备战中考化学提高题专题复习流程图练习题含详细答案

一、中考初中化学流程图

1．中国制造业正在持续发展，公金是其中重要的金属材料。

(1)黄铜是铜锌合金，将纯铜片和黄铜片互相刻画(如图1所示)，纯铜片上留下明显的划痕，说明______。

(2)黄铜渣中约含Zn7%、ZnO31%、Cu 50%、CuO5%，其余为杂质(杂质不溶于水、不参与反应)。处理黄铜渣可得到硫酸锌，主要流程如图2,操作中加热蒸发后冷却至原温度:

①溶液A中所含溶质为____________________；

②I、II 中的操作均包括________________；

③下列说法正确的是____________________。

A 溶液A中ZnSO4的质量大于CuSO4

B 溶液A的质量小于溶液B

C 溶液C中溶质的质量分数小于溶液B

(3)锌粉、铝粉、镁粉的混合物3.8g与一定质量的稀硫酸恰好完全反应，生成氢气0.2g,将反应后的溶液蒸发水分后得到固体混合物(不含结晶水)的质量为________g。

【答案】黄铜硬度比纯铜大 ZnSO4、CuSO4、H2SO4过滤 AB 13.4

【解析】

【分析】

【详解】

(1)黄铜是铜锌合金，将纯铜片和黄铜片互相刻画，纯铜片上留下明显的划痕，说明黄铜硬度比纯铜大。

(2)向黄铜渣中加入过量的稀硫酸，锌和氧化锌分别与稀硫酸反应生成硫酸锌，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，故①溶液A中所含溶质为ZnSO4、CuSO4和过量的H2SO4。

②I、II 中的操作均包括是过滤，在I中通过过滤除去铜和不溶性杂质，在II 中通过过滤除去过量的锌。

③A、因为黄铜渣中Zn和ZnO的总含量大于CuO的含量，故溶液A中ZnSO4的质量大于CuSO4，A正确；

B、溶液A中含有ZnSO4、CuSO4、H2SO4，加入过量的锌，锌分别与CuSO4、H2SO4反应生成硫酸锌，锌的相对原子质量大于铜或氢的相对原子质量，故溶液A的质量小于溶液B，B

正确；

C 溶液B通过蒸发溶剂冷却至原温度得到溶液C和硫酸锌晶体，则溶液C一定是该温度下的硫酸锌饱和溶液，而溶液B不是硫酸锌饱和溶液，故溶液C中溶质的质量分数可能大于溶液B，C不正确。故选AB。

(3)锌粉、铝粉、镁粉的混合物3.8g与一定质量的稀硫酸恰好完全反应，生成氢气0.2g。根据质量守恒定律，利用硫酸中氢离子与硫酸根离子的质量比，则参加反应的硫酸中硫酸根

离子的质量为

2

0.2g=9.6g

96

。反应后的溶液蒸发水分后得到固体混合物的质量等于原固

体质量与参加反应中硫酸根离子的质量总和，则为3.8g+9.6g=13.4g。

2．氧化锌是一种常用的化学添加剂，广泛应用于药膏、阻燃剂等产品的生产中。由锌灰（主要成分是Zn）生产活性ZnO的部分生产流程如下：

（1）酸浸槽中，Zn与稀硫酸反应的化学方程式为_____。

（2）混合溶液A中一定含有的溶质是_____。

（3）固体B的成分可能是_____。

【答案】Zn + H2SO4=ZnSO4 + H2↑ ZnSO4、H2SO4 Na2CO3

【解析】

【分析】

【详解】

（1）酸浸槽中，Zn与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的方程式为：Zn + H2SO4=ZnSO4 + H2↑。故填：Zn + H2SO4=ZnSO4 + H2↑。

（2）酸浸槽中，加入了过量的稀硫酸，所以出来的混合液A中除了锌与稀硫酸反应的生成物硫酸锌外，还未反应剩余的稀硫酸。故填：ZnSO4、H2SO4。

（3）反应槽中，硫酸锌溶液与固体B发生反应生成了硫酸钠和碱式碳酸锌固体，根据反应前后元素守恒，固体B的成分可能是碳酸钠。故填：Na2CO3。

【点睛】

本题关键要利用题目给出的信息，结合质量守恒定律和物质的性质解答。

3．孔雀石是冶炼金属铜的主要原料，其主要成分是Cu2(OH)2CO3〔可看成是

Cu(OH)2?CuCO3〕，还含少量氧化铁和二氧化硅（不溶于水，也不与酸反应）．以下为“湿法炼铜”并制备其它副产品氯化钠和铁红（氧化铁）的工业流程．

资料：

①Cu2(OH)2CO3与盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳气体；

②铁能与氯化铁溶液反应，反应方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2

③氢氧化亚铁易被氧气氧化，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3

回答下列问题：

（1）实验室在获取NaCl晶体的操作Y中，使用的仪器有：铁架台、玻璃棒、酒精灯、

___；

（2）写出盐酸与Cu2(OH)2CO3反应的化学方程式：_______________________________；（3）在滤液Ⅰ中加入过量铁粉，搅拌至充分反应，其中发生的置换反应有______个；（4）滤液Ⅱ的溶质为：_______________________；试剂X 是________________；

（5）在洗涤、干燥获取铜粉时，洗涤的目的是_____________________________________（6）孔雀石也可以制取CuSO4·xH2O，现测定硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）中结晶水的x值：称取2.4g硫酸铜晶体,加热会使结晶水失去，当加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g。则计算得x＝______（计算结果精确到0.1）。

【答案】蒸发皿 Cu2(OH)2CO3+4HCl═2CuCl2+3H2O+CO2↑ 2 HCl、FeCl2稀盐酸洗去铜表面附着的杂质 4.4

【解析】

【分析】

【详解】

（1）实验室在获取NaCl晶体的操作Y中，主要是蒸发，使用的仪器有：铁架台、玻璃棒、酒精灯和蒸发皿。

（2）Cu2(OH)2CO3与盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：Cu2(OH)2CO3+4HCl═2CuCl2+3H2O+CO2↑。

（3）Cu2(OH)2CO3与盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳气体，氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，二氧化硅和稀盐酸不反应，再经过过滤，得到的滤液Ⅰ中含有氯化铜和氯化铁，在滤液Ⅰ中加入过量铁粉，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，都属于置换反应，铁能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，属于化合反应，因此发生的置换反应有2个。

（4）由（3）可知，滤液Ⅱ的溶质是氯化亚铁，固体B是剩余的铁和反应生成的铜，因此

试剂

X 是稀盐酸，稀盐酸和铁反应生成氯化亚铁，铜不反应过滤洗涤后，得到铜。

（5）在洗涤、干燥获取铜粉时，洗涤的目的是洗去铜表面附着的杂质。

（6）根据题意有：4242CuSO H O ΔCuSO +xH O

160+181602.4g 1.6g

x x

160+18 2.4g =160 1.6g

x 解得x 4.4≈。

4．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金、电镀、医药等行业。已知CuCl 难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易变质。CuCl 的制备流程如下:

(1)“滤液1”中除了Na +、SO 42-外，还存在较多的离子是______________；滤液2中含有的溶质有__________________。

(2)“反应”中发生的化学变化生成了某种气体，这种气体能跟水直接化合产生硫酸，“反应”过程的化学反应方程是:__________________。

(3)“操作a ”的名称是__________________，流程中可以循环利用的物质(水除外)是_________________(写化学式)。

(4)能用“水洗”的原因是__________________，“水洗”的作用是__________________，“醇洗”的目的是__________________。

(5) 160g CuSO 4与足量NaCl 经上述制备流程，可生成的CuCl 最多是__________________g 。

【答案】Cl - Cu 2+ NaCl 、 Na 2SO 4 和H 2SO 4

2233 2CuCl +Na SO =2CuCl +2NaCl+SO ↓↑ 过滤 NaCl CuCl 难溶于水；洗去可溶性杂质，保留CuCl 快速去除CuCl 表面的水、防止其氧化 99.5

【解析】

【分析】

【详解】

(1)溶解过程和结晶过程离子的种类不变，滤液中含有Na +、SO 42-、Cl -和Cu 2+；“反应”中

发生的化学变化是2233

2CuCl +Na SO =2CuCl 2NaCl+SO ↓+↑，产生的SO 3迅速与水化合生成硫酸，所以滤液2中含有的溶质有NaCl 、Na 2SO 4 和H 2SO 4；

(2) SO 3能与水化合生成硫酸，“反应”中发生的化学变化是

2233 2CuCl +Na SO =2CuCl +2NaCl+SO ↓↑；

(3)“操作a ”的名称是过滤，流程中NaCl 既是反应物，又是生成物，故可以循环利用的物质NaCl ；

(4)能用“水洗”的原因是CuCl 难溶于水，“水洗”的作用是洗去可溶性杂质，保留CuCl ，“醇洗”的目的是快速去除CuCl 表面的水、防止其氧化；

(5)反应前后铜元素的质量相等，设可生成的CuCl 质量最多是x 。

4

160

9CuS 9.5O ~CuCl 160g x

16099.5=160g x

解得x=99.5g

答：160g CuSO 4与足量NaCl 经上述制备流程，可生成的CuCl 最多是99.5g 。

5．无水溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石（含有少量Al 3+、Fe 3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：完成下列填空：

（1）上述使用的氢溴酸（HBr ）的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸，所需的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、__________。

（2）已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH 4+。步骤Ⅱ加入的试剂a 是_____，控制溶液的pH 约为8.0，将Al 3+、Fe 3+分别转化成沉淀而除去，写出沉淀的化学式__________。

（3）试剂b 的作用__________，写出发生的化学反应方程式____________________。 （4）步骤Ⅴ所含的操作依次是_______________、降温结晶、过滤。

【答案】量筒和胶头滴管 Ca(OH)2 Al(OH)3、Fe(OH)3 除去过量的Ca(OH)2 Ca(OH)2 + 2HBr = CaBr 2 + 2H 2O 蒸发浓缩

【解析】

【分析】

【详解】

（1）若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸，属于浓溶液的稀释问题，稀释溶液所需的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒和胶头滴管。需要计算好加水的体积和浓溶液的体积，量取一

定量的液体体积需要用到玻璃仪器有：量筒和胶头滴管。故填：量筒和胶头滴管。

（2）步骤Ⅰ中加入的氢溴酸是过量的，所以步骤Ⅱ中的溶液是酸性的，加入的试剂a后，控制溶液的pH约为8.0，能将Al3+、Fe3+分别转化成沉淀而除去，所以a是碱，同时不能引入新杂质，所以a是氢氧化钙（石灰水）；将Al3+、Fe3+分别转化成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，所以沉淀的化学式为Al(OH)3、Fe(OH)3。故填：Ca(OH)2；Al(OH)3、Fe(OH)3。

（3）步骤Ⅱ中的溶液是酸性的，加入的试剂a（氢氧化钙）过量，所以步骤Ⅲ的滤液中含有氢氧化钙，加入试剂b目的除去氢氧化钙还不能引入新杂质，故b是适量的氢溴酸。氢溴酸与氢氧化钙反应生成溴化钙和水，反应方程式为：Ca(OH)2 + 2HBr = CaBr2 + 2H2O。故填：除去过量的Ca(OH)2；Ca(OH)2 + 2HBr = CaBr2 + 2H2O。

（4）步骤Ⅳ加入适量氢溴酸后得到的是不含其它溶质的溴化钙溶液，步骤Ⅴ经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤，可以得到溴化钙晶体。故填：蒸发浓缩。

6．半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2 和H2O（g）。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料N2和H2。

（1）在使用铜催化剂和加热条件下，半水煤气主要成分间发生反应实现了 CO 变换，其化学方程式为：________。

（2）吸收法是脱除CO2的方法之一。已知：

溶质Na2CO3K2CO3

20℃1L饱和溶液中溶质的

2.08.0

物质的量mol

溶质价格（元/kg） 1.259.80

若选择Na2CO3溶液作吸收液，其优点是_；缺点是_。如果选择K2CO3溶液作吸收液，用某种方法可以降低成本，写出这种方法涉及的化学方程式：_。

（3）将一定体积半水煤气依次通过装置Ⅰ~Ⅴ（最后通入氮气确保反应、吸收完全），可以测定其中H2以及 CO 的物质的量。

可供选用的装置如下所示（省略夹持仪器）：

为装置Ⅰ～Ⅴ选择合适的装置与试剂： 装置

Ⅰ

Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ a

a _ _

b 试剂 _ 浓硫酸 CuO _ _ 装置Ⅰ、Ⅱ的作用是____________。要确定半水煤气中H 2物质的量，应测量的数据是______。

【答案】222Cu

CO+H O CO +H Δ 价格便宜 吸收二氧化碳的能力差

32322Δ2KHCO K CO +CO H O ↑+ 氢氧化钠溶液 c b 无水硫酸铜 氢氧化钠固体 除

去半水煤气中的二氧化碳和水蒸气 装置Ⅳ增加的质量

【解析】

【分析】

【详解】

（1）在使用铜催化剂和加热条件下，半水煤气主要成分一氧化碳与水反应生成二氧化碳和氢气，实现了 CO 变换，其化学方程式为：222Cu

CO+H O CO +H Δ。

（2）碳酸钠比碳酸钾价格便宜，但饱和溶液条件下，碳酸钠溶液浓度比碳酸钾小，吸收二氧化碳的能力差；碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，加热碳酸氢钾可以得到碳酸钾，同时生成水和二氧化碳，再循环利用，反应方程式为：3

2322Δ2KHCO K CO +CO H O ↑+。 （3）先要用氢氧化钠溶液除去半水煤气中的二氧化碳，然后干燥，通过灼热的氧化铜，氢气与灼热的氧化铜反应生成铜和水，一氧化碳与灼热的氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过无水硫酸铜吸收生成的水，最后用氢氧化钠固体吸收生成的二氧化碳，通过测定生成得到水和二氧化碳的质量，来确定半水煤气中H 2以及CO 的物质的量；故有：

装置

Ⅰ

Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ

a a c

b b

试剂氢氧化钠溶液浓硫酸CuO无水硫酸铜氢氧化钠固体

装置Ⅰ、Ⅱ的作用是除去半水煤气中的二氧化碳和水蒸气。要确定半水煤气中H2物质的量，应测量的数据是装置Ⅳ增加的质量。

【点睛】

本题考查物质含量测定、气体检验、物质的分离提纯等，注意渗透实验中经济性，是对学生综合能力的考查。

7．能源和环境问题日益成为人们关注的焦点。

（1）目前，我国面临能源消费结构不合理、利用率不高等问题。图1是我国目前与十三五计划能源结构变化的对比图，从图中可以看出，重要调整是_____。

（2）解决环境问题需要科技进步，如CO2含量不断升高，使全球气候问题日趋严重，科学家认为，人类不仅要努力减少CO2的排放，更重要的是将CO2转化为有用物质。图2是用NaOH溶液来“捕捉”CO2并将CO2储存或利用的部分流程（已知反应室内有Ca（OH）2，部分条件及物质未标出），下列有关该过程的叙述正确的是_____。

A 该过程可实现CO2零排放

B 该过程只有1种物质可以循环利用

C 分离室中分离物质的操作是过滤

D 该过程至少发生了4个化学反应

（3）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如图所示。写出反应Ⅰ中发生反应的化学方程式_____。

（4）氢化镁（MgH 2）是一种贮氢合金，当它与H 2O 混合时释放出氢气，同时生成一种碱，该反应的化学方程式是_____。

（5）“绿色化学”的特点之一是“零排放”。一定条件下，一氧化碳和氢气可以按照不同比例反应，只生成一种产物就能实现“零排放”，这种产物可能是_____（填字母序号）。 A 甲醇（CH 4O ） B 甲酸（CH 2O 2） C 乙醇（C 2H 6O ） D 乙酸（C 2H 4O 2） （6）偏二甲肼（C 2H 8N 2）和四氧化二氮在点燃条件下反应，生成一种产生温室效应的气体空气中含量最大的气体和水，同时放出大量的热，试写出反应的化学方程式_____。

【答案】减少煤和石油的使用、增加天然气和非化石能源的使用 CD

22224SO +I +2H O=H SO +2HI 2222MgH +2H O=Mg OH +2H ↑() AD

28224

222 C H N +2N O 2CO +3N +4H O 点燃

【解析】

【详解】 （1）重要调整是：减少煤和石油的使用、增加天然气和非化石能源的使用；

（2）有关用NaOH 溶液来“捕捉”CO 2并将CO 2储存或利用的部分流程的叙述： A 、该过程中有二氧化碳合理低的气体排放，不能实现CO 2零排放，选项A 不正确； B 、该过程有氧化钙、碳酸钙、氢氧化钠等物质可以循环利用，选项B 不正确；

C 、分离室中分离物质的操作是固液分离，是过滤，选项C 正确；

D 、该过程至少发生：1氢氧化钠与二氧化碳反应；2、氢氧化钙与二氧化碳反应；3、碳酸钠与氢氧化钙反应；4、碳酸钙高温分解等4个化学反应。选项D 正确。故选CD 。 （3）二氧化硫与碘单质和水反应产生硫酸和氢碘酸的化学方程式：

22224SO +I +2H O=H SO +2HI ；

（4）氢化镁（MgH 2）是一种贮氢合金，当它与H 2O 混合时释放出氢气，同时氢氧化镁，的化学方程式是：2222MgH +2H O=Mg OH +2H ↑()；

（5）一定条件下，一氧化碳和氢气可以按照不同比例反应，只生成一种产物就能实现“零排放”，则碳、氧元素的原子个数比为1∶1，这种产物可能是：

A 、甲醇（CH 4O ）中碳、氧元素的原子个数比为1∶1；故选项正确；

B 、甲酸（CH 2O 2）中碳、氧元素的原子个数比为1∶2；故选项错误；

C 、乙醇（C 2H 6O ）中碳、氧元素的原子个数比为2∶1；故选项错误；

D 、乙酸（C 2H 4O 2）中碳、氧元素的原子个数比为1∶1；故选项正确。

故选AD 。

（6）偏二甲肼（C 2H 8N 2）和四氧化二氮在点燃条件下反应，生成二氧化碳、氮气和水的化

学方程式：28224222 C H N +2N O 2CO +3N +4H O 点燃；

8．煤是社会生产、生活中最重要的能源，工业上常把煤进行气化和液化处理，使煤变成清洁能源。煤气化和液化流程示意图如下：

(1)第①步操作发生的是_____________（填“物理”或“化学”）变化。

(2) 第②步是精炼煤与水蒸气的反应，化学方程式为______________________________。

(3)第③步反应的基本类型属于________________________________。

(4) 含硫化合物洗液经过提炼后，可用来制硫酸，过程是：含硫化合物氧化得到SO 2, SO 2进一步氧化得到X, X 与水反应得到H 2SO 4，则X 的化学式为_______________。

(5)从“绿色化学”的角度分析,“煤的汽化和煤的液化”生产流程的优点______。

【答案】物理 C+H 2O(气)高温CO+H 2 化合反应 SO 3 原料全部被产品消纳(或原料全部转化为产品，或原子利用率100％等)，实现“零排放”(或不对环境造成污染等)

【解析】

【分析】

【详解】

（1）该过程没有新的物质生成，只是简单的分离，是物理变化；

（2）煤的主要成分是碳与水反应生成一氧化碳与氢气，反应的化学方程式为：

C+H 2O(气)高温CO+H 2 ；

（3）该过程中反应物是两种，生成物是一种，符合化合反应的特点，第③步反应的基本类型属于化合反应；

（4）二氧化硫再次氧化可生成三氧化硫，与水反应会生成硫酸，X 的化学式为SO 3；

（5）绿色化学主要是指反应时反应物全部会转化成生成物，同时实现无排放的过程。该生产流程的优点是原料全部被产品消纳（或原料全部转化为产品，或原子利用率100%等），实现“零排放”（或不对环境造成污染等）。

9．请回答下列与金属有关的问题。

（1）为了防止月饼变质，常在月饼的内包装袋中放入一小包防腐剂，它的主要成分是铁粉，铁粉的作用是_____。

（2）向AgNO 3和Cu （NO 3）2的混合溶液中加入一定量的Zn 粉，充分反应后过滤，向滤渣中加盐酸有气泡，则滤渣中一定含有的金属是_____。

（3）为了达到收旧利废的目的，欲从含有金属镁、铁、铜的粉末中，分离和提取出重要化工原料MgSO4和有关金属，其主要实验过程如下，请回答：

①步骤①中被磁铁吸引的金属A是_____。

②步骤③的操作是_____。

③步骤②所涉及的化学方程式为_____。

（4）冶炼2000t含杂质3%的生铁，需要含Fe3O490%的磁铁矿石的质量是_____t（结果保留至0.1）。

（5）锌粉、铝粉、镁粉的混合物8.6g与一定质量的稀硫酸恰好完全反应，经测定溶液质量仅增加了8g，将反应后的溶液蒸发水分，则得固体硫酸锌、硫酸铝、硫酸镁的混合物的质量为_____克。

【答案】与氧气和水蒸气反应 Ag、Cu、Zn 铁（或Fe）蒸发 Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑2976.7 37.4g

【解析】

【分析】

【详解】

（1）铁与氧气和水同时接触生成铁锈，消耗了水和氧气，不利于细菌滋生，避免月饼变质；

（2）金属活动性由强到弱为：锌>（氢）>铜>银。加入盐酸有气泡产生，说明锌有剩余，因此锌过量，可以将硝酸银和硝酸铜全部反应生成银和铜，所以滤渣为锌、铜、银三种金属混合物；

（3）①铁具有磁性，可以被磁铁吸收，因此A为铁；

②硫酸镁从溶液中制得，采用蒸发结晶方法，故步骤③的操作是蒸发；

③镁金属活动性位于氢之前，能与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，化学方程式

Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑。铜金属活动性位于氢之后，不能与稀硫酸反应。

（4）磁铁矿的主要成分是四氧化三铁，设需磁铁矿质量为m，

m×

563

563+164

?

??

×100%×90%＝2000t×（1-3%），m≈2976.7t；

（5）根据反应方程式Zn+H2SO4=FeSO4+H2↑；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑；可看出硫酸根与氢气是1：1的生成关系，设硫酸根为

x，生成氢气质量为8.6g-8g=0.6g，

2-

42

SO H

962

0.6g

x

～

96

20.6g

x

=

解得x=28.8g，

因此生成溶质质量=硫酸根+金属质量=28.8g+8.6g=37.4g。

10．粗盐中含有多种可溶性杂质（MgCl2、CaCl2、Na2SO4等）和不溶性杂质（泥沙等）。（1）在书本实验活动8“粗盐中难溶性杂质的去除”实验中，粗盐经过溶解、过滤、蒸发、计算产率等实验步骤，可以初步提纯，其中过滤蒸发两项操作中都用到玻璃棒，作用分别是__________、____________。

（2）蒸发操作时，当蒸发皿中出现___________时，应停止加热，并观察蒸发皿中食盐外观。

（3）计算产率，以下操作会导致产率（/100%

=?

产率精盐质量粗盐质量）偏小的有_______________（填序号，答案不唯一）

a.食盐未完全溶解就开始过滤

b.过滤时液面高于滤纸边缘但低于漏斗口

c.转移固体时有少量固体洒落在地面上

d.蒸发操作时，食盐飞溅剧烈

（4）通过以上操作只能除去粗盐中难溶性杂质，欲除去MgCl2、CaCl2、Na2SO4得到较纯净的NaCl,可采用下图所示流程（部分操作省去） [提示: BaCO3难溶于水]

①上图中所用甲、乙、丙三种试剂依次可以是____。

a.NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液

b.Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液

c. NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3 溶液

②请写出BaC12溶液与Na2SO4溶液反应的化学方程式____________。

③上述试剂中Na2CO3不能用K2CO3代替，原因是____________。

【答案】引流防止液体局部温度过高发生飞溅（意思对即可）较多固体 acd c 2244

BaCl Na SO BaSO2NaCl

+=↓+ K2CO3能与CaCl2、BaCl2、盐酸等物质反应生成KCl，引入了新的杂质

【解析】

【分析】

【详解】

（1）过滤操作中玻璃棒的作用是引流，蒸发操作中玻璃棒的作用是使液体均匀受热，防止液体飞溅。

（2）蒸发操作时，当蒸发血中出现较多固体时，应停止加热，利用蒸发皿的余热使其蒸干，并观察蒸发皿中食盐外观。

（3）a、食盐未完全溶解就开始过滤，导致精盐质量偏小，从而导致产率偏小，符合题意；b、过滤时液面高于滤纸边缘但低于漏斗口，导致不溶于水的物质进入滤液，从而导致产率偏大，不符合题意；

c、转移固体时有少量固体洒落在地面上，导致精盐质量偏小，从而导致产率偏小，符合题意；

d、蒸发操作时，食盐飞溅剧烈，导致精盐质量偏小，从而导致产率偏小，符合题意。故选acd。

（4）①加入过量的氢氧化钠溶液时，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，加入过量的氯化钡溶液时，氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，加入过量的碳酸钠溶液时，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，和过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，加入适量稀盐酸时，稀盐酸和过量的氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和过量的碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳。根据分析可知，加入碳酸钠的很重要的作用是除掉前面的加入的过量的氯化钡，所以加入氯化钡必须在碳酸钠之前。故选c。

②BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应生成硫酸钡和氯化钠，该反应的化学方程式：

BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl。

③上述试剂中Na2CO3不能用K2CO3代替，原因是过量的碳酸钾和盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，会带入氯化钾。

11．黄铜矿（主要成分 CuFeS2）经初步处理后，所得溶液中的溶质为Fe2（SO4）3、CuSO4及 H2SO4．某同学通过废铁屑与所得溶液反应，制取还原铁粉并回收铜．主要步骤如图所示：

（1）Fe2（SO4）3与铁反应的化学方程式：x Fe2（SO4）3+y Fe═z FeSO4，其中 x、y、z 为化学计量数，z 的值为_____．

（2）操作Ⅰ的名称是_____，此操作中起到引流作用的仪器是_____．

（3）步骤Ⅰ中，生成铜的化学方程式：_____．

（4）步骤Ⅰ中，废铁屑含有少量铁锈，对产物的成分没有影响，原因是_____．

（5）步骤Ⅱ中加入一种可溶性试剂可实现其转化，从复分解反应发生的条件分析，该试剂可以是_____（填化学式）．

（6）隔绝空气进行“焙烧”，铁元素的转化途径是FeCO3FeO Fe，实际作还原剂的是 CO．写出“焙烧”过程中各步反应的化学方程式：

①FeCO3加热

FeO+CO2↑

②_____．

【答案】3 过滤玻璃棒 Fe+CuSO4=Cu+FeSO4 Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2

（SO4）3+Fe═3FeSO4 Na2CO3等可溶性碳酸盐 FeO+CO 高温

Fe+CO2．

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Fe2（SO4）3与铁反应的化学方程式：x Fe2（SO4）3+y Fe═z FeSO4，根据质量守恒定律配平后为：Fe2（SO4）3+Fe═3 FeSO4，其中 x=1、y=1、z=3，所以z 的值为 3；

（2）操作Ⅰ是固体和液体分离的操作，为过滤，此操作中起到引流作用的仪器是玻璃棒。

（3）步骤Ⅰ铁屑和硫酸铜能够反应生成铜和硫酸亚铁，化学方程式：

Fe+CuSO4=Cu+FeSO4。

（4）步骤Ⅰ中，废铁屑含有少量铁锈，由于铁锈和硫酸反应生成硫酸铁和水，而硫酸铁和铁能够生成硫酸亚铁，所以对产物的成分没有影响。对应的化学方程式为

Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe═3FeSO4。

（5）由于提示是从复分解反应发生的条件分析，说明该反应为复分解反应，而反应物硫酸亚铁，对应的生成物为碳酸亚铁，说明反应物含有碳酸盐或者是碳酸（一般没有用碳酸做反应物的，因为其不稳定，不便于储存和运输等）。由于复分解反应中反应物需要满足“有酸可不溶，无酸需都溶“。而硫酸亚铁是可溶性盐，所以加入的碳酸盐也应该是可溶，所以该试剂可以是 Na2CO3等可溶性碳酸盐。

（6）②是生成的氧化亚铁和实际做还原剂的CO反应生成铁和二氧化碳，对应的化学方程

式为：FeO+CO 高温

Fe+CO2。

12．我国某科研团队以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料，制取高纯碳酸锰，工艺流程如下图:

已知：①SiO2不溶于水，不与稀H2SO4、SO2反应；②MnO2能将Fe2+氧化成Fe3+；③溶液中的Fe3+在 pH 大于或等于 3.2 时将完全转化为Fe(OH)3沉淀。

请回答：（1）滤渣Ⅰ、Ⅱ分别为_____、_____（写化学式）；

（2）浸锰过程中发生了 2 个化学反应，其中一个为Fe2O3与SO2反应，该反应的化学方程式为Fe2O3+ SO2+H2SO4=2FeSO4+ H2O，另一个为MnO2和SO2按化学计量数为 1：1 发生化合反应，请写出该反应的化学方程式：_____，该反应中共有_____种元素的化合价发生了改变。

（3）“沉锰”：加入NH4HCO3溶液后，生成了 4 种产物，其中含有MnCO3沉淀和某种气体，写出该反应的化学方程式：_____。

（4）取所得的高纯MnCO311.7g溶于足量的盐酸中，将产生的气体用足量的Ba(OH)2浓溶液吸收，得到白色沉淀 19.7g，则所得产品的纯度为_____％（保留一位小数）

（5）某研究小组用稀H2SO4与菱锰矿（含有MnCO3）反应来浸出Mn2+，该研究小组选定两个因素作为研究条件进行对比实验，数据如下：

表中 X 最有可能的数值为_____。

a．79.7 b．80.8 c．87.6 d．92.8

【答案】SiO2 Fe(OH)3 MnO2+SO2=MnSO4 2 MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+（NH4）

2SO4+CO2↑+H2O； 98.3 c

【解析】

【分析】

【详解】

（1）SiO2不溶于水，不与稀H2SO4、SO2反应，滤渣Ⅰ为二氧化硅，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，溶液中的Fe3+在 pH 大于或等于 3.2 时将完全转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铁，故填：SiO2；Fe(OH)3。

（2）MnO2和SO2按化学计量数为 1：1 发生化合反应，故化学方程式为

MnO2+SO2=MnSO4，反应前锰元素+4价，硫元素+4价，反应后锰元素+2价，硫元素+6价，反应中共有两种元素化合价发生变化，故填：MnO2+SO2=MnSO4；2。

（3）“沉锰”：加入NH4HCO3溶液后，生成了 4 种产物，碳酸锰、硫酸铵、二氧化碳、水，故化学方程式为MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，故填：

MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O。

（4）解：设碳酸锰生成二氧化碳质量为x设碳酸锰质量为y。

2

232Ba(OH)CO =BaCO H O

44197

x 19.7g 44x =x=4.4g 19719.7g

+↓+，

324422MnCO H SO =MnSO CO H O

11544

y

4.4g 115y =y=11.5g 44 4.4g

++↑+，

则所得产品的纯度为： 11.5g 100%98.3%11.7g

?≈ 故填：98.3。

（5）从图表中可知，浸出率受矿酸比影响较大，受温度影响较小，故表中X 应该要明显大于80.2而小于91.8，故X 最可能的数值是87.6；故选：c 。

二、中考初中化学科学探究题

13．人被蚊虫叮咬后，蚊虫在人的皮肤内分泌出蚁酸，使叮咬处又痛又痒。化学小组同学对蚁酸产生了浓厚的兴趣，决定对其进行探究。

[提出问题]蚁酸的成分是什么？它有什么性质？

[查阅资料]I ．蚁酸是一种有机酸，化学名称叫做甲酸，化学式为HCOOH ；

II ．蚁酸在隔绝空气并加热的条件下会分解生成两种氧化物。

[实验探究]

（1）向盛有蚁酸溶液的试管中滴加紫色石蕊试液，观察到溶液颜色变成___色，说明蚁酸溶液显酸性；

（2）小芳同学根据蚁酸中含有_______元素，推测出一种生成物是水；

（3）另一种生成的氧化物是气体，小敏提出两种猜想：

①猜想I ：该气体是CO 2；猜想II ：该气体是_______；

他们将蚁酸分解产生的气体通过下图的装置。

②实验时装置A 中无明显变化，则猜想I______（填“成立”或“不成立”）；若猜想II 成

立，则：

③实验时装置B的作用是______________________________；

④实验时装置C中的现象是____________________________；

⑤实验时装置D中发生反应的化学方程式为___________________________；

[讨论交流]从环保角度看，该装置存在明显的缺陷，处理方法是_____________；

[拓展延伸]当你被蚊虫叮咬后，在叮咬处涂抹一些物质可减轻痛痒。下列物质中，你不会选择的物质是____。

A．苏打水B．肥皂水C．食醋D．氨水

【答案】红色氢、氧（或H、O） CO（或一氧化碳）不成立干燥（CO）气体（或除去水蒸汽）黑色粉末变红色 CO2+Ca(OH)2= CaCO3↓ + H2O 在D的导管出口点燃一支酒精灯或用气球收集 C

【解析】

【分析】

【详解】

[实验探究]

（1）向盛有蚁酸溶液的试管中滴加紫色石蕊试液，观察到溶液颜色变成红色，说明蚁酸溶液显酸性；

（2）水是由氢、氧两种元素组成，蚁酸中含有H、O元素，根据质量守恒定律推测出一种生成物是水；

（3）①由于蚁酸中含有碳、氢、氧三种元素，蚁酸在隔绝空气并加热的条件下会分解生成两种氧化物，一种生成物是水，另一种生成的氧化物是气体，所以，小敏提出的猜想Ⅱ：该气体是CO（或一氧化碳）；

②由于二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，实验时装置A中无明显变化，证明不是二氧化碳气体，则猜想Ⅰ不成立，若猜想Ⅱ成立，则：

③浓硫酸具有吸水性，实验时装置B的作用是干燥（CO）气体（或除去水蒸汽）；

④在加热的条件下一氧化碳与氧化铜反应生成了二氧化碳和铜，实验时装置C中的现象是：黑色粉末逐渐变红；

⑤二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，实验时装置D中发生反应的化学方程式为：CO2+Ca(OH)2= CaCO3↓ + H2O；

[讨论交流]由于一氧化碳有毒能污染空气，从环保角度看，该装置存在明显的缺陷是缺少尾气处理，处理方法是：在D的导管出口点燃一支酒精灯或用气球收集；

[拓展延伸]由于蚁酸是一种酸，能与碳酸氢钠溶液、肥皂水、氨水反应，在叮咬处涂抹上述物质可减轻痛痒，不能与食醋反应，不能选择食醋。故选C。

14．某兴趣小组同学电池中物质的成分，将电池剥开时闻到异味且发现有黑色物质。

（提出问题）为什么有异味？黑色物质的成分是什么？

（网络搜索）干电池成分有二氧化锰、铁粉及铵盐等物质；

（实验探究）同学们分别设计实验进行探究。

实验Ⅰ.小婧取适量黑色物质与_____混合置于研钵内研磨，听嗅到氨味，再用湿润的红色石蕊试纸检测，试纸变蓝，证明黑色物质中含有铵盐。

实验Ⅱ.小清用一种物理方法发现黑色物质中不含铁粉，他采用的方法是_____； 实验Ⅲ.小明将黑色物质加入适量的水中搅拌，静置后过滤，取滤渣进行实验。

上述实验中产生氧气的化学方程式为__________，据此小明认为黑色物质中一定含有二氧化锰。

（交流讨论）大家对小明的结论提出了质疑。

（1）小莹认为若要证明黑色物质中一定含有二氧化锰，必须验证二氧化锰的质量和_________在反应前后都没有发生变化；

（2）小仪认为除了小莹考虑的因素外，另一个原因是氧化铜等黑色物质对过氧化氢分解有催化作用。

（结论与反思）（1）干电池中一定含有铵盐，可能含有二氧化锰，一定不含有铁粉。 （2）面对网络信息，我们要去伪存真，不应盲从。

【答案】熟石灰（或氢氧化钙等） 用磁铁吸引 产生大量气泡 伸入带火星的木条 2H 2O 22MnO 2H 2O+O 2↑ 化学性质

【解析】

【分析】

【详解】

根据实验结论可以选择试剂为碱，故实验Ⅰ.小婧取适量黑色物质与熟石灰混合置于研钵内研磨，听嗅到氨味，再用湿润的红色石蕊试纸检测，试纸变蓝，证明黑色物质中含有铵盐 ；根据金属铁的特性可以确定是否是铁的方法为实验Ⅱ.小清用一种物理方法发现黑色物质中不含铁粉，采用的方法是用磁铁吸引；实验Ⅲ.小明将黑色物质加入适量的水中搅拌，静置后过滤，取滤渣进行实验，根据实验结论可知实验现象为产生大量的气泡，②立即向上述试管中伸入带火星的木条，木条复燃证明产生的是氧气，上述实验中产生氧气的化学

方程式为2H 2O 22MnO 2H 2O + O 2↑，[交流讨论]根据催化剂的定义及性质可知（1）小莹认为若要证明黑色物质中一定含有二氧化锰，必须验证二氧化锰的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化。

15．某兴趣小组在实验室里准备常见酸、碱、盐的性质实验时， 发现实验台上摆放的药品中，有一瓶未盖瓶塞且标签破损的溶液（如图）， 他们决定对这瓶溶液的成分进行探究。

（提出问题）这瓶溶液的溶质是什么？

（获得信息）

（1）酸、碱、盐的性质实验中用到含钠元素的物质有氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠。

（2）实验室里盛放碱性溶液的试剂瓶通常使用橡胶塞。

（3）碳酸氢钠溶液与氯化钡溶液不反应；氯化钡溶液呈中性。

（提出猜想）猜想一：氢氧化钠； 猜想二：碳酸钠； 猜想三：碳酸氢钠。

（实验探究）

（1）小军取样滴加稀盐酸有_____产生，得出结论：该溶液的溶质是碳酸钠或者是_____。

（2）小军另取样加入过量的氯化钡溶液，观察到有_____产生，进而得出结论：该溶液的溶质是碳酸钠。

（3）小华认为小军的结论不完全正确，理由是_____。 小组同学讨论后一致认为还需要进行如下实验：

（4）取小军第二次实验后的上层清液，滴入无色酚酞试液，溶液呈红色。

（实验结论）这瓶溶液的原溶质是_____。

（探究启示）实验中取用液体药品时，应注意_____。

【答案】无色气泡； 碳酸氢钠； 白色沉淀； 若溶液中的溶质是氢氧化钠，变质会生成碳酸钠，也会产生上述现象； 氢氧化钠； 标签正向手心，用后及时盖紧瓶盖

【解析】

【实验探究】（1）根据稀盐酸能与碳酸盐或碳酸氢盐反应生成气体解答；（2）根据氯化钡与碳酸钠不能共存解答；（3）根据氢氧化钠变质会生成碳酸钠，也能生成白色沉淀解答；【实验结论】根据【实验探究】（4）分析解答；【探究启示】根据液体药品的正确取用方法分析解答。【实验探究】（1）稀盐酸能与碳酸钠或碳酸氢钠反应，有无色气泡产生；（2）碳酸钠能与氯化钡发生复分解反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钠，所以若另取样加入过量的氯化钡溶液，观察到有白色沉淀产生，进而得出结论：该溶液的溶质是碳酸钠。（3）因为该试剂是敞口放置于空气中，若是氢氧化钠可能会和空气中二氧化碳反应变质生成部分碳酸钠，所以，小青认为小刚的结论不完全正确，理由是若溶液中的溶质是氢

氧化钠，变质会生成碳酸钠，也会产生上述现象；【实验结论】取小军第二次实验后的上层清液，滴入无色酚酞试液，溶液呈红色，说明溶液中还存在氢氧化钠，即原溶液中的溶质是氢氧化钠；【探究启示】由于氢氧化钠易与空气中的二氧化碳反应，所以应注意取用时标签正向手心，用后及时盖紧瓶盖。

16．现有一瓶无色溶液，溶质可能是KOH、K2CO3中的一种或两种，某兴趣小组对其成分进行如下实验探究：

（查阅资料）①KOH与NaOH的化学性质相似，K2CO3与Na2CO3的化学性质相似。②K2CO3溶液呈碱性，BaCl2溶液、CaCl2溶液、KCl溶液呈中性。

（实验探究）设计并进行实验

（评价反思）①甲同学提出操作（1）加入的CaCl2溶液必须过量，其目的是证明K2CO3存在的同时还要______。

②乙同学提出操作（1）在溶液较浓时，没有K2CO3也能产生相同现象，其原因是_____；建议改加过量的BaCl2溶液，BaCl2参加反应的化学方程式为_____。

（拓展应用）KOH和K2CO3的混合溶液敞口久置后可能变成K2CO3溶液，反应的化学方程式为______。

【答案】有白色沉淀生成 KOH（或OH-）除去K2CO3（或CO32-）（合理即可）氢氧化钙微溶，会析出 BaCl2+K2CO3=BaCO3↓+2KCl CO2+2KOH=K2CO3+H2O

【解析】

【详解】

[实验探究]肯定含有碳酸钾，则向盛有少量样品溶液的试管中加入过量CaCl2溶液会有白色沉淀生成，碳酸钾与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾，反应后的溶液中加入酚酞试液为红色，说明含有碱性物质氢氧化钾，故填：有白色沉淀生成；KOH（或OH-）

[评价反思]①加入的CaCl2溶液必须过量，其目的是证明K2CO3存在的同时还要除去碳酸钾，防止对氢氧化钾的检验造成干扰，故填：除去K2CO3（或CO32-）（合理即可）

②操作（1）在溶液较浓时，没有K2CO3也能产生相同现象，是因为氢氧根离子与钙离子结合成的氢氧化钙微溶于水，会析出形成沉淀；加入的氯化钡能与碳酸钾反应生成碳酸钡沉淀和氯化钾，故填：氢氧化钙微溶，会析出；BaCl2+K2CO3=BaCO3↓+2KCl

[拓展应用]敞口放置则氢氧化钾与二氧化碳反应生成碳酸钾和水，故填：

CO2+2KOH=K2CO3+H2O。

【点睛】

本题考查的是变质物质成分的实验探究，完成此题，可以依据已有的知识进行。