（化学）化学金属与酸反应的图像的专项培优-易错-难题练习题(含答案)及答案解析.doc

1、一、中考初中化学金属与酸反应的图像1在两只烧杯中分别放入相同质量的镁、锌两种金属，然后向两只烧杯中分别倒入相同质量、相同质量分数的稀硫酸，反应产生氢气的质量与消耗硫酸的质量关系如图。综合以上信息得到以下结论，合理的是A从图象可以看出，金属镁比金属锌的活动性强B若两种金属都有剩余，二者得到的氢气质量相同C若硫酸有剩余，二者得到氢气的质量相同D若两种金属完全溶解，二者消耗硫酸的质量相同【答案】B【解析】【分析】【详解】A、图像体现的是产生氢气质量与消耗硫酸质量之间的关系，没有体现时间关系，无法比较镁、锌反应的速率，无法得出镁和锌的活动性强弱，说法错误；B、若两种金属都有剩余，则消耗的硫酸质量相等，

2、根据氢元素质量守恒，产生的氢气均来自硫酸中的氢元素，故二者得到的氢气质量相同，说法正确；C、若硫酸有剩余，根据，可知，相同质量的镁、锌产生氢气的质量为：镁锌，说法错误；D、若两种金属完全溶解，根据，可知，相同质量的镁、锌与硫酸反应，消耗硫酸的质量为：镁锌，说法错误。故选：B。2下列图像能正确反映其对应实验操作的是A等质量的镁、铁分别加入到足量的同浓度的稀盐酸中B用等质量、等浓度的双氧水分别制取氧气C向一定体积的稀盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液D某温度下，向一定量饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾晶体【答案】C【解析】【分析】【详解】A、等质量的镁、铁分别加入到足量的同浓度的稀盐酸中，镁与稀盐酸反应：，铁与

3、稀盐酸反应：，镁比铁活泼，反应速率快，镁的相对原子质量小，相同质量的镁、铁与足量同浓度的稀盐酸反应，最后，镁生成氢气的质量大，不符合题意；B、用等质量、等浓度的双氧水分别制取氧气，加催化剂的反应速率快，但是最后生成氧气的质量一样，不符合题意；C、向一定体积的稀盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液，一开始，pH7，随着反应的进行，pH逐渐增大至大于7，符合题意；D、某温度下，向一定量饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾晶体，由于溶液已经达到饱和，故硝酸钾不再溶解，溶质质量分数不变，不符合题意。故选C。3下列图像与对应的说法正确的是A向NaOH溶液中加水稀释B等质量的Al、Zn与足量的稀硫酸反应C向稀硫酸中加入Ba(

4、OH)2溶液D在恒温的条件下，适量蒸发饱和NaCl溶液的水分【答案】C【解析】【分析】【详解】A.向氢氧化钠溶液加水稀释，溶液一开始呈碱性，pH7，加水稀释后，碱性减弱，pH逐渐减小，但也不会呈酸性，故A错误；B.金属活动顺序中，Al比Zn活泼，与酸反应速率Al比Zn快，在图像中表现应为Al的斜线倾斜率大于Zn的斜线倾斜率，故B错误；C. H2SO4+Ba(NO3)2=2HNO3+BaSO4，二者完全反应后，Ba(NO3)2溶液过量后，就不会产生BaSO4沉淀，故C正确；D.在恒温下，饱和溶液溶质质量分数不变，故D错误。故选：C。4下列图象能正确反映相应变化的是A向等质量等体积的稀硫酸中加入镁

5、粉和铁粉B向pH为3的稀盐酸中逐滴加入pH为11的氢氧化钠溶液C向一定质量的铜粉中加入硝酸银溶液D将一定量的红磷置于充满空气的密闭容器中燃烧【答案】C【解析】【分析】【详解】A、根据 ，可知，向等质量等体积的稀硫酸中加入镁粉和铁粉，稀硫酸完全反应，等质量等体积的稀硫酸与足量的镁粉、铁粉反应生成等质量的氢气，此选项错误；B、向pH为3的稀盐酸中逐滴加入pH为11的氢氧化钠溶液，溶液的酸性减弱，碱性增强，所以溶液的pH从3开始增大，当恰好反应时，溶液的pH=7，继续加入氢氧化钠溶液，溶液的pH大于7，由于反应过程中有水生成，反应后的溶液浓度小于开始的氢氧化钠浓度，最终溶液的pH小于11，此选项错误

6、；C、根据可知，向一定质量的铜粉中加入硝酸银溶液，铜粉与硝酸银溶液反应生成银和硝酸铜溶液，反应后固体质量增大，此选项正确；D、将一定量的红磷置于充满空气的密闭容器中燃烧，由于燃烧放出热量，密闭容器中压强先变大，反应消耗氧气，无气体生成，冷却至室温后，密闭容器中的压强小于反应前的压强，此选项错误。故选C。【点睛】图像问题主要是结合化学反应分析图的起点位置、变化趋势、转折点、终点位置是否正确。5下列四个图像分别对应四种操作过程，其中图像能正确表示对应操作的是A向碱溶液中加水B向一定质量硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入氢氧化钠溶液直至过量C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充分

7、反应D将一定质量的硝酸钾不饱和溶液恒温蒸发水分，直至有少量晶体析出【答案】B【解析】【分析】【详解】A、向碱溶液中加水，pH减小，但是不能小于7，该选项对应关系不正确；B、向一定质量硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入氢氧化钠溶液直至过量，氢氧化钠先和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，后和硫酸铜反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀，该选项对应关系正确；C、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充分反应，锌比铁活泼，反应速率快，反应需要时间短，最终铁和稀硫酸反应生成的氢气多，该选项对应关系不正确；D、将一定质量的硝酸钾不饱和溶液恒温蒸发水分，饱和前的过程中溶质质量不变，溶液质量减小，溶质质量分数增

8、大，饱和后溶质质量分数不再变化，该选项对应关系不正确。故选：B。6下列四个图像中，能正确反映对应变化关系的是（ ）A加热一定质量的高锰酸钾B向两份完全相同的稀盐酸中分别加入锌粉、镁粉C一定温度下，向氯化钠不饱和溶液中加入氯化钠D 将水通电电解一段时间【答案】D【解析】【分析】【详解】A、高锰酸钾加热分解生成了锰酸钾、二氧化锰和氧气，氧气逸出到空气，剩余固体质量减少，但是根据锰元素质量守恒，锰元素质量不变，所以锰元素质量分数增大，当高锰酸钾全部分解完毕，锰元素质量分数不在改变，因此锰元素质量分数先增大然后保持不变，选项A错误；B、金属活动性为镁大于锌，镁与盐酸反应速率大于锌与盐酸的反应速率，所以

9、代表镁的曲线斜率大于锌的，镁的相对原子质量小于锌的，所以开始时镁对应生成气体质量大；金属与酸反应产生的氢气中氢元素全部来自酸，由于加入盐酸的量相同，所以最终生成氢气的质量为相等，选项B错误；C、一定温度下，不饱和的氯化钠溶液中也含有氯化钠，因此刚开始氯化钠的质量不能为零，选项C错误；D、水通电产生氢气和氧气，相同条件下，生成氢气和氧气的体积比为2:1，选项D正确。故选D。7下列化学反应过程中的质量与时间关系合理的是( )A镁带燃烧B木炭完全燃烧C双氧水D等量锌铁与足量盐酸【答案】A【解析】【分析】【详解】A、镁燃烧时，随着反应的进行，氧化镁的质量不断增加，当镁完全燃烧后，氧化镁的质量不再增加，

10、故A正确；B、木炭完全燃烧生成二氧化碳，木炭的质量减少为零，故B不正确；C、二氧化锰是催化剂，反应前后质量不变，故C不正确；D、根据化学方程式：Zn + 2HCl = ZnCl2 + H2，Fe + 2HCl = FeCl2 + H2可知：65份的锌和盐酸反应生成2份的氢气，56份的铁和盐酸反应生成2份的氢气，等量锌、铁与足量盐酸反应，最终铁生成氢气的质量较多，锌的活动性比铁强，锌反应先结束，图像应有交点，故D不正确。故选A。8下列图象正确反映其对应操作中的变化关系的是A图 A 表示加热两份等质量氯酸钾制氧气B图 B 表示向一定质量的稀盐酸中加氢氧化钠溶液至过量C图 C 表示向等质量、等质量分

11、数的稀硫酸中加入足量的锌与铁D图 D 表示电解水【答案】A【解析】【分析】【详解】A、加入二氧化锰做催化剂只改变反应速率而不能增加氧气的质量，应该生成氧气质量相同，故正确；B、向一定质量的稀盐酸中加氢氧化钠，则溶液的pH会不断增大到大于7，故错误；C、向等质量、等质量分数的稀硫酸中加入足量的锌与铁，锌反应的快，铁反应的慢，但是生成的氢气相等，故错误；D、水通电电解生成氢气和氧气的体积比为2：1，故错误。故选A。9下列四个图像不能正确反映对应变化关系的是( )A向质量相等的锌粉和铁粉中分别加入浓度相等且足量的稀硫酸B在密闭容器中用红磷测定空气中氧气含量C向饱和的氯化钠溶液中加入硝酸钾固体D向饱和

12、石灰水中加入少量生石灰【答案】A【解析】【分析】【详解】A、向质量相等的锌粉和铁粉中分别加入浓度相等且足量的稀硫酸，根据质量守恒定律，参加反应的酸的质量相等，产生氢气的质量相等，所以锌和铁没有反应完时，锌和铁应该在同一曲线上，且金属完全反应时，铁消耗的硫酸质量要多，A不正确；B、在密闭容器中用红磷测定空气中氧气含量，红磷燃烧放出热量，气体膨胀，压强增大，反应后冷却到原来温度，氧气被消耗，压强减小，且小于原来的压强，B正确；C、向饱和的氯化钠溶液中加入硝酸钾固体，饱和的氯化钠溶液虽然不能溶解氯化钠，但能溶解一定量的硝酸钾，溶液质量增加，直至硝酸钾饱和为止，溶液质量不再增加，C正确；D、向饱和石灰

13、水中加入少量生石灰，氧化钙与水反应放出热量，使溶液温度升高，氢氧化钙溶解度随温度的升高而减小，反应后，冷却到原来温度，溶解度与原来加入生石灰前的相等，根据饱和溶液的溶质质量分数= ，所以该溶液的溶质质量分数是先变小再增大，且反应前后相等，D正确。故选A。【点睛】当溶液达到饱和时，溶液的溶质质量分数=。10把某稀硫酸分为等体积的两份，放入两个烧杯中，分别加入等质量的甲、乙两种金属，（反应后生成的化合物中金属都为+2价）。产生H2的质量随时间变化的趋势如图。下列说法正确的是（）A甲的活动性比乙强B甲金属可能有剩余C两份稀硫酸都耗尽D甲的相对原子质量比乙大【答案】B【解析】【分析】甲、乙金属等质量，

14、且反应后化合价均为正2价，故加入足量的等质量分数的酸时，相对原子质量小的生成的氢气多，活泼性强的反应时间短。【详解】A、由图分析可知，乙的反应时间比甲短，故乙的活泼性比甲强，说法错误；B、由图分析可知，甲生成的氢气多，即甲的相对原子质量比乙小，乙反应完全时，甲金属可能有剩余，说法正确，符合题意；C、若两份稀硫酸都耗尽，即酸不足，那么生成的氢气应该一样多，与图示不符，该说法错误；D、由图分析可知，甲生成的氢气多，即甲的相对原子质量小与乙，说法错误。故选B。11下图四个图象表示四种对应的操作过程，其中正确的是A分别加热相同质量的氯酸钾和高锰酸钾制氧气B相同质量的镁、锌跟足量的稀硫酸反应制取氢气C在

15、质量一定、溶质的质量分数一定的稀硫酸中，逐渐加入氢氧化钡固体D某温度下，在饱和的NaCl溶液中，逐渐加入KNO3晶体【答案】C【解析】【分析】【详解】A、设KClO3和KMnO4的质量都为a，KClO3生成氧气的质量为 x，KMnO4生成氧气的质量为y 因为，所以加热相同质量的KClO3和KMnO4时KClO3生成的氧气多，但是KMnO4较低温度下迅速放出氧气，而KClO3需较高温度且缓慢放出氧气，故A错误。B、等质量的金属（+2价金属）与足量的酸反应生成氢气的质量与金属的相对原子质量成反比，所以相同质量的镁、锌跟足量的稀硫酸反应制取氢气，最终镁生成氢气的质量较多，故B错误。C、向稀硫酸中加入

16、氢氧化钡溶液，二者反应生成不溶于水的硫酸钡和水，导电能力下降。恰好完全反应时导电性为0，继续加入氢氧化钡时，导电性增强。故C正确。D、KNO3晶体会溶解在饱和NaCl溶液中，溶液的质量会增加，所以在饱和的NaCl溶液中，逐渐加入KNO3晶体，溶质的质量分数会减少。故D错误。故选：C。12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、

17、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，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。二、中考初中化学流程图13天工开物中介绍了锌的冶炼方法：把炉甘石（ZnCO3）和煤炭饼装入炼锌罐（如下图所示），泥封，“其底铺薪，发火煅红”“冷定毁罐取出”。（已知：锌的熔点

18、为 419，沸点为 907）（1）反应区中，ZnCO3 分解生成 ZnO 和另一种氧化物，反应的化学方程式为_。C 与 ZnO 发生置换反应得到 Zn，反应中化合价升高的元素是_。（2）冷凝区中，锌由气态转化为液态，理论上该区应控制的温度范围是_。（3） “冷定”后方能“毁罐”取锌、从化学变化角度解释其原因：_。【答案】ZnCO3ZnOCO2 C（或“碳”） 419907 防止生成的锌在较高温度下又被氧化成氧化锌（或“2ZnO22ZnO”） 【解析】【分析】碳酸锌高温生成氧化锌和二氧化碳，碳和氧化锌高温生成锌和二氧化碳，锌和氧气加热生成氧化锌。【详解】（1）反应区中，ZnCO3 分解生成 Zn

19、O 和二氧化碳，反应的化学方程式为。C与 ZnO 发生置换反应得到Zn和二氧化碳，故反应中化合价升高的元素是碳。（2）锌的熔点为 419，沸点为 907，冷凝区中，锌由气态转化为液态，故该区应控制的温度范围是419907。（3）锌在较高温度被氧化成氧化锌，“冷定”后方能“毁罐”取锌，原因是防止生成的锌在较高温度下又被氧化成氧化锌。14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 + H2

20、SO4=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

21、质解答。15NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等杂质)为原料获得。有关工艺流程如图：（相关资料）Ni能与稀硫酸反应生成NiSO4和H2ZnSO4Na2S=ZnSNa2SO4H2O2溶液能将FeSO4氧化成Fe2(SO4)3NiCO3是一种不溶于水、易溶于强酸的浅绿色沉淀。（问题解答）（1）向废渣中加入足量稀硫酸的目的是_。（2）在滤液中加入H2O2溶液时，温度不能太高的原因是_。（3）除铁时还能加入适量的Na2CO3溶液调节酸度，反应生成Na2SO4、CO2气体和一种浅黄色的黄铁矾钠沉淀化学式为：Na2Fe6

22、(SO4)4(OH)12，这样可以将Fe3+除去。写出该反应的化学方程式_。如图是温度pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾钠稳定存在的区域。下列说法正确的是_(填序号)。AFeOOH中铁元素为+2价BFe2O3固体为红色C若在25时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中出现的沉淀是FeOOH和Fe(OH)3D工业生产中常保持在8595生成黄铁矾钠，此时水体的pH为1.5左右（4）从“沉淀A”制得NiSO46H2O晶体的实验步骤依次为：向沉淀中加入_溶液，直至恰好完全溶解，转化为NiSO4溶液；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO46H2O晶体，用少量乙醇洗涤NiSO4

23、6H2O晶体并晾干。【答案】使废渣完全反应 温度过高H2O2会分解，降低原料利用率 6H2O+6Na2CO3+3Fe2(SO4)3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na2SO4+6CO2 BD 稀硫酸 【解析】【分析】【详解】（1）根据流程图可知，流程中存在向废渣中加入足量稀硫酸的目的是使废渣完全反应；（2）温度过高H2O2会分解，降低原料利用率。在滤液中加入H2O2溶液时，温度不能太高；（3）根据“除铁时还能加入适量的Na2CO3溶液调节酸度，反应生成Na2SO4、CO2气体和一种浅黄色的黄铁矾钠沉淀化学式为：Na2Fe6(SO4)4(OH)12，这样可以将Fe3+除去”可知，该反应

24、的反应物是H2O、Na2CO3、Fe2(SO4)3，生成物是Na2Fe6(SO4)4(OH)12、Na2SO4、CO2，化学方程式为：6H2O+6Na2CO3+3Fe2(SO4)3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na2SO4+6CO2；AFeOOH中，氧元素的化合价为-2价，氢元素为+1价，设：FeOOH中铁元素化合为x；根据化合物中各元素的化合价的代数和为零，则有：x+(-2)+(-2)+(+1)=0，x=+3，故A错误； BFe2O3固体为红色，故B正确；C根据温度pH与生成的沉淀关系图可知，当温度低于40，pH=4时，沉淀主要是Fe(OH)3，当温度高于40，低于100左右，p

25、H4时，沉淀主要是FeOOH。若在25时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中出现的沉淀是Fe(OH)3，故C错误；D根据温度pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾钠稳定存在的区域可知，工业生产中常保持在8595生成黄铁矾钠，此时水体的pH为1.5左右，故D正确，故选BD。（4）根据“NiCO3是一种不溶于水、易溶于强酸的浅绿色沉淀”可知，从“沉淀A”制得NiSO46H2O晶体的实验步骤依次为：向沉淀中加入稀硫酸溶液，直至恰好完全溶解，转化为NiSO4溶液；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO46H2O晶体，用少量乙醇洗涤NiSO46H2O晶体并晾干。【点睛】解题时，先

26、看解答的问题是什么，然后带着问题去读给出的流程图进而去寻找解答有用的信息，这样能提高信息捕捉的有效性。16医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给贫血患者补铁。某兴趣小组的同学对糖衣片中硫酸亚铁晶体的制备和组成产生了兴趣并对其进行探究。探究：利用实验室的废水回收铜、制备硫酸亚铁晶体。（1）步骤的化学方程式是_。（2）固体甲中含有的物质是_（填化学式，下同）；红色固体是_；分离铁粉和铜粉最简易的物理方法是_。【答案】Fe+CuSO4=FeSO4+Cu Fe、Cu Cu 用磁铁吸引 【解析】【分析】铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气。【详解】（1）步骤的反应是铁和硫酸铜反应生成硫

27、酸亚铁和铜，反应的化学方程式是Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。（2）铁是过量的，有剩余的铁，还有铁和硫酸铜反应生成的铜，故固体甲中含有的物质是Fe、Cu，红色固体是Cu，铁能被磁铁吸引，铜不能，故分离铁粉和铜粉最简易的物理方法是用磁铁吸引。【点睛】铁是过量的，有剩余的铁，固体甲中含有铁和硫酸铜反应生成的铜，铁能被磁铁吸引，铜不能。17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

28、方法之一。已知：溶质Na2CO3K2CO3201L饱和溶液中溶质的物质的量mol2.08.0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（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）：为装置选择合适的装置与试剂：装置aa_b试剂_浓硫酸CuO_装置、的作用是_。要确定半水煤气中H2物质的量，应测量的数据是_。【答案】 价格便宜 吸收二氧化碳的能力差 氢氧化

29、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：。（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）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

30、，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H2以及CO的物质的量；故有：装置aacbb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、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。18绿矾（）是硫酸法生产钛白粉的主要副产物，可用于制备、复印用粉、还原铁粉等，开发利用绿矾工艺是一项十分有意义的工作，某研究性小组展开了系列研究。（1）制备：甲同学用如图2

31、0-13所示装置制备并验证绿矾受热分解的其他产物。（资料一）绿矾（）高温分解产生一种金属氧化物和几种气态非金属氧化物；是无色有窒息性臭味的有毒气体，能使品红溶液褪色。实验过程中发现：A中有_色固体生成，B中无水硫酸铜变蓝，C中U形管内有无色晶体（）析出，D中品红溶液褪色，装置E的作用是_，绿矾高温分解的化学方程式为_。（2）制备；乙同学模拟生产复印用粉的实验流程如图所示：（资料二）是一种白色难溶于水的固体，在空气中易被氧化。溶液中加入溶液，反应的化学方程式依次为_，。由沉淀a获得的化学方程式为。若制取，釆取的实验操作是：向盛有5mL新制溶液的试管中加入10滴植物油，然后用胶头滴管加煮沸的溶液（

32、驱赶），胶头滴管的正确使用方法是_（填字母）。（3）制备还原铁粉：制备还原铁粉的工业流程如图所示。操作1的名称是_，和溶液反应的化学方程式为_。若将14.06g粗还原铁粉（假设粗还原铁粉中杂质仅含少量）在氧气流中完全反应，得到0.22g，将相同质量的粗还原铁粉与足量稀硫酸反应，得到0.48g（与稀硫酸反应不产生）。试通过计算确定的化学式_（请写出计算过程）。粗还原铁粉经加工处理后变成纯还原铁粉，纯还原铁粉和水蒸气在高温条件下也可制得四氧化三铁，同时生成一种气体。其装置如图所示。SAP材料吸水性强，湿润的SAP材料能为该反应持续提供水蒸气。实验开始一段时间后观察到在肥皂液中有大量的气泡产生，此气

33、泡用火柴即能点燃，同时有肥皂泡飘到空中。生成的气体是_，干燥的SAP材料作用是_。【答案】红 吸收，防止污染环境 A 过滤 吸收冷凝水及多余的水蒸气，进而有利于进行氢气的验证 【解析】【分析】（1）制备：要知道是红色粉末要依据题给实验现象推断绿矾分解的产物。（2）制备：关键步骤是制取，由于在空气中易被氧化，所以从制备原料到操作过程都要尽量避免接触空气，因此要选择A的操作。（3）制备还原铁粉：要回看框图信息推出和反应的化学方程式；要确定的化学式先要求得Fe、C中的Fe、C元素的质量，再换算为Fe、C原子的个数比；纯还原铁粉和水蒸气在高温条件下制得，同时生成的气体是，用吹肥皂泡的方法验证氢气应该除

34、去氢气中的水蒸气。【详解】（1）实验过程中发现：氧化铁是红棕色固体，所以A中有红色固体生成；氢氧化钠能和二氧化硫气体反应，装置E的作用是吸收，防止污染环境；绿矾高温分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，化学方程式为。（2）溶液中加入溶液，反应的化学方程式依次为，胶头滴管的正确使用方法是A。（3）分离固体和液体用过滤，操作1的名称是过滤，和溶液反应的化学方程式为。0.22g中碳元素的质量为，根据化学方程式利用0.48g计算铁的质量为。中铁元素的质量为，中铁元素和铁元素的质量比，x=2，化学式为。生成的气体是，干燥的SAP材料作用是吸收冷凝水及多余的水蒸气，进而有利于进行氢气的验证。【点睛】

35、（1）化学实验探究与综合应用，凸显实验观、定量观和STSE观。此类题要综合应用化学概念理论、化学物质、化学实验、化学计算等板块的知识是集物质的制备、检验、提纯、推断、计算以及实验设计和评价于一体的题型，综合性强需要选择多种方法应对。（2）解答综合应用题的前提：要关注化学与科学、技术、社会、环境的相互关系，关注新科技新能源、新材料，关注社会、环境、健康中的社会热点问题。（3）解答综合应用题的关键：是对题给信息（尤其是隐蔽信息）的处理。在解题时，也要借鉴“实验答题三步术”的答题思路，还要借助“三个环节”的信息处理攻略。19以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠，工艺流程如下： 氯化铵和硫酸

36、钠的溶解度随温度变化如上图所示。回答下列问题：（1）欲制备10.7gNH4Cl，理论上需NaCl_g。（2）实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有_、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。（3）“冷却结晶”过程中，析出NH4Cl晶体的合适温度为_。（4）不用其他试剂，检查NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是_。（5）若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质，进一步提纯产品的方法是_。【答案】11.7g 蒸发皿 35 取少量固体于试管中，加热，若试管中无残留物，说明氯化铵比较纯净 加热样品，使其充分反应，并收集试管口产物 【解析】【分析】【详解】（1）由图可知，氯化铵中的氯元素完全来自于氯化钠，根据质量守恒定律，化学反应

37、前后，元素的质量不变，10.7gNH4Cl中氯元素的质量为：，所需氯化钠的质量为：；（2）实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有蒸发皿、铁架台、玻璃棒、酒精灯等；（3）由图可知，低于40时，硫酸钠的溶解度随温度的升高而增大，大于40时，硫酸钠的溶解度随温度的升高而减小，而氯化铵的溶解度随温度的升高而增加，只有在35-45时，硫酸钠的溶解度大于氯化铵，所以，析出氯化铵晶体的合适温度是：35；（4）氯化铵在加热的条件下分解为氯化氢和氨气，如果充分加热后，无固体剩余，说明氯化铵比较纯净，故取少量固体于试管中，加热，若试管中无残留物，说明氯化铵比较纯净；（5）氯化铵加热易分解，硫酸钠加热不易分解，故可加热

38、，使氯化铵分解生成氯化氢和氨气，残留物即硫酸钠，冷却后，氯化氢和氨气又可生成氯化铵，故若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质，进一步提纯产品的方法是：加热样品，使其充分反应，并收集试管口产物。20碱式碳酸铜可用于生产木材防腐剂等。工业上可用微蚀刻废液(含有一定量Cu2+、H+、SO42-、H2O2和微量Fe3+)制备高纯度碱式碳酸铜，其制备过程如下：（1）加入试剂1的目的是除去废液中的酸性物质，试剂1最好选用_（填序号）。aFe2O3bCaCO3cCuO（2）加入Na2CO3沉淀前须除去Fe3+，否则Fe2(SO4)3会与Na2CO3反应，产生一种气体，同时生成NaFe3(OH)6(SO4)2沉淀，

39、影响产品质量，反应的化学方程式为：6Na2CO33Fe2(SO4)36H2O2NaFe3(OH)6(SO4)26CO25_ 。（3）加入Na2CO3沉淀时，反应液pH对产品中的SO42- 含量以及反应液中Cu2沉淀效率的影响如下图所示，第二次沉淀时溶液pH最好控制在_。（4）所制得的碱式碳酸铜的组成可表示为：xCuCO3yCu(OH)2zH2O。某研究小组设计如图实验装置测定其中CuCO3的质量分数（不考虑植物油中溶解CO2产生的影响）。实验步骤如下：a.连接装置并_；b.准确称量样品的质量1.2g；c.装药品，调节量气装置两边液面相平，读取量气管刻度为10mL；d.向锥形瓶内加入50mL(足

40、量)的稀硫酸，充分反应；e.冷却到室温；f.再次调节量气装置两边液面相平，读取量气管刻度为172mL。请将上述实验步骤补充完整；装置B的作用是 _，C中的试剂是 _（填字母序号）； a碱石灰 b浓硫酸 c无水硫酸铜步骤f中调节液面相平的操作是将水准管 _（填“缓慢上移”或“缓慢下移”）。若标准状况下，每44g二氧化碳的体积为22.4L。根据实验数据计算产品中CuCO3的质量分数_（写出计算过程。结果保留到0.1%）若其他操作均正确，仅因下列因素可使测定结果偏小的是_（填字母序号）；A量气管中未加植物油 B步骤c中平视刻度，步骤f中俯视读数C硫酸的用量不足 D步骤f中没有调节量气装置两边液面相平

41、，直接读数【答案】C Na2SO4 8.5 检查装置气密性 干燥CO2 C 缓慢下移 51.7% ABCD 【解析】【分析】【详解】（1）加入碳酸钙、氧化铁会引入新杂质钙离子铁离子，加入氧化铜，不会引入新杂质，且能去除废液中的酸性物质，故选：C。（2）根据质量守恒，对于化学反应6Na2CO33Fe2(SO4)36H2O2NaFe3(OH)6(SO4)26CO25（）反应前后原子种类数目不变，反应前12Na、6C、60O、6Fe、9S、12H，反应后2Na、6C、40O、6Fe、4S、12H，故5（）含10Na、5S、20O，故填：Na2SO4。（3）由题可知pH为8.5时，溶液残余铜元素最少，

42、产品硫酸根离子最低，故选：8.5。（4）气体制备连接好装置一定要检查气密性，故填：检查装置气密性。装置B的作用是去除二氧化碳水蒸气，起干燥作用，C检验水蒸气是否去除干净，可加无水硫酸铜，遇水会变蓝，故填：干燥CO2；C。D中收集完二氧化碳后左端液面下降，右端上升，调节液面相平的操作是将水准管缓慢下移，故填：缓慢下移。若标准状况下，每44g二氧化碳的体积为22.4L，收集到量气管内气体172mL-10mL-50mL=112mL=0.112L，二氧化碳质量为 ，设CuCO3的质量分数为x 故填：51.7%。若其他操作均正确，仅因下列因素可使测定结果偏小：A、量气管中未加植物油，二氧化碳溶解导致结果偏小，正确符合题意。 B、步骤c中平视刻度，步骤f中俯视读数，导致读数偏小，二氧化碳体积偏小，测量结果偏小，正确符合题意。C、硫酸的用量不足碳酸铜不能完全反应，碳酸铜质量结果偏小，正确符合题意。 D、步骤f中没有调节量气装置两边液面相平，直接读数，二氧化碳气体体积被压缩，二氧化碳体积偏小，结果偏小，符合题意。故选：ABCD。