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A②>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“”“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A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%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 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。