上海上海中学新学高一分班考试化学试卷

上海市上海中学新学高一分班考试化学试卷一、选择题1.下列四个图像分别表示对应的四种操作过程，其中正确的是:PHPHA.C.A.B.C.D.加热一定量的高镒酸钾固体同*中隹元±4.A.C.A.B.C.D.加热一定量的高镒酸钾固体同*中隹元±4.液。况,C.向D.向硫酸亚铁、硫酸铜的混合溶液中加入一些锌粉，充分反应后，过滤，得到滤渣A和滤将滤渣A加入少量稀硫酸中，有气泡产生。以下对滤渣A的组成成分判断的五种情其中合理的有加热等质量的氯酸钾制氧B.含有水蒸气的氢气通过浓硫酸引淡水浸泡盐碱地D.向硝酸钡溶液中滴加稀硫酸下列除杂（括号内为杂质）选用的试剂或方法正确的是 （ ）CuO（C）：隔绝空气高温加热Na2s04溶液（NaOH）：加适量稀盐酸COJHCl）：将气体通入足量的氢氧化钠溶液CaCl2溶液出。）：加入过量碳酸钙，充分反应后过滤下列四个图像中，能正确反映对应关系的是II一A.一定温度下，向一定量水中加入附03固体A.B.

①Cu ②Fe、Cu ③Zn、Fe ④Zn、Cu ⑤Zn、Fe、CuA.②⑤B.②③C.②③④⑤D.①②⑤5.除去下列物质中含有的杂质所选用的试剂或操作方法不正确的一组是（）ABC.CD.D6.将一个不与盐酸反应的小球放入盛有盐酸的烧杯中，小球漂浮在液面上，将几枚洁净的小铁钉投入烧杯中，当不再有气泡逸出时（忽略溶液体积的变化），小球的位置与开始时比较，将（）A.下沉一些B.不变C.上浮一些DABC.CD.D6.将一个不与盐酸反应的小球放入盛有盐酸的烧杯中，小球漂浮在液面上，将几枚洁净的小铁钉投入烧杯中，当不再有气泡逸出时（忽略溶液体积的变化），小球的位置与开始时比较，将（）A.下沉一些B.不变C.上浮一些D.无法判断7.下列制备物质的设计中，理论上正确，操作上可行。经济上合理的是I匚口。 NaOH溶液 ——83》CCe aNgCOm溶液A.5C.”点燃H:0AFsQs'前造》FeMSO—占溶液a 溶液 NaQH溶液.下列物质的鉴别、除杂的试验中所用的试剂或方法正确的是（）选项实验目的所用试剂或方法A鉴别ijCO和CO92闻气味B鉴别稀硫酸和稀盐酸加氯化钡溶液C除去生石灰中杂质石灰石加水D除去氧化铜中碳粉加稀硫酸A.A B.B C.C D.D.下列从左到右依次代表ABCD四个图像中，能正确表示对应变化关系的是（）物质所含杂质除去杂质的试剂或方法ACOco2依次通过足量的NaOH和浓硫酸BKClkcio3加入”吗加热CNaClNa2c□3过量盐酸，蒸发DffzO浓硫酸，干燥

A.向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸B.向一定量稀硫酸中加水稀释C.加热等质量的氯酸钾制取氧气D.向饱和氢氧化钙溶液中加入CaO10.下列曲线能正确表达对应的反应或过程的是°加入固体的所量£施幡中溶酒的PH°加入固体的所量£施幡中溶酒的PHA B CDA.等质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应B.一定温度下，向饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体C.向盛有一定量稀硫酸的烧杯中不断加水稀释D.向一定量的氧化铁中通入一氧化碳气体并持续高温.除去下列物质中混有的少量杂质（括号内为杂质），所用方法及主要操作步骤均正确的是CuO固体［CuJOH）2cOJ——充分加热固体KCl溶液（CaCl）——加入过量的K2cO3溶液，过滤FeCl2溶液（CuCl）——加入过量的铁粉CO2（HCl气体）一一先通过足量的NaOH溶液，再通过浓硫酸.要除去下列物质中的少量杂质（括号内物质为杂质），下列实验方案设计中，不合理的是KNO3（NaCl）：蒸发结晶后，洗涤干燥NaCl溶液（Na2s04）：加入适量的BaCl2溶液，过滤n2（o2）：将气体缓缓通过灼热的铜网KCl溶液（K2c03）：加入适量的稀盐酸.除去下列物质中的少量杂质，所选用的试剂或操作方法错误的是（ ）选项物质杂质试剂操作方法AH2O油污活性炭振荡、搅拌B空气甲醛过量焦炭通过焦炭净化器CCO水蒸气足量生石灰通过生石灰的干燥管DNaNO3溶液Na2c03适量Ca（NOJ2溶液过滤，蒸发结晶A.A B.B C.C D.D.把一定量氧化铜和0.8g氧化镁的混合物投入到溶质质量分数为9.8%的稀硫酸中，待固体完全溶解后，再往溶液里加入溶质质量分数为8%的NaOH溶液，生成沉淀质量与加入溶液质量关系如图所示。下列说法中正确的是沈淀Afi/sli03 1叩瞰茨黄或〃A.稀硫酸的质量为120gB.a的取值范围为0Va<60C.当a值为60时，b值为4.8gD.混合物的质量可能为7.0g.黄铜渣中约含Zn7%、ZnO31%、Cu50%、CuO5%,其余为杂质。处理黄铜渣可得到硫酸锌，其主要流程如下图（杂质不溶于水、不参与反应）：下列说法正确的是A.溶液A中的溶质有2种B.I、II中的操作均包含过滤C.溶液A的质量大于溶液BD.溶液C中溶质的质量分数小于溶液B.在一定质量的甲溶液中逐渐加入乙至过量，反应过程中溶液的总质量与加入乙的质量关系，能用下图曲线表示的是乙的质量名序号甲乙①H2sO4溶液NaOH溶液③BaCl2溶液Na2sO4溶液④H2sO4溶液锌粒②HCl溶液大理石A.①② B.②④ C.②③④ D.①②④.如图所示，其中甲、乙、丙、丁、戊分别是铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠中的一种。图中相连的两圆表示相应物质能发生反应，已知乙是铁。下列说法错误的是A.五种物质中，只有铁是单质B.丙是氢氧化钙C.戊是二氧化碳、甲是碳酸钠D.甲、丙、丁之间的反应属于复分解反应18.如图是某固体物质的溶解度曲线，下列说法错误的是（）I襦解度包/0如g+0曲附七30℃时，该物质的溶解度为40g50℃时，将40g该物质加入100g水中，搅拌后得到的是不饱和溶液C.温度升高，溶液中该固体的质量分数一定增大D.20℃和30℃时的两份该物质溶液，所含的溶质的质量可能相等19.如图示中的“-〃表示相连的物质间在一定条件下可以反应，“玲〃表示在一定条件下可以实现转化.下列四组选项中，符合图示要求的是（）甲乙丙丁戊AFeH2SO4NaOHCuCl2%。3BH2CuOHClO2COCH2sO4Fe2O3HClZnCuCl2DNa2cOCa(OH)2NaOHHClCO2A.A B.B C.C D.D.图示的四个图像分别对应四个变化过程的一种趋势，下列分析正确的是A.甲图：可能是双氧水溶液制氧气，a未使用催化剂，b使用了催化剂B.乙图：可能是加热一定质量的氯酸钾和二氧化镒固体混合物制取氧气过程C.丙图：可能是硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液D.T图：可能是向一定量的氢氧化钠溶液中加水稀释，溶液的pH变化.下列有关物质的提纯、除杂和鉴别所用的试剂或方法错误的是（）选项实验目的所加物质或方法A提纯硫酸钠中的硝酸钠溶解、加适量的硝酸钡溶液，过滤，洗涤，干燥B除去氧化铜中的碳粉在足量的空气中灼烧C除去CO2中少量的HCl将混合气体通入饱和碳酸氢钠溶液、再通入浓硫酸D鉴别NaCl固体和NaOH固体加水溶解A.A B.B C.C D.D.除去下列各组物质中少量的杂质，所用试剂或方法正确的是选项物质杂质除杂所用试剂或方法A.CO2CO点燃B.Ag粉Mg粉适量稀硫酸C.NaOH溶液NaCO23适量稀盐酸

D.NaClKNO3冷却结晶A.A B.B C.C D.D.除去下列物质中含有的杂质所选用试剂或操作方法不正确的一组是物质所含杂质除去杂质的试剂或方法ACOCO2足量NaOH溶液BKClKClO3MnO/加热CNaClNaCO23过量盐酸，蒸发DO2HO2浓硫酸，干燥A.A B.B C.C D.D.常温下，在饱和石灰水中加少量生石灰，溶液中的相关量随时间变化描述正确的是A.AB.BC.CD.D.有一包固体粉末，可能由CaCO「Na2sO4、KNO「FeSO「BaCl?中的一种或几种组成，做实验得以下结果：⑴将此固体粉末加到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色；⑵该白色沉淀部分溶于稀硝酸，并有无色气体产生。据此实验，得出的下列判断中正确的是A.粉末中一定含有CaCO「FeSO4、BaCl2B.该粉末中一定不含有KNO「FeSO4C.该粉末的组成中可能含有KNO3D.该粉末中一定含有Na2sO4、KNO3>BaCl2二、流程题 3.研究发现燃烧排放的气体中，CO2浓度（用体积分数表示）越高，越容易被收集。与传统的燃料燃烧方式相比，化学链燃烧具有排放CO2浓度更高，易于收集的优点。下图为利用镍元素（Ni）进行化学链燃烧的原理示意图。放出热量CgH2OfN£O放出热量CgH2OfN£O（1）空气反应器中，金属镍与氧气在一定条件下发生燃烧反应，其化学方程式为（2）燃料反应器中发生的部分化学反应如下:H2+NiO==Ni+H2O；CO+NiO==Ni+CO2其中，反应前后化合价发生改变的元素有。（3）与CO、H2直接在空气中燃烧相比，化学链燃烧从燃料反应器排放出的CO2浓度更高的原因是。.通过海水晾晒可以得到粗盐，粗盐中除含NaC1外，还含有Na2sO4、MgCl2、CaCl2、泥沙等杂质，为了有效将粗盐提纯，实验各步操作如图所示：E,过量 过量 过量 f..嬴目丁立田溶海卜二CM溶液上X3CCV溶液.过滤 ~~二1适量-—— 稀盐酸 」滤液 ►溶潼H（1）写出加入过量BaC12溶液发生反应的化学方程式。（2）若将过滤和加稀盐酸的顺序颠倒，所得溶液H中含哪些杂质？.下图为某科研小组设计的利用化学链燃烧产生的高浓度CO2制备甲醇的流程图，浓巴，熟量空气反应一憾料反应高浓度csf甲醇分解池阻牧池合成塔图1化学琏燃烧图2浓巴，熟量空气反应一憾料反应高浓度csf甲醇分解池阻牧池合成塔图1化学琏燃烧图2利用高浓度82制取甲醉据图回答：（1）图1是利用镍（Ni）进行化学链燃烧的流程图。与传统的燃料燃烧方式相比，化学链燃烧排放的CO2浓度高，易于收集。①燃料反应器中发生的部分化学反应如下:I-H2+NiO="Ni+HI-H2+NiO="Ni+H2O；高温口.CO+NiO^^Ni+CO2,反应口中发生还原反应的物质是②与CO、h2直接在空气中燃烧相比，化学链燃烧排放出的CO2浓度更高的原因是。（2）图2是利用高浓度CO2制取甲醇的流程图：吸收池内，饱和碳酸钠溶液吸收高浓度CO2生成碳酸氢钠；分解池内，碳酸氢钠受热分解放出CO2；合成塔内，利用新型催化剂，CO2与h2反应生成甲醇（ch4o）与水。①吸收池内生成碳酸氢钠的化学方程式是。②合成塔内生成甲醇的化学反应中，参加反应的H2与CO2的质量比是—。如果将来h2的制取技术取得突破，“co2与h2反应高效变甲醇〃这一世界领先的研究成果的意义是—（答出一条即可）。.海洋是人类巨大的资源宝库。（1）海洋为我们提供了丰富的食材。鱼、虾肉质中主要富含人体所需的营养素是—。（2（2）海水经过蒸发可制得粗盐。为除去粗盐中的可溶性杂质MgSO4、CaCl2,化学小组设计如下图方案：①过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和—。②粗盐水加入过量Ba（OH）2溶液后，Ba（OH）2与MgSO4发生反应生成两种难溶性物质，该反应的化学方程式为—。③加入过量的Na2c03溶液的目的是—。④分别向固体A和B中滴加足量稀盐酸，观察到的现象（填“相同〃或"不相同〃）。30.高纯碳酸钙广泛应用医药、生活生产。由工业副产品氯化钙（含有氯化亚铁和氯化镁）制取高纯碳酸钙的流程如图1。（相关资料）①氯化铵受热会分解；②在室温下，氯化铵的溶解度随氯化钙的质量分数的变化关系如图2如示。

二亚氯化钙+水过量氧化钙双氧水・显W/卷物操作1精制氯化钙覆港拔场钙氯化镒国体二亚氯化钙+水过量氧化钙双氧水・显W/卷物操作1精制氯化钙覆港拔场钙氯化镒国体（1）向工业氯化钙溶液中加入的氧化钙为粉末状其目的是。（2）由氯化钙、二氧化碳、氨气和水制取碳酸钙，同时生成副产品（填化学式），其在农业生产中可用作肥，为保证肥效，不可与性（填“酸〃、“碱〃或“中〃）物质混用。（3）溶液A经蒸发浓缩、操作2、加入氯化钙、过滤等过程方可获得氯化铵固体。操作2的名称是结晶（填"蒸发〃或"降温〃），加入适量氯化钙使得氯化铵的溶解度（填"增大〃、"减小〃或"不变〃）。【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题C解析：C【解析】A.催化剂只改变反应速率，不改变生成物质量，加热等质量的氯酸钾制氧气，加不加催化剂，最后生成氧气的量相同B.含有水蒸气的氢气通过浓硫酸，水被吸收，气体质量减少；C.引淡水浸泡盐碱地，碱性变弱，但始终呈碱性，pH始终大于7；D.向硝酸钡溶液中滴加稀硫酸，两种立刻反应生成硫酸钡沉淀，选C点睛：图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否正确D解析：D【解析】A.CuO（C）：隔绝空气高温加热，碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳；B.Na2sO4溶液（NaOH）：加适量稀盐酸，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，引入杂质氯化钠；C.CO2（HCl）：将气体通入足量的氢氧化钠溶液能将二氧化碳反应掉；D.CaCl/容液（HCl）：加入过量碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳和氯化钙、水，充分反应后过滤所得溶液中只有氯化钙；选D点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质A解析：A【解析】A.一定温度下，向一定量水中加入附03固体，随固体溶解，溶质增多，溶质的质量分数增大，饱和后，溶质质量分数不再改变。B.高镒酸钾在加热条件下分解生成镒酸钾、二氧化镒、氧气，所以反应中固体减少，完全反应后固体的质量为二氧化镒和镒酸钾的质量和。C.向一定量的硫酸铜溶液中加入铁粉，溶质硫酸铜转化成硫酸亚铁，二者的质量比为160:152,而溶剂不变，所以反应中溶液质量减少；D.向一定量的MnO2中加入H2O2溶液，二氧化镒是反应的催化剂，质量不变。选A4.A解析：A【解析】三种金属的活动性顺序是锌＞铁＞铜，向硫酸亚铁、硫酸铜的混合溶液中加入一些锌粉，锌先与硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，硫酸铜反应完全反应后，剩余的锌再与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，充分反应后，过滤，得到滤渣A和滤液。将滤渣A加入少量稀硫酸中，有气泡产生。说明固体中一定有铜、铁，可能有锌。选A点睛：金属活动顺序表：KCaNaMgAlZnFeSnPbHCuHgAgPtAu,在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。金属的位置越靠前，金属的活动性越强。位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。5.B解析：B【解析】A、二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，一氧化碳不反应；B氯酸钾在二氧化镒的作用下分解生成氯化钾和氧气，但是二氧化镒是催化剂，反应前后质量和化学性质不变，引入新的杂质；C、盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，盐酸有挥发性，过量盐酸可通过蒸发除掉；D氧气不与硫酸反应，可用浓硫酸干燥。选B点睛：除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质6.C解析：C【解析】小球漂浮于液面上，所以小球所受的浮力不变，根据阿基米德原理的公式F浮=。液gV排可知，在浮力不变时，当P液增大时，则v排减小，小球将上浮一些；当P液减小时，则v排增大，小球将下沉一些。史 史解：因为小球漂浮于液面上，所以小球所受的浮力不变。盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，氯化亚铁溶于水所以溶液的密度变大，所以液体的密度增大，而小球受到的浮力不变，根据公式F浮=。液gV排可知，排开液体的体积减小，所以小球会上浮，故A正确。 于故选C。点睛：物体的浮沉条件和阿基米德原理的应用，通过小球所受浮力不变，与化学知识结合起来考查了溶液密度的变化，完成此题，要依据已有的物理知识和化学知识结合起来。D解析：D【解析】理论上正确，要求物质的转化需符合物质的性质及变化规律；操作上可行，要求操作应简便易行；经济上合理，要求不能利用价格昂贵的物质转化为价格低廉的物质；根据以上要求，分析每个方案；分析时可首先判断理论上是否可行，然后再考虑操作上的可行性与经济上的合理性。解：A、一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，操作中需要加热不够简便，且使用氢氧化钠制取碳酸钠，经济上不合理；故A不正确；B、与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理；故B不正确；C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的；故C不正确；D、氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理；故D正确。故选D。点睛：熟练掌握物质的性质与变化规律为解答理论上正确所需要的知识基础，熟悉常见物质的用途则为经济上合理的判断提供参考依据。B解析：B【解析】A一氧化碳和和二氧化碳都是无色无味的气体；B硫酸和氯化钡反应生成白色沉淀，盐酸和氯化钡不反应；C生石灰和水反应生成氢氧化钙；D硫酸和氧化铜反应生成硫酸铜和水；选B点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质；鉴别题要做到同一操作下或与同一物质反应时，现象要不同。A解析：A【解析】A.向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸。氢氧化钠先与盐酸反应，碳酸钠后与盐酸反应，在氢氧化钠未被反应完之前不会生成气体；B.向一定量稀硫酸中加水稀释，随水的加入，溶液的酸性变弱，但始终呈酸性，溶液的pH不会等于或大于7；C.二氧化镒是氯酸钾分解的催化剂，只改变氯酸钾的分解速率，不改变生成物的质量。D.向饱和氢氧化钙溶液中加入CaO,氧化钙和水反，使溶液中溶质因水减少而析出；反应放出大量热，氢氧化钙的溶解度减小，氢氧化钙析出，得高温下的饱和溶液，溶质的质量分数减；冷却时，溶解度变大，溶质的质量分数变大，恢复到原温后得原温下的饱和溶液，溶质的质量分数不变。点睛：饱和溶液溶质的质量分数二溶解度：（溶解度+100g）X100%。图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否正确A解析：A【解析】A.等质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应，金属完全反应，生成易溶于水的盐和氢气，最终固体的质量都减少为零；B.饱和溶液是在一定温度下、一定量的溶剂里不能再溶解某物质的溶液叫该物质的饱和溶液，反之为不饱和溶液。一定温度下，向饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体，固体不再溶解，C.向盛有一定量稀硫酸的烧杯中不断加水稀释。溶液的酸性变弱，pH变大，但溶液始终呈酸性，pH不会等于或大于7；D.向一定量的氧化铁中通入一氧化碳气体并持续高温，二者反应生成二氧化碳和铁，固体的质量最终为生成铁的质量，大于零；点睛：图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否正确A解析：A【解析】A碱式碳酸铜在加热条件分解生成氧化铜、二氧化碳、水，所以加热后固体只有氧化铜；碳酸钾和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾，但是碳酸钾过量，会引入新的杂质。C、铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，反应后应将铜、过量的铁通过过滤除掉；D氢氧化钠溶液与二氧化碳反应，不符合除杂要求。选A点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质A解析：A【解析】A.KNO3的溶解度随温度的降低而迅速减小，氯化钠的溶解度受温度较小，除硝酸钾中的少量氯化钠时，应降温结晶。B.NaCl溶液（Na2s04）：加入适量的BaCl2溶液和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，过滤，溶液中只有氯化钠；C.n2（02）：将气体缓缓通过灼热的铜网，氧气和铜反应生成氧化铜固体，气体只剩氮气；D.KCl溶液（K2c03）：加入适量的稀盐酸，和碳酸钾反应生成氯化钾、二氧化碳、水，溶液中只有氯化钾，符合除杂要求；选A点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质A解析：A【解析】A、活性炭能吸附色素异味，但不能除油污；B通过焦炭净化器能将空气中的甲醛吸附；C生石灰即氧化钙和水反应生成固体氢氧化钙，因而可用于吸水，而且由于不与一氧化碳反应，可用于干燥一氧化碳；D,适量的硝酸钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钠，过滤后溶液中的溶质只有硝酸钠，符合除杂要求。选A点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质D解析：D【解析】氧化铜、氧化镁和稀硫酸、硫酸铜、硫酸镁和氢氧化钠反应的化学方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，CuSO4+2NaOH=Cu（OH）21+Na2sO4，MgSO4+2NaOH=Mg（OH）21+Na2sO4，A、由以上反应关系可知，H2sO4〜2NaOH,设稀硫酸中硫酸质量为x,H2so4-2NaOH,98 80x 100gx8%98_ 80T—100g?8%x=9.8g,9.8g稀硫酸的质量为=100g,9.8%该选项说法错误；B、由以上反应关系可知，MgO〜H2sO4，设氧化镁消耗硫酸的质量为y,MgO〜H2sO4，40 980.8gy40_980.8gyy=1.96g,剩余硫酸质量小于：100gx9.8%-1.96g=7.84g,设剩余硫酸消耗氢氧化钠的质量最多为z,H2SO4-2NaOH,98 807.84gz98_807.84g―Tz=6.4g,a的值小于：6.4g+8%=80g,因止匕a的取值范围为0<a<80,该选项说法错误；C、当a值为60时，和硫酸铜、硫酸镁反应的氢氧化钠质量为：（100g-60g）x8%=3.2g,设3.2g氢氧化钠完全和硫酸铜反应时生成氢氧化铜质量为n,完全和硫酸镁反应时生成氢氧化镁质量为p,CuSO4+2NaOH=Cu（OH）/+Na2sO4,MgSO4+2NaOH=Mg（OH）/+Na2sO4,80 98 80 583.2g5.6g3.2g80_98 80_583.2g n 3.2g pn=3.92g,p=2.32g,由计算可知，2.32<b<3.92,因此当a值为60时，b值不可能为4.8,该选项说法错误；D、混合物的质量为7.0g时，氧化铜质量为：7.0g-0.8g=6.2g,设氧化铜消耗硫酸质量为m，CuO+H2SO4=CuS04+H2O，80 986.2gm80_986.2gmm=7.595g，则氧化铜和氧化镁消耗硫酸质量为：7.595g+1.96g=9.555g,剩余硫酸质量为：100gx9.8%-9.555g=0.245g<7.84g,该选项说法正确。B解析：B【解析】A黄铜渣加入过量的稀硫酸后，锌、氧化锌都反应生成硫酸锌，氧化铜反应生成硫酸铜；滤液A中有硫酸铜、硫酸锌、硫酸三种溶质；B.1、11中的操作目的都是将溶液与固体分离，均包含过滤；C.锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，参加反应的的硫酸铜的质量小于生成的硫酸锌的质量，溶液A的质量小于溶液B； D.溶液C是析出晶体得到的饱和溶液，其溶质的质量分数大于同温度下的不饱和溶液B；选B点睛：同种溶质、同种溶剂、同种温度下饱和溶液一定比不饱和溶液浓。B解析：B【解析】①向H2s04溶液逐渐加入NaOH溶液，溶液总质量是增加的，但随着NaOH溶液的增加，溶液总质量会一直增加，即最后不会出现平行于x轴的直线.故①不符合图象；②向HCl溶液中加入大理石，大理石会和稀盐酸反应生成CaCl2、水和C02,有C02气体逸出，但加入的大理石的质量比逸出的二氧化碳的质量大，所以溶液的总质量是增加的；当盐酸消耗完后再加大理石，大理石不和CaCl2反应也不溶于水，所以大理石就不会再进入到溶液中，即溶液的总质量不再改变.故②符合图象；③向BaCl2溶液加入Na2s04溶液，二者会反应生成NaCl和BaSO4其中BaSO4是沉淀，不在溶液中，而且无法判断生成的沉淀的质量比加入的Na2sO4溶液的质量的大小，即溶液总质量变化可能增大可能减少.故③不符合图象；④向H2sO4溶液加入锌粒，二者反应生成ZnSO4和H2，有H2逸出，但加入的锌粒的质量比逸出的H2的质量大，所以溶液总质量增加；当消耗完后，锌粒和ZnSO4不反应也不溶于水，所以锌粒不再进入到溶液中，即溶液总质量不再改变.故④符合图象.故选BB解析：B【解析】甲、乙、丙、丁、戊分别是铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠中的一种，铁会与盐酸反应，盐酸会与氢氧化钙、碳酸钠反应，氢氧化钙会与盐酸、二氧化碳、碳酸钠反应，二氧化碳会与氢氧化钙反应，乙是铁，所以丙是盐酸，故B错误；甲、丁是碳酸钠或氢氧化钙，如果甲是碳酸钠，丁就是氢氧化钙，戊就是二氧化碳，合理；如果甲是氢氧化钙，丁是碳酸钠，二氧化碳不会与碳酸钠反应，不合理，所以甲是碳酸钠，丁是氢氧化钙，戊是二氧化碳，所以C正确；五种物质中，只有铁是单质所以A正确；碳酸钠和氢氧化钙，盐酸之间的反应属于复分解反应，所以D正确。故选BC解析：C【解析】从固体溶解度曲线及其作用和有关溶质质量分数的简单计算。A.由图中给出坐标可知，横坐标为匚C.时对应的纵坐标溶解度为40g；B.由图中给出坐标可知，」•『时，该溶质的溶解度大于40g,因此将40g该物质加入到J」」水中，搅拌后得到的是不饱和溶液；C.温度升高，该物质的溶解度增大，但如果溶质不变，溶质的质量分数也不变；D.若20℃和30℃时，溶液中所溶解的溶质质量可能相等，而不是说温度高溶解的溶质质量就一定多。综上所述，正确答案为：C。A解析：A【解析】A、铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水；氢氧化钠和氯化铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠；氯化铜和铁反应生成铜和氯化亚铁，硫酸与氧化铁反应生成硫酸铁和水；铁和氧气、水作用而锈蚀，铁锈的主要成分为氧化铁，正确；B、盐酸和氧气不反应，错误；C、硫酸不能转化成氯化铜，错误；D、氢氧化钙和氢氧化钠不反应，错误。选AB解析：B【解析】在过氧化氢分解的反应中催化剂加快反应速率，所以a是使用催化剂，b是未使用了催化剂；二氧化镒是氯酸钾分解的催化剂，催化剂的质量在反应中不变，但是反应中固体的总量减小，所以分解过程中二氧化镒的质量分数增加，反应结束后不再改变；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液，只发生一个反应，硫酸铜和氢氧化钠生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀，所以溶液的变化只有两种；向一定量的氢氧化钠溶液中加水稀释，碱的浓度降低，碱性变弱，溶液的pH变小，但不会等于7或小于7.故选BA解析：A【解析】A、硫酸钠与适量的氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，反而会把原物质除去，且引入了新的杂质氯化钠，错误；B、碳粉在足量的空气中灼烧生成二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确；C、HCl能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，再通入浓硫酸进行干燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确；D、NaCl固体和NaOH固体溶于水，分别温度无明显变化、放热，可以鉴别，正确。故选A。点睛：除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。B解析：B【解析】A二氧化碳不可燃不助燃，不能将二氧化碳中的少量一氧化碳点燃，不能达到除杂目的；B没有硫酸反应，银不与硫酸反应；C稀盐酸与氢氧化钠和碳酸钠都反应；D、氯化钠的溶解度受温度很小，应该用蒸发结晶提纯。选B点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质B解析：B【解析】A、CO2能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，CO不与氢氧化钠溶液反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确；B、KC1O3在二氧化镒的催化作用下生成氯化钾和氧气，二氧化镒作催化剂，反应前后质量不变，能除去杂质但引入了新的杂质二氧化镒，不符合除杂原则，错误；C、Na2cO3能与过量盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，再蒸发除去过量的盐酸，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确；D、浓硫酸具有吸水性，且不与氧气反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确。故选B。点睛：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变.除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。D解析：D【解析】A、石灰水中的溶质是氢氧化钙，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小，生石灰与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热；A、随着反应的进行，溶质质量减小，由于生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙的溶解度降低，等温度降低至常温后溶质的质量不再发生变化，错误；B、随着反应的进行，溶解度减小，溶质的质量减小，由于生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶剂的质量较减小，但不会减小到0,错误；C、随着反应的进行，溶质质量减小，溶液质量减小，等温度降低至常温后恢复至原来的状态，错误；D、随着反应的进行，溶质质量减小，浓度减小，等温度降低至常温后恢复至原来的状态，正确。故选D。C解析：C【解析】⑴将此固体粉末加到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色；说明溶液中无硫酸亚铁，因为硫酸亚铁溶液为绿色；有白色沉淀说明有碳酸钙或同时有硫酸钠和氯化钡；或三中物质都有；⑵该白色沉淀部分溶于稀硝酸，并有无色气体产生。说明有碳酸钙、有硫酸钠和氯化钡，碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙和二氧化碳、水，而有气泡冒出；硫酸钠和氯化钡生成硫酸钡沉淀，硫酸钡沉淀不溶于硝酸；硝酸钾不能确定；所以选C点睛：氯化银、硫酸钡不溶液硝酸。二、流程题.2Ni+O2一定条件2NiOC、H、Ni化学链燃烧将空气中不参加反应的N2从空气反应器中排出【解析】【分析】本题在新的情境下考查了化学方程式的书写，化合价的规律等，读懂流程图的涵义是解题关键。【详解】(1)由图可以看出，在空气反应器中，进入的是金属银，同时还有空气，但是空气中的氮气被分流排除了，所以是氧气参加了反应，生成物质时NiO,金属银与氧气在一定条件下发生燃烧的化学方程式为2Ni+O2一定条件2NiO；(2)燃料反应器中发生的部分化学反应如下：H2+NiO==Ni+H2O,CO+NiO==Ni+CO2,氢元素的化合价从0价变成了+1价，镍元素的化合价从+2价变成了0价，碳元素的化合价从+2价变成了+4价，氧元素的化合价反应前后都是-2价，所以反应前后化合价发生改变的元素有C、H、Ni；(3)与CO、H2直接在空气中燃烧相比，由于化学链燃烧将空气中不参加反应的N2从空气反应器中排出，化学链燃烧从燃料反应器排放出的CO2浓度更高。BaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaCl氯化镁、氯化钙、氯化钡或MgCl2、CaCl2、BaC12【解析】【详解】(1)氯化钡和硫酸钠反应，生成硫酸钡沉淀和氯化钠，化学方程式BaCl2+Na2so4=BaSO4J+2NaCl,故填：BaCl2+Na2so4=BaSO4j+2NaCl。(2)若将过滤和加稀盐酸的顺序颠倒，氢氧化钠和氯化镁生成的氢氧化镁沉淀，碳酸钠和氯化钙生成的碳酸钙沉淀，碳酸钠和氯化钡生成的碳酸钡沉淀，都会和盐酸反应，分别生成氯化镁，氯化钙和氯化钡，所得溶液口