2026年山东省青岛市中考模拟化学预测卷含答案（五）

这是一份2026年山东省青岛市中考模拟化学预测卷含答案（五），共10页。试卷主要包含了4g，n=2，5g锌、5，6g而小于49等内容，欢迎下载使用。
说明：
1.本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共25题。第Ⅰ卷为选择题，共20小题，25分；第Ⅱ卷为非选择题，共5小题，55分。
2.所有题目均在答题卡上作答，在试题上作答无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137 Ce-140
第Ⅰ卷(共25分)
一、选择题(本题共15小题，每小题1分，共15分)在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．北宋沈括在《梦溪笔谈》中记载“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾（CuSO4·5H2O），烹胆矾则成铜，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列叙述错误的是
A．“苦泉”中含有溶质CuSO4
B．“挹其水熬之”利用了蒸发结晶原理
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”的过程中发生置换反应
D．“挹其水熬之，则成胆矾，烹胆矾则成铜”只发生分解反应
【答案】D
【详解】A、挹其水熬之，则成胆矾，说明“苦泉”中含有溶质硫酸铜，不符合题意；
B、“挹其水熬之”，是蒸发溶剂获得晶体，利用了蒸发结晶的原理，不符合题意；
C、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”的过程，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该反应符合“一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应，属于置换反应，不符合题意；
D、“烹胆矾则成铜”，不仅发生了硫酸铜逐步分解生成铜的分解反应，还发生了铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜的置换反应，符合题意。
故选D。
2．1900年法国化学家合成了人造惰性气体SF6，它的分子结构呈八面体形式（如图）。六个F原子与S原子的连接完全对称，将Cl原子替换一个F原子后，只能得到一种结构的SF5Cl。如果继续用Cl再替换一个F，得到的分子SF4Cl2有几种结构
A．一种B．二种
C．三种D．四种
【答案】B
【详解】如图所示，SF6的分子结构呈八面体形式，六个F原子与S原子的连接完全对称，将Cl原子替换一个F原子后，只能得到一种结构的SF5Cl，继续用Cl再替换一个F，与原Cl原子在同一条棱上的4个F原子被替代的情况一样，得到1种结构，另一个与S原子的连接对称的位置上的F原子被替代得到第2种结构，因此SF4Cl2共有两种结构，B选项正确，符合题意。故选B。
3．下列物质间的各步转化中不能一步全部实现的是
A．Ca（OH）2→NaOH→Cu（OH）2→CuO B．Fe2O3→Fe→Cu→Ag
C．H2SO4→HCl→HNO3→Cu（NO3）2 D．Na2CO3→NaCl→MgCl2→Mg（OH）2
【答案】D
【详解】A、氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，氢氧化铜加热可以生成氧化铜和水，该选项能够一步实现；
C、硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，硝酸和氧化铜反应生成硝酸铜和水，该选项能够一步实现；
B、氧化铁和一氧化碳在高温条件下反应生成铁和二氧化碳，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，该选项能够一步实现。
D、碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，氯化钠不能和其它物质通过一步反应生成氯化镁，该选项不能一步实现；
故选D。
4．标准状况下，将CO2气体通入NaOH的溶液中，已知CO2为15a个，NaOH为20a个，充分反应后，CO2和NaOH都不剩余，溶质为Na2CO3和NaHCO3，则溶液中与 的个数比为
A．1：1B．1：3C．2：1D．1：2
【答案】D
【详解】向氢氧化钠溶液中通入CO2，先生成Na2CO3，继续通入CO2，Na2CO3会转化为NaHCO3，化学方程式为：、；可得：
则剩余CO2为15a-10a＝5a，
故溶液中与的个数比为：（10a﹣5a）：10a＝1：2；
故选：D。
5．用铝屑、稀硫酸、氢氧化钠溶液制备 Al(OH)3有如下三种方案：
方案一：
方案二：
方案三：

欲制取相同质量的 Al(OH)3（假设原料的利用率为 100%），有关说法正确的是
A．方案二中消耗硫酸的质量最小B．方案三中消耗的氢氧化钠质量最小
C．三种方案中消耗铝屑的质量不相等D．三种方案中产生氢气的质量不相等
【答案】B
【分析】化学反应前后原子的种类和数目不变。
方案一：2Al消耗3H2SO4，6NaOH得到3H2、2Al(OH)3和3Na2SO4。
方案二：2Al消耗2NaOH、1H2SO4得到3H2、2Al(OH)3和Na2SO4。
方案三：（2+2×3）Al消耗3H2SO4，（2×3）NaOH得到（3+3×3）H2、8Al(OH)3，3Na2SO4。相当于2Al消耗H2SO4，1.5NaOH得到3H2、2Al(OH)3，Na2SO4。
【详解】A、根据分析，方案三中消耗硫酸的质量最小。错误。
B、根据分析，方案三中消耗的氢氧化钠质量最小，正确。
C、根据分析，三种方案中消耗铝屑的质量相等。错误。
D、根据分析，三种方案中产生氢气的质量相等。错误。
故选B。
6．甲烷是最简单的有机物，不仅可做燃料，还能发生如下反应：
①在隔绝空气和1000°C条件下，甲烷分解产生炭黑和氢气；
②在隔绝空气和1500°C条件下，甲烷分解产生乙炔(C2H2) 和氢气；
③在1400℃条件下，适当比例的甲烷和氧气反应生成氢气和一氧化碳；
④在800°C和催化剂条件下，适当比例的甲烷和二氧化碳反应生成氢气和一氧化碳。
下列有关说法错误的是
A．从微观的角度看，反应①和②是因为反应条件不同导致原子结合方式不同
B．从物质组成的角度看，反应③和④是由于反应物组成元素相同，反应前后元素种类不变
C．反应①和②中，若生成氢气的质量相等，则消耗甲烷的质量一定相等
D．反应③中，若氧气过量则会有二氧化碳和水生成
【答案】C
【详解】A、从微观的角度看，反应①和②中反应物相同，但是由于反应条件不同，原子的结合方式不同，故生成物不同，不符合题意；
B、根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应③和④反应物不同，但是反应物均是由C、H、O元素组成，反应前后，元素种类不变，故生成物相同，不符合题意；
C、反应①中甲烷中的氢元素完全转化到了氢气中，反应②中甲烷中的氢元素一部分转化到氢气中，故反应①和②中，若生成氢气的质量相等，则反应②消耗甲烷的质量大，符合题意；
D、反应③中在1400℃条件下，适当比例的甲烷和氧气反应生成氢气和一氧化碳，若氧气过量，一氧化碳和氧气在高温下反应生成二氧化碳，氢气和氧气在高温下反应生成水，不符合题意。
故选C。
7．有5.8g铁的氧化物，用足量的CO在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到10g固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式
A．FeOB．Fe3O4C．Fe2O3D．Fe4O5
【答案】B
【分析】根据将二氧化碳通入到足量澄清石灰水中生成碳酸钙的性质，推出沉淀为碳酸钙，质量为10g，从而根据碳元素质量守恒，得到二氧化碳、一氧化碳质量，再根据二氧化碳减去一氧化碳质量求出增加的氧元素质量，根据氧元素质量守恒，就可以得出铁的氧化物中氧元素质量，最后根据铁的氧化物质量减去氧元素质量得到铁元素质量，然后按照元素质量比求得化学式。
【详解】生成固体沉淀物为碳酸钙，根据碳元素质量守恒，碳酸钙中碳元素质量=二氧化碳中碳元素质量=一氧化碳中碳元素质量，设二氧化碳质量为m，一氧化碳质量为n，10g×，m=4.4g，n=2.8g，所以铁的氧化物中氧元素质量=4.4g-2.8g=1.6g，剩余铁元素质量=5.8g-1.6g=4.2g，所以其中铁原子个数：氧原子个数= =3：4，所以该铁的氧化物化学式为Fe3O4，故选B。
【点睛】化学反应前后，元素质量不发生变化。
8．一包固体粉末可能含有NaNO3、CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCI和Ca(NO3)2中的一种或几种.为确定其组成，某同学设计了如下实验方案.下列判断正确的是
A．该混合物中一定含有CaCO3、NaOH、CuCl2、Ca(NO3)2 B．蓝色溶液B的溶质有2种
C．无色溶液A呈中性 D．该混合物中一定含有NaCI可能含有NaNO3
【答案】A
【分析】根据题意NaNO3、CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCI和Ca(NO3)2中的一种或几种，设计了如下实验方案进行探究：固体粉末加入足量的水充分溶解，得到19.8g沉淀，和无色滤液；根据无色滤液可以推导出滤液无氯化铜；根据有19.8g沉淀可以推导出肯定有碳酸钙；沉淀加入稀硝酸后有无色气体（二氧化碳），蓝色溶液（硝酸铜），可得沉淀中有氢氧化铜；故原固体中有氯化铜；氯化铜与氢氧化钠反应才会有沉淀产生，故原固体肯定有氢氧化钠；往滤液中通入二氧化碳有沉淀产生，说明滤液中有钙离子，故原白色固体中有硝酸钙；往无色滤液中加入稀硝酸后滴加硝酸银，产生白色沉淀，故滤液中有氯离子，但不能证明是否有氯化钠，因为氯化铜中有氯离子；以上是定性分析，可以得出原固体粉末一定有：CaCO3、NaOH、CuCl2、Ca(NO3)2；不能确定是否有NaNO3，NaCl，而硝酸钠没有试剂去检验，故不确定，但是氯离子可以定量计算来判断是否有。因为沉淀19.8g有两种成分，通过产生的无色气体求出碳酸钙质量，再有总质量减去碳酸钙求得氢氧化铜的质量；再由氢氧化铜的质量求出氯化铜中离子的质量，最后对比氯化银中氯的质量即可知道原固体中是否有氯化钠。
【详解】定性分析如上分析：
定量计算如下:
解设碳酸钙的质量为X，氯化铜的质量为Y；
氢氧化铜的质量为：19.8g-10g=9.8g。
氯化铜中氯元素的质量为：
氯化银中氯元素的质量为：
又因为分两份来作实验，故无色滤液中的氯离子质量为：
比较可知两者相同，故无色滤液中的氯离子只有氯化铜来提供；可得原固体中无氯化钠。
A. 该混合物中一定含有CaCO3、NaOH、CuCl2、Ca(NO3)2，说法正确，故符合题意；
B. 蓝色溶液B中有硝酸铜，硝酸钙，还有剩余的硝酸，故溶质有3种，说法错误，不符合题意；
C.无色溶液A通入二氧化碳有白色沉淀生成，说明A中一定有氢氧化钠和二氧化碳反应生成的碳酸钠，碳酸钠再和硝酸钙反应才会有白色沉淀，无色溶液A中有氢氧化钠，一定呈碱性。说法错误，故不符合题意。
D. 经过定量计算可得该混合物中一定没有NaCl，可能含有NaNO3。故说法正确，故不符合题意；
故选A
【点睛】根据已经给出的信息找到突破点，层层定性分析，比如本题的突破点有好几个，一个是有沉淀，沉淀加入稀硝酸后产生气泡，溶液变蓝，说明气体是二氧化碳，溶液中有硝酸铜等；当用定性分析无法完全解决问题时，要采取定量分析，即通过计算来确定。
9．现有一包由6.5g锌、5.6g铁、6.4g铜混合而成的粉末，把它加入到一定量的硝酸银溶液中，反应结束后过滤，洗涤，烘干，测得滤渣中含有三种物质。则滤渣的质量可能是
A．49.6gB．34.8gC．32.7gD．18.5g
【答案】B
【分析】由于锌铁铜均比银活泼，所以都能和硝酸银反应生成银，且都是固体质量增加的过量，由于滤渣中含有三种物质，所以一定是铁、铜和银。此时存在两种可能性，第一是只有锌参加反应且完全反应；第二种情况，锌反应完全，铁部分反应。结果介于两者之间。
【详解】设锌完全反应生成的银的质量为x
设铁完全反应生成的银的质量为y
由于滤渣中含有三种物质，所以一定是铁、铜和银。此时存在两种可能性，第一是只有锌参加反应且完全反应，此时滤渣的质量为21.6g+5.6g+6.4g=33.6g
第二种情况，锌反应完全，铁部分反应，此时滤渣的质量小于21.6g+21.6g+6.4g=49.6g。
所以结果介于大于等于33.6g而小于49.6g
故选B。
10．化学实验的设计与评价是进行实验探究与创新的重要环节。下列相关实验设计中，你认为能达到实验目的是
【答案】B
【详解】A、KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤，此选项错误；
B、Fe与稀硫酸反应生成氢气；CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，会观察到黑色粉末溶解，溶液变蓝；碳与稀硫酸不反应，故可以鉴别，此选项正确；
C、碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠，生成的氯化钠、过量的盐酸均能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，不能检验碳酸钠溶液中是否含有氯化钠，此选项错误；
D、将气体依次通过饱和的氢氧化钠溶液、浓硫酸，氢氧化钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，把二氧化碳吸收了，不能达到除杂的目的，此选项错误。
故选B。
11．实验室有以下两种途径制取铜：（1）；（2）。假设每步反应都完全，要制得等质量的铜，两个途径相比较，下列有关说法中正确的是
A．消耗等质量的H2SO4B．消耗等质量的CuO
C．生成等质量的ZnSO4D．所有反应的类型都相同
【答案】B
【详解】途径（1）中，说明生成64克铜需要65克锌和160克硫酸铜，同时生成161克硫酸锌，生成160克硫酸铜需要80氧化铜和98克硫酸，反应 的类型有复分解反应和置换反应；
途径（2），，根据氢气还原氧化铜的实验注意事项可知，氢气要通入一段时间后才开始加热反应，因此氢气是过量的，所以生成64克铜需要氧化铜的质量等于80克，需要氢气的质量大于2克，生成大于两克的氢气需要锌的质量大于65克，需要硫酸的质量大于98克，同时生成硫酸锌的质量大于161克，反应类型只有置换，综上分析：
A、消耗H2SO4的质量不相等，故选项错误；B、消耗等质量的氧化铜，故选项正确；
C、生成硫酸锌质量不相等，故选项错误； D、所有反应类型不同，选项错误；
故选B。
12．一定质量的CH4可与常见物质M反应，同时放出少量热量；将所得产物Cu2O与O2反应又生成M，同时放出较多热量。其反应原理如图所示。下列说法正确的是
①M中氧元素的质量分数比Cu2O中的高②理论上反应每生成22gCO2，同时生成9gH2O
③理论上每16gCH4参与反应，最终消耗64gO2④整个过程需要不断添加物质M
⑤反应I可将CH4中的部分能量储存于Cu2O中
A．①③B．②④C．③⑤D．①③⑤
【答案】D
【详解】①由图可知，M与甲烷反应生成氧化亚铜、二氧化碳和水，甲烷中不含氧元素，由质量守恒定律可知，M中氧元素的质量分数比Cu2O中的高，选项正确；
②每16份质量的甲烷结合64份质量的氧生成44份质量的二氧化碳和36份质量的水，反应中生成的二氧化碳与水的质量比为44：36，则上述反应中，理论上反应每生成22gCO2，同时生成18gH2O，选项错误；
③每16份质量的甲烷结合64份质量的氧生成44份质量的二氧化碳和36份质量的水，反应中甲烷与氧气的质量比为16：64，则上述反应中，理论上每16gCH4参与反应，最终消耗64gO2，选项正确；
④由图可知，反应中，氧化亚铜与氧气反应生成M，M与甲烷生成二氧化碳、水和氧化亚铜，所以反应中M不断循环，所以整个过程不需要添加物质M，选项错误；
⑤二氧化碳与水不是储能物质，将所得产物Cu2O与O2反应又生成M，同时放出较多热量，说明反应I可将CH4中的部分能量储存于Cu2O中，选项正确。
故选D。
13．金属钨用途广泛，H2 还原 WO3 可得到钨，其总反应为：，该总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如右表所示。假设 WO3 完全转化为 W，则三个阶段消耗 H2质量之比为
A．1：1：4B．1：1：3C．1：1：2D．1：1：1
【答案】A
【详解】由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应生成W2O5和H2O，反应的化学方程式为：；第二阶段反应为W2O5与H2反应生成WO2和H2O，反应的化学方程式为：；第三阶段反应为WO2与H2反应生成W和H2O，反应的化学方程式为：，所以三个阶段消耗H2分子个数比为：1：1：（2×2）=1：1：4，则三个阶段消耗H2的质量比为：1：1：4，故选A。
14．实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)，下列说法正确的是

A．①、②、③中依次盛装氢氧化钠溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度
C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热
D．装置Q优点是随开随用，随关随停，可用于实验室双氧水分解制备氧气
【答案】B
【详解】A、浓盐酸具有挥发性，且锌粒中含有硫化物杂质，制得的氢气中可能混有HCl、H2S等杂质，氢氧化钠溶液可除去氯化氢和硫化氢，然后用焦性没食子酸溶液吸收氧气，最后用浓硫酸干燥氢气，不符合题意；
B、氢气具有可燃性，混有一定量的空气，遇到明火，溶液发生爆炸，故管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，符合题意；
C、结束反应时，应先停止加热，然后通一段时间氢气，待冷却后，关闭活塞K，防止生成的金属W被氧化，不符合题意；
D、装置Q优点是随开随用，随关随停，适用于块状固体和液体制取气体，但是实验室双氧水分解制备氧气中，二氧化锰是粉状固体，不符合题意。
故选B。
15．有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、、Ba2+、Cl−、、。现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.68g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是
A．一定不存在Ba2+，可能存在B．可能存在
C．Na+一定存在D．一定不存在Cl−
【答案】C
【分析】①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.68g；氢氧化钠能与铵根离子结合产生气体，故一定含有铵根离子；
②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明既有溶于酸的沉淀也有不溶于酸的沉淀，即有碳酸钡6.27g-2.33g=3.94g和硫酸钡2.33g，说明一定含有碳酸根离子和硫酸根离子，一定不含有钡离子；
且铵根离子、碳酸根离子、硫酸根离子的个数比为：，则负电荷的总量比正电荷多，原溶液中一定有钠离子。
【详解】A、根据推断，一定含有铵根离子，一定不含钡离子，故选项A错误；
B、根据推断，一定含有碳酸根离子，故选项B错误；
C、根据推断，一定不含有钡离子，溶液中需要正负电荷同时存在，达到电荷平衡，则一定含有钠离子，故选项C正确；
D、根据推断，氯离子对实验现象无影响，氯离子可能含有，故选项D错误；
故选：C。
二、选择题(本题共5小题，每小题2分，共10分。每小题有一个或两个选项符合题目要求)
16．利用微型实验仪器探究白磷燃烧的条件，实验装置如图所示。实验主要步骤为：①检查装置气密性；②装入试剂；③滴加稀盐酸；④干燥管口检测到CO2后，停止滴加稀盐酸，将燃烧管放入热水中；⑤滴加过氧化氢溶液。下列有关说法错误的是
A．步骤③的目的是排出装置中的空气 B．白磷燃烧发生在第⑤步
C．湿棉花的主要作用是防止空气进入燃烧管干扰实验 D．该实验证明白磷燃烧需要O2，且温度达到着火点
【答案】CD
【详解】A、步骤③滴加稀盐酸，石灰石与稀盐酸反应生成二氧化碳（），目的是排出装置中的空气，防止空气中的氧气干扰实验，解释合理。
B、步骤⑤滴加过氧化氢溶液，二氧化锰催化过氧化氢分解生成氧气（），此时白磷与氧气接触且温度达到着火点（热水提供），白磷燃烧，发生在第⑤步，解释合理。
C、湿棉花的主要作用是吸收白磷燃烧产生的白烟（五氧化二磷），防止污染空气，而非防止空气进入燃烧管干扰实验，解释错误。
D、实验中，先排出空气（白磷不燃烧），再通入氧气（白磷燃烧），能证明白磷燃烧需要O2，但没有做温度的对比实验，无法证明白磷燃烧需要温度达到着火点，解释不合理。
故选CD。
17．下表中，有关量的变化图象与其对应叙述相符的是
某同学误将少量KMnO4当成MnO2加入KClO3中进行加热制取氧气，部分物质质量随时间变化如图所示，则t1时刻，KMnO4开始分解
在一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入铁粉，充分反应，硝酸根质量分数随加入铁粉质量变化如图所示
C．密闭容器中发生化学反应，X、Y、Z的质量随着反应时间的变化如图所示，则该反应的化学方程式一定为3X+Y=4Z
D．稀硫酸和氢氧化钠溶液反应的pH的变化图象如图所示，图中c点时可以加BaCl2溶液来检验硫酸是否被反应完
【答案】A
【详解】A、误将少量KMnO4当成MnO2加入KClO3中进行加热，高锰酸钾在加热的条件下分解成锰酸钾、二氧化锰和氧气，然后氯酸钾在二氧化锰的催化下分解为氯化钾和氧气，故b为高锰酸钾，在t1时刻，高锰酸钾开始分解，t2时刻，氯酸钾开始分解，故a为氯酸钾，c为氧气，符合题意；
B、在一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入铁粉，铁粉先和硝酸银反应，，56份铁生成216份银，固体质量增加，溶液质量减小，硝酸根的质量不变，故硝酸根的质量分数逐渐增大，待硝酸银完全反应后，铁和硝酸铜反应，56份铁生成64份铜，固体质量增加，溶液质量减小，硝酸根的质量不变，故硝酸根质量分数逐渐增大，待硝酸铜完全反应后，硝酸根溶质质量分数不变，不符合题意；
C、由图可知，X、Y质量不断减小，则X、Y 为反应物，Z的质量逐渐增加，则Z为生成物，t1时，该反应恰好完全反应，X减小量为9，Y减小量为3，则Z的增加量为12，X∶Y∶Z=3∶1∶4，但是由于不知道X、Y、Z的相对分子质量，无法确定该反应的化学方程式，不符合题意。
D、稀硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水， c点时，稀硫酸与氢氧化钠恰好完全反应，但是溶液中一直含有硫酸根离子，无论稀硫酸是否完全反应，加入氯化钡都会生成白色沉淀，因此不能用氯化钡来检验硫酸是否完全反应，不符合题意。故选A。
18．在托盘天平的两盘上各放一只质量相同的烧杯，在两只烧杯里分别加入50g溶质质量分数为14.6%的稀盐酸，将天平调节至平衡；然后向左、右两烧杯中分别加入一定质量的下列各组物质，充分反应后，天平仍然平衡的是
A．10g碳酸钙和5.6g氧化钙B．4.2g碳酸镁和2g硝酸银
C．10g碳酸钙和10g碳酸钠D．1.8g铝粉和1.8g铁粉
【答案】AB
【分析】盐酸中氯化氢的质量分数为50g×14.6%=7.3g。
【详解】A、碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，设产生二氧化碳的质量为x，则
可知碳酸钙和盐酸恰好完全反应，则，解得x=4.4g，则根据质量守恒，可知反应后增加的质量为10g-4.4g=5.6g，而氧化钙能与盐酸反应生成氯化钙和水，则反应过程中增加的质量为氧化钙，则反应后天平仍平衡，该选项符合题意；
B、碳酸镁能与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，设碳酸镁与盐酸反应时，产生的二氧化碳的质量为y，则
可知盐酸过量，则，解得y=2.2g，则根据质量守恒，可知反应后增加的质量为4.2g-2.2g=2g，又由于硝酸银与盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，则反应后增加的质量即为加入的硝酸银的质量，则反应后天平仍平衡，该选项符合题意；
C、结合前面计算可知，加入10g碳酸钙时增加的质量为5.6g，而碳酸钠能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，设产生的二氧化碳的质量为z，由于，可知盐酸过量，则产生二氧化碳的质量小于4.4g，根据元素守恒，可知反应后增加的质量大于5.6g，则反应后天平不平衡，该选项不符合题意；
D、铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，铁能与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，由于、，由于，则铝与盐酸恰好反应，铁与盐酸反应时盐酸过量，且消耗等质量的铝和铁时，铝消耗的盐酸较多，根据质量守恒，铝产生氢气较多，则反应后铝增加的质量较少，即反应后天平不平衡，该选项不符合题意。
故选AB。
19．将一包Fe2O3和CuO的混合物粉末溶于一定量稀硫酸中得到溶液M，在M溶液中滴加氨水，产生沉淀的质量与氨水体积的关系如图所示。下列推断正确的是
【已知：1.氨水主要成分是NH3·H2O，它是一种碱；2.Cu(OH)2能溶于氨水，】
A．M中离子反应顺序为Fe3+、H+、Cu2+ B．cd段化学方程式为
C．d点对应溶液中溶质主要是(NH4)2SO4 D．根据图像推知，Fe(OH)3也能溶于氨水
【答案】BC
【分析】由图可知，在M溶液中滴加氨水时，一段时间后才产生沉淀，说明硫酸过量，则Fe2O3和CuO的混合物粉末溶于一定量稀硫酸中得到的溶液M中含有H2SO4、Fe2（SO4）3、CuSO4。
【详解】A、Cu(OH)2能溶于氨水，沉淀质量会减少，根据图中反应阶段可知，因此0a阶段是氨水中和过量H2SO4，ab阶段是沉淀Fe3+，cd阶段沉淀Cu2+，即M中离子反应顺序为H+、Fe3+、Cu2+，故选项说法不正确；
B、cd阶段沉淀Cu2+，硫酸铜与氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铜沉淀，反应的化学方程式为，故选项说法正确；
C、d点时H2SO4、Fe2(SO4)3、CuSO4恰好反应完全，Fe3+、Cu2+全部转化为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，因此d点对应溶液中溶质主要是(NH4)2SO4，故选项说法正确；
D、由图可知，Cu2+先转化为Cu(OH)2沉淀，后溶于氨水中，但生成的Fe(OH)3在过量氨水中质量保持不变，说明Fe(OH)3难溶于氨水，故选项说法不正确.
故选BC。
20．已知：Mg（OH）2MgO+H2O，CaCO3CaO+CO2↑。某水垢为Mg（OH）2、CaCO3的混合物，现进行如下实验：称取25.8g此水垢，加热一段时间后，固体质量变为19.6g。将产生的气体通入足量石灰水中，得到10.0g固体。下列说法不正确的是
A．加热产生了1.8g水
B．剩余固体为MgO和CaO的混合物
C．水垢中Mg（OH）2与CaCO3的质量比为29：50
D．取两份质量相同的水垢，一份直接与盐酸反应，一份加热后再与盐酸反应，消耗HCl的质量相等
【答案】BC
【分析】根据氢氧化镁在加热的条件下生成氧化镁和水，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水等知识进行计算。
【详解】A、将产生的气体通入足量石灰水中，得到10.0g固体，该固体为碳酸钙，
设参加反应的二氧化碳的质量为x。
x＝4.4g
反应生成的二氧化碳和水的总质量为25.8g﹣19.6g＝6.2g，水质量为：6.2g﹣4.4g＝1.8g，故选项正确；
B、无法判断水垢是否完全反应，剩余的固体中可能还存在没有反应碳酸钙和氢氧化镁，故选项错误；
C、设氢氧化镁的质量为y，碳酸钙的质量为z。
y＝5.8g
z＝10g
所以水垢中Mg（OH）2与CaCO3的质量比为5.8g：10g＝29：50，但是此时水垢有没有完全反应不能确定，所以无法判断，故选项错误；
D、氢氧化镁、碳酸钙和盐酸反应氯化钙、氯化镁，氢氧化镁、碳酸钙加热后得到氧化镁和氧化钙，然后与盐酸反应最终也转化成氯化镁、氯化钙，依据氯原子守恒可知，消耗盐酸的质量相等，故选项正确。
故选：BC。
21．CaCO3广泛存在于自然界，是一种重要的化工原料。某种石灰石除主要成分为CaCO3外，还有少量的硫化物。小茜和小明同学用这种石灰石和稀盐酸反应，分别开展以下探究，请你参与探究并回答相关问题。
【查阅资料】
资料一：已知复分解反应CaCO3 +2HCl = CO2↑+ H2O + CaCl2可自发进行。在常温下，测得浓度均为a%的下列六种溶液的pH大小情况：
(1)表中pH大小情况揭示出复分解反应的一条规律，即较强酸发生类似反应可以生成较弱酸。下列反应均能发生，其中不符合该规律的是___________（填字母）。
A．H2SO4 + 2NaHCO3 = 2NaCl + 2H2O + 2CO2↑ B．2HCl + CaS = CaCl2 + H2S↑
C．CO2+H2O + Ca(ClO) 2 = CaCO3↓ + 2HClO D．H2S + CuSO4 = H2SO4 + CuS↓
资料二：常见干燥剂有①浓硫酸②无水氯化钙③碱石灰④生石灰
【实验探究】小茜同学为了得到纯净的二氧化碳，设计了如下装置，请你分析：
(2)制备的CO2气体中，可能含有的杂质是__________；
(3)上述装置中，A是_______溶液，NaHCO3溶液可以吸收_________________；
(4)上述装置中，B物质的名称可能是_______________；
(5)用这个实验得到的气体测定CO2的相对分子质量，如果B物质失效，测定结果_______（填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）；
资料三：石灰石常用来制取 CO2，而CO2与过氧化钠（化学式为Na2O2）反应会生成O2和另一种固体化合物（用X表示），此反应常用于呼吸面具中氧气来源。
(6)为探究X是哪种物质及其有关性质，同学们进行了如下分析和实验。
①有同学猜想X可能是酸、碱或盐中的一种。通过对物质组成的分析，大家一致认为X肯定不是酸和碱，理由是_______________________________。
②同学们通过讨论和实验证明了X是Na2CO3。以下是他们设计的有关Na2CO3性质的探究实验，请将下表填写完整。
(7)利用纯度80%的石灰石制取一定量CO2，与过氧化钠反应生成了64g氧气，理论上需要石灰石______ g。
【答案】(1)D；(2)HCl、H2S、和水蒸气；(3)硫酸铜/CuSO4 HCl、H2S等酸性气体；(4)无水氯化钙；(5)偏高
(6)根据质量守恒定律，反应物质中无氢元素，酸或碱中都含有H元素，所以不能生成酸和碱；滴加稀盐酸，将产生气体通入澄清石灰水；产生气泡；BaCl2溶液（或CaCl2溶液）；BaCl2 + Na2CO3 = BaCO3↓ + 2NaCl；(7)500
【详解】（1）由信息可知酸性强的酸能制取酸性弱的酸，酸性越强，pH越小，则由表格数据可知，酸性由强到若依次为：H2SO4、HCl、H2S、H2CO3、HClO；
A、硫酸的酸性比碳酸强，硫酸能和碳酸氢钠反应生成碳酸，碳酸再分解为二氧化碳和水，A正确，不符合题意；
B、盐酸的酸性比硫化氢强，故盐酸能与硫化钙发生复分解反应生成硫化氢，B正确，不符合题意；
C、二氧化碳和水可以看作是碳酸，能发生复分解反应生成酸性更弱的次氯酸，C正确，不符合题意；
D、硫化氢的酸性比硫酸弱，不符合题干中强酸发生复分解反应生成弱酸的规律，D错误，符合题意；
故选：D；
（2）因大理石中含有少量硫化物，加入盐酸后可能与盐酸反应生成硫化氢气体，故生成的二氧化碳气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气；
（3）根据除杂的要求，除去H2S是可选用CuSO4溶液，是因为硫酸铜与硫化氢反应生成CuS沉淀可达到除杂目的；
碳酸氢钠可以与氯化氢等酸性气体发生反应，则碳酸氢钠溶液可用于吸收HCl、H2S等酸性气体；
（4）B物质用于干燥制得的CO2，可选用无水氯化钙；碱石灰、生石灰也能作干燥剂，但能与二氧化碳反应，不能选择；
（5）若B装置氯化钙失效会使水分干燥不彻底，使二氧化碳中混有水蒸气，使质量偏大，质量越大，则导致相测定结果偏高；
（6）①因为反应物是Na2O2和CO2，因此在产物中不可能有H元素出现，而酸或碱中都含有H元素，所以X不可能是酸或碱，理由是：根据质量守恒定律，反应物质中无氢元素，所以不能生成酸和碱；
②通过讨论和实验证明了X是Na2CO3；
方案一：根据化学反应方程式可知，是盐酸与碳酸钠反应，则实验操作为取少量固体样品，滴加稀盐酸，将产生气体通入澄清石灰水，盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，可观察到产生气泡，澄清石灰水变浑浊；
方案二：根据碳酸钠的性质可知，碳酸钠与钙盐或钡盐反应会产生白色沉淀；取少量固体样品，加水配成溶液，滴加适量的BaCl2溶液（或CaCl2溶液）溶液，观察到产生白色沉淀，碳酸钠和氯化钡（或氯化钙）反应生成碳酸钡（或碳酸钙）沉淀和氯化钠，化学方程式为：或；
（7）利用纯度80%的石灰石制取一定量CO2，石灰石的主要成分碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为：，二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气和碳酸钠，，设需要碳酸钙的质量为x，则有
x=400g
则理论上需要石灰石的质量为。
22．某同学设计了如图所示的实验。在实验过程中观察到：镁条表面逐渐失去光泽，同时有大量气泡冒出， 有黑色固体析出，一段时间后黑色固体变成棕褐色；溶液出现浑浊，浑浊物呈现淡淡的蓝绿色。
【提出问题】
镁条表面气泡是什么气体？棕褐色物质是什么成分？蓝绿色沉淀又是什么物质？
【查阅资料】
①碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4]呈绿色，在水中溶解度极小，向碱式硫酸铜中加入过量强碱溶液，能得到深蓝色溶液([Cu(OH)4]2-)，该溶液与乙醛在加热的条件下能生成砖红色的沉淀。
②颗粒大小不同的铜会呈现不同的颜色，如黑色、棕褐色、红色
探究一：镁条表面冒出的气体成分
小组同学提出几种猜想：①SO2；②H2；③O2；④CO2
经讨论同学们一致认为猜想④一定是错误的，理由是_______________________。
为验证猜想，小组同学设计如下实验：
探究二：蓝绿色沉淀成分
作出猜想：蓝绿色沉淀可能是碱式硫酸铜。为验证其猜想，小组同学设计如下实验：
探究三：棕褐色沉淀成分
作出猜想：棕褐色物质可能是铜。为验证其猜想，小组同学设计如下实验：
（4）取镁条表面的棕褐色物质加热，颜色变黑，再往黑色物质中滴加足量的___________，观察到溶液变蓝色，说明棕褐色物质是铜。
【拓展延伸】
Ⅰ 硫酸铜溶液的制备
①同学们发现方法一实验过程有气体放出，该气体可以使带火星的木条复燃；随着反应的进行，生成气体速度加快。试解释可能的原因是__________________________。
②方法二发生如下反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。有关说法不正确的是______(填字母)。
a.铜丝绕成螺旋状是为了加快铜和浓硫酸的反应 b.实验中可观察到蘸有酚酞试液的脱脂棉团变红
c.氢氧化钠溶液中发生的反应为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O
③比较两种制备硫酸铜溶液的方法，从经济、环保或节能的角度对你喜欢的方法进行评价。____________________________________________________________________________________________。
Ⅱ 碱式碳酸铜的制备
用得到的CuSO4溶液和Na2CO3溶液(过量)混合，可以生成碱式碳酸铜。
①生成碱式碳酸铜的最佳条件:60℃，pH约为8.6。应选用的加料方式是________(填字母)。
a.将CuSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中
b.将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有CuSO4溶液的反应容器中
c.将CuSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中
②发生的反应为2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+X↑+2Na2SO4。则X的化学式为_________。
③所得混合物通过_________操作得到绿色固体和溶液，该操作中玻璃棒的作用是____________，将绿色固体洗涤、低温烘干便可得到纯净的Cu2(OH)2CO3。证明其已洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，加入___________，若无沉淀，则已洗净。
④若上述制取过程无其它反应发生，请计算理论上80g 10%CuSO4溶液可得到碱式碳酸铜的质量_____ g
【答案】 反应物不含碳元素，化学反应前后元素种类不变，不能生成CO2(或不符合质量守恒定律) 酸性 气体燃烧，产生淡蓝色火焰 产生砖红色沉淀 稀硫酸(稀盐酸) 生成的硫酸铜是过氧化氢分解的催化剂或反应放热 bc 方法一产生相同质量CuSO4，所需硫酸更少，成本更低；(或方法一无需加热，更节能；方法一不产生污染性气体SO2，更环保) c CO2 过滤 引流 BaCl2或Ba(NO3)2或Ba(OH)2或CaCl2或Ca(NO3)2或Ca(OH)2溶液 设生成的Cu2(OH)2CO3质量为x
x=5.55g；
答：生成的Cu2(OH)2CO3质量为5.55g
【详解】探究一：
经讨论同学们一致认为猜想④一定是错误的，理由是反应物中没有碳元素，不能生成二氧化碳。
（1）pH约为3.4，说明溶液显酸性；
（2）气体燃烧，产生淡蓝色火焰，说明气体是氢气，说明猜想②是正确的；
探究二：
（3）取蓝绿色沉淀于试管中，滴加20%的NaOH溶液，得到深蓝色溶液，再向该溶液中滴加乙醛溶液，加热至沸腾，产生砖红色沉淀，说明蓝绿色沉淀是碱式硫酸铜。
探究三：
（4）取镁条表面的棕褐色物质加热，颜色变黑，再往黑色物质中滴加足量的稀硫酸，溶液变蓝色，是因为铜和氧气在加热条件下反应生成氧化铜，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，说明棕褐色物质是铜。
拓展延伸：
Ⅰ①同学们发现实验过程中有气体放出，该气体可以使带火星的木条复燃，说明气体是氧气，随着反应的进行，生成气体速度加快，可能的原因是生成的硫酸铜是过氧化氢分解的催化剂或反应放热。
②a. 铜丝绕成螺旋状增大反应物接触面积，是为了加快铜和浓硫酸的反应，故正确；
b. 实验中二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸显酸性不能使酚酞变红色，故错误；
c. 氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，化学方程式为：，故错误；
故填：bc。
③比较两种制备硫酸铜溶液的方法，方法一产生相同质量CuSO4，所需硫酸更少，成本更低；(或方法一无需加热，更节能；方法一不产生污染性气体SO2，更环保)。
Ⅱ①pH保持在8.6时，反应条件最佳，而碳酸钠溶液显碱性，因此将硫酸铜加入碳酸钠中可以确保反应效果最佳，故选c；
②反应前有2个铜原子，2个硫原子，15个氧原子，4个钠原子，2个碳原子和2个氢原子，反应后目前有2个铜原子，1个碳原子，13个氧原子，2个硫原子，4个钠原子，还应有1个碳原子和2个氧原子，正好组成1分子二氧化碳，X为CO2。
③所得混合物通过过滤操作得到绿色固体和溶液，该操作中玻璃棒的作用是引流，将绿色固体洗涤、低温烘干便可得到纯净的Cu2(OH)2CO3。反应中碳酸钠过量，证明其已洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液，若无沉淀，则已洗净，因为氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡白色沉淀（Ba(NO3)2或Ba(OH)2或CaCl2或Ca(NO3)2或Ca(OH)2溶液亦可）。
④见答案。
23．氧锰八面体纳米棒(OMS-2)是一种新型的环保催化剂。用软锰矿和黄铁矿(主要成分分别为MnO2、FeS2)合成OMS-2的工艺流程如下：
(1)为加快反应速率，软锰矿和黄铁矿需进行的预处理是___________。
(2)淡黄色固体是一种非金属单质化学式为___________。“调pH并过滤”主要除去___________元素(写出元素名称)。
(3)Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，而锰元素的化合价有两种+3价和+4价，则显+3价、+4价的锰元素的原子个数之比为___________。制备Mn12O19的主要化学原理中，反应物KMnO4、K2S2O8、 MnSO4·H2O的化学计量数比为1：1：5，生成物中的硫元素均以形式存在，请写出相关化学方程式：__________________。
(4)溶液B可进一步分离出两种主要化合物，一种可在该工艺中循环使用，化学式是___________；另一种为盐类，在农业生产中可用作_____________________。
(5)OMS-2是一种纳米级的分子筛。分别用OMS-2和MnOx对甲醛进行催化氧化，在相同时间内甲醛转化率和温度的关系如图所示：
由图可知，OMS-2与MnOx相比，催化效率较高是___________(填“OMS-2”或“MnOx”)。
(6)甲醛(CH2O)在OMS-2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS-2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验，实验开始时，该空间内甲醛含量为1.22mg/L，CO2含量为0.590mg/L，一段时间后测得CO2含量升高至1.25mg/L，该实验中甲醛的转化率为___________。( ，计算结果保留到0.1%)。
【答案】进行粉碎 S 铁 5:1 2KMnO4+2K2S2O8+10MnSO4·H2O + H2O =Mn12O19+3K2SO4 +11H2SO4 H2SO4 钾肥 OMS-2
【详解】(1)为加快反应速率，软锰矿和黄铁矿需进行的预处理是进行粉碎，增大与反应物的接触面积。
(2)化学反应前后元素种类不变，反应前有硫元素，则淡黄色固体为硫S。由流程可知，矿石中含有铁元素，“调pH并过滤”、精制结晶得到晶体中没有了铁元素，故该过程主要除去铁元素。
(3)化合物中正负化合价代数和为零；Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，而锰元素的化合价有两种+3价和+4价，设显+3价、+4价的锰元素的原子个数分别为x、12-x，则(+3) ×x+(+4) ×(12-x)+(-2) ×19 =0，解得x=10，12-x=2；故显+3价、+4价的锰元素的原子个数之比为10:2=5:1；
制备Mn12O19的主要化学原理中，反应物有KMnO4、K2S2O8、 MnSO4·H2O，生成物中的硫元素均以形式存在，则生成物必有Mn12O19、K2SO4；在化学方程式配平时，观察反应前后出现”个数”较复杂的元素，先进行配平。先计算出反应前后该元素原子的最小公倍数，用填化学式前面化学计量数的方法，对该原子进行配平，然后观察配平其他元素的原子个数，致使化学反应中反应物与生成物的元素种类与原子个数都相等；由于反应物化学计量数比为1：1：5，反应前后原子种类数目不变，则反应物中含有溶液中的水参与、生成物中还有生成的H2SO4，故反应为2KMnO4+2K2S2O8+10MnSO4·H2O + H2O =Mn12O19+3K2SO4 +11H2SO4。
(4)由(3)分析可知，溶液B中含有生成的硫酸钾和硫酸；在整个流程中硫酸既是反应物也是生成物，可在该工艺中循环使用，化学式是H2SO4；另一种硫酸钾中含有植物所需的钾元素，在农业生产中可用作钾肥。
(5)由图可知，OMS-2与MnOx相比，催化效率较高是OMS-2 。
(6)设体积为1L，则CO2含量为0.590mg，一段时间后测得CO2含量升高至1.25mg/L，生成二氧化碳1.25mg/L×1L-0.590mg/L×1L=0.66mg；反应前后原子种类质量不变，生成二氧化碳中碳元素质量等于消耗甲醛中碳元素质量，故反应甲醛质量为，反应甲醛含量为0.45mg/L，故实验中甲醛的转化率为.
24．某化工厂用石灰石和铜屑等设计生产石青、波尔多液的工艺流程如下：
查阅资料：硫酸铜的溶解度如下表：
【产品制备】
（1）流程图中X的化学式_______；
（2）反应②在80℃条件下制备硫酸铜，其化学方程式为___________________________。
【组成测定】
小组同学为测定石青的组成，称取了一定质量的石青样品，用如图装置进行实验。
查阅资料：
①石青的化学式可表示为aCuCO3•bCu(OH)2
②Cu(OH)2在66℃～68℃完全分解：Cu(OH)2CuO+H2O； CuCO3在200℃～220℃完全分解：CuCO3CuO+CO2↑
③CuSO4固体为白色，CuSO4•5H2O固体为蓝色
实验步骤：①连接仪器，并 _____________________，准确称取69.2g的aCuCO3•bCu(OH)2放在C装置中；
②打开活塞鼓入一段时间空气，称量装置D、E的质量；
③关闭活塞，控制C装置中的温度为250℃对石青进行热分解，直至C装置中剩余固体质量不再变化为止；
④打开活塞，继续通一段时间空气；
⑤冷却后，称量，装置D增重3.6g，装置E增重17.6g。
（3）完善上述实验步骤①中的填空： _______________________________；
（4）洗气瓶A中氢氧化钠溶液的作用是________________；B中所装液体为________（填名称）。
（5）试确定石青的化学式________。
（6）若缺少F装置，测得的a：b的值将__________________（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
【脱水探究】硫酸铜晶体受热会逐步失去结晶水。取纯净的CuSO4•5H2O固体2.50g，放在上图实验装置C中进行加热，测定固体质量随温度的变化情况如图所示。
（7）G点固体的化学式是________；H点固体的颜色是______________。
（8）将CuSO4•5H2O固体加热到570℃分解后，得到的主要产物是黑色粉末、硫的一种氧化物和水蒸气，该反应的化学方程式为：_____________________________。
【答案】CO2 2H2SO4+2Cu+O2△2CuSO4+2H2O 检查装置的气密性，缓缓鼓入一段时间空气 除去空气中的CO2 浓硫酸 2CuCO3．Cu(OH)2 偏大 CuSO4．H2O 白色
【详解】（1）高温条件下，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，所以流程图中X的化学式为CO2；
（2）铜、氧气和稀硫酸在加热的条件下生成硫酸铜和水，化学方程式为：2H2SO4+2Cu+O2△2CuSO4+2H2O；
（3）密闭装置实验前要检查装置的气密性；为将装置内生成的二氧化碳和水蒸气排出，要缓缓鼓入一段时间空气；
（4）氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，浓硫酸具有吸水性，所以洗气瓶A中氢氧化钠溶液的作用是除去空气中的二氧化碳，B中所装液体为浓硫酸；
（5）水的质量是3.6g，二氧化碳质量是17.6g，则反应生成氧化铜质量为：69.2g-3.6g-17.6g=48g，
a：b=2：1
所以石青的化学式为：2CuCO3•Cu（OH）2；
（6）若缺少F装置，空气中的水蒸气和二氧化碳会进入E中，导致测定的二氧化碳质量偏大，从而导致测得的a：b的值会偏大；
（7）设G点固体的化学式是CuSO4•xH2O，根据题意有：
CuSO4•5H2O△CuSO4•xH2O+(5-x)H2O。
160+18x 18(5-x）
1.78g 0.72g
160+18x/18（5-x）=1.78g/0.72g
x=1
所以G点固体的化学式是：CuSO4•H2O；H点所得固体是无水硫酸铜，无水硫酸铜的颜色是白色的；
（8）将CuSO4•5H2O固体加热到570℃分解后，得到的主要产物是氧化铜、三氧化硫和水，化学方程式为：CuSO4•5H2O△CuO+SO3↑+5H2O↑。
故答案为：（1）CO2；
（2）2H2SO4+2Cu+O2△2CuSO4+2H2O；
（3）检查装置的气密性，缓缓鼓入一段时间空气；
（4）除去空气中的二氧化碳；浓硫酸；
（5）2CuCO3•Cu（OH）2；
（6）偏大；
（7）CuSO4•H2O；白色；
（8）CuSO4•5H2O△CuO+SO3↑+5H2O↑。
25．实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl-含量少的，其部分实验过程如下：

(1)“酸浸”时CeO2与反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为_____________________。
(2)pH约为7的CeCl3溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为________(填序号)。
A．将NH4HCO3溶液滴加到溶液中 B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
(3)通过中和、萃取、反萃取CeCl3、沉淀等过程，可制备Cl-含量少的Ce2（CO3）3。已知Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为(有机层)+(水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_____________________。
②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。使Ce3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_____________________________________(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce2（CO3）3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。
(4)实验中需要测定溶液中Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：
①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；
②按规定操作分别将和待测Ce4+溶液装入如图所示的滴定管中；③___________。
【答案】(1)2CeO2 + H2O2 + 6H+ =2Ce3+ + O2↑ + 4H2O
(2)B
(3) 减少氢离子，使萃取的过程右移，促进Ce3+被萃取 酸性条件，多次萃取 Ce3+
(4)从左侧滴定管中放出一定体积的待Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积
【详解】（1）“酸浸”时CeO2与反应生成Ce3+并放出O2，反应在酸溶液中发生，则H+参与反应，同时还应生成了水，故反应的离子反应方程式为：2CeO2 + H2O2 + 6H+ =2Ce3+ + O2↑ + 4H2O；
（2）反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl-量较少的Ce2（CO3）3；则加料方式为将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中。
故选B；
（3）①去除盐酸可以减少溶液中H+的浓度，溶液中H+浓度减小可以使萃取过程向右移动，促进Ce3+被萃取；
②根据萃取的原理可知，当增加H+浓度时，有利于Ce3+尽可能多地向水层转移，含H+的溶液为酸性溶液，则酸性条件下有利于发生上述转移；为了使Ce3+尽可能多地转移可以采取多次萃取实验操作；
③根据上述分析可知反萃取后所得的水溶液中含有浓度较大的Ce3+，过滤后的溶液中Ce3+离子浓度较小；
（4）应该用标准液滴定待测Ce4+溶液，用苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，则步骤③为从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即为滴定终点，记录标准液的体积。
选项
实验目的
实验方案
A
从含有少量氯化钠的饱和硝酸钾溶液中提纯硝酸钾
蒸发溶剂
B
鉴别Fe、CuO、C三种黑色固体粉末
滴加稀硫酸
C
检验碳酸钠溶液中是否含有氯化钠
先加过量的稀盐酸后，再滴加硝酸银溶液
D
除去二氧化碳中混有的少量氯化氢杂质
将混合气体先后通过饱和的氢氧化钠溶液和浓硫酸
温度（℃）
25℃～550℃～600℃～700℃
主要成分
WO3 W2O5 WO2 W
溶质
H2SO4
HCl
H2S
H2CO3
HClO
pH
小→大
实验操作
现象
有关化学方程式
方案一：取少量固体样品，_________
___________，澄清石灰水变浑浊
Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
方案二：取少量固体样品，加水配成溶液，滴加适量的__________溶液
有白色沉淀产生
________________________________________
实验
实验过程
现象
结论
（1）
取少量10%CuSO4溶液，测定溶液pH
pH约为3.4
该溶液属于_______溶液(填“酸性”或“碱性”)
（2）
向 CuSO4溶液中加入足量打磨光亮的镁条，收集生成的气体，并点燃。
________
说明猜想②是正确的
实验
操作过程
现象
结论
（3）
取蓝绿色沉淀于试管中，滴加20%的NaOH溶液，得到深蓝色溶液，再向该溶液中滴加乙醛溶液，加热至沸腾。
_______________
蓝绿色沉淀是碱式硫酸铜
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
80
100
溶解度/g
14.3
17.4
20.7
25.0
28.5
33.3
40.0
55.0
75.4