中考化学金属与酸反应的图像(大题培优)附详细答案

1、一、中考初中化学金属与酸反响的图像1 .以下图象分别与选项中的操作项对应,其中不合理的是往一定量的NaOH溶液中滴加稀盐酸至过量向一定量CuSOa溶液和稀硫酸的混合溶液中滴加NaOH溶液oNaOH溶液质量g0反响时间为【答案】D【解析】【详解】A、向一定量的NaOH溶液滴加盐酸中至过量,碱性逐渐变弱,酸性逐惭增强,pH值的变化是从大于7逐渐的减小到小于7,应选项图象与选项中的操作项对应合理；B、某温度下,将KNO3固体不断地参加水中,所得溶液的溶质的质量分数由.不断增大,当到达饱和时溶质质量分数不再增大,应选项图象与选项中的操作项对应合理：C、 向一定量CuSCU溶液和稀硫酸的混合溶液中滴加N

2、aOH溶液,先与硫酸反响,开始时不会生成沉淀,硫酸消耗完后再与硫酸铜反响会生成氢氧化铜沉淀,故沉淀的质量先是零,再不断上升,最后形成一条水平直线,应选项图象与选项中的操作项对应合理：D、持续不断地加热一定质量的碳酸氢钠固体,碳酸氢钠受热分解生成了碳酸钠、水和二氧化碳,剩余固体的质量不为0,应选项图象与选项中的操作项对应不合理.应选D.B.,LO O溶质质量分数/%某温度下,将KNOs固体不断地参加水中时间沉淀质量也D D余体量g g剩固质信持续不断地加热一定质量的碳酸氢钠固体2 .如下图四个图像,分别对应四个过程,其中不正确的选项是FcZn等质量的锌和铁中分别参加足量等质量分数的稀硫酸稀硫酸的

3、质吊:/g【答案】B【解析】【分析】【详解】A、向一定量的锌中参加足量的稀盐酸,锌完全反响后质量为0,不符合题意；B、向一定量硫酸铜溶液中参加足量的铁,铁和硫酸铜反响生成硫酸亚铁和铜,Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,每56g固体铁参加置换出64g铜单质,反响后固体质量增加,溶液的质量减小,反响完后不再减小,符合题意；C、足量锌、铁中分别参加等质量、等质量分数的稀硫酸,锌的活动性强,在相同的时间内生成的氢气多,稀硫酸的质量相同,完全反响后生成的氢气相同,不符合题意：D、等质量的锌和铁中分别参加足量等质量分数的稀硫酸,相同的酸反响,生成的氢气质量相同,根据反响方程式：Zn+ZHCkZnCL+H

4、jFe+2HCb=Fe02+H2T每生成2g氢气需要锌的质量为65g,需要铁的质量为56g,等质量的锌和铁中分别参加足量等质量分数的稀硫酸,完全反响后,铁生成的氢气多,不符合题意.应选B.向一定量的锌中参加足量的稀盐酸溶液的质僦向一定量硫酸铜溶液中参加足量的铁足量锌、铁中分别参加等质量、等质量分数的稀硫酸112112的灰A.反 响 时 间C.3.以下四个图像的变化趋势,能正确描述对应操作的是常温下,相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀【答案】C【解析】【分析】【详解】A、锌的活动性比铁强,反响速率快,反响时间短；相同质量的锌和铁分别与足量的溶质Zn+H.SO质量分数相同的稀硫酸反响

5、,反响的关系式为.65Fe+HSOO4+H2TMg+H2SO4=MgSO4+H2T2982可知,向等质量等体积的稀硫酸中参加镁粉和铁粉,稀硫酸完全反响,等质量等体积的稀硫酸与足量的镁粉、铁粉反响生成等质量的氢气,此选项错误：B、向pH为3的稀盐酸中逐滴参加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,当恰好反响时,溶液的pH=7,继续参加氢氧化钠溶液,溶液的pH大于7,由于反响过程中有水生成,反响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：Cu+2AgNO3=2Ag+CU(NO3)2C、根据64216可知,向一定质量的铜粉中参加硝酸

6、银溶液,铜粉与硝酸银溶液反响生成银和硝酸铜溶液,反响后固体质量增大,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,反响消耗氧气,无气体生成,冷却至室温后,密闭容器中的压强小于反响前的压强,此选项错误.应选C.【点睛】图像问题主要是结合化学反响分析图的起点位置、变化趋势、转折点、终点位置是否正确.5.分析以下图像与对应的实验操作,合理的是()向两只装有等质量等溶质质量分数的稀硫酸中,分别参加镁与没有参加二氧化镒的变化图,b线表示的是参加二氧化钵的变化图将一定溶质质量分数的氢氧化钠溶液,滴入稀盐酸和氯化0氮氧化钠溶液质量铜的混合溶液中,该图表示

7、的是生成沉淀与参加氢氧化钠的关系那么图中a线表示的是参加镁对应的变化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A.铁,C.,溶液总疾里电D.1向盛有稀硫酸的烧杯中参加过量的氧化铜,该图表示的是烧杯0反响时间/min中溶液总质量与反响时间的关系图【答案】A【解析】【分析】【详解】A、由于稀硫酸的质量相同,设溶质硫酸的质量为98g,根据Mg+HRO产MgSO+H2T和Fe+H2so产FeSO4+Hj计算可知,镁与稀硫酸反响后溶液增加的质量为22g,铁与硫酸反响后溶液增加的质量为54g,故铁与稀硫酸反响后溶液增加的质量大,故A正确：B、 参加催化剂二氧化镒会加快反响速率,那么b线表示的是

8、没有参加二氧化钵的变化图,a线表示的是参加二氧化铭的变化图,故B错误：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,氢氧化钠优先与盐酸反响,当盐酸反响完后,氢氧化钠和氯化铜反响生成沉淀,那么沉淀不是一开始就生成的,故C错误：D、烧杯中原本有溶液,那么溶液质量起点不可能为零,故D错误.应选A.6.以下图象不能正确反映其对应实验操作的是向H2so4和CuS04的混合溶液中滴加过量NaOH溶液溶液质量gA.向一定量NaOH溶液中滴加稀盐酸沉淀质量g g液氯钠质分名澹中化的量数向足量的锌粉、铁粉中分别参加等质量、等浓度的稀硫酸CaOCa(OH)：向等质量的氧化钙、氢氧化钙中分别

9、参加等质量分数的稀盐酸【答案】A【解析】【分析】【详解】A.向一定量NaOH溶液中滴加稀盐酸,发生反响：NaOH+HCI=NaCI+H2O,随着稀盐酸不断参加,生成氯化钠的量逐渐增加,氯化钠的质量分数也逐渐增大,但是当氢氧化钠反响完以后,氯化钠质量不再增加,而稀盐酸还在参加,溶液总质量就不断增加,所以氯化钠的质量分数就不断减小,故A选项符合题意：B.向H2s04和CuSOa的混合溶液中滴加NaOH溶液直至过量,NaOH溶液会先与稀硫酸发生反响：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O,没有沉淀产生,直到硫酸完全反响,再发生2NaOH+CuS04=Na2sCU+Cu(0H)2J反响,这时才

10、有氢氧化铜沉淀生成,故B选项不符合题意：C.向足量的锌粉、铁粉中分别参加等质量、等浓度的稀硫,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2T,Fe+H,SO4=FeSO4+H,T,从方程式可以看出,氢气中的氢元素全部来自硫酸,由于锌粉、铁粉是足量的,所以他们生成的氢气质量是相等的,又由于锌的活动性比铁强,所以在变量限制是金属种类,其他因素都相同时,锌比铁反响剧烈快速,故c选项不符合题意：D.等质量的氧化钙(相对分子质量56)和氢氧化钙(相对分子质量74),氧化钙含有的Ca2+个数要比氢氧化钙多,酸的量充足,当这些钙离子全都转化为氯化钙时,氧化钙转化为氯化钙的质量就比氢氧化钙转化为氯化钙的质量多,故D选项

11、不符合题意.应选：故【点睛】对图像进行分析,一定要看清图像的横纵坐标,起点、拐点的含义.7.以下图象正确反映其对应操作中的变化关系的是氟化钙质量也用过D-D-至稀拈酸的质量g时间min氮气质量收向一定量的盐酸和氯化铜的混合溶液中逐滴参加氢氧化钠溶氢氧化钠溶液液,参加的氢氧化钠溶液质量与生成沉淀质量的关系【答案】B【解析】【分析】【详解】A、 氧化钙和水反响生成氢氧化钙,水减少,形成氢氧化钙,放热,导致氢氧化钙溶解度减小,导致析出氢氧化钙,从而导致质量分数减小,完全反响后温度降低,氢氧化钙溶解度增大,局部氢氧化钙溶解,导致质量分数增大,应选项错误：B、锌比铁活泼,反响速度越快,反响用的时间短,所

12、以曲线最先到达最高点：稀盐酸和锌反响生成氯化锌和氢气,和铁反响生成氯化亚铁和氢气,每生成2份质量的氢气,需要锌、铁的质量分别为65份和56份,故等质量锌粉和铁粉,分别放入等质量、等质量分数且足量的稀盐酸中充分反响,生成氢气的质量铁大于锌,应选项正确：C、反响速度越快,反响用的时间短,所以曲线最先到达最高点：催化剂可以加快过氧化氢的分解速率,所以双氧水溶液制氧气,a应该是使用了催化剂,b应该是没有使用催化剂,应选项错误；D、 向一定量的盐酸和氯化铜的混合溶液中逐滴参加氢氧化钠溶液,氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水,和氯化铜反响生成氢氧化铜沉淀和氯化钠,由于氢氧化铜能和盐酸反应,所以开始不能产生

13、沉淀,应选项错误.应选B.【点睛】在金属活动性顺序中,氢前的金属能与酸发生置换反响生成氢气,金属的位置越靠前,反应的速度越快,单位时间内生成的氢气越多.9 .以下图像中,坐标标示的量之间的变化关系与反响过程对应正确的选项是气体的质量用双氧水溶液制氧气,a未使用催化剂,b使用了催化剂沉淀质量a aB寸间【解析】【分析】【详解】A、电解水时,正极产生的是氧气,负极产生的是氢气,氧气和氢气的体积比约为1：2,质量比是8：1,该选项对应关系不正确：B、分别加热KNCh、Ca(OH)2的饱和溶液时,虽然硝酸钾溶解度增大,但是质量分数不变,氢氧化钙溶解度减小,导致局部氢氧化钙析出,质量分数减小,该选项对应

14、关系正确：C、向两份等质量、相同质量分数的稀硫酸中,分别不断参加镁粉和锌粉,硫酸中氢元素全部转化为氢气,稀硫酸完全反响后生成氢气质量相等,该选项对应关系不正确：D、用氯酸钾和二氧化钵混合加热制取氧气,由于二氧化铭是催化剂,反响过程中二氧化锦质量不变,该选项对应关系不正确.应选：B.10 .以下图像不能正确反映其对应的变化关系的是()分别向一定等质量、等浓度的稀硫酸中逐渐参加锌粉和铁粉用加热一定质量的氯酸钾和二氧化钵固体混合物的方法制取氧加热时向S1溶：液质量gD.向饱和的氢氧化钙溶液中参加一定量的氧化钙固体CaO质量,g【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,

15、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而,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锌固体混合物的方法制取氧气,刚开始加热反响没有到达反响温度,故质量分数不变,加热到一定温度之后反响生成氧气,固体质量减少二氧化锌质量不变,故二氧化铭质量分数变大,氯酸钾反响完,固体质量不再变化,二氧化锌质量不变,故二氧化铳质量分数不变,C正确.D、 一定温度下,向一定量饱和氢氧化钙溶液中参加氧化钙,氧化钙和水反响生成氢氧化钙,氢氧化钙不能继续溶解,但由于溶液中的水减少

16、了,溶质会结晶析出,溶质的质量减A A一一OfnOfno o质量分数N./N./A.电解水A.分别加热相同质量的氯酸钾和高铉酸钾制氧气少,故溶液质量最终减少,D错误.应选：ADo产生氢气质量与反响时间之间关系的是【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、锌三种金属反响,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：又由于三种金属分别与等质量等浓度的稀硫酸反响,三种金属的活动性：镁锌铁,所以反响速率镁锌铁,反响完所用的时间镁最少,其次是锌,最长是铁 反响结束的拐点对应的横坐标： 镁 锌 V 铁 .应选B.12.以下

17、图四个图象表示四种对应的操作过程,其中正确的选项是11.等质量等浓度的稀硫酸分别与足量的镁、铁、锌三种金属反响,以下图像能正确表示时间在质量一定、溶质的质量分数一定的稀硫酸中,逐渐参加氢氧0m(Ba(OH)2/化钢固体某温度下,在饱和的NaCl溶液中,逐渐参加KN03晶体0m(KNO5)g【答案】c【解析】【分析】【详解】A、设KCIO3和KMnO,的质量都为a,KCQ生成氧气的质量为x,KMnC)4生成氧气的质量为yMnO,2KC1O,=2KC1+30,t加热24596ax245_96ax96ax=245相同质量的镁、锌跟足量的稀硫酸反响制取氢气NaclNacl质量分数a a0m(H2SO4

18、g导电性31632ay316_32ay32a由于,二,所以加热相同质量的KCIO3和KMnO4时KCIO3生成的氧气多,但是245316KMnOa较低温度下迅速放出氧气,而KCIO3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)与足量的酸反响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响制取氢气,最终镁生成氢气的质量较多,故B错误.C、向稀硫酸中参加氢氧化钢溶液,二者反响生成不溶于水的硫酸钢和水,导电水平下降.恰好完全反响时导电性为0,继续参加氢氧化钢时,导电性增强.故C正确.D、KN03晶体会溶解在饱和NaCl溶液中,溶液的质量会增加,所

19、以在饱和的NaCI溶液中,逐渐参加KN03晶体,溶质的质量分数会减少.故D错误.应选：3二、中考初中化学流程图13 .如图是常见物质的转化关系图(个别产物可能略去).其中A、B常温下均为液态,且组成元素相同：F是大理石的主要成分.请答复：A的名称是,在反响中,物质X起作用：说出物质Z的一个用途;反响的化学方程式为:反响的化学方程式为:反响-涉及的根本反响类型有种.【答案】双氧水或过氧化氢溶液催化做导线等CaO+HzO=Ca(OH)zCuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)24z3种【解析】【分析】2KMnO4加热K.MnO,+MnO,+OJ己知F是大理石的主要成分,那么F是碳酸钙,最

20、后得到了蓝色沉淀,由此可以推出D为氢氧化钙,那么可想到是生石灰和水化合生成了氢氧化钙,又由于A、B常温下均为液态,且组成元素相同,可以推知B是水,A是双氧水,双氧水在二氧化锦的催化作用下可生成水和氧气,所以X是二氧化铳,C是氧气,最后生成的蓝色沉淀是氢氧化铜,那么往前推一下可知H是硫酸铜,再往前推测可知E是氧化铜,那么Z是铜.【详解】(1)A的名称是过氧化氢溶液,在反响中,二氧化镒是过氧化氢溶液分解的催化剂,物质X起催化作用；(2)物质Z是铜,它的一个用途是做电线；反响是氧化钙和水反响生成氢氧化钙,反响的化学方程式为CaO+HzO=Ca(OH)2：反响是氢氧化钠和硫酸铜反响生成氢氧化铜和硫酸钠

21、,反响的化学方程式为CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)24/；(5)反响过氧化氢生成氧气和水是分解反响； 反响是氧化钙和水反响生成氢氧化钙、 反应是氧气和铜反响生成氧化铜都是化合反响,都是复分解反响,涉及的根本反响类型有3种.14 .过氧化钙(CaOR微溶于水,溶于酸,是一种对环境友好的多功能化合物.以下是制备过氧化钙的工艺流程图,请答复以下问题：气体乂上廿 j 参加7氧化氢f 物质ACaO.8Hg过罐-f|CaS反响气体X是.实验室常用澄清石灰水来检验X,该反响的化学方程式为玻璃棒在过滤操作中所起到的作用是以下是某同学进行过滤操作时的一些做法,其中正确的选项是(填字母序号).

22、A直接向漏斗中倾倒待过滤的液体B滤纸边缘高于漏斗边缘C漏斗下端管尖紧靠烧杯内壁D用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度过氧化钙是氧化物吗(填是或否).写出由物质A反响生成CaO2-8H2O的化学方程式.【答案】C02Ca(OH)2+CO2=CaCO3V+H2O引流C是CaO+H2O2+7H2O=CaO2-8H2O【解析】【分析】【详解】碳酸钙高温煨烧生成二氧化碳和氧化钙,所以气体X是C02.实验室常用澄清石灰水来检验二氧化碳,该反响的化学方程式为Ca(OH)2+CO2=CaCO3J+HzO,故填：C02：Ca(OH)2+COz=CaCOjJ+HzO.玻璃棒在过滤操作中所起到的作用是引流,从而预

23、防液体外洒： 某同学进行过滤操作时的一些做法：A.直接向漏斗中倾倒待过滤的液体,容易导致液体外洒,需要用玻璃棒引流.故A不符合题意：B.滤纸边缘高于漏斗边缘,容易导致液体沿滤纸外洒.故B不符合题意：C.漏斗下端管尖紧靠烧杯内壁,这样可以预防液体飞溅,甚至溅出容器承接过滤液的烧杯.故C不符合题意：D.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动,导致液体浑浊,减慢了速度而非加快,甚至导致滤纸破损.故D不符合题意.应选C.故填：引流：Co过氧化钙是由两种元素组成,且其中一种元素是氧元素,所以是氧化物；物质A氧化钙反响生成CaOz8H2O,是氧化钙和水以及过氧化氢反响生成CaOz-8H2O的过程,对应的化学方程式为Ca

24、O+H2O2+7H2O=CaO28H2.故填：是：CaO+H2O2+7H2O=CaOz-8H20a【点睛】此题关键是读图,从中获得解做题目所需的信息,所以在解做题目时先看解答的问题是什么,然后带着问题去读给出的图进而去寻找解答有用的信息,这样提升了信息捕捉的有效性.15.以下图是用氯化钠溶液和氯化钾溶液制取氯酸钾的工艺流程,请根据题意答复以下问回但K洗器KC10：晶体含少量膜P,精制资料氯酸钾和氯化钠局部温度下的溶解度如下:ior20r3040c氟酸钾5.0g7.4g10.0g14.0g氯化钠35.8g36.0g36.3g36.6gKC105和NaCl加热浓缩溶液相KCQ晶体卜1请写出步骤的化

25、学方程式,该反响的根本反响类型是O2步骤的操作分别是、过滤填操作名称.3步骤中是采用20以下的水进行洗涤,目的是除去少量氯化钠.4步骤采用低温烘干,为什么不采用高温烘干用化学方程式表示0【答案】NaCK3+KQ=KCI 3+NaCl复分解反响降温结晶20以下KCIO3的溶解度较小,可减少KCI03因溶解而造成损耗2KC1O322KQ+302T【解析】【分析】1根据氯酸钠和氯化钾反响生成硫酸钾和氯化钠,氯酸钾的溶解度较小进行分析；2根据氯酸钾的溶解度受温度变化影响较大进行分析；3根据溶解度表中氯酸钾的溶解度进行分析：4根据氯酸钾在加热的条件下生成氯化钾和氧气进行分析.【详解】1步骤中氯酸钠和氯化

26、钾反响生成氯酸钾和氯化钠,化学方程式为NaCI03+KCI=KCIO3+NaCI:,该反响的根本反响类型是复分解反响；2由于氨酸钾的溶解度受温度的影响较大,氯化钠的溶解度受温度的影响较小,故可以采用降温结晶的方法别离,所以步骤的操作分别是降温结晶、过滤；3步骤中是采用20以下的水进行洗涤,目的是除去少量氯化钠_20.以下KCIO3的溶解度较小,可减少KCIO3因溶解而造成损耗；4步骤采用低温烘干,不采用高温烘干,由于氯酸钾在高温的条件下会分解生成氯化A钾和氧气,化学方程式为：2KCI03=2KC1+302?O【点睛】合理设计实验,科学地进行实验、分析实验,是得出正确实验结论的前提,因此要学会设

27、计实验、进行实验、分析实验,为学好化学知识奠定根底.16.某科研小组设计利用稀H2s04浸取某废弃的氧化铜锌矿主要成分为CuO和ZnO,其余成分既不与酸反响,也不溶解于水的方案.局部实验流程如下：过量稀硫酸过量铁粉氧化剂氨水:H2O2、KMnCU是常见的氧化剂各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示.除铁活性ZriOFe(OH)3离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe3+1.483.2Zn2+6.28.0请根据上述实验流程答复以下问题：在“酸浸步骤中,为提升浸出速率,除通入空气搅拌外,还可采取的举措是,写出硫酸溶解氧化锌的化学方程式为0“操作1所需要的主要玻璃仪器有,固体1的成分是3“氧化

28、的目的是将Fe?+反响生成Fe3+,以便在后续的操作中将溶液中铁元素除去从产品纯度的角度分析,氧化剂最好选用填H2O2或KMnO/.“除铁过程中参加疑水的目的是通过调行溶液的pH,使Fe3+沉淀而Zr?+不沉淀,pH应限制在范围之间.某温度下,FeOH3分解得到一种铁、氧质量比为21:8的氧化物,该氧化物的化式【答案】升高温度增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎一增大外表积等H2SO4+ZnO=ZnSO4+H2O漏斗、烧杯、玻璃棒铁和铜H2O23.26.2Fe3O4【解析】影响化学反响速率的因素有多种,要提升氧化铜锌矿的酸浸速率,可采取的举措还有升高温度增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎一增大外表枳等：硫酸

29、锌和氧化锌反响生成硫酸锌和水,化学方程式为：H2SO4+ZnO=ZnSO4+H2O；“操作1名称是过滤,过滤的所需要的主要玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒；固体1是过量铁和硫酸铜反响生成铜和硫酸亚铁,固体1的成分是铁和铜,2除铁过程中参加氧化剂,使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀,故应考虑参加参加的氧化剂不引入新的杂质.除空气外,其他试剂均可引入新的杂质,氧化剂最好选用H2O2；4从图表数据可知,铁离子沉淀完全的PH为3.2,锌离子开始沉淀的PH为6.2,故除铁PH范围为：3.26.2；设该氧化物的化式为FexOv,那么根据铁、氧质56x21x量比为21:8,可知L=三,-=3:4,故该氧化物的化式为：F

30、esCU.16y8y17.侯德榜是我国著名的化学家,创造了侯氏制碱法,为纯碱和氮肥工业技术的开展做出了杰出奉献.工业上以半水煤气主要成分是Nz、Hz、CO?、食盐等为原料制取纯碱,相关流程如下：III流程中循环利用的物质有和写化学式.2请写出步骤V中的化学反响方程式o3A为铉态氮肥,请推断该物质为写化学式.4侯氏制碱法制取纯碱过程中局部物质的溶解度曲线如下,试答复以下问题:溶60时,27.6gNH4cl完全溶解至少需要g水.从图中可以看出温度高于60C,NaHCOs的溶解度曲线“消失了,原因是.结合上述化学反响方程式和物质的溶解度曲线答复,在亚盐水吸收二氧化碳后生成的碳酸氢钠和氯化铉中,先结晶

31、析出的物质是填物质名称.【答案】C022NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2TNHaCI50高于60时,碳酸氢钠将会分解碳酸氢钠【解析】【分析】【详解】1从流程中可知,氨气和二氧化碳通入饱和的食盐水中生成氯化镂和碳酸氢钠,该反响需要水和二氧化碳做反响物,而步骤V中的碳酸氢钠分解生成碳酸钠、 水和二氧化碳,故流程中可循环利用的物质有H2O和CO2.2步骤V中发生的化学反响是碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,其化学方程式是：2NaHCOz=Na,CO,+H,O+CO3由于氨气和二氧化碳通入饱和的食盐水中生成A和碳酸氢钠,A为锈态氮肥,根据化学反响前后元素种类不变,可推断该物质中一定含有氯

32、离子,那么A为氯化铉,化学式是：NHACL4根据侯氏制碱法制取纯碱过程中局部物质的溶解度曲线,60c时,氯化铉的溶解度是55.2g,故27.6gNH4Cl完全溶解至少需要50g水.由于碳酸氢钠受热易分解,所以图中温度高于60C时,NaHCOs的溶解度曲线“消失的原因是：高于60c时,碳酸氢钠将会分解.从各物质的溶解度曲线中可以发现,在纨盐水吸收二氧化碳后生成的碳酸氢钠和氯化镂中,图中温度范围内碳酸氢钠的溶解度小于氯化铉,故先结晶析出的物质是：碳酸氢钠.【点睛】此题的难点之一是：温度高于60C,NaHCCh的溶解度曲线“消失的原因是什么要根据碳酸氢钠受热易分解的性质进行分析.1石灰石、生石灰、熟

33、石灰均能与以下填字母发生化学反响.A水B盐酸C二氧化碳2步骤发生反响的化学方程式是.3某研究性学习小组的同学,想检验上述工艺中的烧碱溶液里是否含有纯碱,甲同学选择了一种酸溶液,乙同学选择了一种碱溶液,丙同学也选择了一种溶液,该溶液中溶质与甲、乙同学所用溶液中溶质的物质类别不同,他们都能到达检验目的.你认为丙同学所选溶液中的溶质可能是 填一种物质的化学式.4在室温下,向盛有3000克澄清石灰水的烧杯中逐滴参加溶质质量分数为5.3%的Na2c03溶液,烧杯中溶液质量变化与滴入Na2cCh溶液的质量关系如下图.计算恰好完全反响时,所得NaOH溶液的质量计算结果精确至0.1g050100150XaKO

34、j溶淹质量也【答案】BCaO+H2O=CaOH2CaCI2或BaClz等4.0g【解析】【分析】【详解】1石灰石、氧化钙不会与二氧化碳反响,石灰石不会与水反响,碳酸钙、氧化钙、氢氧化钙都会与盐酸反响,应选：B；2步骤发生的反响氧化钙和水反响生成氢氧化钙,化学方程式为：CaO+H2O=CaOH2；3甲同学选择了一种酸溶液,乙同学选择了一种碱溶液,丙同学也选择了一种溶液,该溶液中18.工业上用纯碱和石灰石为原料制备烧碱的简要工艺流程如以下图所示高温4=一I加水J公工一I力呀：房 R加纯碱溶液生石灰个一翱石灰石灰水石灰石烧碱溶液碳酸的沂流反后液量应溶质溶质与甲、乙同学所用溶液中溶质的物质类别不同,所以丙同学选择的是盐溶液,可以是氯化钙,化学式为：CaCI2,由于氯化钙能与碳酸钠反响生成碳酸钙沉淀,如果观察到由沉淀生成,证实溶液中含有碳酸钠；4100g质量分数为5.3%的Na2c03溶液中含Na2c.3的质量为：100gX5.3%=5.3g,设反响中生成NaOH的质量为xNa.CO.+CaOH,=CaCOj+2NaOH106805.3gx80_x106-53gx=4.0g答：所得不饱和溶液中溶质NaOH的质量是4.0g.故答案为：1B：（2）CaO+H2O=CaOH2；（3）CaCh或BaCL等:4所得不饱和溶液中溶质NaOH的质量是4.0g.19 .钛和钛