2023年江苏省镇江市中考化学试卷

一、单项选择题:共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项最符合题意。

1．（2分）下列属于纯净物的是（　　）

A．液氧

B．空气

C．海水

D．生铁

【答案】A

【考点】纯净物和混合物的判别．

【分析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成，空气、海水、属于混合物；纯净物是由一种物质组成。

【解答】解：A、液氧是由一种物质组成，属于纯净物；故选项正确；B、空气是由氧气、氮气等物质组成，属于混合物；故选项错误；C、海水中有氯化钠、氯化镁等，属于混合物；故选项错误；D、生铁中有碳和杂质，属于混合物；故选项错误；故选：A。

【难度】1

2．（2分）下列现象主要是由化学变化引起的是（　　）

A．海水晒盐

B．酒精挥发

C．甲烷燃烧

D．冰雪消融

【答案】C

【考点】化学变化和物理变化的判别．

【分析】有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化。

【解答】解：A、海水晒盐，没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；B、酒精挥发，没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；C、甲烷燃烧生成二氧化碳和水，属于化学变化；故选项正确；D、冰雪消融，没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；故选：C。

【难度】1

3．（2分）下列物质的用途主要与其化学性质有关的是（　　）

A．用贝壳生产生石灰

B．用干冰进行人工降雨

C．用钢制作电线电缆

D．用伍德合金制作保险丝

【答案】A

【考点】化学性质与物理性质的差别及应用．

【分析】物理性质是指物质不需要发生化学变化就表现出来的性质．化学性质是指物质在化学变化中表现出来的性质．而化学变化的本质特征是变化中有新物质生成，因此，判断物理性质还是化学性质的关键就是看表现物质的性质时是否有新物质产生。

【解答】解：A、用贝壳生产生石灰，是利用碳酸钙高温煅烧，生成氧化钙和二氧化碳，利用了化学性质，故A正确；B、用干冰进行人工降雨，是利用干冰升华吸热，使周围温度降低，水蒸气冷凝成水滴，没有新物质生成，利用了物理性质，故B错；C、用钢制作电线电缆，是利用钢的延展性，导电性，不需要发生化学变化就表现出来，利用了物理性质，故C错；D、用伍德合金制作保险丝，是利用合金的熔点低，不需要发生化学变化就表现出来，利用了物理性质，故D错。故选：A。

【难度】1

4．（2分）自然界中的物质大多数是化合物，下列化合物属于氧化物的是（　　）

A．KOH

B．C₂H₆O

C．Na₂CO₃

D．P₂O₅

【答案】D

【考点】从组成上识别氧化物．

【分析】根据物质的组成分析，由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物是氧化物。

【解答】解：A、KOH是由三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故不符合题意。B、C₂H₆O是由三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故不符合题意。C、Na₂CO₃是由三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故不符合题意。D、P₂O₅是由磷、氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，故符合题意。故选：D。

【难度】1

5．（2分）下列归类正确的是（　　）

选项	归类	内容
A	清洁能源	煤炭、石油、太阳能
B	糖类物质	蔗糖、淀粉、纤维素
C	酸性物质	胃液、食醋、肥皂水
D	合成材料	塑料、涤纶、玻璃钢

A．A

B．B

C．C

D．D

【答案】B

【考点】合成材料的使用及其对人和环境的影响；糖类；常见能源的种类、能源的分类．

【分析】A、根据清洁能源是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源，进行分析判断。

B、根据常见的糖类物质，进行分析判断。

C、根据常见物质的酸碱性，进行分析判断。

D、根据有机合成材料简称合成材料，要判断是否属于合成材料，可抓住三个特征：有机物、合成、高分子化合物，进行分析判断。

【解答】解：A、太阳能属于清洁能源，煤炭、石油燃烧生成二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮等空气污染物，不属于清洁能源，故选项归类错误。B、蔗糖、淀粉、纤维素均属于糖类物质，故选项归类正确。C、胃液中含有盐酸，食醋中含有醋酸，均显酸性；肥皂水显碱性，故选项归类错误。D、塑料、涤纶（合成纤维的一种）均属于合成材料，玻璃钢是玻璃纤维与合成材料复合而成的一种特殊材料，属于复合材料，故选项归类错误。故选：B。

【难度】1

6．（2分）测定粗盐纯度，需经过下列操作，其中操作不规范的是（　　）

A． 称量

B． 溶解

C． 过滤

D． 蒸发结晶

【答案】B

【考点】氯化钠与粗盐提纯．

【分析】A、根据托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，进行分析判断。

B、根据溶解操作的方法，进行分析判断。

C、根据过滤要注意“一贴、二低、三靠”的原则，进行分析判断。

D、根据蒸发操作的方法、注意事项，进行分析判断。

【解答】解：A、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，图中所示操作正确。B、溶解操作应在烧杯中进行，不能在量筒内进行，图中所示操作错误。C、过滤时要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图中所示操作正确。D、蒸发时，应用玻璃棒不断搅拌，以防止局部温度过高，造成液体飞溅，图中所示操作正确。故选：B。

【难度】1

7．（2分）下列实验方法正确的是（　　）

A．用加碘食盐区分淀粉和葡萄糖

B．用灼烧的方法区分蚕丝和羊毛

C．加热除去NaCl固体中混有的NH₄HCO₃

D．用盐酸除去NaNO₃溶液中混有的Na₂CO₃

【答案】C

【考点】化学实验方案设计与评价；盐的化学性质；棉纤维、羊毛纤维和合成纤维的鉴别；鉴别淀粉、葡萄糖的方法与蛋白质的性质．

【分析】鉴别物质时，首先对需要鉴别的物质的性质进行对比分析找出特性，再根据性质的不同，选择适当的试剂，出现不同的现象的才能鉴别。

除杂至少要满足“不增不减”的原则，“不增”是指不增加新杂质，“不减”是指不减少目标物质的质量。

【解答】解：A、淀粉遇碘变蓝色，加碘食盐中不含单质碘，不能用于鉴别淀粉和葡萄糖，故选项实验方法错误。B、蚕丝和羊毛的主要成分均为蛋白质，灼烧，均产生烧焦羽毛的气味，不能鉴别，故选项实验方法错误。C、NH₄HCO₃在加热条件下生成氨气、水和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项实验方法正确。D、Na₂CO₃和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钠，不符合除杂原则，故选项实验方法错误。故选：C。

【难度】1

8．（2分）下列排序正确的是（　　）

A．地壳中的元素含量：

B．溶液的pH：

C．利用金属的年代：

D．硫元素的质量分数：

【答案】D

【考点】溶液的酸碱性与pH的关系；地壳中元素的分布与含量；元素的质量分数计算；金属材料及其应用．

【分析】A、根据地壳中的元素含量，进行分析判断。

B、根据常见溶液的酸碱性，进行分析判断。

C、根据人类利用金属的历史，进行分析判断。

D、观察化学式可知，它们的一个微粒中均含有1个硫原子，然后比较化合物中其它元素的原子的相对原子质量之和，其它原子的相对原子质量之和越小的，在该化合物中硫元素的质量分数就越大。

【解答】解：A、地壳含量较多的元素（前四种）按含量从高到低的排序为：氧、硅、铝、铁，故选项排序错误。B、柠檬汁中含有柠檬酸，呈酸性，溶液的pH＜7；食盐水显中性，溶液的pH＝7；石灰水显碱性，溶液的pH＞7，故选项排序错误。C、人类利用金属的历史是从青铜时代到铁器时代，然后才有了铝制品，故选项排序错误。D、观察化学式可知，它们的一个微粒中均含有1个硫原子，其它原子的相对原子质量之和越小的，在该化合物中硫元素的质量分数就越大，则硫元素质量分数由大到小的顺序是Na₂S、Na₂SO₃、Na₂SO₄，故选项排序正确。故选：D。

【难度】1

9．（2分）下列指定反应的化学方程式不正确的是（　　）

A．实验室用KClO₃制备氧气：2KClO₃ 2KCl+3O₂↑

B．乙炔（C₂H₂）燃烧形成氧炔焰：2C₂H₂+5O₂ 4CO₂+2H₂O

C．用石灰石浆吸收烟气中的二氧化硫：CaCO₃+SO₂+O₂═CaSO₄+CO₂

D．用氨水中和废水中的硫酸得到氮肥：2NH₃•H₂O+H₂SO₄═（NH₄）₂SO₄+2H₂O

【答案】C

【考点】书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

【分析】根据化学方程式判断正误的方法需考虑：应用的原理是否正确；化学式书写是否正确；是否配平；反应条件是否正确；↑和↓的标注是否正确，进行分析判断。

【解答】解：A、该化学方程式书写完全正确，不符合题意，故选项错误。B、该化学方程式书写完全正确，不符合题意，故选项错误。C、该化学方程式没有配平，正确的化学方程式应为2CaCO₃+2SO₂+O₂═2CaSO₄+2CO₂，符合题意，故选项正确。D、该化学方程式书写完全正确，不符合题意，故选项错误。故选：C。

【难度】1

10．（2分）金属R与Hg（NO₃）₂溶液反应的化学方程式为R+Hg（NO₃）₂═R（NO₃）₂+Hg，下列说法中不正确的是（　　）

A．R可能是铝

B．该反应为置换反应

C．R的金属活动性比Hg强

D．在金属活动性顺序表中，R不一定排在氢前面

【答案】A

【考点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用．

【分析】根据R+Hg（NO₃）₂═R（NO₃）₂+Hg，说明R的金属活动性比汞强；由R（NO₃）₂，硝酸根显﹣1价，则R元素的化合价为+2价，进行分析判断。

【解答】解：A、由R+Hg（NO₃）₂═R（NO₃）₂+Hg可知，R的金属活动性比汞强；由R（NO₃）₂，硝酸根显﹣1价，则R元素的化合价为+2价，铝元素在化合物显+3价，R不可能是铝，故选项说法错误。B、该反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应，故选项说法正确。C、由R+Hg（NO₃）₂═R（NO₃）₂+Hg可知，R的金属活动性比汞强，故选项说法正确。D、R的金属活动性比汞强，在金属活动性顺序表中，R不一定排在氢前面，如可能是铜，故选项说法正确。故选：A。

【难度】1

11．（2分）如图表示甲转化为丙的微观过程。下列有关说法不正确的是（　　）

A．转化②为化合反应

B．转化①中甲与O₂的分子个数比为3：2

C．丙的稀溶液可用于除铁锈

D．整个转化过程中硫元素的化合价升高

【答案】B

【考点】微粒观点及模型图的应用；反应类型的判定．

【分析】根据化学反应的微观模型图推出各物质的化学式，然后书写出反应的化学反应方程式，进行推理解答即可。

【解答】解：A、由微观示意图可知，转化②的化学方程式为 SO₂+H₂O₂═H₂SO₄，该反应由两种物质生成另一种物质，属于化合反应，A正确；B、转化①的化学方程式为2H₂S+3O₂ 2H₂O+2SO₂，甲与氧气的分子个数比为2：3，B错误：C、丙是H₂SO₄，硫酸能与铁锈的主要成分Fe₂O₃发生反应，可用于除铁锈，C正确；D、H₂S中硫元素的化合价为﹣2，SO₂中硫元素的化合价为+4，H₂SO₄中硫元素的化合价为+6，整个转化过程中硫元素的化合价升高，D正确；故选：B。

【难度】1

12．（2分）用如图装置研究FeC₂O₄•2H₂O受热分解的产物。下列说法不正确的是（　　）

A．装置②用于检验分解产物中是否有H₂O

B．装置③中黑色粉末变红，试明分解产物中有CO

C．装置④中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中有CO₂

D．实验结束后，经检验装置①中剩余固体为FeO和少量Fe，含有Fe的原因可能是分解过程中发生了CO还原FeO的反应

【答案】C

【考点】化学实验方案设计与评价；常见气体的检验与除杂方法．

【分析】根据无水硫酸铜遇水变蓝色，灼热的氧化铜能检验一氧化碳等还原性气体的存在，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，进行分析判断。

【解答】解：A、无水硫酸铜遇水变蓝色，装置②用于检验分解产物中是否有H₂O，故选项说法正确。B、一氧化碳具有还原性，能与灼热的氧化铜反应生成铜和二氧化碳，装置③中黑色粉末变红，试明分解产物中有CO，故选项说法正确。C、装置④中澄清石灰水变浑浊，说明有CO₂存在，但由于CO还原CuO时也会生成CO₂，无法判断分解产物中是否有CO₂，故选项说法错误。D、实验结束后，经检验装置①中剩余固体为FeO和少量Fe，含有Fe的原因可能是分解过程中发生了CO还原FeO的反应，一氧化碳和氧化亚铁反应生成铁和二氧化碳，故选项说法正确。故选：C。

【难度】1

13．（2分）下列物质的转化在给定条件下均能实现的是（　　）

A．Fe FeCl₃ Fe（OH）₃

B．CuO CuSO₄溶液 Cu（OH）₂

C．NaCl溶液 NaHCO₃ NaOH

D．BaCl₂溶液 BaCO₃ Ba（NO₃）₂溶液

【答案】B

【考点】物质的相互转化和制备．

【分析】一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据所涉及物质的性质，分析能否只通过一个反应而实现即可。

【解答】解：A、铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会生成氯化铁，故A错误；B、氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，可以实现，故B正确；C、氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠加热生成碳酸钠、水和二氧化碳，故C错误；D、二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸不会与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故D错误。故选：B。

【难度】1

14．（2分）下列实验操作能达到实验目的的是（　　）

选项	物质	目的	主要实验操作
A	H2、CH4	鉴别	点燃，在火焰上方罩一个干冷的烧杯，观察现象
B	NaOH溶液中混有Na2CO3	除杂	加入适量的CaCl2溶液，振荡、静置、过滤
C	Na2CO3溶液中是否含有Na2SO4	检验	取样，滴加BaCl2溶液，观察现象
D	KNO3和Ba（NO3）2的混合溶液	分离	先加入过量的K2CO3溶液，搅拌、静置、过滤、洗涤，再分别向滤液、滤渣中加入适量的稀硝酸，搅拌

A．A

B．B

C．C

D．D

【答案】D

【考点】化学实验方案设计与评价；常见气体的检验与除杂方法；盐的化学性质；酸、碱、盐的鉴别．

【分析】A、根据两种气体性质的不同，设计的方案能出现两种明显不同的实验现象，才能达到一次鉴别出两种气体的目的。

B、除杂至少要满足“不增不减”的原则，“不增”是指不增加新杂质，“不减”是指不减少目标物质的质量。

C、根据盐的化学性质，进行分析判断。

D、根据盐的化学性质，进行分析判断。

【解答】解：A、H₂、CH₄燃烧均能生成水，点燃，在火焰上方罩一个干冷的烧杯，烧杯内壁均会出现水雾，不能鉴别，故选项实验操作不能达到实验目的。B、加入适量的CaCl₂溶液，振荡，Na₂CO₃能与适量的CaCl₂溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钠，不符合除杂原则，故选项实验操作不能达到实验目的。C、碳酸钠、硫酸钠溶液均能与BaCl₂溶液反应，分别生成碳酸钡白色沉淀、硫酸钡白色沉淀，不能检验Na₂CO₃溶液中是否含有Na₂SO₄，故选项实验操作不能达到实验目的。D、先加入过量的K₂CO₃溶液，碳酸钾和Ba（NO₃）₂溶液反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钾，搅拌、静置、过滤、洗涤，再分别向滤液、滤渣中加入适量的稀硝酸，搅拌，滤液中过量的碳酸钾和硝酸反应生成硝酸钾、水和二氧化碳，滤渣中的碳酸钡和硝酸反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，能进行分离，故选项实验操作能达到实验目的。故选：D。

【难度】1

15．（2分）如图为CO₂在自然界中的转化和资源化利用。下列说法不正确的是（　　）

A．转化①中反应物全部转化为尿素

B．转化②中CO₂分子间的间隔变小

C．转化③有利于减少“白色污染”

D．自然界中转化④是无机化合物向有机化合物的转化

【答案】A

【考点】自然界中的碳循环；白色污染与防治；有机物与无机物的区别．

【分析】A、根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目均不变，进行分析判断。

B、根据分子的基本性质，进行分析判断。

C、根据转化③能生成无毒、易降解的塑料，进行分析判断。

D、根据有机化合物是含有碳元素的化合物，简称有机物（碳的氧化物、碳酸盐、碳酸等除外），进行分析判断。

【解答】解：A、由质量守射定律可知，反应前后原子的种类和数目均不变，若转化①中CO₂和NH₃转化为CO（NH₂）₂，而产物中各原子的个数比与反应物中不同，转化①中反应物不可能全部转化为尿素，故选项说法错误。B、转化②中二氧化碳由气体变为固体，CO₂分子间的间隔变小，故选项说法正确。C、转化③能生成无毒、易降解的塑料，有利于减少“白色污染”，故选项说法正确。D、二氧化碳虽含碳元素，但其性质与无机物类似，属于无机化合物；葡萄糖是含碳元素的化合物，属于有机化合物，则自然界中转化④是无机化合物向有机化合物的转化，故选项说法正确。故选：A。

【难度】1

16．（2分）将一定量的澄清石灰水与Na₂CO₃溶液充分混合，过滤得到白色固体和无色滤液，将滤液分为三等份，分别进行下列实验。

实验①：向第一份溶液中滴加酚酞溶液。

实验②：向第二份溶液中滴加少量稀盐酸。

实验③：向第三份溶液中滴加BaCl₂溶液，振荡、静置。

下列说法不正确的是（　　）

A．产生白色固体的反应为Ca（OH）₂+Na₂CO₃═CaCO₃↓+2NaOH

B．实验①中溶液变红，不能说明滤液中是否含有Na₂CO₃

C．实验②中无气泡产生，说明滤液中不含有Na₂CO₃

D．实验③中出现白色浑浊，说明滤液中不含有Ca（OH）₂

【答案】C

【考点】盐的化学性质；碱的化学性质．

【分析】A、根据碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，进行分析判断。

B、根据无色滤液中一定含有NaOH，可能含有Ca（OH）₂或Na₂CO₃，进行分析判断。

C、根据实验②是向第二份溶液中滴加少量稀盐酸，进行分析判断。

D、根据碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，进行分析判断。

【解答】解：A、碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，产生白色固体的反应为Ca（OH）₂+Na₂CO₃═CaCO₃↓+2NaOH，故选项说法正确。B、无色滤液中一定含有NaOH，可能含有Ca（OH）₂或Na₂CO₃，由于氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠溶液均显碱性，实验①中溶液变红，不能说明滤液中是否含有Na₂CO₃，故选项说法正确。C、实验②是向第二份溶液中滴加少量稀盐酸，滴加的稀盐酸先与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，氢氧化钠反应完，再与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，实验②中无气泡产生，不能说明滤液中不含有Na₂CO₃，故选项说法错误。D、碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，实验③中出现白色浑浊，说明滤液中含有碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙不能共存，则说明滤液中不含有Ca（OH）₂，故选项说法正确。故选：C。

【难度】1

17．（2分）如图为MgCl₂、KCl和MgSO₄的溶解度曲线。下列说法正确的是（　　）

A．T₂℃时，溶解度：S（MgCl₂）＞S（KCl）＞S（MgSO₄）

B．T₂℃时，将MgSO₄、MgCl₂固体各30.0g分别溶于50.0g水，则形成MgSO₄饱和溶液和MgCl₂不饱和溶液，前者溶液的溶质质量分数大于后者

C．T₃℃时，将KCl、MgSO₄的饱和溶液分别降温到T₂℃，两种溶液中均有晶体析出

D．T₁℃时，将等质量的KCl、MgSO₄饱和溶液分别升温到T₃℃，要使两种溶液均达到饱和，加入的对应溶质质量相等

【答案】D

【考点】固体溶解度曲线及其作用；晶体和结晶的概念与现象．

【分析】根据物质的溶解度曲线可以判断某一温度时物质的溶解度大小比较。

根据物质的溶解度曲线可以判断随着温度的变化，物质的溶解度变化情况。

根据物质的溶解度曲线、溶质质量、溶剂质量可以判断配制的溶液质量。

饱和溶液和不饱和溶液之间可以相互转化。

【解答】解：A、由溶解度曲线可知：T₂℃时，溶解度大小是：S（MgCl₂）＞S（MgSO₄）＞S（KCl），故A错。B、T₂℃时，氯化镁溶解度是63g，硫酸镁溶解度是56g，将MgSO₄、MgCl₂固体各30.0g分别溶于50.0g水，则形成MgSO₄饱和溶液和MgCl₂不饱和溶液，两溶液中溶剂质量相等，MgSO₄饱和溶液中含有溶质质量是28g，MgCl₂不饱和溶液中含有溶质质量是30g，所以MgCl₂不饱和溶液中溶质质量分数大，故B错。C、T₃℃时，将KCl、MgSO₄的饱和溶液分别降温到T₂℃，氯化钾溶解度减小，析出固体，硫酸镁溶解度增大，不能析出固体，故C错。D、T₁℃时氯化钾和硫酸镁溶解度相等，等质量的KCl、MgSO₄饱和溶液升温至T₃℃，都变成不饱和溶液，该温度下氯化钾和硫酸镁溶解度相等，要使两溶液均达饱和，加入的对应溶质量相等，故D正确。故选：D。

【难度】1

18．（2分）下列各组溶液，不用其他试剂就不能鉴别出来的是（　　）

A．CuCl₂、NaOH、MgCl₂、HCl

B．BaCl₂、HCl、K₂CO₃、HNO₃

C．Ba（OH）₂、Na₂CO₃、K₂SO₄、HNO₃

D．MgSO₄、NaOH、Ba（NO₃）₂、HCl

【答案】B

【考点】酸、碱、盐的鉴别．

【分析】在不另加试剂就能鉴别的题目中，首先观察有无有特殊颜色的物质，若有，将有颜色的溶液鉴别出来，然后再借用这种溶液鉴别其它溶液；若都没有颜色就将溶液两两混合，根据混合后的现象进行分析鉴别。

【解答】解：A、CuCl₂溶液是蓝色的，首先鉴别出蓝色的CuCl₂溶液；能与CuCl₂溶液反应产生蓝色沉淀的是NaOH溶液，能与NaOH溶液反应产生白色沉淀的是MgCl₂溶液溶液，无明显变化的是盐酸，不加其它试剂可以鉴别，故选项错误。B、组内四种物质的溶液两两混合时，其中有一种溶液与其它三种溶液混合时能出现一次白色沉淀和一次放出气体，该溶液为K₂CO₃溶液；与K₂CO₃溶液产生气体的溶液为HCl、HNO₃，产生白色沉淀的为氯化钡溶液；不加其它试剂无法鉴别HCl、HNO₃，故选项正确。C、组内四种溶液两两混合时，与其它三种溶液混合时两次生成白色沉淀的是Ba（OH）₂溶液，一次生成白色沉淀、一次生成气体的是Na₂CO₃溶液，一次生成白色沉淀的是K₂SO₄溶液，一次生成气体的是HNO₃溶液，不加其它试剂可以鉴别，故选项错误。D、组内四种溶液两两混合时，与其它三种溶液混合时两次生成白色沉淀的是MgSO₄溶液，一次生成白色沉淀的是NaOH溶液和Ba（NO₃）₂溶液，无明显现象的是HCl溶液，再分别向一次生成白色沉淀的两组实验所得的沉淀中滴加HCl溶液，白色沉淀不消失的原溶液是Ba（NO₃）₂溶液，白色沉淀消失的原溶液是NaOH溶液，不加其它试剂可以鉴别，故选项错误。故选：B。

【难度】1

19．（2分）常温下，向100.0gMgCl₂、MgSO₄的混合溶液中滴加Ba（OH）₂溶液，产生沉淀的质量与滴加Ba（OH）₂溶液的体积关系如图所示，下列说法不正确的是（　　）

A．a点对应溶液中有两种溶质

B．b点对应溶液的pH＞7

C．

D．原混合溶液中MgSO₄的质量分数大于MgCl₂的质量分数

【答案】D

【考点】碱的化学性质．

【分析】根据氢氧化钡与硫酸镁、氯化镁反应的过程分析。

【解答】解：A、向 MgCl₂、MgSO₄的混合溶液中滴加Ba（OH）₂溶液，发生的反应为 MgCl₂+Ba（OH）₂＝Mg（ OH）₂↓+BaCl₂、MgSO₄+Ba（OH）₂＝Mg（OH）₂↓+BaSO₄↓由图中曲线结合两个化学方程式可知，沉淀质量的增加按幅度可以分为两个阶段，当滴加Ba（OH）₂ 溶液的体积为 100 mL时，MgSO₄完全反应，当滴加Ba（OH）₂溶液的体积在 100～300mL时，只有 MgCl₂和Ba（OH）₂ 发生反应，则a点对应溶液中含有反应生成的 BaCl₂和没有完全反应的MgCl₂共两种溶质，故A正确；B、b 点时，滴加的Ba（OH）₂溶液已过量，溶液呈碱性，溶液的pH＞7，故B正确；C、设100mLBa（OH）₂溶液中溶质Ba（OH）₂ 的质量为m，则可以得到以下关系：

MgSO₄+Ba（OH）₂＝Mg（OH）₂↓+BaSO4↓

120 171 58 233

m

MgCl₂+Ba（OH）₂＝Mg（OH）₂↓+BaCl₂

95 171 58

2m

则m₁ ；

m₂ ；

则m₁：m₂ ： 291：407，故C正确；D、原混合溶液中MgSO₄的质量为 ，MgCl₂的质量为 ，混合溶液中MgSO₄的质量分数小于 MgCl₂的质量分数，故D错误。故选：D。

【难度】3

20．（2分）已知，4KO₂+2CO₂═2K₂CO₃+3O₂，4KO₂+2H₂SO₄═2K₂SO₄+2H₂O+3O₂↑，现有28.4gKO₂与一定量的CO₂反应后，固体质量变为27.8g，向反应后的固体中加入过量的200.0g稀硫酸，将产生的气体通入过量的石灰水中，得到15.0gCaCO₃。下列说法不正确的是（　　）

A．KO₂应密封保存

B．与CO₂反应生成O₂的质量为7.2g

C．与CO₂反应后的固体中KO₂和K₂CO₃的质量比为71：207

D．与稀硫酸反应后所得溶液中K₂SO₄的质量分数约为15.3%

【答案】D

【考点】根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算．

【分析】A、根据KO₂能与CO₂反应分析；

B、根据固体质量的变化结合化学方程式计算与CO₂反应生成O₂的质量；

C、根据固体质量的变化结合化学方程式计算KO₂和K₂CO₃的质量比；

D、根据钾元素的质量守恒分析。

【解答】解：A、由题意可知，KO₂能与CO₂反应，应密时保存，故A正确；B、设反应生成O₂的质量为x，生成K₂CO₃的质量为y，消耗二氧化碳的质量为z，消耗KO₂的质量为m。

4KO₂+2CO₂═2K₂CO₃+3O₂固体质量减小

284 88 276 96 284﹣276＝8

m z y x 28.4g﹣27.8g＝0.6g

x＝7.2g

y＝20.7g

z＝6.6g

m＝21.3g

根据计算可知，KO₂与CO₂反应生成O₂的质量为7.2g，故B正确；C、根据计算可知，与CO₂反应后的固体中KO₂和K₂CO₃的质量比为（28.4g﹣21.3g）：20.7g＝71：207，故C正确；D、与硫酸反应后钾元素完全转化为K₂SO₄，故生成K₂SO₄的质量为 28.4g×（ ）÷（ ）＝34.8 g，K₂CO₃与稀硫酸反应生成二氧化碳的质量就等于与KO₂反应消耗的二氧化碳的质量，即6.6g；与硫酸反应的KO₂的质量为28.4g﹣21.3g＝7.1g，设KO₂与硫酸反应生成O₂的质量为n，则：

4KO₂+2H₂SO₄═2K₂SO₄+2H₂O+3O₂↑

284 96

7.1g n

n＝2.4g；故与硫酸反应后所得溶液中K₂SO₄的质量分数约为 100%≈15.9%，故D错误。故选：D。

【难度】3

二、非选择题共60分

21．（4分）用化学符号表示。

（1）金刚石：　 　。

（2）空气中含量最多的气体：　 　。

（3）2个氯离子：　 　。

（4）幼儿缺少 　 　元素易得佝偻病。

【答案】（1）C；（2）N₂；（3）2Cl^﹣；（4）Ca。

【考点】化学符号及其周围数字的意义；离子符号的含义及书写．

【分析】根据标在元素符号前面的数字表示原子的个数；标在化学式前面的数字表示分子的个数；标在元素符号右下角的数字表示一个分子中所含原子的个数；标在元素符号右上角的数字表示离子所带电荷数；根据标在离子符号前面的数字表示离子个数；标在元素符号正上方的数字表示该元素化合价的数值，进行解答。

【解答】解：（1）金刚石是碳单质，化学式为C。（2）氮气约占空气体积的78%，是空气中含量最多的气体，化学式为N₂；（3）离子的表示方法：在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略，若表示多个该离子，就在其元素符号前加上相应的数字，2个氯离子表示为2Cl^﹣。（4）幼儿缺少Ca元素易得佝偻病。故答案为：（1）C；（2）N₂；（3）2Cl^﹣；（4）Ca。

【难度】3

22．（6分）选择下列适当的物质填空（填序号）。

A.氧气B.熟石灰C.聚乙烯D.硝酸铵E.食盐F.硫酸铜G.维生素H.苛性钠

（1）可改良酸性土壤的是 　 　。

（2）用于游泳池消毒的是 　 　。

（3）可用于医疗急救的是 　 　。

（4）厨房中作调味品的是 　 　。

（5）溶于水温度降低的是 　 　。

（6）蔬菜、水果中富含 　 　。

【答案】（1）B；（2）F；（3）A；（4）E；（5）D；（6）G。

【考点】食品、药品与健康食品中的有机营养素；氧气的用途；溶解时的吸热或放热现象；常见碱的特性和用途；氯化钠与粗盐提纯．

【分析】（1）利用熟石灰的用途分析；

（2）利用硫酸铜的性质分析；

（3）利用氧气的性质分析；

（4）利用氯化钠的作用分析；

（5）利用硝酸铵溶于水时的温度变化分析；

（6）利用维生素的分布情况分析。

【解答】解：（1）熟石灰是氧氧化钙的俗称，是碱，能与土壤中的酸性物质发生中和反应，常用于改良酸性土壤；（2）硫酸铜是一种重金属盐，能使病毒、细菌中的蛋白质失去原有的生理功能，具有杀菌消毒的作用，可用于游泳池消毒；（3）氧气能供给呼吸，可用于医疗急救；（4）食盐有咸味，是厨房中常用的调味品；（5）硝酸铵溶于水时吸收热量，溶液温度降低；（6）蔬菜、水果中富含维生素。故答案为：（1）B；（2）F；（3）A；（4）E；（5）D；（6）G。

【难度】3

23．（2分）如图为化学能转化为电能的实验装置。

（1）实验后铜片质量 　 　（选填“增大”或“减小”）。

（2）用化学方程式解释其变化的原因：　 　。

【答案】（1）增大；（2）Zn+CuSO₄═ZnSO₄+Cu。

【考点】金属的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

【分析】根据化学能转化为电能的实验装置，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，进行分析解答。

【解答】解：（1）锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，生成的铜会在铜片上析出，实验后铜片质量增大。（2）锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，反应的化学方程式为Zn+CuSO₄═ZnSO₄+Cu。故答案为：（1）增大；（2）Zn+CuSO₄═ZnSO₄+Cu。

【难度】3

24．（6分）氢气是理想的“绿色能源”，近年来我国制氢量位居世界第一。

（1）水光解制氢。水在半导体光催化剂作用下制备氢气的原理如图1所示。光解水时，光能转化为 　 　能。

（2）甲烷水化制氢。以甲烷为原料制备氢气的一种流程如图2。

①16.0g甲烷理论上可制备氢气的质量为 　 　g。

②“分离“时发生反应的化学方程式为 　 　。

（3）贮氢与释氢。已知：HCOOK+H₂O KHCO₃+H₂↑；HCOOH CO₂↑+H₂↑。通过如图3流程可实现氢气的贮存和释放。

2. 催化加氢室发生反应的化学方程式为 　 　。

②采用HCOOK溶液释氢优于HCOOH释氢，原因有产生H₂的速率快和 　 　。

③在氢气的贮存和释放中可循环使用的物质是 　 　。

【答案】解：（1）化学；（2）①8.0；②K₂CO₃+CO₂+H₂O＝2KHCO₃；（3）①KHCO₃+H₂ HCOOK+H₂O；②产生的氢气纯度高（或释氢气生成的气体无需分离等合理答案均可）；③KHCO₃。

【考点】物质的相互转化和制备；物质发生化学变化时的能量变化．

【分析】（1）根据能量的变化分析；

（2）①根据反应的流程可知，CH₄+H₂O 3H₂+CO，3H₂+CO+H₂O 4H₂+CO₂，K₂CO₃+CO₂+H₂O＝2KHCO₃分析；

②根据发生分离时，主要是碳酸钾将二氧化碳吸收变成碳酸氢钾分析；

（3）①根据催化加氢室中为碳酸氢钾和氢气反应生成甲酸钾和水分析；

②根据采用HCOOK溶液释氢优于HCOOH释氢，原因有产生H₂的速率快和产生的氢气纯度高（或释氢气生成的气体无需分离等）分析；

③根据流程图分析。

【解答】解：（1）水在半导体光催化剂作用下发生化学反应制备出氢气，所以光解水时是光能转化成化学能；故答案为：化学；（2）①根据反应的流程可知，CH₄+H₂O 3H₂+CO，3H₂+CO+H₂O 4H₂+CO₂，K₂CO₃+CO₂+H₂O＝2KHCO₃；所以对应的关系式为CH₄～4H₂，设16.0g甲烷可生成氢气的质量为x。

则有：CH₄～4H₂

16 8

16.0g x

x＝8.0g

所以16.0g甲烷可生成8.0g氢气；故答案为：8.0；②发生分离时，主要是碳酸钾将二氧化碳吸收变成碳酸氢钾，化学方程式为K₂CO₃+CO₂+H₂O＝2KHCO₃；（3）①催化加氢室发生反应的化学方程式为KHCO₃+H₂ HCOOK+H₂O；故答案为：KHCO₃+H₂ HCOOK+H₂O；②采用HCOOK溶液释氢优于HCOOH释氢，原因有产生H₂的速率快和产生的氢气纯度高（或释氢气生成的气体无需分离等）；故答案为：产生的氢气纯度高（或释氢气生成的气体无需分离等合理答案均可）；③由流程图看出，在氢气的贮存和释放中可循环使用的物质是KHCO₃；故答案为：KHCO₃。

【难度】5

25．（4分）实验室利用废镍催化剂（主要成分为Ni，还含少量Fe及铁的氧化物）制备NiCO₃的实验流程如图。

（1）为加快“酸溶”的反应速率，可采取的措施有 　 　（写一种）。

（2）“除铁”和“沉镍”中分离的操作名称为 　 　。

（3）检验NiCO₃固体已洗净的方法是：取最后一次洗涤后的滤液，先滴加过量的稀盐酸，再滴加 　 　（填化学式）溶液，无明显现象。

（4）碱性条件下NiSO₄会转化为Ni（OH）₂沉淀。“沉镍”时不能将NiSO₄溶液滴入Na₂CO₃溶液中，其原因是 　 　。

【答案】（1）搅拌；（2）过滤；（3）BaCl₂；（4）碳酸钠溶液显碱性，NiSO₄会转化为Ni（OH）₂沉淀。

【考点】物质的相互转化和制备；盐的化学性质．

【分析】（1）根据影响反应速率的因素进行分析；

（2）根据过滤可以将不溶性固体从溶液中分离出来进行分析；

（3）根据硫酸根离子和钡离子反应会生成硫酸钡沉淀进行分析；

（4）根据碱性条件下NiSO₄会转化为Ni（OH）₂沉淀进行分析。

【解答】解：（1）为加快“酸溶”的反应速率，可采取的措施有搅拌；（2）过滤可以将不溶性固体从溶液中分离出来，所以“除铁”和“沉镍”中分离的操作名称为过滤；（3）碳酸镍固体表面有碳酸钠、硫酸钠，检验NiCO₃固体已洗净的方法是：取最后一次洗涤后的滤液，先滴加过量的稀盐酸，可以除去碳酸钠，所以再滴加BaCl₂溶液，无明显现象；（4）“沉镍”时不能将NiSO₄溶液滴入Na₂CO₃溶液中，原因是：碳酸钠溶液显碱性，NiSO₄会转化为Ni（OH）₂沉淀。故答案为：（1）搅拌；（2）过滤；（3）BaCl₂；（4）碳酸钠溶液显碱性，NiSO₄会转化为Ni（OH）₂沉淀。

【难度】3

26．（2分）如图所示，向新制NaCuO₂中滴加适量H₂O，产生蓝色沉淀且出现气泡，导管口带火星的木条复燃，反应结束后，滴入紫色石蕊溶液，溶液变蓝。

（1）NaCuO₂中铜元素的化合价为 　 　。

（2）NaCuO₂与H₂O反应的化学方程式为 　 　。

【答案】（1）+3；（2）4NaCuO₂+6H₂O═4Cu（OH）₂↓+O₂↑+4NaOH。

【考点】书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；有关元素化合价的计算．

【分析】（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零，进行分析解答。

（2）根据题意，向新制NaCuO₂中滴加适量H₂O，产生蓝色沉淀且出现气泡，导管口带火星的木条复燃，反应结束后，滴入紫色石蕊溶液，溶液变蓝，进行分析解答。

【解答】解：（1）NaCuO₂中钠元素显+1价，氧元素显﹣2价，设铜元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）+x+（﹣2）×2＝0，则x＝+3价。（2）向新制NaCuO₂中滴加适量H₂O，产生蓝色沉淀，说明生成了氢氧化铜；出现气泡，导管口带火星的木条复燃，说明生成了氧气；反应结束后，滴入紫色石蕊溶液，溶液变蓝，说明生成了碱性物质，由质量守恒定律，反应前后元素种类不变，生成的碱性物质为氢氧化钠，反应的化学方程式为4NaCuO₂+6H₂O═4Cu（OH）₂↓+O₂↑+4NaOH。故答案为：（1）+3；（2）4NaCuO₂+6H₂O═4Cu（OH）₂↓+O₂↑+4NaOH。

【难度】3

27．（10分）结合如图回答问题。

（1）写出仪器名称：①　 　，②　 　。

（2）用高锰酸钾制取O₂，选用的发生装置是 　 　（填序号）。反应的化学方程式为 　 　。选用装置D收集O₂的理由是 　 　。

（3）实验室用Zn与稀硫酸反应制取H₂，反应的化学方程式为 　 　，发生装置C相对于装置B的优点是 　 　。

（4）用图1装置制取CO₂并探究其性质。图2表示装置H中溶液的pH与实验时间的变化关系曲线。

已知：此实验条件下Na₂CO₃溶液的pH≈11.6，NaHCO₃溶液的pH≈8.3。

2. 装置G的作用是 　 　。

②实验50s时装置H溶液中的溶质是 　 　。

③实验150s时显示器中曲线pH＜7的原因是 　 　。

【答案】（1）酒精灯；分液漏斗；（2）A；2KMnO₄ K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑；氧气的密度比空气大且不与空气成分反应；（3）Zn+H₂SO₄＝ZnSO₄+H₂↑；可以控制反应的发生和停止；（4）①检验二氧化碳中的氯化氢是否除尽；②Na₂CO₃、NaHCO₃；③二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸显酸性，pH＜7。

【考点】常用气体的发生装置和收集装置与选取方法；二氧化碳的化学性质；溶液的酸碱性与pH的关系；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

【分析】（1）根据常用仪器的名称来分析解答；

（2）根据用高锰酸钾加热制取O₂，属于固体加热型，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气来分析解答；根据氧气的密度比空气大且不与空气成分反应来分析解答；

（3）根据锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气来分析解答；根据装置C的特点来分析解答；

（4）①根据硝酸银溶液与氯化氢反应生成氯化银沉淀和硝酸来分析解答；

②根据50s时溶液的pH＝10，实验条件下Na₂CO₃溶液的pH≈11.6，NaHCO₃溶液的pH≈8.3来分析解答；

2. 根据实验150s时氢氧化钠已反应完，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸显酸性来分析解答。

【解答】解：（1）由图可知，仪器①的名称是酒精灯，仪器②的名称是分液漏斗；（2）用高锰酸钾加热制取O₂，属于固体加热型，则选用的发生装置是A，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的化学方程式为2KMnO₄ K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑，由于氧气的密度比空气大且不与空气成分反应，所以选用装置D向上排空气法收集O₂；（3）实验室用Zn与稀硫酸反应制取H₂，锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的化学方程式为Zn+H₂SO₄＝ZnSO₄+H₂↑，装置C带有多孔隔板和活塞开关，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，气体导出，压强减小，液体重新进入U型管，固液接触，反应发生，则C装置的优点是可以控制反应的发生和停止；（4）①硝酸银与氯化氢反应生成氯化银沉淀和硝酸，则装置G的作用是检验二氧化碳中的氯化氢是否除尽；②分析图像信息可知，50s时溶液的pH＝10，实验条件下Na₂CO₃溶液的pH≈11.6，NaHCO₃溶液的pH≈8.3，则实验50s时装置H溶液中的溶质是Na₂CO₃、NaHCO₃；③实验150s时氢氧化钠已反应完，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸显酸性，pH＜7。故答案为：（1）酒精灯；分液漏斗；（2）A；2KMnO₄ K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑；氧气的密度比空气大且不与空气成分反应；（3）Zn+H₂SO₄＝ZnSO₄+H₂↑；可以控制反应的发生和停止；（4）①检验二氧化碳中的氯化氢是否除尽；②Na₂CO₃、NaHCO₃；③二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸显酸性，pH＜7。

【难度】5

28．（7分）水是人类不可或缺的物质，水有硬水和软水之分，硬水中含有较多的Mg（HCO₃）₂。

（1）生活中常用 　 　来区分硬水和软水。

（2）将CO₂通入Mg（OH）₂悬浊液中可获得Mg（HCO₃）₂溶液，反应的化学方程式为 　 　。

（3）煮沸Mg（HCO₃）₂溶液，产生白色固体。某同学对白色固体的组成进行下列探究。

【猜想】白色固体为：①MgCO₃；②Mg（OH）₂；③xMgCO₃•yMg（OH）₂•zH₂O。

【实验1】称取3.64g白色固体，加入过量的稀盐酸，出现气泡，则猜想 　 　（填序号，下同）不成立。将产生的气体全部通入过量的澄清石灰水中，产生3.0g沉淀，则猜想 　 　成立。

【实验2】另取7.28g白色固体，充分加热生成MgO、CO₂和H₂O，将产生的气体全部缓缓通过如图所示的装置 　 　（选填“甲或“乙”），分别测定生成气体的质量。

实验测得浓硫酸的质量增加1.44g，碱石灰的质量增加2.64g，则x：y：z＝　 　。

（4）若将xMgCO₃•yMg（OH）₂•zH₂O浸泡在浓NaOH溶液中，密封放置一段时间，固体变为Mg（OH）₂。该反应的化学方程式为 　 　。

【答案】（1）肥皂水；（2）2CO₂+Mg（OH）₂＝Mg（HCO₃）₂；（3）【实验1】②；③；【实验2】甲；3：1：3；（4）3MgCO₃•Mg（OH）₂•3H₂O+6NaOH＝4Mg（OH）₂+3Na₂CO₃+3H₂O。

【考点】实验探究物质的组成成分以及含量；硬水与软水；盐的化学性质．

【分析】（1）根据肥皂水可鉴别硬水和软水来分析解答；

（2）根据CO₂和Mg（OH）₂反应生成Mg（HCO₃）₂来分析解答；

（3）【实验1】根据碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水来分析解答；根据题中数据来分析判断；

【实验2】根据浓硫酸具有吸水性，可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳和水，要分别测定生成气体的质量，先将气体通过浓硫酸，测定生成水的质量，再将气体通过碱石灰，测定二氧化碳的质量来分析判断；根据题中数据来分析解答；

（4）根据3MgCO₃•Mg（OH）₂•3H₂O和NaOH溶液反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水来分析解答。

【解答】解：（1）肥皂水可鉴别硬水和软水，其中产生较多泡沫的为软水，产生较少泡沫，较多浮渣的为硬水，则生活中常用肥皂水来区分硬水和软水；（2）CO₂和Mg（OH）₂反应生成Mg（HCO₃）₂，化学方程式为2CO₂+Mg（OH）₂＝Mg（HCO₃）₂；（3）【实验1】碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，则向白色固体中加入过量的稀盐酸，出现气泡，说明猜想②不成立，将产生的气体全部通入过量的澄清石灰水中，产生3.0g沉淀，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类和质量不变，由碳元素守恒可以得到关系式MgCO₃～CO₂～CaCO₃，设碳酸镁的质量为x，

MgCO₃～CO₂～CaCO₃，

84 100

x 3.0g

x＝2.52g

因为2.52g＜3.64g，则白色固体还含有氢氧化镁，则猜想③成立；【实验2】白色固体充分加热生成MgO、CO₂和H₂O，浓硫酸具有吸水性，可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳和水，要分别测定生成气体的质量，要先将气体通过浓硫酸，测定生成水的质量，再将气体通过碱石灰，测定二氧化碳的质量，则将产生的气体全部缓缓通过如图所示的装置甲，浓硫酸增加的质量即生成水的质量为1.44g，碱石灰增加的质量即为生成二氧化碳的质量为2.64g，则生成的氧化镁质量为7.28g﹣1.44g﹣2.64g＝3.2g，设白色固体中碳酸镁的质量为y，碳酸镁分解生成的氧化镁质量为z，

MgCO₃ MgO+CO₂↑

84 40 44

y z 2.64g

y＝5.04g

z＝2.4g

则氢氧化镁受热分解生成氧化镁的质量为3.2g﹣2.4g＝0.8g，设白色固体中氢氧化镁的质量为d，

Mg（OH）₂ MgO+H₂O

58 40

d 0.8g

d＝1.16g

则白色固体中结晶水的质量为7.28g﹣5.04g﹣1.16g＝1.08g，故x：y：z ： ： 3：1：3；（4）由上述分析可知，3MgCO₃•Mg（OH）₂•3H₂O和NaOH溶液反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水，反应的化学方程式为3MgCO₃•Mg（OH）₂•3H₂O+6NaOH＝4Mg（OH）₂+3Na₂CO₃+3H₂O。故答案为：（1）肥皂水；（2）2CO₂+Mg（OH）₂＝Mg（HCO₃）₂；（3）【实验1】②；③；【实验2】甲；3：1：3；（4）3MgCO₃•Mg（OH）₂•3H₂O+6NaOH＝4Mg（OH）₂+3Na₂CO₃+3H₂O。

【难度】5

29．（5分）现有一包不纯的Na₂SO₄固体，可能含有Na₂CO₃、BaCO₃、FeCl₃、NH₄HCO₃、NaCl中的一种或几种，现做如下实验。

（1）取适量的固体微热，无氨味，则原固体中一定不含 　 　。

（2）另取适量的固体加水溶解，得无色澄清溶液，则原固体中一定不含 　 　。

（3）向步骤（2）所得溶液中加入过量的Ba（NO₃）₂溶液，过滤得白色固体A和无色滤液B。取固体A，加入过量的稀硝酸，部分固体溶解，则原固体中一定含 　 　，写出部分固体溶解反应的化学方程式：　 　。

（4）取少量滤液B，滴加AgNO₃溶液，产生白色沉淀，则原固体中一定含 　NaCl　。

【答案】（1）NH₄HCO₃；（2）BaCO₃、FeCl₃；（3）Na₂CO₃；BaCO₃+2HNO₃＝Ba（NO₃）₂+H₂O+CO₂↑；（4）NaCl。

【考点】物质的鉴别、推断；盐的化学性质．

【分析】（1）根据NH₄HCO₃受热分解生成氨气、水和二氧化碳来分析；

（2）根据BaCO₃难溶于水，FeCl₃溶液呈黄色来分析；

（3）根据Na₂SO₄和Ba（NO₃）₂反应生成不溶于酸的BaSO₄沉淀，Na₂CO₃和Ba（NO₃）₂反应生成溶于酸的BaCO₃沉淀，BaCO₃和HNO₃反应生成硝酸钡、水和二氧化碳来分析；

（4）根据NaCl和AgNO₃反应生成AgCl沉淀和NaNO₃，以及实验过程中没有引入氯离子来分析。

【解答】解：（1）取适量的固体微热，无氨味，因为NH₄HCO₃受热分解生成氨气、水和二氧化碳，则原固体中一定不含：NH₄HCO₃。（2）另取适量的固体加水溶解，得无色澄清溶液，因为BaCO₃难溶于水，FeCl₃溶液呈黄色，则原固体中一定不含：BaCO₃、FeCl₃。（3）向步骤（2）所得溶液中加入过量的Ba（NO₃）₂溶液，过滤得白色固体A和无色滤液B。取固体A，加入过量的稀硝酸，部分固体溶解，因为Na₂SO₄和Ba（NO₃）₂反应生成不溶于酸的BaSO₄沉淀，Na₂CO₃和Ba（NO₃）₂反应生成溶于酸的BaCO₃沉淀，则原固体中一定含：Na₂CO₃；部分固体溶解的反应是BaCO₃和HNO₃反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：BaCO₃+2HNO₃＝Ba（NO₃）₂+H₂O+CO₂↑。（4）取少量滤液B，滴加AgNO₃溶液，产生白色沉淀，因为NaCl和AgNO₃反应生成AgCl沉淀和NaNO₃，而实验过程中没有引入氯离子，则原固体中一定含：NaCl。故答案为：（1）NH₄HCO₃；（2）BaCO₃、FeCl₃；（3）Na₂CO₃；BaCO₃+2HNO₃＝Ba（NO₃）₂+H₂O+CO₂↑；（4）NaCl。

【难度】3

30．（14分）铁及其化合物在生产生活中有广泛应用。

Ⅰ.铁的有关知识

（1）明代科学著作《天工开物》（图1）记载了我国劳动人民的科技成就。

①“或用木炭，……扇炉风箱，……土（铁矿石）化成铁……”描述了古代练铁的方法。用化学方程式表示用赤铁矿炼铁的原理：　 　。

②对生铁炼钢的描述有：“凡钢铁炼法，……火力到时，生铁先化。”说明生铁的熔点比钢 　 　。

③“烧铁器淬胆矾水中，即成铜色也”，句中蕴含的化学反应基本类型是 　 　。

（2）铁器表面通过化学方法可形成致密的Fe₃O₄保护膜，其组成可用FeO•Fe₂O₃表示。故宫博物院对某出土铁器保护的过程如表。

①检测锈蚀产物

主要成分
Fe3O4	Fe2O3•H2O	FeOOH	FeOCl

说明铁器在含有O₂、　 　和盐等环境中容易被腐蚀。

②化学修复出土铁器可通过脱氯、还原、形成保护层来实现，原理如下。

FeOCl FeOOH Fe₃O₄

脱氯时发生反应的化学方程式为 　 　，还原时铁元素的化合价 　 　（选填“部分”“全部”或“没有”）降低。

Ⅱ.催化剂Fe₃O₄的制备

Fe₃O₄是合成氨催化剂的主要成分。用铁泥（主要成分为Fe₂O₃、FeO，含少量Fe）制备Fe₃O₄的主要流程如下。

（1）“还原”时，Fe可将Fe₂（SO₄）₃转化为FeSO₄，该反应的化学方程式为 　 　。

（2）加入H₂O₂，将部分FeSO₄转化为Fe₂（SO₄）₃。“氧化”时温度不宜太高，原因是 　 　。

（3）“沉淀”时要控制NaOH的量，原因是 　 　。

（4）“转化”时发生反应的化学方程式为 　 　。

Ⅲ.失效催化剂的再生

（1）合成氨催化过程中因部分Fe₃O₄与H₂反应使催化剂“失效”。在一定温度下可用O₂将其“再生”，原理如图2所示。“再生”过程中铁元素的质量分数 　 　（选填“变大”“变小”成“不变”）。

（2）通入O₂加热，将一定质量的失效催化剂进行“再生”，固体质量与温度变化的关系如图3所示。T₁～T₂℃时，FeO转化为Fe₃O₄，T₃～T₄℃时，Fe₃O₄转化为Fe₂O₃。

①M＝　 　。

②A点固体中m（FeO）：m（Fe₃O₄）＝　 　。

【答案】Ⅰ.（1）①3CO+Fe₂O₃ 2Fe+3CO₂；②低；③置换反应；（2）①H₂O；②FeOCl+NaOH＝FeOOH+NaCl；部分；Ⅱ.（1）Fe₂（SO₄）₃+Fe═3FeSO₄；（2）为了防止H₂O₂发生分解；（3）防止NaOH与FeSO₄发生反应，从而影响Fe₃O₄的产率；（4）2Fe（OH）₃+FeSO₄ Fe₃O₄+H₂SO₄+2H₂O；Ⅲ.（1）变小；（2）①69.6；②27：145。

【考点】物质的相互转化和制备；生铁和钢；金属的化学性质；常见金属的冶炼方法．

【分析】Ⅰ.（1）①根据一氧化碳和赤铁矿石中的氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳来分析解答；

②根据生铁先变成液体来分析解答；

③根据铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜分析；

（2）①根据锈蚀产物来分析解答；

②根据脱氯是FeOCl和NaOH反应生成FeOOH和氯化钠来分析解答；

Ⅱ.（1）向铁泥（主要成分为Fe₂O₃、FeO，含少量Fe）中加入稀H₂SO₄进行酸溶反应，生成FeSO₄和Fe₂（SO₄）₃；

加入Fe粉将Fe³⁺还原为Fe²⁺，将未反应的稀H₂SO₄溶液耗尽，然后加入适量H₂O₂溶液，将部分Fe²⁺氧化为Fe³⁺，加入NaOH溶液，生成沉淀，最后转化为Fe₃O₄。

（2）根据温度过高时过氧化氢溶液会发生分解来分析解答；

（3）根据NaOH与FeSO₄能发生反应分析；

（4）根据Fe（OH）₃和FeSO₄在一定条件下反应生成Fe₃O₄，根据质量守恒定律可知，同时还一定会生成H₂SO₄和H₂O分析；

Ⅲ.（1）根据“再生”时是氧化亚铁和氧气反应生成四氧化三铁来分析解答；

（2）①根据质量守恒定律，转化过程中铁元素的质量不变来分析解答；

②根据A点是氧化亚铁和四氧化三铁的混合物，以及题中数据来分析解答。

【解答】解：Ⅰ.（1）①用赤铁矿炼铁，赤铁矿的主要成分是氧化铁，一氧化碳高温下还原氧化铁生成铁和二氧化碳，化学方程式为：3CO+Fe₂O₃ 2Fe+3CO₂；故答案为：3CO+Fe₂O₃ 2Fe+3CO₂；②由“凡钢铁炼法，火力到时生铁先化”可知，生铁先变成液体，说明生铁的熔点比钢低；故答案为：低；③“烧铁器淬于胆矾水（硫酸铜溶液）中，即成铜色也”，即为铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，该反应是由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质与另一种化合物，属于置换反应；故答案为：置换反应；（2）①根据铁器锈蚀后的成分可知，铁器在具有O₂、H₂O和盐等环境中容易被腐蚀；故答案为：H₂O；②由题给信息可知，出土铁器脱氯的过程是FeOCl与NaOH溶液发生反应，生成FeOOH和NaCl，发生反应的化学方程式为FeOCl+NaOH＝FeOOH+NaCl；“还原”过程中，FeOOH中氢元素显+1价，氧元素显﹣2价，设铁元素的化合价为x，根据在化合物中正负化合价代数和为0，则有x+（﹣2）×2+（+1）＝0，解得x＝+3，Fe₃O₄可看作FeO•Fe₂O₃，含有+2价、+3价铁元素，所以说还原时铁元素的化合价部分降低；故答案为：FeOCl+NaOH＝FeOOH+NaCl；部分；Ⅱ.（1）“还原”时，Fe可将Fe₂（SO₄）₃转化为FeSO₄，该反应的化学方程式为Fe₂（SO₄）₃+Fe═3FeSO₄；故答案为：Fe₂（SO₄）₃+Fe═3FeSO₄；（2）由于温度过高时过氧化氢溶液会发生分解，会降低原料的利用率，所以为了防止H₂O₂发生分解，“氧化”时温度不宜太高；故答案为：为了防止H₂O₂发生分解；（3）由于NaOH与FeSO₄能发生反应，因此“沉淀”时要控制NaOH的量，防止其与FeSO₄发生反应，从而影响Fe₃O₄的产率；故答案为：防止NaOH与FeSO₄发生反应，从而影响Fe₃O₄的产率；（4）“转化”时，Fe（OH）₃和FeSO₄在一定条件下反应生成Fe₃O₄，根据质量守恒定律可知，同时还一定会生成H₂SO₄和H₂O，故发生反应的化学方程式为2Fe（OH）₃+FeSO₄ Fe₃O₄+H₂SO₄+2H₂O；故答案为：2Fe（OH）₃+FeSO₄ Fe₃O₄+H₂SO₄+2H₂O；Ⅲ.（1）“再生”时是FeO和氧气反应生成Fe₃O₄，氧元素的质量分数增大，所以铁元素的质量分数变小；故答案为：变小；（2）①根据元素守恒，转化过程中铁元素的质量不变，T₁℃﹣T₂℃下，FeO转化为Fe₃O₄，M点固体成分为Fe₃O₄，T₃℃﹣T₄℃下，Fe₃O₄转化为Fe₂O₃，则T₄℃时，固体质量为Fe₂O₃，Fe₂O₃的质量为72.0g，Fe₃O₄与Fe₂O₃中铁元素的质量相等，所以M点Fe₃O₄的质量为： 69.6g；故答案为：69.6；②A点是氧化亚铁和四氧化三铁的混合物，设氧化亚铁的质量为x，则四氧化三铁的质量为（68.8g﹣x）， x+（68.8g﹣x） 72g ，则x＝10.8g，故A点固体中生成的Fe₃O₄的质量为68.8g﹣10.8g＝58.0g；故A点固体中m（FeO）：m（Fe₃O₄）＝10.8g：58.0 g＝27：145；故答案为：27：145。

【难度】5