高考化学二轮复习12题题型各个击破-物质含量探究实验选择题（选择专练）

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页2020届高考化学二轮复习12题题型各个击破——物质含量探究实验选择题（选择专练）下列实验方案中，不能测定CuO和FeO混合物中FeO质量分数的是A.取a g混合物在一下与足量H2充分反应，将反应后的气体通过碱石灰，碱石灰增重c g

B.取a g混合物在高温下通入足量CO气体，充分反应后，冷却后称得固体质量为c g

C.取a g混合物完全溶于稀硝酸中，加入足量铁粉，充分反应后，过滤、洗涤、烘干，固体比加入的铁粉增重b g

D.取a g混合物用稀硫酸充分溶解后，加入足量Na某实验小组设计如下实验装置(图中夹持装置省略)测定制备的CaCO3粉末的纯度(样品中杂质不与酸反应，反应前装置中的CO2已全部排出)。下列说法错误的是A.缓缓通入空气的作用是将反应结束后装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收

B.A装置和D装置都是为了防止空气中的CO2气体进入C装置而产生误差

C.若CaCO3样品的质量为x，从C中取出的沉淀洗净干燥后的质量为y，则CaCO3的纯度为y×M(CaCO下列说法中，正确的是A.用天平称取固体烧碱时，将烧碱固体放在垫有干净滤纸的托盘上

B.做硫酸铜晶体含水量测定实验，加热后的坩埚冷却过程未放入干燥器，将导致所测结果数据偏低

C.中和滴定实验前，所使用的滴定管和锥形瓶必须洗净，并用待测液润洗。

D.若用50 mL 0.55mo1·L−1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 0.50mo1·L实验室用下图所示装置(图中夹持仪器略去)测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是(

)A.实验过程中持续通入空气可起到搅拌B，C中的反应物的作用

B.实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快

C.依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高

D.C中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是(    )A.溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液

B.溶液A和B均可以选用稀硝酸

C.若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小

D.实验方案Ⅱ更便于实施在环境检测中常用检气管法来测定空气中S02的含量，原理是S02与KIO3发生反应，用一种有机物作指示剂，其可能反应如下(未配平)：①KIA.检气管法是按照反应①原理设计的

B.检气管法是按照反应②原理设计的

C.反应①②均可以设计成检气管法，但考虑到相同量KIO3①消耗SO2少，所以检气管法是按①设计的

D.反应①②均可以设计成检气管法，但考虑到相同量KI将6.4 g铜片和10 mL 18 mol·L−1浓硫酸在圆底烧瓶中共热，直到无气体生成为止，小李同学根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。为了定量或定性地分析剩余硫酸，下列实验设计可达到目的的是

(

A.铁粉、氯化钡溶液和碳酸氢钠溶液均分别能够用来证明反应结束后的烧瓶中确有硫酸剩余

B.为定量测定剩余硫酸浓度，可将产生的气体缓缓通过预先称量过的盛有碱石灰的干燥管，结束反应后再次称量，发现干燥管质量增加m1g

C.为定量测定剩余硫酸浓度，可将气体缓缓通入足量硝酸钡溶液中，然后过滤、洗涤、干燥，称得沉淀的质量为m2g

D.为定量测定剩余硫酸浓度，分离出反应后的溶液(假定反应前后烧瓶中溶液的体积不变)并加蒸馏水稀释至1000 mL，取20.00 mL于锥形瓶中，滴入2～3滴酚酞指示剂，用标准NaOH溶液进行滴定(已知氢氧化铜开始沉淀的氮化铝(AlN)是一种重要的无机非金属原料，常温下可发生反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。某课题小组利用甲图所示装置测定样品中AlN的含量(A.量气管中的液体应为水

B.用长颈漏斗代替分液漏斗，有利于控制反应速率

C.反应结束时，a、b两管液面的差值即为产生气体的体积

D.若其他操作均正确，实验结束时按乙图读数，测得的AlN含量偏高现有a g Na2SO3和Na2SOA.将样品配制成V1mL溶液，取其中25.00 mL用标准KMnO4溶液滴定，消耗标准KMnO4溶液V2mL

B.向样品中加足量H2O2，再加足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为bg

C.将样品与足量稀盐酸混合，充分反应后，再加入足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为某课外小组利用如图装置进行实验，通过称量装置B反应前后的质量变化，测定某纯碱试样(含氯化钠杂质)中的碳酸钠的质量分数。下列实验操作一定造成结果偏小的是(

)

A.滴加稀硫酸前通入N2，滴加稀硫酸后停止通入N2

B.将稀硫酸改为稀盐酸，A中为浓硫酸

C.将N2换为空气，A中为浓硫酸

D.A中为浓硫酸，省去某同学为测定Na2CO3固体(含少量NaCl)的纯度，设计如下装置(含试剂)进行实验。下列说法不正确的是

(

A.必须在②③间添加吸收HCl的装置

B.④的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度

C.实验后通入空气的作用是保证②中产生的气体完全转移到③中

D.称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算Na2现有Na2SO3、Na2A.将样品配制成V1L溶液，取其中25.00 mL用标准KMnO4溶液滴定，消耗标准KMnO4溶液的体积是V2ml

B.向样品中加足量H2O2，再加足量BaCl某NaHCO3样品中混有少量的Na2COA.取样品mg，配成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中；滴加几滴石蕊试液，用浓度为cmol/L的标准盐酸滴定至终点时，消耗盐酸VmL

B.取样品mg，充分加热，冷却，称量固体的质量为n1g

C.取样品mg，滴加足量的BaCl2溶液，过滤，洗涤，干燥后称量固体的质量为n2g

D.为测定含镁3%～5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2种实验方案：方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量；方案二：称量m g铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测得固体质量增重。

下列说法不正确的是(    )A.方案一中若称取5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol·L−1NaOH溶液中反应，则V≥100 mL

B.方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高

C.方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量

D.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、A.根据上述步骤Ⅱ可以得出蓝色溶液中n(Cu2+)=0.02

mol

B.步骤Ⅱ中质量减少的固体物质一定是Fe2O3

C.步骤Ⅰ中减少的3

g固体一定是混合物

D.根据步骤Ⅰ实验室进行：Cu+2H2SO4(浓)△CuSO4+SO2A.加入足量BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥、恒重，称得固体质量为W1

g

B.加入过量的W2

g

Zn充分反应后，过滤、洗涤、干燥、恒重，称得固体质量为W3

g

C.加入过量的W4

g

CaCO3反应停止后，过滤、洗涤、干燥、恒重，称得固体质量为W5

g

葡萄酒中常加入亚硫酸盐作为食品添加剂。为检测某葡萄酒样品中亚硫酸盐的含量(通常以酒样中SO2的量计算)，某研究小组设计了如下实验(已知还原性；SO32−>IA.滴定时发生反应的离子方程式为OH−+H+=H2O

B.某混合物X由Al2O3、Fe29.4 g X――→过量NaOH溶液步骤Ⅰ6.4 g固体下列有关说法正确的是(    )A.步骤Ⅰ中减少的3 g固体一定是混合物

B.步骤Ⅱ中质量减少的物质一定是Cu

C.根据步骤Ⅰ、Ⅱ可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu侯德榜是近代化学工业的奠基人之一，是世界制碱业的权威。某同学在实验室模拟侯氏制碱法生产的纯碱中含有少量NaCl，下列说法正确的是(    )A.相同温度下，碳酸钙在纯碱溶液中的溶度积小于在水中的溶度积

B.用标准盐酸滴定一定质量的样品，可以测量出纯碱的纯度

C.用托盘天平称取10.60g样品配制溶液进行实验

D.只用硝酸银溶液，即可鉴别样品溶液中是否含有氯离子混合物X由Fe2O3、Cu、下列说法正确的是

(

)A.经步骤Ⅰ，得到蓝色溶液，说明铜与过量的盐酸发生置换反应

B.由步骤Ⅰ可判断Fe2O3是碱性氧化物，由步骤Ⅱ可判断SiO2是酸性氧化物

C.Fe2O3的质量为4.48 g，SiO2的质量为在硫酸铜晶体(CuSO4⋅n H2A.晶体未研成粉末 B.坩埚未干燥

C.加热过程中晶体爆溅 D.加热时间过长，部分变黑通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2(含Na2CO3)纯度，实验装置如图A.干燥管b中装入碱石灰

B.测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3

C.测定总体积后，关闭K3，打开K1，可观察到Q气球慢慢缩小，并测出氧气体积

D.Q某课外兴趣小组同学利用下图装置测定FeSO4·xH2O中结晶水含量，实验前测得装置A(包括石英玻璃管及两端开关K1和K2)的质量为A.仪器B的名称为球形干燥管，其中可装入碱石灰

B.加热前先通入一段时间的N2以排除装置中的空气，目的是防止发生爆炸

C.若加热直至恒重时，A的质量为m3g，则x=76m2−为了探究FeSO4和Cu(NOA.n=0.02

B.V=2240

C.m=3.2

D.原混合物中FeSO4和Cu(NO答案和解析1.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查物质的含量的测定实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握反应的原理和计算方法，难度中等。

【解答】

A.设CuO和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，则有80x+72y=a，x+y=c18，联解可得到CuO和FeO的物质的量，也就可以算出质量分数，故A正确；

B.设CuO和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，则有80x+72y=a，64x+56y=c，联解可得到CuO和FeO的物质的量，也就可以算出质量分数，故B正确；

C.由于不知道硝酸是否过量，没办法计算加入的铁粉质量，也就没办法算出CuO和FeO的物质的量，故C错误；

D.混合物用稀硫酸充分溶解后，加人足量Na2O2粉末，最后得到氧化铁和氧化铜，设CuO和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，则有80x+72y=a，64x+80y=c，联解可得到CuO和FeO的物质的量，也就可以算出质量分数，故D正确。

故选C【解析】【分析】本题考查了物质纯度的测定，完成此题，可以依据已有的物质的性质进行，要求同学们熟练掌握常见物质的性质，以便灵活应用。明确测定原理是解答本题的关键。【解答】碳酸钙纯度的测定原理为：碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳气体，二氧化碳与氢氧化钡溶液反应，生成碳酸钡沉淀，根据碳酸钡沉淀的质量计算产生的二氧化碳的物质的量从而确定碳酸钙的质量。A.鼓入空气的作用是将反应结束后装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收，故B.装置A和D装置都是为了防止空气中的CO2气体进入C

装置而产生误差，故C.若CaCO3样品的质量为x，从C

中取出的沉淀洗净干燥后的质量为y，则碳酸钡的物质的量为yMBaCO3，根据C原子守恒可知，CaCO3D.由于C中氢氧化钡溶液足量，挥发的盐酸对测定结果无影响，若在B、C装置中间加一个装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，盐酸与碳酸氢钠反应会生成二氧化碳气体，会影响测定结果，故D错误。故选D。

3.【答案】B

【解析】略

4.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查实验操作，以测定牙膏中碳酸钙的含量考查实验操作，反应速率的控制，实验的误差以及物质的分离和提纯等，难度不大。

【解答】

A.气体可以带动液体的流动，以致充分混合，故A正确；

B.实验过程中滴加盐酸的速率过快会导致产生的CO2气体无法完全吸收，故B正确；

C.装置C可能会吸收少量B中挥发出来的HCl，所以结果会偏高，故C正确；

D.C中的沉淀经过滤、洗涤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量，故D错误。

故选D。

5.【答案】【解析】【分析】本题考查学生对实验方案的理解与评价，元素化合物的性质，难度中等，清楚物质的性质，理解实验原理是关键。

【解答】A.铜铝混合物与盐酸或NaOH溶液反应时，均只有Al参加反应，故A正确；

B.若A、B均选用稀HNO3，则两种金属均可反应，方案Ⅱ中无固体剩余，故B错误；

C.当B选用浓HNO3时，铝钝化生成氧化膜，所测铝的质量偏大，则铜的质量分数偏小，故C正确；

D.方案Ⅰ需收集气体，并需要将其转化为标准状况，不如方案Ⅱ称固体质量方便，故D正确。

故选B。

【解析】解：反应①中，反应前后溶液的颜色变化明显，而反应②中，反应前后没有明显现象，所以设计检气管的原理应该选反应①．

故选A．

根据题意判断作指示剂的有机物是淀粉，因反应①中有I2生成，可使淀粉变蓝，所以当淀粉变蓝时表示SO2完全反应，根据消耗的KIO3的物质的量，可求空气中SO2的含量．【解析】【分析】

本题考查性质探究实验、实验方案的设计与评价及误差分析的知识，难度中等，理解原理是解题的关键，注意基础知识的掌握。

【解答】

A.验证剩余的稀硫酸，必须与硫酸反应且现象明显，所以加入铁粉会生成气体说明含有氢离子证明有余酸，加入氯化钡溶液会产生白色沉淀式硫酸根离子的性质，因反应生成的产物中含有硫酸铜，也可以生成白色沉淀，所以不能证明酸的存在，加入碳酸氢钠溶液生成气体说明有气体生成是氢离子的性质可以证明有酸的存在，故A错误；

B.碱石灰除吸收二氧化硫外还能吸收水，测得二氧化硫质量增大，导致余酸的物质的量浓度偏低，故B错误；

C.二氧化硫通入足量的硝酸钡溶液，生成硫酸钡沉淀，依据S元素守恒，通过硫酸钡的质量计算二氧化硫的量，故C正确；

D.用标准NaOH溶液滴定剩余硫酸时，由于在溶液中含有CuSO4，用酚酞作指示剂，Cu2+也会与碱反应生成沉淀，不能达到滴定终点，无法准确测定剩余硫酸的物质的量的多少，故D错误。

故选C。

【解析】【分析】

本题考查了化学实验方案的设计与评价，难度中等。

【解答】

A.该实验的目的是通过测定生成气体的体积从而计算AlN的含量，氨气极易溶于水，量气管中的液体不能为水，故A错误；

B.用长颈漏斗代替分液漏斗，不能控制反应速率，故B错误；

C.反应结束时，反应前后右侧量气管中液面的差值才是产生气体的体积，故C错误；

D.若其它操作均正确，实验结束时按乙图读数，即俯视读数，读取的氨气体积偏大，测得AlN含量偏高，故D正确。

故选D。

9.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了物质的组成含量探究实验，难度一般。

【解答】

A.用标准KMnO4溶液滴定，KMnO4氧化亚硫酸根，可以根据方程式计算亚硫酸根的量，故A正确；

B.双氧水氧化亚硫酸根全部变成硫酸根，根据原样品量和硫酸钡沉淀的量列方程组求算，故B正确；

C.将样品与足量稀盐酸充分反应除亚硫酸根后，再加入足量BaCl2溶液，可求得硫酸根的量，结合原样品的量进行计算，故C正确；

D.盐酸易挥发，通入NaHSO3的洗气瓶时，会使二氧化硫的量增加，测定结果有误差，故D错误。

【解析】【分析】

本题考查测定样品纯度的定性实验，意在考查考生的分析能力。题目难度一般。

【解答】

A.当稀硫酸和样品反应结束后，三颈烧瓶中有CO2残留，若停止通入N2，生成的CO2未被B中的碱石灰全部吸收，导致测量结果偏小，故A符合题意；

B.将稀硫酸改为稀盐酸，HCl挥发，导致反应后B装置质量偏大，测得的碳酸钠的质量分数偏大，B不选；

C.将N2换为空气，空气中含有CO2，使反应后B装置质量偏大，测得的碳酸钠的质量分数偏大，C不选；

D.省去C装置，空气中的CO2和水蒸气会进到B中，测得的碳酸钠的质量分数偏大，D【解析】【分析】本题考查物质的含量的测定，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，把握操作方法，难度不大。【解答】

A.氢氧化钡足量，可与氯化氢反应，同时吸收二氧化碳，无需单独添加吸收HCl的装置，故A错误；

B.碱石灰可与二氧化碳反应，可防止空气中的气体影响实验的精确度，故B正确；

C.通入空气，可将生成的二氧化碳完全转移到③中，以被充分吸收，减小实验误差，故C正确；

D.③中产生的沉淀为碳酸钡，根据碳酸钡的质量可计算样品中的碳酸钠，可计算样品含量，故D正确。

故选A。

12.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查物质的含量的测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

【解答】

A.混合物中的Na2SO3与KMnO4溶液发生氧化还原反应，由得失电子守恒及消耗标准KMnO4溶液V2mL计算Na2SO3的物质的量n，再由m=nM计算其质量，最后结合样品质量可计算Na2SO3的质量分数，故A正确；

B.H2O2将Na2SO3氧化成硫酸钠，再加足量BaCl2溶液，过滤，称量其质量得出硫酸钡的物质的量即为b233mol，再根据硫原子守恒，硫酸钡的物质的量就是Na2SO3、Na2SO4混合物总物质的量为b233mol，再结合样品ag，设Na2SO3为xmol，N【解析】【分析】

本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握差量法、守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算、化学实验能力。

【解答】

A.该滴定操作应该用酚酞作指示剂，若用石蕊，会产生较大误差，无法达到实验目的，故A选；

B.取样品mg，充分加热，冷却，称量固体的质量为n1g，计算出加热前后固体的质量差，利用差量法计算出碳酸氢钠的质量，从而可计算出碳酸氢钠的纯度，故B不选；

C.取样品mg，滴加足量的BaCl2溶液，过滤，洗涤，干燥后得到的n2g为碳酸钡，该碳酸钡为碳酸钠与氯化钡反应生成的，据此可计算出碳酸钠的量，然后可计算出碳酸氢钠的纯度，故C不选；

D.取样品mg，滴加足量的Ba(OH)2过滤，洗涤，干燥后称量的n3g为碳酸钡，利用C元素守恒可计算出碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量，然后设出二者物质的量，利用质量、物质的量列式计算即可，故D【解析】【分析】

本题考查物质含量的测定，为高频考点，题目侧重考查对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。

【解答】

A.含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为，5.4g×(1−3%)=5.4×97%g，则：

2Al + 2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

54g

2mol

5.4g×97%

V×10−3L×2.0mol/L

所以54g：(5.4g×97%)=2mol：(V×10−3L×2.0mol/L)，解得：V=97，故V(NaOH溶液)≥97mL，故A错误；

B.过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则固体表面吸附溶质，质量偏大，则镁的质量分数偏高，故B正确；

C.Mg、Al均与氧气反应，生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，故C正确；

D.用空气代替O2进行实验，发生反应：3Mg+N2− 点燃  Mg3N2，2Mg+CO2− 点燃  2MgO+C，测定生成固体的质量变大，则镁的质量分数偏高，故【解析】解：A.6.4g变成1.92g，质量减少6.4g−1.92g=4.48g，减少的质量为Fe2O3和部分Cu，剩余的1.92g为铜，设溶解的铜的物质的量为x，根据反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+可知氧化铁的物质的量也为x，则64x+160x=4.48，解得x=0.02mol，故A正确；

B.步骤II中发生了反应：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，6.4g固体为铜和Fe2O3的混合物，减少的为铜和氧化铁，故B错误；

C.Al2O3、SiO2都能够与NaOH溶液反应，所以步骤I中减少的3g固体可能为氧化铝或二氧化硅，不一定为混合物，故C错误；

D.6.4g变成1.92g，质量减少6.4g−1.92g=4.48g，减少的质量为Fe2O3和部分Cu，剩余的1.92g为铜，设铜的物质的量为x，根据反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+可知氧化铁的物质的量也为x【解析】解：反应后溶液中存在CuSO4和H2SO4，如计算H2SO4浓度，应能计算出H2SO4的物质的量，

A.加入足量BaCl2溶液，CuSO4和H2SO4都参加反应生成硫酸钡沉淀，不能确定反应残余液中硫酸的浓度，故A错误；

B.涉及反应有Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，H2SO4+Zn=ZnSO4+H2↑，W3

g为Zn和Cu的质量，设CuSO4、H2SO4的物质的量分别为x、ymol，则W2−65(x+y)+64x=W3，不能计算H2SO4的物质的量，故【解析】【分析】本题考查了物质含量的测定的基础知识，侧重考查了学生理解运用能力，平时学习时要注意基础知识的积累掌握，提高解题的正答率。【解答】A.滴定时发生反应的离子方程式为I2+ SOB.温度越高，气体在水中的溶解度越小，通入N2和煮沸可以将产生的气体从溶液中全部赶出，故BC.滴定时有碘单质参加反应，所以需要加入淀粉溶液作指示剂，故C正确；D.葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性，故D正确。故选A。

18.【答案】D

【解析】【分析】本题考查物质的检验和含量的测定，有关化学反应的简单计算，题目难度中等，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，选项D为难点和易错点，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量。【解答】A.步骤Ⅰ中，加入过量氢氧化钠溶液固体质量减少了3g，溶解的物质可能是Al2O3和SiO2中的一种或两种，故A错误；

B.步骤Ⅱ中加入过量盐酸，Fe2O3溶解后又和Cu发生反应，故减少的固体是Fe2O3和Cu，故B错误；

C.根据步骤I只能判断混合物中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质，无法确定Al2O3、SiO2是否都存在；步骤II可以确定一定存在Fe2O3、Cu，故C错误；

D.设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe

19.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查溶度积、物质的含量测定原理、鉴别等知识，难度不大，理解教材知识即可解答。

【解答】

A.溶度积只与温度有关，所以相同温度下，碳酸钙在纯碱溶液中的溶度积等于在水中的溶度积，故A错误；

B.标准盐酸只与纯碱反应，不与氯化钠反应，根据消耗盐酸的体积则可得出纯碱物质的量，从而计算出纯碱的纯度，故B正确；

C.托盘天平的精确度为0.1g，不能称量10.60g，故C错误；

D.纯碱溶液也能与硝酸银溶液反应生成白色碳酸银沉淀，对氯离子的检验有干扰，应该用硝酸酸化的硝酸银溶液进行检验，故D错误。

故选B。

20.【答案】B

【解析】【分析】

本题主要考查混合物的组成与含量，解题关键是掌握物质的化学性质及定量计算，据此答题。

【解答】

经步骤Ⅰ，得到蓝色溶液，说明氧化铁完全与盐酸反应生成氯化铁，随后铜与氯化铁发生反应生成氯化铜和氯化亚铁，溶液出现蓝色，经步骤Ⅱ，可得1.6g固体C一定为铜单质，则固体B为SiO2和Cu的混合物，由此推出SiO2的质量为4.6g−1.6g=3g，假设原混合物X中氧化铁的物质的量为a mol，铜为b mol，则与铁离子反应的铜为(b−1.6/64)mol，由质量守恒得160a+64b+3=9.08，由铜与三价铁发生化学反应的数量关系得(b−1.6/64)/2a =1/2，解得a=0.02，b=0.045，即氧化铁为3.2g，铜为2.88g，二氧化硅为3.0g。

A.

铜与盐酸不发生置换反应，故A错误；

B.由步骤Ⅰ得Fe2O3与盐酸反应是碱性氧化物，由步骤Ⅱ得SiO2与氢氧化钠溶液反应是酸性氧化物，故B正确；

C.由计算得Fe2O3的质量为3.2g，故C错误；

D.【解析】解：A、晶体未研成粉末，导致晶体分解不完全，固体的质量差偏小，则n值偏小，故A正确；

B、坩埚未干燥，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故B错误；

C、加热过程中晶体爆溅，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故C错误；

D、加热时间过长，部分变黑等都将导致硫酸铜分解固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，故m(H2O)偏大，

m(CuSO4)偏小，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故D错误；

【解析】【分析】

本题考查混合物含量的测定，题目难度中等，本题要搞清量筒Ⅰ、Ⅱ的作用，根据反应的化学方程式计算即可解答。

【解答】

A.加入氯水与样品反应在Q气球中