2024年沪教版（全国）化学第6章压轴题（含答案）

这是一份2024年沪教版（全国）化学第6章压轴题（含答案），共93页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，简答题，实验题，流程题，科学探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1．烧杯中有一定质量的MgO和MgCO3的混合物，向其中加入150g稀盐酸，恰好完全反应。一定温度下，得到156g不饱和溶液。下列数据中，与该溶液的溶质质量分数最接近的是（ ）
A．16．6%B．6．1%C．12．2%D．9．1%
2．由Mg(OH) 2和MgO 组成的混合物，测得其中含镁元素的质量分数为48％。取该混合物10g，将其投入110g的稀硫酸中恰好完全反应，所得溶液中溶质的质量分数为 （ ）
A．12％B．24％C．20％D．30％
3．如图是A、B、C三种固体物质的溶解度曲线．下列分析不正确的是（ ）
A．50℃时，三种物质的溶解度由大到小的顺序是A＞B＞C
B．50℃时，把50gA放入50g水中能形成75gA的饱和溶液
C．将C的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用降温的方法
D．分别将三种物质的饱和溶液从50℃将至20℃时，所得溶液溶质质量分数大小关系是B＞C=A
4．下图是A、B、C三种物质的溶解度曲线。叙述错误的是（ ）
A．t1℃时，三种物质的溶解度由小到大为AB．t2℃时，A、B两种物质的溶解度相等
C．t3℃时C的饱和溶液降温到t1℃，则C的溶质质量分数增大
D．若要将组成在N点的A溶液转变为M点的A溶液，可以采取恒温蒸发溶剂的方法
5．甲、乙两种物质的溶解度曲线如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．甲的溶解度比乙的大
B．将t2℃时甲、乙饱和溶液降温到t1℃，析出甲的质量大
C．t2℃时，等质量甲和乙的饱和溶液中所含溶剂的质量甲＞乙
D．将t1℃时甲、乙饱和溶液升温的t2℃，溶液的溶质质量分数相等
6．如下图，是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线，下列说法正确的是（ ）
A．甲的溶解度比乙大 B．40℃时，甲的饱和溶液中溶质质量分数为50%
C．40℃时将50g乙物质全部溶于水中，恰好能得到150g乙的饱和溶液
D．将130g 20℃甲的饱和溶液升温到40℃，最多还能溶解甲物质20g
7．将质量均为30g的甲、乙两种固体分别加入到50g水中，充分搅拌后，剩余固体物质与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲的溶解度随温度升高而增大 B．t1℃时，甲、乙的溶解度均为20g
C．温度由t2℃降低到t1℃时，甲溶液析出5g固体
D．a，b，c三点中溶质的质量分数由大到小的顺序是：c＞a＞b
8．如图为三种物质的溶解度曲线。下列说法不正确的是（ ）
A．约在64 ℃时KCl和Na2SO4的溶解度相等
B．在室温至100 ℃区间，随温度升高，Na2SO4的溶解度先增大后减小，醋酸钙则相反
C．从含少量KCl的溶液中分离出氯化钾，采用先蒸发浓缩，后降温结晶的方法
D．在40 ℃时，40 g KCl固体溶于60 g水得到40%KCl溶液
9．下列有关蔗糖溶液的叙述正确的是（ ）
A．从100g10%的蔗糖溶液中取出20g，取出的溶液的溶质质量分数为2%
B．把50g 20%的蔗糖溶液溶质质量分数变为5%，需加入150g水
C．将10%的蔗糖溶液和20%的蔗糖溶液混合后，溶液的溶质质量分数变为15%
D．100g 20%的蔗糖溶液中加入20g蔗糖后溶质的质量分数变为40%
10．20℃时，有质量分数为5%的食盐溶液A和质量分数为26.47%的食盐溶液B，下列有关A、B两种食盐溶液的判断正确的是（ ）
A．向m g溶液B中加入x g食盐，振荡后，溶液的质量不变，则食盐在20℃时的溶解度为36
B．等质量的A、B中，溶剂质量：B＞A C．m g溶液B中的溶质质量为100m/26.47 g
D．向m g溶液A中加入x g食盐，振荡后，溶液的质量＞m g
11．下图中,图一为四种物质的溶解度曲线,在图二中分别向两支试管内滴加一定量的水后,X和Y的饱和溶液均变混浊,则下列说法错误的是（ ）
A．10℃时,物质溶解度大小关系为:①>③>②>④ B．X为Ce2(SO4)3,Y不一定是NH4H2PO4
C．若NHH2PO4中混有少量的NaCl杂质,可在较高温度配成饱和溶液,再降温结晶除去
D．20℃时,将40NaCl加入到100g水中,所得溶液中溶质和溶剂的质量比是2:5
12．海水综合利用流程如下，有关说法错误的是（ ）
A．从母液中可进一步制得金属镁
B．①处操作是溶解、过滤、蒸发结晶
C．海水“晒盐”得到的粗盐还含有杂质 D．析出粗盐后的母液是氯化钠的不饱和溶液
13．右图表示M、N两种固体物质的溶解度曲线，下列对图示信息的描述正确的是 （ ）
A．30℃时M的溶解度小于N的溶解度 B．P点表示t℃时M、N的溶解度相等
C．M、N都是难溶物质
D．阴影处各点对应的溶液（不包含曲线上的点）是M的不饱和溶液，N的饱和溶液
14．有一根部分氧化的镁条（只含氧化镁一种杂质），测得其中含镁元素的质量分数为80%，取此部分氧化的镁条3.0g与100g的稀硫酸恰好完全反应。则反应所使用的稀硫酸溶液中硫酸的质量分数为（已知：MgO+H2SO4=MgSO4+H2O）（ ）A．19.6%B．4.9%C．9.8%D．无法确定
15．如图所示装置(气密性良好)，若先将甲中液体滴入丙中，观察到气球明显鼓起，一段 时间后恢复到原状；再将乙中液体滴入丁中，气球又明显鼓起。下列组合正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
16．如图所示为蒸发氯化钠溶液的过程，其中①→②→③为恒温蒸发过程，③→④为升温蒸发过程，②溶液恰好为饱和状态，分析实验过程，可以作出的正确判断是（ ）
A．在①→②过程中，氯化钠的质量分数保持不变B．在②→③过程中，氯化钠的溶解度不断增大
C．在③→④过程中，水的质量分数不断增大 D．在②→④过程中，氯化钠的质量分数先不变后增大
17．如图所示，试管中盛有某种液体，将气球中的某种固体小心的倒入试管中，能观察到气球先变大后复原的一组物质是（ ）
A．氯化钠和水B．铁粉和稀硫酸C．氢氧化钠和水D．二氧化锰和过氧化氢溶液
18．如图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线图。下列说法中正确的是（ ）
A．甲的溶解度大于乙的溶解度
B．t3℃时，将甲、乙的饱和溶液都降温到t1℃ ，甲析出晶体的质量一定比乙析出晶体的质量大
C．t2℃时，甲、乙两种物质溶液的溶质质量分数一定相等
D．t1℃时，把甲的不饱和溶液变为饱和溶液，溶剂质量可能不变
19．某兴趣小组进行了化学探究活动。实验一：相同条件下，将10.00g下列物质分别置于相同规格的烧杯中，敞口放置在空气中，烧杯中物质质量随时间变化如下表。
实验二：下列说法不正确的是（ ）
A．浓硫酸敞口久置后浓度会变小 B．实验二的溶液①中溶质只有Na2CO3
C．稀盐酸敞口久置后浓度可能会变大
D．饱和石灰水的质量变化小于水的质量变化，原因之一是饱和石灰水吸收了空气中的CO2
20．已知电导率传感器用于测量溶液的导电性强弱；一定条件下，电导率的大小能反映离子浓度的大小。常温下使用电导率传感器测定一定质量的氯化钠固体迅速加入盛有100mL 蒸馏水烧杯中的电导率。实验数据如下图所示。以下分析不正确的是（ ）
A．由图可知该实验的操作顺序是预先采集数据后再加入氯化钠固体
B．c点的电导率不再变化，则离子浓度不再改变，说明溶液达到饱和状态
C．测定氯化钠溶液不同位置的电导率，数值相同，则说明氯化钠溶液是均一的
D．由图可知，可通过测量液体电导率来区分蒸馏水和稀氯化钠溶液
21．氯化钾和氯酸钾两种物质的溶解度随温度变化曲线如下图所示，下列说法正确的是（ ）：
A．30℃时，KC1O3饱和溶液的溶质质量分数为10%
B．60℃时，a点对应KCl溶液恒温蒸发掉部分水可变饱和溶液
C．40℃时，质量相同的KC1和KC1O3饱和溶液中水的质量大小是：KCl>KClO3
D．将90℃的KC1O3溶液降温，一定有KC1O3晶体析出
22．将50gKNO3加入50g水中，升高温度并充分搅拌，不同温度时所得溶液的质量如下表所示。下列说法正确的是（ ）
A．20℃时所得溶液为不饱和溶液 B．30℃时KNO3的溶解度为22.9g
C．由60℃升温至70℃过程中，KNO3的溶解度保持不变
D．80℃时，向该溶液中加入100g水，质量分数变为25%
23．如图是甲乙两种物质的溶解度曲线。下列说法正确的是（ ）
A．甲的溶解度比乙的溶解度大
B．a2℃时，将30g甲放入50g水中充分搅拌可得75g溶液
C．a1℃时甲、乙两种物质的饱和溶液溶质的质量分数相同
D．将a1℃时甲、乙两种物质的饱和溶液升温至a2℃，溶质的质量分数都增大
24．10℃时，将甲、乙两种固体各3g分别放入盛有10mL水的试管中、一段时间后两者的溶解情况如图-1所示，其溶解度曲线如图-2所示。下列判断正确的是（ ）
A．甲对应的溶解度曲线为b B．0℃时，甲、乙的两种溶液都是饱和溶液
C．0℃时，乙溶液中溶质与溶剂质量比为3：10
D．当温度升高至25℃时，甲、乙两物质的溶质质量分数均不变
25．工业上以 CaO 和 HNO3 为原料制备 Ca（NO3）2·4H2O 晶体，为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为（ ）A．70.0%B．69.5%C．63.6%D．53.8%
26．NaCl和KNO3的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．NaCl的溶解度一定大于KNO3
B．NaCl的溶解度受温度影响的程度比KNO3大
C．40℃时，100gKNO3饱和溶液中含有63.9gKNO3
D．将60℃时210gKNO3饱和溶液降温至20℃，析出KNO3晶体78.4g
27．甲、乙两种物质的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）：
A．t1℃时，甲、乙两种饱和溶液中溶质的质量相等
B．t2℃时，甲的饱和溶液中溶质的质量分数为40%
C．从t2℃降温到t1℃时，甲溶液一定有晶体析出
D．t2℃时，甲、乙的饱和溶液分别降温至t1℃，两溶液中溶质质量分数相等
28．某研究性学习小组利用如下装置对绿矾（FeSO4·7H2O）进行焙烧，下列说法不正确的是（已知：2FeSO4⋅7H2O高温Fe2O3+X+SO3↑+14H2O，其中三氧化硫与水蒸气同时冷凝便得到硫酸）（ ）
A．装置A玻璃管中生成的X化学式为SO2，若无装置C会造成空气污染
B．若只考虑生成物中的SO3和H2O在U形管中全部冷凝且完全反应，则U形管中所得溶液的溶质质量分数为29.5%
C．向100g1.71%的氢氧化钡溶液中滴入一定量U形管中的溶液，则产生白色沉淀的质量为2.33g
D．用该方法制备Fe2O3，理论上139gFeSO4·7H2O（相对分子质量为278）可制得40克Fe2O3
29．下图为一种以铁粉、硫酸亚铁溶液为原料制取氯化铁黑（Fe3O4）的原理。已知：若氧气过量，产品会逐渐转变为Fe2O3。下列说法正确的是（ ）
A．转化过程仅涉及铁、氧元素化合价变化
B．理论上，每生成23.2gFe3O4，需补充3.2g的氧气
C．理论上，反应Ⅰ中每生成45.6gFeSO4，需要300g9.8%的稀硫酸
D．若转化Ⅱ中参与反应的氧气过量，则最终所得的固体氧元素质量分数偏小
30．工业上，利用溶液X（溶质为CuCl2和HCl）在50℃时与Cu反应制作电路。CuCl2消耗后，HCuCl2经处理又能转化为CuCl2，流程如图。下列说法正确的是 （ ） 已知：①反应I：CuCl2+Cu+2HCl＝2HCuCl2；②反应Ⅱ：2HCuCl2+H2O2=2CuCl2+2H2O
A．反应I中有两种元素的化合价发生了变化
B．反应Ⅱ中生成的CuCl2质量与溶液X中CuCl2质量一定相同
C．工业上，每溶解6.4kg Cu时，外界只需提供34kg 10%的双氧水就能使生成的 HCuCl2全部转化为CuCl2
D．若由Cu、CuCl、CuCl2中的若干种组成的10.66g混合物中，铜元素为6.4g，则该混合物中一定含CuCl2
31．甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1℃时，三种固体物质的溶解度大小的顺序是丙>乙>甲
B．升高温度时，甲、乙、丙三种固体物质的不饱和溶液都能变成饱和溶液
C．t2℃时，将甲、乙两物质的饱和溶液从t2℃降到t1℃，析出溶质质量甲>乙
D．t1℃时，将20g的丙物质溶入50g的水中，所得溶液溶质质量分数为20%
二、多选题
32．右图为氯化铵和硫酸钠的溶解度曲线，下列说法中正确的是（ ）
A．30℃时，氯化铵、硫酸钠的溶解度相同B．硫酸钠的溶解度随温度的升高而增大
C．将50℃时氯化铵饱和溶液降低温度，会有晶体析出
D．将60℃时硫酸钠饱和溶液降温至40℃，溶质质量增大
33．KCl和KNO3的溶解度表及溶解度曲线如下图所示，下列说法不正确的是 （ ）
A．甲表示KCl溶解度曲线 B．两物质溶解度相等的温度t1在20℃～30℃
C．40℃时，5gKCl加入10g水中，可得到33.3%的溶液
D．50℃时，30g KNO3加入50g水，充分溶解，再降温到30℃，有晶体析出
34．下图是A、B、C三种物质的溶解度曲线，下列分析正确的是（ ）
A．50℃时A、B、C三种物质的溶解度由大到小的顺序是A＞B＞C
B．50℃时把50gA放入50g水中能得到A的饱和溶液，其中溶质与溶液的质量比为1:2
C．分别将50℃时A、B的饱和溶液降温到20℃，B析出的晶体可能比A多
D．将50℃时A、B、C三种物质的饱和溶液降温至20℃时，这三种溶液的溶质质量分数的大小关系是B＞A=C
35．物质甲与乙的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．温度大于t1℃时甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度
B．温度升高可以将甲物质的不饱和溶液后变成饱和溶液
C．将t2℃甲、乙两物质的饱和溶液温度降低到t1℃时都会析出晶体
D．t1℃时，甲、乙两物质的饱和溶液中溶质质量相等
36．如图是a、b、c三物质的溶解度曲线，下列分析不正确的是（ ）
A．t2 ℃时a、b、c三种物质的溶解度由大到小的顺序是a＞b＞c
B．t2 ℃时，将50g a物质放入100g水中充分溶解得到a的饱和溶液（a物质不含结晶水）
C．将c的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用升温的方法
D．将t2 ℃时a、b、c三种物质的饱和溶液降温至t1 ℃时，所得溶液的溶质质量分数关系是：b＞a﹦c
37．根据如图所示的溶解度曲线，判断下列说法中不正确的是（ ）
A．t1℃时，甲物质的溶解度小于乙物质的溶解度
B．t2℃时，相等质量的甲、乙两物质的饱和溶液中，所含溶质质量相等
C．当甲物质中混有少量乙物质时，可采用蒸发结晶的方法，提纯甲物质
D．t3℃时，将等质量的甲、乙两物质配成饱和溶液，需要的水质量：甲＞乙
38．甲、乙试管中各盛有10.0g水，向其中一支试管中加入3.0g Na2CO3粉末，另一支试管中加入3.0gNaCl粉末，按图1、2进行实验。下列说法正确的是（ ）
A．甲中加入的粉末是Na2CO3
B．0℃时，甲中溶液一定不饱和，乙中溶液一定饱和
C．Na2CO3中含有少量NaCl，可用冷却热饱和溶液的方法提纯Na2CO3
D．30℃时，若使图1中甲、乙试管内的溶液恰好变为相应饱和溶液，甲中加入对应的溶质质量大于乙中加入对应的溶质质量
39．KNO3和NaCl的溶解度表及溶解度曲线如下，下列说法错误的是（ ）
A．t1介于20℃-40℃之间 B．50℃时，溶液的溶质质量分数：KNO3＞NaCl
C．当KNO3中混有少量NaCl时，可用蒸发结晶的方法提纯
D．60℃时，30g KNO3加入50g水，充分溶解，再降温到20℃，会析出晶体14.2g
40．甲和乙两种物质的溶解度曲线如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．甲的溶解度随温度的升高而增大
B．40℃时，使甲的饱和溶液析出晶体可用加热升温、冷却降温和蒸发溶剂三种方法
C．20℃时，向125g溶质质量分数为20%的乙溶液中加入15g乙固体并振荡，有固体不溶解
D．将相同质量的甲、乙两溶液分别从40℃降温至10℃，甲析出晶体的质量大
41．农业上常用溶质质量分数为16%的NaCl溶液选种。实验室配制100g该溶液的过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．实验操作顺序为④②①⑤③
B．②中称量NaCl的过程中，若天平指针左偏，应向右盘继续加砝码至天平平衡
C．选用100mL量筒量取所需水的体积
D．用量筒量取水时仰视读数所得溶液的溶质质量分数偏大
42．某同学将甲乙固体各30克分别加入100克水中后，进行了如图1所示的实验。甲乙两种固体的溶解度曲线如图2所示。40℃时，取等质量的甲乙两种物质的饱和溶液分别蒸发等量的水后，恢复到40℃．下列说法正确的是（ ）
A．恢复到原温度后，溶液中溶剂的质量：甲=乙 B．恢复到原温度后，析出晶体的质量：乙＞甲
C．若再降温到20℃时，溶液的质量：甲＞乙 D．若再降温到20℃时，溶液的溶质质量分数：甲=乙
43．甲、乙的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．t1℃时，甲、乙两种物质溶解度相等
B．t2℃时，甲的饱和溶液中溶质与溶液的质量比为2：7g
C．t2℃时，甲的饱和溶液中溶质质量分数为40%
D．将t1℃时乙的饱和溶液升温至t2℃，仍然是饱和溶液
44．如图为三种物质的溶解度曲线。下列说法错误的是（ ）
A．约在64℃时，KCl和Na2SO4的溶解度相等
B．在室温至100℃区间，随着温度的升高，Na2SO4的溶解度先增大后减小，醋酸钙则相反
C．分离含少量KCl的Na2SO4溶液，可采用蒸发结晶的方法
D．在40℃时，将40gKCl固体放入60g水后充分搅拌，得到溶质质量分数为40%的KCl溶液
45．甲、乙两种固体物质（均不含结晶水）的溶解度曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．t2℃时，在相同质量的水中达到饱和状态时，甲比乙溶解的溶质多
B．t1℃时，向100g水中加入80g甲可得180g饱和溶液
C．t1℃时，甲、乙饱和溶液的溶质量分数相等，但溶质质量不一定相等
D．t2℃时，将甲、乙两种饱和溶液分别降温到t1℃，所得溶液的溶质质量分数一定不相等
三、填空题
化学语言包括文字语言、符号语言、图表语言等。
（1）用化学符号填空。
①2个氮原子 46 ； ②3个铁离子 47 ；③过氧化氢 48 ； ④氢氧化铝中铝元素显+3价 49 ；
（2）写出下列反应的化学方程式：
①铝和氧气反应形成致密的氧化铝膜 50 ；
②稀盐酸与氧化铁反应 51 ；
③碳酸氢铵晶体受热分解 52 ；
④高温下焦炭与二氧化碳反应 53 ；
（3）如图为甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线
①三种物质中，溶解度受温度影响最大的是 54 （填“甲”、“乙”或“丙”）。
②实验：（水的密度为1g/cm3）。在X、Y、Z中为饱和溶液的是 55 （填“X”或“Y”或“Z”,下同），溶质的质量分数最大的是 56 。
③50℃甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，降温到20℃（溶剂量不变），溶液中溶质的质量分数不变的是 57 （选填“甲”、“乙”、“丙”）。
58．水是生命之源，扬州是运河之城，也是南水北调的起点。请根据题意回答下列有关水溶液的问题。
（一）将10克NaOH固体完全溶解在40毫升水中（水的密度为1g/cm3），所配溶液中溶质的质量分数为 。某同学在配制过程中，量取水时仰视读数（其它操作均正确），其所配氢氧化钠溶液中溶质的质量分数将 （填“偏大”或“偏小”）。另一位同学称取NaOH时，由于操作不熟练，花了较长时间，那么，他所配氢氧化钠溶液中溶质的质量分数将 。（填“偏大”或“偏小”）。
（二）甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线如图所示，请回答：
（1）25℃时，将25g甲固体加入到50g水中，充分溶解并恢复到原温度后，得到溶液的质量为 g。
（2）要使35℃时接近饱和的甲溶液变成该温度下的饱和溶液，可采用的一种方法是 。
（3）现有操作步骤： a．溶解 b．过滤 c．降温结晶 d．加热浓缩。若甲固体中含有少量乙，则提纯甲的操作步骤是 (填字母序号)。
（4）将35℃时丙的饱和溶液降温到25℃，则其溶液的溶质质量分数 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（5）向100g35℃的水中加入48g甲固体，发现全部溶解，一段时间后又有部分甲的晶体析出。你认为“全部溶解”的原因可能是 。
59．右图为A、B、C在水中的溶解度曲线图：
（1）A、C交点的意义是 ；
（2）t3℃时，A、B、C三者的溶解度由大到小的顺序是 ；若在该温度时将45克A放入50克水中， 形成的溶液是 溶液（填“饱和”或“不饱和”）；
（3）如果有A、B的混合物（含少量的B），将A提纯的方法是 ；
（4）t2℃时，等质量的A、B、C三种物质的饱和溶液，温度升高到t3℃，所得溶液溶质质量分数由大到小的顺序是： 。
60．水是生命之源，请回答下列有关水的问题：
(1)保持水化学性质的最小微粒可表示为 （填序号）。
(2)水发生部分结冰变化后形成的冰和水混合体系属于 （填序号）。
A．纯净物 B．混合物 C．单质 D．化合物
(3)若要测定某工业水样的酸碱度，最适宜的是 （填序号）。
A．无色酚酞试液 B．pH试纸 C．紫色石蕊试液
(4)用如图1实验装置可以证明水的组成，检验a处气体的方法是 。
(5)水是常用的溶剂。如图2为甲、乙、丙三种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线。
①t1℃，若将4.0g甲物质放入10g水中充分溶解得到 g溶液。
②若固体甲中混有少量固体乙，提纯甲的方法是：溶解、 、过滤。
③将t2℃时丙的饱和溶液降温到t1℃时，丙溶液为 （填“饱和”或“不饱和”）溶液，溶质质量分数 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
(6)在细菌作用下，可以用氨气处理含有甲醇(CH3OH)的工业废水，有关反应的化学方程式为5CH3OH+12O2+6NH3细菌3N2+5X +19H2O，则X的化学式为 。
(7)硬水给生活和生产带来很多麻烦，生活中可用 来区分硬水和软水；在日常生活中，人们常采用 的方法降低水的硬度。水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，从水垢中提取氯化钙的主要流程如下：
①滤渣的主要成分是 (填化学式)。
②加盐酸酸化，其目的之一是除去未反应的氢氧化钙，写出反应的化学方程式 。
61．MnSO4•H2O在工业、农业等方面有广泛的应用。
（一）制备：工业上用化工厂尾气中低浓度SO2与软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Mg、Al、Fe等）制备MnSO4•H2O过程如下：
已知：浸出液中阳离子主要有H+、Mn2+、Mg2+、Fe2+、Al3+等；浸出过程中发生的主要反应化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4。
（1）生产中将软锰矿粉碎的目的是 。
（2）物质X最好选用 。a.盐酸 b.硫酸 c.硝酸
（3）酸浸时SO2的吸收效率与pH、温度的关系如下图所示，为提高SO2的吸收效率，酸浸时pH控制在 左右，温度控制在 ℃左右最适宜。
（4）流程中“氧化”步骤的目的是将Fe2+ 氧化为Fe3+，请完善反应的化学方程式MnO2+2FeSO4+ = MnSO4 + Fe2(SO4)3 + 2H2O 。
（5）加入石灰浆调节pH，可将氧化后的浸出液中杂质离子形成氢氧化物除去。
已知：（一）有关氢氧化物沉淀pH对应表
（二）Fe3+能与KSCN溶液作用显血红色则加石灰浆时应控制溶液的pH范围为 。测定溶液的pH最好选 （a.pH试纸 b.pH计），检验Fe3+是否除尽的最佳方法是 。
（6）操作1包括过滤和洗涤，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 ，洗涤的目的是
（7）已知硫酸锰、硫酸镁结晶水合物的溶解度曲线如图，则操作2包括：蒸发浓缩， ，过滤、洗涤、干燥。
（二）应用：
（8）用MnSO4可测定水中溶解氧。方法是：取100mL 水样，迅速加入足量MnSO4溶液及含有NaOH的KI溶液，立即塞上塞子、振荡，使之充分反应；打开塞子，迅速加入适量的稀硫酸，此时有I2生成；再用0.79g•L﹣1Na2S2O3溶液和I2反应，当消耗Na2S2O3溶液 12.0mL时反应完全。有关化学反应方程式如下：
①2MnSO4+O2+4NaOH=2MnO(OH)2+2Na2SO4；
②MnO(OH)2 + 2KI + 2H2SO4 = MnSO4 + K2SO4 + I2 + 3H2O；
③I2 + 2Na2S2O3 = Na2S4O6 + 2NaI。
计算水样中溶解氧的浓度（以mg•L-1为单位），写出计算过程 。
62．CO2的捕集与资源化利用是化学研究的热点。
（1）控制CO2的排放，是为了减缓 效应，加压水洗法可捕集CO2，是因为压强增大时CO2在水中的溶解度 （填“增大”“不变”或“减小”）。
（2）石灰石循环法可用于捕集烟气中的CO2，该方法以CaO捕集CO2，将所得产物在高温下煅烧可重新获得CaO，高温煅烧时反应的化学方程式为 ，生成的CaO疏松多孔，结构与活性炭相似，其在捕集过程中对CO2具有良好的 性。
（3）对CO2气体加压，降温，可获得干冰，从构成物质的微粒视角分析，该过程主要改变的是 。干冰能用于人工降雨，是因为 。
（4）CO2可用于食品保鲜，实验测得气体中CO2的体积分数与溶液pH的关系如图-1所示。
①气体中CO2体积分数增大时，造成图示变化的主要原因是溶液中 浓度增大（填化学式）。
②智能化食品包装通过颜色变化显示包装内CO2气体含量的变化，举出一种可通过颜色变化用于该智能化包装的物质 。
（5）已知一定条件下CO2与H2以质量比11:2反应可生成CH4。与该反应类似，不同条件下，CO2与H2反应也能生成甲醇（CH4O）。生成甲醇时参加反应的CO2与H2的质量比mCO2mH2= 。
（6）为研究某公园中植物与大气间的碳交换，对该公园一年内每天的气温及光合有效辐射进行测量，结果见图-2和图-3。通过测量其一年内每天空气中CO2含量等数据，分析所得碳交换的结果见图-4。碳交换以每月每平方米植物吸收或释放CO2的质量表示，正值为净吸收CO2，负值为净释放CO2。

①由上图可推测，影响公园中植物与大气碳交换的因素有 。
②为进一步研究环境因素对公园中植物与大气碳交换的影响，从光合作用的角度出发，还需测量的重要因素是其一年内每天 的变化。
63．下图一为四种物质的溶解度曲线。如图二所示， X的饱和溶液加热时变浑浊。

（1）根据图一，10℃时，四种物质溶解度从大到小的顺序为 （填序号），NH4H2PO4与NaCl大约在 ℃时，溶解度相等。
（2）根据图二信息，X对应的图一中的物质是 （填序号）。
（3）当NH4H2PO4中混有少量NaCl杂质时，可采用 方法提纯。若70gNH4H2PO4中混有5 g NaCl杂质，可按照以下步骤进行除杂。
①在 ℃下，用100g水溶解，确保固体刚好完全溶解。
②将①的饱和溶液降温到10℃时，溶液中析出 NH4H2PO4的质量应为 g。
③再进行过滤、 （填操作名称）、干燥，即可得到较纯净的NH4H2PO4。
（4）10℃时，将20gCe2(SO4)3加入到100g水中，所得溶液的溶质质量分数为 （结果精确到0.1%）。
64．水是一种常见的溶剂，也是重要的资源。
（1）实验室用NaCl固体配制50g15%NaCl溶液。
①使用托盘天平称取 gNaCl固体。
②溶解过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管和 （填仪器名称）。
（2）大多数天然淡水需要经过处理方可直接饮用。
①工厂锅炉长期使用会形成水垢，可用盐酸去除。写出水垢中Mg2（OH）2CO3溶于盐酸时发生反应的化学方程式 。
②某家用净水机工作原理如下图所示：
净水机中，PP棉净水原理是 （填“过滤”或“蒸馏”），颗粒活性炭可去除异味和余氯，是因为活性炭具有良好的 性。
（3）扬州积极推进水环境整治，建设“秀美瘦西湖，文明新扬州”。
①环保部门对水质进行长期监测，将水质从“优”到 “劣”分为Ⅰ~V类。由如图可知，近年来扬州市Ⅱ~Ⅲ类优良水质百分比明显呈 （填“上升”或“下降”）趋势。由此推断，扬州市主要水域的水质在 （填“变好”或“变差”）。
②产生这种变化趋势的原因可能是 （填字母）。
A．夜间排放工业污水B．清理污染河道的淤泥C．关停或整改存在污染隐患的企业
（4）污水未经处理直接排入河流，会使水面上藻类物质大量繁殖，水质恶化。某藻类含化学式为 C106H263O106N16P的物质，则污水中导致藻类生长过快的营养元素是 （填元素名称）。
65．水是生活中最常见的物质之一，也是实验室常用的试剂。
(1)某同学进行下图1实验。
①由以上实验可知，溶质状态可以是 。
②实验结束后，用洗涤剂洗净B试管，原理是 。
(2)某工厂用电解水的方法制取氧气，发现氧气的产量略小于理论值，且所得氧气中有淡淡的鱼腥气味（每个具有鱼腥气味的气体分子由三个原子构成）。从元素守恒角度分析，该鱼腥气味的气体是 （填化学式）。
(3)电解水时，在水中加入少量硫酸钠可增强导电性。某兴趣小组把4.0g硫酸钠固体加入86.8g水中，充分溶解后进行电解，一段时间后停止通电，在试管A中收集到1.2g气体（装置如图2）。则B管中收集到的气体是 （填化学式），其质量是 g。
(4)生活中的水
Ⅰ.二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面应用的高效安全消毒剂，标出二氧化氯中氯元素的化合价 。写出质子数与水相同的一种分子的化学式 （只填一个分子）。
Ⅱ.将浑浊的河水净化的实验过程如下图所示：
操作①必须使用的玻璃仪器有：玻璃棒、 和烧杯。
若液体b为硬水，则操作③可以是 。A．过滤 B．蒸馏 C．加明矾、搅拌、静置
Ⅲ.若用质量分数为98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制该质量分数为10%稀硫酸490g时，需要浓硫酸的体积为 mL（精确到0.1）；用量筒量取浓硫酸时俯视读数，所配溶液溶质质量分数 10%（填“大于”、“小于”或“等于”）。
(5)如图为甲、乙两种固体物质的溶解度曲线，请据图回答下列问题。
①t2℃时，甲、乙两种物质饱和溶液中的溶质质量分数的大小关系为：甲 乙（填“>”、“<”或“=”）。
②要从乙的饱和溶液中获得较多的晶体，宜采用的结晶方法是 结晶。
③t1℃，取等质量的甲、乙两种固体分别配成饱和溶液，需水质量较少的是 （填“甲”或“乙”）。
66．水是生命之源。
(1)爱护水资源，人人有责。下列属于“国家节水标志”的是 。

(2)我国生活饮用水的主要标准如下表所示：
①要得出化学指标，测定表中的数值 (填“能”或“不能”)使用pH试纸，要使水的感官指标更好，可利用 (填物质名称)来净化水。
②日常生活中使用硬水会带来许多麻烦，家庭生活中既能降低水的硬度，又可以杀菌消毒的方法是 。
(3)利用膜技术可以达到高效净水的目的，部分过程的示意图如图所示。

①图中净化水的原理与 (填“过滤”或“蒸发”)类似。
②经过超滤膜后得到的净化水属于 (填“混合物”或“纯净物”)。
(4)如图是实验室电解水实验装置图。
①电解过程中a管和b管所得气体的质量比约为 (填最简整数比)，用 检验a管产生气体。
②兴趣小组使用石墨电极进行电解水实验，添加Ca(OH)2增强水的导电性，添加Ca(OH)2后形成饱和溶液。连接电源，除两极有气泡产生外，正极附近还出现明显的白色浑浊。这一“异常”现象中白色不溶物形成原因可能是 (填字母)(查阅资料：电解过程中溶液的温度会升高)。
A．电解过程中，水的减少导致Ca(OH)2析出
B．电解过程中，水温上升导致Ca(OH)2析出
C．空气中的二氧化碳溶于水，与Ca(OH)2溶液反应导致白色浑浊
D．电解过程中，石墨电极与正极生成的O2反应生成CO2导致白色浑浊
67．在t℃时，分别取甲、乙两固体物质的溶液，恒温蒸发水分，得到析出晶体质量与蒸发水的质量的关系如图所示（析出晶体不含结晶水）。
(1)蒸发水之前，甲形成的溶液是 溶液（填“饱和”或“不饱和”）。
(2)t℃时，甲、乙的溶解度大小关系为：甲 乙（填“＜”、“＞”或“＝”）。
(3)P点时，乙溶液的溶质质量分数是 。
(4)下列说法不正确的是______（填字母）。
A．甲中含有少量乙时，可用降温结晶的方法提纯乙
B．t℃时，等质量的甲、乙饱和溶液，降温到相同温度，析出甲的质量小于乙
C．用固体乙配制50g 6%的乙溶液，主要实验步骤是：计算、称量、混匀
D．P点表示t℃时甲和乙的溶解度相等
(5)工业上电解饱和食盐水制得NaOH、H2和Cl2，写出该反应的化学方程式 ，该反应中Cl元素的化合价由 价变为0价。
(6)侯氏制碱的原理为：NaCl＋H2O＋NH3＋CO2＝NaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3ΔNa2CO3＋CO2↑＋H2O。结合如图回答下列问题：
①NH4Cl溶液中混有少量NaCl，可用 方法提纯NH4Cl。
②60℃后，NaHCO3的溶解度无数据的原因可能是 。
(7)如图是配制50g质量分数为10%的氯化钠溶液的操作过程示意图，试回答：

①请指出图中两个明显的错误处，请填写错误操作序号 。
②若将错误更正后，进行实验，应称量氯化钠的质量是 g；如果向托盘上加氯化钠时，指针偏向分度盘的右边，应进行的操作是 。
③量取水时，应选用 的量筒（从10mL，100mL中选择）；量水读数时，量筒必须平放，视线要跟量筒内 处保持水平。
④若将错误更正后重新配制溶液，测得溶液中溶质质量分数小于10%。分析可能的原因有 （填字母）。
A．用量筒量取水时俯视读数 B．配制溶液的烧杯用少量蒸馏水润洗 C．氯化钠晶体不纯
D．盛装溶液的试剂瓶用蒸馏水润洗 E．C操作中发现一部分氯化钠撒在烧杯外边
⑤若用溶质质量分数为20%NaCl溶液配制上述溶液，应取20%NaCl溶液 g。
四、简答题
68．人类对金属的开发和利用是循序渐进的。
(1)青铜器是人类较早使用的金属制品。西汉时期，人们主要采用“湿法冶金”。如将铁浸入硫酸铜溶液中，该反应的化学方程式为 。
(2)随着技术的不断进步，人们能利用还原剂从金属的氧化物中将其还原出来。例如， 高炉炼铁所涉及的物质转化过程如下：
其中焦炭作用是：①产生高温；② (用化学方程式表示)，A与赤铁矿中的氧化铁反应的化学方程式为 。
(3)取制得的生铁样品 5.8g放入100g7.3%的稀盐酸中，恰好完全反应，则生成氢气的质量为 g、得到的溶液中溶质质量分数为 (结果保留至 0.1%)。
(4)每年因为腐蚀(如铁生锈)而报废的金属相当于年产量的20%~40%，人们采用多种方法防止金属腐蚀。铁在空气中锈蚀，实际上是铁跟空气中的 共同作用的结果，为了防止钢铁锈蚀，人们常采用的防止锈蚀的方法有 (写出一条即可)。
(5)铝的金属活动性比铁 (填“强”或“弱”)，但铝制品却具有比较好的抗腐蚀性能，其原因是 (用化学方程式表示)。
69．某实验小组进行物质溶解实验，20℃时，称取2.5g、5.0g、7.5gNaOH固体，分别加入3个小烧杯中（均已盛装50mL水），均完全溶解。通过数字化实验测得它们在溶解过程中溶液温度的变化情况如图所示。
依据该实验，你能获得哪些有关NaOH在水中溶解的实验结论？（写出两点，请按示例回答。）
示例：证据：曲线均呈上升趋势。结论：NaOH在水中溶解时放出热量。
1 ；2
70．如图是A、B两种物质的溶解度曲线。
(1)0℃时，B的溶解度是 g；t1℃时，A、B的溶解度（S）的大小关系为SA SB（填“＞”、“＝”或“＜”）。
(2)P点含义是 。
(3)现有t2℃的A、B的饱和溶液各100g，同时将两份溶液升温至t3℃（不考虑水的蒸发），则此时A、B两溶液的溶质质量分数（a）的大小关系为：
ω(A) ω(B)（填“＞”、“＝”或“＜”）。
(4)现有t3℃的B的溶液100将其蒸发掉10g水，再将温度恢复到t3℃时，析出3gB。若继续蒸发掉10g水，仍将温度恢复到t3℃，此时析出B的质量 3g（填“＞” “＝”、 “≥”或“≤”）。
(5)当A中混有少量的B时，提纯A采用的方法是 （填“蒸发结晶”或“降温结晶”）。
(6)现将经提纯的A用于配制一定溶质质量分数的溶液，实验中用到的仪器除了托盘天平（含砝码）、纸片、药匙、烧杯、玻璃棒、试剂瓶、标签外，还需用到的仪器有 。
五、实验题
71．某研究人员按下图所示流程进行“燃煤烟气的脱硫研究”。实验中，先一次性分别在相应装置中加入水和铁，然后连续通入含有CO2、SO2的燃煤烟气和O2混合气体，反应液多次循环，但过量的铁仍在反应装置中与循环进入的反应液不断反应。经过多次循环后，导出的反应液可用于制备FeSO4•2H2O。
⑴吸收装置中总反应的化学方程式为2SO2+2X+O2=2H2SO4，则X的化学式为 ，该装置中水温不宜过高，原因是 （选填字母）。a.防止生成物挥发 b.防止气体溶解度下降 c.防止化学反应速度过快 d.防氧化
⑵反应装置中的反应化学方程式为 。
⑶经过多次循环以后导出溶液：经加热蒸发浓缩、 (填操作名称) 、过滤，得到硫酸亚铁晶体。
⑷下图为“FeSO4·7H2O脱水干燥曲线图”，据此可确定：得到FeSO4·2H2O，适宜的工艺条件为 、 （分别指出温度T和时间t）。它在医疗上常用于治疗 （选填字母）。
a．甲状腺肿大 b．佝偻病 c．龋齿 d．贫血症
⑸若吸收装置内气体吸收完全，所得尾气1和尾气2在一定条件下催化合成甲醇CH3OH，同时有H2O生成，该反应的化学方程式为 。
72．某学习小组用传感器探究钠与水的反应，得到如下图像，其中图1是反应过程中溶液温度与时间的图像，图2是反应过程中溶液pH与时间的图像，
回答下列问题（1）钠与水的反应属于 反应（填“吸热”或者“放热”）。
（2）反应产生的气体为氢气，检验氢气纯度的操作是（请补充完整）：用拇指堵住集满气体的试管口， ，实验中能表明氢气不纯的现象是 ，
（3）钠与水反应的化学方程式为 ；
（4）将少量金属钠投入稀的氯化铁溶液中，产生了无色气体和一种红褐色沉淀，红褐色沉淀的化学式为 ，与反应前溶液相比，反应后溶液质量 （填“增大”、“不变”或者“减小”）。
73．请你参与实验室配制一定溶质质量分数的硝酸钾溶液的实验，并进行实验过程的探究：
（1）计算：配制50g质量分数为10%的硝酸钾溶液，所需硝酸钾质量为 g，所需蒸馏水的体积为 mL（水的密度约为1g/mL）。
（2）称量：分别在天平左右两盘放上纸片，调节平衡后，应 （填字母序号）。
A先在托盘上放置所需的砝码，再添加硝酸钾直至天平平衡
B先添加所需的硝酸钾，再添加砝码到所在的托盘直至天平平衡
【探究一】：在称量过程中，某同学的称量操作如图所示，你认为该操作对本次实验的数据处理的正确性 （填“有”或“没有”）影响，理由是 。
（3）量取：准确量取所需蒸馏水要用到的仪器是 （“少写”或“多写”均不得分）。
（4）溶解：将称量好的硝酸钾和蒸馏水混合溶解。
【探究二】：20℃时，将20mL质量分数为10%的硝酸钾溶液，稀释成质量分数为4%的硝酸钾溶液．从表中找出计算所需的密度数据为： g/mL。
【探究三】：已知硝酸钾在部分不同温度时的溶解度如下表
（5）20℃时25 g硝酸钾溶解在50 g水中，所得溶液为 溶液（填“饱和”或“不饱和”），其溶质质量分数为 。
（6）将80℃时269g的硝酸钾饱和溶液降温至60℃时（不考虑水分蒸发），所析出晶体的质量是 g。
74．实验室中常用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl浓ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，请回答下列问题：
Ⅰ、Cl2的制备
（1）根据制备Cl2的反应原理，图一中应选用的发生装置是的 （选填以下字母）
（2）装置A的仪器或部件中，属于无机材料制成的有 （填字母）
a．铁架台 b．试管 c．酒精灯的陶瓷灯头 d．橡皮塞
（3）为获得纯净的氯气，可利用装置D中的饱和食盐水除去Cl2中混有的 ；装置E中浓硫酸的作用是 。
（4）图二空缺处用于收集Cl2，若连接图三装置气体从a端通入进行收集，能推测出Cl2的性质是 。
（5）多余的Cl2通入NaOH溶液中进行尾气吸收，请将化学方程式补充完整：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+ 。
Ⅱ、Cl2的性质及用途
（6）Cl2可用于生产84消毒液（有效成分为NaClO）。某84消毒液产品的部分说明如下表。
①喷洒84消毒液后，室内充满刺激性气味，主要体现分子的性质是 。
②依据表中的信息，将有效氯的质量分数为6.0％的84消毒液与水按质量比为1： 进行稀释，即可用于餐具消毒。若量取水时仰视读数，则配制的溶液质量分数 （填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
③若洁厕灵与84消毒液混合，两者的主要成分盐酸与次氯酸钠会反应产生氯化钠、有毒的氯气及水。写出反应化学方程式 。标出次氯酸钠中氯元素的化合价 。
75．学会物质的分离提纯和准确配制一定质量分数的溶液在实际应用中有重要意义。(已知：20℃氯化钠的溶解度为36g，水的密度可近似看作1g/mL)
(1)用氯化钠固体配制100g质量分数为5%的氯化钠溶液。需要氯化钠 g，水 mL。
(2)通过稀释溶质质量分数为37%的浓盐酸(密度为1.18g/mL)来配制500g溶质质量分数为10%的稀盐酸(密度为1.05g/mL)，需用浓盐酸的体积约为 mL，水 mL(计算结果精确到0.1mL)。
实验二：粗盐的初步提纯
(3)操作①中玻璃棒的作用是 ，操作②的名称为 。
(4)20℃时提纯9g粗盐，若已知粗盐中氯化钠含量约为80%，溶解时应选择哪一种规格的量筒量取所需要的水最为合适(提供的量筒规格有“10mL“”、“25mL”和“100mL”)，请你选择并说明理由 。
(5)提纯后的精盐属于 (填“纯净物”或“混合物”)，原因 。
(6)下列因素会导致获得的精盐质量偏小的是（ ）
A．蒸发时液滴溅出B．过滤时，滤纸破损
C．粗盐中加入过量的水D．过滤后，滤纸上的泥沙未用水冲洗
76．结合如图所示实验装置，回答下列问题。
(1)图中a、b仪器的名称：a b 。
(2)用A、D装置制取氧气，反应的化学方程式为 ；用排水法收集气体时，当观察到 时，判断集气瓶中气体已收集满。
(3)实验室用装置C制取二氧化碳，与装置B相比，其优点为反应的 ；反应的化学方程式为 。
(4)Na、Mg等活泼金属可以在CO2中燃烧。某同学收集到一瓶CO2后，通过实验验证Mg条能够在CO2中燃烧。下列物品中他需要使用的有 （填序号）。
①酒精灯 ②铁架台 ③坩埚钳 ④砂纸 ⑤试管夹
(5)为了减缓温室效应，我们得控制CO2的排放，用加压水洗法可捕集CO2，是因为 。
(6)如制取CO2需要溶质质量分数为10%稀盐酸200g，配制该溶液时需37%的浓盐酸（密度为1.18g/mL）的体积约为 mL。（保留1位小数）
77．高锰酸钾(KMnO4)是一种常见药品.纯净的高锰酸钾是一种紫黑色固体，无臭，可溶于水，见光或受热容易分解，与某些有机物或易燃物接触，易发生爆炸，在化学品生产中，广泛用作氧化剂。医药中用作防腐剂、消毒剂、除臭剂及解毒剂。(1)写出一点高锰酸钾的物理性质 。
(2)实验室高锰酸钾固体适合存放在 色(填“无色”或“棕色”)试剂瓶中。下列物质不宜与高锰酸钾存放在同一药品柜中 。.A．硫粉 B．镁粉 C． 酒精 D．氯酸钾
(3)实验室用加热高锰酸钾制取氧气的化学方程式为 。.发生装置可选用左下图中的 ，但需要对装置做一点改进是 。
(4)氯气Cl2是一种具有刺激性气味有毒气体，能溶于水，不溶于饱和食盐水，也不与之反应，能和氢氧化钠溶液发生反应。实验室可用高锰酸钾晶体与浓盐酸反应来制取氯气(2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O)利用右上图可制取纯净干燥的Cl2，图中方框处的发生装置最好选左上图中的 装置。上图中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的HCl气体。能用F装置收集氯气，说明氯气的密度比空气 ，G装置中氢氧化钠溶液的作用是 。
(5)溶质质量分数为0.01%的高锰酸钾溶液可以消毒蔬果和餐具，要将100g溶质质量分数5%的高锰酸钾溶液稀释成这样的溶液，需要加水 g。稀释过程中，高锰酸钾溶液的颜色会 。
78．如图是实验室制备气体的常用装置，请根据要求回答问题：
(1)仪器a的名称是 ，它是由 （填“无机”“合成”或“复合”）材料制成。
(2)A、B装置均可用来制取CO2气体，B装置的优点是 ；实验室更多使用A装置制取CO2气体的原因是 （答一点即可），使用C装置（正放）排空法收集CO2，验满的方法是 。
(3)制备CO2常用1:3的稀盐酸（用体积比为1:3的浓盐酸与水混合配制），已知浓盐酸的溶质质量分数为37%，密度为1.19g·mL-1，1:3的稀盐酸溶质质量分数为 （计算结果保留一位小数）。
79．兴趣小组制取气体并探究“密闭体系中蜡烛燃烧时间的影响因素”。
(1)实验室用过氧化氢制取氧气。
①写出化学方程式： ；
②发生装置应选图1中装置 (选填装置标号)；
③用30%的过氧化氢溶液配制100g10%的过氧化氢溶液，需要量取水的体积是 mL(结果保留到小数点后1位，水的密度约为1.0g/cm3)。
(2)用排水法收集一定氧气浓度的混合气体。
①收集氧气、二氧化碳混合气体。先收集氧气，再用二氧化碳气体将水排尽。两种气体的收集顺序不能颠倒的原因是 ；
②收集氧气、氮气混合气体。先在集气瓶中装入一半容积的水，再用氧气把水排尽，收集的混合气体中氧气的体积分数是 。
(3)用氧气、氮气混合气体研究“密闭体系中氧气浓度对蜡烛燃烧时间的影响”，实验过程中需控制的变量有 (列举一种)。本次实验作出的氧气浓度影响蜡烛燃烧时间的曲线如图2所示。兴趣小组由此得出的其中一个推论是“密闭体系中燃烧越剧烈，则蜡烛燃烧时间越短”，其证据是 。
80．C3O4应用于磁性材料等领域，实验室利用乙酸钴晶体[C（CH3COO）2·4H2O）]制备C3O4的步骤如下：
Ⅰ、将乙酸钴晶体配制成溶液X，缓慢滴加（NH4）2CO3溶液，30℃水浴加热一段时间。
II、将混合液高压密封加热到160℃，得到含碱式碳酸钴晶体的浊液。
Ⅲ、制备碱式碳酸钴晶体。
Ⅳ、将碱式碳酸钴晶体在空气中煅烧得C3O4产品。
【资料卡片】：① 碱式碳酸钴晶体不溶于冷水和乙醇，易溶于温水，常压下高于30℃开始分解。
② ＋2的C易被空气中的氧气氧化为＋3。
(1)步骤1中配制的“溶液X”为100g溶质质量分数为17.7%的乙酸钴溶液，则需乙酸钴晶体的质量为 g，溶解时，玻璃棒的作用是 。
(2)30℃水浴的装置如图所示，温度计应置于 处（填“a”或“b”）。
(3)步骤II中加热时采用高压密封的目的分别是 、 。
(4)步骤III中由步骤II的浊液制备碱式碳酸钴的主要步骤有：冷却至室温， →用蒸馏水洗涤→用乙醇洗涤→低温干燥。“用乙醇洗涤”优点是 ，这是利用了乙醇的 。
(5)C3O4中钴元素既有＋2价又有＋3价，若改写为mC2O3·nCO，则m：n为 。
(6)步骤IV煅烧碱式碳酸钴过程中发生的反应方程式为：
6[2CCO3·3C（OH）2·H2O]＋5O2煅烧10C3O4＋12CO2↑＋24H2O
① 乙酸俗称醋酸，化学式为CH3COOH。试分析在由乙酸钴晶体制备碱式碳酸钴的过程中钴元素的化合价 （填“升高”或“不变”或“降低”）。
② 若在煅烧时通入的氧气过多，则会使产品中钴元素的质量分数 （填“偏大”或“不变”或“偏小”）。
③ 将钴粉末在温度不高于890℃的空气中焙烧氧化，也可制得四氧化三钴，写出反应的方程式 。
81．某化学兴趣小组利用如图1装置探究制取气体的原理、方法及性质。请你一同参加，结合装置图，回答下列问题：
(1)写出图中标号仪器的名称：
a ，b 。
(2)用双氧水和二氧化锰制取氧气时，可选用的发生装置是 （填图1字母），可选用C装置收集氧气，其原因是 。
(3)实验室常用氯化铵固体与碱石灰固体共热来制取氨气（NH3），NH3极易溶于水，密度比空气小，则可选择的装置组合是 （填图1字母）。
(4)该小组设计了图2所示的实验装置，既可用于制取气体，又可用于探究物质的性质。
①当打开K1、关闭K2时，利用I、Ⅱ装置，可进行的实验是 （填字母）。
a．大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳； b．锌与稀硫酸反应制取氢气
②当打开K2、关闭K1时，可以利用I、Ⅲ装置制取二氧化碳并验证其有关性质．若要证明二氧化碳能与水发生反应，应向烧杯的水中加入 ，写出此反应的化学方程式 。
(5)实验室用浓盐酸（溶质质量分数为37%，密度为1.18g•mL﹣1）配制100g溶质质量分数为10%的稀盐酸。
①计算：需要浓盐酸 mL，水 mL（结果保留小数点后一位）。
②量取：用规格为 mL的量筒（从50mL、100mL中选择）量取浓盐酸，倒入烧杯中，再量取水。
③稀释。
82．抗击“新型冠状病毒”用到的过氧乙酸（C2H4O3）是一种高效消毒剂。可由冰醋酸（C2H4O2）和双氧水在浓硫酸催化作用下制得，实验装置和步骤如下：
步骤1：在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓硫酸的混合物，再缓缓加入适量30%的双氧水；步骤2：不断搅拌并控制三颈烧瓶中混合液的温度为20~30℃至反应结束，在锥形瓶中收集产品。
（1）仪器A的名称是
（2）步骤2搅拌的目的是
（3）下列关于过氧乙酸和冰醋酸的说法正确的是
a、过氧乙酸属于氧化物 b、过氧乙酸的相对分子质量为76
c、冰醋酸中C、H、O元素的质量比为6：1：8
d、过氧乙酸中氧元素的质量分数小于冰醋酸中氧元素的质量分数
（4）实验测得生成物过氧乙酸的质量分数随反应物比例n(C2H4O2)n(H2O2)和反应时间的变化数据如下表。由表中数据可知，反应物最佳比例是 ；最佳反应时间约 。
（5）产品中过氧乙酸的质量分数的测定方法如下：取5.00g过氧乙酸产品，加水稀释成100g溶液；从中取出5.00g溶液，先除去残余的H2O2，再加入稍过量的KI溶液，充分发生反应：C2H4O3+2KI+H2SO4=K2SO4+I2+C2H4O2+H2O，反应结束后，经实验测得生成I2的质量为0.127g，试计算原产品中过氧乙酸的质量分数。 （写出计算过程，结果保留1位小数）。
（6）请根据学过的“一定溶质质量分数溶液的配制”方法配制0.5%的过氧乙酸，用于地面、墙壁、门窗消毒。
【实验用品】溶质质量分数为20%的过氧乙酸（密度为1.0261g/cm3）、水、1000mL量筒、10L塑料桶、木棒、口罩、眼镜、橡皮手套。
【实验步骤】①计算：将200mL20%的过氧乙酸（密度为1.026g/cm3）稀释为0.5%的过氧乙酸，需加入水的体积为 mL（计算结果保留一位小数）；
②配制：用量筒量取200mL20%的过氧乙酸倒入塑料桶中，按比例兑水，用木棒搅拌后，盖好桶盖待用。
【实验反思】①由于过氧乙酸有腐蚀性，因此在配制溶液时要注意 ；
②在配制过氧乙酸过程中不能用铁器皿，原因是 。
83．某矿样含有大量的 CuS 及少量其它不溶于水、不与酸反应的杂质。实验室中 以该矿样为原料制备CuSO4·5H2O晶体，并最终制取碱式碳酸铜。
I. 制备CuSO4·5H2O晶体
（1）矿样中 CuS 在空气中焙烧生成了 CuO，反应方程式为 ；
（2）在实验室中，欲用 98％、密度1.84g/cm3的浓硫酸配制500 g质量分数10%的稀硫酸， 需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还有 。稀释过程 （填“放热”或“吸 热”）。
（3）若在实验室中完成系列操作 a，主要步骤为 →降温结晶→ →洗涤→低温干燥。（以上选填字母）
II. 制备碱式碳酸铜（4）实验室制备碱式碳酸铜的反应原理为：（将短线上的物质补充完整）
2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu(OH)2⋅CuCO3↓+ ↑+2Na2SO4。
（5）分别取 50mL一定浓度的CuSO4溶液与Na2CO3 溶液混合，发现反应后烧杯底部出现大量蓝绿色沉淀。查阅资料得知蓝绿色沉淀中混有难溶于水的碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4]。为确定该物质，经过滤、洗净后取少量固体于试管中，加入足量稀盐酸将固体完全溶解，再滴加几滴 溶液出现白色沉淀，证明含有Cu2(OH)2SO4。
（6）按最佳配比进行实验制备碱式碳酸铜，反应过程中测得数据如下：
据此分析制备反应控制的适宜温度是 ，推测 90°C固体较少的原因是 。
（7）查阅资料可知碱式碳酸铜的组成有多种，可用xCu(OH)2•yCuCO3表示。某小组利用 以下装置测定某碱式碳酸铜样品的组成：（资料：碱式碳酸铜受热分解成三种常见的氧化物；碱石灰是氧化钙与氢氧化钠的混合物）
①加热时持续通入N2的目的是 ，D 装置的作用是 。
②称取 32.0g 样品，充分反应后得到 24.0g 残留物，B 增重 3.6g，C 增重 4.4g。该样品的化学式为 。若对调 B 和 C 装置的位置， （填“能”或“不能”）测算出该样品的化学式。
84．如图是实验室配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液的流程图。

(1)应称取 g氯化钠固体，需加水 mL。
(2)若称量氯化钠固体时指针向右偏转，则应 直到天平平衡。
(3)实验中，为了加快氯化钠固体的溶解，常采用的方法有 。
(4)下列操作中，可能导致配制氯化钠溶液的溶质质量分数偏小的是 （填字母）。
a．氯化钠中含有杂质 b．量取水时视读数c．用已有少量水的烧杯溶氯化钠 d．装瓶时，有少量溶液溅出
(5)取上述溶液20g，需加 g水稀释，可得到5%的氯化钠溶液。
(6)硝酸钾和氯化铵的溶解度曲线如图1所示，某化学兴趣小组同学进行了如图2所示实验。

①t1℃时，氯化铵的溶解度为 。
②烧杯I中KNO3溶液的溶质质量分数为 。
③下列关于图2中烧杯内物质的说法正确的是 （填字母）。
A．烧杯Ⅱ中溶液的质量是160g B．烧杯I、Ⅱ、III中，只有III中上层清液是饱和溶液
C．若使烧杯III中的固体溶解，可采用加水或升温的方法
D．烧杯III的上层清液中溶质质量分数一定比I的溶液中溶质质量分数大
85．碳酸盐与酸的反应有多种应用，备受研究重视。
(1)室温下配制100g质量分数为16%的Na2CO3溶液，用于演示灭火器原理。
①用托盘天平准确称取无水Na2CO3的质量为 g。
②若取用的Na2CO3带有结晶水，则配得溶液的浓度 (填“偏大”“偏小”“无影响”)。
(2)两个实验小组分别设计了图1、图2装置，测定贝壳中碳酸钙含量。
①图1装置反应结束后读数前应采取的措施为 。
②检查图2装置气密性的方法是 。
③图2装置中加入足量稀硫酸，一段时间后反应停止。再加入氯化铵溶液，发现又产生气泡。推测加入氯化铵溶液的作用是 。
④图2实验中，样品质量为mg，加入稀硫酸体积为V1mL，加入氯化铵溶液体积为V2mL，右侧针筒最后读数为V3mL。该实验条件下，CO2密度为dg·mL-1，则该样品中碳酸钙质量分数表达式为 。
⑤请对实验小组设计的图1装置做出评价 。
六、流程题
86．碳酸钡广泛应用于显像管（CRT）、陶瓷、光学玻璃等行业。有一种碳酸盐矿石其主要成分为碳酸钡和碳酸钙，以此矿石为原料生产碳酸钡的流程如下图所示。

【已知】：碳酸钡和碳酸钙具有相似的化学性质，高温下能分解成两种氧化物；氧化钡和氧化钙都能与水反应生成对应的氢氧化物，这两种氢氧化物均可以和二氧化碳反应。但氢氧化物溶解度有一定的差异，下表所示的是两种氢氧化物在不同温度下的溶解度。
(1)矿石研磨成粉末的目的 。
(2)以下相关说法正确的是
A．焙烧炉中添加焦炭粉和热空气是为了维持炉内的高温状态 B．焙烧炉内只涉及分解反应
C．废渣需要经过洗涤才能弃渣，是为了保护环境，同时充分利用原料
(3)写出焙烧炉中含钡元素物质发生反应的化学方程式： 。
(4)除了水之外，进入分离池中的物质是 和 ，请你推测分离池中操作②的方法是 （选“A”或“B”）
A．降温，过滤；B．加热，过滤
(5)写出由溶液B制取产品的化学方程式： 。
(6)若此矿石原料50t，得到的产品质量为19.7t，则此矿石中钡元素的质量分数 。
87．废铁屑的主要成份是铁，同时还有少量铁锈（主要成分是Fe2O3）等杂质，动物饲料硫酸亚铁的生产工艺之一如下图所示：
（1）实验室欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g/ml）配制200g20%的稀硫酸，有以下实验步骤：a．量取；b．计算；c．稀释；d．装瓶贴标签。正确的顺序是 （填字母），若用量筒量取浓硫酸时俯视读数，其它操作正确，则所得溶液的质量分数 20%（填“＞”、“＜”或“=”）。
（2）在反应器中发生的化学反应①Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O；② Fe2(SO4)3 + Fe = 3FeSO4 ；③ 。反应器所在的厂房要严禁烟火、加强通风的原因是 。
（3）溶液A中的溶质是 （填化学式）。
（4）操作Ⅰ的名称是 ，完成操作Ⅰ的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯和 ，玻璃棒的作用 。
（5）经过操作Ⅱ： 、降温结晶、过滤、冰水洗涤、低温干燥可得硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O），用低温干燥说明硫酸亚铁晶体可能具有的性质是 。
（6）将无水硫酸亚铁（FeSO4）隔绝空气加强热，生成Fe2O3 和SO2、SO3两种气体，试写出该反应的化学方程式 。
88．KMnO4可用作消毒剂、氧化剂、药物和分析化学试剂等。某小组为探究制备高锰酸钾的绿色化方案，设计了如下图所示的实验流程。
已知：①K2MnO4水溶液呈墨绿色，在水及酸性条件下会发生歧化反应。
②在K2CO3溶液中持续通入CO2，会生成KHCO3。
③室温时，K2CO3、KHCO3、KMnO4的溶解度分别为111g、33.7g、6.36g。
(1)共熔时，在加温加压条件下反应生成K2MnO4和H2O，该反应化学方程式为 。
(2)浸取时，需用玻璃棒搅拌的目的是 。
(3)歧化反应的化学方程式为：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，该反应中锰元素的转化率(所得高锰酸钾中锰元素与反应物中锰元素的质量百分比)为 ；判断歧化时K2MnO4完全反应的方法是：用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上，若滤纸上观察到 痕迹，表示反 应已完全。当溶液pH为10~11，停止通CO2，若CO2过多，可能造成的不良后果是 。
(4)电解法也可以实现由向K2MnO4向KMnO4的转化，反应的化学方程式为：2K2MnO4+2H2O通电2KMnO4+2KOH+H2↑，与“歧化反应”相比，其优点是 填字母)。
A 低碳 B 锰元素转化率高 C 得到的KOH可以循环利用 D 可以同时获得氢气
(5)从经济角度考虑，实验中可循环使用的物质除水外，还有 (填化学式)。
(6)流程图中一系列操作为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到KMnO4晶体，最后将得到的KMnO4晶体低温烘干，原因是 (用化学方程式表示)。母液x中的溶质为 。
七、科学探究题
89．某研究小组欲检验草酸晶体样品分解产物并测定器质量分数（假设杂质不参与反应）。草酸晶体（H2C2O4•2H2O）的理化性质见表。
(1)加热分解草酸晶体最适宜的装置是 （填图1字母序号）。
(2)图2是验证热分解产物中含CO，CO2的装置。①仪器a和b的名称分别是 和 ；
②证明存在CO2的现象是 ，证明存在CO的现象是 ，D中反应的化学方程式是 ；
③装置A的作用是 ，气囊的作用是 ；
(3)为测定样品中草酸晶体的质量分数，设计两种如下方案。
①称一定量样品用上图装置进行实验，测得装置D反应前后的质量差，由此计算出的实验结果比实际值偏低，排除仪器和操作的因素，其原因可能有：CO未完全反应、 ；
②称取8.75g草酸晶体样品配制50.00g溶液，取10.00g溶液加适量的稀硫酸，然后滴加%KMnO4溶液，恰好反应完全。
（已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O）则KMnO4溶液显 色，%KMnO4溶液中KMnO4的质量 g；请计算样品中的质量分数 [写出计算过程，M2（H2C2O4）=90，M2（H2C2O4•2H2O）=126，M2（KMnO4）=158]。
90．水是生命之源，人类的生产、生活都离不开水。
(1)自然界中的水含有许多可溶性和不溶性杂质。长期饮用硬水可能会引起体内结石，生活中常用来 区分软水与硬水，常用 的方法来降低水的硬度。在水的净化过程中，除去水中不溶性的固体杂质，其实验操作方法称为 。
(2)水是常用的溶剂，配制下列溶液时，以水做溶剂的是 (填序号)。
A 食盐 B 医用碘酒 C 高锰酸钾 D 植物油
(3)如图曲线A、B、C分别代表三种固体物质的溶解度曲线，根据图示回答:
①对A物质来说，a点的意义是 。
②将t1℃140gA的饱和溶液升温至t2℃时，可用图上的 点表示。
③若将t2℃时A、B、C三种物质的饱和溶液降温到t1℃所得溶液质量分数由大到小的顺序是 。
④t1℃时，将30gA物质放入50g水中，充分搅拌后所得溶液的溶质质量分数为 。(计算结果保留一位小数)
⑤如果要获得C的晶体，采用的方法是 (填“升温”或“降温”)。
(4)世博园区内用“活性炭+超滤膜+紫外线”组合工艺获得直饮水。其中活性炭的作用是 ；化合物X是一种新型的自来水消毒剂，工业上制取X的化学方程式为：Cl2+2NaClO2=2NaCl +2X，则X的化学式为 ；能够充分说明水的组成的化学反应方程式为 。
91．某学习小组对CO2展开研究：

Ⅰ．CO2的制备（1）写出图中标号仪器的名称：① 。
（2）实验室制取CO2的反应原理是为 （写化学方程式）。检查A装置的气密性的一种方法是向分液漏斗中加适量水，堵住右侧导气管，打开分液漏斗活塞，若观察到 ，则装置不漏气。
（3）实验发现：制取CO2时，最好选用质量分数为7.5％的稀盐酸。现欲配制100g 7.5％的稀盐酸，需要37％（密度为1.18g / mL）的浓盐酸 mL（计算结果精确到小数点后一位），需要水 mL（精确度同上）。量取水时，若仰视读数（其他操作均正确），则所配稀盐酸的质量分数 7.5％（填“＞”或“＝”或“＜”），配制过程不需要的仪器是 。A．酒精灯 B．量筒 C．烧杯 D．玻璃棒 E．胶头滴管 F．药匙
Ⅱ．CO2的收集
用以下三种方法收集，每种方法均做三次实验，取平均值。将C装置注射器中足量NaOH溶液注入集气瓶中，充分振荡，测集气瓶内气压。（饱和碳酸氢钠溶液可吸收CO2中的HCl气体，NaOH溶液可用来吸收CO2）
方法1：当B装置开始产气泡15s后，用排水法收集 CO2气体，记录集满CO2气体所要的时间为t；
方法2 ：当B装置开始产气泡15s后，用向上排空气法收集，收集时间用方法一所用的平均时间t0；
方法3：当B装置开始产气泡15s后，用向上排空气法收集，同时用燃着木条放在集气瓶口，待木条熄灭，立即盖上玻璃片。
实验数据：
数据分析：（4）三种方法均在15s后开始收集的原因是 。
（5）已知：CO2纯度 =（1-最终气压初始气压）×100%，则方法3所收集CO2的纯度为 。通过对比，欲收集更高纯度的CO2，应采用 法收集。
Ⅲ．二氧化碳转化新进展
（6）利用非高热电浆体合成技术可将CO2和甲烷（CH4）反应合成乙酸（CH3COOH），反应的化学方程式为 。
（7）在光催化条件下，CO2和H2反应生成甲烷（CH4）和水，反应的化学方程式为 。
八、计算题
92．生铁和钢都是由铁和碳组成的合金，生铁中碳的含量为2％～4.3％，钢中碳的含量为 0.03％～2％，为测定某种铁合金中碳的含量，小王同学取一定质量的合金样品盛放在烧杯中，并向其中逐滴加入稀盐酸至恰好完全反应，实验数据如下表所示：
注：碳既不溶于水也不与稀盐酸发生反应。
请根据相关信息完成下列计算：（1）恰好完全反应时，生成氢气的质量为____ g；
（2）样品中碳的质量分数 ____（计算结果保留到0.1%）；
（3）反应后得到的溶液中溶质的质量分数____（计算结果保留到0.1%）。
93．实验室用68g过氧化氢溶液和2g二氧化锰制取氧气,实验的相关数据如图。
请回答:
(1)二氧化锰作为催化剂在化学反应前后本身的______都没有发生变化；
(2)反应生成氧气的质量为________g。
(3)参加反应过氧化氢溶液的质量分数是____________?
94．某化学兴趣小组为了测定一批石灰石样品中碳酸钙的质量分数，取用2g石灰石样品，把20g稀盐酸（氯化氢的水溶液）分四次加入样品中（样品中除碳酸钙外，其余的成分既不与盐酸反应，也不溶解于水）充分反应后经过过滤、干燥等操作，最后称量，得实验数据如下：
（1）这四次实验中，第几次石灰石样品中碳酸钙已完全反应。
（2）石灰石样品中碳酸钙的质量分数为多少。
（3）求所用稀盐酸的溶质质量分数？（需要有解题步骤和过程）
（4）求第四次完全反应后所得溶液中氯化钙的质量分数？（结果保留到0.1%）
95．小英同学用某铁合金样品做了如下实验：称量11.4g样品，放入质量为40g的烧杯中，再往烧杯中加入200g稀硫酸，恰好完全反应(杂质不与酸反应，也不溶于水)。反应完毕后称量，烧杯及烧杯内物质总质量为251g。求：
(1)反应产生的氢气质量为__________g；
(2)所用稀硫酸的溶质质量分数________________(写出计算过程)。
96．化学反应在防治环境污染中扮演了重要角色。某工厂废气中的SO2，可用以下方式处理。方式一：2SO2+O2+2CaO=2CaSO4 方式二：2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O试计算：(已知：CaSO4的价格为700元/吨，相对分子质量为CaSO4136 Na2SO4142)。
(1)CaSO4中有两种元素的质量分数呈整数倍关系，这两种元素是硫元素和_________。
(2)若用方式一处理9.6tSO2，所得产品价值___________元?
(3)若用方式二处理9.61tSO2，刚好用去50t一定浓度的NaOH溶液，求所得溶液的溶质质量分数________(最终结果精确到0.1%)。
97．实验室一瓶新购进的浓硫酸，其标签的部分内容如图所示。
（1）若该瓶硫酸还没有开封使用，瓶内溶液的质量为 g。
（2）若要配制9.8%的稀硫酸400g，则需用该浓硫酸 mL（计算结果保留至0.1）。
（3）配制稀硫酸的过程中，除了用到量筒、胶头滴管、烧杯外，还需要用到的仪器可能有 。
（4）若量取浓硫酸时采用仰视的方法，则配制的溶液溶质质量分数 9.8%（填“>”、“=”或“<”）。若取该9.8%的稀硫酸100g与足量的镁充分反应后，所得溶液的质量为 g。
98．马英同学取某地石灰石样品12g进行测定实验，现将100g稀盐酸分五次加入石灰石样品中（杂质不溶于水也不参与反应），充分反应后测得生成气体的总质量如下表所示：
试求：（1）m的值为 g
（2）12g石灰石样品中碳酸钙的质量等于 g
（3）反应完全后最终溶液中氯化钙的质量分数？
（写出计算过程，计算结果精确至0.1）
99．按照我国《食品添加剂使用标准（GB2760 -2014）》，合理使用SO2不会对人体健康造成危害。如葡萄酒酿制中适量添加SO2，可防止葡萄酒在陈酿和贮藏过程中被氧化。《标准》中部分食品SO2的最大残留量如表：
兴趣小组同学用高锰酸钾溶液对某种白葡萄酒中SO2残留量进行测定（SO2能使高锰酸钾溶液褪色），反应的化学原理为：2KMnO4+5SO2+2H2O=2MnSO4+2H2SO4+K2SO4。
(1)实验步骤如下：步骤1：配制高锰酸钾溶液：将20 g 7.9%高锰酸钾溶液稀释成0.395%的高锰酸钾溶液，需要加水 mL。稀释过程中需要的仪器有：量筒、 、烧杯、玻璃棒。
步骤2：取10 g 0.395%的高锰酸钾溶液于烧杯中，缓缓加入该品牌白葡萄酒，边加边搅拌，当加入100 mL白葡萄酒时，高锰酸钾溶液恰好褪色。
(2)通过计算说明该品牌葡萄酒中SO2的残留量是否符合标准。
100．某化学兴趣小组欲测定某石灰石样品中碳酸钙的质量分数。取25g石灰石样品（假设杂质既不溶于水，也不与其它物质反应），向其中加入146g一定溶质质量分数的稀盐酸，恰好完全反应，称得固液混合物的质量为162.2g。请回答下列问题：
（1）该样品中碳酸钙的质量分数为多少？
（2）向反应后的固液混合物中加入142.8g水，充分搅拌后过滤，所得溶液的溶质质量分数为多少？
（3）用36.5%的浓盐酸配制146g上述实验所用的稀盐酸，需要加水的质量为多少？
101．某氢氧化钠样品中混有少量氯化钠，为测定样品中氢氧化钠的质量分数，称取5g样品，加入27g水完全溶解后，缓慢加入稀盐酸，同时测定溶液的pH＝7时，刚好用去10％的稀盐酸36.5g，试计算：
(1)将100g质量分数为38％的浓盐酸稀释成10％的稀盐酸，需加水的质量为________g。
(2)样品中氢氧化钠的质量分数为___________。
(3)反应后所得溶液中溶质的质量分数为________。
九、综合应用题
102．实验室常用 5%H2O2溶液和 MnO2的混合物制取氧气．
（1）欲配制 100g 5%的 H2O2溶液，需 30%的 H2O2溶液（ρ=1.1g/mL）体积 mL（精确到小数点后 1 位）．
（2）该反应的化学方程式为 ，在反应中，MnO2的作用是 ．
（3）下图中，仪器 B 的名称是 ．欲得到流速稳定的 O2，组装制取氧气的发生装置应选用的仪器是 （填字母）．
（4）在检验氧气时，带火星的木条未能复燃，可能的原因是 （写出一种）．
（5）O2不易溶于水，若用 G、H 装置测量生成 O2的体积，O2应从 （“a”或“b”） 管通入．仪器 G 中原有空气 （“会”或“不会”）影响 O2体积的测量．实验过程中，量筒中水的体积变化现象是 ．
（6）为探究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，进行如下实验：
I．用 MnO2、CuO、Fe2O3、Cr2O3四种催化剂分别与海藻酸钠溶液混合，制成含等质量催化剂、大小相同的海藻酸钠微球，备用．
II．分别取 30 粒含催化剂的海藻酸钠微球，采用左下图装置进行实验．得到右下图的锥形瓶内压强随时间变化的曲线图．
①每次实验时，为保证实验结果严谨可信，海藻酸钠微球数应 （填“相同”或“不同”）．
②用含 MnO2的海藻酸钠微球进行实验，60s 时压强瞬间回落，其原因是 ．
③从实验曲线看，催化效果较好、反应温和的催化剂是 ．
103．碳酸锶（SrCO3）是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿（含80～90% SrCO3，少量CaCO3、BaCO3等）制备高纯碳酸锶的工艺流程如图：
【查阅资料】①不溶性碳酸盐高温下可以分解，生成金属氧化物和CO2气体。
② 可溶性碱（如KOH）中金属元素（K）形成的氧化物（K2O）才能与水反应生成对应的碱（KOH），反之，不溶性碱[如Cu（OH）2]中金属元素（Cu）形成的氧化物（CuO）不能与水反应。
③金属锶：化学性质非常活泼，可直接与水反应生成氢氧化锶和氢气。
④氢氧化锶在水中的溶解度数据如表：
请回答以下问题：（1）“粉碎”菱锶矿、焦炭混合的目的是 。标出碳酸锶（SrCO3）中锶的化合价为 。
（2）“立窑煅烧”中碳酸锶和焦炭反应得到单质锶，请写出该反应的化学方程式 。
（3）“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是 ，滤渣1含有Ca(OH)2和 。
（4）写出“除钡”环节中滤渣2的化学式 。
（5）“结晶”采用的是 结晶法，得到的“母液”一定是氢氧化锶的 (填“饱和”或“不饱和溶液”)。
（6）“沉锶”时发生的反应：Sr（OH）2+NH4HCO3＝SrCO3↓+NH3·H2O+H2O，该反应需的温度需控制在65-80℃，其原因是 。
（7）锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。要制备某种锶铁氧体（化学式为SrO•6Fe2O3，相对分子质量为1064）5.32t，不考虑过程中的损失，理论上至少需要含SrCO3 80%的菱锶矿石多少t ？（写出计算过程）
104．双氧水广泛应用于化学合成、印染纺织、污水处理等领域。
(1)欲将100g30%的过氧化氢溶液稀释成6%的过氧化氢溶液用以实验室制取氧气，则需要加入水的体积为 mL，若量取30%的过氧化氢溶液时俯视读数，会导致所配溶液溶质质量分数 6%（填“>”“<”或“=”）。
(2)某化学兴趣小组利用下列装置，通过测定产生相同体积气体所用时间长短来探究影响H2O2分解速率的因素。
①仪器a、仪器b的名称分别是 、 。
②锥形瓶内发生反应的化学方程式是 ，此实验选用排水法收集时，当观察到 的现象时，开始收集。a.气泡连续均匀冒出 b.一有气泡冒出
③探究过氧化氢分解快慢的影响因素，实验过程如下表所示
通过对比实验甲与实验乙得出的结论是 ；对比实验乙与实验丙得出结论：温度越高，过氧化氢分解速率越慢。你认为该结论是否可靠？理由是 。
(3)某研究团队在《Science》杂志上提出一种一步合成法：在Pt-Pb催化剂作用下，氢气和氧气化合得到过氧化氢，该反应的化学方程式为 。其工艺特点主要采用水作为反应介质，活性炭为载体的Pt-Pb催化剂，为了出于安全考虑，合成时在反应物中加入大量CO2、N2等，请说出需要加入这些气体的原因 。
(4)用双氧水制得的“补钙增氧灵”（主要成分是CaO2），在常温下能与水反应生成氢氧化钙和氧气，其反应化学方程式为 。长时间存放的过氧化钙中含有的主要杂质是氢氧化钙和 （填化学式）。
105．人类的生产和生活都离不开金属。
（一）金属材料的使用作为一个时代的标志，见证了人类文明发展的过程。历史上人类冶炼不同金属的大致年代如图所示：
(1)由图可知人类最早使用的合金是 ；通过敲打可将金属材料打制成不同的形状，是利用了金属的 性。
(2)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 （硫酸铜晶体）。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列叙述正确的是______（填序号）
A．“苦泉”的溶质之一——CuSO4 B．“挹其水熬之”——蒸发溶剂
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”——发生置换反应
(3)铁是年产量最高的金属，但每年因腐蚀造成巨大损失，写出一条防止铁生锈的措施 。
(4)铝的利用距今100多年，现在铝的年产量得到大幅度的提高。铝虽然较活泼，但抗腐蚀性能好，原因是
（用化学方程式表示）。
（二）实验室探究铜的冶炼
已知：H2+CuOΔCu+H2O。有报道：在氢气还原氧化铜的一些实验中，得到的固体产物是铜和氧化亚铜（Cu2O）组成的混合物。氧化亚铜为红色固体，在空气中溶于氨水得到蓝色溶液。某兴趣小组对此开展探究。
Ⅰ、设计如图1实验装置，开展氢气还原氧化铜实验并检验固体产物。
(5)图1中制取氢气的化学反应方程式为 。
(6)实验开始时，______（填序号）
A．先向长颈漏斗中加稀硫酸后点酒精灯 B．先点燃酒精灯加热后向长颈漏斗中加稀硫酸
(7)取反应后的红色固体于烧杯中，加入氨水并搅拌，观察到 ，证明固体产物有Cu2O。
Ⅱ、探究反应生成Cu2O的变化情况。
称取若干份质量均为0.6000g的CuO，在相同条件下分别用氢气还原不同时间（t），检测所得固体中Cu2O的质量（m），结果如图2。
(8)由图2可知，在氢气还原氧化铜反应过程中，Cu2O质量的变化趋势是 。
(9)为确保氢气还原氧化铜所得固体产物不含Cu2O，应采取的措施是 。
Ⅲ、探究反应生成Cu2O的原因。
为解释实验结果，兴趣小组对氢气还原氧化铜的反应过程提出如下假设：
假设1：经历2CuO+H2ΔCu2O+H2O，H2+Cu2OΔ2Cu+H2O两个反应，且在同一条件下两个反应同时进行。
假设2：依次经历H2+CuOΔCu+H2O、Cu+CuO+CuΔCu2O、H2+Cu2OΔ2Cu+H2O三个反应。
(10)结合探究Ⅱ的结果，通过计算分析，假设1中“在同一条件下两个反应能同时进行”合理的依据是 。（写出计算过程）
（三）用废铜屑生产硫酸铜晶体（CuSO4•5H2O）的流程如下：
(11)“溶解”时需要加热，但温度不宜过高，原因是 。
(12)“系列操作”包括：除杂、蒸发浓缩、 、过滤等。过滤时用到的玻璃仪器有烧杯，漏斗、 。
(13)“洗涤”时最好选用冰水而不用热水的原因可能是 。
106．以印刷线路板的碱性蚀刻废液（主要成分为[Cu（NH3）4]Cl2，杂质不参与反应）或以铜精炼炉渣（主要成分为Cu、Cu2O、少量FeO等）为原料均能制备CuSO4·5H2O晶体。
Ⅰ、取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，通入空气，加热并搅拌，产生大量的黑色沉淀，同时生成氨气、水等常见物质。待反应停止，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。
（1）写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式：
[Cu（NH3）4]Cl2＋2NaOH加热CuO＋2 ＋4NH3↑＋H2O。
（2）检验CuO固体是否洗净的实验操作是取最后一次的洗涤液，滴加 ，（填试剂的名称）若无明显现象，则固体已洗干净。（3）装置图中装置X的作用是 。
Ⅱ、以铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体，主要步骤如下：
【资料】①金属氧化物在稀硫酸中的溶解性：常温下，Cu2O、Fe2O3、Fe3O4不易溶于稀硫酸，而CuO、FeO易溶于稀硫酸。
②H2O2能将+2价Fe氧化成+3价Fe
焙烧 将铜精炼炉渣粉碎，使其中的Cu、Cu2O氧化成CuO；FeO氧化成Fe2O3、Fe3O4
酸浸 加入适量稀硫酸，充分反应后过滤
除铁 向滤液中加入适量CuO调节pH值，然后缓慢加入H2O2和阻化剂形成沉淀，过滤
分离 将滤液结晶、过滤、洗涤、低温烘干得到CuSO4·5H2O晶体
（1）焙烧步骤中将Cu、Cu2O氧化成CuO；FeO氧化成Fe2O3、Fe3O4的原因是 。
（2）由图炉渣在750℃、800℃焙烧时的增重曲线，可知最佳的焙烧温度是 ℃、最佳的焙烧时长是 h。
（3）酸浸步骤中发生主要反应化学方程式为 。
（4）除铁步骤中加CuO的主要原因是 ， 。
（5）分离步骤中得到CuSO4•5H2O，需要低温烘干的原因是 。
（6）欲测定该产品中CuSO4•5H2O的质量分数，某兴趣小组进行如下实验：
①称取21.00g样品配成100mL溶液，量取25.00mL，加足量标准BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，得到沉淀4.66g。则该产品中CuSO4•5H2O的质量分数为 。（写出计算过程，结果精确到0.1%）
②若晶体中含有少量CuSO4•3H2O生成，则产品中铜元素的质量分数 （填“偏大”“不变”或“偏小”）。
十、科普阅读题
107．根据以下材料回答问题。
【材料一】据报道，在普通口罩上添加氯化钠涂层，就能将其转化为“特效口罩”。使用过程中，氯化钠会溶解于病毒自身携带的水中，杀死病毒，后水分蒸发，氯化钠再次析出。
【材料二】氯化钠的溶解度如下：
【材料三】某实验小组在室温（20℃）下，进行粗盐提纯的实验流程如下图所示：
(1)根据材料一：口罩使用过程中，氯化钠溶液中溶质质量分数 （填“改变”或“不变”）。 构成氯化钠的阴离子符号为 。钠原子转化为钠离子，其核外电子数 （填“增加”、 “减少”或“不变”）。
(2)根据材料二：20℃时，100.0g水中溶解 g 氯化钠恰好饱和，若要把该饱和溶液转化成不饱和溶液，可以采用 （填“搅拌”或“加水”）的方法。
(3)根据材料二和三：
①溶液A是 （选填“饱和”或“不饱和”）溶液。
②操作Ⅱ是 ，用到的玻璃仪器有 、烧杯、玻璃棒，其中玻璃棒的作用是 。
③操作Ⅲ过程中溶液质量与时间变化关系如右图所示，相关分析正确的是 。
a．m1< 20g b．（m2－m3）是减少的水的质量
c．D、E 点表示的溶液溶质质量分数相同 d．F 点时，停止加热
④该实验得到精盐的产率为 。
108．谈到氨气NH3，首先让我们想到的是它的刺激性气味，其实NH3在生活生产中的应用十分广泛。
一、工业合成氨气
工业合成氨气的流程如图1所示，在铁触媒作用下，用体积比为1:3的氮气和氢气合成氮气，当容器中氮的含量不再发生变化时（平衡时），测得氮气的含量分别与温度和压强的关系如图2所示。
二、NH3与食品工业
黄曲霉毒素具有很强的致癌性，在食品工业生产中，常利用氨气熏蒸法降低食物中滋生的黄曲霉毒素。实验人员通过实验寻找氨气熏蒸法的最佳条件。将50g花生破碎成粉末，包裹密封并注入NH3，置于恒温箱进行熏蒸。图3是在相同熏蒸时间、NH3浓度和花生含水量的条件下，熏蒸温度对降解某种黄曲霉毒素的影响。
三、NH3与无机化工
NH3溶于水后形成的氨水可作为吸收CO2的新型吸收剂。图4为工业吸收CO2的装置示意图。实验研究表明，CO2的脱除率受到反应温度、氨水流量、氨水浓度等多种因素影响。当喷雾塔内的反应温度低于40℃时，CO2的脱除率随着氨水流量和氨水浓度的增加而明显升高，最高可达到85%，大大减少了CO2的排放，降低其对环境的影响。
依据文章内容回答下列问题。
(1)工业上常常从空气中获得N2，该方法是利用空气中各成分 的不同将空气成分进行分离。
(2)“合成塔”中出来的气体有 ，冷却塔的作用是 。
(3)按下列条件进行合成氨气反应，平衡时氨气的含量最高的是______。
A．200大气压、300℃ B．200大气压、500℃ C．400大气压、300℃ D．400大气压、500℃
(4)氨气熏蒸法中，NH3与食物中水反应生成一水合氨，能有效降低黄曲霉素的毒性。NH3与食物中水的结合过程属于 （填“化合”或“分解”）反应。
(5)依据图1回答：①当温度为40℃和45℃时，降解率分别为84.34%和84.35%，应选取的最佳熏蒸温度为 ，理由是 。
②在25℃~45℃的范围内，随着熏蒸温度的逐渐升高，黄曲霉毒素的降解率逐渐 （填“增大”或“减小”）。
(6)喷雾塔中利用氨水吸收CO2，CO2从 处通入（填“A”或“B”），其目的是 。
(7)下列关于氨水吸收CO2的说法中，正确的是______。
A．从喷雾塔出气口排放出的气体中不含CO2
B．吸收过程中，喷雾塔内的反应温度对CO2脱除率没有影响
C．反应温度低于40℃时，喷洒浓度较高的氨水，有助于提升CO2的脱除率
选项
滴管甲
烧杯丙
滴管乙
烧杯丁
A
过氧化氢溶液
二氧化锰
水
氯化钠
B
稀硫酸
锌
盐酸
碳酸钠
C
水
氢氧化钠
水
硝酸铵
D
水
氧化钙
盐酸
镁
时间
水
饱和石灰水
稀盐酸
浓硫酸
氢氧化钠溶液
n小时
8.14g
8.32g
8.62g
11.16g
9.36g
2n小时
5.74g
5.93g
6.67g
12.53g
8.45g
温度/℃
20
30
60
70
80
溶液质量/g
65.8
72.9
100
100
100
温度℃
20
30
40
50
溶解度S/g
KC1
34.0
37.0
40.0
42.6
KNO3
31.6
45.8
63.9
85.5
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度
S/g
KNO3
13.3
31.6
63.9
110
169
NaCl
35.7
36.0
36.6
37.3
38.4
氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀pH
1.8
4.1
8.3
9.4
完全沉淀pH
3.2
5.0
9.8
12.4
感官指标
化学指标
细菌指标
水质无色、无味
pH：6.5~8.5
细菌总个数<100个/mL
温度℃
质量分数%
20
40
60
4
1.023
1.016
1.007
10
1.063
1.054
1.044
温度/℃
20
40
60
80
100
溶解度/g
31.6
63.9
110
169
246
84消毒液
【产品特点】主要成分为次氯酸钠（NaClO），有效氯的质量分数为5.1%~6.9%。
【餐具消毒】用有效氯的质量分数为0.04%的消毒液浸泡，20min后用生活饮用水冲净。
【注意事项】①外用消毒剂，须稀释后使用。
②不得将本产品与酸性产品（如洁厕类清洁产品）同时使用。
反应物比例n(C2H4O2)n(H2O2)
反应时间
0.5h
1h
3h
5h
7h
2：1
7.38%
8.46%
9.42%
11.26%
13.48%
1：1
10.56%
12.92%
13.54%
20.72%
20.80%
1：2
6.14%
7.10%
7.96%
10.38%
12.36%
温度/℃
60
65
75
80
90
沉淀量/g
1.295
1.303
1.451
1.340
1.292
温度/℃
0
40
80
Ca(OH)2溶解度/g
0.187
0.141
0.094
Ba(OH)2溶解度/g
1.67
8.22
101.4
熔点
沸点
热稳定性
与碱反应
101°C～102°C
150°C～160°C升华
100.1°C失去结晶水，175°C分解成CO2，CO，H2O
与Ca（OH）2反应产生白色沉淀（CaC2O4）
方法1
方法2
方法3
瓶内初始气压（kPa）
104.2
104.2
104.2
三次实验最终气压平均值（kPa）
9.3
31.8
39.7
CO2纯度
91.1％
69.5％
X
烧杯质量
样品的质量
稀盐酸的质量
烧杯+剩余物的总质量
50g
5.8g
94.6g
150.2g
稀盐酸的用量
剩余固体的质量
第一次加入5g
1.5g
第二次加入5g
1.0g
第三次加入5g
0.5g
第四次加入5g
0.3g
化学纯 500mL
浓硫酸（H2SO4）
含H2SO4 98%
密度 密度 1.84g/mL
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
加入稀盐酸的质量/g
20
20
20
20
20
生成气体的总质量/g
1.1
2.2
m
4.4
4.4
食品
蜜饯
葡萄酒
巧克力
果蔬汁
最大残留量
0.35g/kg
0.25g/L
0.1g/kg
0.05g/kg
温度/℃
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/（g/100g）
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
实验编号
温度
二氧化锰用量
双氧水体积
双氧水浓度
氧气体积
收集时间
甲
20℃
0.2g
10mL
6%
125ml
20S
乙
20℃
0.2g
10mL
30%
125ml
2S
丙
40℃
无
10mL
30%
125ml
148S
温度（℃）
10
20
30
40
60
80
100
溶解度（g）
35.8
36.0
36.1
36.4
37.1
38.0
39.2
参考答案：
1．D
【详解】由方程式：MgO+2HCl=MgCl2+H2O 、MgCO3+2HCl═MgCl2+CO2↑+H2O 可知：同样质量的稀盐酸与MgO和MgCO3反应时生成氯化镁的质量相同，故可按只有氧化镁计算，根据质量守恒定律，氧化镁的质量为：156g-150g=6g 。
设6g氧化镁与盐酸反应生成氯化镁的质量为x
MgO+2HCl406g=MgCl2+95xH2O
4095=6gx
解得x=14．25g
反应后溶液的溶质质量分数=14.25g156g×100% ≈9．1%。故选D。
2．C
【详解】试题分析：根据质量守恒定律可知，在反应中，镁原子的总质量不变，即反应前镁的量=反应后硫酸镁中镁的量；由镁元素的质量分数和混合物的质量，可计算镁元素的质量，再利用硫酸镁中镁的质量分数，求出硫酸镁的质量，而混合物与酸的质量之和为反应后溶液质量，最后可计算溶质的质量分数。
解，混合物中镁元素的质量为10g×48%=4.8g，
则恰好完全反应后溶液中硫酸镁的质量为4.8g÷×100%=24g，
而反应后溶液质量=10g+110g=120g，
则溶液中溶质的质量分数=×100%=20%。故选C
考点：有关溶质质量分数的简单计算，质量守恒定律及其应用
点评：能利用元素守恒的方法来计算溶质的质量是解答本题的关键，不可盲目利用化学方程式来计算溶质质量。
3．D
【详解】A、从图示看：50℃时，三种物质的溶解度由大到小的顺序是A>B>C，选项A正确；
B、50℃时，把50 g A放入50 g水中能形成75 g A的饱和溶液，因为此时的溶解度是50克，选项B正确；
C、因为C的溶解度随温度降低而增大，所以将C的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用降温的方法，选项C正确；
D、分别将三种物质的饱和溶液从50℃将至20℃时，所得溶液溶质质量分数大小关系是B>A>C，因为降温时C的溶解度在增大，但是没有溶质增加，所以降温过程中C的质量分数不会改变，选项D不正确。故选D。
4．C
【详解】A、根据溶解度曲线，t1℃时，三种物质的溶解度由小到大为AB、根据溶解度曲线，t2℃时，A、B两种物质的溶解度相等，正确；
C、根据溶解度曲线，物质C的溶解度都随温度的升高而降低，故t3℃时C的饱和溶液降温到t1℃，溶液由饱和变为不饱和，但溶液的溶质质量分数不变，错误；
D、根据溶解度曲线，若要将组成在N点的A溶液转变为M点的A溶液，可以采取恒温蒸发溶剂的方法，正确。
故选C。
5．D
【详解】A、在比较物质的溶解度时，需要指明温度，故错误；
B、将甲、乙的饱和溶液的质量不确定，所以从t 2℃降到t1℃，析出晶体的质量也不确定，故错误；
C、t2℃时，甲物质的溶解度＞乙物质的溶解度，即100g溶剂中甲物质的质量＞乙物质的质量，等质量甲和乙的饱和溶液中所含溶剂的质量甲＜乙，故错误；
D、由于在t1℃时甲、乙两物质的溶解度相同，溶液中溶质的质量分时也相同。甲、乙的溶解度都温度的升高而增大，所以，将t1℃甲、乙两物质的饱和溶液升温至t2℃，都变成了不饱和溶液，由于溶液中溶质的质量、溶剂的质量都不变，所得甲溶液溶质质量分数=乙溶液溶质质量分数，故正确。
点睛：
根据固体的溶解度曲线可以：①查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性，②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。
6．D
【详解】A、物质的溶解度与温度有关，在相同的温度下才能比较两种物质的溶解度大小，错误；
B、40℃时，甲的溶解度为50g，故40℃时，甲的饱和溶液中溶质质量分数为50g÷150g×100%=33.3%，错误；
C、40℃时，乙物质的溶解度为40g，含义是将40g乙物质溶于100g的水中，恰好能形成饱和溶液，则50g的乙物质在该温度下达到饱和状态需要水的质量大于100g，故形成的饱和溶液的质量大于150g，错误；
D、20℃时甲的溶解度为30g，饱和溶液的质量为130g，则水的质量为100g，40℃时甲物质的溶解度为50g，故100g水中最多能溶解甲物质的质量为50g，故最多还能溶解甲物质20g，正确。故选D。
7．D
【详解】A、纵坐标是剩余固体质量，温度越高，剩余固体越多，表明溶解度是随温度升高而减小的，选项A错误；
B、t1℃时，剩余固体都是10g，说明溶解了20g，因为水的质量是50g，所以甲、乙的溶解度均为40g，选项B错误；
C、温度由t2℃降低到t1℃时，固体减少5g，应该是溶解了5g，选项C错误；
D、c中剩余固体最少，a中次之，b中剩余固体最多，所以a，b，c三点中溶质的质量分数由大到小的顺序是：c＞a＞b，选项D正确。故选D。
8．D
【详解】A、由溶解度曲线可知，约在64℃时KCl和Na2SO4的溶解度相等，选项A正确；
B、由溶解度曲线可知，在室温至100℃区间，随温度升高，Na2SO4的溶解度先增大后减小，醋酸钙则相反，选项B正确；
C、因为氯化钾的溶解度随温度的升高而增大，故从含少量KCl的溶液中分离出氯化钾，采用先蒸发浓缩，后降温结晶的方法，选项C正确；
D、在40℃时，氯化钾的溶解度为40g，即该温度下，40g氯化钾溶解在100g水中恰好形成饱和溶液，选项D错误。故选D。
9．B
【详解】A、溶液具有均一性，从100g10%的蔗糖溶液中取出20g，其溶质质量分数仍为10%，错误；B、设要加水的质量为x，根据溶液稀释前后，溶质的质量不变，则50g×20%=（50g+x）×5% 解得x=150g，正确；C、将10%的蔗糖溶液和20%的蔗糖溶液混合后，溶液的溶质质量分数将在10%～20%之间，错误；D、100g 20%的蔗糖溶液中加入20g蔗糖后溶质的质量分数变为100g×20%+20g120g×100%=33.3%。故选B。
10．D
【详解】A、向m g溶液B中加入x g食盐，振荡后，溶液的质量不变，说明此时B溶液已经饱和。则食盐在20 ℃时的溶解度为36g。物质的溶解度应带有单位，错误；
B、由于A溶液的溶质质量分数小于B的溶质质量分数，故等质量的A、B中，溶剂质量A＞B，错误；
C、m g溶液B中的溶质质量为m×26.47%=26.47m100g，错误；
D、由题中信息可知，20 ℃时，5%的A溶液为不饱和溶液。向m g溶液A中加入x g食盐，振荡后，食盐会溶解，所得溶液的质量＞m g，正确。
故选D。
11．D
【详解】A、通过分析溶解度曲线可知，10℃时，物质溶解度关系为①＞③＞②＞④，故A正确；B、氢氧化钠溶于水使溶液温度升高，Ce2(SO4)3的溶解度随温度的升高而减小，溶液中析出的晶体为Ce2(SO4)3；硝酸铵溶于水使溶液温度升高降低，NHH2PO4和NaCl的溶解度随温度的升高而减小，溶液中析出的晶体是NHH2PO4或NaCl，故B正确；C、磷酸二氢铵受温度变化影响较大，所以若NH4H2PO4中混有少量NaCl杂质，提纯NH4H2PO4可用降温结晶的方法，故C正确；D、22℃时，氯化钠的溶解度是36g，将40NaCl加入到100g水中,所得溶液中溶质和溶剂的质量比是36g:100g=9:25，故D错误。故选D。
点睛：根据固体的溶解度曲线可以：①查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性，②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。
12．D
【详解】A、母液中含有氯化镁，从母液中可进一步制得金属镁，故选项说法正确；B、粗盐的主要成分是氯化钠，粗盐提纯是通过溶解（把不溶物与食盐初步分离）、过滤（把不溶物彻底除去）、蒸发（食盐从溶液中分离出来而得到食盐的过程），①处操作是溶解、过滤、蒸发结晶，故选项说法正确；C、海水“晒盐”得到的粗盐中含有氯化镁、氯化钙、泥沙等杂质，故选项说法正确；D、析出粗盐后的母液不能继续溶解氯化钠，是氯化钠的饱和溶液，故选项说法错误。故选D。
【点睛】本题难度不大，掌握粗盐提纯的原理、饱和溶液的特征等是正确解答本题的关键。
13．B
【详解】A、从两物质的溶解度曲线可以看出，30℃时，M的溶解度大于N的溶解度，选项A错误；
B、在t℃时，两物质的溶解度曲线交于一点，说明两物质的溶解度在t℃时相等，选项B正确；
C、从图中可以看出20℃时，M、N的溶解度都大于10g，都是易溶物质，选项C错误；
D、由于阴影部分在M的溶解度曲线的上方，在N的溶解度曲线的下方，因此对于M来说为饱和溶液，对于N来说为不饱和溶液，选项D错误。故选B。
14．C
【分析】Mg+H2SO4==MgSO4+H2↑，MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，化学反应前后元素的种类、质量不变，反应后得到的MgSO4中Mg元素的质量等于反应前固体中镁元素的质量。
【详解】反应前镁元素的质量为：3.0g×80%=2.4g，MgSO4的质量为2.4g÷（24120×100%）=12g，设 100g稀硫酸中所含硫酸的质量为x。
H2SO498xMgSO412012g
98120=x12g，解得x=9.8g
稀硫酸溶液中硫酸的质量分数为:9.8g100g×100%=9.8%。
故选C。
【点睛】根据质量守恒定律判断出反应后MgSO4中Mg元素的质量，然后求出MgSO4的质量，再根据化学方程式由MgSO4的质量求出稀硫酸中所含硫酸的质量。
15．D
【分析】根据题干可以分析到甲滴入丙中的现象是气球先鼓起，后恢复，说明此反应或者物理现象，放出大量热导致；或者产生了溶于水的或产生的气体和丁中的物质反应。再将乙中液体滴入丁中，气球又明显鼓起，说明乙和丁的反应是产生了不溶于水的气体。
【详解】A、双氧水与二氧化锰混合产生氧气，氧气一段时间后不会被吸收，气压不能减小，气球不能恢复原状，故A错误；
B、稀硫酸与锌混合产生氢气，氢气一段时间后不会被吸收，气压不能减小，气球不能恢复原状，故B错误；
C、氢氧化钠遇水放热，瓶内压强增大气球鼓起来，恢复室温后气球恢复原状；硝酸铵遇水吸热，瓶内压强减小，气球不会重新鼓起来，故C错误；
D、氧化钙遇水放热，瓶内压强增大气球鼓起来，恢复室温后气球恢复原状；盐酸与镁混合产生氢气，氢气不会被吸收，使瓶内压强增大，气球重新鼓起来，故D正确。
故选D。
16．D
【详解】A、根据①溶液变化为②溶液，没有晶体析出，所以图①和图②中溶液的溶质质量相等，在①→②过程中，溶剂质量减少，所以溶质质量分数②＞①故A说法错误；
B、②③都是恒温蒸发得到的氯化钠的饱和溶液，所以图②和图③中溶液的温度不变，溶解度不变，故B说法错误；
C、在③→④过程中，升温蒸发水分，此时溶解度变大，溶质的质量分数④＞③，所以溶剂水的质量分数③＞④，即溶剂质量分数减小，故C说法错误；
D、在②→③过程中，氯化钠的溶解度不变，溶质质量分数不变，在③→④过程中，升温蒸发水分，此时溶解度变大，溶质的质量分数④＞③，故D说法正确。
故选D。
17．C
【详解】A、氯化钠溶于水后，物质间不反应且温度没有明显变化，气球没有明显变化，故错误；
B、铁粉与硫酸反应会生成氢气，使气球膨胀，但不会复原，故错误；
C、氢氧化钠溶于水能够放出大量的热，容器内气体膨胀会使气球鼓起来，温度恢复到室温，气球复原，故正确；
D、过氧化氢溶液在二氧化锰催化作用下生成氧气，使气球膨胀，但不会复原，故错误；
故选：C。
18．D
【分析】根据题目信息和溶解度曲线可知：甲、乙两种固体物质的溶解度，都是随温度升高而增大，而甲的溶解度随温度的升高变化比乙大；
A、溶解度大小的比较；
B、降温后溶质质量析出大小的比较；
C、交点的含义；
D、饱和溶液与不饱和溶液的相互转化。
【详解】A、甲的溶解度大于乙的溶解度错误，因为没有指明温度；故A选项错误；
B、t3℃时，将甲、乙的饱和溶液都降温到t1℃，甲析出晶体的质量一定比乙析出晶体的质量大错误，因为没有指明饱和溶液的质量；故B选项错误；
C、t2℃时，甲、乙两种物质溶液的溶质质量分数一定相等错误，因为没有指明是饱和溶液，故C选项错误；
D、t1℃时，把甲的不饱和溶液变为饱和溶液，溶剂质量可能不变正确，如增加溶质，故D选项正确；
故选：D。
19．B
【详解】A、浓硫酸敞口久置于空气中，其浓度会变小，是因为浓硫酸具有吸水性，不符合题意；
B、从实验一知道，氢氧化钠溶液的质量变化小于水的质量变化，原因之一是氢氧化钠溶液吸收了空气中的CO2，产生了Na2CO3，溶液①中加入50g 7.3%的稀盐酸后，溶液质量是68.8g，则没有物质逸出，盐酸是和先与溶液①还没有变质的氢氧化钠反应，导致盐酸的量不足，和Na2CO3反应只能产生碳酸氢钠，而不能放出二氧化碳气体，所以溶液①的溶质还有氢氧化钠，符合题意；
C、稀盐酸敞口久置后浓度可能会变大，因为盐酸中水的蒸发量可能大于氯化氢的蒸发量，不符合题意；
D、饱和石灰水中的氢氧化钙能与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，所以饱和石灰水的质量变化小于水的质量变化，不符合题意。故选B。
20．B
【详解】A、根据题目资料，电导率的大小能反映离子浓度的大小，故曲线的变化即对应溶液中离子浓度的变化。在0-a段，溶液电导率为0，可得出此时尚未加入NaCl，故A正确。
B、a-b过程中离子浓度快速增大，而由题意“一定量的 NaCl 固体迅速加入水中”可知，a点即为加入NaCl的时刻。由于溶解后，在溶液中分散为Na+和Cl-，随着NaCl的逐渐溶解，溶液中钠离子和氯离子浓度逐渐增大使得a-b段电导率快速增大。随后溶液中离子浓度基本不变，是由于NaCl已经不再溶解。此时无法确定是否有NaCl剩余，也无法确定溶液是否饱和，故B错误。
C、溶液具有均一性，溶液各处的组成和性质完全一致，因而离子浓度也均相等，故C正确。
D、从图中可知，加入NaCl之前蒸馏水的电导率为0，而NaCl溶液的电导率不为0，故可以采用测量电导率的方法来区分蒸馏水和NaCl溶液，故D正确。
故选B。
21．B
【详解】A、由图可知，30℃时，氯酸钾的溶解度为10g，则此时饱和溶液质量分数为10g10g+100g×100%≈9.09%，不符合题意；
B、60℃时，a点对应的氯化钾溶液为不饱和溶液，恒温蒸发掉部分水可变饱和溶液，符合题意；
C、40℃时，氯酸钾溶液中溶质:溶剂=14:100；氯化钾溶液中溶质:溶剂=37:100；设100g氯酸钾饱和溶液中含水：100g×100g114g≈87.7g，设100g氯化钾饱和溶液中含水： 100g×100g137g≈73g，则质量相同的KC1和KC1O3饱和溶液中水的质量关系为KCl小于KClO3，不符合题意；
D、若该溶液中溶质含量极少，则不一定有晶体析出，不符合题意。
故选B。
22．D
【解析】由表可知，20℃时50g水中加入50gKNO3所得溶液质量为65.8g，即50g水中溶解65.8g-50g=15.8g ，KNO3形成饱和溶液。30℃时所得溶液质量为72.9g，即50g水中溶解72.9g-50g=22.9g，KNO3形成饱和溶液。60°C时所得溶液质量为100g，即KNO3全部溶解，故所得溶液可能恰好饱和也可能不饱和。
【详解】A、由以上分析可知，20℃时所得溶液为饱和溶液，此选项错误；
B、由以上分析可知，30℃时50g水中溶解22.9g，KNO3形成饱和溶液，溶解度指的是100g水中最多能够溶解硝酸钾多少达到饱和溶液，故30℃时KNO3的溶解度为2×22.9g=45.8g，此选项错误；
C、由上述分析可知，温度越高，KNO3溶质的质量越大，所以KNO3的溶解度应随温度升高而逐渐增大，故由60℃升温至70℃过程中KNO3的溶解度增大，此选项错误；
D、80℃时所得溶液质量为100g，其中溶质KNO3的质量为50g，加入100g水后溶液总质量为200g，故溶质质量分数为：50g200g×100%=25%，此选项正确。
故选D。
23．C
【详解】A、溶解度比较，应指明温度，否则无法比较，不符合题意；
B、由图可知，a2℃时，甲的溶解度是50g，即该温度下，100g水中最多能溶解50g甲物质，故将30g甲放入50g水中充分搅拌可得75g溶液，不符合题意；
C、由图可知，a1℃时，甲、乙的溶解度相等，故该温度下，甲、乙两种物质的饱和溶液溶质的质量分数相同，符合题意；
D、由图可知，甲、乙的溶解度都随温度的升高而增加，故将a1℃时甲、乙两种物质的饱和溶液升温至a2℃，甲、乙的溶解度增加，甲、乙变为不饱和溶液，溶质的质量分数都不变，不符合题意。
故选：C。
24．C
【详解】A、10℃时，将甲、乙两种固体各3g分别放入盛有10mL水的试管中、一段时间后观察到甲物质有剩余，故可知甲在该温度下的溶解度小于30g，故甲对应的溶解度曲线应该是a，此选项不正确；
B、根据A中的分析可知甲对应的溶解度曲线是a，则乙物质对应的是b，分析两种物质的溶解度曲线可知，0℃时，b的溶解度大于30g，a的溶解度小于20g，故该温度下乙为不饱和溶液，甲为饱和溶液，此选项不正确；
C、根据B中的分析可知0℃时，乙为不饱和溶液，故此时溶质与溶剂的质量比为3:10，此选项正确；
D、当温度升高至25℃时，甲的溶解度升高，剩余固体继续溶解，溶质的质量分数会增大，乙物质的溶质质量分数均不变，此选项不正确。
故选C。
25．A
【详解】工业上以 CaO 和 HNO3 为原料制备 Ca（NO3）2·4H2O 晶体，为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应，生成Ca（NO3）2·4H2O晶体，反应化学方程式为：CaO+2HNO3+3H2O=Ca(NO3)2·4H2O，每有126g的硝酸完全反应需要54g参与反应，则硝酸中溶质的质量分数=126g126g+54g×100%=70%；
答案：A。
26．D
【详解】A、从图示中可以看出，在不同温度范围内，硝酸钾和氯化钠的溶解度大小关系不同，因此没有指明温度，不能比较氯化钠与硝酸钾溶解度的大小，故A选项错误；
B、由两条曲线从左到右的上升趋势可知，NaCl的溶解度受温度影响的程度比KNO3的小，故B选项错误；
C、40℃时，KNO3硝酸钾的溶解度为63.9g，即在40℃时，100g水中最多溶解63.9gKNO3，形成163.9g饱和溶液，即在该温度下，163.9gKNO3饱和溶解中含有63.9gKNO3，因此在40℃时，100gKNO3饱和溶液中含有KNO3的质量小于63.9g，故C选项错误；
D、60℃时，硝酸钾的溶解度为110.0g，即在60℃时，100g水中溶解110.0g硝酸钾形成210.0g饱和溶液；20℃，硝酸钾的溶解度为31.6g，即20℃时，100g水中溶解31.6g硝酸钾形成131.6g饱和溶液，所以将60℃时210gKNO3饱和溶液降温至20℃，析出KNO3晶体的质量为：110.0g-31.6g=78.4g，故D选项正确；
故选D。
27．D
【详解】A、t1℃时，虽然甲和乙的溶解度相等，但是不知道两种溶液的质量，因此无法判断甲、乙两种饱和溶液中溶质的质量是否相等，A错误，不符合题意；
B、t2℃时，甲的溶解度为40g，甲的饱和溶液中溶质质量分数为：SS+100×100%=40g140g×100%=28.6% ，B错误，不符合题意；
C、从t2℃降温到t1℃时，甲的溶解度曲线随温度的升高而升高，降温后饱和溶液晶体析出，甲溶液不一定饱和，故甲溶液不一定有晶体析出，C错误，不符合题意；
D、甲、乙的饱和溶液分别从t,2℃降温到t1℃时，还是饱和溶液，t1℃时甲和乙的溶解度相等，因此两溶液中溶质质量分数相等，D正确，符合题意。
故选D
28．C
【详解】A、根据质量守恒定律，反应前后原子的个数、种类不变，反应前铁、硫、氢、氧原子的个数分别为2、2、28、22，反应后铁、硫、氢、氧原子的个数分别为2、1、28、20，所以X为SO2，装置C，氢氧化钠能与二氧化硫反应，吸收二氧化硫，防止空气污染，故A正确；
B、三氧化硫与水反应生成硫酸，化学方程式为：SO3+H2O=H2SO4，综合两个反应的化学方程式可知，U形管中所得溶液中溶质和溶剂的关系为：H2SO4~13H2O，则U形管中所得溶液的溶质质量分数为9898+13×18×100%=29.5%，故B正确；
C、无法确定U形管中的硫酸的量，因此无法计算生成的硫酸钡的质量，故C错误；
D、设139gFeSO4·7H2O可制得Fe2O3的质量为x，
2FeSO4⋅7H2O高温SO2+SO3↑+14H2O+Fe2O3556160139gx
556160=139gx
x=40g
故D正确。
故选C。
29．C
【详解】A、反应Ⅰ是：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；反应Ⅱ是：6FeSO4+O2+6H2O=2Fe3O4+6H2SO4转化过程涉及铁、氧及氢元素化合价变化，该项说法错误，故A不符合题意；
B、理论上，每生成23.2gFe3O4，需补充氧气的质量为x，则6FeSO4+O2+6H2O=2Fe3O4+6H2SO432464x23.3g32464=x23.3gx=1.6g，故B不符合题意；
C、设每生成45.6gFeSO4，需要硫酸的质量为y。
Fe+H2SO498x＝FeSO415245.6g+H2↑98152=x45.6gx=29.4g,
29.4g÷9.8%=300g，故C符合题意；
D、 若氧气过量，则转化Ⅱ中最终所得的固体为Fe2O3，Fe3O4中氧元素质量分数为：16×4232×100%≈27.6%，Fe2O3中氧元素质量分数为：16×3160×100%=30%，所以最终所得的固体氧元素质量分数偏大，故D不符合题意；
故选：C
30．D
【详解】A、反应I氯化铜中铜元素显+2价，氯元素显-1价，铜单质中铜元素化合价为0，HCl中氢元素显+1价，氯元素显-1价，HCuCl2中氢元素显+1价，氯元素显-1价，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得铜元素显+1价，故只有铜元素的化合价发生了变化，不符合题意；
B、由化学方程式可知，反应Ⅱ中生成的CuCl2中铜元素的质量等于反应I中铜单质中铜元素的质量与氯化铜中铜元素的质量之和，故反应Ⅱ中生成的CuCl2质量与溶液X中CuCl2质量不相同，不符合题意；
C、根据反应I和反应Ⅱ的化学方程式可得关系式：Cu～2HCuCl2～H2O2
解：设需要10%的双氧水的质量为x
Cu646.4kg～2HCuCl2～H2O23410%x
6434=6.4kg10%x x=34kg，由此可知，理论上需要双氧水的质量为34kg，但是该过程需要在50℃条件下进行，过氧化氢不稳定，受热易分解，故实际工业生产中，需要提供双氧水的质量大于34kg，不符合题意；
D、该混合物中铜元素的质量分数为：×100%≈60.0%，铜单质中铜元素的质量分数为100%。氯化铜中铜元素的质量分数为：6464+35.5×2×100%≈47.4%，CuCl中铜元素的质量分数为：6464+35.5×100%≈64.3%，故该混合物中一定含CuCl2，符合题意。
故选D。
31．A
【详解】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，三种固体物质的溶解度大小的顺序是丙>乙>甲，正确；B. 升高温度时，丙的溶解度变小，固体物质丙的不饱和溶液都能变成饱和溶液，甲、乙的溶液更不饱和；C. t2℃时，将甲、乙两物质分别在同样量的溶剂里形成的饱和溶液从t2℃降到t1℃，析出溶质质量甲>乙，溶剂的量不确定时，析出固体的多少关系不确定。D. t1℃时，丙的溶解度为20g，将20g的丙物质溶入50g的水中，只能溶解10g,所得溶液溶质质量分数为10g÷(10g+50g)×100%<20%,选A
32．AC
【详解】A、根据溶解度曲线，30℃时，氯化铵、硫酸钠的溶解度曲线相交一点，故两者的溶解度相同，正确。
B、根据溶解度曲线，在0℃~40℃之间，硫酸钠的溶解度随温度的升高而增大，大于40℃，硫酸钠的溶解度随温度的升高而减少，错误。
C、根据溶解度曲线，氯化铵的溶解度随温度的升高而增大，故将50℃时氯化铵饱和溶液降低温度，会有晶体析出，正确。
D、根据溶解度曲线，大于40℃，硫酸钠的溶解度随温度的升高而减少，故将60℃时硫酸钠饱和溶液降温至40℃，溶解度增大，溶质质量不变，错误。
故选：AC。
33．AC
【详解】根据已有溶解度的意义结合题干提供的信息进行分析解答即可，溶质质量分数就是溶质质量与溶液质量的比值，据此解答。
解：A、由图示结合表格可知，甲的溶解度受温度的影响变化较大，应表示KNO3溶解度曲线，故错误；
B、根据表格可以看出，KCl与KNO3两物质的溶解度相等的温度在20﹣30℃之间，正确；
C、在40℃时，KCl的溶解度为40g，10g水中最多溶解4g，溶液的最大浓度可达到4g4g+10g×10000=28.600，不是33.3%，错误；
D、在50℃时，硝酸钾的溶解度为85.5g，40℃时，硝酸钾的溶解度为45.8g，在50℃时，将10g KNO3中加20g水，全部溶解，在30℃时，20g水中最多溶解
9.16g，故再降温到30℃，有KNO3固体析出，正确。
故选A 、C。
点睛：溶解度的有关应用。
34．AC
【详解】A、50℃时A、B、C三种物质的溶解度由大到小的顺序是A＞B＞C，故正确；
B、50℃时A的溶解度是50g，所以50℃时把50g A放入50g水中能得到A的饱和溶液，但有25gA剩余，其中溶质与溶剂的质量比为25g：50g=1：2，故正确；
C、饱和溶液的质量不确定，也就没法判断析出饱和溶液从60℃将到20℃析出晶体的多少，故错误；
D、AB的溶解度随温度降低而减小，C的溶解度随温度降低而增大，且饱和溶液中溶质的 质量分数的计算式溶解度100g+溶解度×100%，即溶解度大则溶质的质量分数大；将50℃时A、B、C三种物质的饱和溶液降温至20℃时，AB析出晶体，依然是饱和溶液，C变为不饱和溶液，溶质的质量分数与降温前相等，而20℃时B的溶解度大于A的溶解度大于50℃时C的溶解度，所以降温后这三种溶液的溶质质量分数的大小关系是B＞A＞C，故错误。
35．AC
【详解】A、由溶解度曲线可知，当温度大于t1℃时，甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度，正确；
B、由图可知，甲物质的溶解度随温度的升高而升高，故温度升高后甲物质变为不饱和溶液，错误；
C、甲乙两种物质的溶解度都随温度的升高而升高，故将t2℃时甲、乙两物质的饱和溶液温度降低到t1℃时都会析出晶体，正确；
D、t1℃时，甲、乙两物质的溶解度相等，故等质量的甲、乙两物质的饱和溶液中溶质质量相等，当溶液的质量不相等时所含溶质的质量不一定相等，故错误。故选AC。
36．CD
【详解】A、根据溶解度曲线可知，t2℃时，a，b，c三种物质的溶解度由大到小的顺序是a＞b＞c，正确；B、t2℃时，a的溶解度是50g，即100g水中最多溶解50g的a，将50g a物质放入100g水中充分溶解得到a的饱和溶液，正确；C、c的溶解度随温度的降低而增大，所以将c的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用降温的方法，错误；D、a、b的溶解度随温度升高而增大，c的溶解度随温度升高而减小，将t2℃时a，b，c三种物质的饱和溶液降温至t1℃时，a、b析出晶体，溶质的质量分数减小，c溶解度增大，溶质的质量分数不变，与降温前相等；饱和溶液中溶质的质量分数=s100g+s×100%，即溶解度越大质量分数也就越大， t1℃时b的溶解度大于a的溶解度大于t2℃时c的溶解度，所以此时溶液的质量分数关系是b＞a＞c，错误；故选CD。
点睛：一定温度下，饱和溶液中溶质的质量分数=s100g+s×100%
37．CD
【详解】A、从t1℃向上做垂线，与曲线的交点在上面的溶解度就大，所以甲物质的溶解度小于乙物质的溶解度，正确；B、t2℃时，甲、乙两物质的溶解度相等，即在100g水中最多溶解的溶质质量相等，所以相等质量的甲、乙两物质的饱和溶液中，所含溶质质量相等，正确；C、如果溶解度受温度影响较大的物质从溶液中结晶析出的方法是冷却热饱和溶液，如果溶解度受温度影响不大的物质从溶液中结晶析出的方法是蒸发溶剂。由于甲物质的溶解度随着温度变化比较大，所以提纯甲物质的方法是冷却热饱和溶液，错误；D、将t3℃时，甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度，原将等质量的甲、乙两物质配成饱和溶液，需要的水质量：甲＜乙，错误。故选CD。
点睛：根据固体的溶解度曲线可以：①查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性，②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。
38．BC
【详解】A、0℃时，氯化钠的溶解度大于碳酸钠的溶解度，所以0℃时有晶体析出的是碳酸钠，没有晶体析出的是氯化钠，所以甲是氯化钠，乙是碳酸钠，错误；B、0℃时，氯化钠的溶解度是35.7g，则10g水中需要溶解3.57g才能达到饱和，所以甲溶液是不饱和溶液，乙中有晶体析出，所以乙一定是饱和溶液，正确；C、碳酸钠的溶液度受温度的影响变化大，氯化钠的溶解度受温度的影响变化不大，所以Na2CO3中含有少量NaCl，可用冷却热饱和溶液的方法提纯Na2CO3，正确；D、30℃时，碳酸钠的溶解度大于氯化钠的溶解度，若使图1中甲、乙试管内的溶液恰好变为相应饱和溶液，甲中加入对应的溶质质量小于乙中加入对应的溶质质量，错误。故选BC。
39．BC
【详解】A、根据表格数据分析，温度在20℃-40℃之间两物质的溶解度可能相等，故曲线图t1介于20℃-40℃之间，故A正确；
B、50℃时，溶液的溶质质量分数：KNO3＞NaCl，该说法错误，因为没有指明溶液是否饱和，无法判断两溶液的溶质质量分数大小，故B错误；
C、KNO3的溶解度随温度的升高而变化较大，NaCl的溶解度随温度的升高变化较小，当KNO3中混有少量NaCl时，可用降温结晶的方法提纯，故C错误；
D、60℃时，KNO3的溶解度为110g，30g KNO3加入50g水，可以完全溶解形成不饱和溶液，再降温到20℃，KNO3的溶解度为31.6g，50g水最多能溶解15.8g，则会析出晶体质量=30g-15.8g=14.2g，故D正确。故选BC。
40．BC
【详解】A、依据溶解度曲线可知甲物质的溶解度在0℃~40℃时随温度升高而增大，40℃时达到最大值，40℃以后随温度升高而降低，所以A说法错误，不符合题意；
B、因为甲物质的溶解度在0℃~40℃时随温度升高而增大，40℃时达到最大值，40℃以后随温度升高而降低，40℃时，使甲的饱和溶液析出晶体可用加热升温、冷却降温和蒸发溶剂三种方法，B正确，符合题意；
C、20℃时，乙物质的溶解度为36g ， 125g溶质质量分数为20%的乙溶液的溶液溶质的质量是125g×20%=25g ，水的质量为125g-25g= 100g ，所以再向溶液中加入36g-25g=9g，即可达到饱和溶液，因此加入15g乙固体，有固体不溶解，C正确，符合题意；
D、甲物质的溶解度在0℃~40℃时随温度升高而增大、乙物质的溶解度随温度也增大但变化不明显，如果将相同质量的甲、乙两饱和溶液分别从40℃降温至10℃ ，甲析出晶体的质大，但题中没有指明溶液状态，无法判断析出质量的多少， D错误，不符合题意；
故选BC。
41．BD
【详解】A、配制该溶液的操作顺序为计算、称量、量取、溶解，所以序号为④②①⑤③；故正确；
B、②中称量NaCl的过程中，若天平指针左偏，说明托盘上氯化钠的质量超过了应称取的氯化钠的质量，因此需要减少托盘上的氯化钠，故错误，符合题意；
C、需要水的质量为100g-16g=84g，而水一般采用量体积的方法，所以水的体积为86mL，选择量筒时，应该超过所取液体的体积数且接近性原则，所以选用100 mL量筒量取所需水的体积，故正确；
D、在用量筒取水时仰视读数，读取数值小于实际数值，量取水的体积偏大，则所配溶液溶质的质量分数是偏小，故错误，符合题意；
故选BD。
42．BD
【详解】A、由图1可知，两只烧杯中溶剂的质量都为100g，最后烧杯中溶解的乙多，则40℃时，乙的溶解度比甲大，乙的溶解度为70g，甲的溶解度为32g。40℃时，取等质量的甲乙两种物质的饱和溶液，其中溶剂的质量为：甲＞乙，分别蒸发等量的水后，恢复到40℃，溶液中溶剂的质量为：甲＞乙，此选项错误；
B、因为40℃时，乙的溶解度比甲大，所以40℃时，等质量的甲乙两种物质的饱和溶液分别蒸发等量的水后，恢复到40℃，析出晶体的质量：乙＞甲，此选项正确；
C、因为20℃时，甲、乙两种物质的溶解度相等，均为25g,实验中所用水的质量都是100g，所以若再降温到20℃时，两种溶液都是饱和溶液，其中溶质的质量相等，所以溶液的质量：甲=乙，此选项错误；
D、因为20℃时，甲、乙两种物质的溶解度相等，均为25g,所以若再降温到20℃时，两种溶液都是饱和溶液，溶液的溶质质量分数：甲=乙，此选项正确。
故选BD。
43．AB
【详解】A、由甲乙的溶解度曲线可知：t1℃时，甲、乙两种物质溶解度相等，说法正确；
B、由溶解度曲线可知：t2℃时，甲的溶解度为40g，即t2℃时，100g水中最多溶解40g甲，此时溶质的质量为40g，溶剂的质量为100g，溶液的质量为140g，甲的饱和溶液中溶质与溶液的质量比=40g:140g=2:7，说法正确；
C、t2℃时，甲的饱和溶液中溶质质量分数=40g140g×100%≈28.6%，说法错误；
D、由溶解度曲线可知：乙的溶解度随温度的升高而增大，将t1℃时乙的饱和溶液升温至t2℃，变成t2℃时的不饱和溶液，说法错误；
答案：AB。
44．CD
【详解】A、根据溶解度曲线可知，约在64℃时，KCl和Na2SO4的溶解度曲线相交，表示在此温度下二者的溶解度相等，A正确；
B、由溶解度随温度变化趋势可知，在室温至100℃区间，随着温度的升高，Na2SO4的溶解度先增大后减小，醋酸钙则相反，B正确；
C、由于KCl的溶解度随温度升高而增大，而Na2SO4的溶解度则分阶段变化，因此结合Na2SO4的溶解度受温度影响的不同，分离含有少量KCl的Na2SO4时，可先蒸发浓缩，再降温结晶，C错误；
D、由于40℃时KCl的溶解度为40g，因此40℃时，60g水中最多能完全溶解24g KCl，可得到KCl溶液的溶质质量分数为24g24g+60g×100%≈28.6%，D错误。
故选CD。
45．BD
【详解】A、由溶解度曲线可知，t2℃时，甲固体物质的溶解度大于乙固体物质的溶解度，在相同质量的水中达到饱和状态时，甲比乙溶解的溶质多，说法正确；
B、由溶解度曲线可知：t1℃时，100g水中最多溶解60g甲固体物质，向100g水中加入80g甲，60g固体甲物质被溶解，此时溶质的质量为60g，溶剂的质量为100g，可得到160g饱和溶液，说法错误；
C、t1℃时，甲、乙固体物质有相同交点，表示该温度下两者溶解度相等，即：甲、乙饱和溶液的溶质量分数相等，溶质的质量等于溶液和溶质质量分数的乘积，题目中没有给出溶液的质量相等，无法确定溶质的质量，说法正确；
D、t2℃时，将甲、乙两种饱和溶液分别降温到t1℃，甲、乙两固体物质溶解度随温度的降低而降低，1℃时，两者溶解度相等，所得溶液的溶质质量分数一定相等，说法错误；
故选：BD。
46．2N 47．3Fe3+ 48．H2O2 49．Al+3OH3 50．4Al+3O2＝2Al2O3 51．Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O 52．NH4HCO3ΔNH3­+H2O+CO2↑ 53．C+CO2高温2CO 54．甲 55．Y 56．Z 57．丙
【解析】46．元素符号前面的数字表示原子的个数，故2个氮原子表示为2N；
47．离子符号前面标上数字表示离子的个数，故3个铁离子表示为3Fe3+；
48．过氧化氢的化学式为H2O2，故填：H2O2；
49．在氢氧化铝中铝元素显+3价就是在氢氧化铝化学式中铝元素符号的正上方写上符号在前，数字在后的+3，故氢氧化铝中铝元素显+3价表示为Al+3OH3；
50．铝和氧气反应形成致密的氧化铝膜，反应物是铝和氧气，生成物是氧化铝，故反应的方程式为4Al+3O2＝2Al2O3；
51．稀盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水，故反应的方程式为Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O；
52．碳酸氢铵晶体受热分解生成氨气、水和二氧化碳，故反应的方程式为NH4HCO3ΔNH3­+H2O+CO2↑；
53．高温下焦炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，故反应的方程式为C+CO2高温2CO；
54．根据溶解度曲线图可知，三种物质中，溶解度曲线受温度变化幅度最大的是甲，故影响最大的是甲；
55．在20℃时10mL水只能溶解3g甲，故在X、Y、Z中，为饱和溶液的是Y；
根据甲溶解度曲线可知，在X、Y、Z中为饱和溶液的是Y是饱和溶液，溶质的质量分数最大的是Z；
56．X、Y、Z中，溶剂质量相等，Z中溶质质量最大，是4g，故溶质的质量分数最大的是Z；
57．50℃时，甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，降温到20℃时，甲和乙都析出晶体，溶质质量分数减小；丙变成不饱和溶液，溶质和溶剂质量都不变，所以丙溶液中溶质的质量分数不变，故填：丙。
58． 20% 偏小 偏小 65 加入甲物质（或蒸发溶剂） adcb 不变 甲溶解时放热，溶液温度上升，溶解度增大
【详解】（一）将10克NaOH固体完全溶解在40毫升水中（水的密度为1g/cm3），所配溶液中溶质的质量分数为10g10g+40g×100% =20%。在配制过程中，量取水时仰视读数（其它操作均正确），其所配氢氧化钠溶液中溶质的质量分数将偏小，因为仰视会使得读数小于实际液体的体积，实际液体体积偏大；称取NaOH时，由于操作不熟练，花了较长时间，那么，他所配氢氧化钠溶液中溶质的质量分数将偏小，因为氢氧化钠会和空气中的二氧化碳反应；
（二）（1）25℃时，将25g甲固体加入到50g水中，充分溶解并恢复到原温度后，得到溶液的质量为65g，因为此时该物质的溶解度是30克，所以50克水中只能溶解15克；
（2）要使35℃时接近饱和的甲溶液变成该温度下的饱和溶液，可采用的一种方法是增加溶质或者蒸发溶剂的方法；
（3）现有操作步骤： a．溶解 b．过滤 c．降温结晶 d．加热浓缩。若甲固体中含有少量乙，因为甲的溶解度随温度变化明显，则提纯甲的操作步骤是adcb；
（4）将35℃时丙的饱和溶液降温到25℃，则其溶液的溶质质量分数不变，因为降温后溶解度虽然变大，但是溶质的质量没有变化；
（5）向100g35℃的水中加入48g甲固体，发现全部溶解，一段时间后又有部分甲的晶体析出。 “全部溶解”的原因可能是甲溶解时放热，溶液温度上升，溶解度增大。
【点睛】考点：配制溶液 溶解度及其曲线。
59． t1℃时，甲、乙两物质的溶解度相等 A﹥B﹥C 饱和 冷却热饱和溶液（或冷却结晶） A﹦B﹥C
【详解】（1）溶解度曲线的交点表示该温度下，固体物质的溶解度相等，t1℃时，A、C交点的意义是t1℃时，甲、乙两物质的溶解度相等；
（2）由溶解度曲线可知，t3℃时，A、B、C三者的溶解度由大到小的顺序是A﹥B﹥C；t3℃时，A的溶解度为80g，即该温度时，80gA溶解在100g水中恰好形成饱和溶液，那么将45克A放入50克水中，只能溶解40g，形成的溶液的质量=40g+50g=90g，属饱和溶液；
（3）A的溶解度随温度的变化较大，故要提纯A，用到的是降温结晶的方法；
（4）A、B的溶解度随温度的升高而增大，故升温后溶质的质量分数不变，即A=B；C的溶解度随温度的升高而减小，故升温后有晶体析出，溶质的质量分数减小，故所得溶液溶质质量分数由大到小的顺序是A﹦B﹥C 。
60．(1)A
(2)AD
(3)B
(4)用带火星的小木条检验，若木条复燃，则为氧气
(5) 12 降温结晶 不饱和 不变
(6)CO2
(7) 肥皂水 煮沸 Mg(OH)2 Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O
【详解】（1）水是由水分子构成的，故保持水化学性质的最小粒子是水分子。一个水分子是由2个氢原子和一个氧原子构成的，故选A；
（2）冰和水属于同种物质，属纯净物，水是由氢、氧两种元素组成，属化合物，故选AD；
（3）无色酚酞和紫色石蕊是指示剂，只能用于测定溶液的酸碱性，要测定溶液的酸碱度要用pH试纸，故应选B；
（4）电解水实验中与正极产生的是氧气，用带火星的小木条检验，负极产生的是氢气，可用燃烧法检验，正负两极气体的体积比为1:2 ，故a是氧气，应该用带火星的小木条检验；
（5）①t1℃时甲的溶解度为20g，即100g水中能溶解20g甲达到饱和状态，故10g水中最多溶解2g甲，得到的溶液的质量为12g；
②甲的溶解度受温度的影响变化较大，故要提纯甲应采用降温结晶；
③丙的溶解度随温度的升高而减小，故将t2℃时丙的饱和溶液降温到t1℃时，丙溶液变为不饱和溶液，溶质的质量分数不变；
（6）根据质量守恒定律化学反应前后原子的种类和数目不变，反应前C原子5个，N原子6个，H原子38个，O原子29个，反应后C原子0个，N原子6个，H原子38个，O原子19个，X前有化学计量数5，故X的化学式应为CO2；
（7）鉴别硬水和软水用到的是肥皂水，若是软水，则会产生大量的泡沫；若是硬水，则泡沫较少并会产生大量的浮渣。降低水硬度的方法有蒸馏和煮沸，生活中常用煮沸的方法降低水的硬度；
根据流程图可知，CaCO3和Mg(OH)2分别与稀元素反应生成氯化钙和氯化镁，在加入氢氧化钙，它能与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，故过滤得到的滤渣是氢氧化镁；
由于除去氯化镁时加入的是过量的氢氧化钙，加入盐酸能将氢氧化钙转化为氯化钙：Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O。
61． 增大反应物的接触面积，加快反应速率 b 3 40 2H2SO4 小于3.2 b 取上层清夜少许，加入KSCN溶液，若溶液中未出现血红色，说明Fe3+已经除净 漏斗 洗去滤渣表面的硫酸锰 降温结晶 4.8mg/L
【详解】(1)由于反应物之间接触越充分，反应越快，转化也就越彻底，所以生产中将软锰矿粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，故填写：增大反应物的接触面积，加快反应速率；
(2)酸浸过程中二氧化锰与酸反应，由于最终目的是制造硫酸锰，所以，物质X最好选用硫酸，故填写：b；
(3)由图可知，pH=3，温度为40℃时，两图像的纵坐标都为最大值，为提高二氧化硫的吸收率，酸浸时pH控制在3左右，温度控制在40℃左右最好，故填写：3；40；
(4)流程中“氧化”步骤的目的是将Fe2+ 氧化为Fe3+，根据化学反应前后元素种类和原子个数不变可知，需要补充的应该是两个硫酸分子，故填写：2H2SO4；
(5)由表可知，Fe(OH)3开始沉淀是pH为1.8时，完全沉淀是pH为3.2时，为了使Fe3+被检测出来，而其它杂质又沉淀完全，pH应控制在不能小于3.2，故填写： 小于3.2；
由于是精确测量，所以，选用精确度更高的pH计，故填写：b；
根据给出的“Fe3+能与KSCN溶液作用显血红色”可知，检验Fe3+是否除尽的最佳方法是取上层清夜少许，加入KSCN溶液，若溶液中未出现血红色，说明Fe3+已经除净，故填写：取上层清夜少许，加入KSCN溶液，若溶液中未出现血红色，说明Fe3+已经除净；
(6)操作1包括过滤和洗涤，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故填写：漏斗；
洗涤的目的是将滤渣表面的硫酸锰洗去，得到更多的硫酸锰产物，故填写：洗去滤渣表面的硫酸锰；
(7)由图可知，硫酸锰结晶水合物的溶解度先升高，当温度升到40℃时，又开始降低，由此得出，在得到硫酸锰结晶水合物时，要采用蒸发结晶和降温结晶并用的方法，故填写：降温结晶；
(8)消耗的Na2S2O3溶液中溶质质量为：0.79g•L﹣1ⅹ12.0mL1000mLL=0.00948g，
解：设100mL 水样中氧气的质量为x
由①2MnSO4+O2+4NaOH=2MnO(OH)2+2Na2SO4可得，O2—2MnO(OH)2的关系式，
由②MnO(OH)2 + 2KI + 2H2SO4 = MnSO4 + K2SO4 + I2 + 3H2O可得，MnO(OH)2—I2的关系式，
由③I2 + 2Na2S2O3 = Na2S4O6 + 2NaI可得，I2—2Na2S2O3的关系式，
将上述所得关系式综合的：O2—2MnO(OH)2—2I2—4Na2S2O3
O2-2MnOOH2-2I2-4Na2S2O332632x0.00948g 32632=x0.00948gx=0.00048g即0.48mg
水样中溶解氧的浓度为：0.48mg100mL1000mLL=0.48mg/mL，故填写：0.48mg/mL。
62． 温室 增大 CaCO3高温CaO+CO2↑ 吸附 分子间的间隔 干冰升华吸热，使气体遇冷凝结成小液滴 H2CO3 紫色石蕊溶液 223 气温及光合有效辐射 氧气
【详解】（1）产生温室效应的气体有二氧化碳、臭氧、甲烷、氟氯代烷，则控制CO2的排放，是为了减缓温室效应；气体溶解度随压强增大而增大，则压强增大时CO2在水中的溶解度增大。
（2）高温煅烧时，碳酸钙反应生成氧化钙和二氧化碳，其反应的化学方程式为CaCO3高温CaO+CO2↑；结构决定性质，疏松多孔的结构决定了氧化钙具有吸附性。
（3）干冰是二氧化碳的固体，物质本身没有改变，只是分子间的间隔发生了改变；干冰能用于人工降雨，是因为干冰升华吸热，使气体遇冷凝结成小液滴。
（4）
①根据图示可知，二氧化碳的体积分数增大，溶液的pH逐渐减小，这是因为CO2+H2O＝H2CO3，溶液中H2CO3浓度增大。
②紫色石蕊溶液遇到酸性物质能变成红色，遇到碱性物质能变成蓝色，紫色石蕊溶液能用于智能化食品包装通过颜色变化显示包装内CO2气体含量的变化。
（5）若一定条件下CO2与H2以质量比11:2，则二者的粒子个数比为1:4，根据质量守恒定律，则该反应为CO2+4H2一定条件CH4+2H2O；与该反应类似，不同条件下，CO2与H2反应也能生成甲醇（CH4O），化学方程式为CO2+3H2一定条件CH4O+H2O 。生成甲醇时参加反应的CO2与H2的质量比mCO2mH2=44×12×3=223。
（6）
①由上图可推测，影响公园中植物与大气碳交换的因素有气温及光合有效辐射。
②若从光合作用的角度出发，光合作用是植物吸收二氧化碳放出氧气，则还需测量的重要因素是其一年内每天氧气的变化。
63． ①>③>②>④ 20 ④ 降温结晶 50 50 洗涤 9.1%
【详解】（1）根据图一，10℃时，四种物质溶解度从大到小的顺序为①>③>②>④，溶解度曲线的交点代表两种物质在某温度下溶解度相等，故由图一可知，NH4H2PO4与NaCl大约在20℃时，溶解度相等；
（2）根据图二信息，加热X的饱和溶液，溶液变浑浊，说明X的溶解度随温度升高而减小，故X对应的图一中的物质是④；
（3）NH4H2PO4的溶解度随温度升高而显著增大，NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，故当NH4H2PO4中混有少量NaCl杂质时，可采用降温结晶法提纯；
①由图一可知，50℃时，NH4H2PO4的溶解度为70g，若70gNH4H2PO4中混有5 g NaCl杂质，应该在50℃时，用100g水溶解，确保固体刚好完全溶解；
②将①的饱和溶液降温到10℃时，NH4H2PO4的溶解度变为20g，故溶液中析出 NH4H2PO4的质量应为70g-20g=50g；
③将得到的晶体进行过滤、洗涤，洗去表面的滤液，再进行干燥，即可得到较纯净的NH4H2PO4；
（4）10℃时，Ce2(SO4)3的溶解度为10g，将20gCe2(SO4)3加入到100g水中，只能溶解10g，故所得溶液的溶质质量分数=10g10g+100g×100%≈9.1%。
64． 7.5 玻璃棒 Mg2(OH)2CO3+4HCl=2MgCl2+CO2↑+3H2O 过滤 吸附 上升 变好 BC 氮元素和磷元素
【详解】（1）①使用托盘天平称取50g×15%=7.5g氯化钠，故填：7.5。
②溶解过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管和玻璃棒，故填：玻璃棒。
（2）①水垢中Mg2（OH）2CO3溶于盐酸时生成氯化镁二氧化碳和水，发生反应的化学方程式Mg2(OH)2CO3+4HCl=2MgCl2+CO2↑+3H2O，故填：Mg2(OH)2CO3+4HCl=2MgCl2+CO2↑+3H2O。
②PP净水原理类似于过滤，活性炭具有吸附性，能去除异味和余氯，故填：过滤；吸附。
（3）由如图可知，近年来扬州市Ⅱ~Ⅲ类优良水质百分比明显呈上升趋势。由此推断，扬州市主要水域的水质在变好，故填：上升；变好。
②A．夜间排放工业污水，水质变差，不符合题意。
B．清理污染河道的淤泥，水质变好，符合题意。
C．关停或整改存在污染隐患的企业，水质变好，符合题意。
故选：BC。
（3）藻类含化学式为 C106H263O106N16P的物质，则污水中导致藻类生长过快的营养元素是氮元素和磷元素，故填：氮元素和磷元素。
65．(1) 固体、液体和气体 乳化作用
(2)O3
(3) O2 9.6
(4) Cl+4O2 CH4/NH3/HF 漏斗 B 27.2 小于
(5) = 蒸发 乙
【详解】（1）①A是液体溶于水中，C是固体溶于水中，D是气体溶于水中，由实验可知，溶质状态可以是固体、液体或气体。
②植物油不溶于水，所以要用洗涤剂洗净B试管，原理是乳化作用。
（2）每个有鱼腥气味的气体分子由三个原子构成，故该气体为臭氧，化学式为O3。
（3）B管与电源正极相连，收集到的气体为氧气，电解时负极产生氢气的质量为1.2克，根据电解水的化学方程式，由氢气质量可以求出氧气的质量。
解：设生成氧气的质量为x
2H2O通电2H2↑+O2↑4321.2gx
432=1.2gx
x=9.6g
故生成氧气9.6g。
（4）Ⅰ.二氧化氯中氧元素的化合价为-2价，根据化合物中正负化合价的代数和为零，可得氯元素的化合价为+4价，表示为Cl+4O2；
一个水分子含有十个质子，含有十个质子的微粒还有，CH4、NH3、HF分子。
Ⅱ.过滤时所需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；可以通过蒸馏的方法使硬水软化。
Ⅲ.设需要浓硫酸的质量为m，则m×98%=490g×10%，则m=50g，需要浓硫酸的体积为50g÷（1.84g/cm3）=27.2cm3=27.2 mL；
用量筒量取浓硫酸俯视读数时，测量值小于真实值，浓硫酸的体积量取偏少，配置溶液的质量分数偏小，故所配溶液溶质质量分数小于10%。
（5）①t2℃时，甲乙两种物质的溶解度相等，所以饱和溶液中的溶质质量分数的大小关系为甲=乙；
②乙物质的溶解度受温度影响较小，所以要从乙的饱和溶液中获得较多的晶体，宜采用的结晶方法是蒸发结晶；
③t1℃时，甲物质的溶解度小于乙物质的溶解度，所以取等质量的甲、乙两种固体分别配成饱和溶液，需水质量较少的是乙。
66．(1)B
(2) 不能 活性炭 加热煮沸
(3) 过滤 混合物
(4) 8:1 带火星的木条 ABD
【详解】（1）水是宝贵的自然资源，就像掌上明珠，用手掌接住一滴水，喻义我们要节约用水，我们要关心水，爱惜水，保护水 ，树立节约用水光荣的好风尚。选择B。
（2）使用pH试纸测得的pH只能准确到整数值，表中的pH：6.5~8.5，所以，不能使用pH试纸测定表中的数值。
日常生活中，为使水的感官指标更好，通常用活性炭来净化水，活性炭可以吸附水中的色素和异味。
日常生活中使硬水软化，杀菌消毒的方法是煮沸。
（3）过滤是使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留。据图可知，图中净化水的原理与过滤类似。
据图可知，经过超滤膜后得到的净化水只分离出悬浮颗粒、大分子等，离子仍混在水分子中。所以，经过超滤膜后得到的净化水属于混合物。
（4）因为电解水产生氢气和氧气的体积比是2：1，所以a管产生的是氧气，b管所得气体是氢气。根据质量守恒定律可知，电解过程中a管和b管所得气体的质量比=水中氧、氢元素的质量比=16：(1×2）=8：1。氧气用带火星的木条检验，所以，用带火星的木条检验a管产生气体。
A、电解过程中，电解的水是Ca(OH)2饱和溶液。水的减少导致Ca(OH)2析出，所以正极附近出现明显的白色浑浊。A正确。
B、Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，所以电解过程中，水温上升导致Ca(OH)2析出，正极附近出现明显的白色浑浊。B正确。
C、空气中的二氧化碳含量太少，不能使氢氧化钙溶液变浑浊。所以，空气中的二氧化碳溶于水，不能使Ca(OH)2溶液反应导致白色浑浊。C错。
D、电解过程中，石墨电极与正极生成的O2反应生成CO2，CO2与Ca(OH)2溶液反应导致白色浑浊。D正确。
综上所述：选择ABD。
67．(1)饱和
(2)＜
(3)50%
(4)ABCD
(5) 2NaCl+2H2O电解2NaOH+H2↑+Cl2↑ -1
(6) 降温结晶 温度大于等于60℃后，NaHCO3受热分解
(7) AB 5 添加氯化钠直至天平平衡 100mL 凹液面最低处 BCDE 25
【详解】（1）根据图示可知，甲物质蒸发时立即有固体析出，说明未蒸发时溶液甲恰好为饱和溶液。
（2）根据图示可知，t℃时甲溶液蒸发50g水析出10g溶质甲，可推知100g水中可溶解20g甲，则t℃时甲的溶解度为20g，t℃乙溶液蒸发10g水析出10g溶质乙，可推知100g水中可溶解100g乙，则t℃时乙的溶解度为100g，所以t℃甲的溶解度小于乙的溶解度。
（3）P点为t℃时乙的饱和溶液，溶解度为100g，所以溶液的溶质质量分数为100g100g+100g×100%=50%。
（4）A、没有强调温度和溶液是否饱和，所以无法提纯，选项错误；
B、由图无法得出甲、乙溶解度随温度变化情况，所以无法判断析出固体质量大小比较，选项错误；
C、用固体配制一定溶质质量分数的溶液，实验步骤为：计算、称量、量取、溶解、装瓶贴标签，选项错误；
D、P点时，析出甲、乙的质量相等，但根据（2）问分析，t℃时甲的溶解度为20g，乙的溶解度为100g，所以t℃甲、乙的溶解度不相等。
故选ABCD。
（5）工业上电解饱和食盐水制得NaOH、H2和Cl2，反应方程式为2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑；氯化钠中钠元素的化合价为+1价，氯元素的化合价为-1价。
（6）氯化铵的溶解度随温度变化明显，而氯化钠的溶解度随温度变化不明显，所以NH4Cl溶液中混有少量NaCl，可用降温结晶的方式提纯NH4Cl，60℃后，NaHCO3的溶解度无数据的原因可能是温度大于等于60℃后，NaHCO3受热分解，所以大于60℃无数据。
（7）①用药匙取用固体药品时，瓶塞应倒放在实验台；用天平称取固体药品时，要符合“左物右码”，故AB有明显错误。
②配制50g质量分数为10%的氯化钠溶液，其中溶质的质量为50g×10%=5g；如果向托盘上加氯化钠时，指针偏向分度盘的右边，说明药品添加的少，所以应该继续添加氯化钠直至天平平衡。
③量取水的质量为45g，所以选用量程为100ml的量筒，量水读数时，量筒必须平放，视线要跟量筒内凹液面最低处保持水平。
④A、用量筒量取水时俯视读数，水的量取少，则溶质质量分数偏大，选项错误；
B、配制溶液的烧杯用少量蒸馏水润洗，有蒸馏水残留在烧杯内壁，相当于水加多稀释，则溶质质量分数偏小，选项正确；
C、氯化钠晶体不纯，相当于溶质质量偏小，则溶质质量分数偏小，选项正确；
D、盛装溶液的试剂瓶用蒸馏水润洗，有蒸馏水残留在试剂瓶内壁，相当于水加多稀释，则溶质质量分数偏小，选项正确；
E、C操作中发现一部分氯化钠撒在烧杯外边，相当于溶质质量偏小，则溶质质量分数偏小，选项正确。
故选BCDE。
⑤根据题干信息可知，用溶质质量分数为20%NaCl溶液配制50g质量分数为10%的氯化钠溶液，设所需20%NaCl溶液的质量为x，根据稀释公式，20%x=50×10%，x=25g。
68． Fe+CuSO4=FeSO4+Cu 2C＋O22CO Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 0.2g 12.0% O2和H2O 涂油(刷油漆、保持铁制品表面洁净与干燥等) 强 4Al+3O2═2Al2O3
【详解】(1)依据湿法炼铜的原理可知铁能够置换出硫酸铜中的铜，方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；
(2)二氧化碳和碳高温能生成一氧化碳，反应的化学方程式为：2C＋O22CO；故A是一氧化碳，一氧化碳能与氧化铁高温反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
(3)7.3%的稀盐酸100g含溶质的质量为100g×7.3%=7.3g；
设生成氯化亚铁的质量为x，参加反应的铁的质量为y，生成氢气的质量为z，
x7.3g=12773 x=12.7g，
y7.3g=5673 y=5.6g，
z7.3g=273 z=0.2g，
所得溶液中溶质质量分数为+100g-0.2g×100%≈12.0%。
(4)钢铁生锈的条件是与水和氧气接触，故将清洗后的铁锅擦干、涂油、刷油漆可以防止铁与水接触，从而达到铁锅防锈的目的；
(5)依据金属活动性顺序可知铝的活动性比铁强，由于铝能与空气中的氧气生成氧化铝并附着在铝的表面，从而阻止了铝的进一步氧化，涉及到的反应方程式为：4Al+3O2═2Al2O3。
69． 相同条件下，溶解的氢氧化钠越多，放出的热量越多 氢氧化钠易溶于水
【分析】（1）由题目的信息可知：2.5g氢氧化钠溶于水时，温度上升最小；7.5g氢氧化钠溶于水时，温度上升最大；
（2）根据20℃时，7.5g氢氧化钠能完全溶解在50mL水中分析。
【详解】（1）2.5g氢氧化钠溶于水时，温度上升最小；7.5g氢氧化钠溶于水时，温度上升最大；结论：相同条件下，溶解的氢氧化钠越多，放出的热量越多；
（2）20℃时，7.5g氢氧化钠能完全溶解在50mL水中，即15g氢氧化钠能完全溶解在100mL水中，氢氧化钠属于易溶物质；结论：氢氧化钠易溶于水；故答案为相同条件下，溶解的氢氧化钠越多，放出的热量越多；氢氧化钠易溶于水；（合理即可）。
【点睛】掌握物质的溶解性及物质溶于水的吸热和放热现象是正确解答本题的关键。
70．(1) 36.0 ＜
(2)t2℃，A、B的溶解度相等，都是37.0g
(3)=
(4)≥
(5)降温结晶
(6)量筒、胶头滴管
【解析】(1)
根据溶解度曲线可知，0℃时，B的溶解度是36.0g；t1℃时，B的溶解度曲线在A的上方，所以A、B的溶解度（S）的大小关系为SA＜SB。
(2)
根据溶解度曲线可知，P点是AB两条溶解度曲线的交点，含义是t2℃，A、B的溶解度相等，都是37.0g。
(3)
根据溶解度曲线可知，t2℃，A、B的溶解度相等，都是37.0g。t2℃的A、B的饱和溶液各100g，此时A、B两溶液中的溶质质量、溶液质量都相等，因此，溶质质量分数也相等。同时将两份溶液升温至t3℃（不考虑水的蒸发），二者都变成不饱和溶液，但溶质质量和溶剂质量都没有变化，此时A、B两溶液的溶质质量分数与t2℃时相同，即此时A、B两溶液的溶质质量分数（a）的大小关系为：ω(A)=ω(B)。
(4)
t3℃的B的溶液100将其蒸发掉10g水，再将温度恢复到t3℃时，析出3gB。若B的溶液是饱和溶液，则继续蒸发掉10g水，仍将温度恢复到t3℃，此时析出B的质量=3g；若B的溶液是不饱和溶液，则继续蒸发掉10g水，仍将温度恢复到t3℃，此时析出B的质量＞3g。因此析出B的质量≥3g。
(5)
根据溶解度曲线可知，A的溶解度随温度的升高而升高，且变化较大，B的溶解度受温度变化影响不大。所以当A中混有少量的B时，用降温结晶法提纯A。
(6)
配制一定溶质质量分数的溶液步骤为计算、称量、量取、溶解，装瓶贴标签。称量用托盘天平、纸片、药匙，量取用量筒、胶头滴管。溶解用烧杯、玻璃棒，装瓶贴标签用试剂瓶、标签。故填：量筒、胶头滴管。
71． H2O b Fe + H2SO4 === FeSO4 + H2↑ 冷却结晶（降温结晶等） 150℃ 4.5h (4-5h之间) d CO2+3H2CH3OH+H2O
【详解】本题在燃煤烟气的脱硫研究的情境下考查了质量守恒定律，化学方程式的书写，气体的溶解度，结晶，根据图像进行实验条件的选择等知识。
（1）装置中总反应的化学方程式为2SO2+2X+O2═2H2SO4，反应前S的原子个数：2，O：原子的个数：6，反应后S原子的个数：2，O原子的个数：8，H原子的个数：4，反应后一个X分子的组成为2个氢原子、2个氧原子，X的化学式为：H2O，高温不利于气体的溶解，所以吸收装置的温度不宜过高，原因是：温度过高，气体的溶解度下降，不利于反应进行，故选b；
（2）硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为：H2SO4+Fe=FeSO4+H2↑；
（3）经过多次循环以后导出溶液：经加热蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体；（4）由“FeSO4•7H2O脱水干燥曲线图”，据此可确定：得到FeSO4•2H2O，适宜的工艺条件为150℃，4.5h （或4﹣5h之间）；贫血可能缺少铁元素，故选d；
（5）二氧化碳和氢气在一定条件下催化合成甲醇和水，化学方程式为：CO2+3H2CH4O+H2O。
72． 放热 靠近火焰，移开拇指点火 发出尖锐的爆鸣声 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ Fe(OH)3 减小
【详解】（1）由图1可知，钠与水的反应属于放热反应；
（2）反应产生的气体为氢气，检验氢气纯度的操作是：用拇指堵住集满气体的试管口，靠近火焰，移开拇指点火，实验中能表明氢气不纯的现象是：发出尖锐的爆鸣声；
（3）由图2知，溶液pH＞7，显碱性，说明有氢氧化钠生成。故钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（4）金属钠先与氯化铁溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与氯化铁反应生成氢氧化铁的红褐色沉淀[化学式为：Fe(OH)3]和氯化钠，由于有沉淀生成，故与反应前溶液相比，反应后溶液质量减小。
73． 5g 45mL A 没有 称量过程中没有使用游码 50mL量筒、胶头滴管 1.063 饱和溶液 24% 59
【详解】（1）溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数，配制50g质量分数为10%的硝酸钾溶液，需硝酸钾的质量=50g×10%=5g；溶剂质量=溶液质量-溶质质量，则所需蒸馏水的质量=50g-5g=45g；水的密度为1g/mL，则根据V=mρ=45g1g/mL=45mL ；
（2）分别在天平左右两盘放上纸片，调节平衡后，先在托盘上放置所需的砝码，再添加硝酸钾直至天平平衡。故选A；
由图可知，此称量过程中，没有使用游码，那么左盘上砝码的质量与右盘上药品的质量相等，没有影响；
（3）要量取36mL水，应选择50mL规格的量筒；先用倾倒法向量筒内加水到近刻度线，再改用胶头滴管加水到刻度线，用到的玻璃仪器是50mL量筒和胶头滴管；
（4）20℃时，将20mL质量分数为10%的硝酸钾溶液，稀释成质量分数为4%的硝酸钾溶液，要计算需要水的质量还需要知道20mL质量分数为10%的硝酸钾溶液的密度；故选1.063；
（5）20℃时100g水最多溶解硝酸钾31.6g，所以加入的25g溶解在50g水中，硝酸钾未能全部溶解，溶液为饱和溶液，所得溶液溶质质量分数=31.6g100g+31.6g×100%≈24.0%；
（6）硝酸钾在80℃时的溶解度为169g，在60℃时的溶解度为110g，将80℃时269g的硝酸钾饱和溶液降温至60℃时（不考虑水分蒸发），所析出晶体的质量是169g-110g=59g。
74． C bc HCl 干燥作用 密度比空气大 H2O 分子是不断运动的 149 偏小 NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O NaCl+1O
【详解】（1）制备Cl2的反应是固液加热的反应，故图一中应选用的发生装置是C，故选C；
（2）铁架台属于金属材料，试管是玻璃的，玻璃和陶瓷属于无机非金属材料，橡皮塞是橡胶的属于有机合成材料，故选bc；
（3）浓盐酸具有挥发性，制得气体中混有氯化氢气体，为获得纯净的氯气，可利用装置D中的饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，浓硫酸具有吸水性，装置E中浓硫酸的作用是干燥作用，故填：HCl；干燥作用；
（4）气体密度比空气大，长进短出，若连接图三装置气体从a端通入进行收集，能推测出Cl2的性质是密度比空气大，故填：密度比空气大；
（5）根据质量守恒，反应前后原子种类数量不变，反应前2个Na原子、2个O原子、2个H原子、2个Cl原子，反应后2个Na原子、2个Cl原子、1个O原子，还差2个H原子和1个O原子，故填：H2O。
（6）①喷洒84消毒液后，室内充满刺激性气味，主要体现分子的性质是分子是不断运动的，故填：分子是不断运动的。
②将有效氯的质量分数为6.0％的84消毒液与水按质量比为1:x，餐具消毒用有效氯的质量分数为0.04%，故1×6%1+x×100%=0.04%，x=149，若量取水时仰视读数，读数偏小，实际量取的水体积偏大，则配制的溶液质量分数偏小，故填：149；偏小。
③若洁厕灵与84消毒液混合，两者的主要成分盐酸与次氯酸钠会反应产生氯化钠、有毒的氯气及水，反应化学方程式NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，次氯酸钠中钠元素+1价，氧元素-2价，根据化合价代数和为零，氯元素+1价，标注在元素符号正上方，故填：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O；NaCl+1O。
75．(1) 5 95
(2) 114.5 364.9
(3) 搅拌加速溶解 过滤
(4)25mL；粗盐中氯化钠的质量为7.2g，此温度下氯化钠全部溶解需要水20mL
(5) 混合物 提纯后的精盐只是出去了不溶性固体杂质，还含有可溶性杂质没有除去
(6)AD
【详解】（1）配制100g质量分数为5%的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量为：100g×5%=5g，水的质量为100g-5g=95g，即95mL；
（2）设需要浓盐酸的体积为x，则：x×1.18g/mL×37%=500g×10%，解得x≈114.5mL，需要的水的质量为500g-114.5mL×1.18g/mL≈364.9g，折合体积为364.9mL；
（3）操作①是溶解过程，在溶解度过程中利用玻璃棒搅拌加速溶解；操作②后得到的是固体和液体，是过滤操作；
（4）20℃时提纯9g粗盐，已知粗盐中氯化钠含量约为80%，则含有氯化钠是7.2g,20℃氯化钠的溶解度为36g，即100g水中溶解氯化钠质量为36g,那么溶解7.2g氯化钠需要20g水，因此应该选择25ml的量筒；
（5）提纯后的精盐只是出去了不溶性固体杂质，还含有可溶性杂质没有除去，因此属于混合物；
（6）A、蒸发时液滴溅出，会导致精盐质量偏小；
B、过滤时，滤纸破损，导致不溶于水的物质进入滤液中，导致精盐质量偏大；
C、粗盐中加入过量的水，不影响精盐质量；
D、过滤后，滤纸上的泥沙未用水冲洗，导致少量氯化钠不能进入滤液，导致精盐质量偏小；
故选AD。
76．(1) 锥形瓶 集气瓶
(2) 2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑ 气泡从集气瓶口处外逸
(3) 可以控制反应的发生和停止 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
(4)①③④
(5)气体的溶解度随着压强的增大而增大
(6)45.8
【详解】（1）a是锥形瓶；b是集气瓶；
（2）高锰酸钾在加热的条件下反应生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应方程式为2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑；
（3）C带有活塞开关和多孔隔板，关闭活塞开关，内部气体增多，压强增大，液体被压入长颈漏斗，固液分离，反应停止，打开活塞开关，气体输出，压强减小，液体重新进入试管，固液接触，反应发生，故可以控制反应的发生与停止；实验室制取二氧化碳选择的药品为大理石或石灰石与稀盐酸；该反应是碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
（4）实验验证Mg条能够在CO2中燃烧，需要使用的有酒精灯（引燃镁条）、坩埚钳（夹持镁条）、砂纸（打磨镁条），故答案为：①③④；
（5）气体溶解度随温度升高而减小，随压强增大而增大，因此加压能使水中捕集较多CO2气体；故答案为：气体的溶解度随着压强的增大而增大。
（6）需要的浓盐酸的质量为200g×10%÷37%≈54.0，折合体积为54.0g÷1.18g•mL-1≈45.8mL。
77．(1)紫黑色、固体、无臭、可溶于水（回答一点即可）
(2) 棕色 ABC
(3) 2KMnO4ΔK2MnO4＋MnO2＋O2↑ C 试管口部放一团棉花
(4) A 大 吸收多余的Cl2，以免造成空气污染
(5) 49900 变浅或变淡
【详解】（1）物理性质不需要化学变化表现出来。如颜色、气味、状态、熔点、沸点、溶解性等。根据题干可知高锰酸钾的物理性质有紫黑色、固体、无臭、可溶于水等。
（2）高锰酸钾见光或受热容易分解，所以应放在棕色试剂瓶中。高锰酸钾是固体药品，是由多种元素组成的化合物。
A.硫粉是固体单质。
B.镁粉是固体单质。
C.酒精是液体化合物。
D.氯酸钾是固体化合物。
所以ABC不宜与高锰酸钾存放在同一药品柜中。
（3）高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气。化学方程式为2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑。该反应是固体加热型装置，发生装置选择C。为防止固体粉末随着气流进入导管堵塞导管，应在试管口部放一团棉花。
（4）给出的反应是固体和液体常温反应制取气体，则选择固液常温型装置A、B，高锰酸钾是粉末状且溶于水，无法放在B的隔板上，所以最好选择A装置。F中导管长进短出，说明氯气密度比空气大。氯气排入空气会污染空气，G装置在装置尾部则为尾气处理装置，所以作用是吸收多余的Cl2，以免造成空气污染。
（5）稀释前后溶质的质量不变，设需要加水的质量为a，则100g×5%=（100g+a）×0.01%，a=49900g。
高锰酸钾溶液为紫红色。随着稀释相同体积的溶液中高锰酸钾含量变少，所以溶液颜色会变浅或变淡。
78．(1) 铁架台 无机
(2) 控制反应的开始和停止 A装置的反应容器为锥形瓶，能装的药品较多，则可制取大量的二氧化碳气体 将燃着的木条放在c口处，若木条熄灭，则瓶中二氧化碳收集满
(3)10.5%
【详解】（1）由图可知，仪器a是铁架台，铁架台是金属材料制成的，是无机材料。
（2）B装置的多孔隔板可以分隔固体和液体，通过控制固体和液体的接触从而控制反应的开始和停止，实验室更多使用A装置制取CO2气体的原因是：A装置的反应容器为锥形瓶，能装的药品较多，则可制取大量的二氧化碳气体，使用C装置（正放）排空法收集CO2，验满的方法是将燃着的木条放在c口处，若木条熄灭，则瓶中二氧化碳收集满。
（3）设浓盐酸的体积为V，则水的体积为3V，则浓盐酸的质量为1.19g·mL-1×V，水的质量为1.0g·mL-1×3V，浓盐酸中溶质的质量为1.19g·mL-1×V×37%，则1:3的稀盐酸溶质质量分数为1.19g·mL-1×V×37%1.19g·mL-1×V+1.0g·mL-1×3V×100%=10.5%。
79．(1) 2H2O2MnO22H2O+O2↑ B 66.7
(2) 在收集氧气过程中，CO2气体溶于水，导致氧气的浓度变大 60.5%
(3) 蜡烛的高度(或密闭空间大小等合理答案也可) 当氧气体积分数大于50%，氧气体积分数越大，燃烧越刚烈，燃烧时间越短
【详解】（1）①过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和二氧化碳，化学方程式为2H2O2MnO22H2O+O2↑。
②该反应是固液不加热型，所以发生装置选择B。
③稀释前后溶质质量不变，设需要水的体积为x，30%×(100g-x×1.0g/cm3)=100g×10%，x≈66.7mL。
（2）①氧气不易溶于水，二氧化碳能溶于水。如先通入二氧化碳，再收集氧气的过程中二氧化碳气体不断溶于水，体积减少，会收集更多的氧气，导致氧气的浓度变大，所以不能颠倒。
②空气中氧气约占空气体积的21%，则混合气体中氧气的体积分数为(12+12×21%)×100%=60.5%。
（3）通过题干可知，变量为氧气的浓度。则其他条件不变，如蜡烛的高度、密闭空间大小等可能影响蜡烛燃烧的条件要相同。
推论是“密闭体系中燃烧越剧烈，则蜡烛燃烧时间越短”，则应该呈现的趋势是燃烧时间随着氧气浓度的增大而减小，所以证据是当氧气体积分数大于50%，氧气体积分数越大，燃烧越刚烈，燃烧时间越短。
80．(1) 24.9 搅拌，加快溶解速率
(2)b
(3) 高压是防止生成的碱式碳酸钴分解 密封是防止+2价钴被空气中的氧气氧化
(4) 过滤 便于快速低温干燥 挥发性
(5)1∶1
(6) 不变 偏低 3C+2O2高温（不高于890℃）C3O4
【详解】（1）需乙酸钴的质量为：100g×17.7%=17.7g，则需要乙酸钴晶体的质量为：17.7g÷(59+(12×2+3+16×2)×259+(12×2+3+16×2)×2+18×4×100%)=24.9g；
溶解时，玻璃棒的作用是：搅拌、加速溶解；
（2）利用水浴装置进行加热时，温度计应放在水槽中，便于对水浴温度进行调节，故填：b；
（3）碱式碳酸钴晶体常压下高于30℃开始分解，故高压的目的是：防止生成的碱式碳酸钴分解；
+2的C易被空气中的氧气氧化为+3，故密封的目的是：防止+2价钴被空气中的氧气氧化；
（4）要想从浊液中得到碱式碳酸钴，需要过滤，实现固液分离，故步骤III中由步骤II的浊液制备碱式碳酸钴的主要步骤有：冷却至室温，过滤→用蒸馏水洗涤→用乙醇洗涤→低温干燥；
碱式碳酸钴晶体不溶于冷水和乙醇，用“乙醇洗涤”，乙醇易挥发，便于快速低温干燥，这是利用了乙醇的挥发性；
（5）C3O4改写为mC2O3·nCO，每个分子中含3个钴原子，4个氧原子，即：2m+n=3，3m+n=4，则m=1，n=1，则m：n=1:1；
（6）①乙酸中氢元素显+1价，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得乙酸根离子显-1价，同理可得乙酸钴中钴元素显+2价，碱式碳酸钴中碳酸根离子显-2价，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得钴元素显+2价，氢氧根离子显-1价，同理可得钴元素显+2价，故在由乙酸钴晶体制备碱式碳酸钴的过程中钴元素的化合价不变；
②若在煅烧时通入的氧气过多，钴元素被全部氧化为+3价，所得产物为C2O3，C2O3中钴元素的质量分数为：59×259×2+16×3×100%≈71.1%；C3O4中钴元素的质量分数为：59×359×3+16×4×100%≈73.4%，则会使产品中钴元素的质量分数偏低；
③将钴粉末在温度不高于890℃的空气中焙烧氧化，也可制得四氧化三钴，该反应的化学方程式为：3C+2O2高温（不高于890℃）C3O4。
81．(1) 长颈漏斗 锥形瓶
(2) B 氧气的密度比空气大
(3)AD
(4) b 紫色石蕊试液 CO2+H2O═H2CO3
(5) 22.7 70.3 50
【详解】（1）据图可知，仪器a是长颈漏斗，b是是锥形瓶；
（2）制取氧气要用双氧水和二氧化锰在常温下反应，故可选用B作为反应装置；可用C装置收集气体是因为氧气的密度比空气大；
（3）要选择反应装置，要看反应状态和反应条件．因制取氨气（NH3）要用氯化铵固体与碱石灰固体共热，所以法装置选A，NH3极易溶于水，密度比空气小，故收集装置选择D；
（4）①从图中可以看出进气管短，生成的气体的密度要小于空气的密度，b中所制取的氢气密度小于空气的密度，所以选b；
②二氧化碳溶于水后形成碳酸，反应的方程式为：CO2+H2O═H2CO3；碳酸可使紫色石蕊试液变红，我们利用这一性质检验二氧化碳与水的反应；
（5）用溶质质量分数为37%浓盐酸配制100g质量分数为10%的稀盐酸，操作步骤为：
①计算：需量取浓盐酸的体积=100g×10%÷（37%×1.19g/cm3）=22.7mL，所需水的质量=100g﹣25mL×1.19g/cm3≈70.3g，即70.3mL；
②量取：选用规格为50mL的量筒量取22.7mL的浓盐酸倒入烧杯中。
82． 分液漏斗 使反应充分进行 bc 1：1 5h 15.2% 8002.8 戴手套、护目镜，作好防护措施 过氧乙酸会与铁发生反应
【详解】（1）由图可知A为分液漏斗，故填：分液漏斗。
（2）步骤2搅拌的目的是使反应充分进行，故填：使反应充分进行。
（3）a、氧化物由两种元素组成，过氧乙酸由三种元素组成，不属于氧化物，a错。
b、过氧乙酸的相对分子质量为12×2+1×4+16×3=76，正确。
c、冰醋酸C2H4O2中C、H、O元素的质量比为12×2：4×1：16×2=6：1：8，正确。
d、过氧乙酸中氧元素的质量分数16×312×2+1×4+16×3×100%≈63.2%，冰醋酸中氧元素的质量分数16×212×2+1×4+16×2×100%≈53.3%，过氧乙酸中氧元素的质量分数大于冰醋酸中氧元素的质量分数，d错。
故选：bc。
（4）由表中数据可知，反应物最佳比例是1：1；最佳反应时间约5h，故填：1：1；5h。
（5）解：设5g溶液中，过氧乙酸质量为x。
C2H4O376x+2KI+H2SO4=K2SO4+I22540.127g+C2H4O2+H2O76254=x0.127g,x=0.038g
则100g溶液中过氧乙酸质量0.038g×20=0.76g，原产品中过氧乙酸的质量分数
0.76g5g×100%=15.2%
故填：15.2%。
[实验步骤]①设：需要水的体积为y。200mL×1.026g/cm3×20%=（200mL×1.026g/cm3+y×1g/cm3）×0.5%，y=8002.8mL，故填：8002.8。
[实验反思]
①由于过氧乙酸有腐蚀性，因此在配制溶液时要注意戴手套、护目镜，作好防护措施。
②在配制过氧乙酸过程中不能用铁器皿，原因是过氧乙酸会与铁发生反应。
故填：戴手套、护目镜，作好防护措施；过氧乙酸会与铁发生反应。
83． 2CuS+3O2高温2CuO+2SO2 胶头滴管 放热 A D CO2 氯化钡 75℃ 温度高于75℃时，碱式碳酸铜分解 使反应产生的气体全部进入后续装置 防止空气中的二氧化碳和水进入U型干燥管 2Cu(OH)2•CuCO3 能
【分析】矿样中 CuS 在空气中焙烧生成了 CuO和二氧化硫，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，持续通入氮气，可使反应产生的气体全部进入后续装置。
【详解】（1）由制备CuSO4·5H2O晶体的流程图可知，矿样中 CuS 在空气中焙烧生成了 CuO和二氧化硫，反应的化学方程式为2CuS+3O2高温2CuO+2SO2。
（2）在实验室中，欲用 98％、密度1.84g/cm3的浓硫酸配制 500 g 质量分数 10%的稀硫酸， 需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，量取液体要用到胶头滴管，故还有胶头滴管。稀释过程放热。
（3）若在实验室中完成系列操作 a，先要加热滤液A，燃烧降温结晶，过滤，洗涤，低温干燥，故主要步骤为A→降温结晶→D→洗涤→低温干燥。
（4）由质量守恒定律可知，反应前后原子的种类和数目均不变，反应前有2个铜原子，2个硫原子，4个钠原子，15个氧原子，2个氢原子，2个碳原子，反应后有2个铜原子，2个硫原子，4个钠原子，2个氢原子，1个碳原子，13个氧原子，则短线上的物质是二氧化碳，故2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu(OH)2⋅CuCO3↓+CO2↑+2Na2SO4。
（5）碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4]加入足量稀盐酸将固体完全溶解，溶液中含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，故再滴加几滴氯化钡溶液出现白色沉淀，证明含有Cu2(OH)2SO4。
（6）由反应过程中测得数据可知，温度在75℃时，沉淀的质量最大，故制备反应控制的适宜温度是75℃，90°C固体较少的原因是温度高于75℃时，碱式碳酸铜分解。
（7）①持续通入氮气，可使反应产生的气体全部进入后续装置，故加热时持续通入N2的目的是使反应产生的气体全部进入后续装置，碱石灰可以吸收二氧化碳和水，故D装置的作用是防止空气中的二氧化碳和水进入U型干燥管。
②称取 32.0g 样品，充分反应后得到 24.0g 残留物，则生成的氧化铜的质量为24.0g，B装置吸收水，B 增重 3.6g，则生成的水的质量为3.6g，氢元素的质量为3.6g×218×100%=0.4g，C装置吸收二氧化碳，C 增重 4.4g，则生成的二氧化碳的质量为4.4g，碳元素的质量为4.4g×1244×100%=1.2g，碱式碳酸铜中碳元素和氢元素的质量比为2x:12y=0.4g:1.2g，xy=2，故该样品的化学式为2Cu(OH)2•CuCO3。
若对调B和C装置的位置，则碱石灰增重的质量为二氧化碳和水的总质量，即增重3.6g+4.4g=8.0g，则
xCuOH2•yCuCO3Δ(x+y)CuO80(x+y)24.0g+yCO244y+xH2O18xC装置增加总质量44y+18x8.0g
80(x+y)44y+18x= x：y=2:1
可以确定碱式碳酸铜的化学式，故若对调 B 和 C 装置的位置，能测算出该样品的化学式。
84．(1) 7.5 42.5
(2)继续向左盘添加氯化钠
(3)搅拌或升温
(4)ac/ca
(5)40
(6) 40g 30% AC/CA
【详解】（1）溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数，配制15%的氯化钠溶液50g，需氯化钠的质量=50g×15%=7.5g；溶剂质量=溶液质量-溶质质量，则所需水的质量=50g-7.5g=42.5g（合42.5mL）；
（2）在称量氯化钠固体的过程中，步骤应该是：先调好砝码和游码，然后向左边托盘添加固体物质；若发现指针向右偏转，说明固体物质药品的质量小于砝码的质量，故应继续向左盘添加氯化钠，直至天平平衡；
（3）根据生活经验，影响氯化钠在水中溶解速率的因素有温度、氯化钠颗粒大小和搅拌等，搅拌、升温都能加快水分子运动速度，也就能加快氯化钠与水的接触机会，从而加快了氯化钠的溶解速率，固体颗粒大小决定了固体与水的接触面积的大小，也能改变溶解速率；
（4）a、氯化钠固体不纯，会造成实际所取的溶质的质量偏小，则使溶质质量分数偏小，说法正确；
b、量取水时俯视读数，读数比实际液体体积大，会造成实际量取的水的体积偏小，则使溶质质量分数偏大，说法错误；
c、用已有少量水的烧杯溶解氯化钠，水多，则使溶质质量分数偏小，说法正确；
d、溶液具有均一性，装瓶时，有少量溶液洒出，溶质质量分数不变。说法错误；
故填：ac；
（5）溶液稀释前后溶质的质量不变，需加水的质量为x
20g×15%=(20+x)×5%，x=40g
答：需要加水40g；
（6）①通过分析溶解度曲线可知，t1℃时，氯化铵的溶解度为40g；
②烧杯I中KNO3溶液的溶质质量分=60g200g×100%=30%；
③A、140g的水加入60g溶质，蒸发40g的水，所以Ⅱ中溶液的质量是160g，说法正确；
B、烧杯I、Ⅱ、III中，III的烧杯底部有固体剩余，所以Ⅱ、Ⅲ中上层清液都是饱和溶液，说法错误；
C、氯化铵的溶解度随温度的升高而增大，所以若使Ⅲ中的固体溶解，可采用加水或升温的方法，说法正确；
D、容器底部的固体质量不能确定，所以Ⅲ的上层清液中溶质质量分数不一定比Ⅰ的溶液中溶质质量分数大，说法错误；
故选：AC。
85．(1) 16 偏小
(2) 调节水准管与量气管液面相平 连接好仪器，推或拉注射器活塞，松开手后活塞回到原处，说明装置气密性良好 增大硫酸钙的溶解度，使碳酸钙与稀硫酸充分接触，完全反应 1000V3-V2-V1×dg44m% 稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙微溶于水，覆盖在贝壳表面，阻止反应进行，贝壳中的碳酸钙无法完全反应，测量结果不准确
【详解】（1）①称取无水Na2CO3的质量为：100g×16%=16g；
②若取用的Na2CO3带有结晶水，则溶质碳酸钠质量减小，溶剂水质量增大，溶液的浓度偏小；
（2）①为了使装置内外气压，使反应前后的读数在等压的条件下进行，图1装置反应结束后读数前应采取的措施为先调节水准管，再调节量气管，最后平找凹液面最低处读数；
②结合装置特点，检查图2装置气密性的方法是连接好仪器，推或拉注射器活塞，松开手后活塞回到原处，说明装置气密性良好；
③反应生成硫酸钙微溶于水，覆盖在贝壳表面阻碍反应进行，所以加入足量的稀硫酸，一段时间后反应停止，再加入氯化铵溶液，发现又产生气泡，可知加入氯化铵的作用是增大硫酸钙的溶解度，使碳酸钙与稀硫酸充分接触，完全反应；
④解：反应中生成二氧化碳的质量为：dg⋅mL-1×V3-V2-V1mL=V3-V2-V1dg
设mg样品中碳酸钙的质量为x。
CaCO3100x+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑44V3-V2-V1dg
10044=xV3-V2-V1dg
x=100V3-V2-V1×dg44
样品中碳酸钙的质量分数为100V3-V2-V1×dg44m×100%，即10000V3-V2-V1×dg44m%；
⑤图1装置中稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙微溶于水，覆盖在贝壳表面，阻止反应进行，贝壳中的碳酸钙无法完全反应，测量结果不准确。
86．(1)增大接触面积，充分反应
(2)AC/CA
(3)BaCO3高温BaO+CO2↑
(4) Ba(OH)2 Ca(OH)2 B
(5)Ba(OH)2+CO2= BaCO3↓+H2O
(6)27.4%
【详解】（1）矿石研磨成粉末的目的是增大接触面积，有利于充分反应。
（2）A、通过碳的燃烧来获取热量以维持在高温环境中，正确；
B、除了碳酸钡和碳酸钙分解反应还有碳和氧气的化合反应，错误；
C、洗涤可以尽可能的得到氢氧化钡和氢氧化钙，即节约了资源又减少了污染，正确。
故选AC。
（3）焙烧炉中含钡元素物质发生的反应为碳酸钡高温分解为氧化钡和二氧化碳，化学方程式为BaCO3高温 BaO+CO2↑。
（4）除了水之外，还有氧化钡与水反应生成的氢氧化钡，氧化钙和水反应生成的氢氧化钙，氢氧化钡溶解度随温度升高增大，氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，又产品应为碳酸钡，那么溶液B为氢氧化钡，析出的固体为氢氧化钙，因此升温，过滤，故选B。
（5）氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡和水，化学方程式为Ba(OH)2+CO2= BaCO3↓+H2O。
（6）由题产品碳酸钡的质量为19.7t，则碳酸钡中钡元素的质量为19.7t×137137+12+48×100%=13.7t，那么矿石中钡元素的质量分数为13.7t50t×100%=27.4%。
87． bacd ＜ Fe + H2SO4 =FeSO4 + H2↑ 防爆炸 FeSO4和H2SO4（填名称、少答不给分） 过滤 漏斗 引流 蒸发浓缩 受热易分解（受热不稳定、受热易发生化学变化等，合理即可） 2FeSO4△Fe2O3 + SO2↑ + SO3↑
【详解】（1）实验室欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g/ml）配制200g20%的稀硫酸，实验步骤顺序应该是：计算、量取、稀释、装瓶贴标签，所以正确的顺序是：bacd；若用量筒量取浓硫酸时俯视读数，量取的浓硫酸偏少，造成溶质偏少，其它操作正确，则所得溶液的质量分数＜20%。
（2）在反应器中发生了三个化学反应①Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O；② Fe2(SO4)3 + Fe = 3FeSO4 ；③Fe + H2SO4 =FeSO4 + H2↑。因为反应中生成氢气，氢气具有可燃性，在爆炸极限内遇明火，就可能发生爆炸，所以反应器所在的厂房要严禁烟火、加强通风，原因是：防爆炸。
（3）经过反应器中发生的三个反应，Fe2O3和Fe最终都转化为FeSO4，但由于稀硫酸过量，所以溶液A中的溶质是：FeSO4和H2SO4。
（4）操作Ⅰ实现了固体和液体的分离，该操作的名称是：过滤，完成操作Ⅰ的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯和漏斗，玻璃棒的作用：引流。
（5）因为反应过程中用的是20%的稀硫酸，反应后得到的溶液浓度较小，为了提高降温结晶的效率，所以操作Ⅱ的第一步应该蒸发浓缩。然后通过降温结晶、过滤、冰水洗涤、低温干燥可得硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O），结晶水合物一般受热易失水，所以用低温干燥说明硫酸亚铁晶体可能具有的性质是：受热易分解（受热不稳定、受热易发生化学变化等，合理即可）。
（6）将无水硫酸亚铁（FeSO4）隔绝空气加强热，生成Fe2O3 和SO2、SO3两种气体，该反应的化学方程式是：2FeSO4ΔFe2O3+ SO2↑+ SO3↑。
【点睛】如果用降温结晶的方法从溶液中得到晶体，一般需要浓度较大，结晶效率才比较理想，所以一般情况下，降温结晶前要蒸发浓缩。
88． 2MnO2+4KOH+O2高温高压2K2MnO4+2H2O 加快浸取速率(或加快溶解速率) 66.7% 无墨绿色(或全是紫红色) 产物中混有KHCO3 BCD MnO2 2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑ K2CO3和KMnO4
【详解】(1)共熔时，在加温加压条件下MnO2、KOH、O2反应生成K2MnO4和H2O，该反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O2高温高压2K2MnO4+2H2O。
(2)浸取时，需用玻璃棒搅拌的目的是加快浸取速率(或加快溶解速率)。
(3)歧化反应的化学方程式为：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，该反应中锰元素的转化率(所得高锰酸钾中锰元素与反应物中锰元素的质量百分比)为55×255×3×100%≈66.7%；K2MnO4水溶液呈墨绿色，判断歧化时K2MnO4 完全反应的方法是：用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上，若滤纸上观察到无墨绿色(或全是紫红色)痕迹，表示反应已完全。在K2CO3溶液中持续通入CO2，会生成KHCO3,当溶液pH为10~11，停止通CO2，若CO2过多，可能造成的不良后果是产物中混有KHCO3。
(4)A、此方法需要通电，不能节约能源，不具备低碳优点，故错误；
B、此过程锰元素完全转化为KMnO4中的锰元素，所以锰元素转化率高，故正确；
C、得到的KOH可以循环利用，故正确；
D、可以同时获得氢气，故正确；
故选：BCD。
(5)歧化反应中生成的二氧化锰，是共熔时的反应物，从经济角度考虑，实验中可循环使用的物质除水外，还有MnO2。
(6)流程图中一系列操作为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到KMnO4晶体，最后将得到的KMnO4晶体低温烘干，原因是高锰酸钾在加热条件下反应生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的化学方程式为2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑。室温时，K2CO3、KHCO3、KMnO4 的溶解度分别为111g、33.7g、6.36g，分离出高锰酸钾晶体可用冷却结晶的方法，则母液x中的溶质为K2CO3和KMnO4。
89．(1)c
(2) 烧杯 酒精灯 B中澄清的石灰水变浑浊 D中黑色固体变成红色 CO+CuOΔCu+CO2 除去草酸蒸气，防止对二氧化碳的检验产生干扰 收集一氧化碳，防止污染空气
(3) 生成的铜又被氧化 紫红 0.79 设10.00g溶液中含草酸晶体的质量为x，
由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知，
5H2C2O4·2H2O630x→5H2C2O4→2KMnO43160.79g
x0.79g=630316
x=1.575g，
50.00g溶液中含草酸晶体的质量为：1.575g×5=7.875g，
草酸晶体的质量分数为：×100%=90%
【详解】（1）草酸的熔点较低，受热容易熔化，用c装置加热草酸时不容易下流，适宜用来加热草酸，
故填c；
（2）①据图可知，仪器a和b的名称分别是烧杯、酒精灯；
②证明存在CO2的现象是：B中澄清的石灰水变浑浊；证明存在CO的现象是：D中黑色固体变成红色；
D中氧化铜和一氧化碳在加热时反应能生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式是：CO+CuOΔCu+CO2；
③装置A的作用是：除去草酸蒸汽，防止对二氧化碳的检验产生干扰；气囊的作用是：收集一氧化碳，防止污染空气；
（3）①一氧化碳部分反应，生成的铜重新被氧化等因素都能够导致计算出的实验结果比实际值偏低；
②高锰酸钾溶液是颜色紫红色的；%KMnO4溶液中KMnO4的质量为：25.00g×3.16%=0.79g；
见答案。
90． 肥皂水 加热煮沸 过滤 AC t1℃时A的溶解度是40g b B>C>A 28.6% 升温 吸附 ClO2 2H2＋O2点燃2H2O
【详解】(1)生活中常用来肥皂水区分软水与硬水，向水中加入肥皂水搅拌，若泡沫较多，则是软水，若泡沫较少，则是软水；常用加热煮沸的方法来降低水的硬度。在水的净化过程中，除去水中不溶性的固体杂质，其实验操作方法是过滤；
(2)水是常用的溶剂，配制下列溶液时，食盐用水做溶剂，医用碘酒用酒精做溶剂，高锰酸钾用水做溶剂，植物油不能溶于水，所以水做溶剂的是：AC；
(3)①对A物质来说，a点的意义是t1℃时A的溶解度是40g；
②A的溶解度随温度的升高而增大，将t1℃140gA的饱和溶液升温至t2℃时，溶液变成了不饱和溶液，应处于溶解度曲线下方，可用图上的b点表示。
③将t2℃时A、B、C三种物质的饱和溶液降温到t1℃时，AB的溶解度减小，析出溶质，溶液中溶质质量减小，溶剂质量不变，溶液仍为饱和溶液，溶质的质量分数减小，C的溶解度变大，溶液中溶质、溶剂质量不变，溶质质量分数与降温前相等；饱和溶液中溶质的质量分数=s100+s×100%，即溶解度大的溶质质量分数大，t1℃时B的溶解度大于t2℃时C的溶解度大于t1℃时A的溶解度，故降温后溶质的质量分数关系为：B＞C＞A；
④t1℃时A的溶解度是40g，即100g水中最多溶解40g的a，所以将30g A物质放入50g水中，充分搅拌后最多溶解20g，故所得溶液的溶质质量分数为20g20g+50g×100%≈28.6%；
⑤C的溶解度随温度的升高而减小，如果要获得C的晶体，采用的方法是升温。
(4)根据制取X 的化学方程式为：Cl2+2NaClO2═2NaCl+2X，反应物中有4个氯原子，2个钠原子，4个氧原子，生成物中有2个钠原子，2个氯原子，所以X的化学式为ClO2；水的通电分解生成氧气和氢气，氢气在氧气燃烧生成水，都能说明水的组成，化学反应方程式分别为：2H2O通电2H2↑＋O2↑、2H2＋O2点燃2H2O。
91． 锥形瓶 CaCO3 + 2HCl == CaCl2 + H2O + CO2↑ 分液漏斗末端出现稳定的水柱 17.2mL 79.7 mL ＜ AF 为了排净装置内的空气 61.9% 排水法 CO2+ CH4＝CH3COOH CO2+4H2光催化剂 CH4+ 2H2O
【详解】（1）仪器①的名称为：锥形瓶。
（2）实验室用大理石和稀盐酸反应制取CO2，反应方程式为CaCO3 + 2HCl == CaCl2 + H2O + CO2↑。检查A装置的气密性的一种方法是向分液漏斗中加适量水，堵住右侧导气管，打开分液漏斗活塞，若观察到分液漏斗末端出现稳定的水柱，则装置不漏气。
（3）设配制100g 7.5%的稀盐酸，需要37%（密度为1.18g/mL）的浓盐酸体积为V，则：37%×1.18g/mL×V=100g×7.5% ，解得V≈17.2mL；需要水的质量为：100g－17.2mL×1.18g/mL=79.7g，水的体积为：79.7g÷1g/mL=79.7mL；量取水时，若仰视读数（其他操作均正确），造成量取的水偏多，则所配稀盐酸的质量分数偏小；配制过程不需要A、酒精灯和F、药匙。
（4）三种方法均在15s后开始收集的原因是为了排净装置内的空气；
（5）方法3所收集CO2的纯度为：CO2纯度 =（1-最终气压初始气压）×100%=（1－39.7104.2）×100%=61.9%。通过对比，欲收集更高纯度的CO2，应采用排水法收集。
（6）利用非高热电浆体合成技术可将CO2和甲烷（CH4）反应合成乙酸（CH3COOH），反应的化学方程式为：CO2+ CH4＝CH3COOH；
（7）在光催化条件下，CO2和H2反应生成甲烷（CH4）和水，反应的化学方程式为：CO2+4H2光催化剂 CH4+ 2H2O。
92．（1）生成氢气的质量为：50g+5.8g+94.6g-150.2g=0.2 g；
（2）设样品中铁的质量 x，生成FeCl2的质量为y
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑56x 127y 20.2g
56x=127y=20.2g
x=5.6g y=12.7g
铁合金中碳的质量分数为:5.8g-×100%≈3.4
（3）反应后所得溶液中FeCl2 的质量分数为：+94.6g-0.2g100%=12.7%
答：（1）0.2g；（2）样品中碳的质量分数为3.4%，（3）反应后所得溶液中FeCl2 的质量分数12.7%。
【分析】（1）根据质量守恒定律计算生成的氢气的质量；
（2）根据生成氢气的质量和反应的化学方程式求出铁的质量、生成的氯化亚铁的质量，即可计算出样品中碳的质量分数；
（3）根据上述数据和溶质质量分数的计算公式的分析计算。
【详解】见答案。
【点睛】本题主要考查了根据化学方程式、溶质质量分数的综合计算，根据质量守恒定律求出生成氢气的质量是解答本题的基础。
93．（1）质量和化学性质（2）1.6（3）5%
【详解】本题考查了催化剂的特点和溶质质量分数与化学方程式相结合的计算。反应过程中质量的减少是因为生成了氧气，所以可以求算氧气的质量，根据氧气的质量和对应的化学方程式求算过氧化氢的质量。
（1）催化剂是在化学反应中能改变化学反应的速率，而本身的质量和化学性质不变的物质，二氧化锰作为催化剂在化学反应前后本身的质量和化学性质都没有发生变化；
（2）根据质量守恒，反应产生氧气的质量=70g-68.4g=1.6g；
（3）设：产生1.6g氧气需要H2O2的质量为x
2H2O22H2O+O2↑
68 32
x 1.6g
6832=x1.6g x=3.4g
过氧化氢溶液的溶质质量分数=3.4g68g×100%=5%。
94．（1）四；
（2）85%；
（3）7.3%；
解：设5g稀盐酸中溶质的质量为x。
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑100730.5gx
10073=0.5gx，x=0.365g
所用稀盐酸的溶质质量分数为：0.365g5g×100%=7.3%。
（4）9.0%
解：设第四次完全反应后所得溶液中氯化钙的质量为y，反应生成二氧化碳的质量为z。
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑100111442g-0.3gyz
100111=2g-0.3gy，y=1.887g
10044=2g-0.3gz，z=0.748g
根据质量守恒定律，反应后所得溶液的质量为：2g-0.3g+20g-0.748g=20.952g，则第四次完全反应后所得溶液中氯化钙的质量分数为：×100%= 9.0%。
【详解】（1）根据表中信息可知，加入5g稀盐酸，反应掉0.5g碳酸钙，而第四次加入稀盐酸后，固体只减少了0.2g，故第四次石灰石样品中的碳酸钙完全反应；
（2）石灰石样品中碳酸钙的质量分数为：2g-0.3g2g×100%=85%；
（3）见答案
（4）见答案
95．（1）0.4（2）9.8%
【详解】本题考查了根据化学反应方程式的计算。根据质量守恒可知，反应过程中质量的减少是因为生成了氢气，可以求算氢气的质量，根据氢气的质量和对应的化学方程式求算硫酸的质量。
（1）由质量守恒可知，反应产生的氢气的质量是11.4g+40g+200g-251g=0.4g；
（2）设：生成0.4g的氢气需硫酸的质量为 x
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
98 2
x 0.4g
982=x0.4g x=19.6g
稀硫酸的溶质质量分数=19.6g200g×100%=9.8%。
答：(1)反应产生的氢气质量为0.4g；
(2)所用稀硫酸的溶质质量分数为9.8%。
96．(1)氧元素
(2)方式一：设：生成的硫酸钙的质量为x
2SO2+O2+2CaO=2CaSO4
128 272
9.6t x
128272=9.6tx
x=20.4t
所得产品价值700元/t×20.4t=14280元
(3)方式二：设：生成的硫酸钠的质量为y，消耗的氧气质量为z；
2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O
128 32 284
9.6t z y
128284=9.6ty
y=21.3t
12832=9.6tz
z=2.4t
所得溶液的溶质质量分数=+50t+2.4t×100%≈34.4%。
【详解】本题考查了根据化学式计算和根据化学方程式计算。
(1)在CaSO4中，硫元素与氧元素的质量比=32：(16×4)=1：2，所以硫元素和氧元素质量分数呈整数倍关系；
(2)方式一：设：生成的硫酸钙的质量为x
2SO2+O2+2CaO=2CaSO4
128 272
9.6t x
128272=9.6tx
x=20.4t
所得产品价值700元/t×20.4t=14280元
(3)方式二：设：生成的硫酸钠的质量为y，消耗的氧气质量为z；
2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O
128 32 284
9.6t z y
128284=9.6ty
y=21.3t
12832=9.6tz
z=2.4t
所得溶液的溶质质量分数=+50t+2.4t×100%≈34.4%。
答：(1)CaSO4中有两种元素的质量分数呈整数倍关系，这两种元素是硫元素和 氧元素。
(2)若用方式一处理9.6tSO2，所得产品价值14280元。
(3)若用方式二处理9.6tSO2，刚好用去50t一定浓度的NaOH溶液，所得溶液的溶质质量分数为34.4%。
点睛：根据化学方程式计算时，第一要正确书写化学方程式，第二要使用正确的数据，第三计算过程要完整。
97． 920 21.7 玻璃棒 > 102.2
【详解】（1）该瓶硫酸还没有开封使用，瓶内溶液的质量为：500mL×1.84 g/mL=920g；
（2）要配制9.8%的稀硫酸400g，则需用该浓硫酸的体积为x，根据溶液稀释前后溶质的质量不变，列等式关系：9.8%×400g=x×1.84g/mL×98%；解得x≈21.7mL；
（3）配制溶液时除了用到量筒、胶头滴管、烧杯外，还需要用到的仪器有玻璃棒，用于搅拌；
（4）若量取浓硫酸时采用仰视的方法，使读数偏小，体积偏大，则配制的溶液溶质质量分数大于9.8%；
若取该9.8%的稀硫酸100g与足量的镁充分反应后，设参加反应的金属镁的质量为x，生成氢气为y，
Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑24982x100g×9.8%y
2498=x100g×9.8%
x=2.4g
982=100g×9.8%y
y=0.2g
故所得溶液的质量为100g+2.4g-0.2g=102.2。
98．（1）3.3； （2）10；（3）10.5%
【详解】（1）根据质量守恒定律可知，m的值为3.3g；
（2）设样品中碳酸钙的质量为x；生成的氯化钙的质量为y； 根据题中提供的信息可知，碳酸钙反应完全时生成的二氧化碳的质量为4.4g
反应后溶液的质量为：12g+100g-2g-4.4g=105.6g
（3）反应完全后最终溶液中氯化钙的质量分数：11.1g/105.6g×100%≈10.5%
答：样品中碳酸钙的质量为10g，反应完全后最终溶液中氯化钙的质量分数10.5%
99．(1) 380 胶头滴管
(2)设100mL白葡萄酒中二氧化硫的质量为x
2KMnO431610g×0.395%+5SO2320x+2H2O=2MnSO4+2H2SO4+K2SO4316320=10g×0.395%xx=0.04g
即1L中含有0.4g二氧化硫，该品牌葡萄酒中SO2的残留量不符合标准。
【详解】（1）解：设需要加水的质量为x，稀释前后溶质质量不变，20g×7.9%=0.395%×(20g+x)，x=380g，需要加水的质量为380g，加水的体积=380g1g/mL=380mL；稀释过程中需要的仪器有：量筒、胶头滴管，烧杯、玻璃棒；
（2）解析见答案。
100． 根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，则生成二氧化碳的质量为：25g+146g-162.2g=8.8g
解：设该样品中碳酸钙的质量分数为x
CaCO310025gx+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑448.8g
10044=25gx8.8gx=80%
答：该样品中碳酸钙的质量分数为80% 解：设反应生成氯化钙的质量为y
CaCO3+2HCl=CaCl2111y+H2O+CO2↑448.8g
11144=y8.8g y=22.2g
故所得溶液的溶质质量分数为：×（1-80%）+142.8g×100%=7.4%
答：所得溶液的溶质质量分数为7.4%
解：设稀盐酸的溶质质量分数为z
CaCO3+2HCl73146gz=CaCl2+H2O+CO2↑448.8g
7344=146gz8.8gz=10%
设需加水的质量为m，则（146g-m）×36.5%=146g×10%，m=106g
答：需要加水的质量为106g
【详解】（1）见答案；
（2）见答案；
（3）见答案。
101．（1）280；（2）80%；（3）10%
【详解】（1）需加水的质量为x 100g×38%=（x+100）×10%
X=280
（2）解：设样品中NaOH的质量为x,生成NaCl质量为y。
NaOH ＋ HCl ＝ NaCl＋ H2O
40 36.5 58.5
x 36.5 g× 10% y
＝4g＝5.85g
样品中氢氧化钠的质量分数
反应后溶液中溶质的质量分数
答：样品中氢氧化钠的质量分数为80%，反应后所得溶液中溶质质量分数为10%。
102． 15.2 2H2O2MnO22H2O + O2↑ 催化作用 分液漏斗 ABF（或 ABEF） 氧气中混有大量水蒸气（其他合理答案也可得分） b 不会 水面上升先快后慢 相同 反应剧烈，气压迅速增大，橡皮塞脱落 CuO
【详解】（1）根据稀释前后溶质质量不变，欲配制100g5%的H2O2溶液，需30%的H2O2溶液的质量为100g×5%30%，ρ=1.1g/mL，故需要体积为 100g×5%30%×1.1g/mL≈15.2mL。
（2）过氧化氢在二氧化锰的催化下生成水和氧气，化学方程式为：2H2O2MnO22H2O+O2↑。在反应中，MnO2的作用是催化作用。
（3）仪器 B 的名称是分液漏斗，欲得到流速稳定的O2，应选用分液漏斗、锥形瓶、铁架台、双孔塞组成的发生装置，分液漏斗可以控制滴加液体的流速。
（4）过氧化氢在二氧化锰的催化下生成水和氧气，在检验氧气时，带火星的木条未能复燃，可能的原因是氧气中混有大量水蒸气（其他合理答案也可得分）。
（5）O2不易溶于水，若用 G、H 装置测量生成 O2的体积，O2应从b进，将水从a排出，进入量筒的水的体积就是产生氧气的体积，和原有的空气体积无关，故仪器 G中原有空气不会影响O2体积的测量，实验过程中，量筒中水的体积变化现象是水面上升先快后慢，因为随着反应进行，过氧化氢浓度减小。
（6）①为探究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，除了催化剂，其他条件应相同，故每次实验时，为保证实验结果严谨可信，海藻酸钠微球数应相同。
②用含 MnO2的海藻酸钠微球进行实验，60s时压强瞬间回落，其原因是反应剧烈，气压迅速增大，橡皮塞脱落，使压强瞬间下降。
③从实验曲线看，氧化铜的曲线不会急剧增大，或缓慢增大，故催化效果较好、反应温和的催化剂是CuO。
103． 增大反应物的接触面积，使反应更快更充分 Sr+2CO3 2C+SrCO3高温¯¯Sr+3CO↑ 增大氢氧化锶的溶解度 Mg(OH)2 BaSO4 降温 饱和 加快化学反应速率且防止NH4HCO3受热分解 解：化学反应前元素种类和质量守恒，设菱锶矿石的质量为x
SrO•6Fe2O3～SrCO310641485.32t80%x1064148=5.32t80%xx=0.925t
答：需要菱锶矿石0.925t。
【详解】（1）反应物的接触面积越多，反应速率越快，则菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率。在化合物中正负化合价的代数和为零，碳酸根离子显-2价，设Sr的化合价为x，则x+（﹣2）＝0，解得x＝+2，所以碳酸锶（SrCO3）中锶的化合价为+2，即+2SrCO3。
（2）分析流程图信息可知，立窑煅烧中反应物是焦炭和碳酸锶，生成物为锶和一氧化碳，故得到单质锶的化学方程式写为2C+SrCO3=高温Sr+3CO↑。
（3）氢氧化锶溶解度随温度升高而增大、氢氧化钙溶解度随温度升高而减小、氢氧化镁是不溶物，则“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是增大氢氧化锶的溶解度，使氢氧化钙析出；由图可知，滤渣1含有Ca(OH)2和氢氧化镁[Mg(OH)2]。
（4）“除钡”环节生成硫酸钡沉淀，故滤渣2的化学式是BaSO4。
（5）氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，则结晶采用的是降温结晶法；得到的“母液”一定是氢氧化锶的饱和溶液。
（6）“沉锶”时发生的反应：Sr（OH）2+NH4HCO3＝SrCO3↓+NH3·H2O+H2O，该反应需的温度需控制在65-80℃，是因为NH4HCO3受热易分解，故为加速化学反应变率且防止NH4HCO3受热分解，应反应需的温度应控制在65-80℃。
（7）详见答案。
104．(1) 400 <
(2) 锥形瓶 水槽 2H2O2MnO22H2O+O2↑ a 在其他条件相同时，双氧水的浓度越大，反应速率越快 不可靠，因为乙丙两个实验中存在两个变量，不能形成对比实验
(3) H2+O2Pt-PbH2O2 降低氢气的含量
(4) 2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑ CaCO3
【详解】（1）设：需要加入水的质量为x。
100g×30%=（100g+x）×6%，解得，x=400g。
需要加入水的体积=400g1g/mL=400mL；
取若量取30%的过氧化氢溶液时俯视读数，则实际30%的过氧化氢溶液体积偏小，即30%的过氧化氢溶液中溶质质量偏小，
会导致所配溶液溶质质量分数＜6%。
（2）①据图可知，仪器a是锥形瓶，仪器b是水槽。
②锥形瓶内过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气，化学方程式2H2O2MnO22H2O+O2↑；
用排水法收集氧气时，当观察到气泡连续均匀冒出，说明氧气生成，此时锥形瓶中空气已经排净，这时氧气较纯，开始收集。故填：a。
③据表格可知，通过对比实验甲与实验乙得出：在其他条件相同时，双氧水的浓度越大，反应速率越快；
由于乙丙两个实验中存在两个变量，不能形成对比实验，所以对比实验乙与实验丙得出的结论不可靠。
（3）在Pt-Pb催化剂作用下，氢气和氧气化合生成过氧化氢，所以化学方程式H2+O2Pt-PbH2O2。
因为氢气是可燃性气体，易发生爆炸，为了出于安全考虑，合成时在反应物中加入大量CO2、N2等化学性质不活泼气体，以降低氢气的含量。
（4）“补钙增氧灵”（主要成分是CaO2）常温下与水反应生成氢氧化钙和氧气，化学方程式2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑。
CaO2常温下与水反应生成氢氧化钙和氧气，生成的氢氧化钙部分与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙，所以长时间存放的过氧化钙中含有的主要杂质是氢氧化钙和碳酸钙，碳酸钙的化学式CaCO3。
105．(1) 青铜 延展
(2)ABC
(3)在铁制品表面刷漆等
(4)4Al+3O2＝2Al2O3
(5)Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑
(6)A
(7)溶液变为蓝色
(8)随加热时间的增加，Cu2O质量先增大后减小
(9)延长加热时间
(10)解：设CuO完全转化为Cu2O，生成Cu2O的质量为x
2CuO+H2ΔH2O+Cu2O1601440.6gx160144=0.6gxx=0.54g
因0.54g>0.3218g，说明氧化铜未完全转化为Cu2O时，Cu2O就开始转化为其他物质。
即假设1中“在同一条件下两个反应能同时进行”。
(11)减少过氧化氢分解
(12) 冷却结晶 玻璃棒
(13)硫酸铜的溶解度随温度的升高而升高，低温下可尽可能少的损失硫酸铜晶体
【详解】（1）从图可知，人类最早使用的合金是青铜（青铜器时代）。可将金属材料打制成不同的形状是利用了金属的延展性。
（2）A、“挹其水熬之则成胆矾 （硫酸铜晶体）”可知，苦泉”的溶质中有硫酸铜。正确。
B、“挹其水熬之则成胆矾 （硫酸铜晶体）”是利用蒸发溶剂的方法得到硫酸铜晶体，正确。
C、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是铁将硫酸铜中的铜置换出来，发生的是置换反应。正确。
故选ABC。
（3）铁生锈需要与空气中的氧气、水同时接触，所以可以在铁制品表面刷漆等以隔绝空气与水和铁接触。
（4）铝在常温下和氧气反应生成一层致密的氧化铝薄膜，阻碍铝进一步被腐蚀。化学方程式为4Al+3O2＝2Al2O3。
（5）锌和硫酸反应生成氢气和硫酸锌，化学方程式为Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑。
（6）实验开始时先向长颈漏斗中加稀硫酸后点酒精灯，利用生成的氢气排净试管内的空气，以免氢气和空气混合受热发生爆炸。故选A。
（7）从已知“。氧化亚铜为红色固体，在空气中溶于氨水得到蓝色溶液。”可知，取反应后的红色固体于烧杯中，加入氨水并搅拌，观察到溶液变为蓝色，证明固体产物有Cu2O。
（8）从图中可知，氢气还原氧化铜反应过程中，Cu2O的质量先增大后减小。
（9）从图中可知，过了一段时间后，加热时间越长，Cu2O的质量越小，所以为了所得固体产物不含Cu2O，应采取的措施是延长加热时间。
（10）见答案。
（11）“溶解”过程中有过氧化氢溶液加入，过氧化氢受热会加速其分解，所以“溶解”时需要加热，但温度不宜过高，原因是减少过氧化氢分解。
（12）“系列操作”是从溶解中得到晶体，因所得晶体含有结晶水，应使用冷却热饱和溶液的方法，具体操作是：除杂、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等。过滤时用到的玻璃仪器有烧杯，漏斗、玻璃棒。
（13）洗涤目的是除去硫酸铜晶体表面残留的杂质，洗涤过程中要尽量减少硫酸铜晶体的溶解。通过“洗涤”时最好选用冰水而不用热水可推测，硫酸铜的溶解度随温度的升高而升高，低温下可尽可能少的损失硫酸铜晶体。所以“洗涤”时最好选用冰水而不用热水的原因可能是硫酸铜的溶解度随温度的升高而升高，低温下可尽可能少的损失硫酸铜晶体。
106． NaCl 稀硝酸和硝酸银溶液（答到硝酸银溶液即可得分） 防倒吸 便于初步分离铜、铁元素（常温下，CuO易溶于稀硫酸，Cu2O、Fe2O3、Fe3O4不易溶于稀硫酸） 800 2.5 CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O 不引入新杂质 提高了CuSO4•5H2O晶体产量 防止硫酸铜晶体受热失去结晶水 95.2% 偏大
【详解】I:（1）根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类和个数都不变，如反应前后铜原子的个数都是1，所空缺物质中就不含有铜了，经过查看可知，其他原子个数反应前后都是相等的，反应前钠原子个数和氯原子个数都为2，因此反应后缺少的是钠原子和氯原子，所以需要补齐的物质的化学式为：NaCl。
（2）反应后所得溶液中含有氯离子，若证明氧化铜是否洗涤干净，向最后一次洗涤液中加入硝酸银溶液和稀硝酸，如果有白色沉淀产生，证明没有洗涤干净，如果无明显现象，证明洗涤干净了。
（3）反应过程中有氨气产生，而氨气极易溶于水，氨气快速溶于水后，容易将后面装置的水倒吸入前的的装置中，所以装置X的作用是防止水被倒吸入三颈瓶中。
II：（1）因为常温下，Cu2O、Fe2O3、Fe3O4不易溶于稀硫酸，而CuO、FeO易溶于稀硫酸，而焙烧 将铜精炼炉渣粉碎，使其中的Cu、Cu2O氧化成CuO；FeO氧化成Fe2O3、Fe3O4，这样在常温下加入稀硫酸，氧化铜易与稀硫酸反应，生成硫酸铜和水，而氧化铁和四氧化三铁不易反应，反应后过滤，将氧化铁和四氧化三铁分离出云，从而达到便于初步分离子铜铁元素的目的。
（2）焙烧的过程中，氧气参与反应，炉渣增重越大，说明有越多氧气参与反应，铜、氧化亚铜、氧化亚铁转化的越彻底，故最佳温度为800℃，最佳时长为2.5h。
（3）酸浸的目的是将氧化铜转化为硫酸铜溶液，并用过滤的方法除去不易反应的氧化铁和四氧化三铁，故主要反应为氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O。
（4）实验的最终目的是为了得到CuSO4•5H2O，所以加入氧化铜调节pH,不引入新杂质提高了，同时还能CuSO4•5H2O晶体产量。
（5）硫酸铜晶体在受热温度过高时容易分解，失去结晶水，故低温烘干防止硫酸铜晶体受热失去结晶水。
（6）①解：设25.00mL溶液中含有硫酸铜的质量为x。
CuSO4+BaCl2=CuCl2+BaSO4↓160233x4.66g160233=x4.66gx=3.20g
则所21.00g样品中硫酸铜晶体的质量为：3.20g÷(160250×100%)×4=20.00g
则产品中硫酸铜晶体的质量分数为：×100%=95.2%
答：产品中硫酸铜晶体的质量为95.2%。
②因为要制备的物质为CuSO4•5H2O，若晶体中含有少量CuSO4•3H2O生成，结晶水的质量减小，从而使铜元素在晶体中所占比例偏大，铜元素在产品中的质量分数偏大。
107．(1) 改变 Cl- 减少
(2) 36.0 加水
(3) 不饱和 过滤 漏斗 搅拌，加速溶解 ac 90%
【详解】（1）口罩使用过程中存在氯化钠溶解的过程，所以氯化钠溶液中溶质质量分数改变。构成氯化钠的阴离子是氯离子，符号为Cl-。钠原子失去一个电子转化为钠离子，所以其核外电子数减少。
（2）20℃时，氯化钠的溶解度36.0g，所以，100.0g水中溶解36.0g氯化钠恰好饱和。若要把该饱和溶液转化成不饱和溶液，可以加水以增加溶剂的质量。
（3）①水的密度是1g/mL，所以加入水的质量为15g。20℃时，15g水最多溶解氯化钠的质量为15g×36g100g=5.4g。而溶液A中得到精盐4.5g，所以溶液A是不饱和溶液。
②操作Ⅱ后固液分离，是过滤。用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解。
③a.因为有杂质不溶解，所以开始溶液的质量m1小于20g(15g+5g)，正确。
b.从DE段溶液质量减少加快可知，该过程中有氯化钠析出。所以（m2－m3）是减少的水的质量和该过程中析出氯化钠的质量。错误。
c.D点开始有溶质析出，所以是该温度下的氯化钠饱和溶液，E点与D点温度相同，物质的溶解度未变，所以D、E 点表示的溶液溶质质量分数相同。正确。
d.当有较多晶体析出时停止加热，从图像EF段溶液质量减少变慢可知，E点后停止加热。错误。
故选ac。
④该实验得到精盐的产率为4.5g5g×100%=90%。
108．(1)沸点
(2) 氮气、氢气、氨气 便于将氨气与氮气、氢气分离
(3)C
(4)化合
(5) 40℃ 升高5℃，降解率差别不大，但消耗更多的能源，不节约成本 增大
(6) A 增大二氧化碳与氨水的接触面积，提高脱除率
(7)C
【详解】（1）工业上从空气中获得 N2 ，该方法是利用空气中各成分沸点的不同将空气成分进行分离；
（2）由图1流程图可知，合成塔中是氮气和氢气合成氨气，并且由图2可知，氨的含量无法达到100%，所以反应无法完全反应完，所以“合成塔”中出来的气体有氮气、氢气、氨气，冷却塔的作用是降低温度，便于将氨气与氮气、氢气分离；
（3）由图2可知，按下列条件进行合成氨气反应，平衡时氨气的含量最高的是环境400大气压、300℃时，故选C；
（4）NH3与食物中的水反应过程中有新物质一水合氨生成，符合多变一，是化合反应；
（5）①当温度为40℃和45℃时，降解率分别为84.34%和84.35%，降解率差别不是很大，但是温度相差较大，则从经济的原则，应选择的温度为40℃；
②根据图1分析可知，在25℃～45℃的范围内，随着熏蒸温度的升高，黄曲霉毒素的降解率逐渐增大；
（6）二氧化碳应从A口通入，可以增大二氧化碳与氨水的接触面积，能更加充分的吸收CO2，提高脱除率；
（7）A、喷雾塔只能吸收大量的CO2，吸收率达不到100%，则出气口排放出的气体中还含有CO2，故选项说法错误；
B、根据题干信息可知，当喷雾塔内的反应温度低于40℃时，CO2的脱除率随着氨水流量和氨水浓度的增加而明显升高，最高可达到85%，温度对CO2脱除率有影响，故选项说法错误；
C、根据题干信息可知，当喷雾塔内的反应温度低于40℃时，CO2的脱除率随着氨水流量和氨水浓度的增加而明显升高，最高可达到85%，则反应温度低于40℃时，喷洒浓度较高的氨水，有助于提升CO2的脱除率，故选项说法正确。
故选C。