2019-2020年中考化学二模试题(IV).doc

2019-2020年中考化学二模试题(IV)一、选择题1下列变化中，属于化学变化的是（）A酒精挥发B海水晒盐C火力发电D冰川融化2小军同学自制汽水所需配料如图所示下列说法不正确的是（）A小苏打属于碱类物质B柠檬酸溶液的pH7C小苏打与柠檬酸反应产生二氧化碳气体D汽水中的部分二氧化碳跟水发生反应3比较推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是（）A金刚石很硬，故石墨也很硬B烧碱属于碱，故纯碱也属于碱C生铁比纯铁硬，故黄铜比纯铜硬D氢氧化铝可治疗胃酸过多，故氢氧化钠也可治疗胃酸过多4某同学向如图实验装置中通入气体X，若关闭活塞A，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞A，澄清石灰水不变浑浊，则气体X和洗气瓶内溶液Y分别可能是（） A B C D X HCl HCl CO2 CO2 Y（足量） Na2CO3 NaOH 浓硫酸NaOHAABBCCDD5铜锈的主要成分是碱式碳酸铜碱式碳酸铜受热分解的化学方程式为：Cu2（OH）2CO32CuO+X+CO2下列说法正确的是（）A反应前后固体物质中铜元素的质量分数不变BX是相对分子质量最小的氧化物C碱式碳酸铜原子和氧原子的个数比为2：3D加热Cu2（OH）2CO3的实验装置和实验室制取CO2的发生装置相同6下列除去杂质的试剂和方法可行的是（） 选项 物质（括号内为杂质） 除杂试剂和方法 A Mg（NO3）2溶液（AgNO3） 加入过量铁粉，过滤 B NaCl溶液（Na2SO4） 加入适量的BaCl2溶液，过滤 C CO2（CO） 通过足量NaOH溶液 D N2（O2）通过灼烧的氧化铜AABBCCDD7下列图象能正确反应其对应的实验操作的是（）A一定温度下，向接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体B向硫酸和硫酸铜混合溶液中滴加过量的氢氧化钠溶液C将等质量的镁粉和铝粉分别与足量等浓度的稀硫酸反应D向盛有一定量稀硫酸的烧杯中不断加水稀释8将等质量的锌粉和铁粉分别放入质量相等、浓度相同的稀盐酸中，生成氢气的质量（m）随时间（t）的变化曲线如图对于该图象的理解，下列说法正确的有（）反应结束后稀盐酸都无剩余反应结束后两种金属一定都有剩余反应后得到两种溶液的质量不相等反应结束后消耗两种金属的质量相等A的反应速率比B快A的金属活动性比B强ABCD二、非选择题（共5小题，满分26分）9如图A、B所示是氧元素在元素周期表中的信息和该元素形成的某种微粒的结构示意图，根据图示回答：（1）x=；（2）图B所表示的微粒符号为；（3）写出C装置中发生反应的化学方程式10根据如图A、B、C三种物质的溶解度曲线回答：（1）A、B、C三种物质有可能为气体的是（2）t1时，将等质量的A和B分别加入盛有等质量水的烧杯中，充分搅拌后，其中一个烧杯中仍有少量固体未溶解，则未溶解的固体是（3）现要配制t3时，A物质的饱和溶液75g，需要A物质的质量为（4）t3等质量的A、B、C的饱和溶液降温到t2，下列说法正确的是A析出晶体最多的是B B含溶剂量最多的是C C剩余溶液中，A与B的溶质的质量相等 Dt2时A、B、C都得到饱和溶液11某化学兴趣小组的同学在教师的指导下，开展如下探究活动探究一：物质推断A、B、C、D、E分别是硝酸钠、碳酸钠、氢氧化钠、氯化钠、硫酸钠的一种，已知D物质是一种盐，其水溶液显碱性，他们之间的部分转化关系如图1：（1）物质B是（填化学式）（2）五种物质中属于碱类的物质是（填字母）探究二：某无色溶液甲可能含有氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠、硫酸钠、硝酸钠中的一种或几种溶质，某无色溶液乙可能含有硝酸钡与氯化钠（如图2）（3）通过上述操作可知，溶液甲中一定没有（填化学式）（4）滤液C中除指示剂一定含有的溶质是（5）若观察到的现象，则证明甲中存在氢氧化钠（6）通过上述操作不能确定无色溶液甲中某种物质一定存在，若要证明甲中该物质的存在，需要补充的实验操作是12化学兴趣小组的同学利用某化工厂的废碱液（主要成分为碳酸钠，还含有少量氯化钠，其它杂质不计）和石灰乳为原料制备烧碱，并对所得的烧碱粗产品的成分进行分析和测定一、粗产品制备（1）将废碱液加热蒸发浓缩，形成较浓的溶液，冷却后与石灰乳混合（2）将反应后的混合物过滤，得到的滤液进行蒸发结晶，制得NaOH粗产品二、粗产品成分分析（1）取适量粗产品溶于水，滴加Ba（NO3）2溶液出现白色浑浊，该粗产品中一定不含有，理由是（2）该小组同学通过对粗产品成分的实验分析，确定该粗产品中含有三种物质三、粗产品碳酸钠含量测定（1）该兴趣小组的同学设计了如图所示的实验装置，取10.0g粗产品，进行实验（2）操作步骤连接好装置，检查气密性；打开弹簧夹C，在A处缓缓通入一段时间空气；称量G的质量为12g；关闭弹簧夹C；慢慢滴加浓盐酸至过量，直至D中无气泡冒出；打开弹簧夹C，再次缓缓通入一段时间空气再次称量G的质量，为13.48g（3）问题探究F中的试剂应为，H装置的作用是事实上10.0g粗产品只能产生0.44g CO2请仔细分析上述实验，实验值比正确值0.44g（填“偏大”或“偏小”）；解释其原因（假设操作均正确）13实验室欲测定一瓶标签破损的稀H2SO4的溶质质量分数现取10g稀硫酸样品，将5%的NaOH溶液逐滴加入到样品中，边加边搅拌，随着NaOH溶液加入，溶液的pH的变化如图所示试回答：（1）a点溶液中含有的溶质有（2）计算稀H2SO4的溶质质量分数xx年湖北省武汉市江岸区中考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列变化中，属于化学变化的是（）A酒精挥发B海水晒盐C火力发电D冰川融化【考点】化学变化和物理变化的判别【专题】物质的变化与性质【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断【解答】解：A、酒精挥发过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化B、海水晒盐过程中没有新物质生成，属于物理变化C、火力发电过程中有新物质生成，属于化学变化D、冰川融化过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化故选C【点评】本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化2小军同学自制汽水所需配料如图所示下列说法不正确的是（）A小苏打属于碱类物质B柠檬酸溶液的pH7C小苏打与柠檬酸反应产生二氧化碳气体D汽水中的部分二氧化碳跟水发生反应【考点】酸碱盐的应用；二氧化碳的化学性质；溶液的酸碱性与pH值的关系；常见的氧化物、酸、碱和盐的判别【专题】化学与生活【分析】A、根据酸碱盐的概念进行区别；B、柠檬酸属于酸，酸性溶液的pH值7；C、小苏打显碱性，小苏打（NaHCO3）和柠檬酸会发生中和反应；D、部分二氧化碳溶于水生成碳酸【解答】解：A、小苏打的化学名为碳酸氢钠，是由由金属离子和酸根离子组成的化合物，属于盐，故A错误；B、柠檬酸属于酸，它的pH7，故B正确；C、柠檬酸是一种酸，与显碱性的小苏打发生反应生成二氧化碳气体，故C正确；D、二氧化碳能与水反应生成碳酸，故D正确故选：A【点评】该题以汽水为载体，考查了碳酸氢钠、二氧化碳的化学性质，常见的酸、碱、盐的区别等知识点在解答时要明确题目所需解决的问题，善于联系所学知识并迁移到该题进行解答3比较推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是（）A金刚石很硬，故石墨也很硬B烧碱属于碱，故纯碱也属于碱C生铁比纯铁硬，故黄铜比纯铜硬D氢氧化铝可治疗胃酸过多，故氢氧化钠也可治疗胃酸过多【考点】碳单质的物理性质及用途；合金与合金的性质；常见碱的特性和用途；常见的氧化物、酸、碱和盐的判别【专题】物质的分类；碳单质与含碳化合物的性质与用途；金属与金属材料；常见的碱 碱的通性【分析】A根据碳单质的性质来分析；B根据纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠属于盐；C黄铜是由铜和锌的合金，合金的硬度一般比其组分中任一金属的硬度大；D氢氧化钠有强烈的腐蚀性进行解答【解答】解：A金刚石虽很硬，但石墨却很软，故错误；B纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠属于盐，故错误；C黄铜是由铜和锌的合金；合金的硬度一般比其组分中任一金属的硬度大，故正确；D氢氧化钠有强烈的腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故错误故选C【点评】本题考查化学中的常用的思维方法推理，属于易错题型，推理法是重要的思维方法，根据已有的知识，推测未知的领域，要细心，符合事实、规律，不要盲目推理4某同学向如图实验装置中通入气体X，若关闭活塞A，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞A，澄清石灰水不变浑浊，则气体X和洗气瓶内溶液Y分别可能是（） A B C D X HCl HCl CO2 CO2 Y（足量） Na2CO3 NaOH 浓硫酸NaOHAABBCCDD【考点】常见气体的检验与除杂方法【专题】物质的检验、鉴别与推断【分析】根据题干提供的信息进行分析，关闭活塞A，则X通过Y后能使石灰水变浑浊，说明X与Y接触后有二氧化碳；打开活塞A，则X直接进入试管中，没有二氧化碳【解答】解：A、若X是氯化氢，Y是碳酸钠，关闭活塞A，氯化氢通过碳酸钠与碳酸钠反应生成二氧化碳，进入石灰水会使石灰水变浑浊，打开活塞A，则氯化氢直接进入试管中，不会使石灰水变浑浊，故正确；B、若X是HCl，Y是氢氧化钠，关闭活塞A，则HCl会与氢氧化钠反应生成氯化钠，HCl被消耗，进入石灰水不会使石灰水变浑浊，打开活塞A，则氯化氢直接进入试管中，不会使石灰水变浑浊，故错误；C、若X是二氧化碳，Y是浓硫酸，关闭活塞A，二氧化碳通过浓硫酸后不与浓硫酸反应，进入石灰水会使石灰水变浑浊，打开活塞A，则二氧化碳直接进入试管中，会使石灰水变浑浊，故错误；D、若X是二氧化碳，Y是氢氧化钠，关闭活塞A，则二氧化碳会与氢氧化钠反应生成碳酸钠，二氧化碳被消耗，不会使石灰水变浑浊，打开活塞A，则二氧化碳直接进入试管中，会使石灰水变浑浊，故错误；故选A【点评】实验现象是进行分析推理得出结论的依据，掌握物质的性质和相互之间的反应关系，并有助于提高观察、实验能力，所以，对化学实验不仅要认真观察，还应掌握观察实验现象的方法5铜锈的主要成分是碱式碳酸铜碱式碳酸铜受热分解的化学方程式为：Cu2（OH）2CO32CuO+X+CO2下列说法正确的是（）A反应前后固体物质中铜元素的质量分数不变BX是相对分子质量最小的氧化物C碱式碳酸铜原子和氧原子的个数比为2：3D加热Cu2（OH）2CO3的实验装置和实验室制取CO2的发生装置相同【考点】质量守恒定律及其应用；从组成上识别氧化物【专题】化学用语和质量守恒定律【分析】A、根据方程式可知固体质量减少，而铜元素的质量不变，分析元素质量分数的变化；B、根据化学式中右下角的数字的意义分析；C、根据反应前后原子的种类和个数都不变分析X的化学式；D、根据反应物的状态和反应条件分析发生装置【解答】解：A、由方程式可知固体质量减少，而铜元素的质量不变，因此铜元素的质量分数变大，故选项错误；B、反应前后原子的种类和个数都不变，可判断X的化学式是H2O，H2O是相对分子质量最小的氧化物，故选项正确；C、化学式中同种原子的个数要合并，因此Cu2（OH）2CO3中铜原子和氧原子的个数比是2：5，故选项错误；D、加热Cu2（OH）2CO3的实验装置是固体加热型的发生装置，而实验室制取二氧化碳用稀盐酸和石灰石，是固液常温型的发生装置，发生装置不同，故选项错误故选：B【点评】本题是有关化学式及化学方程式等化学用语的考查，难度不大，依据相关的知识分析即可，注意理解化学式的意义6下列除去杂质的试剂和方法可行的是（） 选项 物质（括号内为杂质） 除杂试剂和方法 A Mg（NO3）2溶液（AgNO3） 加入过量铁粉，过滤 B NaCl溶液（Na2SO4） 加入适量的BaCl2溶液，过滤 C CO2（CO） 通过足量NaOH溶液 D N2（O2）通过灼烧的氧化铜AABBCCDD【考点】物质除杂或净化的探究；常见气体的检验与除杂方法；盐的化学性质【专题】物质的分离和提纯；物质的分离、除杂、提纯与共存问题【分析】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：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质【解答】解：A、过量铁粉能与AgNO3溶液反应生成硝酸亚铁溶液和银，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸亚铁，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误B、Na2SO4能与适量的BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确C、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，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误D、O2不与灼烧的氧化铜反应，不能除去杂质，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误故选：B【点评】物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键7下列图象能正确反应其对应的实验操作的是（）A一定温度下，向接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体B向硫酸和硫酸铜混合溶液中滴加过量的氢氧化钠溶液C将等质量的镁粉和铝粉分别与足量等浓度的稀硫酸反应D向盛有一定量稀硫酸的烧杯中不断加水稀释【考点】饱和溶液和不饱和溶液；金属的化学性质；碱的化学性质；酸碱溶液的稀释【专题】实验操作型【分析】A、根据一定温度下，向接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体，开始溶液的质量不断增加，当达到饱和状态后不能再继续溶解硝酸钾，溶液的质量不变进行解答；B、根据氢氧化溶液先和硫酸反应生成硫酸钠和水，当硫酸反应完后，氢氧化钠溶液再和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠进行解答；C、根据将等质量的镁粉和铝粉分别与足量等浓度的稀硫酸反应，镁的金属活动性大于铝，所以镁反应放出氢气的速率快，但是最终生成氢气的质量是铝多进行解答；D、根据向盛有一定量稀硫酸的烧杯中不断加水稀释，溶液的酸性不断减弱，pH值不断增大，但是溶液的pH值不会等于7进行解答【解答】解：A、一定温度下，向接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体，开始溶液的质量不断增加，当达到饱和状态后不能再继续溶解硝酸钾，溶液的质量不变，故A正确；B、氢氧化溶液先和硫酸反应生成硫酸钠和水，当硫酸反应完后，氢氧化钠溶液再和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，所以开始没有沉淀生成，故B正确；C、将等质量的镁粉和铝粉分别与足量等浓度的稀硫酸反应，镁的金属活动性大于铝，所以镁反应放出氢气的速率快，但是最终生成氢气的质量是铝多，而不是镁生成的氢气多，故C错误；D、向盛有一定量稀硫酸的烧杯中不断加水稀释，溶液的酸性不断减弱，pH值不断增大，但是溶液的pH值不会等于7，故D错误故选：AB【点评】此题是过程与图象结合题，是对学生识图能力的考查，解题的关键是能正确的分析各个反应的过程，并结合图象分析问题，对培养学生分析问题的能力有一定帮助8将等质量的锌粉和铁粉分别放入质量相等、浓度相同的稀盐酸中，生成氢气的质量（m）随时间（t）的变化曲线如图对于该图象的理解，下列说法正确的有（）反应结束后稀盐酸都无剩余反应结束后两种金属一定都有剩余反应后得到两种溶液的质量不相等反应结束后消耗两种金属的质量相等A的反应速率比B快A的金属活动性比B强ABCD【考点】金属的化学性质【专题】金属与金属材料【分析】锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；生成的氢气来自于稀盐酸中，根据图中提供的信息可以判断相关方面的问题【解答】解：如果稀盐酸过量，则生成的氢气质量不相等，如果铁恰好和稀盐酸反应，则锌不足，生成的氢气质量小于铁和稀盐酸反应生成氢气的质量，如果锌恰好和稀盐酸反应，则铁过量，和铁反应的稀盐酸不足，因此反应结束后稀盐酸都无剩余，该选项说法正确；反应结束后，如果锌恰好和稀盐酸反应，则铁过量，和铁反应的稀盐酸不足，因此两种金属不一定都有剩余，该选项说法不正确；反应结束后稀盐酸都无剩余，则生成氯化锌的质量大于氯化亚铁的质量，又因为生成氢气的质量相等，因此反应后得到两种溶液的质量不相等，该选项说法正确；因为反应的稀盐酸质量相等，因此反应结束后消耗两种金属的质量不相等，消耗锌的质量大，该选项说法不正确；由图中可知，A和稀盐酸反应需要的时间比B短，说明A的反应速率比B快，该选项说法正确；由图中可知，A和稀盐酸反应需要的时间比B短，说明A的金属活动性比B强，该选项说法正确故选：C【点评】本题结合图象对金属与酸的反应进行了细致的考查，能很好的考查学生对知识的掌握和应用能力，要结合相关知识认真分析二、非选择题（共5小题，满分26分）9如图A、B所示是氧元素在元素周期表中的信息和该元素形成的某种微粒的结构示意图，根据图示回答：（1）x=8；（2）图B所表示的微粒符号为O2；（3）写出C装置中发生反应的化学方程式2H2O2H2+O2【考点】元素周期表的特点及其应用；电解水实验；原子结构示意图与离子结构示意图；书写化学方程式【专题】化学用语和质量守恒定律【分析】（1）根据原子序数=核电荷数=核内质子数来分析；（2）根据微粒结构示意图来分析；（3）根据电解水的原理以及化学方程式的写法来分析【解答】解：（1）由元素周期表的信息可知，氧元素的原子序数为8，所以氧原子的核内有8个质子；故填：8；（2）图B所表示的微粒核内有8个质子，核外有10个电子，是带有2个单位负电荷的氧离子；故填：O2；（3）通电的条件下，水会分解为氢气和氧气；故填：2H2O2H2+O2【点评】本题难度不大，了解粒子结构示意图的意义，灵活运用元素周期表中元素的信息是正确解答本题的关键10根据如图A、B、C三种物质的溶解度曲线回答：（1）A、B、C三种物质有可能为气体的是C（2）t1时，将等质量的A和B分别加入盛有等质量水的烧杯中，充分搅拌后，其中一个烧杯中仍有少量固体未溶解，则未溶解的固体是A（3）现要配制t3时，A物质的饱和溶液75g，需要A物质的质量为25g（4）t3等质量的A、B、C的饱和溶液降温到t2，下列说法正确的是CA析出晶体最多的是B B含溶剂量最多的是C C剩余溶液中，A与B的溶质的质量相等 Dt2时A、B、C都得到饱和溶液【考点】固体溶解度曲线及其作用；气体溶解度的影响因素；晶体和结晶的概念与现象【专题】溶液、浊液与溶解度【分析】（1）根据气体的溶解度随温度变化的情况考虑；（2）根据t1时A、B的溶解度的大小分析；（3）根据B的溶解度随温度变化的情况，分析要在不改变溶质的质量分数的前提下，使t2时B的饱和溶液成为不饱和溶液，可采用的方法；（4）根据在t3时A物质的溶解度计算【解答】解：（1）气体的溶解度随着温度的升高而减小，所以图示中只有C物质可能是气体；（2）由A、B的溶解度曲线可知，在t1时，B的溶解温度大于A的溶解度，由溶解度的含义可知，t1时，将等质量的A和B分别加入盛有等质量水的烧杯中，充分搅拌后，其中一个烧杯中仍有少量固体未溶解，则未溶解的固体是A（3）由A的溶解度曲线可知，在t3时A物质的溶解度是50g，即100g水中最多溶解50g的A，形成饱和溶液150g，则要配制t3时A物质的饱和溶液75g，需要A物质的质量为25g；（4）t3等质量的A、B、C的饱和溶液降温到t2，AB的溶解度减小析出晶体，C溶解度变大，溶液变为不饱和；AA的溶解度变化最大，析出晶体最多，故错误；Bt3A的溶解度最大，C的溶解度最小，即等质量的水中溶解的A最多，则等质量的饱和溶液中A的溶剂最少，含溶剂量最多的是C，降温过程中溶剂质量不变，正确；C由于降温前A中溶剂的质量小于B，降温后二者的溶解度相等，则剩余溶液中，溶解的A小于B，故错误；Dt2时A、B是饱和溶液，C溶解度变大，是不饱和溶液，故错误；故答案为：（1）C；（2）A；（3）25g；（4）C【点评】本题主要考查了固体溶解度的概念、饱和溶液和不饱和溶液的转化、溶解度曲线所表示的意义及固体溶解度和温度之间的关系，加强了对溶解度概念的理解，培养了学生的理解能力、分析能力和解题能力11某化学兴趣小组的同学在教师的指导下，开展如下探究活动探究一：物质推断A、B、C、D、E分别是硝酸钠、碳酸钠、氢氧化钠、氯化钠、硫酸钠的一种，已知D物质是一种盐，其水溶液显碱性，他们之间的部分转化关系如图1：（1）物质B是Na2SO4（填化学式）（2）五种物质中属于碱类的物质是A（填字母）探究二：某无色溶液甲可能含有氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠、硫酸钠、硝酸钠中的一种或几种溶质，某无色溶液乙可能含有硝酸钡与氯化钠（如图2）（3）通过上述操作可知，溶液甲中一定没有Na2SO4（填化学式）（4）滤液C中除指示剂一定含有的溶质是氯化钠（5）若观察到滤液C险红色的现象，则证明甲中存在氢氧化钠（6）通过上述操作不能确定无色溶液甲中某种物质一定存在，若要证明甲中该物质的存在，需要补充的实验操作是取固体甲溶于水，加入足量的稀硝酸，然后滴加硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有氯化钠，否则不含【考点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质；盐的化学性质；常见的氧化物、酸、碱和盐的判别【专题】框图型推断题【分析】探究一：根据A、B、C、D、E分别是硝酸钠、碳酸钠、氢氧化钠、氯化钠的一种，D物质是一种盐，其水溶液显碱性，所以D是碳酸钠，碳酸钠和A可以相互转化，所以A是氢氧化钠，B是硫酸钠，E是硝酸钠，C是氯化钠，然后将推出的物质进行验证即可；探究二：根据碳酸钠、氢氧化钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，氯离子和银离子会生成不溶于酸的氯化银沉淀，碳酸钠和钡离子会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，硫酸钠和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀等知识进行分析【解答】解：探究一：A、B、C、D、E分别是硝酸钠、碳酸钠、氢氧化钠、氯化钠的一种，D物质是一种盐，其水溶液显碱性，所以D是碳酸钠，碳酸钠和A可以相互转化，所以A是氢氧化钠，B是硫酸钠，E是硝酸钠，C是氯化钠，所以（1）物质B是Na2SO4；（2）五种物质中属于碱类的物质是A；探究二：碳酸钠、氢氧化钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，氯离子和银离子会生成不溶于酸的氯化银沉淀，碳酸钠和钡离子会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，硫酸钠和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，所以（3）碳酸钠和钡离子会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，所以通过上述操作可知，溶液甲中一定没有：Na2SO4；（4）滤液C中除指示剂一定含有的溶质是氯化钠；（5）若观察到滤液C险红色的现象，则证明甲中存在氢氧化钠；（6）通过上述操作不能确定无色溶液甲中某种物质一定存在，若要证明甲中该物质的存在，需要补充的实验操作是：取固体甲溶于水，加入足量的稀硝酸，然后滴加硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有氯化钠，否则不含给答案为：（1）Na2SO4；（2）A；（3）Na2SO4；（4）氯化钠；（5）滤液C险红色；（6）通取固体甲溶于水，加入足量的稀硝酸，然后滴加硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有氯化钠，否则不含【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可12化学兴趣小组的同学利用某化工厂的废碱液（主要成分为碳酸钠，还含有少量氯化钠，其它杂质不计）和石灰乳为原料制备烧碱，并对所得的烧碱粗产品的成分进行分析和测定一、粗产品制备（1）将废碱液加热蒸发浓缩，形成较浓的溶液，冷却后与石灰乳混合（2）将反应后的混合物过滤，得到的滤液进行蒸发结晶，制得NaOH粗产品二、粗产品成分分析（1）取适量粗产品溶于水，滴加Ba（NO3）2溶液出现白色浑浊，该粗产品中一定不含有Ca（OH）2，理由是Ca（OH）2和Na2CO3能发生化学反应，在溶液中不能共存（2）该小组同学通过对粗产品成分的实验分析，确定该粗产品中含有三种物质三、粗产品碳酸钠含量测定（1）该兴趣小组的同学设计了如图所示的实验装置，取10.0g粗产品，进行实验（2）操作步骤连接好装置，检查气密性；打开弹簧夹C，在A处缓缓通入一段时间空气；称量G的质量为12g；关闭弹簧夹C；慢慢滴加浓盐酸至过量，直至D中无气泡冒出；打开弹簧夹C，再次缓缓通入一段时间空气再次称量G的质量，为13.48g（3）问题探究F中的试剂应为浓硫酸，H装置的作用是防止空气中的水和二氧化碳进入G装置事实上10.0g粗产品只能产生0.44g CO2请仔细分析上述实验，实验值比正确值0.44g偏大（填“偏大”或“偏小”）；解释其原因（假设操作均正确）装置D中浓盐酸挥发出的氯化氢与装置E中NaHCO3反应产生二氧化碳【考点】盐的化学性质；常见气体的检验与除杂方法【专题】常见的盐 化学肥料【分析】可以根据物质之间相互作用时的实验现象判断物质的组成，根据化学方程式进行相关方面的计算从实验给定的流程中分析的设计思路，从而结合思路考查方案的设计意图、是否科学以及如何进一步完善【解答】解：二、粗产品成分分析（1）碳酸钠能和硝酸钡反应生成沉淀，化学方程式为：Na2CO3+Ba（NO3）2=BaCO3+2NaNO3氢氧化钙和碳酸钠能反应故填：Ca（OH）2；Ca（OH）2和Na2CO3能发生化学反应，在溶液中不能共存三、粗产品含量测定Na2CO3含量的测定：（3）浓硫酸能吸收水蒸气故填：浓硫酸H装置能防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入G装置故填：防止空气中的水和二氧化碳进入G装置若没有H装置，则测定的二氧化碳值偏高，计算出的质量分数偏大故填：偏大装置D中浓盐酸挥发出的氯化氢与装置E中NaHCO3反应产生二氧化碳，使二氧化碳的值偏大故填：装置D中浓盐酸挥发出的氯化氢与装置E中NaHCO3反应产生二氧化碳【点评】本题主要看出了化学方程式的书写、根据化学方程式计算、判断物质的组成等方面的问题13实验室欲测定一瓶标签破损的稀H2SO4的溶质质量分数现取10g稀硫酸样品，将5%的NaOH溶液逐滴加入到样品中，边加边搅拌，随着NaOH溶液加入，溶液的pH的变化如图所示试回答：（1）a点溶液中含有的溶质有H2SO4、Na2SO4（2）计算稀H2SO4的溶质质量分数【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【专题】溶质质量分数与化学方程式相结合的计算【分析】（1）根据溶液的pH、稀H2SO4与NaOH溶液的反应分析溶液中存在的离子；（2）根据稀H2SO4与NaOH溶液的反应的方程式，由NaOH的质量求出稀H2SO4的溶质稀H2SO4的溶质质量分数，再求出稀H2SO4的溶质质量分数【解答】解：（1）由图示可知，在a点时溶液的pH小于7，说明加入的NaOH完全反应，有剩余的硫酸，所以溶液中含有的溶质有：H2SO4、Na2SO4；故答案为：H2SO4、Na2SO4；（2）由图示可知，在溶液的pH等于7，消耗的NaOH溶液的质量为16g，溶质的质量为：16g5%=0.8g；10g稀硫酸样品含有H2SO4的质量为x2NaOH+H2SO4Na2SO4+2H2O80 98 0.8g x解得：x=0.98g稀H2SO4的溶质质量分数为：100%=9.8%答：稀H2SO4的溶质质量分数是9.8%【点评】此题是一道结合图象的计算题，解题时找到PH=7的恰好反应点，并利用化学方程式的计算进行解决是解题的突破口