（化学）化学综合题中考选择题(难)经典.doc

1、【化学】化学综合题中考选择题(难)经典一、中考化学综合题1如下图装置可用于气体的吸收、检验和分离等，请回答下列问题。（1）利用装置 A（其中液体试剂足量）可以将二氧化碳和一氧化碳的混合气体进行分离。首先打开活塞 a，缓缓通入混合气体，广口瓶中观察到的现象是_，发生反应的化学方程式为_；此时从导管 c 逸出的主要气体是_，为了检验该气体，将导管按 c-d-e-f-g 顺序连接，B 处观察到的现象为_，发生反应的化学方程式为_。（2）实验中 A 和 C 两处用到澄清石灰水，其中 A 处澄清石灰水的作用是_（3）装置 C 中还应进行的操作是_ ；一段时间后，断开 AB 装置，关闭活塞 a，打开活塞

2、b，滴加足量的稀盐酸，此时逸出的主要气体是_。(4)现有36.5 g质量分数为20%的盐定质氢氧化钙溶液恰好完全反应，生成的氯化钙溶液中溶质的质量分数为22.2%。请计算所得氯化钙溶液的质量是_。【答案】 澄清石灰水变浑浊 Ca(OH)2 + C02 = CaCO3 + 2H20 CO 黑色固体变红色 Cu0+C0 Cu+C02 吸收二氧化碳 将尾气点燃 C02 50g【解析】(1)首先打开活塞a，缓缓通入混合气体，广口瓶中观察到的现象是澄清石灰水变浑浊，是因为氢氧化钙和二氧化碳反应生成了碳酸钙沉淀和水，发生反应的化学方程式为：Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2O；此时从导管c逸出的主要气

3、体是一氧化碳，为了检验该气体，将导管按cdefg顺序连接，B处观察到的现象为黑色固体变成红色固体，是因为高温条件下，氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，发生反应的化学的化学方程式为：CuO+COCu+CO2；(2)实验中A和C两处用到澄清石灰水，其中A处澄清石灰水的作用是吸收二氧化碳气体；(3)装置C中还应进行的操作是处理尾气，方法是把尾气点燃或收集起来；一段时间后，断开AB装置，关闭活塞a，打开活塞b，滴加足量的稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳，此时逸出的主要气体是二氧化碳；(4)设生成氯化钙质量为，Ca(OH)2+2HClCaCl2+2H2O，73 11136.5g20%x， =1

4、1.1g，所得氯化钙溶液的质量为：11.1g22.2%=50g，答：所得氯化钙溶液的质量为50g。2生活中常见物质的性质、制法等是化学研究的重要内容。(1)复分解反应发生后，生成物肯定不会是_(填“单质”或“化合物”)。(2)盐酸与氢氧化钠溶液反应时溶液pH的变化如图1所示。下列说法正确的是_。am点所示溶液为碱性bn点所示溶液中加紫色石蕊溶液显红色cp点所示溶液中的溶质为NaCl和NaOHd该图所对应操作是将盐酸滴入氢氧化钠溶液中(3)浓硫酸和浓盐酸敞口放置均会变稀，这是为什么？_(4)图2装置可做一氧化碳还原氧化铁的实验，并检验生成的气体产物。B装置玻璃管里可观察到的现象为_。C装置中反应

5、的化学方程式为_。实验结束后，若要确定A装置的溶液中溶质的成分，请设计合理的实验方案，简要写出实验步骤、现象和结论。(提示：Na2CO3溶液呈碱性)_(5)现有73g溶质质量分数为10%的稀盐酸和127g氢氧化钠溶液恰好完全反应，求反应后溶液中溶质的质量分数_。【答案】单质 C 浓硫酸有吸水性，吸收空气中水蒸气使溶剂增多，浓盐酸有挥发性，使溶质减小。 固体红色粉末逐渐变黑 CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O 取少量，A装置中溶液少量放在试管中，加入过量（足量）CaCl2溶液静置，向上层清液中加入几滴酚酞。若溶液变红，则溶质为Na2CO3和NaOH，若溶液没有变成红色则溶质为Na2CO3

6、 【解析】（1）复分解反应是两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，生成不可能是单质；（2）a、m点所示溶液的pH值小于7，所以溶液为酸性，错误；b、n点所示溶液的pH值等于7，所以溶液中加紫色石蕊溶液，颜色不变，错误；c、p点所示溶液的pH值大于7，说明氢氧化钠过量，溶液中的溶质为NaCl和NaOH，正确；d、实验过程中，开始时溶液显酸性，随着滴入溶液体积的增加，溶液逐渐变为碱性，该图中pH值是从小于7逐渐的增大到7，然后大于7，所以所对应操作是将氢氧化钠滴入盐酸中，错误。故选c；（3）浓硫酸具有吸水性，放置在空气中会吸收水蒸气，溶剂质量变大，溶质质量分数变小；浓盐酸具有挥发性，溶

7、质质量逐渐减小，导致溶液中溶质的质量分数逐渐减小；（4）氧化铁和一氧化碳在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以B装置玻璃管里可观察到的现象为：固体粉末由红色逐渐变为黑色；二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，故C中发生的化学方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O；取少量，A装置中溶液少量放在试管中，加入过量（足量）CaCl2溶液静置，向上层清液中加入几滴酚酞。若溶液变红，则溶质为Na2CO3和NaOH，若溶液没有变成红色则溶质为Na2CO3；（5）盐酸中HCl的质量为73g10%=7.3g；设反应生成的NaCl的质量为x.NaOH+HCl=NaCl+H2O36.5 58.57.

8、3g x，解得x=11.7g以反应后所得溶液中溶质的质量分数为。答：反应后所得溶液中溶质的质量分数为5.85%。3碳酸镁晶须(MgCO3nH2O，n = 15的整数)是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。（查阅资料）(1) MgCO3nH2O微溶于水；(2) MgCO3nH2O在230时开始失去结晶水， 400以上时开始分解生成三种氧化物。I合成碳酸镁晶须步骤：配制一定溶度的MgSO4溶液和NH4HCO3溶液；量取一定量的NH4HCO3溶液于容器中，搅拌并逐滴加入MgSO4溶液，控制温度50，反应一段时间；用氨水调节溶液pH至9.5，放置1h后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶须产品。(1)步骤配制一定

9、溶质质量分数的MgSO4溶液所需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、_；(2)步骤反应的温度控制在50，较好的加热方法是_；(3)氨水、硫酸镁、碳酸氢铵三者反应，除生成MgCO3nH2O沉淀外，同时生成的产物还有_； (4)检验沉淀已洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤的滤液，滴入_，若无沉淀说明已洗涤干净。(5)干燥得碳酸镁晶须产品温度不能过高，目的是_。II测定产品MgCO3nH2O中的n值（方案一）将碳酸镁晶须放入A装置中加热(仪器和装置如下图所示)，回答下列问题：(6)上述装置的连接顺序为_(按气流方向，用接口字母表示)，其中B处的长玻璃导管的作用是_，C装置的作用是_。(7)加热前先通

10、入N2排尽装置中的空气，然后称取C、D的初始质量。再次连接好装置，边加热边通入N2，此时通入N2的作用是_。(8)若B装置中无残留物。装置C反应前后质量差为m1，装置D反应前后质量差m2 。根据以上实验数据，确测定n值， n=_(用含m1、m2的代数式表示)。(9)有同学提出上述连接好的装置仍不够完善。需要在D装置的后面连接下图装置，目的是_，否则测得n值会_(“偏大”、“偏小”、“无影响”) 。（方案二）称量100g碳酸镁晶须放入如下图所示的广口瓶中，加入水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被过量NaOH溶液吸收，在室温下反应45h，反应后期将温度升到30，最后，烧杯中的溶液加入已知浓度的

11、盐酸恰好完全反应，测得CO2的总量；重复上述操作2次。(10)氢氧化钠吸收二氧化碳的化学反应方程式_；(11)图中气球的作用是_；(12)上述反应后期要升温到30，主要目的是_；(13)设3次实验测得每100 g碳酸镁晶须与稀硫酸反应产生的CO2平均值为ag，则n值为_(用含a的代数式表示)；(14)称取100g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图2，则该条件下合成的晶须中，n=_(写出过程)。【答案】量筒水浴加热(NH4)2SO4 BaCl2溶液防止晶体失去结晶水aedbc冷却气体吸收二氧化碳气体生成的二氧化碳和水完全被C、D装置吸收、防止倒吸22m2/9m1 防止空气中的二氧化碳进入C装

12、置，影响实验结果偏小2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O 缓冲作用使广口瓶内水中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH充分吸收(4400-84a)/18a 1【解析】（1）根据配制溶液步骤：计算、称量、溶解、转移等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管等，其中玻璃仪器为：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管；（2）加热温度低于100需要水浴加热控制温度；（3）氨水、硫酸镁、碳酸氢铵三者反应，除生成MgCO3nH2O沉淀外，还生成硫酸铵；（4）检验沉淀已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤的滤出液少许，滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀说明已洗涤干净，若有沉淀则说明未洗涤干净；（5）

13、由于碳酸镁晶须高温会失去结晶水，所以干燥得碳酸镁晶须产品温度不能过高；（6）上述装置的连接顺序为：应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收二氧化碳；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体，故其连接顺序是aedbc；装置C的作用是吸收反应生成的二氧化碳气体，装置D的作用是吸收水蒸气，装置B是长玻璃管起到冷却作用；（7）因为加热后的装置中含有残留的HCl和水蒸气，为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸；（8）若B装置中无残留物，通过装置D吸收的质量为生成水的质量，装置C吸收的是分解生成的二氧化碳

14、的质量，可以计算， =1：n，n= ；（9）防止空气中的二氧化碳进入C装置，使m1偏大，测得n值会偏小，所以需要在D装置的后面连接装有碱石灰的干燥管；（10）氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，化学反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；（11）气球的作用是缓冲装置中的压强作用；（12）要使广口瓶内水中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH充分吸收，上述反应后期要升温到30；（13）实验测得每100g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a g，依据化学方程式可知，碳酸镁物质的质量为g，根据化学式可知，MgCO3nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1：n，得到1：n=： ，

15、得到n= ；（14）MgCO3nH2On=15，分析图象430C剩余质量为82.3g，为失去结晶水的质量，剩余质量为39.2g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量，得到100g =100g-82.3g，解得：n=1。4A-I为初中化学常见的物质，它们之间的转化关系如下图所示（只略去反应的部分产物）。其中B是紫红色金属；D、F为黑色固体；H为实验室中最常见的无色无味液体。请回答：（1）若A在常温下为固体，则反应的化学方程式为_，下图所示的仪器中，可用作该反应发生装置的是_（填字母）；若A 在常温下为液体，则A的化学式为_，反应的基本反应类型是_。（2）在金属活动性顺序中，B位于铁的_（填“前面”或“后

16、面”）。若要证明，所需试剂有：B的单质、铁的单质和_（只填一种）。（3）G的化学式为_，它不具有的性质有_（填字母）。A酸性 B还原性 C毒性 D助燃性（4）反应的化学方程式为_。【答案】2KClO3 2KCl+3O2 C H2O2 分解反应 后面 稀盐酸（答案合理即可） CO AD H2+CuOCu+H2O 【解析】(1). 氯酸钾在二氧化锰的作用下分解生成氯化钾和氧气，2KClO3 2KCl+3O2，选择发生装置需考虑是因素是，反应物的状态和反应条件。加热固体制取气体，发生装置为C，固体和液体常温下反应制取气体应选用的发生装置为b。 (3). H2O2 在二氧化锰的作用下分解生成水和氧气，

17、是分解反应 (5). B是紫红色金属，B是铜；在金属活动性顺序表中，铜在铁的后边；将铁放入酸的溶液中，铁能与酸反应，证明铁在氢前，铜和酸不反应，证明铜在氢后，因此铁在铜前； (7). 铜和氧气生成氧化铜F，氧气和碳不充分燃烧时生成一氧化碳G， 氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳；(8).一氧化碳能和血红蛋白结合，使人失去和氧结合的机会，使人中毒；一氧化碳能做还原剂，还原金属氧化物； (9). 氧化铜和氢气反应生成水和铜；点睛：推断题的解题方法是找题眼，物质颜色、用途等，然后结合转化关系，利用反应条件和反应类型，进行推断，最后再将推断的结果检查，看是否符合题中物质间的关系。5康康进行如下图所示

18、实验来验证质量守恒定律，实验中物质充分反应，在反应中用托盘和量筒准确测量出表中m1、m2、m3、m4和V（实验操作正确，实验条件下氧气的密度为 g/cm3）（1）装置中试管口略向下倾斜的原因是_。（2）上述反应的化学方程式为_。（3）根据质量守恒定律m1、m2、m3、m4、V、之间存在的等量关系是_。【答案】 防止冷凝水倒流引起试管炸裂 2KClO32KCl+3O2 m1+m2+m3-m4=V【解析】(1)给试管中的固体加热时试管口略向下倾斜的原因是：防止冷凝水倒流到热的试管底部而使试管破裂；（2）氯酸钾在二氧化锰做催化剂加热的条件下生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式为：2KClO32KCl+

19、3O2；(3)在化学反应前后，物质的总质量不变，在此反应中二氧化锰是催化剂，质量不变，氯酸钾在二氧化锰的催化作用下分解为氯化钾和氧气，则m1+m2+m3=m4+V，即：m1+m2+m3-m4 = V。6小明进行H2O2溶液制O2的实验探究。结合下列过程，回答有关问题。（1）MnO2作催化剂，向5mL5%的H2O2溶液中加入少量MnO2，立即产生大量气泡。写出用H2O2溶液制备O2的化学方程式：_。用上述反应原理制备并收集一瓶干燥的O2，从所给装置图中选择并组装一套装置，其连接顺序为_ _ _（填标号）。为了确保实验成功，在装药品之前应该_。检验O2的方法是_ ，若木条复燃，则证明收集的气体为O

20、2。（2）FeCl3溶液做催化剂向5mL5%的H2O2溶液中加入2滴一定浓度的 FeCl3溶液，立即产生大量气泡。（已知）FeCl3溶液中主要含有三种微粒：H2O、Fe3+、Cl-（问题）那种微粒对H2O2溶液的分解起催化作用？（假设）假设一：可能是H2O假设二：可能是Fe3+假设三：可能是Cl- （分析）假设一不可能成立，理由是_。（实验）操作现象其他条件不变，向H2O2溶液中加入NaCl溶液无明显变化其他条件不变，向H2O2溶液中加入Na2SO4溶液无明显变化其他条件不变，向H2O2溶液中加入Fe2(SO4)3溶液立即产生大量气泡（结论）假设_成立，而假设一和另一种假设不成立。催化剂比较从

21、循环利用的角度分析，_（填化学式）更适合做该反应的催化剂。【答案】2H2O2 2H2O + O2 B C E 检查装置气密性 将带火星的木条放置在集气瓶内 过氧化氢溶液中溶剂是水 二 MnO2 【解析】本题考查了气体的制取装置和收集装置的选择，氧气的检验，催化作用的探究等。气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关；在催化作用的探究时，运用控制变量的原理。（1）过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解为水和氧气，化学方程式是2H2O2 2H2O + O2；用H2O2溶液制备O2时，是固体与液体混合不需加热，可选择的发生装置是B，制得氧气中含有水蒸

22、气，浓硫酸具有吸水性，可用装有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气，氧气密度大于空气，可用向上排空气法收集。制备并收集一瓶干燥的O2，从所给装置图中选择并组装一套装置，其连接顺序为BCE；为了确保实验成功，在装药品之前应该检查装置气密性；氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃。检验O2的方法是将带火星的木条放置在集气瓶内，若木条复燃，则证明收集的气体为O2；（2）假设一不可能成立，理由是过氧化氢溶液中溶剂是水；其他条件不变，向H2O2溶液中加入NaCl溶液，无明显变化，说明Cl-对H2O2溶液的分解不起催化作用；其他条件不变，向H2O2溶液中加入Fe2(SO4)3溶液，立即产生大量气泡，FeCl3溶液和Fe

23、2(SO4)3溶液都存在Fe3+，说明Fe3+对H2O2溶液的分解起催化作用，假设二成立；MnO2不溶于水，更容易回收，催化剂比较从循环利用的角度分析，MnO2更适合做该反应的催化剂。7NaOH是重要的化工原料，研究其制备、检验、贮存及应用具有重要意义。（1）工业上常用电解饱和食盐水的方法制取NaOH，反应的化学方程式为2NaCl2H2O2NaOHCl2X。X的化学式为_。（2）为了探究NaOH样品中是否存在NaCl、Na2CO3杂质，设计如下实验方案：注：AgCl是白色固体，难溶于水和稀HNO3。乙中有无色无味气体产生，证明样品中含有Na2CO3。产生气体的化学方程式为_。试剂X为_溶液；可

24、证明NaCl存在的现象是_。（3）某兴趣小组试图通过测定生成的CO2质量确定因久置而变质的NaOH固体中Na2CO3的质量分数，设计了如图所示装置并进行如下实验：步骤一：取一定质量的样品，加入气密性良好的锥形瓶中，然后在分液漏斗中加入足量的稀硫酸，称出装置总质量为m1。步骤二：打开分液漏斗旋塞，逐滴加入稀硫酸，待气泡不再产生时，关闭旋塞，称出装置总质量为m2。球形干燥管中不用NaOH固体而用CaCl2固体的原因是_。小明同学认为（m1-m2）即为生成的CO2质量，小红同学认为小明的想法不合理，理由是_。（4）某工厂化验室用20%NaOH溶液洗涤一定量石油产品中残余H2SO4，共消耗NaOH溶液

25、20g，洗涤后的溶液呈中性。这一定量石油产品中所含H2SO4的质量为_（写出计算过程）。【答案】H2 2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+H2O+CO2 硝酸银 丙中产生白色沉淀 CaCl2不吸收CO2，而NaOH吸收CO2 锥形瓶内有残留的二氧化碳气体，生成的二氧化碳气体没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小 4.9g 【解析】【分析】【详解】（1）由质量守恒定律可知，反应前后Na、Cl、H、O原子的个数分别为：2、2、4、2，2、2、2、2，故X的化学式为H2；（2）硝酸与碳酸钠反应生成硝酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：2HNO3+Na2CO3=2Na

26、NO3+H2O+CO2；为检验氯离子，试剂X为硝酸银溶液；可证明NaCl存在的现象是：丙中产生白色沉淀；（3）球形干燥管中不用NaOH固体而用CaCl2固体的原因是：CaCl2不吸收CO2，而NaOH吸收CO2；小明同学认为（m1-m2）即为生成的CO2质量，小红同学认为小明的想法不合理，理由是：锥形瓶内有残留的二氧化碳气体，生成的二氧化碳气体没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小；（4）设一定量石油产品中所含H2SO4的质量为x。 x=4.9g答：这一定量石油产品中所含H2SO4的质量为4.9g。8某化学兴趣小组的同学，通过咨询老师准备用亚硫酸钠溶液与浓硫酸反应来制

27、备一 定量的SO2(Na2SO3 +H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O。老师给他们提供了一瓶亚硫酸钠溶液并告知该瓶溶液放置时间可能较长，不知是否变质。兴趣小组的同学分成甲、乙两小组对该瓶亚硫酸钠溶液成分进行实验探究。（提出问题）该瓶溶液中溶质的成分是什么?该瓶溶液中亚硫酸钠的质量分数是多少?（查阅资料）(1) Na2SO3有较强还原性，在空气中易被氧气氧化:2 Na2SO3 +O2=2Na2SO4；(2) Na2SO3能与酸反应产生SO2气体;(3)SO32-、SO42-均能与Ba2+反应产生白色沉淀，BaSO3可溶于稀盐酸。（作出猜想）猜想1:没有变质，成分是Na2SO3;猜想2

28、完全变质，成分是Na2SO4;你认为还可能有的猜想3: _。（实验探究I）甲、乙两组分别进行实验探究溶液是否变质:小组实验操作现象结论甲组取少量样品于试管中加入过量稀盐酸;产生气泡没有变质，还是Na2SO3乙组取少量样品于试管中加入氯化钡溶液，再加入足量稀盐酸。_已部分变质（评价）有同学质疑甲组方案不合理，理由是_。（实验探究II）甲组设计如下实验测定Na2SO3溶液的溶质质量分数。(注:空气中二氧化碳的影响忽略不计) (1)连好装置并检查装置气密性，在锥形瓶中放入126g该样品(2)实验前称量C装置的质量；(3)关闭活塞K，用注射器推入浓硫酸至不再产生气泡；(4)打开活塞K，缓缓鼓入一定量的

29、氮气，关闭活塞K；(5)再次称量C装置的质量发现比反应前增重6.4g。由此，计算出该溶液中Na2SO3的质量分数为_；（解释）若没有进行第4步操作，则测得亚硫酸钠溶液的溶质质量分数比实际的_(填”偏小”或”偏大”)。乙组仍使用第一次实验的原理，进行如下实验测定Na2SO3溶液的溶质质量分数。第一步:称取试样ag；第二步:在溶液中加入过量氯化钡溶液和足量稀盐酸；第三步:过滤、洗涤、烘干沉淀；第四步:称量沉淀的质量为bg；第五步:计算溶液中Na2SO3的溶质质量分数=(1-142b/233a) 100%。试完成下列问题:(1)加入氯化钡溶液过量的目的是_；(2)第三步操作要洗涤沉淀的原因是_；（反

30、思）由此可得出，保存亚硫酸钠时应_。【答案】部分变质，成分是Na2SO3和Na2SO4 产生白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀部分消失，生成气体 部分变质也会产生气泡 10% 偏小 使溶液中Na2SO4全部转化成沉淀 沉淀表面溶液中含有NaCl、BaCl2，烘干时一并析出造成沉淀质量偏大 密封保存防止氧化 【解析】本题通过实验探究物质的组成成分以及含量，主要考查了盐、酸、碱的性质，根据化学方程式的计算等。认真审题，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断得出正确的结论。作出猜想：猜想1是没有变质，成分是Na2SO3；猜想2完全变质，成分是Na2SO4；还可能有的猜想3是部分变质：成分是

31、Na2SO3和Na2SO4；实验探究I：若已部分变质，则固体成分是Na2SO3和Na2SO4，BaCl2与Na2SO3和Na2SO4能发生复分解反应生成BaSO3和BaSO4沉淀，其中Na2SO3能与盐反应产生SO2气体，BaSO4不能与盐酸反应，所以取少量样品于试管中加入氯化钡溶液，再加入足量稀盐酸，产生白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀部分消失，生成气体，则亚硫酸钠已部分变质；评价：由实验探究I的分析可知，部分变质也会产生气泡，甲组方案不合理；实验探究II：甲组实验：氢氧化钠溶液能吸收二氧化硫，C装置的质量发现比反应前增重6.4g，说明反应过程生成了6.4g的二氧化硫。设：生成6.4g的二氧化硫需

32、亚硫酸钠的质量为x，Na2SO3 +H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O126 64x 6.4g x=12.6g溶液中Na2SO3的质量分数=100%=10%；解释：反应后的装置中充满了生成的二氧化硫，若没有进行第4步操作，生成的二氧化硫没有全部吸收，测得的二氧化硫质量偏小，测得亚硫酸钠溶液的溶质质量分数比实际的偏小；乙组实验：(1) BaCl2与Na2SO4能发生复分解反应生成BaSO4沉淀，加入氯化钡溶液过量的目的是使溶液中Na2SO4全部转化成沉淀；(2)第三步操作要洗涤沉淀的原因是沉淀表面溶液中含有NaCl、BaCl2，烘干时一并析出造成沉淀质量偏大；反思：通过上述实验可知，

33、亚硫酸钠在空气中易氧化变质，保存亚硫酸钠时，应密封保存防止氧化。9根据下列实验装置图，回答有关问题。(1)图中标有的仪器名称是_。(2)实验室用氯酸钾和二氧化锰制取氧气，应选用的装置组合是_(填字母)，反应的化学方程式为_，其中二氧化锰的作用是_。(3)实验室用锌和稀硫酸制取氢气的化学方程式为_，用E装置收集氢气，气体应从_(填“a”或“b”)端通入。(4)小强和小明两位同学对黄色的FeCl3溶液产生了浓厚的兴趣，查阅资料获得如下信息：FeCl3能与Cu、Fe、Al等金属反应生成FeCl2，如2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；FeCl3溶液能使无色的苯酚溶液变成紫色。（提出问题）F

34、eCl3溶液与金属铝反应有哪些现象？FeCl3溶液中的哪些粒子使苯酚溶液变成紫色？（实验探究）取适量FeCl3溶液于试管中，进行如下实验：（思考与交流）实验前，铝箔表面需要进行打磨处理，其目的是_。FeCl3溶液的pH_7(填“”、“”或“”)。溶液由黄色变成浅绿色的化学反应方程式为_。D中无色溶液的溶质是_(填化学式)。经分析，小强同学认为是Fe3使苯酚溶液变成紫色，但小明同学认为若要得出此结论还需补做如下实验：在苯酚溶液中滴加稀盐酸，观察溶液是否变成紫色。小明的理由是_。【答案】试管 AD 2KClO32KCl+3O2 催化作用 Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 b 除去表面的氧化铝薄膜

35、 3FeCl3+2Al=2AlCl3+3FeCl2 AlCl3 因为FeCl3溶液含有HCl 【解析】【分析】【详解】(1)是试管。(2)加热固体制取气体，选择发生装置A，氧气的密度比空气的密度大，可用向上排空气法收集，氧气不易溶于水，可用排水法收集，故选AD。用氯酸钾和二氧化锰制取氧气的化学方程式为：2KClO32KCl+3O2 ，反应中二氧化锰起催化作用。(3)锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气。用E装置收集氢气，由于氢气的密度比空气的密度小，进入以后占据上方空间，空气则被赶到下方空间而易从a端排出，故氢气从b端通入。(4)思考与交流铝在常温下能与空气中的氧气反应，生成一层致密的氧化铝薄膜，实

36、验前，铝箔表面需要进行打磨处理，其目的是除去表面的氧化铝薄膜。氯化铁溶液中加入铝箔，铝箔表面产生大量气泡，该气体是氢气，说明FeCl3溶液的pH7。铁离子形成的溶液是黄色，亚铁离子形成的溶液是浅绿色，发生的反应是：3FeCl3+2Al=2AlCl3+3FeCl2 金属活动性顺序中，铝位于铁的前面，能将氯化亚铁溶液中的铁置换出来，3FeCl2+2Al=2AlCl3+3Fe，氯化铝溶液是无色的，D中无色溶液的溶质是AlCl3 。FeCl3溶液显酸性，能使苯酚溶液变成紫色，在苯酚溶液中滴加稀盐酸，如果苯酚溶液不变色，则说明是Fe3使苯酚溶液变成紫色。【点睛】要顺利解答此题，就要知道如何选择装置，根据

37、反应物的状态及反应条件选择发生装置，根据气体的溶解性与密度选择收集装置。熟知金属的活动性顺序，根据反应现象判断出金属在金属活动性顺序中的位置。10胃舒平、小苏打、胃酸完全抑制剂是常用的中和胃酸的药物。（1）胃舒平与胃酸发生的反应为：Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O，该反应的基本类型是_。（2）胃酸完全抑制剂每片含0.8 g CaCO3、0.116 g Mg(OH)2，某患者胃酸分泌过多，医生建议口服胃酸完全抑制剂每天2次，每次1片。假设药物被完全吸收，患者服用1天胃酸完全抑制剂产生CO2（常温下CO2密度为1.9g/L）是_ mL。（3）小苏打片每片含0.5 g NaHCO3，6片

38、小苏打和胃酸完全反应，消耗HCl的质量是多少_？胃舒平每片含0.245 g Al(OH)3，中和胃酸时，10片胃舒平相当于多少片小苏打片_？（要求：所有最终计算结果均保留到小数点后一位，第（3）小题写出计算过程）。【答案】复分解反应371解：每片小苏打片含0.5g NaHCO3，6片小苏打片含 NaHCO3的质量=0.5g6=3g。设与6 片小苏打片正好完全反应的 HCl 的质量为 y。NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO284 36.53g yy1.3g答：6 片小苏打片正好完全消耗 HCl 的质量为1.3g。解：由6 片小苏打片正好完全消耗 HCl 的质量为1.3g可知，平均每片小苏

39、打片消耗 HCl的质量为。每片胃舒平含0.245 g Al(OH)3，则10 片胃舒平含Al(OH)3的质量= 0.245 g10=2.45 g。中和胃酸时，设10 片胃舒平消耗的 HCl 的质量为 z。 Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O78 109.52.45g zz3.4g答：10 片胃舒平相当于小苏打片的片数为15.5 片。【解析】【详解】（1）胃舒平与胃酸发生的反应为Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，该反应是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。（2）患者每天服用的药品中含有的碳酸钙的质量为 0.8g21=1.6g。设生成的二氧化碳的质量为 x。CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2100 441.6g xx=0.704 g 其体积为 0.371L=371 mL。（3）先写出碳酸氢钠与HCl反应的化学方程式，根据碳酸氢钠的质量计算出每片小苏打片消耗HCl的质量。再写出氢氧化铝与HCl反应的化学方程式，计算出10 片胃舒平消耗的 HCl 的质量，二者相除，即可得出10 片胃舒平相当于几片小苏打片。