中考化学金属与酸反应的图像综合练习题附答案.doc

1、一、中考初中化学金属与酸反应的图像1下列图像能正确反映其对应变化关系的是A常温下,相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应B镁条在氧气中燃烧C加热氯酸钾和二氧化锰的混合物D用一氧化碳气体还原一定质量的氧化铁【答案】C【解析】【分析】【详解】A、在金属活动性顺序中，锌的活动性强于铁，故锌的反应速率大于铁，根据化学反应方程式，每生成2g氢气，需要消耗的锌、铁的质量分布为65g、56g，所以相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸，最终是铁产生的氢气的质量大于锌产生的氢气的质量，故选项错误；B、镁燃烧生成氧化镁，随着反应的进行，固体质量不断增大，但是开始时固体质量不是0，

2、故选项错误；C、加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制取氧气，反应中二氧化锰作催化剂，反应前后质量不变，故选项正确；D、一氧化碳气体还原一定质量的氧化铁粉末除了生成二氧化碳外还会生成一定质量的铁，最终固体的质量不会为0，故选项错误。故选C。2如图所示曲线正确的是A加热一定质量的高锰酸钾B一定量的Fe加到AgNO3溶液中C等质量的Mg和Zn分别加足量盐酸D氢氧化钠溶液加水稀释【答案】C【解析】【分析】【详解】A、加热一定质量的高锰酸钾，当加热一段时间，达到一定温度后，高锰酸钾才开始分解生成氧气，随着反应的进行，氧气质量逐渐增加，待高锰酸钾完全反应后，不再变化，故不是一开始就产生氧气，不符合题意；B、一定

3、量的Fe加到AgNO3溶液中，56份的铁置换出216份的银，固体质量不断增加，待完全反应后，不再变化，不符合题意；C、等质量的Mg和Zn分别加足量盐酸，镁与盐酸反应：，锌与稀盐酸反应：，锌的相对原子质量大于镁，故最后，镁生成氢气的质量大，符合题意；D、氢氧化钠溶液加水稀释，氢氧化钠浓度变小，pH值逐渐减小至无限接近于7 ，但是不会小于7，不符合题意。故选C。3下列所示的四个图像，能正确反映对应变化关系的是A向一定量的硝酸铜和硝酸镁的混合溶液中加入铁粉B等质量的镁和铁分别与等质量、等浓度足量的稀硫酸反应C向一定量的氢氧化钠溶液中 滴加pH=3的稀盐酸D向一定量的含有 盐酸的氯化铜溶液中滴加氢氧化

4、钠溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A、铁的金属活动性比铜强，比镁弱，向一定量的硝酸铜和硝酸镁的混合溶液中加入铁粉，铁不能与硝酸镁溶液反应，铁能与硝酸铜溶液反应生成硝酸亚铁溶液和铜，参加反应的铁的质量小于生成铜的质量，则溶液的质量应减少，故错误；B、等质量的镁和铁分别与等质量、等浓度足量的稀硫酸反应，横坐标是硫酸的量，故等量的硫酸产生氢气的质量相等，当金属全部参加反应，生成氢气的质量与金属的相对原子质量成反比（+2价的金属），则镁产生的氢气的质量大于铁，故正确；C、向一定量氢氧化钠溶液中滴加pH=3的稀盐酸，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，随着反应进行，溶液碱性减弱，pH减小，恰好完全

5、反应时pH=7，继续加入稀盐酸时，溶液pH小于7，但是不能减小到3，更不能小于3，故错误；D、向含有盐酸的氯化铜溶液中滴加烧碱溶液时，氢氧化钠先和稀盐酸反应，后和氯化铜反应，因此开始不能产生沉淀，故错误。故选：B。【点睛】本题是一道图象坐标与化学知识相结合的综合题，解题的关键是结合所涉及的化学知识，正确分析各变化的过程，注意分析坐标轴表示的意义、曲线的起点、折点及变化趋势，进而确定正确的图象。4分析下列图像与对应的实验操作，合理的是（ ）A向两只装有等质量等溶质质量分数的稀硫酸中，分别加入镁与铁，则图中a线表示的是加入镁对应的变化B用等质量等溶质质量分数的过氧化氢制取氧气，a线表示的是没有加入

6、二氧化锰的变化图，b线表示的是加入二氧化锰的变化图C将一定溶质质量分数的氢氧化钠溶液，滴入稀盐酸和氯化铜的混合溶液中，该图表示的是生成沉淀与加入氢氧化钠的关系D向盛有稀硫酸的烧杯中加入过量的氧化铜，该图表示的是烧杯中溶液总质量与反应时间的关系图【答案】A【解析】【分析】【详解】A、因为稀硫酸的质量相同，设溶质硫酸的质量为98g，根据 和 计算可知，镁与稀硫酸反应后溶液增加的质量为22g，铁与硫酸反应后溶液增加的质量为54g，故铁与稀硫酸反应后溶液增加的质量大，故A正确；B、加入催化剂二氧化锰会加快反应速率，则b线表示的是没有加入二氧化锰的变化图，a线表示的是加入二氧化锰的变化图，故B错误；C、

7、将一定溶质质量分数的氢氧化钠溶液，滴入稀盐酸和氯化铜的混合溶液中，氢氧化钠优先与盐酸反应，当盐酸反应完后，氢氧化钠和氯化铜反应生成沉淀，则沉淀不是一开始就生成的，故C错误；D、烧杯中原本有溶液，则溶液质量起点不可能为零，故D错误。故选A。5下列图象与对应实验相符合的是( )A向pH=1的稀盐酸中逐滴加入pH= 13的氢氧化钠溶液B向等质量、等浓度的稀硫酸中分别加入足量的金属镁和锌C将一定质量的不饱和硝酸钾溶液恒温蒸发至有晶体析出D向氢氧化钾与氯化钡的混合溶液中逐滴加入稀硫酸【答案】D【解析】【分析】【详解】A、向pH=1的稀盐酸中逐滴加入pH= 13的氢氧化钠溶液，pH 逐渐增大，由于反应生成

8、水，溶液的pH不能大于13；故选项错误；B、向等质量、等浓度的稀硫酸中分别加入足量的金属镁和锌，镁的金属活泼性强，镁产生氢气的速率快；故选项错误；C、将一定质量的不饱和硝酸钾溶液恒温蒸发至有晶体析出，溶质质量分数先增大，待有晶体析出时，质量分数不变；故选项错误；D、向氢氧化钾与氯化钡的混合溶液中逐滴加入稀硫酸，钡离子与硫酸根直接反应产生硫酸钡白色沉淀；故选项正确；故选：D。6大数据处理能及时获得更多的信息，下列图象能正确反映对应变化关系的是A向一定量的稀盐酸中加入铁粉B向pH=12的氢氧化钠溶液中加水稀释C将等质量的铁片和镁片投入到足量稀硫酸中D浓硫酸敞口放置一段时间【答案】A【解析】【分析】

9、【详解】A、向一定量的稀盐酸中加入铁粉，产生氯化亚铁溶液，溶液中铁元素的质量增大，盐酸反应完铁元素质量不变；故选项正确；B、向pH=12的氢氧化钠溶液中加水稀释，pH值不断减小，但不能小于7；故选项错误；C、将等质量的铁片和铁片投入到足量稀硫酸中，镁片产生的氢气质量大，且产生的氢气速率快；故选项错误；D、浓硫酸敞口放置一段时间，吸收空气中的水蒸气，溶质质量分数变小；故选项错误；故选：A。7下列图象能正确反映对应变化关系的是（）A向一定量的稀硫酸中逐滴加入氢氧化钙溶液B向等质量的铝、锌中分别加入足量的等浓度稀盐酸C完全分解等质量等浓度的过氧化氢溶液D一定量的镁在过量的氧气中充分燃烧【答案】D【解

10、析】【分析】【详解】A、向一定量的稀硫酸中逐滴加入氢氧化钙溶液，溶液应由酸性变为碱性，pH逐渐变大，图像不符，错误。B、向等质量的铝、锌中分别加入足量的等浓度稀盐酸，刚开始盐酸不足，金属过量，产生氢气质量相同图像应该重合，图像不符，错误。C、二氧化锰只能改变反应的速度，不能改变生成氧气多少，生成氧气质量应相等，图像不符，错误。D、一定量的镁在过量的氧气中充分燃烧，镁完全反应，氧气有剩余，根据质量守恒反应的镁和氧气质量总和等于生成氧化镁质量，图像符合，正确。故选：D。8下列图像不能正确反映其对应的变化关系的是( )A分别向一定等质量、等浓度的稀硫酸中逐渐加入锌粉和铁粉B电解水C用加热一定质量的氯

11、酸钾和二氧化锰固体混合物的方法制取氧气D向饱和的氢氧化钙溶液中加入一定量的氧化钙固体【答案】AD【解析】【分析】【详解】A、根据化学方程式生成两份质量的氢气，消耗65份质量的锌，消耗56份质量的铁，故产生相同质量氢气，消耗锌的质量大于铁的质量，锌的图像拐点应该在铁的图像拐点后面，故A错。B、将水通电电解，一段时间后氢气和氧气的体积比是2:1，故B正确。C、加热一定质量的氯酸钾和二氧化锰固体混合物的方法制取氧气，刚开始加热反应没有到达反应温度，故质量分数不变，加热到一定温度之后反应生成氧气，固体质量减少二氧化锰质量不变，故二氧化锰质量分数变大，氯酸钾反应完，固体质量不再变化，二氧化锰质量不变，故

12、二氧化锰质量分数不变，C正确。D、一定温度下，向一定量饱和氢氧化钙溶液中加入氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙不能继续溶解，但由于溶液中的水减少了，溶质会结晶析出，溶质的质量减少，故溶液质量最终减少，D错误。.故选：AD。9等质量等浓度的稀硫酸分别与足量的镁、铁、锌三种金属反应，下列图像能正确表示产生氢气质量与反应时间之间关系的是 （ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】【详解】等质量等浓度的稀硫酸分别与足量的镁、铁、锌三种金属反应，生成氢气中的氢元素全部来自于硫酸溶质，金属分别都是足量的，所以生成的氢气质量相等（对应同一纵坐标）；又因为三种金属分别与等质量等浓度的稀硫酸反应，三种金

13、属的活动性：镁锌铁，所以反应速率镁锌铁，反应完所用的时间镁最少，其次是锌，最长是铁（反应结束的拐点对应的横坐标：镁锌铁）。故选B。10下列图像能正确反映对应变化关系的是A常温下，稀释KOH溶液B将浓硫酸露置在空气中C足量粉末状和块状金属分别与等质量、等浓度的稀盐酸反应D一定质量的饱和石灰水中加入生石灰【答案】C【解析】【分析】【详解】A、稀释后氢氧化钾溶液的pH不能小于7，选项A不正确；B、浓硫酸有吸水性，随着硫酸浓度的减小，吸收水分的能力越来越小，且硫酸溶液的质量分数不会为0，选项B不正确；C、因为等质量、等浓度的酸溶液中，含有的氢离子数目相同，故生成的气体的质量相同，二者的接触面积不同，故

14、反应的速率不同，选项C正确；D、生石灰和水反应生成氢氧化钙，溶液中水的质量减小，同时有氢氧化钙析出；且反应放热，氢氧化钙的溶解度减小，溶液中有氢氧化钙析出，因此加入生石灰后氢氧化钙饱和溶液的质量不能增加，选项D不正确。故选C。11用两段等质量等表面积的镁条，分别和足量的等体积不同浓度的稀盐酸，在密闭容器中反应，测得容器中压强变化如图。下列说法不正确的是（ ）A曲线b对应的盐酸浓度较小B反应结束后两实验中产生氢气质量相等C开始时压强迅速增大的原因和反应放热有关D曲线a中A点压强最大，表明此时反应己结束【答案】C【解析】【分析】【详解】A、盐酸浓度越大，反应速率越快，相同时间内产生的气体多，压强大

15、，完全反应需要的时间短，故曲线b对应的盐酸浓度较小，不符合题意；B、镁条的质量相等，盐酸过量，故反应结束后，生成氢气的质量相等，不符合题意；C、，有气体生成，加上镁与盐酸反应放出热量，使装置内压强增大，故开始时压强迅速增大的原因和反应生成气体和放热有关，符合题意；D、曲线a中A点压强最大，说明这时，镁和稀盐酸恰好完全反应，表面此时反应已经结束，不符合题意。故选C。12如图中所示的示意图与对应的叙述正确的是A向碳酸钠溶液中滴加足量的水稀释B向足量的不同金属中分别滴加等量的相同稀盐酸C向硫酸和硫酸铜的混合溶液中滴加过量的氢氧化钠溶液D两份等体积的5%过氧化氢溶液，向其中一份加入少量二氧化锰【答案】

16、C【解析】【详解】A、碳酸钠溶液显碱性，因此初始时的pH应大于7，选项A错误；B、足量的镁铝铁与等量的相同稀盐酸反应，产生的氢气量由盐酸的用量决定，因此，三种金属最终产生的氢气质量应相同，选项B错误；C、开始加入氢氧化钠时，消耗原溶液中的硫酸，无沉淀，故开始沉淀质量为0，当硫酸被消耗完后，氢氧化钠开始和硫酸铜反应，产生蓝色沉淀，故沉淀质量在某一时刻增加，当硫酸铜被消耗完以后，沉淀质量便不再改变，选项C正确；D、过氧化氢溶液用量相同，无论是否加入催化剂，最终能产生的氧气质量应相同，图中所示最终产生的氧气质量不相同，选项D错误。故选C。二、中考初中化学流程图13.黄铜是Zn以主要添加元素的铜合金。

17、黄铜渣中约含Zn：7%、ZnO：31%、Cu：50%、CuO：5%，其余为杂质。处理黄铜渣可得到硫酸锌，其主要流程如下（杂质不溶于水、不参与反应）：已知：ZnOH2SO4ZnSO4H2O； CuOH2SO4CuSO4H2O （1）步骤中产生气体的化学方程式为_。 （2）溶液A中的金属阳离子有_（填化学式） （3）步骤、中均包含的操作名称为_，此操作和步骤中的蒸发操作都要用到的玻璃仪器是_。 （4）溶液A_（填“大于”、“小于”或“等于”）溶液C的质量。.在探究金属活动性的实验课上，同学们把打磨光亮的铝片插入硫酸铜溶液中，过一会儿，发现了一个“意外现象”：在铝片表面看到有红色固体析出的同时，还看

18、到有少量的气泡冒出，写出生成红色固体的化学方程式_（提出问题）该气体是什么呢？（猜想与假设）猜想一：O2 猜想二：H2 猜想三：CO2 猜想四：SO2同学们经过讨论，一致认为猜想三不成立，理由是_（实验验证）（5）有同学闻了一下该气体，发现无气味，证明猜想四也不成立，理由是_（6）将产生的气体经验纯后，用导管导入到点燃的酒精灯火焰上，气体安静燃烧，产生淡蓝色火焰（实验结论）_（反思与交流）CuSO4溶液可能显_性（填“酸”或“碱”或“中”）【答案】Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 Zn2+、Cu2+ 过滤 玻璃棒 小于 2Al+3CuSO4=3Cu+Al2（SO4）3 反应物中不含碳元素 二

19、氧化硫有刺激性气味 猜想一不成立，猜想二成立 酸 【解析】. (1)氧化锌和氧化铜分别与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铜和水，没有气体产生；而锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2；(2)锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，氧化锌与硫酸反应生成硫酸锌和水，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，其中的金属阳离子是锌离子和铜离子；(3)由图可知，操作过滤除去铜和杂质，操作过滤是除去锌和置换出的铜；过滤和蒸发操作中均用到玻璃棒这种玻璃仪器；(4)A到C的过程中发生的反应是：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4， 160 161由此可见溶液的质量增重了，溶液A小于溶液C的质量

20、；.铝和硫酸铜反应生成硫酸铝和铜,化学方程式为：2Al+3CuSO4=3Cu+Al2(SO4)3；【猜想与假设】化学反应前后，元素种类不变，所以经过讨论，一致认为猜想三不成立，理由是：反应物中不含碳元素；【实验验证】（5）有同学闻了一下该气体，发现无气味，证明猜想四也不成立，理由是：二氧化硫有刺激性气味；氧气有助燃性，氢气有可燃性，所以（6）将产生的气体经验纯后，用导管导入到点燃的酒精灯火焰上，气体安静燃烧，产生淡蓝色火焰。【实验结论】猜想一不成立，猜想二成立；酸会与活泼金属反应生成氢气，所以CuSO4溶液可能显酸性。14某白色固体含有CuSO4、CaCO3、Ba(NO3)2、 Na2SO4、

21、 NaOH中的一种或几种。 为确定其组成，同学们进行了如下图所示的实验。(1)实验中能说明原白色固体里一定不含CuSO4的现象是_。(2)实验过程中产生无色气体的化学反应方程式为_。(3)通过以上实验，原固体中有一种物质不能确定其是否存在，若要确定，可增做的实验是_。【答案】加水溶解后得到无色溶液A和白色固体a 向无色溶液A中滴加酚酞试液，如果酚酞试液变红色，说明原固体中含有氢氧化钠，反之则不含有氢氧化钠 【解析】【分析】加水溶解后得到无色溶液A和白色固体a，说明固体中不含有硫酸铜，白色固体a中加入过量稀硝酸，白色固体b是硝酸钡和硫酸钠反应生成的硫酸钡，即原固体中含有硝酸钡和硫酸钠，得到无色气

22、体，是因为碳酸钙和稀硝酸反应生成了硝酸钙、水和二氧化碳；氢氧化钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红色。【详解】（1）实验中能说明白色粉末里一定不含有CuSO4的现象是加水溶解后得到无色溶液A和白色固体a，这是因为如果含有硫酸铜，则无论是硫酸铜的水溶液，还是铜的沉淀物，都不是无色的。故填：加水溶解后得到无色溶液A和白色固体a。（2）实验过程中产生气体，是因为碳酸钙和稀硝酸反应生成了硝酸钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2。故填：CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2。（3）由分析可知，原固体中不能确定是否含有氢氧化钠，若要证明

23、，需进行的实验是：向无色溶液A中滴加酚酞试液，如果酚酞试液变红色，说明原固体中含有氢氧化钠，反之则不含有氢氧化钠。故填：向无色溶液A中滴加酚酞试液，如果酚酞试液变红色，说明原固体中含有氢氧化钠，反之则不含有氢氧化钠。15氯化钙是多用途的干燥剂和建筑防冻剂。实验室里用石灰石和盐酸制备二氧化碳的含酸废液（含有MgCl2、FeCl3等）通过以下途径制得无水氯化钙。（1）操作I的名称为_，操作II的名称为_。滤渣的化学成分有_。（2）石灰乳的作用是_，_，写出其中1个反应的化学方程式_。【答案】过滤 降温结晶 Mg(OH)2、 Fe (OH)3 中和多余的盐酸 除去Mg2+和Fe3+ 2HCl + C

24、a(OH)2 = CaCl2 + 2H2O 或Ca(OH)2 + MgCl2= Mg(OH)2+ CaCl2或3Ca(OH)2 +2 FeCl3=2Fe= (OH)3+ 3CaCl2 。 【解析】【分析】【详解】（1）混合物中有易溶于水的、难溶于水的物质，所以操作 I的名称是过滤；蒸发浓缩过程中溶液温度较高，降低温度使溶质从溶液中析出，操作II的名称是冷却结晶或结晶；根据流程中发生的反应： 2 FeCl3+3Ca（OH）2=2Fe（OH）3+3CaCl2，MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2+CaCl2，Mg（OH）2、Fe（OH）3都难溶于水，所以滤渣的化学成分有Mg（OH）2、Fe（

25、OH）3；（2）石灰乳参加的反应有：2HCl + Ca(OH)2 = CaCl2 + 2H2O 2 FeCl3+3Ca（OH）2=2Fe（OH）3+3CaCl2，MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2+CaCl2，所以石灰乳的作用是：中和废液中的酸，使废液中的镁、铁完全沉淀，除去Mg2+和Fe3+；流程中的反应化学方程式有：2HCl + Ca(OH)2 = CaCl2 + 2H2O 或Ca(OH)2 + MgCl2= Mg(OH)2+ CaCl2或3Ca(OH)2 +2 FeCl3=2Fe= (OH)3+ 3CaCl2。16某生设计下列实验流程，从锌、铜、X、银四种金属的混合粉末中分离出部

26、分金属。（1）若 X 是铁，滤液 A 中溶质的成分是_，滤渣乙的成分是_。（2）若滤渣乙只含有一种金属，滤液B中含有两种溶质，通过上述实验，不可能得出的结论是_。A 锌的金属活动性比 X 强 B 铜的金属活动性比银强 C X 的金属活动性强于银（3）若滤渣乙含有两种金属，设计实验将滤渣甲中的金属分别提纯出来_。【答案】FeSO4、ZnSO4、H2SO4 Fe、Zn AB 取滤渣甲充分灼烧，加入稀硫酸，过滤，将滤渣洗涤干燥，得到银。向滤液中加入适量铁，溶液中析出红色固体，至质量不再变化过滤，将滤渣洗涤干燥得到铜 【解析】【分析】【详解】（1）若 X 是铁，由于锌的金属活动性大于铁，则锌和稀硫酸一

27、定反应，滤液A中一定存在硫酸锌，根据步骤二可知，加过量的锌有气体产生，说明滤液A中还有稀硫酸存在，若稀硫酸剩余，那么铁一定完全被消耗，滤液A溶质的成分一定存在硫酸亚铁；由于步骤二中锌粉过量，则滤渣乙一定存在锌，锌过量则会和硫酸亚铁反应，生成硫酸锌和铁，那么滤渣乙一定还有铁的存在。故填：FeSO4、ZnSO4、H2SO4；Fe、Zn。（2）若滤渣乙只含有一种金属，则为过量的锌；滤液B中含有两种溶质，则为锌和稀硫酸反应的产物硫酸锌和金属X的硫酸盐，通过上述实验，可知锌的金属活动性比X弱；那么X的金属活动性强于银，故选AB。（3）若滤渣乙含有两种金属，说明锌的活动性比X强，且X在金属活动性顺序表中在

28、H之前，那么滤渣甲中应该是铜和银。若想提纯铜和银，可取滤渣甲充分灼烧，此时铜和氧气反应生成氧化铜，加入稀硫酸，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，过滤，将滤渣洗涤干燥，得到银。向硫酸铜滤液中加入适量铁，溶液中析出红色固体，至质量不再变化过滤，将滤渣洗涤干燥得到铜。故填：取滤渣甲充分灼烧，加入稀硫酸，过滤，将滤渣洗涤干燥，得到银。向滤液中加入适量铁，溶液中析出红色固体，至质量不再变化过滤，将滤渣洗涤干燥得到铜。17空气是宝贵的自然资源，下图是以空气等为原料合成尿素CO（NH2）2的流程。请按要求回答相关问题：（1）X是空气中含量最多的气体，其分子式为_。（2）图中分离空气的过程属于_变化（填“物理

29、”或“化学”）。（3）空气中含有的少量稀有气体的化学性质_（填“活泼”或“稳定”）。（4）天然气的主要成分是CH4，点燃CH4之前应_。8gCH4完全燃烧消耗32gO2，生成agCO2和18gH2O，则a=_。由CH4在该流程中的作用表明：化学反应中发生物质变化的同时也会伴随有_变化（填“能量”或“原子个数”）。（5）写出NH3合成尿素的化学反应方程式_。【答案】N2 物理 稳定 验纯 22 能量 【解析】【分析】【详解】（1）空气中含量最多的气体是氮气（体积分数78%），化学式（分子式）为N2。故填：N2。（2）将空气分离为氮气和氧气，利用的是它们的沸点不同，将它们分离，没有新物质生成，发生

30、物理变化。故填：物理。（3）空气中含有的少量稀有气体的化学性质非常稳定，一般情况下很难与其它物质反应，因为构成它们的原子最外层电子都是处于相对稳定状态。故填：稳定。（4）天然气的主要成分是CH4，可燃性气体点燃之前都要进行验纯。天然气燃烧的化学方程式为： ，所以，a=22。故填：验纯；22。 由CH4在该流程中的作用表明：它燃烧产物CO2参与合成尿素的反应，同时放出的热量提供给氨气的合成过程。即化学反应中发生物质变化的同时也会伴随能量变化。故填：能量。（5）由流程图可知，合成尿素需要氨气和二氧化碳参与反应，生成尿素和水。故反应的方程式为：。【点睛】本题关键要仔细观察流程图的各个细节。18为实现

31、废物“资源化”利用的目的，以电石渣主要成份为Ca（OH）2和CaCO3，其中Ca（OH）2为微溶物为原料制备KClO3，其主要流程如图:（1）氯化过程中，Cl2 与Ca（OH）2作用，发生了一系列变化，最终生成Ca（ClO3）2和CaCl2，该反应的化学方程式中这两种生成物的化学计量数比为1 : 5。生成Ca（ClO3）2的化学方程式_。提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有_（填标号）。A 适当减缓通入Cl2速率B 充分搅拌浆料C 加水使Ca（OH）2完全溶解（2）活性炭的作用是_；步骤甲的操作名称为_；残渣A中一定含有_。（3） 向步骤甲得到的溶液中加入稍过量KCl固体可将

32、Ca（ClO3）2转化为KClO3，该反应的基本反应类型为_。【答案】 AB 吸附有毒的Cl2 过滤 活性炭、 CaCO3 复分解反应 【解析】【分析】【详解】（1） 根据题意，Cl2 与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO3)2和CaCl2，该反应的化学方程式中这两种生成物的化学计量数比为1:5，根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，生成物中含6个钙原子，12个氯原子，6个氧原子，反应物中也应含有12个氯原子，6个钙原子，故氯气和氢氧化钙的化学计量数为6:6，故反应物中还含有12个氢原子，12个氧原子，故生成物中还应含有12个氢原子，6个氧原子，故该反应的化学方程式为： ；转化

33、率是指某一反应物转化的百分率，氯化时，为提高转化率，需要增加反应物之间的接触面积。A、适当减缓通入Cl2速率，能使反应物接触时间长，提高转化率，符合题意；B、充分搅拌浆料，增加接触面积，提高转化率，符合题意；C、加水使Ca(OH)2完全溶解，导致接触面积降低，降低转化率，不符合题意。故选AB；（2）活性炭具有吸附性，可以吸附有毒有害气体，故活性炭的作用是：吸附有毒的氯气；步骤甲是分离固体和液体，故步骤甲的操作名称为过滤；电石渣的主要成分是碳酸钙和氢氧化钙，氢氧化钙能与氯气反应生成Ca(ClO3)2和CaCl2，加入活性炭，吸附多余的氯气，活性炭不溶于水，故滤渣A中一定含有：碳酸钙和活性炭；（3

34、）由题意可知，氯化钾能将Ca(ClO3)2转化为KClO3，根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，故另一生成物为氯化钙，该反应的化学方程式为：，该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应，属于复分解反应。19现欲探究一固体混合物A的成分，已知其中可能含有NH4Cl、CuCl2、FeCl3、MgCl2、BaCO3五种物质中的两种或多种。按图所示进行实验出现的现象如图中所述(设过程中所有可能发生的反应都恰好完全进行)。试根据实验过程和发生的现象做出判断，填写以下空白：气体C的化学式为_，气体F的水溶液呈_(填酸性、中性、碱性之一)沉淀B中一定含有的物质的化学式为_

35、溶液E中，一定存在的溶质的阳离子是_(写离子符号)溶液H中，最多可以含有_种溶质(填写数字)写出生成沉淀G的化学方程式_在混合物A里，上述五钟物质当中肯定不存在的物质是_(写化学式)，你的理由是_【答案】NH3 酸性 Cu(OH)2 NH4+、Cu2+ 5 BaCO3 +H2 SO4 =BaSO4+H2O+CO2 FeCl3 氯化铁在溶液中显黄色，而溶液E显蓝色 【解析】【分析】铵根离子和氢氧化钠反应会生成氨气，氢氧根离子会与镁离子、铜离子、铁离子反应生成氢氧化镁、氢氧化铜、氢氧化铁沉淀；硫酸和碳酸钡反应会生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，氯离子和银离子反应会生成白色的氯化银沉淀，所以混合物A与氢

36、氧化钠反应会生成气体的，只有氢氧化钠和氯化铵反应生成氨气，所以白色固体A中一定存在氯化铵，氢氧化钠和氯化铵反应生成氯化钠、水和氨气，所以C是氨气，氨气的水溶液显碱性，无色溶液D中含有氯化钠；混合物A中加入硫酸，会得到蓝色溶液，所以A中一定含有氯化铜，会生成无色气体和白色沉淀，所以A中一定含有碳酸钡，碳酸钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，FeCl3溶液显黄色，溶液E显蓝色，故一定不含FeCl3。综上可知，混合物A中一定有NH4Cl、CuCl2、BaCO3，一定没有FeCl3，可能有MgCl2。【详解】（1）气体C的化学式为NH3 ；气体F是二氧化碳，水溶液呈酸性；（2）沉淀B中一定含有的

37、物质的化学式为Cu(OH)2；（3）溶液E中，一定存在的溶质的阳离子是：NH4+、Cu2+ ；（4）溶液H中，最多可以含有硝酸铜、硝酸镁、硝酸钠、硝酸、硝酸银5种溶质；（5）生成沉淀G 的反应是碳酸钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，化学方程式为：BaCO3 +H2 SO4 =BaSO4+H2O+CO2；（6）在混合物A里，上述五种物质当中肯定不存在的物质是FeCl3，理由是：氯化铁在溶液中显黄色，而溶液E显蓝色。【点睛】根据物质的特征反应推测成分是解题关键。例如：铵盐中加入碱生成氨气；碳酸盐遇酸生成二氧化碳；加入稀硝酸和硝酸银产生白色沉淀，可以证明氯离子的存在；铜离子、铁离子、镁离子都

38、能与氢氧根离子反应生成沉淀。20学习小组欲从高锰酸钾制氧气剩余回收副产物，设计了如图所示实验方案；（资料卡片）KMnO4 能和纤维素反应，在中性溶液中比较稳定，加热碱性条件中的 KMnO4溶液会有部分KMnO4 和 H2O 反应，生成 MnO2；锰酸钾溶于水为墨绿色，不稳定，在水溶液中能全都转化为 KMnO4，MnO2和 KOH，反应的化学方程式如 下：3K2MnO4+2H2O=2KMnO4+MnO2 +4KOH（实验方案）（1）将剩余物加入水中，观察到的现象是：部分固体溶解；有少量不溶物出现；_。（2）回收物甲是_(填化学式)。（3）滤液 B 中一定含有的溶质是 KMnO4 和_，需要加入少

39、量硫酸进行中和，中和反应的化学方程式是_。（4）冷却结晶后，低温烘干高锰酸钾晶体是为了防止_。（5）加热 31.6gKMnO4 使之完全分解，按以上实验方案可得回收物甲的质量可能是_。A8.7g B11.5g C12.8g D28.4g【答案】溶液会逐渐变为紫红色 MnO2 KOH 2KOHH2SO4=K2SO42H2O 高锰酸钾受热分解 B 【解析】【详解】（1）锰酸钾溶于水为墨绿色，不稳定，在水溶液中能全都转化为 KMnO4，MnO2和 KOH，将剩余物加入水中，观察到的现象是：部分固体溶解；有少量不溶物出现；溶液会逐渐变为紫红色；（2）锰酸钾溶于水不稳定，在水溶液中能全都转化为 KMnO

40、4，MnO2和 KOH，溶液显碱性，加热碱性条件中的 KMnO4溶液会有部分KMnO4 和 H2O 反应，生成 MnO2，因此回收物为二氧化锰（MnO2）；（3）锰酸钾溶于水为墨绿色，不稳定，在水溶液中能全都转化为 KMnO4，MnO2和 KOH，则滤液 B 中一定含有的溶质是 KMnO4 和KOH；加入少量硫酸进行中和，硫酸和氢氧化钾发生中和反应的化学方程式是：2KOHH2SO4=K2SO42H2O；（4）冷却结晶后，低温烘干高锰酸钾晶体是为了防止：高锰酸钾受热分解；（5）解：设3.16g高锰酸钾分解产生的二氧化锰质量为x，锰酸钾质量为y。 y=19.7g x=8.7g设：19.7g锰酸钾分解生成二氧化锰的质量为z。 z=2.9g生成二氧化锰的总质量=8.7g+2.9g=11.6g加热 31.6gKMnO4 使之完全分解，按以上实验方案可得回收物甲的质量可能是11.6g，故选：B。