稀盐酸
C D
CO2 （CO）
O2
②再向沉淀中滴加适量稀盐酸 点燃
滴加适量稀盐酸，过滤
稀盐酸
Cu（NO3）溶液（AgNO）23
A．A B．B C．C D．D
【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． 【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：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．
【解答】解：A、Na2CO3易溶于水，Na2CO3难溶于水，可采取加水溶解、过滤、洗涤、干燥的方法进行分离除杂，故选项所采取的方法错误．
B、CaCl2溶液能与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，再过滤、洗涤沉淀，再向沉淀中滴加适量稀盐酸，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、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，故选项所采取的方法正确．
C、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故选项所采取的方法错误．
D、AgNO3能与稀盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误． 故选：B．
14．下列物质的转化关系均能一步实现的是（ ）
A．①③ B．②③ C．③ D．①②③
【考点】物质的相互转化和制备；二氧化碳的化学性质；一氧化碳的化学性质；碱的化学性质；盐的化学性质．
【分析】根据题目给出的信息和流程图，回顾物质的性质，根据物质之间的转变关系，找出各物质的变化中，每一转化在一定条件下均能一步实现的选择项．
【解答】解：①氯化钠和硝酸银会生成氯化银和硝酸钠，硫酸钠和氯化钡会生成硫酸钡沉淀和氯化钡，硝酸钠不会转化成硫酸钠，故错误； ②氢氧化铁和盐酸会生成氯化铁，氯化铁和不会转化成硫酸亚铁，硫酸亚铁不会转化成氢氧化铁，故错误；
③二氧化碳通过光合作用会生成氧气，氧气和碳会生成一氧化碳，一氧化碳和氧气会生成二氧化碳，故正确． 故选：C．
15．在NaOH和Na2CO3的混合物9.3g中加入一定量的10.0%的稀盐酸，恰好完全反应，将生成的气体全部通入足量的澄清石灰水中，产生5.0g沉淀．下列说法正确的是（ ） A．题中的一定量是7.3g B．反应共产生11.7gNaCl
C．如用10%的稀盐酸将5.0g沉淀溶解，则所用稀盐酸的量与题中的一定量相等 D．Na2CO3消耗的稀盐酸比NaOH消耗的稀盐酸多
【考点】根据化学反应方程式的计算．
【分析】根据生成碳酸钙的质量，可以求解碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳的质量，通过二氧化碳的质量可以求解碳酸钠和氯化氢的质量；混合物中氢氧化钠的质量=9.3g﹣碳酸钠的质量，进一步求解所需氯化氢的质量和生成氯化钠的质量，进行分析． 【解答】解：设生成5.0g沉淀需要二氧化碳的质量为x则： CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O 44 100 x 5.0g 根据：
解得x=2.2g，
设生成2.2g二氧化碳时，需要碳酸钠的质量为a，需要氯化氢的质量为b，生成氯化钠的质量为c
Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑ 106 73 117 44 a b c 2.2g
解得：a=5.3g，b=3.65g，c=5.85g
混合物中氢氧化钠的质量=9.3g﹣5.3g=4.0g
与氢氧化钠反应的氯化氢的质量为d，生成氯化钠的质量为e NaOH+HCl=NaCl+H2O 40 36.5 58.5 4.0g d e
d=3.65g，e=5.85g
A、加入的10.0%的稀盐酸的质量为
=73g，故A错误；
B、生成氯化钠的质量为5.85g+5.85g=11.7g，故B正确；
C、由方程式：Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O，可知2HCl～CO2～CaCO3～2HCl，10%的稀盐酸将5.0g沉淀溶解，则所用稀盐酸的量与题中的与碳酸钠反应所需的量相等，故C错误； D、根据计算可知Na2CO3消耗的稀盐酸与NaOH消耗的稀盐酸相等，故D错误． 故选：AB．
二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题2分，共10分．每小题有1～2个选项符合题意，错选、多选不给分．若有2个选项符合题意，只选一个且正确给1分） 16．下列说法正确的是（ ）
A．不饱和溶液转变成饱和溶液，溶质质量分数一定增大
B．用水不能区分NaOH和NH4NO3两种固体，因为它们的水溶液都是无色的
C．98%的浓硫酸与等体积的水混合，最终所得硫酸溶液中溶质质量分数大于49% D．向置于空气的氢氧化钠溶液中滴入酚酞试液，溶液变红，说明氢氧化钠溶液未变质 【考点】碱的化学性质；饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；溶质的质量分数；酸、碱、盐的鉴别．
【分析】A、根据不饱和溶液转变成饱和溶液的方法分析判断； B、根据NaOH和NH4NO3两种固体溶于水溶液的温度的变化分析；
C、根据溶液的溶质质量分数计算公式分析； D、根据碳酸钠溶液能使酚酞试液变红色分析．
【解答】解：A、通过改变温度使不饱和溶液转变成饱和溶液，溶质质量分数不变，故A错误；
B、由于NaOH和NH4NO3两种固体溶于水溶液的温度变化不同，可以用水区分NaOH和NH4NO3两种固体，故B错误；
C、由于水的密度比硫酸的密度小，等体积混合时，硫酸的质量大于水的质量，所以该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数大于49%，故C正确；
D、由于碳酸钠溶液显碱性，也能使使酚酞试液变红色，所以，向置于空气的氢氧化钠溶液中滴入酚酞试液，溶液变红，不能说明氢氧化钠溶液未变质，故D错误． 故选C．
17．KCl和KNO3的溶解度表及溶解度曲线如图所示，下列说法不正确的是 （ ） 温度/℃ 溶解度S/g
20 KCl
30 40 50
34.0 37.0 40.0
42.6
31.6 45.8 63.9
KNO3
85.5
A．甲表示KCl溶解度曲线 B．温度t1应在20℃～30℃之间
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
【考点】固体溶解度曲线及其作用；晶体和结晶的概念与现象；溶质的质量分数． 【分析】溶解度曲线能定量表示溶解度随温度的变化情况，根据固体物质的溶解度曲线可以：①溶解度曲线的交点表示该温度下两物质的溶解度相等；②判断物质的溶解度随温度变化的变化情况；③可知某温度下物质的溶解度；④溶质的质量分数=解答．
【解答】解：A、硝酸钾的溶解度受温度影响变化大，故甲表示KO3溶解度曲线，错误； B、t1时二者的溶解度相等，根据表格看出，该温度应该介于20℃～30℃之间，正确； C、40℃时氯化钾的溶解度是40.0g，即100g水中最多溶解40.0g的氯化钾，所以5gKCl加入10g水中最多溶解4g，溶质的质量分数是：
×100%≈28.6%，故错误；
×100%，据此
D、50℃时硝酸钾的溶解度是85.5g，所以30g KNO3加入50g水，充分溶解不饱和，再降温到30℃，其溶解度变为45.8g，50g水中最多溶解22.9g，所以有晶体析出，正确； 故选：AC．
18．烧杯中盛有CuCl2和HCl的混合溶液100g，向其中滴加10%的NaOH溶液，烧杯中溶液的质量与滴加溶液的质量关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．ab段反应产生蓝色沉淀 B．bc段溶液增加70.2g
C．c点对应的溶质质量分数为4.9% D．d点溶液显碱性
【考点】碱的化学性质；有关溶质质量分数的简单计算；根据化学反应方程式的计算．
【分析】向盛有CuCl2和HCl的混合溶液100g中滴加10%的NaOH溶液，氢氧化钠首先与稀盐酸反应生成了氯化钠和水，当稀盐酸反应完后，再与氯化铜反应生成了氢氧化铜沉淀和氯化钠，据此分析判断有关的说法．
【解答】解：由题意可知，向盛有CuCl2和HCl的混合溶液100g中滴加10%的NaOH溶液，氢氧化钠首先与稀盐酸反应生成了氯化钠和水，当稀盐酸反应完后，再与氯化铜反应生成了氢氧化铜沉淀和氯化钠．
A、由图象可知，ab段反应是氢氧化钠与稀盐酸反应生成了氯化钠和水，故A说法错误； B、由题意可是：与氯化铜反应的氢氧化钠的质量为：×10%=8g 设生成的氢氧化铜的质量为x、生成的氯化钠的质量为y CuCl2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaCl， 80 98 117 8g x y
解得：x=9.8g，y=11.7g
bc段溶液增加的溶液的质量是80g﹣9.8g=70.2g 由以上计算可知，B说法正确；
C、设氢氧化钠与盐酸反应生成的氯化钠的质量为z NaOH+HCl=NaCl+H2O 80 36.5 80.0g×10% z
z=3.65g
c点对应的溶质质量分数为：
≈6.1%
D、d点溶液中有过量的氢氧化钠，显碱性，故D说法正确． 故选BD．
19．下列各组溶液，不用其他试剂就能鉴别的是（ ） A．FeCl3 HCl NaOH KNO3 B．HCl K2CO3 CaCl2 BaCl2 C．MgSO4 BaCl2 CuSO4 Na2SO4 D．NH4Cl NaOH HCl Ca（OH）2
【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把其它没有确定出的物质确定出来；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．
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