5. (2026·青岛市南区期末)如图是海水综合利用的部分流程(操作已省略),已知该粗盐中含泥沙、$\ce{MgCl_{2}}$、$\ce{CaCl_{2}}$、$\ce{Na_{2}SO_{4}}$等杂质。下列说法不正确的是 ()


A.流程Ⅰ中X、Y溶液的顺序不能颠倒
B.流程Ⅰ中得到$\ce{NaCl}$的质量比原混合物中$\ce{NaCl}$的质量多
C.流程Ⅱ中的石灰乳可用生石灰替代
D.流程Ⅱ中涉及两种基本反应类型

5.A
解析:
A 根据口诀“先加氯化钡,再加碳酸钠,氢氧化钠无所谓”,流程Ⅰ中X、Y溶液的顺序能颠倒 ×
B 除杂过程中会生成氯化钠,因此流程Ⅰ中得到NaCl的质量比原混合物中NaCl的质量多 √
C 氧化钙与水反应生成氢氧化钙,流程Ⅱ中的石灰乳可用生石灰替代 √
D 流程Ⅱ中,氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙,氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水,这两个反应均属于复分解反应;氯化镁在通电的条件下生成镁和氯气,该反应属于分解反应 √

【分析】本题围绕海水综合利用的两个流程展开，需逐一分析各选项：首先明确粗盐提纯的除杂试剂加入规则（Na₂CO₃需在BaCl₂之后加入以除去过量Ba²⁺，NaOH加入顺序无强制要求）；其次判断除杂过程中是否生成新的NaCl；再分析生石灰与石灰乳的转化关系；最后判断流程Ⅱ中反应的基本类型，从而找出不正确的选项。
【解析】选项A：粗盐提纯时，加入过量BaCl₂除去Na₂SO₄，过量Ba²⁺需用Na₂CO₃除去，故Na₂CO₃必须在BaCl₂后加入；而NaOH用于除去MgCl₂，其加入顺序不影响，只要在过滤前加入即可。因此X、Y（NaOH和Na₂CO₃）的顺序可以颠倒，A说法错误。选项B：除杂过程中，MgCl₂与NaOH反应、CaCl₂与Na₂CO₃反应、BaCl₂与Na₂CO₃反应均会生成NaCl，故流程Ⅰ中得到的NaCl质量比原混合物中的多，B说法正确。选项C：生石灰（CaO）与水反应生成Ca(OH)₂，即石灰乳的主要成分，故石灰乳可用生石灰替代，C说法正确。选项D：流程Ⅱ中，MgCl₂与Ca(OH)₂反应、Mg(OH)₂与盐酸反应均为复分解反应，MgCl₂通电分解生成Mg和Cl₂为分解反应，共涉及两种基本反应类型，D说法正确。
【答案】A
【知识点】粗盐提纯、海水制镁、基本反应类型
【点评】本题结合海水综合利用流程，考查粗盐除杂的试剂顺序、除杂过程的质量变化、试剂替代及反应类型判断，需掌握相关化学原理，难度中等。
【难度系数】0.5

6. (2026·东营广饶质检)粗盐中含有少量不溶性杂质(泥沙),还含有少量可溶性杂质($Na_2SO_4$、$CaCl_2$、$MgCl_2$)。现以粗盐为原料制取精盐,生产过程如图。

(1)写出Ⅰ中发生反应的化学方程式: 。
(2)加入过量$Na_2CO_3$溶液的目的是 。
(3)操作a的名称是 ,该操作和蒸发结晶都需要用到的仪器为 。
(4)加入适量稀盐酸的作用是除去滤液中的 、(填化学式)。

6.(1)$\ce{BaCl_{2} +Na_{2}SO_{4}\xlongequal{\;\;}BaSO_{4}\downarrow +2NaCl}$ (2)除去氯化钙和过量的氯化钡 (3)过滤 玻璃棒 (4)$\ce{Na_{2}CO_{3}}$ $\ce{NaOH}$
解析:(1)Ⅰ中氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠,据此书写化学方程式。(2)加入过量$\ce{Na_{2}CO_{3}}$溶液的目的是除去氯化钙和过量的氯化钡。(3)操作a的名称是过滤,通过过滤能够除去不溶于水的物质;过滤和蒸发结晶都需要用到的仪器为玻璃棒,作用分别是引流、使液体均匀受热,防止液体飞溅。(4)加入适量稀盐酸的作用是除去滤液中的碳酸钠、氢氧化钠。

【分析】
要解决粗盐提纯的问题，需明确各步骤试剂的作用和实验操作的目的：粗盐溶解后，步骤Ⅰ加过量$\ce{BaCl_{2}}$是为了除去可溶性杂质$\ce{Na_{2}SO_{4}}$；步骤Ⅱ加过量$\ce{NaOH}$是为了除去$\ce{MgCl_{2}}$；步骤Ⅲ加过量$\ce{Na_{2}CO_{3}}$，既要除去$\ce{CaCl_{2}}$，还要除去步骤Ⅰ中过量的$\ce{BaCl_{2}}$；之后通过操作a分离出沉淀，得到的滤液中含有生成的$\ce{NaCl}$，以及过量的$\ce{NaOH}$和$\ce{Na_{2}CO_{3}}$，最后加适量稀盐酸除去这两种过量试剂，再蒸发结晶得到精盐。
【解析】
(1) 步骤Ⅰ中，氯化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，化学方程式为$\ce{BaCl_{2} +Na_{2}SO_{4}\xlongequal{\;\;}BaSO_{4}\downarrow +2NaCl}$。
(2) 加入过量$\ce{Na_{2}CO_{3}}$溶液，可与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，与过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，因此目的是除去氯化钙和过量的氯化钡。
(3) 操作a是将固体和液体分离，名称为过滤；过滤操作用到玻璃棒（引流），蒸发结晶操作也需要玻璃棒（搅拌防止液体飞溅），因此两者都用到的仪器是玻璃棒。
(4) 经过操作a后，滤液中含有过量的$\ce{NaOH}$和$\ce{Na_{2}CO_{3}}$，加入适量稀盐酸可分别与它们反应，从而除去这两种杂质，化学式为$\ce{Na_{2}CO_{3}}$、$\ce{NaOH}$。
【答案】
(1)$\ce{BaCl_{2} +Na_{2}SO_{4}\xlongequal{\;\;}BaSO_{4}\downarrow +2NaCl}$
(2)除去氯化钙和过量的氯化钡
(3)过滤；玻璃棒
(4)$\ce{Na_{2}CO_{3}}$；$\ce{NaOH}$
【知识点】
粗盐提纯；化学方程式书写；实验基本操作
【点评】
本题为粗盐提纯的经典题型，考查了除杂试剂的作用、化学方程式书写、实验操作及仪器使用，需掌握除杂时“不引入新杂质，过量试剂需后续除去”的原则，是初中化学实验的重点内容。
【难度系数】
0.6

7. (2026·枣庄市中区一模)下列各组物质的溶液不用其他试剂无法鉴别的是 ()

A.HCl、NaCl、Na₂CO₃、CaCl₂
B.HCl、NaOH、CuSO₄、MgSO₄
C.Na₂CO₃、K₂SO₄、BaCl₂、HCl
D.NaNO₃、HCl、CaCl₂、KOH

7.D

【分析】
不用其他试剂鉴别溶液时，先观察是否有特殊颜色的溶液，再将剩余溶液两两混合，根据反应产生的气体、沉淀等不同现象区分各组物质，逐一分析选项中各物质两两混合的现象，判断能否鉴别。
【解析】
A选项：四种溶液两两混合，能与一种物质产生气体、与另一种物质产生沉淀的是Na₂CO₃溶液；与Na₂CO₃反应产生气体的是HCl溶液，产生沉淀的是CaCl₂溶液，剩余的是NaCl溶液，可鉴别。
B选项：CuSO₄溶液为蓝色，先确定CuSO₄；能与CuSO₄反应产生蓝色沉淀的是NaOH溶液；能与NaOH反应产生白色沉淀的是MgSO₄溶液，剩余的是HCl溶液，可鉴别。
C选项：四种溶液两两混合，能与一种物质产生气体、与另一种物质产生沉淀的是Na₂CO₃溶液；与Na₂CO₃反应产生气体的是HCl溶液，产生沉淀的是BaCl₂溶液，剩余的是K₂SO₄溶液，可鉴别。
D选项：四种溶液两两混合，HCl与KOH反应无明显现象，NaNO₃与其他三种溶液均不反应，CaCl₂与其他三种溶液混合也无明显现象，无法通过不同现象区分，不能鉴别。
【答案】
D
【知识点】
物质的鉴别、酸碱盐的性质
【点评】
本题考查不用其他试剂鉴别溶液的方法，需掌握常见酸碱盐的反应现象，通过两两混合的特征反应区分物质，是中考常见题型，侧重考查学生的分析判断能力。
【难度系数】
0.5

8. (2025·青岛中考改编)设计实验方案是科学探究的重要环节,下列实验方案能达到实验目的的是 ()

8.C
解析:
A 当二氧化碳(不能燃烧、不能支持燃烧)大量存在时,少量的一氧化碳是不会燃烧的 ×
B 稀盐酸能与过量氢氧化钙溶液反应生成氯化钙和水,能除去杂质,但引入了新的杂质氢氧化钙(过量的) ×
C 氧化铜和稀盐酸反应生成氯化铜和水,黑色固体逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色,铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,产生气泡,溶液变浅绿色 √
D 稀盐酸和稀硫酸均属于酸,都能与碳酸钠反应产生二氧化碳气体 ×

【分析】本题考查物质的除杂与鉴别，需依据除杂原则（不引入新杂质、不减少原物质、易分离）和物质的特性反应，逐一分析各选项的实验方案是否能达成实验目的。
【解析】
选项A：二氧化碳不燃烧、也不支持燃烧，当大量二氧化碳存在时，少量一氧化碳无法被点燃，该方案不能除去杂质，错误；
选项B：加入过量氢氧化钙溶液，虽能除去稀盐酸，但会引入新的杂质（过量的氢氧化钙），不符合除杂原则，错误；
选项C：氧化铜与稀盐酸反应生成氯化铜和水，现象为黑色固体溶解，溶液变为蓝色；铁粉与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，现象为有气泡产生，溶液变为浅绿色，二者现象不同，可鉴别，正确；
选项D：稀盐酸和稀硫酸都能与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体，现象相同，无法鉴别，错误。
【答案】C
【知识点】物质的除杂、物质的鉴别
【点评】本题为中考常见题型，侧重考查常见物质的反应性质，需熟练掌握除杂原则和物质间的反应现象，难度适中。
【难度系数】0.6

9.(2025·湖南中考)Vc泡腾片中含有碳酸氢钠。室温下,Vc泡腾片与足量稀盐酸在密闭容器内反应,测得容器内压强随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 ()


A.碳酸氢钠在a点已完全反应
B.反应结束后溶液pH大于7
C.反应产生二氧化碳,使压强增大
D.压强大小与所取Vc泡腾片质量无关

9.C
解析:
A a点之后压强依旧增大,说明还在产生气体,反应继续进行 ×
B 容器内有足量的稀盐酸,反应后盐酸过量,溶液显酸性,溶液pH小于7 ×
C 碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体,使容器内压强增大 √
D 压强大小与产生的二氧化碳气体的量有关,与所取Vc泡腾片质量有关 ×

【分析】
要判断各选项的正误，需结合碳酸氢钠与稀盐酸的反应原理（$\ce{NaHCO_{3} + HCl = NaCl + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$）和图像信息分析：密闭容器中，反应生成气体会使压强增大，压强变化反映反应进行程度；稀盐酸足量时，反应后溶液酸碱性由剩余盐酸决定；压强大小与生成气体的量相关，生成气体的量与反应物的量有关。
【解析】
A选项：由图像可知，a点之后压强仍持续增大，说明反应仍在进行，碳酸氢钠未完全反应，A错误；
B选项：题目中稀盐酸足量，反应后盐酸有剩余，溶液呈酸性，pH小于7，B错误；
C选项：碳酸氢钠与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，密闭容器内气体增多，压强增大，C正确；
D选项：Vc泡腾片中含碳酸氢钠，其质量决定生成二氧化碳的量，压强大小与生成气体的量有关，因此压强与所取Vc泡腾片质量有关，D错误。
【答案】
C
【知识点】
碳酸氢钠与盐酸反应；溶液酸碱性与pH；压强与气体量的关系
【点评】
本题结合反应图像考查碳酸氢钠与盐酸的反应，需结合反应原理、图像变化及反应物用量分析选项，属于基础题型，侧重基础知识的应用。
【难度系数】
0.6

10. (2025·眉山中考)在$\mathrm{pH}=1$的环境下，下列各组离子能大量共存，且形成无色透明溶液的是（）

A.$\mathrm{NH}_4^+$、$\mathrm{K}^+$、$\mathrm{OH}^-$、$\mathrm{NO}_3^-$
B.$\mathrm{Na}^+$、$\mathrm{K}^+$、$\mathrm{SO}_4^{2-}$、$\mathrm{Cl}^-$
C.$\mathrm{Ag}^+$、$\mathrm{Na}^+$、$\mathrm{Cl}^-$、$\mathrm{NO}_3^-$
D.$\mathrm{Fe}^{2+}$、$\mathrm{Ca}^{2+}$、$\mathrm{Cl}^-$、$\mathrm{OH}^-$

10.B
解析:
A pH为1的水溶液显酸性,水溶液中含有大量的$\ce{H^{+}}$。$\ce{H^{+}}$、$\ce{OH^{-}}$两种离子能结合生成水,$\ce{NH^{+}_{4}}$、$\ce{OH^{-}}$两种离子能结合生成氨气和水,不能大量共存 ×
B 五种离子间不能结合生成沉淀或气体或水,能大量共存,且不存在有色离子 √
C $\ce{Ag^{+}}$、$\ce{Cl^{-}}$两种离子能结合生成氯化银沉淀,不能大量共存 ×
D $\ce{H^{+}}$、$\ce{OH^{-}}$两种离子能结合生成水,$\ce{Fe^{2+}}$、$\ce{OH^{-}}$两种离子能结合生成氢氧化亚铁沉淀,不能大量共存,且$\ce{Fe^{2+}}$在溶液中呈浅绿色 ×

【分析】
本题为离子共存类题目，解题思路如下：①首先明确pH=1的溶液呈酸性，溶液中含有大量H⁺；②判断离子能否大量共存的依据是：离子之间不能结合生成沉淀、气体或水；③同时需满足溶液无色透明，即不能存在有色离子（如Fe²⁺、Cu²⁺等）。据此逐一分析选项，排除不符合条件的选项即可。
【解析】
pH=1的溶液呈酸性，溶液中存在大量H⁺。
A选项：NH₄⁺与OH⁻会结合生成氨气和水，H⁺与OH⁻会结合生成水，不能大量共存，不符合要求；
B选项：Na⁺、K⁺、SO₄²⁻、Cl⁻之间不会结合生成沉淀、气体或水，且均为无色离子，能大量共存，符合要求；
C选项：Ag⁺与Cl⁻会结合生成氯化银沉淀，不能大量共存，不符合要求；
D选项：H⁺与OH⁻会结合生成水，Fe²⁺与OH⁻会结合生成氢氧化亚铁沉淀，且Fe²⁺在溶液中呈浅绿色，不符合无色透明的要求，不能大量共存，不符合要求。
综上，答案为B。
【答案】
B
【知识点】
离子共存、溶液酸碱性与pH、常见离子的颜色
【点评】
本题考查离子共存的判断，需掌握酸性溶液的特点、离子共存的条件以及常见离子的颜色，属于基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6