2020年化学中考试卷及答案

UU加热氮釀钾制取氧气D一敞口放置浓硫酸2020年化学中考试卷及答案一、选择题（培优题较难）已知A—H为初中阶段常见的物质，且A、C、G均为常用化肥且C为复合肥，其反应关系如图所示，以下判断一定错．误．的是B物质一定是酸D物质一定是氧化物若H是碱，则A—定是钾肥若E的相对分子质量大于F的相对分子质量，则G—定是氮肥【答案】A【解析】初中化学两种物质反应生成三种物质的反应主要有两类，①碳酸盐与酸生成盐、水和二氧化碳，②铵盐与碱反应生成盐、水和氨气，由于A是复合肥，所以应为硝酸钾，D应为水。如果B为酸（或碱），则E为二氧化碳（或氨气）；所以H为碱（或酸），F为氨气（或二氧化碳）。A、B物质可能是酸或是碱，故错误；B、D物质是水，属于氧化物，故正确；C、若H是碱，则B为酸，A为碳酸钾，属于钾肥，故正确；D、若E的相对分子质量大于F的相对分子质量，则E为二氧化碳，F为氨气，所以H是碱，G是氨态氮肥，故正确。不能正确对应变化关系的图像是（）气体质量B澄清石巫水中通入C02气体质量B澄清石巫水中通入C02A．A图中横坐标既可以表示加入铁粉的质量，也可以表示加入部分变质的苛性钠质量B．B图中纵坐标既可以表示溶质质量，又可表示溶液的导电性C．C图中横坐标既可以表示反应时间，也可以表示加入二氧化锰质量D．D图中纵坐标既可以表示溶剂质量，又可表示溶液质量【答案】A【解析】【详解】A、一定质量的稀盐酸中加入铁粉，铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，产生氢气的质量从0逐渐增加，稀盐酸完全反应，氢气质量不再增加，A图中横坐标可以表示加入铁粉的质量；苛性钠部分变质，氢氧化钠中含有碳酸钠，一定质量的稀盐酸中加入部分变质的苛性钠，氢氧化钠先与稀盐酸反应生成氯化钠和水，氢氧化钠完全反应后碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，因此生成气体的质量先为0，一段时间后逐渐增加，完全反应后质量不再变化，A图中横坐标不能表示加入部分变质的苛性钠质量；A选项图像不能正确表示对应变化关系，符合题意；B、澄清石灰水中加入二氧化碳，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，氢氧化钙完全反应后，氢氧化钙随着反应的进行逐渐减少至0，溶质质量逐渐减小至0，溶液中阴阳离子逐渐减少至0，溶液的导电性逐渐减弱至0，继续通入二氧化碳，碳酸钙、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，溶质质量逐渐增加，溶液中阴阳离子逐渐增加，溶液的导电性逐渐增加，B图中纵坐标既可以表示溶质质量，又可表示溶液的导电性，B选项图像能正确表示对应变化关系，不符合题意；C、加热氯酸钾制取氧气，二氧化锰做催化剂，氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，根据质量守恒定律，钾元素守恒，反应过程中固体中钾元素质量保持不变，二氧化锰作为催化剂，二氧化锰的质量变化，不影响钾元素质量，C图中横坐标既可以表示反应时间，也可以表示加入二氧化锰质量，C选项图像能正确表示对应变化关系，不符合题意；D、浓硫酸具有吸水性，敞口放置浓硫酸，随着放置时间的延长，浓硫酸逐渐变为稀硫酸，溶液中溶剂的质量逐渐增加，硫酸不挥发，溶质的质量不变，溶液的质量=溶质质量+溶剂质量，溶液的质量逐渐增加，稀硫酸不具有吸水性，一段时间后，溶剂的质量和溶液的质量都不再变化，另外浓硫酸不是100%的纯硫酸，溶剂质量和溶液质量的起始质量不为0，D图中纵坐标既可以表示溶剂质量，又可表示溶液质量，D选项图像能正确表示对应变化关系，不符合题意。故选A。3．有一包固体粉末，可能含碳、铝、铜、氧化铝、氧化铜中的一种或几种。为探究该固体粉末的组成，某化学兴趣小组进行了如下图所示实验。下列结论正确的个数是蓝色溶液乙为硝酸铜溶液原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜、硝酸A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【解析】【详解】固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳），可能还含有铜，故该说法不正确；无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，故该说法不正确；向样品中加入过量稀盐酸有气体生成，根据金属活动性顺序可知，是铝与盐酸反应，生成的气体是氢气；固体A与硝酸银反应有蓝色溶液生成，说明固体A中含有铜，铜与硝酸银反应生成银和硝酸铜，反应的化学方程式为Cu+2AgNO3=2Ag+Cu（NO3）2；铜与硝酸银反应生成银；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体是二氧化碳。灼烧能生成二氧化碳气体的物质是碳，故固体B中含有的物质是碳、银（或C、Ag）;样品中加过量稀盐酸有气体产生，说明原固体中有铝；将反应后的固液混合物过滤，得到无色溶液甲（说明原固体中没有氧化铜）和固体A,固体A加一定量的硝酸银溶液并过滤，得到蓝色溶液乙（说明原固体中有铜）和固体B；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳）。故原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜（或C、A1、Cu），故该说法正确；无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，无色溶液甲中溶质是盐酸及盐酸与铝反应生成的氯化铝。盐酸与硝酸银反应生成氯化银和硝酸，氯化铝与硝酸银反应生成氯化银和硝酸铝，蓝色溶液乙中的溶质硝酸铜不参与反应。故蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜和硝酸或AI（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3）,故该说法正确；正确的说法有：③④；故选：B。4．一包不纯的氯化钾粉末,所含杂质可能是氯化钠、硝酸钾、硝酸钙、氯化铜、碳酸钠中的一种或几种。为确定其成分,某兴趣小组的同学们进行如下实验：（1）取少量该粉末于烧杯中,加蒸馏水,充分搅拌,得无色澄清溶液。（2）取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成。（3）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馏水溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀。根据上述实验判断，下列说法正确的是杂质中可能含有硝酸钾、氯化钠杂质中肯定不含硝酸钙、氯化铜、碳酸钠杂质中肯定含有碳酸钠，可能含有氯化钠杂质中肯定含有氯化钠、碳酸钠，可能含有硝酸钾【答案】D【解析】A、氯化钾、氯化钠和硝酸银反应的化学方程式及其质量关系为：KCI+AgNO3=AgCI&+KNO3,TOC\o"1-5"\h\z143.514.9g28.7gNaCI+AgNO3=AgCI&+NaNO3,143.511.7g28.7g取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，是因为碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，因此杂质中含有碳酸钠，由计算可知，14.9g氯化钾和硝酸银反应生成28.7g氯化银，11.7g氯化钠和硝酸银反应生成28.7g氯化银，杂质中含有碳酸钠，氯化钾质量小于14.9g，和硝酸银反应生成氯化银质量小于28.7g，因此杂质中一定含有氯化钠，错误；B、取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，是因为碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，因此杂质中含有碳酸钠，则杂质中不含有硝酸钙，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液，说明杂质中不含有氯化铜，错误；C、由A知，杂质中肯定含有碳酸钠、氯化钠，错误；D、杂质中肯定含有氯化钠、碳酸钠，由于硝酸钾是否存在不影响实验结果，因此可能含有硝酸钾，也可能不含有硝酸钾，正确。故选D。5．已知反应前后分子变化的微观示意图如下所示，下列说法错．误．的是

氢原子■氢原子■…as子反应前反应前后元素种类不变A是有机物，C、D是无机物点燃前要先检验A的纯度，防止爆炸此反应中A和B的化学计量数之比等于1：1【答案】D解析】根据微观示意图可知，反应物A的分子为由1个C原子和4个H原子构成的CH4分子，反应物B的分子为由2个O原子构成的02分子；生成物C的分子为2个O原子和1个C原子构成的CO2分子，物质D的分子为由1个O原子和2个H原子构成的H2O分子；则示意图所表示的反应为ch4在02中燃烧生成CO2和H2O,反应的化学方程式为CH4+2O2点噬CO2+2也0。A、根据化学方程式可知，反应前后元素种类不变，正确；B、A是甲烷，是含有碳元素的化合物，属于有机物，C、A是甲烷，是可燃性气体，和空气混合达到一定浓度会发生爆炸，点燃前要先检验纯度，防止爆炸，正确；C、根据微观示意图可知，D是水，不是有机物，错误；D、由方程式及图示可知，参加反应的A,B物质分子个数比为1:2，错误。故选D。6.工业上利用生产钛白的副产品硫酸亚铁制备还原铁粉的流程如图I过里IC吩區可一亟f亘f両f區珂一还原铁粉滤液下列说法不正确的是“转化”时在溶液中生成了FeCO3沉淀，该反应的基本反应类型是复分解反应“过滤”后得到的滤液中的溶质只有（NH4）2SO4“干燥”过程中有少量的FeCO3转化为FeOOH和C02，此时与FeCO3反应的物质有02和H20取14.06g还原铁粉（仅含有Fe和少量FexC）在氧气流中充分加热，得到0.22gCO2,另取相同质量的还原铁粉与足量稀硫酸充分反应（FexC与稀硫酸不反应），得到0.48gH2,则FexC的化学式是Fe2C【答案】B【解析】【分析】【详解】A、转化时，硫酸亚铁与碳酸铵反应生成碳酸亚铁和硫酸铵，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，不符合题意；B、硫酸亚铁与碳酸铵反应生成碳酸亚铁和硫酸铵，碳酸铵过量，故“过滤”后得到的滤液中的溶质有硫酸铵和碳酸铵，符合题意；C、“干燥”过程中有少量的FeCO3转化为FeOOH和CO2，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，生成物中含铁、氧、氢、碳元素，故反应物中也应含铁、氧、氢、碳元素，故有水参与了反应，反应后，铁元素化合价升高，故应该有氧化剂参与了反应，故有氧气参与了反应，不符合题意；D、14.06g还原铁粉（仅含有Fe和少量FexC）在氧气流中充分加热，得到0.22gCO2，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的质量不变，故FexC中的碳元素全部转化到了二氧化12碳中，二氧化碳中碳元素的质量为：0.22gxxl00%=0.06g，设还原铁粉中铁12+16x2的质量为xFe+HSO=FeSO+HT2442562x0.48g56=xT=048gx=13-44g故还原铁粉中FexC的质量为：14.06g-13.44g=0.62g，故FexC中铁元素的质量为：0.62g-0.06g=0.56g,故56x：12=0.56g：0.06g，x=2,故FexC的化学式为：Fe2C，不符合题意。故选Bo7．下列除去物质中的少量杂质（括号内为杂质）的方法，正确的是（）CO（CO2）――通过足量的灼热氧化铜MnO2粉末（KCl）——溶解、过滤、洗涤、干燥FeS0溶液（CuSO）——加入足量锌粉、过滤44"&2旳溶液（NaCD—―加入适量硝酸银溶液、过滤【答案】B【解析】试题分析：A、CO能与灼热氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳不与灼热氧化铜反应，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误.B、KCl易溶于水，MnO粉末难溶于水，可采取加水溶解、过滤、洗涤、干燥的方法进行分2离除杂，故选项所采取的方法正确.C、FeSO溶液和CuSO均能与锌粉反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除44杂原则，故选项所采取的方法错误.D、NaCl能与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误.

故选B．考点：物质除杂或净化的探究；混合物的分离方法；常见气体的检验与除杂方法；盐的化学性质．点评：物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键．有部分变质的NaOH固体18.6g,加入100g的稀硫酸，恰好完全反应，所得溶液的质量是114.2g，将其蒸干得到固体28.4g，则原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为46:3B.46:11C.23:3D.23:6【答案】C【解析】【分析】【详解】氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，从而变质，部分变质的氢氧化钠固体，加入稀硫酸，2NaOH+HSO=NaSO+2HO，24242NaCO+HSO=NaSO+COT+HO,溶液减少的质量，即生成的二氧化碳的质3242422量，生成的二氧化碳的质量为：18.6g+100g-114.2g=4.4g，由化学方程式可知，原固体混合物中的碳元素全部转化到了二氧化碳中，原固体混合物中的钠元素全部转化到了硫酸钠中，最后蒸干得到的固体即是硫酸钠的质量，故原固体混合物中钠元素的质量为：23x228・4gxx100%=9.2g，原固体混合物中碳元素的质量为：4.4gx23x2+32+16x44.4gx不丽x100%=1.2g，故原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为：9・2g：1.2g=23:3。故选Co某同学进行了煅烧石灰石的实验，过程如下（假设杂质不发生变化，酒精喷灯中的燃料是酒精C2H5OH）0相关说法正确的是C1计C1计r!O步骤I可证明煅烧石灰石的产物中有二氧化碳步骤II、III可证明煅烧石灰石的产物中有氧化钙白色固体M是氢氧化钙和碳酸钙的混合物白色固体M中钙元素的质量等于煅烧前石灰石中钙元素的质量【答案】B【解析】A、由于酒精燃烧生成了二氧化碳，该实验澄清的石灰水变浑浊不能证明煅烧石灰石的产物中有二氧化碳；B、由于氧化钙能与水化合生成了氢氧化钙，氢氧化钙溶液显碱性，能使酚酞试液变红色；C、由于石灰石中含有杂质，白色固体M中含有氢氧化钙和杂质，可能含有碳酸钙；D、由于氧化钙能与水化合生成了氢氧化钙，氢氧化钙微溶于水，白色固体M中钙元素的质量小于煅烧前石灰石中钙元素的质量.故选B.点睛：分析反应后的成分是，除考虑生成物外，还要考虑反应物是否有剩余。反应前后元素的种类质量不变。逻辑推理是一种重要的化学思维方法。以下推理正确的是（）单质中只含有一种元素,只含有一种元素的物质一定是单质化学变化中分子种类发生改变,分子种类发生改变的变化一定是化学变化酸碱中和反应有水生成，有水生成的反应一定是酸碱中和反应活泼金属能与稀硫酸反应放出气体，能与稀硫酸反应放出气体的物质一定是活泼金属【答案】B【解析】A、单质是由同种元素组成的纯净物，单质由同种元素组成，但由同种元素组成的物质不一定属于单质，也可能是混合物，如氧气和臭氧的混合物，错误；B、化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新分子，化学变化中分子种类发生改变，分子种类发生改变的变化一定是化学变化，正确；C、中和反应会生成盐和水，生成水的反应不一定是酸碱中和反应,如CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，错误；D、活泼金属能与稀硫酸反应放出气体，能与稀硫酸反应放出气体的物质不一定活泼金属，也可能是碳酸盐等，错误。故选B。甲、乙两种固体物质（不含结晶水）的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是t°C时，甲乙两物质溶液的溶质质量分数一定相等2要使接近饱和的乙溶液成为饱和溶液，可蒸发溶剂分别将tC甲、乙两种物质的溶液降温至tC,一定都有晶体析出21tiC时，50g甲的饱和溶液中溶解了10g的甲物质【答案】B【解析】A、不知道溶液的状态，故t2C时，甲乙两物质溶液的溶质质量分数不能确定是否相等，错误；B、乙的溶解度随温度的升高变化不明显，故要使接近饱和的乙溶液成为饱和溶液，可蒸发溶剂，正确；C、将t2C甲、乙两种物质的饱和溶液溶液降温至t1C，一定都有晶体析出，错误；D、t「C时，甲的溶解度是20g，表明在该温度下50g水中溶解了

10g的甲物质，错误；故选B。点睛：根据固体的溶解度曲线可以：①查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性，②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。12．下表中，有关量的变化图象与其对应叙述相符的是右时间fmin0tih行加热制取氧气，部分物质质量随时间变化如图所示，则-时刻，KMnO412．下表中，有关量的变化图象与其对应叙述相符的是右时间fmin0tih行加热制取氧气，部分物质质量随时间变化如图所示，则-时刻，KMnO4开始分解酸质分/%硝根量数点时，可以加BaCI2溶液来检验硫酸是否被反应完【答案】A【解析】【详解】A、误将少量KMnO4当成MnO2加入KC103中进行加热，高锰酸钾在加热的条件下分解成锰酸钾、二氧化锰和氧气，然后氯酸钾在二氧化锰的催化下分解为氯化钾和氧气，故b为高锰酸钾，在t1时刻，高锰酸钾开始分解，t2时刻，氯酸钾开始分解，故a为氯酸钾，c为氧气，符合题意；B、在一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入铁粉，铁粉先和硝酸银反应，Fe+2AgNO=Fe(NO)+2Ag，56份铁生成216份银，固体质量增加，溶液质量减小，332硝酸根的质量不变，故硝酸根的质量分数逐渐增大，待硝酸银完全反应后，铁和硝酸铜反应Fe+Cu(NO)=Fe(NO)+Cu，56份铁生成64份铜，固体质量增加，溶液质量减3232小，硝酸根的质量不变，故硝酸根质量分数逐渐增大，待硝酸铜完全反应后，硝酸根溶质质量分数不变，不符合题意；C、由图可知，X、Y质量不断减小，则X、Y为反应物，Z的质量逐渐增加，则Z为生成物，q时，该反应恰好完全反应，X减小量为9,Y减小量为3,则Z的增加量为12，X：Y：Z=3：1：4，但是由于不知道X、Y、Z的相对分子质量，无法确定该反应的化学方程式，不符合题意。D、稀硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，c点时，稀硫酸与氢氧化钠恰好完全反应，但是溶液中一直含有硫酸根离子，无论稀硫酸是否完全反应，加入氯化钡都会生成白色沉淀，因此不能用氯化钡来检验硫酸是否完全反应，不符合题意。故选A。13．如表除杂的方法和试剂都正确的是()选项物质所含的杂质所选试剂和方法AHCIH2SO4加入适量Ba(OH)2溶解、过滤BKCIKCIO3加入二氧化锰、加热CCuCuO加入过量的稀盐酸、过滤、洗涤、干燥DCaCI2溶液Ca(OH)2加入适量的稀硫酸A．AB．BC．CD．D【答案】C【解析】除杂的原则是只除杂，不引杂。A氢氧化钡和盐酸反应，不符合除杂要求；B在氯酸钾在二氧化锰的作用下分解生成氯化钾和氧气，氯酸钾能被除掉，但是会混入二氧化锰杂质，引杂；C铜是不活泼金属，和盐酸不反应，氧化铜是金属氧化物，和盐酸反应生成易溶的氯化铜和水，过滤，得固体铜；硫酸和氢氧化钙反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶，会在氯化钙溶液中引入杂质。选C14．下列四个图像分别表示对应的四种操作过程，其中正确的是：A.加热等质量的氯酸钾制氧B.含有水蒸气的氢气通过浓硫酸C.引淡水浸泡盐碱地D.向硝酸钡溶液中滴加稀硫酸【答案】C【解析】A.催化剂只改变反应速率，不改变生成物质量，加热等质量的氯酸钾制氧气，加不加催化剂，最后生成氧气的量相同B.含有水蒸气的氢气通过浓硫酸，水被吸收，气体质量减少；C.引淡水浸泡盐碱地，碱性变弱，但始终呈碱性，pH始终大于7；D.向硝酸钡溶液中滴加稀硫酸，两种立刻反应生成硫酸钡沉淀，选C点睛：图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否正确15．在托盘天平(灵敏度极高)两边各放一只等质量的烧杯，在两只烧杯里各加入足量、等质量、等质量分数的稀盐酸，调节天平至平衡，然后向左端烧杯加入5.6克铁，要使天平再次平衡，应向右边烧杯加入A.5.4克氧化钙B.5.6克铜C.6克镁D.10克碳酸钙【答案】A【解析】天平的两边增加的量相同时天平才能仍然平衡。5.6克铁和足量的盐酸反应生成0.2g氢气，氧化钙和盐酸反应生成盐和水，没有气体逸出，增加的量为5.4g，天平平衡；5.6g铜和酸不反应，增加的量为5.6g；6g镁和酸反应生成气体0.5g；增加5.5g；10g碳酸钙和足量的酸反应生成二氧化碳4.4g，增加5.6g；选A点睛：天平的平衡问题的关键是余下的物质一样多，天平平衡。16.下列图象与对应的说法相匹配的是()(D②③④表示KMnO加热制O生成的MnO的质量与时间的关系图422表示C还原CuO的实验中，试管内的固体质量与时间的关系图表示向饱和的Ca(OH)溶液中加入一定量的CaO,溶液中溶质质量与时间的关系图2等质量的铁片和锌片分别和足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应①③B.③④C.②④D.②③【答案】D【解析】①KMnO在加热条件下生成制O、MnO、锰酸钾，所以开始时二氧化锰的质量422为零；反应中质量增加，反应结束质量不再改变；②C还原CuO生成铜和二氧化碳，参与反应的氧化铜的质量大于生成的铜的质量，所以反应中固体的质量减少，反应结束固体质量不再改变；③氧化钙和水反应生成氢氧化钙，向饱和的Ca(OH)溶液中加入一定量的2CaO，溶剂的质量减少，溶质会析出，反应放热使氢氧化钙的的溶解度减小，溶质会析出，所以溶质的质量会减少，反应结束后随温度的降低，部分析出的氢氧化钙又溶解，溶质的质量增多，但是由于水比反应前少了，所以最终溶质的质量小于开始时，溶质的质量。④等质量的铁片和锌片分别和足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应，由于锌的活动性比铁强，所以锌的反应快，先反应完；锌比同质量的铁反应生成氢气少；最终铁的平线比锌的高；选D点睛：图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否正确某化学兴趣小组为测定Fe、Cu、Ag三种金属的活动性顺序，选用下列各组试剂，你认为不可行的是A.Cu、Ag、FeSO溶液B.Cu、FeCl溶液，AgNO溶液423C.Fe、Ag、CuSO溶液D.Fe、Cu、稀硫酸，AgNO溶液43【答案】A【解析】根据金属活动顺序进行思考，Fe、Cu、Ag这三种金属的金属活动性由强到弱的顺序为Fe>Cu>Ag.在金属活动顺序表中，前边的金属可以把后边的金属从其盐溶液中置换出来，所以可以选择相应的金属和盐溶液进行反应来证明这三种金属的活动性强弱.A、因为铁的活动性在三种金属中最强，所以Cu，Ag都不能和FeSO溶液反应，得不出4Cu，Ag的活动性强弱，所以此方案不可行.B、Cu，FeCl2溶液，AgNO3溶液这三种物质中，铜与FeCl溶液不反应，证明铁的活动性比铜强，铜与AgNO溶液能反应，证明铜比银23的活动性强，此方案可行.C、铁可以置换CuSO溶液中的铜而出现红色固体，证明铁的活4动性比铜强，银和CuSO溶液不反应，证明铜比银的活动性强，因此，可以证明三种金属4的活动性强弱，此方案可行.D、Fe，Cu,稀硫酸，AgNO3溶液四种物质中，铁能与稀硫酸反应，也能与AgNO3溶液反应，证明铁比氢和银的活动性强，铜和稀硫酸不反应，但能与AgNO3溶液反应，证明铜的活动性比氢弱，比银强，也能得出三种金属的活动性强弱，此方案可行.故选B.下列图像能正确反映其对应关系的是

【解析】A.向氢氧化钠溶液中加水稀释，溶液的碱性变弱，pH变小，但由于始终呈碱性，pH始终大于7；B.浓硫酸有吸水性，敞口放置一段时间，溶质的质量分数因溶剂的增加而减小；C.向饱和石灰水中加入少量生石灰，氧化钙和水反应生成氢氧化钙使溶剂减少，溶质析出，当水被完全反应，溶剂质量为零，溶质的质量也为零；D.能改变其他物质的反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后不变的物质叫催化剂。催化剂不改变生成物的质量.选C点睛：图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否正确19.现有表面被氧化的镁条样品6g，加入到盛有73g质量分数为19%的稀盐酸的烧杯中恰好完全反应，得到0.2g气体。則原镁条样品中镁元素的质量分数为（）A．48%B．60%C．76%D．84%【答案】C【解析】表面被氧化的镁条其成分有氧化镁和镁，其中镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水；表面被氧化的镁条样品6g，加入到盛有73g质量分数为19%的稀盐酸的烧杯中恰好完全反应，所以反应后镁元素都以氯化镁的形式存在；由氯化镁的化学式MgCl2-可得镁元素与氯元素的关系式如下：Mg2Cl-MgCl2-2HCl,Mg2HC1,设样品中镁兀素的质量为x.Mg2HC12473x73gX19%x=4.56g則原镁条样品中镁元素的质量分数为4.56gF6gX100%=76%点睛：利用反应前后兀素的种类质量不变计算使计算题变得简单。如图所示是A、B、C三种物质的溶解度，下列有关说法错误的是（）高于20°C以后，B的溶解度比C大10°C时，C接近饱和的溶液升高温度可以达到饱和20C时，A、B的饱和溶液的溶质质量分数相等35C时，A物质的饱和溶液的溶质质量分数为30%【答案】D【解析】A、在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。由图可知高于20C以后，B的溶解度比C大；B、溶解度是一定温度下，100g溶剂里达到饱和时，所溶解的溶质的质量。由图可知C的溶解度随温度的升高而减小，因此10°C时，C接近饱和的溶液升高温度可以达到饱和；C、饱和溶液溶质的质量分数=溶解度三（溶解度+100g）X100%,20°C时，A、B的溶解度相同，故其饱和溶液的溶质质量分数相等；D.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度三（溶解度+100g）X100%,20°C时，35C时，A物质的溶解度为30g，其饱和溶液的溶质质量分数为溶解度三（30g+100g）X100%〈30%，选D除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂（括号内的物质）正确的是：（）A.CaO中混有少量CaCO（盐酸）B.CO中混有HCl气体（NaOH溶液）32C.Cu（NO）溶液中混有AgNO（铜粉）D.CO中混有少量CO（氧气）3232【答案】C【解析】A、氧化钙、碳酸钙都能盐酸反应；B、氢氧化钠溶液与二氧化碳和氯化氢都能反应；C铜的金属活动性比银强，铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，过滤后溶液中溶质只有硝酸铜；D二氧化碳不可燃不助燃，不能将二氧化碳中的一氧化碳点燃，不能达到除杂要求；选C点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质向某AgNO和Fe（NO）的混合溶液中加入一定质量的Zn粉，充分反应后过滤，得到滤332渣和浅绿色溶液，关于该滤渣和滤液有下列四种说法，其中正确的说法有①向滤渣中加入稀盐酸，一定有气泡产生②滤渣中一定有Ag,可能含有Fe③向滤液中加入稀盐酸，一定有沉淀产生④滤液中一定含有Zn（NO），可能含有32Fe（NO）和AgNO323A.只有①B.只有②C.只有①②③D.只有①③④【答案】B【解析】三种金属的活动性顺序是锌＞铁＞银，向某AgNO和Fe(NO)的混合溶液中加入一332定质量的Zn粉，锌先与硝酸银反应，剩余的锌再与硝酸亚铁反应。充分反应后过滤，得到滤渣和浅绿色溶液，说明硝酸亚铁没反应或者部分反应而有剩余；硝酸银反应的程度无法确定。所以滤渣中一定有生成的银，可能有铁。当有铁生成时，向滤渣中加入盐酸才有气体生成；有硝酸银剩余时，向滤液中加入稀盐酸，有沉淀产生；滤液中一定含有Zn(NO)32和Fe(NO)；选B32点睛：在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。金属的位置越靠前，金属的活动性越强。位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。23．除去下列各物质中的少量杂质所选用的试剂及操作方法均正确的是()项目物质杂质(少量)试齐u操作方法ACaO固体CaCO固体3加入适量的稀盐酸过滤、洗涤、干燥BCO2CO通02点燃CNaNO3NaSO24适量氢氧化钡溶液过滤DKClO3MnO2水溶解、过滤、蒸发A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】A、氧化钙能与盐酸反应生成氯化钙和水，不符合除杂要求；B二氧化碳不可燃不助燃，不能将二氧化碳中少量一氧化碳点燃，不能达到除杂目的；C硫酸钠和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，引入新的杂质；氯酸钾易溶于水，二氧化锰难溶，加水溶解过滤后，将溶液蒸发结晶可能纯净的氯酸钾固体。选D点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质下列各组内物质间的转化关系中，存在不能一步转化的是()a.Ou—CuO—uSCkB.H2O2―2—20&C.二士—二巳—FeCI：d.CO:——CO—C【答案】D【解析】根据题意，一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据物质的性质及变化规律，分析变化能否只通过一个反应而实现。解：A.铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，可以一步转化，故A不符合题意；过氧化氢分解生成水和氧气，氧气与磷反应生成五氧化二磷，可以一步转化，故B不符合题意；氧化铁与一氧化碳反应生成铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，可以一步转化，故C不符合题意；二氧化碳与碳反应生成一氧化碳，一氧化碳不能一步转化为碳，故选D。将一定量的丙醇(CH308)和氧气置于一个封闭的容器中引燃其反应的化学方程式为:aC3点燃H8O+b。2cCO2+dH2O+eX，测得反应前后各物质的质量如下表：物质丙醇氧气水二氧化碳X反应前质量/g6.012.8000反应后质量/g007.28.8x下列判断正确的是表中x的值为2.8X可能是该反应的催化剂X可能为甲烷方程式中a:b=1:3【答案】A【解析】【分析】【详解】A、由质量守恒定律可知，参加反应的丙醇的质量与氧气的质量之和等于反应生成的二氧化碳和水和X的质量之和，则12.8g+6.0g-7.2g-8.8g=2.8g，即a=2.8，正确;B、因X的开始的质量为0,反应后质量增加，则X是生成物，错误；8C、因丙醇中氢元素的质量为6.0gxxlOO%二0.8g，水中氢元素的质量为6027.2gxx100%=0.8g，由氢元素质量守恒可知，则X中没有氢元素，不可能使甲烷，l8错误；点燃D、若无X生成，则只生成了二氧化碳和水，故化学方程式为：2C3H8O+9O2=6CO2+8H2O,设6.0克丙醇完全燃烧需要氧气的质量为x，

2CH0+90点燃6C0+8HO82221202886.0gx120_2886.0gx解得：x=14.4g,而题给的氧气的质量为12.8g，所以氧气的质量不足，此时丙醇要发生不32水中氧元素的1a质量为7・2gxx100%_6.4g,18氧化碳中氧元素的质量加上水中氧元素的质量刚好等完全燃烧,水中氧元素的1a质量为7・2gxx100%_6.4g,18氧化碳中氧元素的质量加上水中氧元素的质量刚好等滴加足量的水使其充分濬解n滴加足量的水使其充分濬解n过滤①通入g娈洱浊*混合物总于氧气的质量，故X中只含有碳元素，根据反应前后原子数目不变可知配平后的化学方程式为，2C3H8O+502点蠅2CO2+8H2O+4C,所以a:b=2:5,错误。故选A。点睛：根据丙醇的组成可知丙醇完全燃烧生成二氧化碳和水，再根据表格中的数据及质量守恒可知，则该反应中丙醇与氧气反应生成二氧化碳、水、X三种物质，则X的质量为12.8g+6.0g-7.2g-8.8g=2.8g。二、实验题(培优题较难)26．实验小组对久置生石灰的成分进行分析，实验操作及部分现象如图所示。（资料）：Na2CO3+CaCl2=2NaCl+CaCO3；r*滤渣oig滤酒A②滴加溶液亠編合物£滤酒A②滴加溶液亠編合物£变浑浊放热③先滴加酚醮濬潘h2蜘门

再滴抑过量的稀盐酸妣口韧D回答下列问题：样品加水放热的原因是(用化学方程式表示)。TOC\o"1-5"\h\z②中反应的化学方程式是。③中的实验现象是。将混合物B、C、D倒入一个洁净的烧杯中，发现烧杯中有白色沉淀且上层清液呈红色，过滤，得滤液E和1g滤渣。向滤液E中滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成，则滤液E中的溶质可能是。依据实验现象及数据判断，原样品的成分是。【答案】CaO+H2O=Ca(OH)2Na2CO3+Ca(OH)2=2NaOH+CaCO3^滴加无色酚酞溶液，溶液由无色变成红色；再滴加稀盐酸，溶液由红色变成无色NaCI、Na2CO3或NaCI、

Na2CO3、NaOH(写“酚酞”不扣分)CaO、Ca(OH)2、CaCO3【解析】【分析】【详解】样品加水放热的原因是氧化钙与水反应，化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2，说明原样品中含氧化钙。②中反应的化学方程式是：Na2CO3+Ca(OH)2=2NaOH+CaCO3d，说明溶液中含有氢氧化钙。③中的实验现象是滴加无色酚酞溶液，因为溶液中含有氢氧化钙，呈碱性，所以溶液由无色变成红色；再滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钙发生中和反应，溶液由红色变成无色；将混合物B、C、D倒入一个洁净的烧杯中，发现烧杯中有白色沉淀且上层清液呈红色，过滤，得滤液E和1g滤渣。向滤液E中滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明滤液中含有碳酸钠，也说明原样品中的钙已全部转化为碳酸钙，又因为B、C、D倒入一个洁净的烧杯中，得1g滤渣，可见原样品中除去原来存在的碳酸钙0.1克，其他物质中的钙能转化为碳酸钙1克，如果全部是氧化钙，则0.65克氧化钙中的钙转化为碳酸钙质量大于1克，可见原样品中一定含有氢氧化钙。向滤液E中滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明滤液中含有碳酸钠，滤液E中的溶质可能是NaCI、Na2CO3或NaCI、Na2CO3、NaOH；依据实验现象及数据判断，由实验操作及其现象可知，原样品的成分是CaO、Ca(OH)2、CaCO3。27.验证某混合气体含有CO和H2,并除去含有的少量CO2杂质。甲同学进行了如下实验：CuO澜合气体_一尾气处埋AB(1)A中氢氧化钠溶液的作用是C一尾气处埋AB(1)A中氢氧化钠溶液的作用是C，B中浓硫酸的作用是吸收水分，观察到C中黑色氧化铜变，D中澄清石灰水变浑浊，写出D中反应的化学方程。乙同学认为上述实验现象不能确定混合气体含有H2,他改进实验后证明了混合气体中含有h2.请写出乙同学的实验改进方法和现象。从环境保护角度，该实验中最后导出的尾气处理方法是。丙同学对A装置反应后的溶液成分进行验证，请根据实验现象填写下列空白处：

实验操作过程实验现象实验结论I.取待测液少量于试管中，向其中滴加适量溶液产生白色沉淀溶液中含Na2CO3II.将上述反应后的混合物静置后，再向上层清液中加入溶液。溶液呈红色溶液中含NaOH若将II中加入的溶液换（写化学式），也可得出II中相同的结论。写出相应的化学方程式为：。【答案】除去二氧化碳变红CO2+Ca（OH）2=CaCO3d+H2O在C和D之间加无水硫酸铜干燥装置，白色变蓝色点燃或收集加可溶性钙盐（或钡盐），酚酞可溶性铜盐或铁盐NaOH+CuSO4=Cu（OH）2^+Na2SO4【解析】试题分析：①二氧化碳能与氢氧化钠反应，故A中氢氧化钠溶液的作用是除去二氧化碳；一氧化碳的检验是利用一氧化碳的还原性，一氧化碳还原氧化铜市场铜和二氧化碳；氢气还原氧化铜生成的是铜和水，那么只有检验是否有水存在即可知氢气的存在，水可以用无水硫酸铜检验；碳酸钠会与可溶性钙盐（或钡盐）反应生成白城沉淀，如与氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀；NaOH溶液呈碱性，能使无色酚酞变红；氢氧化钠能与氯化铜反应生成蓝色沉淀。考点：实验探究28.为比较相同浓度的FeCI3溶液和CuSO4溶液对H2O2分解的速率影响效果，某研究小组进行了如下探究：（定性研究）（1）如图甲，可通过观察来定性比较两者的速率影响效果。（定量研究）（2）如图乙，实验前检查该装置气密性的方法是。要定量比较

两者的速率影响效果，可测量生成等体积气体所需的(深入研究)⑶在FeCI3溶液中，究竟是哪种粒子影响过氧化氢的分解速率？猜想1：水分子(h2o)影响过氧化氢的分解速率；猜想2：影响过氧化氢的分解速率；猜想3：影响过氧化氢的分解速率；……请设计实验，验证猜想实验操作实验现象实验结论分别取同温度同体积同浓度的h2o2溶液于2支试管中，再分别加入等质量的FeCI3和NaCI。观察现象。加入FeCI3的试管中产生的气体快，加入NaCI的试管中产生的气体慢。证明是Fe3+影响过氧化氢的分解速率(反思与讨论)上述实验确实可以证明Fe3+可以改变过氧化氢的分解速率，但不能证明FeCI3是过氧化氢分解的催化剂。若要证明FeCI3是过氧化氢分解的催化剂，还需要通过实验证明FeCI3在反应前后。请写出FeCI3催化H2O2分解的化学方程式。【答案】(1)产生气泡的快慢(2)关闭分液漏斗，将注射器活塞向外拉，再松开手活塞又回到原来的位置，则装置气密性良好时间⑶氯离子(CI-)铁离子(Fe3+)(4)质量和化学性质不变2H2O2.：：2巧0+02个【解析】试题分析：(1)如图甲，可通过观察产生气泡的快慢来定性比较两者的速率影响效果，产生气泡的速率越快，说明反应速率就越快如图乙，实验前检查该装置气密性的方法是：关闭分液漏斗，将注射器活塞向外拉，再松开手活塞又回到原来的位置，则装置气密性良好；要定量比较两者的速率影响效果，可测量生成等体积气体所需的时间，所需时间越短，化学反应速率就越快⑶在FeCI3溶液中存在的粒子有：水分子(H2O)、氯离子(CI-)、铁离子(Fe3+)，故猜想2：氯离子(CI-)影响过氧化氢的分解速率；猜想3：铁离子(Fe3+)影响过氧化氢的分解速率(4)根据催化剂的特点：能改变其他物质的化学反应速率，但本身的质量和化学性质不变，故若要证明FeCI3是过氧化氢分解的催化剂，还需要通过实验证明FeCI3在反应前后质量和化学性质不变；FeCI3催化H2O2分解的化学方程式为：2H2O2.；：2H2O+02个考点：探究性实验的设计，催化剂概念的理解29．初中化学课上，同学们利用下列实验探究碱的化学性质：（1）A实验中反应的化学方程式为_。（2）C实验中观察到的现象「。（3）实验结束后，同学们将废液倒入同一只废液缸中，最后发现废液浑浊并显红色。（提出问题）废液中含有什么物质？（假设猜想）通过分析上述实验，同学们猜想：废液中除酚酞、碳酸钙及水以外一定含有一。老师问：废液中还可能有什么物质？引发了同学们热烈讨论，下面是大家的发言：学生甲可能有Ca(OH)2、NaOH学生丙可能有Ca(OH)2、CaCI2学生乙可能有NaOH、Na2CO3学生丁可能有Na2CO3学生戊可能有NaOH（实验验证）同学们对可能含有的物质进行确定，取一定量的废液过滤，向滤液中逐滴加入氯化钡溶液，得到白色沉淀，红色褪去。（结论）上述滤液中，还含有—，没有_。【答案】（1）NaOH+HCI="NaCI"+H2O（2）溶液中出现白色浑浊（或产生白色的不溶于水的物质）（3）NaCl（4）Na2CO3CaCl2、Ca（OH）2、NaOH【解析】实验A.NaOH+HCI="NaCI"+H2O实验B.2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O实验C.Na2CO3+Ca（OH）2=2NaOH+CaCO3^；废液呈红色，说明废液呈碱性，向滤液逐滴加入氯化钡溶液，得到白色沉淀，Na2CO3+BaCI2=2NaCI+BaCO3^，说明废液中含有Na2CO3；红色褪去，说明废液加入BaCI2溶液后充分反应后溶液呈中性，说明废液中不会含有NaOH、Ca（OH）2,而且Na2CO3+CaCI2=2NaCI+CaCO3^，说明废液中也不会含有CaCI2。30.某矿井中的瓦斯气体可能含有CO、CO2、CH4等气体。为确定该瓦斯气体的成分，兴趣小组同学设计了如下实验方案供大家讨论：A杳阅资料）CH+4CuO4Cu+CO+2HO22

实验装置)1)装置C中的氧化铜由黑色变为红色，说明大家认为，欲通过D装置中浓硫酸因吸收水分而增重，说明混合气体中含有CH4的思路不严密，认为需要在(填装置序号，下同)间再增加一个装置，才能证明含有ch4。TOC\o"1-5"\h\z装置B的作用是。该装置存在的安全隐患是。综合上述讨论，兴趣小组排除了安全隐患，将混合气体通过改进后的装置进行了实验探究，请根据实验现象和数据填写结论：装置实验现象/数据实验结论A石灰水变浑浊通过实验现象和数据，小组成员一致认为该气体样品中含有。B无明显现象C黑色粉末变成红色D装置D增重3.6gE装置E增重4.4gTOC\o"1-5"\h\z(反思)(6)小明认为使用该装置存在着误差，他的理由是。【答案】混合气体中至少有CO、CH4中的一种BCD吸收二氧化碳可能发生爆炸C°2、CH4气体通过E装置时会带出水蒸气，所以E装置质量的增加值小于实际生成二氧化碳的质量【解析】【分析】【详解】一氧化碳具有还原性，加热条件下能与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反应的化学方A程式为：CO+CuO=Cu+CO2；甲烷同样可以与氧化铜反应，反应的化学方程式为AcH4+4Cu^=4Cu+CO2+2H2O，装置C中的氧化铜由黑色变为红色，说明混合气体中至少有co、ch4中的一种；（2）气体通过石灰水和氢氧化钠溶液时会带出水蒸气，需要在BC间再增加一个D装置,以吸收水蒸气。（3）因为Ca（OH）2微溶于水，装置A不能保证二氧化碳吸收完全，需用氢氧化钠溶液来完全吸收二氧化碳。（4）可燃性气体与空气混合，加热时可能发生爆炸。（5）A中石灰水变浑浊，说明原气体中含有二氧化碳；黑色粉末变成红色，说明含有还原性的气体；装置D增重3.6g，装置E增重4.4g，即生成了3.6g水和4.4g二氧化碳；说明混合气体中一定含有甲烷，4.4g二氧化碳中含有碳元素的质量为：4.4gx14xlOO%二1.2g，3.6g水中含有氢元素的质量为：3.6gxx100%二0.4g，碳4418元素和氢元素的质量比为1.2g：0.4g=3：1,恰好等于甲烷中碳元素和氢元素的质量比，则混合气体中一定含有甲烷，不含一氧化碳。（6）气体通过E装置时会带出水蒸气，所以E装置质量的增加值小于实际生成二氧化碳的质量。【点睛】掌握一氧化碳具有还原性、常见气体的检验方法等是正确解答本题的关键。三、流程题（培优题较难）31．稀土金属因其独特的性能而被誉为“新材料之母”。稀土金属钇的氧化物广泛应用于航空航天涂层材料。我国蕴藏着丰富的钇矿石，以此矿石为原料生产氧化钇（Y2O3）的主要流程如下：已知：有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：离子开始沉淀完全沉淀Fe3+2.73.7Y3+6.08.21）在“共熔”前，将钇矿石粉碎的目的是（2）实验室中，过滤操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和。（3）写出加稀盐酸溶解过程时发生的中和反应的化学方程式。（4）生成沉淀物A时的适当pH范围是___。（5）草酸钇煅烧时发生分解，生成一种金属氧化物和两种非金属氧化物，化学方程式是__。【答案】增大接触面积，利于反应充分进行，提高利用率漏斗Y（OH）3+3HCl=YCl3+3H2O/、煅烧不不27-37Y（COYO+3COT+3COT2243232【解析】【分析】【详解】（1）矿石粉碎后，增加接触面积，有利于提高反应速率，使反应充分进行，提高资源利用率；（2）过滤还需要漏斗过滤滤液；（3）酸为盐酸，碱为氢氧化钇，两者反应生成氯化钇和水，所以化学方程式为Y（OH）3+3HCl=YCl3+3H2O；（4）根据题目信息可知铁离子生成沉淀的pH范围为2.7-3.7,而沉淀A为氢氧化铁，所以选择此pH范围就可以使铁离子全部析出；（5）草酸钇煅烧生成的金属氧化物为氧化钇，另外两种为非金属氧化物，而草酸钇含有钇、碳和氧元素，则另外两种非金属氧化物为二氧化碳和一氧化碳，因此反应为草酸钇在煅烧条件下反应生成氧化钇、二氧化碳和一氧化碳，所以化学方程式TOC\o"1-5"\h\z/、煅烧不不Y（CO）YO+3COT+3COT。224323232.氯化亚铜（CuCl）广泛应用于冶金、电镀、医药等行业。CuCl制备流程如图:已知：CuCl难溶于水，在潮湿空气中易变质。（1）“反应”中发生的化学变化是2CuCl+NaSO=2CuCl（+2NaCl+S0,NaSO中硫元素的223323化合价是，产生的so3能迅速与水化合生成一种常见的酸，该反应的化学方程式为。（2）“操作a”中的玻璃棒的作用是。若得到的滤液2有浑浊，原因可能是（写出一种即可）。（3）可用“水洗”的原因是。（4）本流程中可以循环利用的物质（水除外）是（填化学式）。2222【答案】+4，SO3+H2O=H2SO4o引流，滤纸破损(其他合理答案均给分)。CUC1难溶于水NaCl(填化学式)。【解析】本题是流程题。考查了元素化合价的计算，混合物的分离，化学方程式的书写等。根据题中提供的信息结合已有的知识进行分析解答。(丄)在Na2SO3中，钠元素显+1价，氧元素显-2价，设：硫元素的化合价为x,在化合物中元素的化合价的代数和为零。则有(+1)x2+x+(-2)x3=0,x=+4；SO3能迅速与水化合生成硫酸，化学方程式为：SO3+H2O=H2SO4；“操作a”是将固体与液体分离，操作a是过滤，过滤中的玻璃棒的作用是引流；若得到的滤液2有浑浊，原因可能是滤纸破损等；可用"水洗”的原因是CuCI难溶于水，能够除去可溶性杂质；根据流程图可知，本流程中可以循环利用的物质(水除外)是NaCl。点睛：分析流程中的每一步骤是解题的基础，一般从以下几个方面了解流程：①反应物是什么，②发生了什么反应，③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为了获得产品而服务。33.过氧化钙(CaO)是用途广泛的优良供氧剂。以电石渣［主要成分为Ca(OH)，含少量22CaCO］为原料制备CaO的一种工艺流程如下：32(查阅资料)I.Ca(OH)+2NHC1=CaC1+2NH・HOTOC\o"1-5"\h\z24232CaCl+2NH・HO+HO+6HO=CaO・8HO；+2NHCl232222224CaO・8HO在水中不太稳定，会缓慢分解。22⑴“提取Ca(OH)”时反应的基本类型是；Ca(OH)的俗名为；“过滤1”22所