2025年中考化学一轮复习考点过关练习专题12 盐和化肥（2份，原卷版+解析版）

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知识点一、盐
1．盐定义：金属离子(或NH4+)和酸根离子的化合物。
2．盐的分类：依据组成盐的阳离子和酸根的种类进行分类
（1）根据阳离子的不同，盐可以分为钠盐、钾盐、镁盐、铵盐等（如氯化钠为钠盐）。
（2）根据酸根的不同，盐可以分为硫酸盐、碳酸盐、盐酸盐等（如氯化钠为盐酸盐）。
3．盐的溶解性规律：① 钾盐、钠盐、铵盐、硝酸盐都可溶；② 盐酸盐只有氯化银不可溶；
③ 硫酸盐只有硫酸钡不可溶；④碳酸盐只溶钾、钠、铵，剩下都不溶。
注意：AgCl、BaSO4不仅不溶于水，而且不溶于稀硝酸。七种常见沉淀：AgCl↓BaSO4↓Cu(OH)2↓F e(OH)3↓Mg(OH)2↓BaCO3↓CaCO3↓
4．几种常见的盐
（1）氯化钠（NaCl）
① 氯化钠是食盐的主要成分。白色固体，熔、沸点较高，易溶于水，其溶解度受温度的影响不大。
② 用途：调味、腌渍食品，生理盐水，制钠、氯气、氢氧化钠、盐酸、纯碱等。
在自然界中分布很广泛，海水中含有大量氯化钠。
（2）碳酸钠（Na2CO3）
① 俗名：纯碱、苏打
② 纯碱不是碱，是盐；白色粉末、易溶于水，水溶液显碱性。我国著名化学家侯德榜在改进纯碱的生产方面，作出了巨大贡献，创立侯氏制碱法（联合制碱法）。
③ 用途：玻璃、造纸、纺织和洗涤剂的生产等。
（3）碳酸氢钠（NaHCO3）
① 俗名：小苏打。
② 又称为酸式碳酸钠，白色粉末状晶体，能溶于水，受热易分解。
③ 用途：焙制糕点发酵粉之一、治疗胃酸过多 ，灭火器里二氧化碳发生剂。
（4）碳酸钙（CaCO3）
① 大理石、石灰石、钟乳石、贝壳、珍珠、蛋壳、锅炉和水壶的水垢的主要成分。
② 用途：建筑材料、补钙剂
知识点二、粗盐提纯、除杂
1．除去粗盐中的难溶性杂质的操作步骤是溶解、过滤、蒸发。
2．过滤：过滤是把难溶性固体和液体分离的一种方法，操作的要点是一贴、二低、三靠。
一贴：滤纸要紧贴漏斗内壁，中间不要留有气泡；
二低：液面低于滤纸边缘，滤纸边缘低于漏斗边缘；
三靠：烧杯口要紧靠玻璃棒，玻璃棒要紧靠3层滤纸，漏斗的末端靠在烧杯内壁。
3．蒸发结晶：用玻璃棒不断搅拌滤液，当出现较多固体时，即停止加热。用玻璃棒将蒸发皿中的晶体转移到指定的容器内。
4．3个实验的仪器
5．除去难溶性杂质后的食盐是混合物，其溶液中还含有硫酸根离子、镁离子、钙离子等杂质离子，为除去这些杂质离子，应向食盐水中加入过量的氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠物质，将杂质离子转化为沉淀，通过过滤方法除去4种沉淀后再加入适量的盐酸，除去多余的氢氧根离子和碳酸根离子，得到精盐水，最后经蒸发结晶即得到精盐。
知识点三、盐的化学性质
1．盐跟某些金属的反应：盐＋金属＝新盐＋新金属（反应条件：在金属活动性顺序表中，除非常活泼的K、Ca和Na外，排在前面的金属一般可以将位于其后面的、比它不活泼的金属从它们的盐溶液中置换出来）。
Zn＋CuSO4＝ZnSO4＋Cu；Cu＋HgNO3)2＝Hg＋Cu(NO3)2 ；ZnSO4＋Cu不反应
2．盐跟酸的反应：盐＋酸＝新盐＋新酸
BaCl2＋H2SO4＝BaSO4＋2HCl； AgNO3＋HCl＝AgCl＋HNO3；
Na2CO3＋2HCl＝2NaCl＋H2O＋CO2↑
3．盐跟碱的反应：盐＋碱＝新盐＋新碱
Na2CO3＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋2NaOH； FeCl3＋3NaOH＝Fe(OH)3↓＋3NaCl
4．盐跟另一种盐的反应：盐＋盐＝新盐＋新盐
Na2CO3＋CaCl2＝CaCO3↓＋2NaCl； AgNO3＋NaCl＝AgCl＋NaNO3
BaCl2＋Na2SO4＝BaSO4＋2NaCl
注意：2、3、4都是复分解反应，复分解反应发生的条件：
A： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①有沉淀生成； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②有气体放出； = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③有水生成；
B：如果是没有酸参加的反应，则两种反应物必须都溶于水。
知识点四、化学肥料
1．化学肥料定义：农作物的生长需要N、P、K等营养元素。含有这些元素的某些物质可以作为肥料。通过化学加工生产的肥料，称作化学肥料。
2．化学肥料分类：氮肥、磷肥、钾肥和复合肥（含N、P、K中的两种或三种）。
3．化学肥料的作用和缺乏症：
氮肥作用：促进植物茎、叶生长茂盛、叶色浓绿（促苗）；缺氮：叶黄。
钾肥作用：促使作物生长健壮、茎杆粗硬，抗倒伏（壮秆）；缺钾：叶尖发黄，易倒伏。
磷肥作用：促进植物根系发达，穗粒增多，饱满（催果）；缺磷：生长迟缓，产量降低，根系不发达。（可以简记为“氮磷钾—叶根茎”）
4．铵态氮肥定义：碳酸氢铵(NH4HCO3)、硫酸铵[(NH4)2SO4]、磷酸二氢铵(NH4H2PO4)等成分含有铵根离子，统称为铵态氮肥。
5．铵态氮肥的检验（即NH4+的检验）：取化肥加入Ca(OH)2加热，有刺激性气味气体生成，该气体能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该化肥含有NH4+，是铵态氮肥。
6．铵态氮肥使用注意事项：
（1）铵态氮肥不能与碱混用，铵态氮肥遇到碱，能发生化学反应，释放出具有刺激性气味的氨气，降低肥效。
（2）铵态氮肥不能在烈日下使用，铵态氮肥不稳定，受热易分解放出氨气，降低肥效。
7．农家肥料特点：营养元素含量少，肥效慢而持久、价廉、能改良土壤结构。
考点一．氯化钠与粗盐提纯
1．（2023•泰安）粗盐中含有泥沙及少量可溶性MgCl2、CaCl2、Na2SO4等杂质，为获得精盐进行如图实验：
下列叙述错误的是（ ）
A．根据NaCl的溶解度，可计算出溶解10g粗盐所需水的最少质量
B．只调换“过量NaOH溶液”与“过量BaCl2溶液”的顺序，也能达到实验目的
C．操作c的名称为蒸发结晶
D．若称得精盐的质量为8.5g，则该粗盐样品中氯化钠的质量分数是85.0%
【解答】解：A.粗盐提纯的实验是在常温条件下进行的，所以可以依据氯化钠的溶解度，把粗盐看出全部是氯化钠，可以计算出溶解10g粗盐所需水的最少质量，故A正确；
B.氢氧化钠的作用只是除去氯化镁，氯化钡可以除去硫酸钠，碳酸钠必须放在氯化钡的后面，除去过量的氯化钡和溶液中的氯化钙，所以只调换“过量的NaOH溶液”与“过量的BaCl溶液”的顺序，也能达到实验目的，故B正确；
C.氯化钠的溶解度随温度变化幅度较小，可以采用蒸发结晶的方法得到氯化钠固体，因此操作c的名称为蒸发结晶，故C正确；
D.在粗盐提纯过程中，反应生成了氯化钠，所以称得精盐的质量为8.5g，该粗盐样品中氯化钠的纯度小于85%，故D错误；
故选：D。
2．（2023•阜新）如图是进行有关化学实验的装置或操作。
（1）实验一是“粗盐中难溶性杂质的去除”实验的蒸发操作，当 蒸发皿中出现较多固体 时停止加热。
（2）实验二中观察到高锰酸钾几乎不溶于汽油，碘却可以溶解在汽油中。由此现象可得出的实验结论是 不同种的溶质在同一种溶剂中溶解性不同（或高锰酸钾和碘在汽油中的溶解性不同等，合理即可） 。
（3）实验三是“测定空气里氧气的含量”实验。若实验中氧气含量测定结果偏小，其原因可能是 红磷的量不足（或装置漏气或未冷却至室温就打开了弹簧夹等） （写一点即可）。
【解答】解：（1）蒸发时，当蒸发皿中出现较多固体时，应停止加热，利用余热将剩余水分蒸干。
（2）高锰酸钾几乎不溶于汽油，碘却可以溶解在汽油中，说明不同种的溶质在同一种溶剂中溶解性不同（或高锰酸钾和碘在汽油中的溶解性不同等，合理即可）。
（3）误差偏小的原因有：①红磷的量不足；②装置漏气（在冷却过程中有外界的空气进入瓶中）；③未等到装置冷却至室温就打开了弹簧夹，并进行读数（因为此时剩余的气体在受热状态下，处于膨胀状态，占据了部分水的体积）；④弹簧夹右边的导管中存有的空气进入集气瓶内；⑤红磷熄灭时，集气瓶中的氧气并没有完全耗尽，只是氧气的浓度达不到红磷燃烧的要求而已（合理即可）。
故答案为：
（1）蒸发皿中出现较多固体；
（2）不同种的溶质在同一种溶剂中溶解性不同（或高锰酸钾和碘在汽油中的溶解性不同等，合理即可）；
（3）红磷的量不足（或装置漏气或未冷却至室温就打开了弹簧夹等）。
3．（2023•阜新模拟）如图是有关化学实验的装置及操作。
（1）实验一是“粗盐中难溶性杂质的去除”实验中蒸发操作，停止加热的最佳时机是 蒸发皿中出现较多固体 。
（2）实验二中观察到高锰酸钾几乎不溶于汽油，碘却可以溶解在汽油中。由此现象可得出的实验结论是 不同种的溶质在同一种溶剂中溶解性不同（或高锰酸钾和碘在汽油中的溶解性不同等，合理即可） 。
（3）实验三是“空气中氧气含量测定”的实验图示。实验过程中使用了过量红磷，其目的是 完全消耗装置的氧气 。
【解答】解：（1）蒸发时，当蒸发皿中出现较多固体时，应停止加热，利用余热将剩余水分蒸干。
（2）高锰酸钾几乎不溶于汽油，碘却可以溶解在汽油中，说明不同种的溶质在同一种溶剂中溶解性不同（或高锰酸钾和碘在汽油中的溶解性不同等，合理即可）。
（3）实验过程中使用了过量红磷，其目的是完全消耗装置的氧气。
故答案为：
（1）蒸发皿中出现较多固体；
（2）不同种的溶质在同一种溶剂中溶解性不同（或高锰酸钾和碘在汽油中的溶解性不同等，合理即可）；
（3）完全消耗装置的氧气。
4．（2023•榆树市二模）化学兴趣小组的同学做粗盐（只含有难溶性杂质）提纯实验，并用所得的精盐配制50g质量分数为6%的氯化钠溶液。回答下列问题：
实验一：粗盐提纯
（1）图中操作有错误的是 缺少玻璃棒引流 。
（2）操作⑥中，当 蒸发皿中出现较多固体 时，停止加热。
（3）操作③中所加水的量尽量要少，理由是 减少过滤时间或减少蒸发结晶的时间 。
实验二：用提纯得到的精盐配制50g质量分数为6%的氯化钠溶液
（1）计算：需要氯化钠 3 g，蒸馏水 47 mL（水的密度为1g/mL）。
（2）称量、量取：量取水的体积时，若俯视读数，所配制溶液的质量分数会 偏大 （选填“偏大”或“偏小”或“不变”）。
（3）溶解：用玻璃棒搅拌的目的是 加快溶解速率 。
（4）装瓶、贴标签。
【解答】解：实验一：（1）过滤时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图中缺少玻璃棒引流。
（2）蒸发时，待蒸发皿中出现较多固体时，应停止加热，利用余热将剩余水分蒸干。
（3）操作③是溶解，其中所加水的量尽量要少，理由是减少过滤时间或减少蒸发结晶的时间。
实验二：（1）需要氯化钠的质量为50g×6%＝3g，需要蒸馏水的体积为50g﹣3g＝47g，即47mL。
（2）量取水的体积时，若俯视读数，读数偏大，量取水的实际体积偏小，所配溶液的溶质质量分数会偏小。
（3）溶解时用玻璃棒搅拌的目的是加快溶解速率。
故答案为：
实验一：（1）缺少玻璃棒引流；（2）蒸发皿中出现较多固体；（3）减少过滤时间或减少蒸发结晶的时间；
实验二：（1）3；47；（2）偏大；（3）加快溶解速率。
考点二．盐的化学性质
5．（2023•海南）下列劳动过程均涉及科学原理，其中解释错误的是（ ）
【解答】解：A、用洗洁精洗净碗碟上的油渍，是因为洗洁精使油脂产生乳化现象，分散成细小的油滴，能随水一起冲走，故选项解释正确。
B、用白醋洗掉水壶中的水垢（主要成分为碳酸钙），是因为醋酸和碳酸钙反应生成可溶盐，故选项解释正确。
C、大雨过后井水浑浊，用明矾净水，是因为明矾溶于水产生有吸附性的胶状物，能吸附杂质，加速沉降，故选项解释正确。
D、将铁锅洗净后擦干防止生锈，是因为铁在与氧气和水共存时会发生锈蚀，故选项解释错误。
故选：D。
6．（2023•三元区模拟）下列制备CuCl2溶液的方法中，可行的是（ ）
A．Cu放入稀盐酸中充分搅拌
B．Cu放入稀硫酸中搅拌后再加稀盐酸
C．CuO放入稀盐酸中充分搅拌
D．Cu（OH）2放入MgCl2溶液中充分搅拌
【解答】解：A、铜和稀盐酸不反应，不能制得氯化铜，故A错；
B、铜不能够和酸反应，所用不能够用此方法来制取氯化铜，故B错；
C、氧化铜可以与盐酸反应而生成氯化铜，故C对；
D、氢氧化铜不溶于水，不可以和MgCl2溶液反应生成氯化铜，故D错。
故选：C。
7．（2023•青山区校级模拟）推理是学习化学的重要方法之一。下列推理正确的是（ ）
A．向某固体物质中加入稀盐酸，生成无色无味气体，证明该物质一定是碳酸盐
B．向碳酸钠溶液中滴加无色酚酞试剂，溶液变成红色，说明碳酸钠溶液呈碱性
C．酸碱中和反应生成盐和水，所以有盐和水生成的反应均为中和反应
D．酸溶液的pH＜7，所以pH＜7的溶液一定是酸溶液
【解答】解：A、向某固体物质中加入稀盐酸，生成无色无味气体，该物质不一定是碳酸盐，如活泼金属能与稀盐酸反应生成氢气，故选项推理错误。
B、无色酚酞试液遇碱变红，故向碳酸钠溶液中滴加无色酚酞试剂，溶液变成红色，说明碳酸钠溶液呈碱性，故选项推理正确。
C、酸碱中和反应生成盐和水，但是有盐和水生成的反应不一定是中和反应，如二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故选项推理错误。
D、酸溶液的pH＜7，但是pH＜7的溶液不一定是酸溶液，如硫酸氢钠溶液的pH＜7，但是硫酸氢钠属于盐，故选项推理错误。
故选：B。
8．（2023•安徽模拟）下列实验现象描述错误的是（ ）
A．石灰石与稀盐酸反应：白色固体表面有气泡产生，固体不断减少
B．硫在空气中燃烧：淡黄色固体燃烧产生淡蓝色火焰、放热、生成有刺激性气味的气体
C．硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液：蓝色溶液中生成氢氧化铜蓝色沉淀，溶液由蓝色变为无色
D．木炭在空气中燃烧：黑色固体燃烧发出红光，放出热量，生成使澄清石灰水变白色浑浊的气体
【解答】解：A、石灰石与稀盐酸反应：白色固体表面有气泡产生，固体不断减少，故A正确；
B、硫在空气中燃烧：淡黄色固体燃烧产生淡蓝色火焰、放热、生成有刺激性气味的气体，故B正确；
C、硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液：蓝色溶液中生成蓝色沉淀，溶液由蓝色变为无色，实验现象不能说出生成物的名称，故C错误；
D、木炭在空气中燃烧：黑色固体燃烧发出红光，放出热量，生成使澄清石灰水变白色浑浊的气体，故D正确。
故选：C。
考点三．常见化肥的种类和作用
9．（2023•赤壁市模拟）下列物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．活性炭有吸附性，可用于净水
B．碳酸氢铵有强烈的氨味，可用作氮肥
C．铜有很好的导热性，可用作电线
D．石墨能导电，可用于制作铅笔芯
【解答】解：A、活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，可以吸附水中的色素和异味，可用于净水，符合题意；
B、碳酸氢铵含氮元素，可用作氮肥，而不是因为有强烈的氨味，不符合题意；
C、铜具有良好的导电性和延展性，故可用作电线，不符合题意；
D、石墨质软，且是灰黑色，容易留下痕迹，可用于制作铅笔芯，不符合题意。
故选：A。
考点四．纯碱的制取（共2小题）
10．（2023•大庆）海水中含80多种元素，是巨大资源宝库。
Ⅰ.通过海水晒盐可以得到粗盐，将粗盐进一步提纯可获得化工原料NaCl。
（1）粗盐中含多种可溶性杂质（MgCl2、CaCl2、Na2SO4等）及不溶性杂质（泥沙）。为除去相应杂质，将粗盐溶于水后再加入稍过量的①NaOH溶液，②Na2CO3溶液，③BaCl2溶液，加入试剂的先后顺序不合理的是 B 。
A.①③②
B.②①③
C.③②①
D.③①②
（2）过滤后，加入 盐酸 （填试剂名称），调节pH约为4，再经蒸发结晶可获得精盐。
Ⅱ.我国制碱工业先驱侯德榜先生改进西方制碱工艺并发明了侯氏制碱法，使氯化钠的利用率大大提高，为纯碱和氮肥工业发展做出了杰出贡献。某学习小组在实验室模拟侯氏制碱法，用精制饱和食盐水、NH3、CO2作为原料制取NaHCO3，设计如图1装置。
已知：
①NH3极易溶于水（1体积水溶解700体积NH3）
②20℃时，NaCl溶解度为36.0g；NH4Cl溶解度为37.2g，NaHCO3溶解度为9.6g
（3）M、N为实验室制备NH3成CO2的发生装置，从图2中选择合理装置填入下方横线。
已知：选用NH4Cl固体与Ca（OH）2固体混合加热制备NH3。
NH3的发生装置为 B ；CO2的发生装置为 D ；
（4）实验开始时，先打开 K1 （填“K1”或“K2”），通入一段时间 NH3 （填化学式）后，再打开 K2 （填“K1”或“K2”）。
（5）图1中饱和碳酸氢钠溶液的作用为 除去二氧化碳气体中的杂质气体氯化氢 。
（6）此过程的化学方程式为：①NH4+CO2+H2O＝NH4HCO3； ② NH4HCO3+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓ 。
（7）反应结束后，将三颈烧瓶内的混合物过滤后即可获得碳酸氢钠晶体，向滤液中加入食盐细粉后又析出一种晶体，该物质可做化肥，其化学式为 NH4Cl ，再次过滤后的滤液可循环利用，大大提高了NaCl的利用率，降低了生产成本。
（8）取5.00g产品，充分受热分解（杂质受热不分解且不与NaHCO3反应），冷却至室温后称量，最终得到残留固体3.45g，则产品的纯度为 84% 。
【解答】解：Ⅰ.（1）碳酸钠可以除去氯化钙和过量的氯化钡，氢氧化钠可以除去氯化镁，氯化钡可以除去硫酸钠，碳酸钠只要加在氯化钡溶液之后即可达到目的，所以实验中加入试剂的先后顺序不合理的是②①③，故选B；
（2）过滤后，滤液中有氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠，加入盐酸，调节pH约为4，再经蒸发结晶可获得精盐；
Ⅱ.（3）NH4Cl固体与Ca（OH）2固体混合加热制备NH3，满足固+固加热制备气体的条件，NH3的发生装置为B；碳酸钙与稀盐酸常温下反应制备CO2，发生装置为D；
（4）由于氨气极易溶于水，易产生倒吸；且氨气的水溶液显碱性，有利于二氧化碳的吸收；因此实验开始时，先打开K1，通入一段时间NH3后，再打开K2，通入二氧化碳气体；
（5）盐酸具有挥发性，碳酸钙与稀盐酸常温下反应制备CO2时，会混有氯化氢气体；图1中饱和碳酸氢钠溶液的作用为除去二氧化碳气体的杂质气体氯化氢；
（6）根据流程分析，此过程的化学方程式为：①NH4+CO2+H2O＝NH4HCO3； ②NH4HCO3+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓；
（7）反应结束后，将三颈烧瓶内的混合物过滤后即可获得碳酸氢钠晶体，滤液为NH4Cl溶液，向滤液中加入食盐细粉后，降低了氯化铵的溶解度，氯化铵以晶体形式析出，该物质可做化肥，其化学式为NH4Cl；再次过滤后的滤液可循环利用，大大提高了NaCl的利用率，降低了生产成本。
（8）取5.00g产品，充分受热分解（杂质受热不分解且不与NaHCO3反应），设参加反应的碳酸氢钠的质量为x。
2NaHCO3△¯Na2CO3+CO2↑+H2O
168 106 固体质量减少62
x 固体质量减少5.00g﹣3.45g
16862=x5.00g-3.45g，解得x≈4.2g；
则产品的纯度为×100%＝84%。
11．（2023•呼和浩特）侯氏制碱法是我国化学工业的骄傲，该方法的出现打破了国外对制碱技术的垄断，也为世界制碱技术谱写了新的篇章。某兴趣小组开展活动探秘侯氏制碱法部分环节。
已知：
①碳酸氢铵固体溶解时吸热
②20℃时，一些物质在水中的溶解度
（1）配制20℃的饱和氯化钠溶液100g，需要溶质NaCl 26.5 g（精确到0.1g）；
（2）实验小组将21.7g碳酸氢铵固体投入20℃的100g水中，充分搅拌，发现固体未全部溶解，推测可能原因 碳酸氢铵固体溶解时吸热，使温度降低，导致溶解度减小 ；为了让固体全部溶解可采取的措施 升高温度或加水等 （写一条即可）；
（3）20℃时，实验室模拟侯氏制碱法探秘物质变化，进行如下实验：
请根据实验现象及有关物质溶解度数据，分析解释白色沉淀产生的原因 饱和碳酸氢铵溶液和饱和氯化钠溶液交换成分生成溶解度较小的碳酸氢钠，有白色沉淀析出 。
【解答】解：（1）20℃时氯化钠的溶解度为36g，配制20℃的饱和氯化钠溶液100g，需要溶质NaCl的质量为36g×100g36g+100g≈26.5g。
（2）20℃时碳酸氢铵的溶解度为21.7g，实验小组将21.7g碳酸氢铵固体投入20℃的100g水中，充分搅拌，发现固体未全部溶解，是因为碳酸氢铵固体溶解时吸热，使温度降低，导致溶解度减小。
为了让固体全部溶解可采取的措施有升高温度或加水。
（3）饱和碳酸氢铵溶液和饱和氯化钠溶液交换成分生成碳酸氢钠和氯化铵，生成的碳酸氢钠溶解度减小，故有白色沉淀生成。
故答案为：
（1）26.5；
（2）碳酸氢铵固体溶解时吸热，使温度降低，导致溶解度减小；升高温度或加水等；
（3）饱和碳酸氢铵溶液和饱和氯化钠溶液交换成分生成溶解度较小的碳酸氢钠，有白色沉淀析出。
考点五．酸碱盐的溶解性
12．（2023•苏州）部分盐和酸的溶解性（20℃）如表所示。下列说法不正确的是（ ）
A．盐酸是挥发性酸
B．MgSO4是可溶性盐
C．常温下溶解度CaCO3＞CaSO4
D．常温下，MgSO4溶液与稀盐酸不发生反应
【解答】解：A、盐酸具有挥发性，盐酸是挥发性酸，故选项说法正确。
B、硫酸镁属于盐，且MgSO4是可溶性盐，故选项说法正确。
C、碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水，常温下溶解度CaCO3＜CaSO4，故选项说法错误。
D、常温下，MgSO4溶液与稀盐酸相互交换成分没有沉淀或气体或水生成，不能发生复分解反应，故选项说法正确。
故选：C。
考点六．物质的相互转化和制备
13．（2023•高新区校级二模）使用特殊的催化剂在光照（hv）条件下实现了CO2和H2催化转化为C4H10，其中转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．转化过程①和②中，氢元素化合价发生了变化
B．从CO2到C4H10的转化是一个储存能量的过程
C．过程③中，理论上参加反应的C4H10和O2的分子个数比是2：13
D．理论上，每88tCO2完全转化为C4H10，需消耗26tH2
【解答】解：A、转化过程①和②中，都有氢气单质参加反应，氢元素化合价发生了变化，故A正确；
B、由物质的变化和能量的转化可知，从CO2到C4H10的转化是一个储存能量的过程，故B正确；
C、过程③中涉及的化学反应为2C4H10+13O2点燃¯8CO2+10H2O，理论上参加反应的C4H10和O2的分子个数比是2：13，故C正确；
D、设每88tCO2完全转化为C4H10，需消耗H2的质量为y，
4CO2+13H2催化剂¯光C4H10+8H2O
176 26
88t y
176：26＝88t：y 解得：y＝13t
故D错误。
故选：D。
14．（2023•溧阳市校级一模）甲烷是天然气的主要成分。利用太阳能可将甲烷在高温熔融盐环境中转化为H2，反应原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中，只有Zn的化合价发生变化
B．过程①的化学反应为ZnO+CH4一定条件¯Zn+H2+CO
C．当参加反应的CH4与H2O质量比为8：9时，理论上可不补充ZnO
D．理论上过程①与过程②中产生H2的质量比为 1：1
【解答】解：根据图示可以看出，过程过程①的化学反应为：ZnO+CH4一定条件¯Zn+2H2+CO；过程②的化学反应为：Zn+H2O一定条件¯ZnO+H2，
A、根据分析可知，反应前后碳元素化合价是﹣4和+2，氢元素的化合价为+1和0，也发生改变，故A错误；
B、根据分析，过程①的化学方程式为：ZnO+CH4一定条件¯Zn+2H2+CO，故B错误；
C、根据分析，16份甲烷和18份水恰好完全反应，则甲烷和水的质量比是8：9时，完全反应，则此时不需要补充氧化锌，故C正确；
D、根据分析，理论上过程①与过程②中产生 H2 的分子个数比是2：1，则质量比是4：2＝2：1，故D错误。
故选：C。
15．（2023•大庆）FeCl3是饮用水，工业用水、城市污水及游泳池循环水处理的高效廉价絮凝剂，也是中学实验室中常见的试剂。某实验小组设计如图1所示装置制备FeCl3固体。
A中产生Cl2，B中为饱和食盐水，C、D中均为浓硫酸，E中为NaOH溶液。
已知：①Cl2为黄绿色有刺激性气味的有毒气体，可与碱性物质反应。
②FeCl3固体熔点306℃，沸点316℃，易升华且易与水发生反应。
请仔细阅读题中所给信息并回答下列问题：
（1）仪器组装完毕后， 检查装置气密性 ，装入药品，先点燃 A 处酒精灯（填“A”或“F”）。
（2）仪器H的名称为 U型管 ，所盛装的试剂为 碱石灰 ，其作用是 吸收氯气 。
（3）若将F、G替换为图2装置，缺陷是 氯气扩散到空气中污染环境 。
（4）FeCl3溶液显酸性，使用pH试纸测定其pH的操作为 用洁净干燥的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，把变色的pH试纸与标准比色卡对照，即可得溶液的pH 。
（5）已知FeCl3与明矾的作用类似，也可做净水剂，利用FeCl3溶于水后生成的胶状物对杂质的 吸附 ，使杂质沉降来达到净水的目的。
（6）设计虚线框内D、E装置的目的是 防止过多的氯气进入F装置 。
【解答】解：（1）仪器组装完毕后，检查装置气密性，装入药品，先点燃A处酒精灯，排出装置中的空气，以防止空气中的氧气影响实验结果。
故答案为：检查装置气密性；A。
（2）仪器H的名称为U型管，所盛装的试剂为碱石灰，其作用是吸收氯气。
故答案为：U型管；碱石灰；吸收氯气。
（3）若将F、G替换为图2装置，缺陷是氯气扩散到空气中污染环境。
故答案为：氯气扩散到空气中污染环境。
（4）FeCl3溶液显酸性，使用pH试纸测定其pH的操作为用洁净干燥的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，把变色的pH试纸与标准比色卡对照，即可得溶液的pH。
故答案为：用洁净干燥的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，把变色的pH试纸与标准比色卡对照，即可得溶液的pH。
（5）已知FeCl3与明矾的作用类似，也可做净水剂，利用FeCl3溶于水后生成的胶状物对杂质的吸附，使杂质沉降来达到净水的目的。
故答案为：吸附。
（6）设计虚线框内D、E装置的目的是防止过多的氯气进入F装置。
故答案为：防止过多的氯气进入F装置。
一．选择题（共15小题）
1．（2023•东平县模拟）《齐民要术》中描述；“凡美田之法，绿豆为上，小豆、胡麻次之”。说明豆科植物与根瘤菌共生起固氮效果，使用豆科植物肥田可减少下列化肥使用量的是（ ）
A．KClB．K2SO4C．Ca3（PO4）2D．CO（NH2）2
【解答】解：由题意可知，使用豆科植物肥田可减少氮肥的使用。
A．KCl中含有钾元素，属于钾肥。故此选项错误；
B．K2SO4中含有钾元素，属于钾肥。故此选项错误；
C．Ca3（PO4）2中含有磷元素，属于磷肥。故此选项错误；
D．CO（NH2）2中含有氮元素，属于氮肥。故此选项正确。
故选：D。
2．（2023•雁塔区校级二模）用数轴表示某些化学知识直观、简明、易记。下列表示错误的是（ ）
A．BaSO4CuSO4CaSO4弱盐的溶解性强
B．NH3O2CO2小相对分子质量大
C．HgCuMg弱金属活动性强
D．FeAlSi低地壳中元素的含量高
【解答】解：A、硫酸钡难溶于水，硫酸钙微溶于水，硫酸铜能溶于水，排序错误，符合题意；
B、氨气的相对分子质量为14+1×3＝17；氧气的相对分子质量为16×2＝32；二氧化碳的相对分子质量为12+16×2＝44，排序正确，不合题意；
C、三种金属的活动性由弱到强依次为Hg、Cu、Mg，排序正确，不合题意；
D、地壳中元素的含量由高到低依次为：氧、硅、铝、铁等，排序正确，不合题意。
故选：A。
3．（2023•淮滨县校级模拟）甲、乙、丙、丁为初中常见不同类别的无机化合物（单质、氧化物、酸、碱或盐），固体甲俗称干冰，乙是大理石的主要成分。图中“—”表示相连的物质在一定条件下可以发生反应，“→”表示一种物质在一定条件下能转化为另一种物质。下列说法正确的是（ ）
A．反应①一定属于分解反应
B．物质丙一定是一种碱
C．反应⑤一定属于中和反应
D．反应⑥一定有沉淀现象
【解答】解：A、根据分析，反应①二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，不属于分解反应，故A错误；
B、根据分析，物质丙为盐酸，不是碱，故B错误；
C、根据分析，反应⑤为氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，属于中和反应，故C正确；
D、根据分析，反应⑥为二氧化碳和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，没有沉淀生成，故D错误。
故选：C。
4．（2023•唐县一模）已知SO2与CO2有许多化学性质是相似的，亚硫酸钙是（CaSO3）白色难溶于水但可溶于酸的固体．某同学向一酸雨样品中滴加CaCl2，溶液本观察到有浑浊现象，继续滴入NaOH溶液后即有白色沉淀产生．在以上实验过程中，下列不可能发生的化学反应是（ ）
A．SO2+CaCl2+H2O＝CaSO3↓+HCl
B．SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O
C．Na2SO3+CaCl2＝CaSO3↓+2NaCl
D．H2SO3+2NaOH＝Na2SO3+2H2O
【解答】解：A、SO2+CaCl2+H2O＝CaSO3↓+HCl不可能反应，因为亚硫酸钙与盐酸发生反应，故选项正确，该选项符合题意；
B、二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，能发生反应，故选项错误，该选项不符合题意；
C、亚硫酸钠和氯化钙反应生成亚硫酸钙白色沉淀和氯化钠，能发生反应，故选项错误，该选项不符合题意；
D、亚硫酸和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，能发生反应，故选项错误，该选项不符合题意；
故选：A。
5．（2023•东莞市二模）某同学利用初中化学常见的五种物质的转化关系，整理出如图的反应图，图中的“—”两端的物质相互能反应。下列说法不正确的是（ ）
A．图中只有一个反应会生成盐和水
B．甲与碳反应，固体总质量减小
C．乙与碳的反应属于典型的吸热反应
D．甲与稀硫酸反应可能得到黄色溶液
【解答】解：A、氢氧化钙与硫酸反应生成硫酸钙和水，乙（二氧化碳）与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，甲（金属氧化物）与硫酸反应生成硫酸盐和水，故图示中有三个反应会生成盐和水，故A错误；
B、甲能够与C反应，也能够与硫酸反应，所以甲为金属氧化物，与碳反应生成二氧化碳和金属单质，根据质量守恒定律，生成的二氧化碳逸出，剩余固体的总质量减小，故B正确；
C、乙（二氧化碳）与碳高温下反应生成二氧化碳和水，该反应属于典型的吸热反应，故C正确；
D、甲（金属氧化物）与硫酸反应，若甲为氧化铁，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，硫酸铁在溶液中显示黄色，所以甲与稀硫酸反应可能得到黄色溶液，故D正确；
故选：A。
6．（2023•淮阳区校级模拟）下列各组物质中，能相互反应且反应前后溶液总质量保持不变的是（ ）
A．硫酸和烧碱溶液
B．铝和硫酸铜溶液
C．氧化铁固体和盐酸
D．碳酸钾溶液和氯化钠溶液
【解答】解：A、烧碱为氢氧化钠的俗称，氢氧化钠能与硫酸反应生成硫酸钠和水，反应前后溶液质量不变，故选项正确。
B、铝的金属活动性比铜强，铝和硫酸铜反应生成硫酸铝和铜，反应的化学方程式为2Al+3CuSO4═Al2（SO4）3+3Cu，每54份质量的铝可置换出192份质量的铜，溶液的质量会减少，故选项错误。
C、氧化铁固体能与盐酸反应生成氯化铁和水，反应过程中由于氧化铁溶解，溶液质量增加，故选项错误。
D、碳酸钾与氯化钠互相交换成分没有沉淀或气体或水生成，不能发生复分解反应，故选项错误。
故选：A。
7．（2023•黔江区一模）利用太阳能，以CO2为原料制取炭黑（C）的简易流程如图。下列说法错误的是（ ）
A．反应Ⅰ为分解反应，化学方程式为：2Fe3O4太阳能¯大于2100℃6FeO+O2↑
B．生产过程中FeO、Fe3O4可以循环利用
C．该方法有利于实现“碳中和”
D．反应Ⅱ中C表现出还原性，发生了还原反应
【解答】解：A、反应Ⅰ为四氧化三铁在太阳能并大于2100℃的作用下生成FeO和氧气，该反应为一种物质分为多种物质的反应，属于分解反应，且反应方程式为2Fe3O4太阳能¯大于2100℃6FeO+O2↑，故A正确；
B、由图可知，在反应Ⅰ中四氧化三铁为反应物，氧化亚铁为生成物，而在反应Ⅱ中氧化亚铁为反应物，氧化铁为生成物，即生产过程中FeO、Fe3O4可以循环利用，故B正确；
C、由图可知，该方法将二氧化碳转化为了碳，有利于实现“碳中和”，故C正确；
D、反应Ⅱ中碳为生成物，并没有体现碳的还原性，故D错误。
故选：D。
8．（2023•汉阳区模拟）A、B、C、D、E是初中化学常见的物质。其中A、B、C、D为不同类别的纯净物，A、C、D均含有同一种金属元素，它们的相互关系如图所示（图中“—”表示两端的物质能发生化学反应，“→”表示物质间转化关系，部分反应物、生成物及反应条件已略去）。下列说法不正确的是（ ）
A．物质A可以是单质、氧化物、盐、碱中的一种
B．物质B可以是酸或盐
C．物质A转化为D的反应可以是四种基本反应的一种
D．物质E可以是一种氧化物
【解答】解：A.由以上分析知，A为Ca，D为CaO，C为Ca（OH）2或A为CaO，D为Ca（OH）2，C为CaCO3或A为CaCO3，D为CaO，C为Ca（OH）2或A为Ca（OH）2，CaCO3；C为CaO，B为HCl，均满足以上转化关系，因此物质A可以是单质、氧化物、盐、碱中的一种，选项正确；B.由以上分析知，B只能为酸，不能是盐，选项错误；
C.由以上分析知，A为Ca，D为CaO，C为Ca（OH）2或A为CaO，D为Ca（OH）2，C为CaCO3或A为CaCO3，D为CaO，C为Ca（OH）2或A为Ca（OH）2，CaCO3；C为CaO，B为HCl，均满足以上转化关系，A转化为D可以是化合反应，也可是分解反应，也可是复分解反应等，选项正确；
D.B为酸（如HCl），A、C可为氧化物、盐中的一种（如A为CaO、C为CaCO3） ，A、B生成E，B、C生成E，则物质E为水，水为一种氧化物，选项正确；
故选：B。
9．（2023•南通一模）取12.9g水垢样品（成分为氢氧化镁和碳酸钙）置于氮气流中加热，实验时依次发生如下反应：Mg（OH）2△¯MgO+H2O↑、碳酸钙受热分解，残留固体质量随温度的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．碳酸钙比氢氧化镁的热稳定性强
B．b点对应固体的成分为CaCO3、MgO
C．a、e两点对应固体中金属元素的质量相等
D．实验结束时，残留固体的质量（x）为5.6g
【解答】解：氢氧化镁受热易分解生成了水蒸气，固体的质量要减少；碳酸钙高温下分解放出了二氧化碳气体，固体的质量要减少，完全反应后，固体的质量不再减少，所以
A、实验时依次发生如下反应：Mg（OH）2△¯MgO+H2O↑，碳酸钙受热分解，所以碳酸钙比氢氧化镁的热稳定性强，故A正确；
B、由图象可知，生成水的质量为：12.9g﹣12.0g＝0.9g，
设样品中氢氧化镁的质量为x，生成氧化镁的质量为y
Mg（OH）2△¯MgO+H2O
58 40 18
x y 0.9g
58x=40y=180.9g
x＝2.9g
y＝2g
所以样品中碳酸钙的质量为12.9g﹣2.9g＝10g，
设生成氧化钙的质量为m，生成二氧化碳的质量为n，
CaCO3高温¯CaO+CO2↑
100 56 44
10g m n
10010g=56m=44n
m＝5.6g
n＝4.4g
所以b点对应固体的成分为CaCO3、MgO，故B正确；
C、依据元素守恒可知，氢氧化镁分解生成了氧化镁和水，碳酸钙分解生成了氧化钙和二氧化碳，所以a、e两点对应固体中金属元素的质量相等，故C正确；
D、实验结束时，残留固体的质量（x）为2g+5.6g＝7.6g，故D错误。
故选：D。
10．（2023•市南区校级二模）工业上可通过下列工艺流程处理工厂排放的含二氧化硫的尾气并获得氢气，下列说法不正确的是（ ）
A．主反应器中反应的化学方程式是：H2O+SO2+I2＝H2SO4+2HI
B．膜反应器中的基本反应类型是分解反应
C．该工艺流程中，能被循环利用的物质是I2
D．该流程可以将有害气体转化成清洁燃料，不仅环保还能提高经济价值
【解答】解：A、主反应器中反应是二氧化硫、水和碘反应生成硫酸和碘化氢，化学方程式为2H2O+SO2+I2＝H2SO4+2HI，错误；
B、膜反应器中碘化氢分解生成碘和氢气，属于分解反应，正确；
C、碘既可以做反应物，又能做生成物，可以循环使用，正确；
D、该反应是将二氧化硫转化为氢气，可以将有害气体转化成清洁燃料，不仅环保还能提高经济价值，正确。
故选：A。
11．（2023•惠山区校级三模）用Pt﹣Rh合金催化氧化NH3制NO，其反应的微观模型如图1，含氮生成物产率随反应温度的变化曲线如图2所示。关于该转化过程的说法不正确的是（ ）
A．400℃时，生成的产物只有N2、NO
B．氨气与氧气反应属于氧化反应
C．Pt﹣Rh合金催化氧化NH3制NO，适宜的温度为800℃
D．化学反应前后Pt﹣Rh合金的质量和化学性质均未改变
【解答】解：A.400℃时，生成的含有氮元素的产物有N2、NO，由于N2产率大于NO，即两者产率和低于100%，说明产物中还有其他物质，故A不正确；
B.NH3制NO，NH3中氮元素化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故A正确；
C.800℃时，生成的含有 N 元素的产物主要是NO，产率接近100%，所以适宜的温度为800℃，故C正确；
D.Pi﹣Rh 合金催化氧化NH3制NO，催化剂在化学反应前后，质量和化学性质均未改变，故D正确。
故选：A。
12．（2023•礼泉县一模）某蓝色溶液可能含有硫酸铜和氯化铜中的一种或两种，为探究溶质成分，先滴入氢氧化钡溶液，之后滴入稀盐酸，所得沉淀的质量随加入试剂总体积的变化趋势如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．a～b段溶液的pH不变
B．b～c段两种沉淀的质量都在减少
C．d点的溶质有两种
D．该蓝色溶液中一定含有硫酸铜，可能含有氯化铜
【解答】解：A、氢氧化钡能与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，氯化铜能与氢氧化钡反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钡，而氢氧化铜能与盐酸反应生成氯化铜和水，但硫酸钡不溶于盐酸中，由图可知，后来沉淀质量减小，但没有减为零，则说明该蓝色溶液中一定含有硫酸铜，可能含有氯化铜。a～b段产生沉淀不变，则说明加入的氢氧化钡开始过量有剩余，则溶液pH逐渐变大，之后加入盐酸开始先和过量的氢氧化钡反应，消耗氢氧化钡，此时溶液pH降低，故A错误；
B、由前面分析可知，b～c段氢氧化铜沉淀不断减少，硫酸钡沉淀不变，故B错误；
C、c点时表示氢氧化铜和盐酸恰好反应，d点时盐酸过量，此时溶液中的溶质有氯化钡、氯化铜和氯化氢，故C错误；
D、由前面分析可知，该蓝色溶液中一定含有硫酸铜，可能含有氯化铜，故D正确。
故选：D。
13．（2023•西乡塘区一模）下列各组离子能大量共存形成无色溶液的是（ ）
A．K+、Na+、SO42-、Cu2+
B．Mg2+、Na+、SO42-、Cl﹣
C．Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl﹣
D．NH4+、SO42-、OH﹣、NO3-
【解答】解：A、四种离子在溶液中不能结合生成沉淀或气体或水，能大量共存，但Cu2+的水溶液显蓝色，故选项错误。
B、四种离子在溶液中不能结合生成沉淀或气体或水，能大量共存，且不存在有色离子，故选项正确。
C、四种离子在溶液中不能结合生成沉淀或气体或水，能大量共存，但Fe3+的水溶液显黄色，故选项错误。
D、NH4+、OH﹣在溶液中结合生成氨气和水，不能大量共存，故选项错误。
故选：B。
14．（2023•宿迁二模）某化学小组参观制碱厂后，绘制了该厂生产纯碱的工艺流程图如图。
据图判断下列说法错误的是（ ）
A．流程图I是依次向粗盐水中加入Ca（OH）2和Na2CO3，二者加入的顺序可以颠倒
B．过滤I得到的沉淀成分有Mg（OH）2和CaCO3
C．通入NH3的主要作用是形成碱性溶液，有利于CO2的吸收
D．碳酸氢钠首先从溶液中结晶析出的原因其溶解度较小
【解答】解：A．流程图Ⅰ是依次向粗盐水中加入Ca（OH）2和Na2CO3，二者加入的顺序不能颠倒，如果颠倒，过量的氢氧化钙和新生成的氯化钙无法除去，故A错误；
B．氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，过滤Ⅰ得到的沉淀成分有：Mg（OH）2和CaCO3，故B正解；
C．氨气溶于水溶液显碱性，有利于二氧化碳的吸收，故C正确；
D．工业生产纯碱的流程中，碳酸化时溶液中析出碳酸氢钠而没有析出氯化铵的原因是在该温度下碳酸氢钠的溶解度比氯化铵小，故D正确。故选：A。
15．（2023•阜宁县校级模拟）向一定质量的MgSO4和Na2SO4的混合溶液中依次滴加Ba（OH）2、HCl溶液，反应过程中产生沉淀的质量与加入溶液的质量关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．a点产生的沉淀有两种成分
B．c点溶液中有3种溶质
C．b点到c点发生了两个反应
D．原溶液中MgSO4的质量为12g
【解答】解：A、0～b表示有沉淀生成，且前半段斜率更大，证明生成的沉淀更多；由分析可知，a点时硫酸根离子和钡离子结合生成硫酸钡沉淀，镁离子和氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀，所以产生的沉淀有两种成分，故选项说法正确。
B、由分析可知，加入稀盐酸前，溶质是氢氧化钠和氢氧化钡，沉淀是硫酸钡和氢氧化镁，c点之前加入了稀盐酸但沉淀质量不变，说明稀盐酸在和氢氧化钠、氢氧化钡反应，则c点的溶质是氯化钠、氯化钡，故选项说法错误。
C、由分析可知，b点到c点发生了两个反应，分别是稀盐酸和氢氧化钠、氢氧化钡反应，故选项说法正确。
D、滴加HCl溶液时，稀盐酸不能和硫酸钡反应，稀盐酸先和过量的氢氧化钡和生成的氢氧化钠反应，再和氢氧化镁沉淀反应，由图可知，氢氧化镁沉淀的质量为：52.4g﹣46.6g＝5.8g，
设原溶液中硫酸镁的质量为x。
MgSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Mg（OH）2↓
120 58
x 5.8g
12058=x5.8g
x＝12g
则原溶液中MgSO4的质量为12g，故选项说法正确。
故选：B。
二．实验题（共3小题）
16．（2023•绵竹市模拟）化学是以实验为基础的学科。回答下列问题。
Ⅰ.请根据下列实验装置图回答问题：
（1）仪器①的名称是 水槽 。
（2）实验室用装置AC组合制取氧气，反应的化学方程式为 2KClO3MnO2¯△2KCl+3O2↑ 。
（3）实验室若要得到干燥的二氧化碳需要使用装置F，装置F中盛装的试剂是 浓硫酸 （填试剂名称）。
（4）F装置也可用来收集气体，若用F装置收集氨气（密度比空气小），收集时应从 b （填“a”或“b”）端管口通入。
Ⅱ.探究固体粉末的组成。
一包固体粉末可能含有CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCl中的一种或几种，为确定其组成，某同学设计以下实验探究：
取固体粉末于试管中，加入足量的水，振荡试管，得到沉淀和无色溶液，并进行过滤。向滤出沉淀中加入足量的稀盐酸，沉淀溶解，有气泡生成，溶液变为蓝色。向无色滤液中加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，得到白色沉淀和无色溶液。
（5）写出产生无色气体的化学方程式为 CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑ 。
（6）原固体粉末中一定含有的物质是 CaCO3、NaOH、CuCl2 。
【解答】解：（1）由图可知，仪器①的名称是水槽；故答案为：水槽：
（2）实验室用装置AC组合制取氧气，A为固固加热型仪器，且试管口没有棉花，C为排水集气法，则为加热氯酸钾制氧气，氯酸钾在加热和二氧化锰催化下生成氯化钾和氧气，化学方程式为：2KClO3MnO2¯△2KCl+3O2↑；故答案为：2KClO3MnO2¯△2KCl+3O2↑；
（3）浓硫酸具有吸水性，所以干燥的二氧化碳需要用浓硫酸干燥，F中盛放的是浓硫酸；故答案为：浓硫酸：
（4）氨气密度比空气小，所以用F收集时应该短管b进；故答案为：b；
（5）不溶于水的沉淀可能有碳酸钙和氢氧化钠和氯化铜反应生成的氢氧化铜，所以产生无色气体是盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；故答案为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；
（6）因为沉淀与盐酸反应生成无色气体，所以原固体粉末一定有碳酸钙，因为沉淀和盐酸反应生成蓝色溶液，说明一定是氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜溶液，则原固体粉末一定有氢氧化钠和氯化铜。氢氧化钠和氯化铜反应生成氯化钠，则无色滤液中一定有氯化钠，可与硝酸银反应生成氯化银沉淀，但无法判断原固体粉末中是否有氯化钠。所以原固体粉末中一定含有的物质是CaCO3、NaOH、CuCl2；故答案为：CaCO3、NaOH、CuCl2。
17．（2023•巴东县模拟）实验室取一定质量的粗盐样品（杂质为不溶性泥沙），先进行提纯，后将得到的氯化钠来配制一定质量分数的氯化钠溶液。
【粗盐初步提纯】
（1）操作②过滤后，溶液仍然浑浊，可能的原因是 滤纸破损等 （填写一条）；
（2）图示中正确的顺序为 ④①②③ （填序号）；
（3）操作①溶解过程中有部分液体溅出，会使所得精盐的产率 偏低 （填“偏高”“偏低”或“无影响”）；
【配制溶液】配制50g溶质质量分数为8%的氯化钠溶液。
（4）计算：需要氯化钠的质量为 4 g，需要水的体积为 46 mL。
（5）①用已调节平衡的托盘天平称取氯化钠时，发现指针偏左，接下来的操作是 B 。（填序号）
A．添加氯化钠
B．减少氯化钠
C．调节平衡螺母
D．添加砝码
②量取水：用 50mL （选填“10mL”、“50mL”或“100mL”）的量筒量取所需体积的水。在量取水体积时，若仰视读数，则导致氯化钠溶液的溶质质量分数 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【解答】解：（1）过滤后滤液仍浑浊，可能原因是滤纸破损（会使得液体中的不溶物进入下面的烧杯，从而使得滤液浑浊）、液面高于滤纸的边缘（会使部分液体未经过滤纸的过滤直接流下，该操作会使滤液仍然浑浊）或承接滤液的烧杯不干净等。
（2）粗盐的主要成分是氯化钠，粗盐提纯是通过溶解（把不溶物与氯化钠初步分离）、过滤（把不溶物彻底除去）、蒸发（氯化钠从溶液中分离出来）得到精盐的过程，正确的操作顺序是④①②③。
（3）操操作①溶解过程中有部分液体溅出，会导致获得的精盐的质量偏少，会使所得精盐的产率偏低。
（4）溶质质量＝溶液质量×溶质的质量分数，配制50g溶质质量分数为8%的氯化钠溶液，需氯化钠的质量＝50g×8%＝4g；溶剂质量＝溶液质量﹣溶质质量，则所需水的质量＝50g﹣4g＝46g（合46mL）。
（5）①用已调节平衡的托盘天平称取氯化钠时，发现指针偏左，说明氯化钠的质量偏大，接下来的操作是减少氯化钠的质量直至天平平衡。
②量筒量程的选择，应遵循“大而近”的原则，应选择50mL的量筒量取所需体积的水。
在量取水体积时，若仰视读数，读取数值小于实际数值，会导致量取水的体积偏大，溶液质量偏大，则导致氯化钠溶液的溶质质量分数偏小。
18．（2023•南安市模拟）二氧化锰因应用广泛而备受关注。某研究小组采用图1装置通过焙烧MnCO3制取MnO2，实验过程中，石英管内剩余固体的质量和成分随温度的变化如图2所示；所得固体产物中锰元素质量分数随通空气时间的变化如图3所示。
（1）焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应的温度不高于 300 ℃。该反应同时生成二氧化碳，写出反应的化学方程式： 2MnCO3+O2△¯2CO2+2MnO2 。
（2）若加热到300⁓900℃时，锰的氧化物会分解产生一种常见气体，该气体为 O2 （填化学式）。
（3）若把反应温度控制在900℃，充分反应后管内剩余固体的质量为 28.4 g。
（4）通空气3小时左右，所得固体几乎全部为 Mn2O3 。
【解答】解：（1）由图像可知，300℃后二氧化锰开始分解，所以焙烧温度应控制在300℃以下，该反应同时生成二氧化碳，反应的化学方程式：2MnCO3+O2△¯2CO2+2MnO2；
（2）若加热到300～900℃时，锰的氧化物会分解产生一种常见气体，由质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变可知，该气体为氧气，其化学式为O2。
（3）由图像可知，当温度控制在900℃，充分反应后管内剩余固体为MnO，46.0gMnCO3中锰元素的质量为46.0g×5555+12+16×3×100%＝22g，根据化学反应前后元素的质量不变可知，生成的MnO的质量为22g÷（5555+16）×100%＝28.4g。
（4）Mn2O3中锰元素的质量分数为55×255×2+16×3×100%×100%≈70%，通空气3小时左右，所得固体物中锰元素质量分数接近70%，可知所得固体几乎全部为Mn2O3。
三．计算题（共2小题）
19．（2022•微山县二模）有一包碳酸钙固体样品可能含有NaOH、CuSO4、MgSO4中的一种或几种组成。某兴趣小组同学为了确定其成分，进行如下实验：
（1）白色固体a加入足量的稀盐酸后， 能 （“能”或“不能”）全部溶解。
（2）白色固体a的成分是 氢氧化镁、碳酸钙 。
（3）固体样品中一定没有 硫酸铜 。
（4）求20g固体样品中碳酸钙的质量分数为 50% 。（直接写结果）
【解答】解：（1）由分析可知，白色固体a是碳酸钙、氢氧化镁的混合物，加入足量的稀盐酸后，能完全溶解；
（2）由分析可知，白色固体a是氢氧化镁、碳酸钙；
（3）硫酸铜在溶液中显蓝色，固体样品中一定没有硫酸铜；
（4）20g固体样品加入足量的水溶解得到12.9g的白色固体和无色溶液，所以样品中一定不含硫酸铜，白色固体中加入足量的稀盐酸，生成4.4g气体，设碳酸钙的质量为x，
CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
x 4.4g
10044=x10g
x＝10g，
20g固体样品中碳酸钙的质量分数为10g20g×100%＝50%。
20．（2022•宿迁二模）某固体物质可能含有氯化铁、氢氧化钾、硝酸镁、硫酸钾、氯化钠中的一种或几种，为确定样品的成分，做如下实验：
①取少量该固体样品，加入足量水，完全溶解，得到无色溶液a。
②取少量a溶液于试管中，向其中滴加少量硝酸铁溶液，产生红褐色沉淀。
③另取少量a溶液于试管中，向其中滴加少量的氯化钡溶液，产生白色沉淀。
据此推断，该固体物质中一定含有（写化学式，下同） KOH、K2SO4 ，可能含有的物质是 NaCl ；请写出步骤③中发生反应的化学方程式 BaCl2+K2SO4＝BaSO4↓+2KCl ；为确定可能含有的成分是否存在，以无色溶液a为原料，依次需要用到的试剂为： 硝酸钡、稀硝酸、硝酸银 。
【解答】解：由分析可知，固体中一定含有氢氧化钾和硫酸钾，其化学式分别为KOH、K2SO4，可能含有的物质是氯化钠，其化学式为NaCl，步骤（3）中发生的反应是氯化钡与硫酸钾反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，故反应的化学方程式为：BaCl2+K2SO4＝BaSO4↓+2KCl；固体中一定含有氢氧化钾和硫酸钾，一定不含氯化铁和硝酸镁，可能含有的物质是氯化钠，检验氯化钠是否存在的方法是取无色溶液a，先加入足量的硝酸钡溶液除去硫酸钾，再加入过量的稀硝酸除去氢氧化钾，过滤，然后再向滤液中加入适量的硝酸银，如产生白色沉淀，证明原固体中含有氯化钠，即用到的药品有硝酸钡、稀硝酸、硝酸银，故答案为：KOH、K2SO4；NaCl；BaCl2+K2SO4＝BaSO4↓+2KCl；BaCl2+K2SO4＝BaSO4↓+2KCl；硝酸钡、稀硝酸、硝酸银。
实验步骤
实验仪器
其中玻璃棒的作用
溶解
烧杯、玻璃棒
加速溶解
过滤
铁架台（带铁圈）、漏斗、烧杯、玻璃棒
引流
蒸发
铁架台（带铁圈）蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
使液体受热均匀，防止液体飞溅
选项
劳动过程
原理解释
A
用洗洁精洗净碗碟上的油渍
洗洁精使油脂产生乳化现象
B
用白醋洗掉水壶中的水垢（主要成分为碳酸钙）
醋酸和碳酸钙反应生成可溶盐
C
大雨过后井水浑浊，用明矾净水
明矾溶于水产生有吸附性的胶状物
D
将铁锅洗净后擦干防止生锈
铁与水直接反应生成铁锈
NaCl
NH4HCO3
NaHCO3
NH4Cl
Na2CO3
溶解度/g
36
21.7
9.6
37.2
21.5
Cl﹣
SO42-
CO32-
H+
溶、挥
溶
溶、挥
Ca2+
溶
微
不
Mg2+
溶
溶
微