反应，生成铜和二氧化碳，不属于基本反应类型，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，不属于基本反应类型，故D错。
故选：B。
【点评】解析本题关键是熟悉碳与二氧化碳反应后分子数目增加，这是解该题的关键。
12．利用铁粉、炭粉、氯化钠进行铁的锈蚀实验（装置如图所示，装置气密性良好）。实验1min后温度计读数上升，8min后打开止水夹，水倒吸入锥形瓶。实验数据如下表：
实验前的体积
实验后的体积
锥形瓶内空气（含导管内空气）
烧杯内水
烧杯内剩余水
246.0mL
100.0mL
51.5mL
下列说法不合理的是（ ）
A．铁的锈蚀是放热反应
B．使用氯化钠溶液的目的是加快铁的锈蚀
C．此实验能推断出铁的锈蚀需要水的参与
D．计算得出空气中氧气的含量约为19.7%
【答案】C
【解析】解：A、铁的锈蚀是放热反应正确，正确但不符合题意，故选项错误；
B、使用氯化钠溶液的目的是加快铁的锈蚀正确，正确但不符合题意，故选项错误；
C、此实验能推断出铁的锈蚀需要水的参与错误，因为没有用控制变量法证明需要水，错误符合题意，故选项正确；
D、计算得出空气中氧气的含量＝≈19.7%，正确但不符合题意，故选项错误；
故选：C。
【点评】本考点是测定氧气在空气中的体积分数，属于实验方法和过程的探究。这类探究实验中要注意以下几点：①装置的严密性②所用药品的量③生成物的状态④读数时要冷却到原温度等。要具体问题具体分析，根据设计的步骤中不同的现象去思考，从而得出正确的结论。本考点经常出现在选择题、填空题和实验题中．
13.利用气体压强的变化是完成实验的重要手段，各图装置气密性均良好。
下列说法正确的是（ ）
A．A项红磷燃烧过程中弹簧夹未夹紧，则测得空气中氧气的体积分数偏小
B．B项向试管中加入氧化钙后，石灰水中溶质质量减小，玻璃弯管左侧液面降低
C．C项向广口瓶中滴入稀盐酸后，气球变大，说明氢氧化钠和盐酸反应放热
D．D项氢氧化钡溶液变浑浊，说明通入的二氧化碳与氢氧化钡发生了反应
【答案】B
【解析】解：A、图1红磷燃烧过程中弹簧夹未夹紧，反应放出大量的热，装置内压强大，有空气逸出，因此进入的是水多，使测定结果偏大，故选项说法错误。
B、图2向试管中加入氧化钙后，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，反应放出大量的热，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小，氢氧化钙的溶解度减小，有氢氧化钙析出，石灰水中溶质质量减小，玻璃弯管左侧液面降低，故选项说法正确。
C、图3向广口瓶中滴入稀盐酸后，气球变大，不能说明氢氧化钠和盐酸反应放热，也可能是氢氧化钠固体溶于水放热造成的，故选项说法错误。
D、图4通入二氧化碳后，碳酸钠溶液被压入氢氧化钡溶液中，碳酸钠能与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，不说明通入的二氧化碳与氢氧化钡发生了反应，故选项说法错误。
故选：B。
【点评】本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
14.下列稀溶液，仅用酚酞及同组物质之间反应就能鉴别出来的一组是：
A. NaOH H2SO4 HNO3
B. KOH HCl Ba(OH)2
C. NaOH NaCl Na2CO3
D. NaOH NaCl HCl
【答案】D
【解析】
A、NaOH能使酚酞变红，利用酚酞能鉴别出NaOH， NaOH和H2SO4和HNO3的反应现象相同，不能鉴别，选项不符合题意；
B、KOH、Ba(OH)2都能使酚酞变红，利用酚酞可检验出HCl，HCl与两种碱反应现象相同，不能鉴别，选项不符合题意；
C、NaOH、Na2CO3都能使酚酞变红，利用酚酞可检验出NaCl，但无法鉴别NaOH、Na2CO3，选项不符合题意；
D、分别取溶液取溶液少许，滴加酚酞试液，能使酚酞变红色的是氢氧化钠，然后将鉴别出的氢氧化钠分成两份，分别与剩余的溶液混合，红色消失的是盐酸，红色不消失的是氯化钠，故能鉴别出来，选项符合题意。
故选D。
【点评】无色酚酞溶液遇酸性溶液不变色，遇碱性溶液变红；根据选项中给出了三种物质，在鉴别出物质的酸碱性之后，再利用两两之间的反应出现明显现象的即可完成鉴别．
本题难度较大，在解此类题时，首先分析需要鉴别的物质的性质，然后根据题中提供的试剂，出现不同的现象即可鉴别．
15．为探究某块状固体的成分，小华做了如图所示的实验，根据实验结果推理获得的结论不正确的是（ ）
A．由实验①中有气泡产生，可推断固体中肯定含有碳酸盐
B．由实验②中酚酞试液不变色，可推断固体中不含可溶性碱性物质
C．由实验③中有烧焦羽毛的气味，可推断固体中含有蛋白质
D．由实验②中酚酞试液不变色、实验④中试液变红色，可推断固体灼烧后生成新物质
【答案】A
【解析】
解：A、酸可与碳酸氢盐或者活泼金属反应生成气体，不一定是碳酸盐，选项A错误；
B、加入酚酞不变色，说明溶液不显碱性，选项B正确；
C、有烧焦羽毛气味，符合蛋白质燃烧的性质，选项C正确；
D、②证明不含有碱性物质，④证明含有碱性物质，因此说明经过灼烧有碱性物质生成，即生成了新物质，选项D正确；
故选：A。
【点评】在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解析。
16．如图是测定空气中氧气含量的实验。对该实验的认识不正确的是（ ）
A．要等到装置冷却至室温后再读数，否则测定结果偏小
B．该实验中的铜粉换成铁粉无法达到实验目的
C．将装置1中的气球更换为注射器（见装置2），可使空气与铜粉接触更充分，数据更加准确
D．正确操作情况下，反应消耗氧气的体积应该是反应前注射器内气体和玻璃管内气体体积总和的
【答案】B
【分析】在装有空气的密闭容器中，欲用燃烧法或加热法测定空气中氧气含量，该实验一般要注意以下几点：①装置的气密性好；②所用药品必须是足量；③读数时一定要冷却到原温度；④所选除氧剂要具备以下特征：本身能够在空气中燃烧或加热条件下能与氧气反应（只能与空气中的氧气反应）；本身的状态为非气体；生成的物质为非气态；据此进行分析判断。
【解析】
解：A.停止加热后，待装置冷却后再读数，否则此时剩余的气体在受热状态下，处于膨胀状态，会导致测定结果偏小，故选项说法正确；
B.在加热的条件下，铁也能与空气中的氧气反应生成铁的固体氧化物，因此该实验中的铜粉换成铁粉也能达到实验目的，选项说法错误；
C.将装置1中的气球更换为注射器（见装置2），可使装置内的空气充分流通，使空气与铜粉接触更充分，数据更加准确，选项说法正确；
D.正确操作情况下，反应结束后，消耗的氧气的总体积应该是反应前注射器内气体和玻璃管内气体体积总和的，选项说法正确。
故选：B。
【点评】本题难度不大，掌握用燃烧或加热法测定空气中氧气含量的实验原理、注意事项等是正确解析本题的关键。
17．根据下列实验方案进行实验，能达到相应实验目的的是（ ）
编号
A
B
C
D
实验方案
实验目的
探究影响物质溶解性的因素
探究燃烧条件之一需要可燃物
探究铁钉生锈时O2是否参与反应
比较Zn和Fe的金属活动性强弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】A、要注意变量的控制，注意要除探究要素不同之外，其它条件都应该是相同的。
B、根据薄铜片上的白磷和红磷、水中的白磷的燃烧情况，进行分析判断。
C、根据两支试管中铁钉锈蚀的情况，进行分析判断。
D、要注意变量的控制，注意要除探究要素不同之外，其它条件都应该是相同的。
【解析】
解：A、图中实验，溶质的种类不同、溶剂的种类不同，不能用于探究影响物质溶解性的因素，故选项不能达到相应实验目的。
B、铜片上的白磷燃烧，红磷不燃烧，水中的白磷不能燃烧，薄铜片上的白磷能与氧气接触，温度能达到着火点，水中的白磷不能与氧气接触，红磷温度没有达到着火点；可得出燃烧需要与氧气接触，且温度达到着火点，不能探究燃烧条件之一需要可燃物，故选项不能达到相应实验目的。
C、第一支试管中的铁钉能与氧气、水充分接触，第二支试管中的铁钉只能与水接触；一段时间后，第一支试管中的铁钉生锈，第二支试管的铁钉没有生锈，说明铁锈蚀额条件之一是与氧气接触，可用于探究探究铁钉生锈时O2是否参与反应，故选项能达到相应实验目的。
D、图中实验，金属的种类不同、稀盐酸的浓度不同，不能用于比较Zn和Fe的金属活动性强弱，故选项不能达到相应实验目的。
故选：C。
【点评】本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
18．有一包白色粉末，可能含有Na2CO3、Na2SO4、K2SO4、NaCl、Ba（OH）2中的一种或几种，为了探究其成分，实验过程如图所示：
关于该实验的说法正确的是（ ）
A．步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末一定有Ba（OH）2、Na2CO3、K2SO4
B．步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末的组成可能有5种情况
C．步骤Ⅱ中沉淀全部溶解，则原白色粉末一定有Ba（OH）2、Na2CO3，可能有NaCl
D．步骤Ⅱ中沉淀不溶解，则原白色粉末一定有K2SO4，一定没有Na2CO3
【答案】C
【分析】根据碳酸钠和氢氧化钡会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，硫酸钠、硫酸钾会与氢氧化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀等知识进行分析．
【解析】解：碳酸钠和氢氧化钡会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，硫酸钠、硫酸钾会与氢氧化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，
A、步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末一定有氢氧化钡、碳酸钠，可能含有硫酸钠、硫酸钾中的一种或两种，故A错误；
B、步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末的组成可能有氢氧化钡、碳酸钠、硫酸钠，氢氧化钡、碳酸钠、硫酸钾，氢氧化钡、碳酸钠、硫酸钾、硫酸钠，氢氧化钡、碳酸钠、硫酸钠、氯化钠，氢氧化钡、碳酸钠、硫酸钾、氯化钠，氢氧化钾、碳酸钠、硫酸钾、硫酸钠、氯化钠6种情况，故B错误；
C、步骤Ⅱ中沉淀全部溶解，则原白色粉末一定有氢氧化钡、碳酸钠，题中的现象不能确定是否含有氯化钠，故C正确；
D、步骤Ⅱ中沉淀不溶解，则原白色粉末一定有氢氧化钡，一定没有碳酸钠，可能含有硫酸钠、硫酸钾中的一种或两种，故D错误。
故选：C。
【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．
19．下列实验方案设计完全合理的是（ ）
A．除去NaCl中的少量KNO3，可先加水，并加热溶解，再降温结晶
B．除去KCl溶液中的少量K2SO4溶液，加过量BaCl2溶液，过滤
C．除去CO中的少量CO2气体，依次通过足量NaOH溶液、浓硫酸
D．鉴别硫酸铵和氯化铵，分别加熟石灰、研磨、闻气味
【答案】C
【解析】
A、硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，除去NaCl中的少量KNO3，可先加水，蒸发结晶并趁热过滤，说法错误。
B、除去KCl溶液中的少量K2SO4溶液，向溶液中加入过量BaCl2溶液，会引入新的杂质氯化钡，说法错误。
C、二氧化碳能与氢氧化钠反应，除去CO中的少量CO2气体，依次通过足量NaOH溶液、浓硫酸，可除去二氧化碳、水蒸气，达到除杂目的，说法正确。
D、硫酸铵和氯化铵均属于铵态氮肥，与熟石灰混合后研磨，均产生有刺激性气味的气体，不能鉴别，说法错误。
故选：C。
20．一瓶含有Na+、Cl﹣、OH﹣、CO32﹣的溶液，现仅用一份样品溶液，选用下列提供的试剂与操作，逐一检验出其中的三种阴离子，正确的顺序是（ ）
①过滤
②滴加足量AgNO3溶液
③滴加足量Ba（NO3）2溶液
④滴加足量Mg（NO3）2溶液
A．②①③①④ B．②①④①③ C．③①④①② D．④①③①②
【答案】C
【分析】根据检验氯离子用硝酸银溶液；检验氢氧根离子可用硝酸镁溶液；检验碳酸根离子可用硝酸钡溶液；但要注意碳酸根离子能与硝酸银溶液、硝酸镁溶液反应，分别生成碳酸银沉淀、碳酸镁沉淀，故要先检验碳酸根离子，再检验氢氧根离子、氯离子；进行分析判断．
【解析】解：检验氯离子用硝酸银溶液；检验氢氧根离子可用硝酸镁溶液；检验碳酸根离子可用硝酸钡溶液；由于碳酸根离子能与硝酸银溶液、硝酸镁溶液反应，分别生成碳酸银沉淀、碳酸镁沉淀，故要先检验碳酸根离子，再检验氢氧根离子、氯离子，由于氢氧根离子与银离子结合成的氢氧化银极不稳定，故要先检验氢氧根离子。仅用一份样品溶液，可先滴加硝酸钡溶液，产生白色沉淀，说明含有碳酸根离子；过滤，向滤液中再滴加Mg（NO3）2溶液 产生白色沉淀，说明含有氢氧根离子；过滤，再向滤液中再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明含有氯离子；故正确的实验操作顺序是③①④①②。
故选：C。
【点评】本题需要掌握常见的盐的溶解性及常见离子的检验方法是正确解析本题的关键，解题时要注意检验的顺序．
21．现有一瓶含杂质的碳酸钠固体（可能含有碳酸钙、硝酸钡、硫酸钠、氢氧化钠中的一种或几种）。为了判断该固体的组成成分，进行以下实验：取少量该固体于烧杯中，向烧杯中加入足量水并不断搅拌，固体部分溶解；然后再往上述烧杯中逐滴加入稀硝酸至过量，不断搅拌，烧杯中的固体质量随加入稀硝酸质量的变化情况如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．B→C段对应溶液pH逐渐变大
B．B点对应溶液中可能含有的溶质是硝酸钙、硫酸钠
C．C点对应溶液中一定含有的阳离子是H+、Na+、Ba2+
D．原固体中可能含有碳酸钠、碳酸钙、氢氧化钠
【答案】B
【解析】
A. pH>7显碱性，pH=7显中性，pH<7显酸性；pH值越大碱性越强，pH值越小酸性越强。B→C段对应溶液不断加入稀硝酸，稀硝酸过量，溶液酸性增强，pH逐渐变小，错误；
B. 开始到A段，碳酸钠和稀硝酸反应生成硝酸钠和水和二氧化碳，固体质量不变，也可能存在氢氧化钠和稀硝酸反应生成硝酸钠和水； A→B段固体质量减小，可能是固体碳酸钙和稀硝酸反应生成硝酸钙导致或硝酸钡和碳酸钠生成碳酸钡沉淀溶于稀硝酸生成硝酸钡导致，使固体质量减小；B→C段固体质量不再变化，说明存在不溶于酸的沉淀硫酸钡沉淀，则原固体中存在硝酸钡和硫酸钠，硫酸钠可能过量；故B点对应溶液中可能含有的溶质是硝酸钙、硫酸钠，正确；
C. 由B分析可知，C点对应溶液中一定含有的阳离子是H+、Na+，可能含有Ba2+，错误；
D. 原固体中一定含有碳酸钠、硝酸钡、硫酸钠，错误。
故选B。
【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。
22.化学是实验科学。下列实验方法能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方法
A
配制质量分数为5%的KNO3溶液
向盛有5.0gKNO3固体的烧杯中，加入100g水，搅拌
B
验证Al、Cu、Ag的金属活动性顺序
向CuSO4溶液和AgNO3溶液中各放入大小、形状相同的Al丝
C
检验氢气的纯度
用拇指堵住集满氢气的试管口，管口向下靠近火焰，移开拇指点火
D
鉴别CuSO4、BaSO4和CaCO3三种白色固体
分别取少量固体样品，加适量水，搅拌
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A、 向盛有5.0gKNO3固体的烧杯中，加入100g水，搅拌，得到溶液的质量分数=×100%=4.8%，该选项不能达到实验目的；
B、铝能和硝酸银、硫酸铜反应，说明铝最活泼，不能比较银和铜的活泼性，该选项不能达到实验目的；
C、用拇指堵住集满氢气的试管口，管口向下靠近火焰，移开拇指点火，如果发出尖锐的爆鸣声，说明氢气不纯，如果发出“噗噗”声，说明氢气纯净，该选项能够达到实验目的；
D、硫酸铜溶于水形成蓝色溶液，硫酸钡和碳酸钙都是难溶于水的白色固体，不能区分硫酸钡和碳酸钙，该选项不能达到实验目的。
故选：C。
23.常温下，通过下列实验探究Ca（OH）2的性质：
步骤一：向两支试管中分别加入0.2g Ca（OH）2粉末，然后各加入2mL水，振荡后静置，试管底部有粉末，溶液呈无色。
步骤二：向两支试管中再各滴入2滴酚酞溶液，振荡后静置，溶液由无色变为红色，试管底部粉末无明显变化。
步骤三：继续向其中一支试管中加入2mL水，振荡后静置，无明显变化；向另一支试管中加入2mL稀盐酸，振荡后静置，溶液由红色变为无色，试管底部的粉末消失。
下列说法正确的是（ ）
A. 步骤一说明常温下Ca（OH）2不溶于水
B. 步骤二中溶液变红是因为Ca（OH）2在水溶液中解离出Ca2+
C. 步骤三中消失的Ca（OH）2固体溶解在稀盐酸所含的水中
D. 步骤三中溶液由红色变为无色的原因是Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O
【答案】D
【解析】
A、 步骤一不能说明常温下Ca（OH）2不溶于水，是因为氢氧化钙微溶于水，实验过程中也无明显现象，该选项说法不正确；
B、步骤二中溶液变红是因为Ca（OH）2在水溶液中解离出氢氧根离子，该选项说法不正确；
C、步骤三中，消失的Ca（OH）2固体和稀盐酸反应生成了氯化钙和水，该选项说法不正确；
D、步骤三中溶液由红色变为无色的原因是氢氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，反应的化学方程式：Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O，该选项说法正确。
故选：D。
24．利用如图所示实验装置模拟工业炼铁。下列说法正确的是（ ）
A．反应前后Fe元素的化合价由+2价变为0价
B．充分加热，a处固体由黑色变为红色
C．b处可以用澄清石灰水检验生成的CO2
D．可用水吸收尾气中的CO
【答案】C
【分析】一氧化碳难溶于水，高温条件下红棕色固体氧化铁和一氧化碳反应生成黑色固体铁和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊。
【解析】解：A、氧化铁中铁元素化合价是+3，反应后铁中铁元素化合价是0，该选项说法不正确；
B、氧化铁是红棕色固体，铁是黑色固体，充分加热，a处固体由红棕色变黑色，该选项说法不正确；
C、b处可以用澄清石灰水检验生成的CO2，该选项说法正确；
D、一氧化碳难溶于水，不能用水吸收一氧化碳，该选项说法不正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查物质的性质，解析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。
25．实验室制取一氧化碳发生的化学反应是HCOOH （甲酸）H2O+CO↑。用如图所示的装置制取一氧化碳并还原氧化铜时，下列说法不正确的是（ ）
A．反应过程中a处黑色粉末逐渐变成红色
B．浓硫酸在制取一氧化碳的反应中起催化作用
C．大气球的作用是收集一氧化碳，防止其污染空气
D．该实验所涉及到的反应类型有分解反应和置换反应
【答案】D
【分析】A、根据一氧化碳具有还原性，进行分析判断。
B、根据HCOOH （甲酸）H2O+CO↑，进行分析判断。
C、根据一氧化碳有毒，会污染环境，进行分析判断。
D、根据分解反应和置换反应的特征，进行分析判断。
【解析】解：A、一氧化碳具有还原性，能与氧化铜在加热条件下反应生成铜和二氧化碳，反应过程中a处黑色粉末逐渐变成红色，故选项说法正确。
B、由HCOOH （甲酸）H2O+CO↑，浓硫酸在制取一氧化碳的反应中起催化作用，故选项说法正确。
C、一氧化碳有毒，会污染环境，大气球的作用是收集一氧化碳，防止其污染空气，故选项说法正确。
D、HCOOH （甲酸）H2O+CO↑，属于分解反应，但一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反应物均为化合物，不属于置换反应，故选项说法错误。
故选：D。
【点评】本题难度不大，掌握一氧化碳具有还原性、分解反应和置换反应的特征等是正确解析本题的关键。
26. 向硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入一定量的锌粉，充分反应后过滤得到滤渣和滤液。滤液呈蓝色，下列说法正确的是（ ）
A. 滤渣中一定有Ag和Cu
B. 滤液中一定有Cu2+ 、Zn2+
C. 向滤渣中滴加稀盐酸一定有气泡产生
D. 向滤液中加稀盐酸一定有沉淀生成
【答案】:B
【解析】
向硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入一定量的锌粉，锌先与硝酸银反应，把银置换出来，然后在于硝酸铜反应把铜置换出来，根据题意滤液呈蓝色，溶液中一定有硝酸铜，说明硝酸铜没有参与反应或只有一部分参与反应。
A项， 滤渣中一定有Ag，但不一定有铜。故说法错误。
B项， 因为锌一定参与反应，故溶液中一定有Zn2+ ，因为滤液为蓝色，一定有Cu2+，故说法正确。
C项， 滤液呈蓝色，说滤液中一定有Cu2+ ，所以滤渣中一定没有锌，故加稀盐酸一定没有气泡产生，单质铜和银都不会和盐酸反应，说法错误。
滤液呈蓝色，说滤液中一定有硝酸铜，也有可能有硝酸银，故向滤液中加稀盐酸不一定有沉淀生成，故说法错误。
27．小组同学利用如图装置探究燃烧的条件并验证质量守恒定律。实验过程如下：
步骤1：室温下，按如图组装装置，装入药品并充满CO2，称量装置总质量为m1g。
步骤2：将锥形瓶浸入80℃的热水中，观察现象。
步骤3：取出装置，恢复至室温并擦干锥形瓶。打开止水夹K1和K2，从K2处缓慢通入250ml氧气，再关闭K1和K2，称量装置总质量为m2g。
步骤4：将锥形瓶再次浸入80℃的热水中，观察现象。
步骤5：取出装置，恢复至室温并擦干锥形瓶，称量装置总质量为m3g。
下列说法不正确的是（ ）
A．能证明燃烧需要氧气的实验现象是：步骤2白磷不燃烧，步骤4白磷燃烧产生大量白烟
B．对比步骤3和步骤4可证明燃烧需要温度达到可燃物的着火点
C．m1、m2、m3的大小关系是：m1＞m2＝m3
D．若白磷的量不足，对实验结果有影响
【答案】D
【解析】
A、燃烧需要氧气，因此需要对比实验，锥形瓶内有氧气时，温度达到着火点，白磷燃烧，因此看到步骤2白磷不燃烧，说明二氧化碳不能使白磷燃烧，步骤4中气体换成氧气，此时就可以使白磷燃烧，产生白烟，证明燃烧需要氧气，故A正确；
B、锥形瓶内有氧气时，温度未达到着火点，因此步骤3中白磷不燃烧，步骤4中锥形瓶内有氧气，温度达到着火点，白磷燃烧，证明燃烧需要温度达到可燃物的着火点，故B正确；
C、二氧化碳的相对分子质量大于氧气，因此等体积的气体，二氧化碳的质量大于氧气的质量，白磷质量前后都不变，所以m1＞m2，白磷燃烧，反应前后遵守质量守恒定律，m2＝m3，故C正确；
D、只要发生化学反应都遵守质量守恒定律，与反应物的质量没有关系，故D错误。
故选D。
28．有一瓶久置的氢氧化钠溶液，为了探究该溶液是否变质以及变质的程度，设计了如下方案，根据方案流程，说法错误的是（ ）
A．由步骤①可知该氢氧化钠溶液已经变质
B．若步骤②中“现象I”生产白色沉淀，结论是该氢氧化钠溶液部分变质
C．若步骤②中“现象I”无明显现象，结论是该氢氧化钠溶液完全变质
D．步骤①中的CaCl2溶液可以用Ca（NO3）2溶液代替，也可以用Ca（OH）2溶液代替
【答案】D
【解析】氢氧化钠易与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀和氯化钠。二氧化碳通入氢氧化钙溶液中，产生白色沉淀，观察到溶液变浑浊。
A、由步骤①可知该氢氧化钠溶液中含有碳酸钠，说明已经变质，故A正确，不符合题意；
B、加入的氯化钙是过量的，故滤液中有钙离子，若步骤②中“现象I”生产白色沉淀，说明滤液中有氢氧根离子，可知氢氧化钠溶液部分变质，故B正确，不符合题意；
C、若步骤②中“现象I”无明显现象，说明滤液中没有氢氧根离子，说明该氢氧化钠溶液完全变质，故C正确，不符合题意；
D、步骤①中的CaCl2溶液可以用Ca（NO3）2溶液代替，但不可以用Ca（OH）2溶液代替，氢氧化钙中含有氢氧根离子，会影响后面氢氧根离子的检验，故D错误，符合题意。
故选D。
29．对久置在空气中的生石灰干燥剂组成成分进行探究。
【查阅资料】Ca(OH)2加热到一定温度时会发生分解反应，生成两种氧化物。
【实验探究】该小组称取10.0g干燥剂样品于控温电加热器中，按如图所示装置进行实验(装置气密性良好，实验中提供的选用的试剂：①NaOH溶液，②澄清石灰水，③浓硫酸。装置A、B、C中药品足量，实验操作正确，下列说法正确的是（ ）
A．装置A、B中依次盛装的是试剂①、试剂③
B．实验时，应先打开活塞通一段时间氮气，目的是排尽空气，防止爆炸；反应完毕后继续通入氮气，目的是防止液体倒吸和将残留在装置内的气体完全排入后续装置中
C．若没有C装置，会导致含量测定结果偏小的成分是氧化钙
D．充分反应后，若产物被完全吸收，测得A装置增重0.9g装置增重2.2g，C装置增重0g，该包干操剂的成分是氢氧化钙和碳酸钙
【答案】C
【解析】
A.装置A中盛装的是试剂③，吸收氢氧化钙分解产生的水蒸气，B中盛装的是试剂①吸收碳酸钙分解产生的二氧化碳。故A错误。
B.实验时，应先打开活塞通一段时间氮气，目的是排尽空气，防止空气中二氧化碳和水蒸气对实验造成干扰；停止加热后，需要通入一段时间N2的目的是将生成的水和二氧化碳全部推入B.C装置，使测定结果准确，故B错误。
C.若没有C装置，测定二氧化碳的质量偏大，计算出碳酸钙的质量偏大，氧化钙的质量等于样品的质量减去碳酸钙和氢氧化钙的质量，则氧化钙的质量就会偏小，所以若没有C装置，会导致含量测定结果偏小的成分是CaO，故C正确。
D.设碳酸钙的质量为x，氢氧化钙的质量为y
x=5.0g
y=3.7g
5g+3.7g=8.7g＜10.0g，则该包干燥剂的成分有CaO、Ca(OH)2、CaCO3，其中Ca(OH)2的质量为3.7g，故D错误。
故选：C。
30．某固体混合物成分是由Na+、Ba2+、Cu2+、Cl﹣、、中的几种离子构成，取一定质量的该固体混合物样品，进行如下实验：
①将固体样品溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液过滤，得到白色沉淀和无色滤液。
②在①所得的白色沉淀中加入过量稀硝酸，白色沉淀部分溶解并产生气泡。
③在①所得的无色滤液中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀。
由此推断该固体中一定含有的离子是（ ）
A．Na+、、 B．Na+、、、Cl﹣
C．Ba2+、、Cl﹣ D．Na+、Ba2+、Cu2+、、
【答案】A
【解析】
①将固体样品溶于水得无色透明溶液，说明一定不含铜离子；加入足量BaCl2溶液过滤，得到白色沉淀和无色滤液，说明可能含有、。
②在①所得的白色沉淀中加入过量稀硝酸，白色沉淀部分溶解并产生气泡，说明沉淀中一定含有硫酸钡、碳酸钡，硫酸根离子和钡离子不能共存，则一定不含钡离子。
③在①所得的无色滤液中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，由于①中加入了足量的氯化钡溶液，无法确定原混合物中是否含有氯离子。
混合物中的阳离子是钠离子，故该固体中一定含有的离子是Na+、、。
故选：A。
31．有一包白色粉末，可能由NaCl、Na2SO4、CuSO4、Na2CO3、CaCO3中的一种或几种组成，为确定其组成，进行如下实验：（ ）
①称取一定质量的该白色粉末加足量水溶解，得无色溶液 A；
②在无色溶液 A 中加入过量BaCl2溶液，充分反应后过滤，分别得无色溶液 B 和白色沉淀C；将白色沉淀 C 洗涤，烘干后称得质量为 20g；
③在 20g 白色沉淀 C 中加入足量的稀硝酸，沉淀部分消失，并有气泡冒出；
④在无色溶液 B 中滴加AgNO3溶液和稀硝酸，产生白色淀。
由上述实验得出的下列判断中，正确的是
A．白色粉末中一定含有NaCl
B．无色溶液 B 中只含有一种溶质
C．步骤③生成的气体质量可能是 4.4g
D．白色粉末中不含CaCO3、CuSO4、Na2SO4
【答案】C
【解析】
由题意可知，称取一定质量的该白色粉末加足量水溶解，得无色溶液A，由于碳酸钙难溶于水，硫酸铜在溶液中显蓝色，所以白色粉末中一定不含碳酸钙、硫酸铜；由在无色溶液A中加入过量氯化钡溶液，充分反应后过滤，分别得无色溶液B和白色沉淀C；将白色沉淀C洗涤，烘干后称得质量为20g，在20g白色沉淀C中加入足量的稀硝酸，沉淀部分消失，并有气泡冒出，说明白色沉淀C是硫酸钡沉淀和碳酸钡沉淀的混合物，所以白色粉末中一定含有碳酸钠、硫酸钠；碳酸钠和氯化钡生成碳酸钡沉淀和氯化钠，硫酸钠和氯化钡生成硫酸钡沉淀和氯化钠，氯化钡是过量的，所以B中的溶质是氯化钠和氯化钡，在无色溶液B中滴加硝酸银溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，说明溶液B中含有氯离子，但是加入的氯化钡引入了氯离子，白色粉末中是否含有氯化钠，不会影响实验现象，所以白色粉末中可能含有氯化钠，
A、通过推导可知，加入的氯化钡引入了氯离子，白色粉末中不一定含有氯化钠，说法错误；
B、通过推导可知，无色溶液B中溶质是氯化钠和氯化钡，说法错误；
C、通过方程式：，可以看出，生成4.4克的二氧化碳，需要碳酸钡19.7g＜20g，说法正确；
D、通过推导可知，白色粉末中含有硫酸钠，说法错误。
故选：C。
【点睛】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。
32．某同学为验证镁、铁、铜、银的金属活动性顺序，设计了下图所示的四个实验（金属片均已打磨，且其形状大小相同；实验①②③所用盐酸的溶质质量分数和体积均相同）。下列分析不正确的是（ ）
A．对比实验①②反应的剧烈程度，能判断出镁和铁的金属活动性强弱
B．分析实验②④现象，能判断出铁、铜、银的金属活动性强弱
C．分析实验④的现象，能判断出铜和银的金属活动性强弱
D．分析四个实验的现象，能判断出镁、铁、铜、银的金属活动性顺序
【答案】B
【解析】A、金属与酸反应，反应越剧烈，金属活动性越强，对比实验①②反应的剧烈程度，能判断出镁和铁的金属活动性强弱，A正确。；B、②稀盐酸和铁反应，生成氯化亚铁和氢气，说明金属活动性，铁在氢前，④铜和硝酸银反应，生成硝酸铜和银，说明金属活动性铜大于银，不能判断出铁、铜的金属活动性强弱，B错，符合题意；C、活动性强的金属，能和活动性弱的金属盐溶液反应，分析实验④的现象，能判断出铜和银的金属活动性强弱，C正确；D、对比实验①②反应的剧烈程度，能判断出镁和铁的金属活动性强弱，镁＞铁＞氢，实验③铜和稀盐酸不反应，说明活动性氢＞铜，活动性强的金属，能和活动性弱的金属盐溶液反应，分析实验④的现象，活动性铜＞银，故金属活动性，镁＞铁＞铜＞银，D正确。故选B。
33.有一包固体混合物，其中含有硝酸银、硝酸铜、硝酸镁及铁粉，加入足量的水过滤，下列描述的情形不可能存在的是（ ）
A．滤纸上有Ag、Cu、Fe，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋
B．滤纸上有Ag、Cu，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ag＋
C．滤纸上有Ag，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ag＋
D．滤纸上有Ag、Cu，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋
【答案】AB
【解析】硝酸银、硝酸铜、硝酸镁及铁粉的混合溶液中加入一些铁粉，镁>铁>铜>银，铁不会与硝酸镁反应，故滤液中一定含有硝酸镁，铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，铁与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，生成的铜与硝酸银能反应生成硝酸铜和银，铁先消耗硝酸银，硝酸银完全反应后，铁再消耗硝酸铜。A、铁的金属活动性强于铜，滤渣中有铁，滤液中不可能含有铜离子，A错，符合题意。B、铜的金属活动性强于银，滤渣中有铜，滤液中不可能含有银离子，B错，符合题意。C、假如铁粉不足，只和部分硝酸银反应，此时滤纸上有Ag，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ag＋，C正确。D、铁和硝酸银反应完之后又和部分硝酸铜反应，此时滤纸上有Ag、Cu，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋，D正确。故选AB。
34．某学习小组同学做完铁与稀硫酸反应实验后，将反应后的混合物M全部倒入盛有一小块铜锌合金的烧杯中，发现有大量气泡产生。待充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。他们得出的现象或结论如下：①M中一定不含铁单质；②烧杯中溶液由浅绿色变成蓝色；③滤液中一定含有ZnSO4；④滤渣中可能含有三种金属单质；⑤滤液中可能含有两种金属离子。其中正确的个数有：（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【解析】将铁与稀硫酸反应后的混合物M全部倒入盛有一小块铜锌合金的烧杯中，发现有大量气泡产生。说明混合物M中稀硫酸过量，锌与稀硫酸反应生成氢气，故产生大量气泡，故M中铁已经完全反应，M中含稀硫酸、硫酸亚铁，锌先与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，待稀硫酸完全反应后，锌再与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，铜与稀硫酸、硫酸亚铁不反应。①由分析可知，M中一定不含铁单质，正确；②铜与稀硫酸和硫酸亚铁都不反应，烧杯中溶液不会由浅绿色变成蓝色，错误；③锌一定与稀硫酸反应生成了硫酸锌和氢气，故滤液中一定含有ZnSO4，正确；④铜不参与反应，滤渣中一定含铜，如果锌过量，锌与硫酸亚铁反应生成了硫酸锌和铁，滤渣中含锌、铁，故滤渣中可能含有三种金属单质，正确；⑤如果锌过量，锌将稀硫酸、硫酸亚铁完全反应，滤液中只含锌离子一种金属离子，如果锌含量不足，则溶液中含锌离子和亚铁离子两种金属离子，正确。故正确的有4个。故选A。
35．小余取8.0g干燥的氢氧化钠固体于敞口的锥形瓶中，观察到氢氧化钠固体发生潮解，一段时间后测得锥形瓶内物质质量为10.0g。为进一步探究上述现象的成因，小余立即用如下装置进行实验：将试剂X逐滴滴入锥形瓶中，直至不再产生气泡为止，测得装置前后质量减少了1.1g。（不考虑滴加液体体积、气体密度变化和结晶水的生成）
下列推断正确的是
①试剂X可以是稀硫酸
②固体Y可以是生石灰
③滴加试剂X前锥形瓶内水的质量为0.9g
④若没有球形干燥管，测得氢氧化钠固体从空气中吸收水的质量会偏小
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
【答案】B
【解析】①氢氧化钠变质是和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和常见的酸都能反应生成二氧化碳，试剂X可以是稀硫酸，选项正确；②固体Y的作用是吸收水分，释放二氧化碳，不可以是生石灰（氧化钙），因氧化钙和水反应生成的氢氧化钙会和二氧化碳反应，将二氧化碳吸收，选项错误；③滴加试剂X前锥形瓶内物质增加的质量即为吸收水和二氧化碳的总质量，其中二氧化碳的质量为1.1g，则吸收水的质量为2g-1.1g=0.9g，但是氢氧化钠和二氧化碳反应还会生成水，则锥形瓶内水的总质量大于0.9g，选项错误；④实验中二氧化碳的质量是通过锥形瓶的质量差计算出来的，即反应前后锥形瓶的质量差只来自于二氧化碳，若没有球形干燥管，`锥形瓶内的水分会挥发出来，使锥形瓶的质量差偏大，则二氧化碳的质量偏大，测得氢氧化钠固体从空气中吸收水的质量会偏小，选项正确。故选B。
36．有一包固体粉末X可能含有锌、铁、氧化铜中的一种或几种。为探究其成分，将mg固体粉末加入到一定质量的稀盐酸中，充分反应后剩余ng固体。下列说法正确的是（ ）
A．若固体粉末X含有铁，则m可能小于n
B．若充分反应后溶液中含有四种阳离子，则剩余固体一定为纯净物
C．若充分反应后溶液中含有三种阳离子，则固体粉末X一定由三种物质组成
D．剩余ng固体可能由铁和氧化铜组成
【答案】B
【解析】A、固体X一旦被溶解，则固体质量一定会减小，即使氧化铜转化为单质铜，固体质量还是会减小，因此m一定大于n，选项错误；B、若充分反应后溶液中含有四种阳离子，则溶液中的溶质是氯化锌、氯化亚铁、氯化铜和稀盐酸，则剩余的固体不能与稀盐酸反应，即该固体只能是铜，铜是一种纯净物，选项正确；C、若溶液中含有三种阳离子，则溶液中一定含有氯化锌、氯化亚铁，可能含有盐酸、氯化铜种的一种，则滤渣中一定不含锌、铁，一定含有铜，可能含有氧化铜，固体粉末X由一种或两种物质组成，选项错误；D、将酸加入固体混合物中，盐酸先与氧化铜反应生成氯化铜和水，活动性比铜强的铁或锌能够与氯化铜反应生成铜，所以剩余固体中一定会有铜，选项错误，故选B。
高分突破19 综合实验选择题的探究
-备战2022年中考化学实验探究题高分突破
1. 如图所示，倾斜锥形瓶使试管内的稀盐酸流入瓶中与固体发生反应，利用数字化设备采集瓶内气压，瓶内气压与时间关系如曲线所示。有关说法正确的是：
A. 反应结束后，稀盐酸可能有剩余
B. 曲线①表示锌粒与稀盐酸的反应
C. 比较b、c两点，说明影响反应速率的因素之一是反应物的接触面积
D. a、b、c、d四点处的溶质成分相同
【答案】A
【解析】
A、反应结束后生成氢气质量相等，稀盐酸可能有剩余，该选项说法正确；
B、曲线①反应速率较快，表示锌粉与稀盐酸的反应，该选项说法不正确；
C、比较d、c两点，说明影响反应速率的因素之一是反应物的接触面积，该选项说法不正确；
D、a、b、d处的溶质成分相同，都是反应生成的氯化锌和过量的氯化氢，c处溶质可能是氯化锌，也可能是氯化锌和氯化氢（盐酸过量时），该选项说法不正确。
故选A。
【点睛】要会利用金属活动顺序表分析实验，氢前边金属会与稀硫酸、盐酸反应，但氢后边的金属不会与稀硫酸、盐酸反应，前边的金属会把后边的金属从其盐溶液中置换出来。
2．分离、检验、鉴别、除杂是最基本的实验技能。下列实验设计能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验设计
A
分离CaO和CaCO3的固体混合物
加适量水溶解、过滤、洗涤固体并烘干
B
检验Na2CO3溶液中混有的Na2SO4
取样，滴加BaCl2溶液，观察现象
C
鉴别NH4Cl和NH4NO3固体
取样，加熟石灰混合研磨，闻气味
D
除去N2中混有的少量O2
将气体缓缓通过足量的灼热铜网
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A.氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，所以不用水分离氧化钙和碳酸钙，选项实验方案错误；
B.碳酸钠和硫酸钠均能与氯化钡反应生成白色沉淀，所以无法用氯化钡检验碳酸钠溶液中混有硫酸钠，选项实验方案错误；
C.NH4Cl和NH4NO3固体中均含有铵根离子，均能与熟石灰反应释放出有刺激性气味的气体，现象相同，无法鉴别，选项实验方案错误；
D.在加热的条件下，氧气能与铜反应生成氧化铜，而氮气与氧气不反应，因此可将混合气体缓缓通过足量的灼热铜网，从而除去N2中混有的少量O2，选项实验方案正确。
故选：D。
【点评】本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
3．将锌粉和铁粉的混合物加入盛有一定量硝酸银溶液的烧杯中，充分反应后过滤，关于滤渣和滤液的说法正确的是（ ）
A．若向滤渣中加稀盐酸，有气泡产生，则滤液中最少有2种溶质
B．若向滤液中加稀盐酸，无明显现象，则滤渣中最多有1种金属
C．若滤渣中只有两种金属，则滤液中最少有1种溶质
D．若滤液中只有两种溶质，则滤渣中最多有1种金属
【答案】C
【解析】解：锌和铁的金属活动性均比银强，且锌的金属活动性比铁强，将锌粉和铁粉的混合物加入盛有一定量硝酸银溶液的烧杯中，锌先与硝酸银反应生成硝酸锌和银，锌反应完，若还有硝酸银溶液，铁再与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，进行分析判断。
A、若向滤渣中加稀盐酸，有气泡产生，则说明滤渣中一定含有能与稀盐酸反应的铁，同时一定含有银，说明铁没有参加反应，或部分参加了反应，若铁没有参加反应，则滤液中最少有硝酸锌一种溶质，故选项说法错误。
B、若向滤液中加稀盐酸，无明显现象，是说明滤液中不含硝酸银，则滤渣中最多有银、铁、锌三种金属，故选项说法错误。
C、若滤渣中只有两种金属，则含有银和铁，铁可能没有参加反应，或部分参加了反应，若铁没有参加反应，锌与硝酸银恰好完全反应，则滤液中最少有硝酸锌1种溶质，故选项说法正确。
D、若滤液中只有两种溶质，则为硝酸锌和硝酸银，则滤渣中最多有银、铁2种金属，故选项说法错误。
故选：C。
【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析此类题的关键。
4．现有一包金属粉末，可能是由Al、Mg、Zn、Fe、Ag中的一种或几种组成。取该样品2.4g，向其加入100g一定溶质质量分数的稀硫酸，恰好完全反应，产生0.2g H2，溶液呈无色，无固体剩余。则下列结论正确的是（ ）
A．该样品的组成仅有两种可能
B．所用稀硫酸的溶质质量分数为19.6%
C．该样品中一定含有Mg
D．所得溶液中溶质的总质量为12g
【答案】D
【解析】解：铝、镁、锌、铁和稀硫酸反应生成盐和氢气，银不能和稀硫酸反应，取该样品2.4g，加入100g稀硫酸恰好完全反应，得0.2g H2和无色溶液，无固体剩余，说明样品中不含铁和银，据此分析判断有关的说法。
由题意可知，取该样品2.4g，向其加入100g一定溶质质量分数的稀硫酸，恰好完全反应，产生0.2g H2，溶液呈无色，无固体剩余，说明了样品中不含铁和银；由反应的质量比可知，2.4g镁和稀硫酸完全反应生成0.2g氢气，2.4g铝和稀硫酸完全反应生成的氢气质量大于0.2g，2.4g锌与硫酸反应生成氢气小于0.2g。
A、若只有镁，2.4g镁和稀硫酸完全反应生成0.2g氢气，符合题意；若是铝与锌的混合物，2.4g的混合金属与酸反应，生成了0.2g的氢气，符合题意；若是镁、铝、锌三种金属的化合物，2.4g与稀硫酸反应，也能生成0.2g的氢气，该样品的组成有三种可能，该选项说法不正确；
B、反应生成0.2g氢气，说明参加反应的硫酸质量是9.8g，稀硫酸的溶质质量分数为：×100%＝9.8%，该选项说法不正确；
C、由上述分析可知，该样品中不一定含有Mg，该选项说法不正确。
D、反应生成0.2g氢气，说明参加反应的硫酸根质量是9.6g，则无色溶液中溶质总质量为：9.6g+2.4g＝12g，该选项说法正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的性质，解析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。
5.下列说法合理的有（ ）
①高炉炼铁炼得的是纯铁
②打开汽水瓶盖，看到气泡逸出，说明气体的溶解度随压强的减小而减小
③向充满CO2气体的软塑料瓶中倒入半瓶水，拧紧瓶盖，振荡，塑料瓶变瘪，说明CO2能与水发生反应
④某同学将一定量的Na2CO3和Ba（OH）2溶液混合，要想检验反应后Ba（OH）2是否过量，选用Na2CO3溶液、Na2SO4溶液或FeCl3溶液均可
⑤向一定量的NaC1、MgSO4和HC1的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，右图表示加入NaOH溶液的质量与某些物质的质量变化关系。则m点对应的溶液中有三种溶质，a可表示NaC1或H2O的质量变化情况
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
①、高炉炼铁最后冶炼得到的是生铁，因为冶炼时用到焦炭，会在冶炼过程中带来碳杂质，难以得到纯铁，错误；
②、打开汽水瓶盖，使得汽水瓶内压强与大气压相等，这是瓶内气压减小，气泡逸出，说明气体的溶解度随压强的减小而减小，正确；
③、塑料瓶变瘪也可能是因为二氧化碳溶解在水中，不能一定说明二氧化碳与水发生反应，错误；
④、碳酸钠与氢氧化钡反应生产碳酸钡沉淀和氢氧化钠，如果氢氧化钡过量，选用碳酸钠、硫酸钠溶液均会产生白色沉淀，可以检验出来，而如果选氯化铁溶液这时棕红色沉淀的生成难以确定是由于氢氧化钡的过量导致的，错误；
⑤、首先盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，待盐酸完全耗尽后，氢氧化钠与硫酸镁反应，生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠直至硫酸镁完全耗尽，这时也就是m点的状态，这时溶液中有氯化钠、硫酸钠、盐酸三种溶质，对于a曲线，开始时就有一定量的存在，之后加入盐酸后质量立即升高，因此其必定表示第一步反应时的产物，即表示NaC1或H2O的质量变化情况，正确；
综上，共有②⑤两说法正确。
故选B。
6．海水是一种重要资源，利用海水可制取镁等物质，某化学兴趣小组的同学设计了如下实验流程进行实验：
分析该流程图，下列说法错误的是（ ）
A．操作Ⅰ，操作Ⅲ都需用到的玻璃仪器是玻璃棒
B．固体B是Mg（OH）2，试剂X是盐酸
C．加入NaOH溶液应过量，其目的是使MgCl2完全反应
D．处理等量海水，若将NaOH溶液换成石灰乳，既能节约成本又能提高镁的产量
【答案】D
【解析】解：A．过滤可以将不溶性固体从溶液中分离出来，玻璃棒的作用是引流，蒸发可以将溶液中的固体结晶出来，玻璃棒的作用是搅拌，防止局部温度过高造成液滴飞溅，故说法正确；
B．氢氧化钠和氯化镁反应会生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，故说法正确；
C．氢氧化钠和氯化镁反应会生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，加入NaOH溶液应过量，其目的是使MgCl2完全反应，故说法正确；
D．无论氯化镁与氢氧化钠反应，还是与氢氧化钙反应，根据反应前后镁元素质量守恒，只要参加反应的氯化镁质量相等，最终生成的氢氧化镁的质量一定相等，当再加入稀盐酸充分反应后，同样生成等质量的氯化镁，从而生成等质量的镁，故不能提高镁的质量，故说法错误。
故选：D。
【点评】在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的是知识和题中的反应原理进行分析。
7．某不纯的K2CO3样品中，可能含有NaCl、Na2CO3中的一种或两种，现取13.8g样品，向其中加入100g稀盐酸，恰好完全反应，得到室温下不饱和溶液109.4g。下列有关说法正确的是（ ）
A．生成CO2的质量是4.4g
B．样品中可能含有NaCl
C．样品中一定含有Na2CO3和NaCl
D．所加的稀盐酸中溶质质量分数为3.65%
【答案】AC
【解析】根据质量守恒定律求出生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量求得盐酸的质量分数和所需碳酸钾的质量，然后利用平均值法推测其他的成分。
解：A、生成二氧化碳的质量为：13.8g+100g﹣109.4g＝4.4g，故A正确；
B、设生成4.4g二氧化碳需要碳酸钾的质量为x，稀盐酸中溶质的质量为y，
K2CO3+2HCl＝2KCl+CO2↑+H2O
138 73 44
x y 4.4g
得：x＝13.8g y＝7.3g
根据计算知道即使全部是碳酸钾也只能生成2.2g二氧化碳，但是题干中给的信息是：K2CO3固体样品不纯，所以根据近似平均值法，则其中混有的杂质：一种产生二氧化碳的能力比碳酸钾强，另一种产生二氧化碳的能力比碳酸钾弱；根据质量守恒定律可以知道，碳酸根中的碳元素和二氧化碳中的碳元素的质量相等，可以通过比较碳酸根的含量，来确定生成二氧化碳气体质量的多少。在质量相同的条件下碳酸根含量多的物质，生成二氧化碳气体的质量也要大，氯化钠不含有碳酸根，不与酸反应生成二氧化碳。在碳酸钾中，含碳酸根为×100%＝43.5%，在碳酸钠中，含碳酸根为×100%＝56.6%，所以碳酸钠生成二氧化碳的质量要多，所以若样品中含有Na2CO3，则样品中也一定含NaCl。
B、根据以上分析，样品中一定含有NaCl；故B错误；
C、根据以上分析，样品中一定含有Na2CO3和NaCl；故C正确；
D、所加稀盐酸中溶质的质量分数是：；故D错误。
故选：AC。
【点评】熟练掌握碳酸盐的性质，学会利用近似平均值的方法结合质量守恒定律定律来解析这类题目：先假设全部是主要的物质，然后根据计算的数据，判断是否含有其他的物质，这是解析此题的关键。
8.为测定某石灰石样品中碳酸钙的质量分数，取2.0g石灰石样品于烧杯中，将20g稀盐酸分4次加入样品中，充分反应后经过滤、干燥、称重，得实验数据如下：
第一次
第二次
第三次
第四次
稀盐酸的用量/g
5.0
5.0
5.0
5.0
剩余固体的质量/g
1.5
1.0
0.5
0.3
已知石灰石中的杂质既不与盐酸反应，也不溶解于水。下列说法正确的是（ ）
A. 第三次实验后碳酸钙无剩余 B. 第四次实验后盐酸无剩余
C. 盐酸中HC1的质量分数是3.65% D. 样品中碳酸钙的质量分数是85%
【答案】D
【解析】
A、根据表格可知每次加入5g稀盐酸反应0.5g碳酸钙，而第四次反应加入5g稀盐酸反应0.2g碳酸钙，因此第三次实验后碳酸钙有剩余，错误；
B、结合选项A，第四次实验后加入5g稀盐酸反应0.2g碳酸钙，因此碳酸钙无剩余盐酸有剩余，错误；
C、设盐酸的溶质质量分数为x
x=7.3%，不符合题意；
D、2.0g石灰石样品中碳酸钙质量为1.7g，样品中碳酸钙的质量分数是，符合题意。
故选D。
9. 某小组利用如图装置进行创新实验。实验时，先加热炭粉，一段时间后将酒精灯移至CuO处加热。下列说法错误的是（ ）
A. 酒精灯加网罩是为了提高火焰温度 B. 气球可以收集尾气，防止污染空气
C. 反应过程中，黑色氧化铜变为红色固体 D. 装置中发生反应：2CuO+C=====(高温)2Cu+CO2↑
【答案】. D
【解析】本题考查实验的设计。还原氧化铜需要高温的条件，酒精灯的温度一般很难达到，需要加网罩提高火焰温度，A正确，不能选；
由于一氧化碳不能完全反应，需要尾气处理，可以用气球收集尾气，防止污染空气，B正确，不能选；
氧化铜被还原为金属铜，所以黑色粉末逐渐变红色固体，C正确，不能选；
装置中碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，一氧化碳再和氧化铜发生反应，并不是碳和氧化铜反应，D错，选择D。
10. 某兴趣小组用如下装置（夹持仪器省略）制取纯净、干燥的氢气，并还原Co2O3（提供试剂有：AgNO3溶液、NaOH溶液、浓硫酸）。下列说法不正确的是（ ）
A. 装置①内的导管应为进气管长，出气管短
B. 实验结束，先关闭恒压漏斗活塞，再停止加热
C. 装置②、③、④中依次盛装NaOH溶液、AgNO3溶液、浓硫酸
D. 生成物H2O中氢元素的质量与参加反应的HCl中氢元素质量相等
【答案】B
【解析】
A、为使氢气顺利排入②中，装置①内的导管应为进气管长，出气管短，故A说法正确；
B、实验结束，为防止Co再被氧化，应该先停止加热，再关闭恒压漏斗活塞，故B说法不正确；
C、制取的氢气中混有HCl和水，应先用NaOH溶液除去HCl，再用AgNO3溶液检验HCl是否完全除去，最后用浓硫酸除水，所以装置②、③、④中依次盛装NaOH溶液、AgNO3溶液、浓硫酸，故C说法正确；
D、根据质量守恒定律，生成物H2O中氢元素的质量与参加反应的HCl中氢元素质量相等，故D说法正确。
故选B。
11．某气体中可能含有CO2、O2、N2中的一种或几种，将该气体依次通过：①炽热的焦炭；②足量灼热的氧化铜；③足量的碱石灰（氢氧化钠和氧化钙的混合物）。每一步均充分反应，最终得到的气体为纯净物。气体的分子数目随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点气体中一定含有N2和CO2，可能含有O2
B．b点气体中CO和N2的分子数目比为2：1
C．b点气体可能由三种分子构成
D．该过程中发生了化合反应、置换反应和复分解反应
【分析】B
【解析】气体通过焦炭分子数目增加，说明碳与二氧化碳发生了反应，最后得到的气体是纯净物，属于氮气，分子数目是n，再进行分析即可。
解：A、由图示可知最后得到的气体是纯净物，属于氮气，分子数目是n；a到b的过程分子数目增加，是因为C+CO22CO气体分子数目增加一倍，由图示可知气体数目增加了n，所以设二氧化碳原来数目为x则：C+CO22CO
1 2 分子数目增加1
x 分子数目增加n
根据：解得：x＝n，因为氮气是n个，二氧化碳是n个，a点气体总数目是2n，所以a点气体中一定含有N2和CO2，不含有O2，故A错；
B、b点气体中CO和N2的总分子数目是3n，氮气占n个，所以一氧化碳是2n个，所以b点气体中CO和N2的分子数目比为2：1，故B正确；
C、b点气体由氮分子、一氧化碳分子两种分子构成，故C错；
D、碳与二氧化碳反应，生成一氧化碳，属于化合反应，一氧化碳与氧化铜反应，生成铜和二氧化碳，不属于基本反应类型，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，不属于基本反应类型，故D错。
故选：B。
【点评】解析本题关键是熟悉碳与二氧化碳反应后分子数目增加，这是解该题的关键。
12．利用铁粉、炭粉、氯化钠进行铁的锈蚀实验（装置如图所示，装置气密性良好）。实验1min后温度计读数上升，8min后打开止水夹，水倒吸入锥形瓶。实验数据如下表：
实验前的体积
实验后的体积
锥形瓶内空气（含导管内空气）
烧杯内水
烧杯内剩余水
246.0mL
100.0mL
51.5mL
下列说法不合理的是（ ）
A．铁的锈蚀是放热反应
B．使用氯化钠溶液的目的是加快铁的锈蚀
C．此实验能推断出铁的锈蚀需要水的参与
D．计算得出空气中氧气的含量约为19.7%
【答案】C
【解析】解：A、铁的锈蚀是放热反应正确，正确但不符合题意，故选项错误；
B、使用氯化钠溶液的目的是加快铁的锈蚀正确，正确但不符合题意，故选项错误；
C、此实验能推断出铁的锈蚀需要水的参与错误，因为没有用控制变量法证明需要水，错误符合题意，故选项正确；
D、计算得出空气中氧气的含量＝≈19.7%，正确但不符合题意，故选项错误；
故选：C。
【点评】本考点是测定氧气在空气中的体积分数，属于实验方法和过程的探究。这类探究实验中要注意以下几点：①装置的严密性②所用药品的量③生成物的状态④读数时要冷却到原温度等。要具体问题具体分析，根据设计的步骤中不同的现象去思考，从而得出正确的结论。本考点经常出现在选择题、填空题和实验题中．
13.利用气体压强的变化是完成实验的重要手段，各图装置气密性均良好。
下列说法正确的是（ ）
A．A项红磷燃烧过程中弹簧夹未夹紧，则测得空气中氧气的体积分数偏小
B．B项向试管中加入氧化钙后，石灰水中溶质质量减小，玻璃弯管左侧液面降低
C．C项向广口瓶中滴入稀盐酸后，气球变大，说明氢氧化钠和盐酸反应放热
D．D项氢氧化钡溶液变浑浊，说明通入的二氧化碳与氢氧化钡发生了反应
【答案】B
【解析】解：A、图1红磷燃烧过程中弹簧夹未夹紧，反应放出大量的热，装置内压强大，有空气逸出，因此进入的是水多，使测定结果偏大，故选项说法错误。
B、图2向试管中加入氧化钙后，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，反应放出大量的热，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小，氢氧化钙的溶解度减小，有氢氧化钙析出，石灰水中溶质质量减小，玻璃弯管左侧液面降低，故选项说法正确。
C、图3向广口瓶中滴入稀盐酸后，气球变大，不能说明氢氧化钠和盐酸反应放热，也可能是氢氧化钠固体溶于水放热造成的，故选项说法错误。
D、图4通入二氧化碳后，碳酸钠溶液被压入氢氧化钡溶液中，碳酸钠能与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，不说明通入的二氧化碳与氢氧化钡发生了反应，故选项说法错误。
故选：B。
【点评】本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
14.下列稀溶液，仅用酚酞及同组物质之间反应就能鉴别出来的一组是：
A. NaOH H2SO4 HNO3
B. KOH HCl Ba(OH)2
C. NaOH NaCl Na2CO3
D. NaOH NaCl HCl
【答案】D
【解析】
A、NaOH能使酚酞变红，利用酚酞能鉴别出NaOH， NaOH和H2SO4和HNO3的反应现象相同，不能鉴别，选项不符合题意；
B、KOH、Ba(OH)2都能使酚酞变红，利用酚酞可检验出HCl，HCl与两种碱反应现象相同，不能鉴别，选项不符合题意；
C、NaOH、Na2CO3都能使酚酞变红，利用酚酞可检验出NaCl，但无法鉴别NaOH、Na2CO3，选项不符合题意；
D、分别取溶液取溶液少许，滴加酚酞试液，能使酚酞变红色的是氢氧化钠，然后将鉴别出的氢氧化钠分成两份，分别与剩余的溶液混合，红色消失的是盐酸，红色不消失的是氯化钠，故能鉴别出来，选项符合题意。
故选D。
【点评】无色酚酞溶液遇酸性溶液不变色，遇碱性溶液变红；根据选项中给出了三种物质，在鉴别出物质的酸碱性之后，再利用两两之间的反应出现明显现象的即可完成鉴别．
本题难度较大，在解此类题时，首先分析需要鉴别的物质的性质，然后根据题中提供的试剂，出现不同的现象即可鉴别．
15．为探究某块状固体的成分，小华做了如图所示的实验，根据实验结果推理获得的结论不正确的是（ ）
A．由实验①中有气泡产生，可推断固体中肯定含有碳酸盐
B．由实验②中酚酞试液不变色，可推断固体中不含可溶性碱性物质
C．由实验③中有烧焦羽毛的气味，可推断固体中含有蛋白质
D．由实验②中酚酞试液不变色、实验④中试液变红色，可推断固体灼烧后生成新物质
【答案】A
【解析】
解：A、酸可与碳酸氢盐或者活泼金属反应生成气体，不一定是碳酸盐，选项A错误；
B、加入酚酞不变色，说明溶液不显碱性，选项B正确；
C、有烧焦羽毛气味，符合蛋白质燃烧的性质，选项C正确；
D、②证明不含有碱性物质，④证明含有碱性物质，因此说明经过灼烧有碱性物质生成，即生成了新物质，选项D正确；
故选：A。
【点评】在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解析。
16．如图是测定空气中氧气含量的实验。对该实验的认识不正确的是（ ）
A．要等到装置冷却至室温后再读数，否则测定结果偏小
B．该实验中的铜粉换成铁粉无法达到实验目的
C．将装置1中的气球更换为注射器（见装置2），可使空气与铜粉接触更充分，数据更加准确
D．正确操作情况下，反应消耗氧气的体积应该是反应前注射器内气体和玻璃管内气体体积总和的
【答案】B
【分析】在装有空气的密闭容器中，欲用燃烧法或加热法测定空气中氧气含量，该实验一般要注意以下几点：①装置的气密性好；②所用药品必须是足量；③读数时一定要冷却到原温度；④所选除氧剂要具备以下特征：本身能够在空气中燃烧或加热条件下能与氧气反应（只能与空气中的氧气反应）；本身的状态为非气体；生成的物质为非气态；据此进行分析判断。
【解析】
解：A.停止加热后，待装置冷却后再读数，否则此时剩余的气体在受热状态下，处于膨胀状态，会导致测定结果偏小，故选项说法正确；
B.在加热的条件下，铁也能与空气中的氧气反应生成铁的固体氧化物，因此该实验中的铜粉换成铁粉也能达到实验目的，选项说法错误；
C.将装置1中的气球更换为注射器（见装置2），可使装置内的空气充分流通，使空气与铜粉接触更充分，数据更加准确，选项说法正确；
D.正确操作情况下，反应结束后，消耗的氧气的总体积应该是反应前注射器内气体和玻璃管内气体体积总和的，选项说法正确。
故选：B。
【点评】本题难度不大，掌握用燃烧或加热法测定空气中氧气含量的实验原理、注意事项等是正确解析本题的关键。
17．根据下列实验方案进行实验，能达到相应实验目的的是（ ）
编号
A
B
C
D
实验方案
实验目的
探究影响物质溶解性的因素
探究燃烧条件之一需要可燃物
探究铁钉生锈时O2是否参与反应
比较Zn和Fe的金属活动性强弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】A、要注意变量的控制，注意要除探究要素不同之外，其它条件都应该是相同的。
B、根据薄铜片上的白磷和红磷、水中的白磷的燃烧情况，进行分析判断。
C、根据两支试管中铁钉锈蚀的情况，进行分析判断。
D、要注意变量的控制，注意要除探究要素不同之外，其它条件都应该是相同的。
【解析】
解：A、图中实验，溶质的种类不同、溶剂的种类不同，不能用于探究影响物质溶解性的因素，故选项不能达到相应实验目的。
B、铜片上的白磷燃烧，红磷不燃烧，水中的白磷不能燃烧，薄铜片上的白磷能与氧气接触，温度能达到着火点，水中的白磷不能与氧气接触，红磷温度没有达到着火点；可得出燃烧需要与氧气接触，且温度达到着火点，不能探究燃烧条件之一需要可燃物，故选项不能达到相应实验目的。
C、第一支试管中的铁钉能与氧气、水充分接触，第二支试管中的铁钉只能与水接触；一段时间后，第一支试管中的铁钉生锈，第二支试管的铁钉没有生锈，说明铁锈蚀额条件之一是与氧气接触，可用于探究探究铁钉生锈时O2是否参与反应，故选项能达到相应实验目的。
D、图中实验，金属的种类不同、稀盐酸的浓度不同，不能用于比较Zn和Fe的金属活动性强弱，故选项不能达到相应实验目的。
故选：C。
【点评】本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
18．有一包白色粉末，可能含有Na2CO3、Na2SO4、K2SO4、NaCl、Ba（OH）2中的一种或几种，为了探究其成分，实验过程如图所示：
关于该实验的说法正确的是（ ）
A．步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末一定有Ba（OH）2、Na2CO3、K2SO4
B．步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末的组成可能有5种情况
C．步骤Ⅱ中沉淀全部溶解，则原白色粉末一定有Ba（OH）2、Na2CO3，可能有NaCl
D．步骤Ⅱ中沉淀不溶解，则原白色粉末一定有K2SO4，一定没有Na2CO3
【答案】C
【分析】根据碳酸钠和氢氧化钡会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，硫酸钠、硫酸钾会与氢氧化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀等知识进行分析．
【解析】解：碳酸钠和氢氧化钡会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，硫酸钠、硫酸钾会与氢氧化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，
A、步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末一定有氢氧化钡、碳酸钠，可能含有硫酸钠、硫酸钾中的一种或两种，故A错误；
B、步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末的组成可能有氢氧化钡、碳酸钠、硫酸钠，氢氧化钡、碳酸钠、硫酸钾，氢氧化钡、碳酸钠、硫酸钾、硫酸钠，氢氧化钡、碳酸钠、硫酸钠、氯化钠，氢氧化钡、碳酸钠、硫酸钾、氯化钠，氢氧化钾、碳酸钠、硫酸钾、硫酸钠、氯化钠6种情况，故B错误；
C、步骤Ⅱ中沉淀全部溶解，则原白色粉末一定有氢氧化钡、碳酸钠，题中的现象不能确定是否含有氯化钠，故C正确；
D、步骤Ⅱ中沉淀不溶解，则原白色粉末一定有氢氧化钡，一定没有碳酸钠，可能含有硫酸钠、硫酸钾中的一种或两种，故D错误。
故选：C。
【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．
19．下列实验方案设计完全合理的是（ ）
A．除去NaCl中的少量KNO3，可先加水，并加热溶解，再降温结晶
B．除去KCl溶液中的少量K2SO4溶液，加过量BaCl2溶液，过滤
C．除去CO中的少量CO2气体，依次通过足量NaOH溶液、浓硫酸
D．鉴别硫酸铵和氯化铵，分别加熟石灰、研磨、闻气味
【答案】C
【解析】
A、硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，除去NaCl中的少量KNO3，可先加水，蒸发结晶并趁热过滤，说法错误。
B、除去KCl溶液中的少量K2SO4溶液，向溶液中加入过量BaCl2溶液，会引入新的杂质氯化钡，说法错误。
C、二氧化碳能与氢氧化钠反应，除去CO中的少量CO2气体，依次通过足量NaOH溶液、浓硫酸，可除去二氧化碳、水蒸气，达到除杂目的，说法正确。
D、硫酸铵和氯化铵均属于铵态氮肥，与熟石灰混合后研磨，均产生有刺激性气味的气体，不能鉴别，说法错误。
故选：C。
20．一瓶含有Na+、Cl﹣、OH﹣、CO32﹣的溶液，现仅用一份样品溶液，选用下列提供的试剂与操作，逐一检验出其中的三种阴离子，正确的顺序是（ ）
①过滤
②滴加足量AgNO3溶液
③滴加足量Ba（NO3）2溶液
④滴加足量Mg（NO3）2溶液
A．②①③①④ B．②①④①③ C．③①④①② D．④①③①②
【答案】C
【分析】根据检验氯离子用硝酸银溶液；检验氢氧根离子可用硝酸镁溶液；检验碳酸根离子可用硝酸钡溶液；但要注意碳酸根离子能与硝酸银溶液、硝酸镁溶液反应，分别生成碳酸银沉淀、碳酸镁沉淀，故要先检验碳酸根离子，再检验氢氧根离子、氯离子；进行分析判断．
【解析】解：检验氯离子用硝酸银溶液；检验氢氧根离子可用硝酸镁溶液；检验碳酸根离子可用硝酸钡溶液；由于碳酸根离子能与硝酸银溶液、硝酸镁溶液反应，分别生成碳酸银沉淀、碳酸镁沉淀，故要先检验碳酸根离子，再检验氢氧根离子、氯离子，由于氢氧根离子与银离子结合成的氢氧化银极不稳定，故要先检验氢氧根离子。仅用一份样品溶液，可先滴加硝酸钡溶液，产生白色沉淀，说明含有碳酸根离子；过滤，向滤液中再滴加Mg（NO3）2溶液 产生白色沉淀，说明含有氢氧根离子；过滤，再向滤液中再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明含有氯离子；故正确的实验操作顺序是③①④①②。
故选：C。
【点评】本题需要掌握常见的盐的溶解性及常见离子的检验方法是正确解析本题的关键，解题时要注意检验的顺序．
21．现有一瓶含杂质的碳酸钠固体（可能含有碳酸钙、硝酸钡、硫酸钠、氢氧化钠中的一种或几种）。为了判断该固体的组成成分，进行以下实验：取少量该固体于烧杯中，向烧杯中加入足量水并不断搅拌，固体部分溶解；然后再往上述烧杯中逐滴加入稀硝酸至过量，不断搅拌，烧杯中的固体质量随加入稀硝酸质量的变化情况如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．B→C段对应溶液pH逐渐变大
B．B点对应溶液中可能含有的溶质是硝酸钙、硫酸钠
C．C点对应溶液中一定含有的阳离子是H+、Na+、Ba2+
D．原固体中可能含有碳酸钠、碳酸钙、氢氧化钠
【答案】B
【解析】
A. pH>7显碱性，pH=7显中性，pH<7显酸性；pH值越大碱性越强，pH值越小酸性越强。B→C段对应溶液不断加入稀硝酸，稀硝酸过量，溶液酸性增强，pH逐渐变小，错误；
B. 开始到A段，碳酸钠和稀硝酸反应生成硝酸钠和水和二氧化碳，固体质量不变，也可能存在氢氧化钠和稀硝酸反应生成硝酸钠和水； A→B段固体质量减小，可能是固体碳酸钙和稀硝酸反应生成硝酸钙导致或硝酸钡和碳酸钠生成碳酸钡沉淀溶于稀硝酸生成硝酸钡导致，使固体质量减小；B→C段固体质量不再变化，说明存在不溶于酸的沉淀硫酸钡沉淀，则原固体中存在硝酸钡和硫酸钠，硫酸钠可能过量；故B点对应溶液中可能含有的溶质是硝酸钙、硫酸钠，正确；
C. 由B分析可知，C点对应溶液中一定含有的阳离子是H+、Na+，可能含有Ba2+，错误；
D. 原固体中一定含有碳酸钠、硝酸钡、硫酸钠，错误。
故选B。
【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。
22.化学是实验科学。下列实验方法能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方法
A
配制质量分数为5%的KNO3溶液
向盛有5.0gKNO3固体的烧杯中，加入100g水，搅拌
B
验证Al、Cu、Ag的金属活动性顺序
向CuSO4溶液和AgNO3溶液中各放入大小、形状相同的Al丝
C
检验氢气的纯度
用拇指堵住集满氢气的试管口，管口向下靠近火焰，移开拇指点火
D
鉴别CuSO4、BaSO4和CaCO3三种白色固体
分别取少量固体样品，加适量水，搅拌
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A、 向盛有5.0gKNO3固体的烧杯中，加入100g水，搅拌，得到溶液的质量分数=×100%=4.8%，该选项不能达到实验目的；
B、铝能和硝酸银、硫酸铜反应，说明铝最活泼，不能比较银和铜的活泼性，该选项不能达到实验目的；
C、用拇指堵住集满氢气的试管口，管口向下靠近火焰，移开拇指点火，如果发出尖锐的爆鸣声，说明氢气不纯，如果发出“噗噗”声，说明氢气纯净，该选项能够达到实验目的；
D、硫酸铜溶于水形成蓝色溶液，硫酸钡和碳酸钙都是难溶于水的白色固体，不能区分硫酸钡和碳酸钙，该选项不能达到实验目的。
故选：C。
23.常温下，通过下列实验探究Ca（OH）2的性质：
步骤一：向两支试管中分别加入0.2g Ca（OH）2粉末，然后各加入2mL水，振荡后静置，试管底部有粉末，溶液呈无色。
步骤二：向两支试管中再各滴入2滴酚酞溶液，振荡后静置，溶液由无色变为红色，试管底部粉末无明显变化。
步骤三：继续向其中一支试管中加入2mL水，振荡后静置，无明显变化；向另一支试管中加入2mL稀盐酸，振荡后静置，溶液由红色变为无色，试管底部的粉末消失。
下列说法正确的是（ ）
A. 步骤一说明常温下Ca（OH）2不溶于水
B. 步骤二中溶液变红是因为Ca（OH）2在水溶液中解离出Ca2+
C. 步骤三中消失的Ca（OH）2固体溶解在稀盐酸所含的水中
D. 步骤三中溶液由红色变为无色的原因是Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O
【答案】D
【解析】
A、 步骤一不能说明常温下Ca（OH）2不溶于水，是因为氢氧化钙微溶于水，实验过程中也无明显现象，该选项说法不正确；
B、步骤二中溶液变红是因为Ca（OH）2在水溶液中解离出氢氧根离子，该选项说法不正确；
C、步骤三中，消失的Ca（OH）2固体和稀盐酸反应生成了氯化钙和水，该选项说法不正确；
D、步骤三中溶液由红色变为无色的原因是氢氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，反应的化学方程式：Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O，该选项说法正确。
故选：D。
24．利用如图所示实验装置模拟工业炼铁。下列说法正确的是（ ）
A．反应前后Fe元素的化合价由+2价变为0价
B．充分加热，a处固体由黑色变为红色
C．b处可以用澄清石灰水检验生成的CO2
D．可用水吸收尾气中的CO
【答案】C
【分析】一氧化碳难溶于水，高温条件下红棕色固体氧化铁和一氧化碳反应生成黑色固体铁和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊。
【解析】解：A、氧化铁中铁元素化合价是+3，反应后铁中铁元素化合价是0，该选项说法不正确；
B、氧化铁是红棕色固体，铁是黑色固体，充分加热，a处固体由红棕色变黑色，该选项说法不正确；
C、b处可以用澄清石灰水检验生成的CO2，该选项说法正确；
D、一氧化碳难溶于水，不能用水吸收一氧化碳，该选项说法不正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查物质的性质，解析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。
25．实验室制取一氧化碳发生的化学反应是HCOOH （甲酸）H2O+CO↑。用如图所示的装置制取一氧化碳并还原氧化铜时，下列说法不正确的是（ ）
A．反应过程中a处黑色粉末逐渐变成红色
B．浓硫酸在制取一氧化碳的反应中起催化作用
C．大气球的作用是收集一氧化碳，防止其污染空气
D．该实验所涉及到的反应类型有分解反应和置换反应
【答案】D
【分析】A、根据一氧化碳具有还原性，进行分析判断。
B、根据HCOOH （甲酸）H2O+CO↑，进行分析判断。
C、根据一氧化碳有毒，会污染环境，进行分析判断。
D、根据分解反应和置换反应的特征，进行分析判断。
【解析】解：A、一氧化碳具有还原性，能与氧化铜在加热条件下反应生成铜和二氧化碳，反应过程中a处黑色粉末逐渐变成红色，故选项说法正确。
B、由HCOOH （甲酸）H2O+CO↑，浓硫酸在制取一氧化碳的反应中起催化作用，故选项说法正确。
C、一氧化碳有毒，会污染环境，大气球的作用是收集一氧化碳，防止其污染空气，故选项说法正确。
D、HCOOH （甲酸）H2O+CO↑，属于分解反应，但一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反应物均为化合物，不属于置换反应，故选项说法错误。
故选：D。
【点评】本题难度不大，掌握一氧化碳具有还原性、分解反应和置换反应的特征等是正确解析本题的关键。
26. 向硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入一定量的锌粉，充分反应后过滤得到滤渣和滤液。滤液呈蓝色，下列说法正确的是（ ）
A. 滤渣中一定有Ag和Cu
B. 滤液中一定有Cu2+ 、Zn2+
C. 向滤渣中滴加稀盐酸一定有气泡产生
D. 向滤液中加稀盐酸一定有沉淀生成
【答案】:B
【解析】
向硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入一定量的锌粉，锌先与硝酸银反应，把银置换出来，然后在于硝酸铜反应把铜置换出来，根据题意滤液呈蓝色，溶液中一定有硝酸铜，说明硝酸铜没有参与反应或只有一部分参与反应。
A项， 滤渣中一定有Ag，但不一定有铜。故说法错误。
B项， 因为锌一定参与反应，故溶液中一定有Zn2+ ，因为滤液为蓝色，一定有Cu2+，故说法正确。
C项， 滤液呈蓝色，说滤液中一定有Cu2+ ，所以滤渣中一定没有锌，故加稀盐酸一定没有气泡产生，单质铜和银都不会和盐酸反应，说法错误。
滤液呈蓝色，说滤液中一定有硝酸铜，也有可能有硝酸银，故向滤液中加稀盐酸不一定有沉淀生成，故说法错误。
27．小组同学利用如图装置探究燃烧的条件并验证质量守恒定律。实验过程如下：
步骤1：室温下，按如图组装装置，装入药品并充满CO2，称量装置总质量为m1g。
步骤2：将锥形瓶浸入80℃的热水中，观察现象。
步骤3：取出装置，恢复至室温并擦干锥形瓶。打开止水夹K1和K2，从K2处缓慢通入250ml氧气，再关闭K1和K2，称量装置总质量为m2g。
步骤4：将锥形瓶再次浸入80℃的热水中，观察现象。
步骤5：取出装置，恢复至室温并擦干锥形瓶，称量装置总质量为m3g。
下列说法不正确的是（ ）
A．能证明燃烧需要氧气的实验现象是：步骤2白磷不燃烧，步骤4白磷燃烧产生大量白烟
B．对比步骤3和步骤4可证明燃烧需要温度达到可燃物的着火点
C．m1、m2、m3的大小关系是：m1＞m2＝m3
D．若白磷的量不足，对实验结果有影响
【答案】D
【解析】
A、燃烧需要氧气，因此需要对比实验，锥形瓶内有氧气时，温度达到着火点，白磷燃烧，因此看到步骤2白磷不燃烧，说明二氧化碳不能使白磷燃烧，步骤4中气体换成氧气，此时就可以使白磷燃烧，产生白烟，证明燃烧需要氧气，故A正确；
B、锥形瓶内有氧气时，温度未达到着火点，因此步骤3中白磷不燃烧，步骤4中锥形瓶内有氧气，温度达到着火点，白磷燃烧，证明燃烧需要温度达到可燃物的着火点，故B正确；
C、二氧化碳的相对分子质量大于氧气，因此等体积的气体，二氧化碳的质量大于氧气的质量，白磷质量前后都不变，所以m1＞m2，白磷燃烧，反应前后遵守质量守恒定律，m2＝m3，故C正确；
D、只要发生化学反应都遵守质量守恒定律，与反应物的质量没有关系，故D错误。
故选D。
28．有一瓶久置的氢氧化钠溶液，为了探究该溶液是否变质以及变质的程度，设计了如下方案，根据方案流程，说法错误的是（ ）
A．由步骤①可知该氢氧化钠溶液已经变质
B．若步骤②中“现象I”生产白色沉淀，结论是该氢氧化钠溶液部分变质
C．若步骤②中“现象I”无明显现象，结论是该氢氧化钠溶液完全变质
D．步骤①中的CaCl2溶液可以用Ca（NO3）2溶液代替，也可以用Ca（OH）2溶液代替
【答案】D
【解析】氢氧化钠易与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀和氯化钠。二氧化碳通入氢氧化钙溶液中，产生白色沉淀，观察到溶液变浑浊。
A、由步骤①可知该氢氧化钠溶液中含有碳酸钠，说明已经变质，故A正确，不符合题意；
B、加入的氯化钙是过量的，故滤液中有钙离子，若步骤②中“现象I”生产白色沉淀，说明滤液中有氢氧根离子，可知氢氧化钠溶液部分变质，故B正确，不符合题意；
C、若步骤②中“现象I”无明显现象，说明滤液中没有氢氧根离子，说明该氢氧化钠溶液完全变质，故C正确，不符合题意；
D、步骤①中的CaCl2溶液可以用Ca（NO3）2溶液代替，但不可以用Ca（OH）2溶液代替，氢氧化钙中含有氢氧根离子，会影响后面氢氧根离子的检验，故D错误，符合题意。
故选D。
29．对久置在空气中的生石灰干燥剂组成成分进行探究。
【查阅资料】Ca(OH)2加热到一定温度时会发生分解反应，生成两种氧化物。
【实验探究】该小组称取10.0g干燥剂样品于控温电加热器中，按如图所示装置进行实验(装置气密性良好，实验中提供的选用的试剂：①NaOH溶液，②澄清石灰水，③浓硫酸。装置A、B、C中药品足量，实验操作正确，下列说法正确的是（ ）
A．装置A、B中依次盛装的是试剂①、试剂③
B．实验时，应先打开活塞通一段时间氮气，目的是排尽空气，防止爆炸；反应完毕后继续通入氮气，目的是防止液体倒吸和将残留在装置内的气体完全排入后续装置中
C．若没有C装置，会导致含量测定结果偏小的成分是氧化钙
D．充分反应后，若产物被完全吸收，测得A装置增重0.9g装置增重2.2g，C装置增重0g，该包干操剂的成分是氢氧化钙和碳酸钙
【答案】C
【解析】
A.装置A中盛装的是试剂③，吸收氢氧化钙分解产生的水蒸气，B中盛装的是试剂①吸收碳酸钙分解产生的二氧化碳。故A错误。
B.实验时，应先打开活塞通一段时间氮气，目的是排尽空气，防止空气中二氧化碳和水蒸气对实验造成干扰；停止加热后，需要通入一段时间N2的目的是将生成的水和二氧化碳全部推入B.C装置，使测定结果准确，故B错误。
C.若没有C装置，测定二氧化碳的质量偏大，计算出碳酸钙的质量偏大，氧化钙的质量等于样品的质量减去碳酸钙和氢氧化钙的质量，则氧化钙的质量就会偏小，所以若没有C装置，会导致含量测定结果偏小的成分是CaO，故C正确。
D.设碳酸钙的质量为x，氢氧化钙的质量为y
x=5.0g
y=3.7g
5g+3.7g=8.7g＜10.0g，则该包干燥剂的成分有CaO、Ca(OH)2、CaCO3，其中Ca(OH)2的质量为3.7g，故D错误。
故选：C。
30．某固体混合物成分是由Na+、Ba2+、Cu2+、Cl﹣、、中的几种离子构成，取一定质量的该固体混合物样品，进行如下实验：
①将固体样品溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液过滤，得到白色沉淀和无色滤液。
②在①所得的白色沉淀中加入过量稀硝酸，白色沉淀部分溶解并产生气泡。
③在①所得的无色滤液中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀。
由此推断该固体中一定含有的离子是（ ）
A．Na+、、 B．Na+、、、Cl﹣
C．Ba2+、、Cl﹣ D．Na+、Ba2+、Cu2+、、
【答案】A
【解析】
①将固体样品溶于水得无色透明溶液，说明一定不含铜离子；加入足量BaCl2溶液过滤，得到白色沉淀和无色滤液，说明可能含有、。
②在①所得的白色沉淀中加入过量稀硝酸，白色沉淀部分溶解并产生气泡，说明沉淀中一定含有硫酸钡、碳酸钡，硫酸根离子和钡离子不能共存，则一定不含钡离子。
③在①所得的无色滤液中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，由于①中加入了足量的氯化钡溶液，无法确定原混合物中是否含有氯离子。
混合物中的阳离子是钠离子，故该固体中一定含有的离子是Na+、、。
故选：A。
31．有一包白色粉末，可能由NaCl、Na2SO4、CuSO4、Na2CO3、CaCO3中的一种或几种组成，为确定其组成，进行如下实验：（ ）
①称取一定质量的该白色粉末加足量水溶解，得无色溶液 A；
②在无色溶液 A 中加入过量BaCl2溶液，充分反应后过滤，分别得无色溶液 B 和白色沉淀C；将白色沉淀 C 洗涤，烘干后称得质量为 20g；
③在 20g 白色沉淀 C 中加入足量的稀硝酸，沉淀部分消失，并有气泡冒出；
④在无色溶液 B 中滴加AgNO3溶液和稀硝酸，产生白色淀。
由上述实验得出的下列判断中，正确的是
A．白色粉末中一定含有NaCl
B．无色溶液 B 中只含有一种溶质
C．步骤③生成的气体质量可能是 4.4g
D．白色粉末中不含CaCO3、CuSO4、Na2SO4
【答案】C
【解析】
由题意可知，称取一定质量的该白色粉末加足量水溶解，得无色溶液A，由于碳酸钙难溶于水，硫酸铜在溶液中显蓝色，所以白色粉末中一定不含碳酸钙、硫酸铜；由在无色溶液A中加入过量氯化钡溶液，充分反应后过滤，分别得无色溶液B和白色沉淀C；将白色沉淀C洗涤，烘干后称得质量为20g，在20g白色沉淀C中加入足量的稀硝酸，沉淀部分消失，并有气泡冒出，说明白色沉淀C是硫酸钡沉淀和碳酸钡沉淀的混合物，所以白色粉末中一定含有碳酸钠、硫酸钠；碳酸钠和氯化钡生成碳酸钡沉淀和氯化钠，硫酸钠和氯化钡生成硫酸钡沉淀和氯化钠，氯化钡是过量的，所以B中的溶质是氯化钠和氯化钡，在无色溶液B中滴加硝酸银溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，说明溶液B中含有氯离子，但是加入的氯化钡引入了氯离子，白色粉末中是否含有氯化钠，不会影响实验现象，所以白色粉末中可能含有氯化钠，
A、通过推导可知，加入的氯化钡引入了氯离子，白色粉末中不一定含有氯化钠，说法错误；
B、通过推导可知，无色溶液B中溶质是氯化钠和氯化钡，说法错误；
C、通过方程式：，可以看出，生成4.4克的二氧化碳，需要碳酸钡19.7g＜20g，说法正确；
D、通过推导可知，白色粉末中含有硫酸钠，说法错误。
故选：C。
【点睛】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。
32．某同学为验证镁、铁、铜、银的金属活动性顺序，设计了下图所示的四个实验（金属片均已打磨，且其形状大小相同；实验①②③所用盐酸的溶质质量分数和体积均相同）。下列分析不正确的是（ ）
A．对比实验①②反应的剧烈程度，能判断出镁和铁的金属活动性强弱
B．分析实验②④现象，能判断出铁、铜、银的金属活动性强弱
C．分析实验④的现象，能判断出铜和银的金属活动性强弱
D．分析四个实验的现象，能判断出镁、铁、铜、银的金属活动性顺序
【答案】B
【解析】A、金属与酸反应，反应越剧烈，金属活动性越强，对比实验①②反应的剧烈程度，能判断出镁和铁的金属活动性强弱，A正确。；B、②稀盐酸和铁反应，生成氯化亚铁和氢气，说明金属活动性，铁在氢前，④铜和硝酸银反应，生成硝酸铜和银，说明金属活动性铜大于银，不能判断出铁、铜的金属活动性强弱，B错，符合题意；C、活动性强的金属，能和活动性弱的金属盐溶液反应，分析实验④的现象，能判断出铜和银的金属活动性强弱，C正确；D、对比实验①②反应的剧烈程度，能判断出镁和铁的金属活动性强弱，镁＞铁＞氢，实验③铜和稀盐酸不反应，说明活动性氢＞铜，活动性强的金属，能和活动性弱的金属盐溶液反应，分析实验④的现象，活动性铜＞银，故金属活动性，镁＞铁＞铜＞银，D正确。故选B。
33.有一包固体混合物，其中含有硝酸银、硝酸铜、硝酸镁及铁粉，加入足量的水过滤，下列描述的情形不可能存在的是（ ）
A．滤纸上有Ag、Cu、Fe，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋
B．滤纸上有Ag、Cu，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ag＋
C．滤纸上有Ag，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ag＋
D．滤纸上有Ag、Cu，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋
【答案】AB
【解析】硝酸银、硝酸铜、硝酸镁及铁粉的混合溶液中加入一些铁粉，镁>铁>铜>银，铁不会与硝酸镁反应，故滤液中一定含有硝酸镁，铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，铁与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，生成的铜与硝酸银能反应生成硝酸铜和银，铁先消耗硝酸银，硝酸银完全反应后，铁再消耗硝酸铜。A、铁的金属活动性强于铜，滤渣中有铁，滤液中不可能含有铜离子，A错，符合题意。B、铜的金属活动性强于银，滤渣中有铜，滤液中不可能含有银离子，B错，符合题意。C、假如铁粉不足，只和部分硝酸银反应，此时滤纸上有Ag，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ag＋，C正确。D、铁和硝酸银反应完之后又和部分硝酸铜反应，此时滤纸上有Ag、Cu，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋，D正确。故选AB。
34．某学习小组同学做完铁与稀硫酸反应实验后，将反应后的混合物M全部倒入盛有一小块铜锌合金的烧杯中，发现有大量气泡产生。待充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。他们得出的现象或结论如下：①M中一定不含铁单质；②烧杯中溶液由浅绿色变成蓝色；③滤液中一定含有ZnSO4；④滤渣中可能含有三种金属单质；⑤滤液中可能含有两种金属离子。其中正确的个数有：（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【解析】将铁与稀硫酸反应后的混合物M全部倒入盛有一小块铜锌合金的烧杯中，发现有大量气泡产生。说明混合物M中稀硫酸过量，锌与稀硫酸反应生成氢气，故产生大量气泡，故M中铁已经完全反应，M中含稀硫酸、硫酸亚铁，锌先与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，待稀硫酸完全反应后，锌再与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，铜与稀硫酸、硫酸亚铁不反应。①由分析可知，M中一定不含铁单质，正确；②铜与稀硫酸和硫酸亚铁都不反应，烧杯中溶液不会由浅绿色变成蓝色，错误；③锌一定与稀硫酸反应生成了硫酸锌和氢气，故滤液中一定含有ZnSO4，正确；④铜不参与反应，滤渣中一定含铜，如果锌过量，锌与硫酸亚铁反应生成了硫酸锌和铁，滤渣中含锌、铁，故滤渣中可能含有三种金属单质，正确；⑤如果锌过量，锌将稀硫酸、硫酸亚铁完全反应，滤液中只含锌离子一种金属离子，如果锌含量不足，则溶液中含锌离子和亚铁离子两种金属离子，正确。故正确的有4个。故选A。
35．小余取8.0g干燥的氢氧化钠固体于敞口的锥形瓶中，观察到氢氧化钠固体发生潮解，一段时间后测得锥形瓶内物质质量为10.0g。为进一步探究上述现象的成因，小余立即用如下装置进行实验：将试剂X逐滴滴入锥形瓶中，直至不再产生气泡为止，测得装置前后质量减少了1.1g。（不考虑滴加液体体积、气体密度变化和结晶水的生成）
下列推断正确的是
①试剂X可以是稀硫酸
②固体Y可以是生石灰
③滴加试剂X前锥形瓶内水的质量为0.9g
④若没有球形干燥管，测得氢氧化钠固体从空气中吸收水的质量会偏小
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
【答案】B
【解析】①氢氧化钠变质是和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和常见的酸都能反应生成二氧化碳，试剂X可以是稀硫酸，选项正确；②固体Y的作用是吸收水分，释放二氧化碳，不可以是生石灰（氧化钙），因氧化钙和水反应生成的氢氧化钙会和二氧化碳反应，将二氧化碳吸收，选项错误；③滴加试剂X前锥形瓶内物质增加的质量即为吸收水和二氧化碳的总质量，其中二氧化碳的质量为1.1g，则吸收水的质量为2g-1.1g=0.9g，但是氢氧化钠和二氧化碳反应还会生成水，则锥形瓶内水的总质量大于0.9g，选项错误；④实验中二氧化碳的质量是通过锥形瓶的质量差计算出来的，即反应前后锥形瓶的质量差只来自于二氧化碳，若没有球形干燥管，`锥形瓶内的水分会挥发出来，使锥形瓶的质量差偏大，则二氧化碳的质量偏大，测得氢氧化钠固体从空气中吸收水的质量会偏小，选项正确。故选B。
36．有一包固体粉末X可能含有锌、铁、氧化铜中的一种或几种。为探究其成分，将mg固体粉末加入到一定质量的稀盐酸中，充分反应后剩余ng固体。下列说法正确的是（ ）
A．若固体粉末X含有铁，则m可能小于n
B．若充分反应后溶液中含有四种阳离子，则剩余固体一定为纯净物
C．若充分反应后溶液中含有三种阳离子，则固体粉末X一定由三种物质组成
D．剩余ng固体可能由铁和氧化铜组成
【答案】B
【解析】A、固体X一旦被溶解，则固体质量一定会减小，即使氧化铜转化为单质铜，固体质量还是会减小，因此m一定大于n，选项错误；B、若充分反应后溶液中含有四种阳离子，则溶液中的溶质是氯化锌、氯化亚铁、氯化铜和稀盐酸，则剩余的固体不能与稀盐酸反应，即该固体只能是铜，铜是一种纯净物，选项正确；C、若溶液中含有三种阳离子，则溶液中一定含有氯化锌、氯化亚铁，可能含有盐酸、氯化铜种的一种，则滤渣中一定不含锌、铁，一定含有铜，可能含有氧化铜，固体粉末X由一种或两种物质组成，选项错误；D、将酸加入固体混合物中，盐酸先与氧化铜反应生成氯化铜和水，活动性比铜强的铁或锌能够与氯化铜反应生成铜，所以剩余固体中一定会有铜，选项错误，故选B。
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