人教版新高一化学专题预习2026年新题-酸、碱、盐

第1页（共1页）人教版新高一化学专题预习2026年新题——酸、碱、盐一．选择题（共10小题）1．（2026•虎丘区校级二模）在给定条件下，下列物质间的转化能一步实现的是（）A．Fe→O2Fe2OB．H2O2→MnO2C．SOD．CuSO4→Ca(OH)22．（2026•丹阳市二模）熟石灰应用广泛，对其性质作如下探究。实验①：取熟石灰于烧杯中，加水，搅拌、静置。实验②：取实验①中上层清液，加入NaOH固体，振荡至全溶。实验③：取实验①中上层清液，滴加2滴酚酞试液，再加入稀HCl，振荡。实验④：取实验①中上层清液加入CuCl2溶液中，振荡、静置。下列说法不正确的是（）A．实验①中试管底部有固体剩余，说明该熟石灰可能已变质 B．实验②中清液变轻微浑浊，可能原因是温度升高，Ca（OH）2溶解度减小 C．实验③中溶液由红色变成无色，说明溶液恰好呈中性 D．实验④中生成蓝色沉淀、溶液变无色，说明CuCl2溶液的颜色与Cu2+有关3．（2026•广东二模）图1为探究NaOH与CO2反应的装置，图2为装置内压强随时间变化曲线。B点打开止水夹通入CO2，C点关闭止水夹，D点缓慢滴加一定体积NaOH的乙醇溶液。已知Na2CO3和CO2均难溶于乙醇。下列说法错误的是（）A．CD段压强不变，说明装置气密性良好 B．DE段压强减小，说明CO2与NaOH发生反应 C．NaOH的乙醇溶液变浑浊，可能有Na2CO3生成 D．EF段压强不变，说明装置中已不存在CO24．（2026•中江县模拟）学校“理科节”活动中，某同学用所学知识选择下表4组物质设计如图所示的模拟实验，推测气球变化的现象并分析原理（假设过程中，装置气密性良好；忽略固体和液体的体积变化），现象推测和原理分析不完全合理的是（）序号物质m物质n现象推测原理分析A稀硫酸锌粉气球鼓起Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，反应产生气体，烧瓶内压强变大B水硝酸铵固体气球逐渐变瘪并保持形状不变硝酸铵溶于水，吸热，环境温度降低，烧瓶内压强减小并长时间保持不变C氢氧化钠溶液二氧化碳慢慢变瘪2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，反应消耗气体，烧瓶内压强减小D水生石灰气球鼓起，过一段时间后又恢复至初始状态CaO+H2O＝Ca(OH)2反应放热，温度升高，压强变大；热量散失，温度与环境平衡，压强基本复原。A．A B．B C．C D．D5．（2026•钦州二模）图1所示为一套串联的实验装置。实验开始，向锥形瓶中加入一定量的稀盐酸，图2表示实验过程中装置H和Ⅰ中的溶液pH变化曲线。下列说法正确的是（）A．图2中曲线Y是图1中装置Ⅰ中的溶液pH变化曲线 B．反应结束后，装置H的溶液中共有3种微观粒子 C．0～T1时，装置Ⅰ的pH不断变小，不可能是由于挥发出的HCl气体与NaOH发生了反应 D．实验中装置H中无明显现象，装置Ⅰ中产生白色沉淀，由此可证明CO2与NaOH发生了反应6．（2026•东兴市模拟）下列物质的每步转化关系均能一步实现的是（）A．Cu→CuO→Cu（OH）2→CuSO4 B．Ca（OH）2→CaCO3→CaO→CaCl2 C．H2SO4→FeSO4→Fe2O3→Fe D．NaNO3→NaOH→Na2SO4→BaSO47．（2026•兰山区二模）某同学进行了煅烧石灰石的实验，过程如下（假设杂质不发生变化，酒精喷灯中的燃料是酒精（C2H5OH）。相关说法正确的是（）A．步骤Ⅰ中澄清的石灰水变浑浊但不能证明煅烧石灰石的产物中有二氧化碳生成 B．步骤Ⅱ、Ⅲ可证明煅烧石灰石的产物中有氢氧化钙 C．白色固体M是氢氧化钙和碳酸钙的混合物 D．白色固体M中钙元素的质量等于煅烧前石灰石中钙元素的质量8．（2026•丰南区二模）向敞口久置的氢氧化钠溶液中逐滴加入稀盐酸，加入稀盐酸与产生气体质量关系如图所示。下列说法错误的是（）A．该氢氧化钠溶液已经变质有碳酸钠生成 B．0﹣a点发生的是稀盐酸与氢氧化钠的反应 C．b点时溶液中的溶质为NaCl、Na2CO3、HCl D．c点时溶液能使石蕊溶液变为红色9．（2026•丹徒区二模）水体中氮元素（以NO3-、NH4+形式存在）含量偏高，会引起水体的富营养化。密闭容器中的H2可在金属铂（Pt）、铜（Cu）、铱（Ir）的催化下，高效地将液体中的硝态氮（NO3）全部转化为A．H2在Pt表面失去电子变成H+ B．液体中的反应温度不宜太高，因为温度越高，H2的溶解度越小，不利于反应的发生 C．若导电基体上Pt颗粒增多，NO3-会更多地转化为D．若实验废水中含NO3的质量为6.2g，则完全反应生成N22.8g10．（2026春•广州校级月考）捕集空气中CO2加氢制甲醇（CH3OH），可实现CO2资源化利用和“零碳”排放，其转化流程如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应①中，电解水生成的H2和O2的分子个数比为2：1 B．反应②中，生产1.6kgCH3OH理论上要消耗2.2kgCO2 C．等质量的甲醇制取时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等 D．转化过程中，H2O和H2循环转化，无需额外补充二．推断题（共1小题）11．（2026•任城区二模）已知固体混合物A是由NaCl、Na2CO3、Fe2O3三种物质中的一种或多种组成，另有一固体混合物B是由CuO、K2SO4、NH4NO3、CuSO4四种物质中的两种组成。按如图所示进行了实验（假设过程中所有可能发生的反应均恰好完全反应）：根据上述实验信息分析推理，回答下列问题：（1）溶液F中一定存在的阳离子是（填离子符号）；（2）写出实验②中发生反应的化学方程式；（3）若要检验A中还无法确定的物质是否存在，可取少量的混合物A于烧杯中，加入足量的水溶解，过滤，（请补充完整实验方案）。三．工艺流程题（共3小题）12．（2026•莱西市二模）氧化锌（ZnO）是一种应用极为广泛的材料，在防晒、医药、化工等领域发挥着重要的作用。以粗品氧化锌（主要杂质为FeO、CuO）为原料制备高纯度氧化锌的流程如图。（1）从微观构成来看，ZnO、FeO、CuO都由构成（填“分子”“原子”或“离子”）。（2）①溶解时发生化学反应的基本类型为。A．化合反应B．分解反应C．置换反应D．复分解反应②过滤可除去Fe（OH）3，推测Fe（OH）3的性质有。A．固体为红褐色B．难溶于水C．不与硫酸铜反应D．能与氨水反应（3）制得的氧化锌与粗品中的氧化锌质量相比较有何变化：，说明理由：。（4）在实验室中，把ag铁粉加入一定量的Zn（NO3）2和AgNO3混合溶液中，按图所示进行实验，出现的现象如下图中所述。试回答：①滤渣B的质量一定（填“＜”“＝”或“＞”之一）ag。②滤液A中大量存在的金属阳离子是（填离子符号）。③写出过程Ⅰ中发生反应的一个化学方程式：。13．（2026•丹阳市二模）从粗食盐水（含少量Na2SO4、MgSO4、CaCl2）提纯NaCl并制备Na2CO3的方案如下。Ⅰ.提纯：粗盐水→步骤1过量（1）“步骤2”发生反应的化学方程式为。（2）“步骤3”加入Na2CO3溶液的作用是。（3）“过滤”所得滤液中的溶质为NaCl、。Ⅱ.制备：饱和含盐水→步骤1通入CO2、NH3NaHCO3（1）“步骤1”发生反应的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓。①为提高产率，生产中应先通入（选填“NH3”或“CO2”）。②反应中需控制温度为30﹣35℃的可能原因是。（2）消毒液的有效成分为NaClO。以下制备方法中，现在一般选择方法2的可能原因是。方法1：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O方法2：Cl2+2Na2CO3+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO314．（2026•苏州）以某废酸（主要含FeSO4、H2SO4）为原料制磁性铁黑（Fe3O4）的流程如图。已知：Fe（OH）2、Fe（OH）3难溶于水；CaSO4微溶于水。（1）若用xFeO•yFe2O3表示Fe3O4，则x：y＝。（2）“除酸”步骤主要发生碳酸钙与H2SO4的反应，充分反应后溶液pH约为3。写出该反应的化学方程式：。（3）“沉铁”步骤控制溶液pH在8左右，将FeSO4转化为Fe（OH）①FeSO4与熟石灰反应的基本类型为反应。②熟石灰的作用除与FeSO4反应外，还有。（4）“氧化”步骤发生如下两个反应。反应Ⅰ：6Fe（OH）2+NaClO3+3H2O＝6Fe（OH）3+NaCl反应Ⅱ：Fe（OH）2+2Fe（OH）390℃Fe3O4+4H2O该步骤中，溶液pH影响产品颜色与产率[m(pH6.06.57.07.58.09.0产品颜色黄褐黄褐较黑很黑很黑灰黑产率/%43.950.686.293.092.391.6①该步骤最适宜的pH为。②保持最适宜的pH，若增大“氧化”步骤NaClO3的用量（与NaClO3理论用量相比），可提高磁性铁黑的产率。判断该说法是否合理，并说明理由：。（5）“磁选”的目的是将Fe3O4与其他杂质分离，该杂质主要为。四．科学探究题（共6小题）15．（2026•临渭区二模）有一包固体粉末，可能含有MgCl2、BaCl2、CuSO4、Na2SO4、BaCO3中的一种或几种，在确定其成分时，按照下图所示流程进行实验。（1）由于CuSO4溶液为色，所以该固体样品中一定不含CuSO4。（2）步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为。（3）为探究无色溶液A的成分，取少量溶液A于试管中，继续进行如下实验。根据上述实验可确定无色溶液A中（填“一定含有”“可能含有”或“一定不含”）MgCl2。若②中现象为“白色沉淀全部溶解”，则原固体粉末中含有种物质。16．（2026•市南区模拟）氮化铝（AlN，高温与水、二氧化碳反应）是一种新型无机非金属材料，广泛用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用氮气、氧化铝和活性炭在高温下制取氮化铝，并测定所得产物中AlN的质量分数。回答下列问题。Ⅰ.制备AlN。实验装置如图甲所示（部分夹持仪器已省略）。（1）实验开始先点燃（选填“A”或“C”）处的酒精灯或酒精喷灯，目的是。（2）装置B除了干燥气体和平衡气压之外，还具有的功能是。（3）装置C中生成氮化铝和一种可燃性气体，则该反应的化学方程式为。（4）装置甲设计和实施细节中各存在一处不足，说明改进措施。Ⅱ.测定AIN样品纯度。如图乙所示，利用AIN与NaOH溶液反应生成的NH3体积测定AIN样品纯度，已知：AlN+NaOH+3H2O＝Na[Al（OH）4]+NH3↑（5）为准确测定生成气体的体积，装置乙中的X液体可以是。A.H2OB.浓硫酸C.植物油（6）称mg装置C中所得产物，加入足量NaOH溶液，测得生成氨气的体积为bmL（实验条件下，氨气密度为dg/L），则所得产物中AIN的质量分数为（无需化简）。（7）若装置乙中分液漏斗旁没有导管a，对所测AIN质量分数的影响是（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。17．（2026•京口区二模）煤炭在我国的能源结构中占据重要地位，而煤炭在燃烧过程会产生SO2。工业生产中可以使用软锰矿（主要成分MnO2，还有Mg、Al、Fe等杂质）除去SO2，同时得到副产品MnSO4•H2O。（1）含有SO2的尾气直接排放到空气中，引起的环境问题是。在实验室模拟利用二氧化锰浆液处理含二氧化硫废气，并对此展开研究（装置如图﹣1所示）。（2）装置中使用多孔球泡的目的是。（3）反应的原理如图﹣2所示，写出该原理的反应方程式。硫酸铁溶液在反应过程中可能起作用。（4）有多种因素影响着二氧化硫的吸收。图—3表示在其它条件一定时，温度对吸收率的影响，分析40～60℃间吸收率变化的可能原因：。（5）反应后期溶液中酸性会逐渐增强，是由于废气进入浆液后，二氧化硫与氧气在硫酸锰的催化作用下化合生成硫酸，写出生成硫酸的反应化学方程式。18．（2026•红河州一模）过氧化氢（H2O2）溶液俗称“双氧水”，是一种常见的消毒剂，在实验室、工业、医疗等领域中有广泛用途。某研学小组围绕“双氧水”开启了研学之旅。Ⅰ.过氧化氢的实验室用途。利用如图所示装置可进行气体制备、性质的探究。（1）仪器M的名称。（2）A装置中采用多孔隔板的优点是。（3）研学小组同学在装置A的多孔隔板上放少量块状二氧化锰，打开止水夹，加入过氧化氢溶液，写出A装置发生反应的化学方程式：，点燃酒精灯，可观察到装置B处的红磷剧烈燃烧，发出白光，产生大量白烟，说明燃烧的剧烈程度与有关。（4）C处球形干燥管中的碱石灰，主要成分是NaOH和CaO，它能够与红磷燃烧后的产物反应，因此该装置的作用是。Ⅱ.过氧化氢的工业用途工业烟气中常含有二氧化硫（SO2），会污染空气，采用过氧化氢溶液可以脱硫。【查阅资料】“SO2和NaOH溶液的反应”与“CO2和NaOH溶液的反应”类似。（5）写出吸收塔中发生的化学反应方程式。（6）若吸收塔内温度过高，则会引起脱硫效率降低，可能的两种原因分别是；。（7）若将吸收塔中的过氧化氢（H2O2）溶液替换为等浓度的NaOH溶液，在不引入其他物质的情况下，最终（填“能”或“不能”）回收得到稀硫酸。（8）该工艺流程具有的重要意义是。19．（2026春•上海月考）2026春晚小品《奶奶的最爱》中，智能机器人为奶奶递茶，准备年夜饭，涉及食物搭配和营养均衡；公益广告《回家吃饭》也传递着健康饮食的理念。皮蛋是我国传统的风味蛋制品，含较多矿物质，有促进营养的消化吸收，中和胃酸等多种功效。传统的皮蛋制作方法是将腌制料敷在鲜蛋外，腌制料的主要原料一般包括生石灰、碳酸钠和食盐。某同学将这些腌制料放于烧杯中，缓慢加入足量的蒸馏水，充分溶解后过滤，得到白色沉淀A和无色澄清滤液B。（1）皮蛋能为人体提供“硒”。这里的“硒”是指。A.单质B.元素C.分子D.原子（2）皮蛋能中和胃酸过多，说明皮蛋呈性（填“酸”“碱”或者“中”）。（3）每100g皮蛋提供大约14g蛋白质。下列食物也能提供丰富蛋白质的是。A.萝卜B.鱼虾C.大米D.苹果（4）58.5g氯化钠提供钠元素的质量是克。（5）某兴趣小组获得了少许用于某种皮蛋制作的腌制料，拿到实验室进行实验。【资料】部分碱、酸和盐的溶解性表（室温）OH﹣NOCl﹣SOCOH+溶、挥溶、挥溶溶、挥Na+溶溶溶溶溶Ba2+溶溶溶不不Ca2+微溶溶微不Ag+＝溶不微不说明：“溶”表示对应物质可溶于水，“不”表示不溶于水，“微”表示微溶于水，“挥”表示挥发性，“﹣”表示物质不存在或遇到水就分解了。①请写出一个不溶于水的盐的化学式。②请写出生成白色沉淀A的化学方程式。③小组同学判断，无色澄清滤液B中的溶质一定有，可能有碳酸钠或氢氧化钙中的一种。为验证滤液B中可能含有的溶质，甲、乙同学分别进行了如图实验。甲同学认为：通过自己的实验可知滤液B中无碳酸钠，这种说法是错误的，请说明理由。。从乙同学的实验可知滤液B中存在碳酸钠，该实验中有沉淀生成。查阅溶解性表可知该沉淀是（写化学式）。20．（2026•青岛模拟）二氯化砜（SO2Cl2）是一种无色液体，主要用于有机物和无机物的氯化等。其熔点为﹣54.1℃，沸点为69.2℃；常温下比较稳定，受热易分解，遇水剧烈反应生成硫酸和盐酸。（1）制备。实验室可利用SO2和Cl2按下列装置制取少量SO2Cl2（丙中放有樟脑液，起催化作用）。已知SO2（g）+Cl2（g）＝SO2Cl2（g），该反应放热。①可以用浓盐酸和酸性高锰酸钾制取氯气，溶液A的作用为；乙和戊装置相同，二者作用（填“是”或“否”）相同。②上图实框中仪器己的名称为；反应装置图的虚框中未画出的仪器是（填“己”或“庚”）理由是。③反应过程需将丙装置放入冰水中，其原因是。④为提高反应物的利用率，可进行的操作是。（2）提纯。将收集到的产物进行减压蒸馏，减压蒸馏的目的是。（3）测定。取1.00g蒸馏后液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1.60g，则所得蒸馏成分中二氯化砜的质量百分含量为%。（4）贮存。二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房。但久置后微显黄色，其原因是。

人教版新高一化学专题预习2026年新题——答案一．选择题（共10小题）1．（2026•虎丘区校级二模）在给定条件下，下列物质间的转化能一步实现的是（）A．Fe→O2Fe2OB．H2O2→MnO2C．SOD．CuSO4→Ca(OH)2【分析】一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据所涉及物质的性质，分析能否只通过一个反应而实现即可。【解答】解：A.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，铁在常温下与氧气、水共同作用生成铁锈（主要成分Fe2O3），故错误；B.过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，无法一步生成氢气，转化不能实现，故错误；C.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，而不是硫酸，故错误；D.硫酸铜与氢氧化钙交换成分生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，转化能一步实现，故正确；故选：D。【点评】本题有一定难度，熟练掌握所涉及物质的性质、抓住关键词“能否一步实现”是解决此类问题的关键。2．（2026•丹阳市二模）熟石灰应用广泛，对其性质作如下探究。实验①：取熟石灰于烧杯中，加水，搅拌、静置。实验②：取实验①中上层清液，加入NaOH固体，振荡至全溶。实验③：取实验①中上层清液，滴加2滴酚酞试液，再加入稀HCl，振荡。实验④：取实验①中上层清液加入CuCl2溶液中，振荡、静置。下列说法不正确的是（）A．实验①中试管底部有固体剩余，说明该熟石灰可能已变质 B．实验②中清液变轻微浑浊，可能原因是温度升高，Ca（OH）2溶解度减小 C．实验③中溶液由红色变成无色，说明溶液恰好呈中性 D．实验④中生成蓝色沉淀、溶液变无色，说明CuCl2溶液的颜色与Cu2+有关【分析】A.结合氢氧化钙微溶于水的性质，以及变质后生成碳酸钙不溶于水的特点，分析固体剩余的可能原因；B.根据氢氧化钠固体溶解放热的性质，结合氢氧化钙溶解度随温度升高而减小的规律，分析溶液变浑浊的原因；C.结合酚酞试液的变色范围，分析溶液由红色变无色时的酸碱性，判断是否恰好呈中性；D.结合反应前后溶液中离子的变化，对比氯离子与铜离子的存在状态，判断氯化铜溶液颜色的来源。【解答】解：A.熟石灰（氢氧化钙）微溶于水，加水静置后底部有固体剩余，可能是未完全溶解的氢氧化钙，也可能是熟石灰变质生成的不溶性碳酸钙，因此该熟石灰可能已变质，说法正确；B.NaOH固体溶于水放出热量，溶液温度升高，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，会析出氢氧化钙晶体，使清液变轻微浑浊，说法正确；C.酚酞试液在碱性溶液中显红色，在中性和酸性溶液中均为无色。溶液由红色变成无色，可能是酸碱恰好完全反应溶液呈中性，也可能是稀HCl试剂过量溶液呈酸性，不能说明溶液恰好呈中性，说法错误；D.实验④中氢氧化钙与CuCl2反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和氯化钙，反应后溶液中仍含有氯离子，但溶液变为无色，说明CuCl2溶液的颜色与Cu2+有关，说法正确。故选：C。【点评】本题围绕氢氧化钙的性质展开实验探究，涵盖碱的溶解性、溶解度与温度的关系、酸碱中和反应、碱与盐的反应等知识点。解题需结合物质性质分析实验现象，注意酚酞在中性与酸性溶液中均为无色，不能仅凭颜色褪去判断恰好中和。3．（2026•广东二模）图1为探究NaOH与CO2反应的装置，图2为装置内压强随时间变化曲线。B点打开止水夹通入CO2，C点关闭止水夹，D点缓慢滴加一定体积NaOH的乙醇溶液。已知Na2CO3和CO2均难溶于乙醇。下列说法错误的是（）A．CD段压强不变，说明装置气密性良好 B．DE段压强减小，说明CO2与NaOH发生反应 C．NaOH的乙醇溶液变浑浊，可能有Na2CO3生成 D．EF段压强不变，说明装置中已不存在CO2【分析】根据二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水以及题目中的信息分析。【解答】解：A、CD段压强不变，说明装置内气体不再发生变化，装置气密性良好，不会出现漏气导致压强变化的情况，故A正确；B、D点缓慢加入一定体积的NaOH的乙醇溶液，DE段压强减小，是因为CO2与NaOH发生反应生成碳酸钠，气体被消耗，压强减小，故B正确；C、已知Na2CO3难溶于乙醇，所以NaOH的乙醇溶液和CO2反应生成Na2CO3时，会出现浑浊现象，故C正确；D、EF段压强不变，是因为二氧化碳已经完全反应（或氢氧化钠已完全反应），装置内压强不再变化，不能确定装置中是否还存在二氧化碳，可能是CO2有剩余但NaOH已耗尽，也可能是CO2已完全反应，压强不再改变，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。4．（2026•中江县模拟）学校“理科节”活动中，某同学用所学知识选择下表4组物质设计如图所示的模拟实验，推测气球变化的现象并分析原理（假设过程中，装置气密性良好；忽略固体和液体的体积变化），现象推测和原理分析不完全合理的是（）序号物质m物质n现象推测原理分析A稀硫酸锌粉气球鼓起Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，反应产生气体，烧瓶内压强变大B水硝酸铵固体气球逐渐变瘪并保持形状不变硝酸铵溶于水，吸热，环境温度降低，烧瓶内压强减小并长时间保持不变C氢氧化钠溶液二氧化碳慢慢变瘪2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，反应消耗气体，烧瓶内压强减小D水生石灰气球鼓起，过一段时间后又恢复至初始状态CaO+H2O＝Ca(OH)2反应放热，温度升高，压强变大；热量散失，温度与环境平衡，压强基本复原。A．A B．B C．C D．D【分析】装置气密性良好，气球变化由烧瓶内压强决定：压强增大时气球鼓起，压强减小时气球变瘪；压强变化的原因包括反应生成/消耗气体、物质溶解/反应的热量变化导致气体热胀冷缩，最终体系温度会恢复至室温。【解答】解：A.稀硫酸和锌发生反应生成硫酸锌和氢气，生成气体使烧瓶内压强增大，气球鼓起，推测和原理均合理，故A不合题意。B.硝酸铵溶于水吸热，短时间内温度降低、压强减小，气球先变瘪，但后续体系温度会逐渐回升至室温，压强恢复初始值，气球最终会恢复原状，故B符合题意。C.氢氧化钠和二氧化碳发生反应CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O，消耗气体使烧瓶内压强减小，气球慢慢变瘪，推测和原理均合理，故C不合题意。D.生石灰与水反应放热，温度升高，压强变大，气球鼓起；随后热量散失，温度恢复室温，压强回到初始值，气球恢复原状，推测和原理均合理，故D不合题意。故选：B。【点评】本题难度不大，掌握化学反应中的能量变化、溶解过程中的能量变化以及装置内的压强变化情况是解题的关键。5．（2026•钦州二模）图1所示为一套串联的实验装置。实验开始，向锥形瓶中加入一定量的稀盐酸，图2表示实验过程中装置H和Ⅰ中的溶液pH变化曲线。下列说法正确的是（）A．图2中曲线Y是图1中装置Ⅰ中的溶液pH变化曲线 B．反应结束后，装置H的溶液中共有3种微观粒子 C．0～T1时，装置Ⅰ的pH不断变小，不可能是由于挥发出的HCl气体与NaOH发生了反应 D．实验中装置H中无明显现象，装置Ⅰ中产生白色沉淀，由此可证明CO2与NaOH发生了反应【分析】根据碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠进行分析。【解答】解：A、装置Ⅰ中是氢氧化钠和氯化钡的混合溶液，初始呈碱性，pH＞7，对应图2中曲线X；装置H中是中性氯化钡溶液，初始pH≈7，对应曲线Y，故A错误；B、反应结束后，H的溶液中至少含有水、钡离子、氯离子、氢离子、氢氧根离子等微观粒子，数量远多于3种，故B错误；C、稀盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢气体可进入装置Ⅰ与氢氧化钠发生中和反应，导致溶液pH减小，故C错误；D、二氧化碳和氯化钡本身不发生反应，装置Ⅰ中产生白色沉淀，说明二氧化碳先和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠再和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，可证明二氧化碳与氢氧化钠发生了反应，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。6．（2026•东兴市模拟）下列物质的每步转化关系均能一步实现的是（）A．Cu→CuO→Cu（OH）2→CuSO4 B．Ca（OH）2→CaCO3→CaO→CaCl2 C．H2SO4→FeSO4→Fe2O3→Fe D．NaNO3→NaOH→Na2SO4→BaSO4【分析】根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单。【解答】解：A、铜与氧气加热反应生成氧化铜；氧化铜不能直接与水反应生成氢氧化铜，无法一步实现，氢氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，故不符合题意。B、氢氧化钙与二氧化碳或碳酸钠反应生成碳酸钙；碳酸钙高温分解生成氧化钙；氧化钙与盐酸反应生成氯化钙；每步转化均能一步实现，故符合题意。C、H2SO4与铁或氧化亚铁反应生成硫酸亚铁；FeSO4不能直接转化为氧化铁，无法一步实现，高温条件下，氧化铁能与氢气（碳、一氧化碳）反应生成铁，故不符合题意。D、NaNO3与其他物质发生复分解反应时，无沉淀、气体或水生成，无法一步实现，故不符合题意。故选：B。【点评】本题难度较大，根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径。7．（2026•兰山区二模）某同学进行了煅烧石灰石的实验，过程如下（假设杂质不发生变化，酒精喷灯中的燃料是酒精（C2H5OH）。相关说法正确的是（）A．步骤Ⅰ中澄清的石灰水变浑浊但不能证明煅烧石灰石的产物中有二氧化碳生成 B．步骤Ⅱ、Ⅲ可证明煅烧石灰石的产物中有氢氧化钙 C．白色固体M是氢氧化钙和碳酸钙的混合物 D．白色固体M中钙元素的质量等于煅烧前石灰石中钙元素的质量【分析】A、根据酒精燃烧的产物分析；B、根据氧化钙的性质分析；C、根据石灰石中含有杂质分析；D、根据碳酸钙的变化分析。【解答】解：A、由于酒精燃烧生成了二氧化碳，该实验澄清的石灰水变浑浊不能证明煅烧石灰石的产物中有二氧化碳，故A正确；B、由于氧化钙能与水化合生成了氢氧化钙，氢氧化钙溶液显碱性，能使酚酞试液变红色，步骤Ⅱ、Ⅲ可证明煅烧石灰石的产物中有氧化钙，故B错误；C、由于石灰石中含有杂质，白色固体M中含有氢氧化钙和杂质，可能含有碳酸钙，故C错误；D、由于氧化钙能与水化合生成了氢氧化钙，氢氧化钙微溶于水，白色固体M中钙元素的质量小于煅烧前石灰石中钙元素的质量，故D错误。故选：A。【点评】本题的难度不大，了解碳酸钙、氧化钙和氢氧化钙的性质以及它们之间的相互转化关系是解答本题的基础知识。8．（2026•丰南区二模）向敞口久置的氢氧化钠溶液中逐滴加入稀盐酸，加入稀盐酸与产生气体质量关系如图所示。下列说法错误的是（）A．该氢氧化钠溶液已经变质有碳酸钠生成 B．0﹣a点发生的是稀盐酸与氢氧化钠的反应 C．b点时溶液中的溶质为NaCl、Na2CO3、HCl D．c点时溶液能使石蕊溶液变为红色【分析】根据敞口久置的氢氧化钠溶液中含有与空气中的二氧化碳反应生成的碳酸钠，敞口久置的氢氧化钠溶液中一定含有碳酸钠，可能含有氢氧化钠；逐滴加入稀盐酸，一开始没有气体生成，说明一开始发生的反应是氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氢氧化钠反应完，稀盐酸再与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，进行分析判断。【解答】解：A、敞口久置的氢氧化钠溶液中一定含有碳酸钠，可能含有氢氧化钠；逐滴加入稀盐酸，一开始没有气体生成，说明一开始发生的反应是氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氢氧化钠反应完，稀盐酸再与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，有气体生成，说明该氢氧化钠溶液已经变质有碳酸钠生成，故选项说法正确。B、结合A选项的解析，0﹣a点发生的是稀盐酸与氢氧化钠的反应，故选项说法正确。C、b点时碳酸钠溶液有剩余，溶液中的溶质为NaCl、Na2CO3，碳酸钠和盐酸不能共存，不可能有HCl，故选项说法错误。D、c点时稀盐酸过量，溶液显酸性，溶液能使石蕊溶液变为红色，故选项说法正确。故选：C。【点评】本题有一定难度，明确一开始没有气体生成的含义、了解氢氧化钠的化学性质是正确解答本题的关键。9．（2026•丹徒区二模）水体中氮元素（以NO3-、NH4+形式存在）含量偏高，会引起水体的富营养化。密闭容器中的H2可在金属铂（Pt）、铜（Cu）、铱（Ir）的催化下，高效地将液体中的硝态氮（NO3）全部转化为A．H2在Pt表面失去电子变成H+ B．液体中的反应温度不宜太高，因为温度越高，H2的溶解度越小，不利于反应的发生 C．若导电基体上Pt颗粒增多，NO3-会更多地转化为D．若实验废水中含NO3的质量为6.2g，则完全反应生成N22.8g【分析】A.根据图示信息及原子失去电子形成阳离子进行分析；B.根据气体的溶解度随温度的升高而减小进行分析；C.根据图示信息进行分析；D.根据元素守恒进行计算。【解答】解：A.由图可知，H2在Pt表面反应生成H+，H元素化合价从0价升高到+1价，失电子，故选项正确；B.气体在水中的溶解度随温度升高而减小，温度过高会降低H2在水体中的浓度，减少反应物接触，不利于反应进行，故选项正确；C.由图可知，Pt颗粒作催化剂时，NO3-会转化为D.根据化学反应前后元素的质量不变，N元素守恒，NO3-中的N全部转化为N2：NO3-的相对分子质量为14+3×16＝62，6.2gNO3-中N元素质量为6.2g故选：D。【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，强调了学生整合基本化学知识的能力。10．（2026春•广州校级月考）捕集空气中CO2加氢制甲醇（CH3OH），可实现CO2资源化利用和“零碳”排放，其转化流程如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应①中，电解水生成的H2和O2的分子个数比为2：1 B．反应②中，生产1.6kgCH3OH理论上要消耗2.2kgCO2 C．等质量的甲醇制取时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等 D．转化过程中，H2O和H2循环转化，无需额外补充【分析】A.电解水生成氢气和氧气。B.一定条件下二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水。C.甲醇燃烧生成水和二氧化碳。D.根据提供信息可以进行相关方面判断。【解答】解：A.电解水的化学方程式为2H2O通电2H2↑+O2B.反应②中，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，根据碳元素质量守恒，则生产1.6kgCH3OH理论上要消耗CO2的质量为(1.6kg×C.甲醇燃烧的化学方程式为2CH3OH+3O2点燃2CO2+4H2O，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，化学方程式为：CO2+3H2＝CH3D.反应①水通电分解生成氢气和氧气，化学方程式为：2H2O通电2H2↑+O2↑，反应②为二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，化学方程式为：CO2+3H2＝CH3OH+H2O，综合方程式为：CO2+H2+H2O＝故选：D。【点评】本题主要考查常见物质的性质，主要是利用流程图及常见物质的性质分析和解决有关问题，结合各方面的条件得出正确结论。二．推断题（共1小题）11．（2026•任城区二模）已知固体混合物A是由NaCl、Na2CO3、Fe2O3三种物质中的一种或多种组成，另有一固体混合物B是由CuO、K2SO4、NH4NO3、CuSO4四种物质中的两种组成。按如图所示进行了实验（假设过程中所有可能发生的反应均恰好完全反应）：根据上述实验信息分析推理，回答下列问题：（1）溶液F中一定存在的阳离子是K+、Na+（填离子符号）；（2）写出实验②中发生反应的化学方程式K2SO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+2KOH；（3）若要检验A中还无法确定的物质是否存在，可取少量的混合物A于烧杯中，加入足量的水溶解，过滤，向滤液中加入足量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含有氯化钠，反之则不含氯化钠（请补充完整实验方案）。【分析】根据固体混合物A加入稀盐酸有气泡产生，说明A中一定含有碳酸钠，溶液C和溶液D反应会生成红褐色沉淀，所以C中一定含有氯化铁，D中一定含有氢氧根离子，气体B是二氧化碳，样品A中一定含有氧化铁；样品B中一定含有硫酸钾等知识进行分析。【解答】解：固体混合物A是由NaCl、Na2CO3、Fe2O3三种物质中的一种或多种组成，滴加稀盐酸反应产生气体B，碳酸钠会与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以气体B是CO2；溶液C和溶液D混合生成红褐色沉淀G，所以G是Fe(OH)3；说明溶液C中有氯化铁，固体混合物A中含有Fe2O3，氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，溶液D中含有可溶性碱（或氢氧根离子）；固体混合物B滴加氢氧化钡生成沉淀E，硫酸根会和钡离子结合形成硫酸钡沉淀，铜离子和氢氧根离子结合生成氢氧化铜沉淀，由于没有说明沉淀E的颜色，沉淀E是硫酸钡，固体混合物B中一定含有K2SO4，不含CuSO4，由于氢氧化钡会与NH4NO3生成氨气，固体混合物B不含NH4NO3，由于固体混合物B是由CuO、K2SO4、NH4NO3、CuSO4四种物质中的两种组成，固体混合物中含有CuO、K2SO4；氢氧化钡和硫酸钾反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钾，溶液C含有氯化铁，氯化钠，溶液C和溶液D混合生成红褐色沉淀Fe(OH)3，溶液F中一定存在的阳离子是K+、Na+。（1）由分析可知，溶液F中一定存在的阳离子是K+、Na+；（2）B中的K2SO4与Ba(OH)2发生复分解反应，生成硫酸钡沉淀、氢氧化钾，化学方程式为：K2SO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+2KOH；（3）A中还无法确定的物质是NaCl，若要检验该物质（NaCl）是否存在，可取少量的混合物A于烧杯中，加入足量的水溶解，过滤，向滤液中加入足量的稀硝酸和硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含有氯化钠；反之则无。故答案为：（1）K+、Na+；（2）K2SO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+2KOH；（3）向滤液中加入足量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含有氯化钠，反之则不含氯化钠。【点评】在解此类题时，首先分析题中所给物质的性质和两两之间的反应，然后依据题中的现象判断各物质的存在性，最后进行验证即可。三．工艺流程题（共3小题）12．（2026•莱西市二模）氧化锌（ZnO）是一种应用极为广泛的材料，在防晒、医药、化工等领域发挥着重要的作用。以粗品氧化锌（主要杂质为FeO、CuO）为原料制备高纯度氧化锌的流程如图。（1）从微观构成来看，ZnO、FeO、CuO都由离子构成（填“分子”“原子”或“离子”）。（2）①溶解时发生化学反应的基本类型为D。A．化合反应B．分解反应C．置换反应D．复分解反应②过滤可除去Fe（OH）3，推测Fe（OH）3的性质有B。A．固体为红褐色B．难溶于水C．不与硫酸铜反应D．能与氨水反应（3）制得的氧化锌与粗品中的氧化锌质量相比较有何变化：制得的氧化锌质量大于粗品中氧化锌的质量，说明理由：置换步骤加入锌粉，增加了体系中锌元素的总质量，最终锌元素全部转化为氧化锌。（4）在实验室中，把ag铁粉加入一定量的Zn（NO3）2和AgNO3混合溶液中，按图所示进行实验，出现的现象如下图中所述。试回答：①滤渣B的质量一定＞（填“＜”“＝”或“＞”之一）ag。②滤液A中大量存在的金属阳离子是Zn2+、Ag+、Fe2+（填离子符号）。③写出过程Ⅰ中发生反应的一个化学方程式：Fe+2AgNO3＝Fe（NO3）2+2Ag。【分析】（1）根据ZnO、FeO、CuO都是由离子构成来分析解答；（2）根据溶解时金属氧化物与稀硫酸反应生成盐和水来分析解答；根据过滤用于分离难溶性固体和液体来分析解答；（3）根据置换步骤加入锌粉，增加了体系中锌元素的总质量，最终锌元素全部转化为氧化锌来分析解答；（4）根据金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Ag，加入铁粉，铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，铁与硝酸锌不反应，充分反应后，过滤，得到滤液A和滤渣B，向滤液A中加入氯化钠溶液，氯化钠能与硝酸银反应生成氯化银和硝酸钠，则产生白色沉淀，说明滤液中含硝酸银，则铁完全反应，向滤渣B中加稀盐酸无现象，也证明铁无剩余，则滤渣中只有反应生成的银来分析解答。【解答】解：（1）ZnO、FeO、CuO都是由金属元素和非金属元素组成的化合物，均是由离子构成的；（2）①溶解时金属氧化物与稀硫酸反应生成盐和水，符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的特征，属于复分解反应，故选：D；②过滤用于分离难溶性固体和液体，因此可推测Fe（OH）3难溶于水，故选B；（3）由于置换步骤加入锌粉，增加了体系中锌元素的总质量，最终锌元素全部转化为氧化锌，所以制得的氧化锌质量大于粗品中氧化锌的质量；（4）金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Ag，加入铁粉，铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，铁与硝酸锌不反应，充分反应后，过滤，得到滤液A和滤渣B，向滤液A中加入氯化钠溶液，氯化钠能与硝酸银反应生成氯化银和硝酸钠，则产生白色沉淀，说明滤液中含硝酸银，则铁完全反应，向滤渣B中加稀盐酸无现象，也证明铁无剩余，则滤渣中只有反应生成的银；①铁与硝酸银反应的化学方程式为Fe+2AgNO3＝Fe（NO3）2+2Ag，56份质量的铁置换出216份质量的银，固体质量增加，则滤渣B的质量一定＞ag；②由分析可知，铁与硝酸银反应后，硝酸银过量，铁与硝酸银反应生成了硝酸亚铁，硝酸锌不参与反应，则滤液A中的溶质是硝酸锌、硝酸银、硝酸亚铁，则大量存在的金属阳离子是Zn2+、Ag+、Fe2+；③过程Ⅰ中发生的反应是铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，反应的化学方程式为Fe+2AgNO3＝Fe（NO3）2+2Ag。故答案为：（1）离子；（2）①D；②B；（3）制得的氧化锌质量大于粗品中氧化锌的质量；置换步骤加入锌粉，增加了体系中锌元素的总质量，最终锌元素全部转化为氧化锌；（4）①＞；②Zn2+、Ag+、Fe2+；③Fe+2AgNO3＝Fe（NO3）2+2Ag。【点评】本题综合考查物质构成、反应类型、除杂原理与金属活动性应用。理清工艺流程与金属置换顺序，是顺利解题的关键。13．（2026•丹阳市二模）从粗食盐水（含少量Na2SO4、MgSO4、CaCl2）提纯NaCl并制备Na2CO3的方案如下。Ⅰ.提纯：粗盐水→步骤1过量（1）“步骤2”发生反应的化学方程式为BaCl2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaCl。（2）“步骤3”加入Na2CO3溶液的作用是除去Ca2+和过量的Ba2+。（3）“过滤”所得滤液中的溶质为NaCl、NaOH、Na2CO3。Ⅱ.制备：饱和含盐水→步骤1通入CO2、NH3NaHCO3（1）“步骤1”发生反应的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓。①为提高产率，生产中应先通入NH3（选填“NH3”或“CO2”）。②反应中需控制温度为30﹣35℃的可能原因是温度过高，CO2溶解度减小，NH3易逸出；温度过低，反应速率慢。（2）消毒液的有效成分为NaClO。以下制备方法中，现在一般选择方法2的可能原因是方法2使用的Na2CO3比NaOH腐蚀性弱，更安全，且成本更低。方法1：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O方法2：Cl2+2Na2CO3+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3【分析】（1）步骤2加入BaCl2溶液是为了除去溶液中的SO42﹣，反应物是BaCl2和Na2SO（2）步骤3加入Na2CO3溶液是为了除去溶液中原有的Ca2+和步骤2中引入的过量的Ba2+。（3）过滤后，滤液中除了目标产物NaCl，还含有前面步骤中加入的过量的NaOH和Na2CO3。（4）①先通入NH3，因为NH3溶解度大，使溶液呈碱性，有利于吸收更多的CO2。②温度过高，CO2溶解度减小且NH3易逸出；温度过低，反应速率慢。（5）比较两种方法，方法2使用的Na2CO3比方法1使用的NaOH腐蚀性弱，更安全，且成本更低。【解答】解：（1）步骤1加入过量NaOH溶液除去了Mg2+，步骤2加入BaCl2溶液是为了除去SO42-，反应的化学方程式为：BaCl2+Na2SO4＝BaSO4↓故答案为：BaCl2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaCl；（2）步骤2中加入了过量的BaCl2溶液，引入了Ba2+，且原溶液中含有Ca2+，步骤3加入Na2CO3溶液的作用是除去Ca2+和过量的Ba2+；故答案为：除去Ca2+和过量的Ba2+；（3）经过步骤1、2、3后，溶液中的Mg2+、SO42-、Ca2+、Ba2+均被沉淀除去，但加入了过量的NaOH和Na2CO3，因此过滤所得滤液中的溶质为NaCl、NaOH、Na2CO故答案为：NaOH、Na2CO3；（4）①NH3在水中的溶解度远大于CO2，先通入NH3使溶液呈碱性，可以吸收更多的CO2，生成更多的HCO3-，从而提高NaHCO3的产率，所以应先通入NH故答案为：NH3；②反应温度需控制在30～35℃，是因为温度过高，CO2的溶解度会减小，且NH3•H2O易分解导致NH3逸出，不利于NaHCO3的生成；温度过低，反应速率慢，影响生产效率；故答案为：温度过高，CO2溶解度减小，NH3易逸出；温度过低，反应速率慢；（5）方法1使用NaOH，方法2使用Na2CO3，NaOH是强碱，腐蚀性强，而Na2CO3碱性较弱，腐蚀性小，使用更安全。此外，Na2CO3（纯碱）比NaOH（烧碱）价格更低廉，来源更广，因此，现在一般选择方法2；故答案为：方法2使用的Na2CO3比NaOH腐蚀性弱，更安全，且成本更低。【点评】本题主要考查了粗盐的提纯、侯氏制碱法的原理以及化学实验方案的评价。解题时需要理解每一步操作的目的，掌握常见离子的除杂方法，并能从反应速率、平衡、物质性质、成本和安全等角度分析实验条件和方法的优劣。14．（2026•苏州）以某废酸（主要含FeSO4、H2SO4）为原料制磁性铁黑（Fe3O4）的流程如图。已知：Fe（OH）2、Fe（OH）3难溶于水；CaSO4微溶于水。（1）若用xFeO•yFe2O3表示Fe3O4，则x：y＝1：1。（2）“除酸”步骤主要发生碳酸钙与H2SO4的反应，充分反应后溶液pH约为3。写出该反应的化学方程式：CaCO3+H2SO4＝CaSO4+H2O+CO2↑。（3）“沉铁”步骤控制溶液pH在8左右，将FeSO4转化为Fe（OH）①FeSO4与熟石灰反应的基本类型为复分解反应。②熟石灰的作用除与FeSO4反应外，还有与残留的H2SO4反应（或调节溶液pH）。（4）“氧化”步骤发生如下两个反应。反应Ⅰ：6Fe（OH）2+NaClO3+3H2O＝6Fe（OH）3+NaCl反应Ⅱ：Fe（OH）2+2Fe（OH）390℃Fe3O4+4H2O该步骤中，溶液pH影响产品颜色与产率[m(pH6.06.57.07.58.09.0产品颜色黄褐黄褐较黑很黑很黑灰黑产率/%43.950.686.293.092.391.6①该步骤最适宜的pH为7.5。②保持最适宜的pH，若增大“氧化”步骤NaClO3的用量（与NaClO3理论用量相比），可提高磁性铁黑的产率。判断该说法是否合理，并说明理由：否，NaClO3用量增大，反应Ⅰ消耗的Fe(OH)2多，生成Fe(OH)3多，参与反应Ⅱ的Fe(OH)2与Fe(OH)3比例不当，磁性铁黑产率下降。（5）“磁选”的目的是将Fe3O4与其他杂质分离，该杂质主要为CaSO4。【分析】（1）根据铁原子和氧原子的个数来分析；（2）根据碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙、水和二氧化碳来分析；（3）①根据FeSO4和熟石灰Ca(OH)2互相交换成分生成Fe（OH）2和CaSO4来分析；②根据除酸后溶液pH约为3，沉铁需要pH控制在8左右，熟石灰可调节溶液pH达到反应要求来分析；（4）①根据pH为7.5时产品颜色很黑，且产率最高（93.0%）来分析；②根据反应Ⅰ消耗的Fe(OH)2多，生成Fe(OH)3多，参与反应Ⅱ的Fe(OH)2与Fe(OH)3比例不当，磁性铁黑产率下降来分析；（5）根据碳酸钙、熟石灰均会反应生成微溶于水的CaSO4，混在固体产物中来分析。【解答】解：（1）xFeO•yFe2O3中，Fe原子总数为x+2y＝3，O原子总数为x+3y＝4，解得x＝1，y＝1，即x：y＝1：1。（2）碳酸钙与硫酸反应生成微溶的硫酸钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3+H2SO4＝CaSO4+H2O+CO2↑。（3）①FeSO4和熟石灰Ca(OH)2互相交换成分，生成Fe（OH）2和CaSO4，符合复分解反应的特征。②除酸后溶液pH约为3，沉铁需要pH控制在8左右，熟石灰为碱性，可调节溶液pH达到反应要求。（4）①由表格数据可知，pH为7.5时产品颜色很黑，且产率最高（93.0%），为最适宜pH。②生成Fe3O4需要Fe（OH）2和Fe（OH）3按1：2反应，NaClO3过量会过度氧化Fe（OH）2，反应物比例失调，产率下降。（5）流程中加入的碳酸钙、熟石灰均会反应生成微溶于水的CaSO4，混在固体产物中，是主要非磁性杂质。故答案为：（1）1：1；（2）CaCO3+H2SO4＝CaSO4+H2O+CO2↑；（3）①复分解；②与残留的H2SO4反应（或调节溶液pH）；（4）①7.5；②否，NaClO3用量增大，反应Ⅰ消耗的Fe(OH)2多，生成Fe(OH)3多，参与反应Ⅱ的Fe(OH)2与Fe(OH)3比例不当，磁性铁黑产率下降；（5）CaSO4。【点评】本题主要考查了物质的转化和制备，解答时要根据所学知识，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。四．科学探究题（共6小题）15．（2026•临渭区二模）有一包固体粉末，可能含有MgCl2、BaCl2、CuSO4、Na2SO4、BaCO3中的一种或几种，在确定其成分时，按照下图所示流程进行实验。（1）由于CuSO4溶液为蓝色，所以该固体样品中一定不含CuSO4。（2）步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为Na2SO4+BaCl2＝BaSO4↓+2NaCl。（3）为探究无色溶液A的成分，取少量溶液A于试管中，继续进行如下实验。根据上述实验可确定无色溶液A中一定含有（填“一定含有”“可能含有”或“一定不含”）MgCl2。若②中现象为“白色沉淀全部溶解”，则原固体粉末中含有4种物质。【分析】根据硫酸铜在溶液中显蓝色，碳酸钡沉淀会与酸反应生成二氧化碳气体，硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀氢氧根离子和镁离子反应生成溶于酸的氢氧化镁沉淀等知识进行分析。【解答】解：（1）硫酸铜水溶液呈蓝色，流程中得到无色溶液A，所以可确定样品中一定不含CuSO4；（2）步骤Ⅱ加入盐酸后，依然有白色沉淀存在，所以步骤Ⅰ发生反应硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，化学方程式为：Na2SO4+BaCl2＝BaSO4↓+2NaCl；（3）加入氢氧化钡生成的白色沉淀加过量盐酸部分溶解，可溶于盐酸的沉淀为氢氧化镁，由氯化镁和氢氧化钡反应生成，所以溶液A一定含MgCl2；原固体一定含有BaCl2、Na2SO4（反应生成硫酸钡沉淀）、BaCO3（和盐酸反应生成无色气体）、MgCl2，共4种物质，不含CuSO4。故答案为：（1）蓝；（2）Na2SO4+BaCl2＝BaSO4↓+2NaCl；（3）一定含有；4。【点评】在解此类题时，首先分析题中所给物质的性质和两两之间的反应，然后依据题中的现象判断各物质的存在性，最后进行验证即可。16．（2026•市南区模拟）氮化铝（AlN，高温与水、二氧化碳反应）是一种新型无机非金属材料，广泛用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用氮气、氧化铝和活性炭在高温下制取氮化铝，并测定所得产物中AlN的质量分数。回答下列问题。Ⅰ.制备AlN。实验装置如图甲所示（部分夹持仪器已省略）。（1）实验开始先点燃A（选填“A”或“C”）处的酒精灯或酒精喷灯，目的是利用生成的N2排尽装置内的空气，防止O2、二氧化碳干扰实验。（2）装置B除了干燥气体和平衡气压之外，还具有的功能是观察气泡速率，控制气体流速。（3）装置C中生成氮化铝和一种可燃性气体，则该反应的化学方程式为Al2O3+3C+N2高温2AlN+3CO（4）装置甲设计和实施细节中各存在一处不足，说明改进措施设计不足：D后无尾气处理，加点燃的酒精灯或气球；细节不足：A、B间加除HCl装置。Ⅱ.测定AIN样品纯度。如图乙所示，利用AIN与NaOH溶液反应生成的NH3体积测定AIN样品纯度，已知：AlN+NaOH+3H2O＝Na[Al（OH）4]+NH3↑（5）为准确测定生成气体的体积，装置乙中的X液体可以是C。A.H2OB.浓硫酸C.植物油（6）称mg装置C中所得产物，加入足量NaOH溶液，测得生成氨气的体积为bmL（实验条件下，氨气密度为dg/L），则所得产物中AIN的质量分数为41bd170m%（（7）若装置乙中分液漏斗旁没有导管a，对所测AIN质量分数的影响是偏大（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【分析】（1）根据装置内的空气中O2、二氧化碳等会干扰实验分析；（2）根据浓硫酸作用分析；（3）根据化学反应原理书写化学方程式；（4）根据CO有毒，会污染空气分析。根据A中NaNO2与NH4Cl反应生成的N2中混有HCl、NH3等杂质分析；（5）根据NH3极易溶于水，浓硫酸会吸收NH3；植物油不溶于水且不与NH3反应分析；（6）根据化学方程式进行计算；（7）根据导管a的作用是平衡分液漏斗与锥形瓶内的气压分析。【解答】解：（1）先点燃A处酒精灯，目的是利用生成的N2排尽装置内的空气，防止O2、二氧化碳干扰实验。故答案为：A；利用生成的N2排尽装置内的空气，防止O2、二氧化碳干扰实验；（2）装置B中浓硫酸除了干燥气体、平衡气压外，还能观察气泡速率，控制气体流速。故答案为：观察气泡速率，控制气体流速；（3）Al2O3与C、N2在高温下反应生成AlN和CO（可燃性气体），化学方程式为Al2O3+3C+N2高温2AlN+3CO；故答案为：Al2O3+3C+N2（4）设计不足：D装置（U型管）后无尾气处理装置（CO有毒，会污染空气），改进：在D后加点燃的酒精灯（或气球收集）。实施细节不足：A中NaNO2与NH4Cl反应生成的N2中混有HCl、NH3等杂质，未除杂（或B中浓硫酸会吸收NH3，应在A、B间加除HCl的装置）；另外，C处加热前需先通N2排空气，改进：先通一段时间N2再加热C。故答案为：设计不足：D后无尾气处理，加点燃的酒精灯或气球；细节不足：A、B间加除HCl装置；（5）NH3极易溶于水，不能用水；浓硫酸会吸收NH3；植物油不溶于水且不与NH3反应，可隔绝NH3与水。故选：C；（6）氨气质量＝dg/L×b×10﹣3L＝bd×10﹣3gAlN+NaOH+3H2O＝Na[Al（OH）4]+NH3↑4117xbd×10﹣3g4117x=41bd则所得产物中AlN的质量分数为41bd17000g故答案为：41bd170m%（7）导管a的作用是平衡分液漏斗与锥形瓶内的气压，使NaOH溶液顺利流下。若没有导管a，分液漏斗内液体流下时，锥形瓶内气体被压缩，导致排出的液体体积偏大，测得NH3体积偏大，最终所测AlN质量分数偏大。故答案为：偏大。【点评】在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答。17．（2026•京口区二模）煤炭在我国的能源结构中占据重要地位，而煤炭在燃烧过程会产生SO2。工业生产中可以使用软锰矿（主要成分MnO2，还有Mg、Al、Fe等杂质）除去SO2，同时得到副产品MnSO4•H2O。（1）含有SO2的尾气直接排放到空气中，引起的环境问题是导致酸雨。在实验室模拟利用二氧化锰浆液处理含二氧化硫废气，并对此展开研究（装置如图﹣1所示）。（2）装置中使用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应，使反应更加充分。（3）反应的原理如图﹣2所示，写出该原理的反应方程式MnO2+SO2Fe2(SO4)3MnSO4（4）有多种因素影响着二氧化硫的吸收。图—3表示在其它条件一定时，温度对吸收率的影响，分析40～60℃间吸收率变化的可能原因：温度升高，SO2溶解度下降，但反应速率加快，二者共同影响吸收率，40～50℃SO2溶解度下降的影响更为显著，吸收率转而下降，50～60℃反应速率加快的影响更为显著，吸收率转而上升。（5）反应后期溶液中酸性会逐渐增强，是由于废气进入浆液后，二氧化硫与氧气在硫酸锰的催化作用下化合生成硫酸，写出生成硫酸的反应化学方程式2SO2+O2+2H2OMnSO42H2SO【分析】（1）根据二氧化硫对环境的影响来分析；（2）根据增大反应物之间接触面积的方法来分析；（3）根据流程图信息以及化学反应的原理来分析；（4）根据图示信息来分析；（5）根据质量守恒定律以及化学方程式的写法来分析。【解答】解：（1）SO2排放到空气中会与水蒸气反应生成亚硫酸，亚硫酸进一步被氧化为硫酸，随降水形成酸雨，因此对应的环境问题是酸雨；（2）多孔球泡能够增大气体与液体的接触面积，让SO2被MnO2浆液充分吸收，提高吸收效率；（3）由图﹣2可知，在反应1中硫酸铁是反应物，反应2中硫酸铁是生成物，化学反应前后硫酸铁没有发生变化，则硫酸铁应是该反应的催化剂，则该反应的总反应为二氧化锰和二氧化硫在硫酸铁的催化下反应生成硫酸锰，化学方程式为MnO2+SO2Fe2(S（4）从图﹣3可知，温度升高，SO2溶解度下降，物理吸收减少，导致吸收率下降；化学反应速率加快或催化剂活性增强，抵消部分溶解度下降的影响，吸收率略有回升；也可能因温度升高促进氧化反应，或Fe3+/Fe2+循环效率提高；（5）二氧化硫与氧气在硫酸锰的催化作用下化合生成硫酸，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，生成物中含氢元素，则水应参与了反应，化学方程式为2SO2+O2+2H2OMnSO42H2故答案为：（1）导致酸雨；（2）增大反应物的接触面积，加快反应，使反应更加充分；（3）MnO2+SO2Fe2(S（4）温度升高，SO2溶解度下降，但反应速率加快，二者共同影响吸收率，40～50℃SO2溶解度下降的影响更为显著，吸收率转而下降，50～60℃反应速率加快的影响更为显著，吸收率转而上升；（5）2SO2+O2+2H2OMnSO42H2【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。18．（2026•红河州一模）过氧化氢（H2O2）溶液俗称“双氧水”，是一种常见的消毒剂，在实验室、工业、医疗等领域中有广泛用途。某研学小组围绕“双氧水”开启了研学之旅。Ⅰ.过氧化氢的实验室用途。利用如图所示装置可进行气体制备、性质的探究。（1）仪器M的名称长颈漏斗。（2）A装置中采用多孔隔板的优点是可以控制反应的发生和停止。（3）研学小组同学在装置A的多孔隔板上放少量块状二氧化锰，打开止水夹，加入过氧化氢溶液，写出A装置发生反应的化学方程式：2H2O2MnO22H2O+O2↑，点燃酒精灯，可观察到装置B处的红磷剧烈燃烧，发出白光，产生大量白烟，说明燃烧的剧烈程度与（4）C处球形干燥管中的碱石灰，主要成分是NaOH和CaO，它能够与红磷燃烧后的产物反应，因此该装置的作用是吸收红磷燃烧生成的五氧化二磷，防止污染空气。Ⅱ.过氧化氢的工业用途工业烟气中常含有二氧化硫（SO2），会污染空气，采用过氧化氢溶液可以脱硫。【查阅资料】“SO2和NaOH溶液的反应”与“CO2和NaOH溶液的反应”类似。（5）写出吸收塔中发生的化学反应方程式SO2+H2O2＝H2SO4。（6）若吸收塔内温度过高，则会引起脱硫效率降低，可能的两种原因分别是温度过高，过氧化氢受热分解，反应物浓度降低；温度过高，二氧化硫在溶液中的溶解度减小，参与反应的二氧化硫减少。（7）若将吸收塔中的过氧化氢（H2O2）溶液替换为等浓度的NaOH溶液，在不引入其他物质的情况下，最终不能（填“能”或“不能”）回收得到稀硫酸。（8）该工艺流程具有的重要意义是吸收二氧化硫，防止空气污染，同时回收有用产物，提高资源利用率。【分析】（1）根据常见仪器的名称来分析解答；（2）根据A装置的特点来分析解答；（3）根据过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气来分析解答；根据红磷在空气中燃烧发出黄色火焰，红磷在氧气中燃烧发出白光，氧气中氧气浓度比空气中氧气浓度大来分析解答；（4）根据碱石灰可以吸收红磷燃烧生成的五氧化二磷，防止污染空气来分析解答；（5）根据二氧化硫和过氧化氢反应最终生成硫酸来分析解答；（6）根据温度过高，过氧化氢受热分解，反应物浓度降低，温度过高，二氧化硫在溶液中的溶解度减小，参与反应的二氧化硫减少来分析解答；（7）根据二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，不引入其他物质的情况下无法生成稀硫酸来分析解答；（8）根据该工艺流程可以吸收二氧化硫，防止空气污染，同时回收有用产物，提高资源利用率来分析解答。【解答】解：（1）由图可知，仪器M的名称是长颈漏斗；（2）A装置中可将固体置于多孔隔板上，加入液体，关闭止水夹时，装置内压强增大，液体被压回长颈漏斗，固液分离，反应停止，打开止水夹，气体导出，液体流下与固体接触，反应开始，因此A装置中采用多孔隔板的优点是可以控制反应的发生和停止；（3）A装置发生的反应为过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2MnO22H（4）红磷燃烧生成的五氧化二磷有毒，散逸到空气中会污染空气，碱石灰中NaOH、CaO能与五氧化二磷反应，则因此该装置的作用是吸收红磷燃烧生成的五氧化二磷，防止污染空气；（5）根据流程图，烟气经过吸收塔后，排出氮气，生成了稀硫酸，说明吸收塔中二氧化硫和过氧化氢反应最终生成硫酸，该反应的化学方程式为SO2+H2O2＝H2SO4；（6）若吸收塔内温度过高，则会引起脱硫效率降低，可能的两种原因分别是温度过高，过氧化氢受热分解，反应物浓度降低，温度过高，二氧化硫在溶液中的溶解度减小，参与反应的二氧化硫减少；（7）“SO2和NaOH溶液的反应”与“CO2和NaOH溶液的反应”类似，则二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，不引入其他物质的情况下无法生成稀硫酸；（8）该工艺流程具有的重要意义是吸收二氧化硫，防止空气污染，同时回收有用产物，提高资源利用率。故答案为：（1）长颈漏斗；（2）可以控制反应的发生和停止；（3）2H2O2MnO22H（4）吸收红磷燃烧生成的五氧化二磷，防止污染空气；（5）SO2+H2O2＝H2SO4；（6）温度过高，过氧化氢受热分解，反应物浓度降低；温度过高，二氧化硫在溶液中的溶解度减小，参与反应的二氧化硫减少；（7）不能；（8）吸收二氧化硫，防止空气污染，同时回收有用产物，提高资源利用率。【点评】本题主要考查物质的相互转化和制备以及过氧化氢的用途等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。19．（2026春•上海月考）2026春晚小品《奶奶的最爱》中，智能机器人为奶奶递茶，准备年夜饭，涉及食物搭配和营养均衡；公益广告《回家吃饭》也传递着健康饮食的理念。皮蛋是我国传统的风味蛋制品，含较多矿物质，有促进营养的消化吸收，中和胃酸等多种功效。传统的皮蛋制作方法是将腌制料敷在鲜蛋外，腌制料的主要原料一般包括生石灰、碳酸钠和食盐。某同学将这些腌制料放于烧杯中，缓慢加入足量的蒸馏水，充分溶解后过滤，得到白色沉淀A和无色澄清滤液B。（1）皮蛋能为人体提供“硒”。这里的“硒”是指B。A.单质B.元素C.分子D.原子（2）皮蛋能中和胃酸过多，说明皮蛋呈碱性（填“酸”“碱”或者“中”）。（3）每100g皮蛋提供大约14g蛋白质。下列食物也能提供丰富蛋白质的是B。A.萝卜B.鱼虾C.大米D.苹果（4）58.5g氯化钠提供钠元素的质量是23克。（5）某兴趣小组获得了少许用于某种皮蛋制作的腌制料，拿到实验室进行实验。【资料】部分碱、酸和盐的溶解性表（室温）OH﹣NOCl﹣SOCOH+溶、挥溶、挥溶溶、挥Na+溶溶溶溶溶Ba2+溶溶溶不不Ca2+微溶溶微不Ag+＝溶不微不说明：“溶”表示对应物质可溶于水，“不”表示不溶于水，“微”表示微溶于水，“挥”表示挥发性，“﹣”表示物质不存在或遇到水就分解了。①请写出一个不溶于水的盐的化学式AgCl（答案不唯一）。②请写出生成白色沉淀A的化学方程式Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH。③小组同学判断，无色澄清滤液B中的溶质一定有NaCl、NaOH，可能有碳酸钠或氢氧化钙中的一种。为验证滤液B中可能含有的溶质，甲、乙同学分别进行了如图实验。甲同学认为：通过自己的实验可知滤液B中无碳酸钠，这种说法是错误的，请说明理由。无色澄清滤液B中有氢氧化钠，滴加2滴稀