初三化学中考试题及答案

初三化学中考试题及答案一、选择题（培优题较难）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AgNO3溶液能反应，证明铜比银的活动性强，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，AgNO溶液四种物质中，铁能与稀硫酸3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.如图是物质的分类及部分转化关系图，有关说法不正确的是转化a一定是化学变化转化b一定是化学变化转化b中一定有元素的存在形态发生改变分离液态空气制取氧气属于转化c【答案】A【解析】【分析】【详解】转化a不一定是化学变化，可能是物理变化，比如过滤可以将固体物质和溶于水中的物质分开。故选A.3.已知反应前后分子变化的微观示意图如下所示，下列说法错误的是反应前反应后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^MC02+2H20。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。如图所示A〜F是初中化学常见的物质。图中“一”表示转化关系，“-”表示相互能反应（部分物质和反应条件未标出）。其中A是紫红色金属，B常温下是气体，C是人体胃液中含有的酸。则下列说法正确的是（）B可能为氢气或一氧化碳该过程中没有涉及到复分解反应D转化为A的反应可以为置换反应【答案】D【解析】A是紫红色金属，那么A是铜；C是人体胃液中含有的酸，那么C是盐酸；B常温下是气体，盐酸能与某物质反应得到B,根据盐酸的性质生成的气体可能是氢气或二氧化碳，但二氧化碳不能转化为铜，故B是氢气；要得到金属铜，除了通过还原反应外，还可通过置换反应得到。盐酸能转化为D,D能转化为铜，故D可能氯化铜：盐酸与氧化铜反应生成氯化铜和水，氯化铜和铁反应生成铜和氯化亚铁；盐酸还能转化为E和F,E和F能发生反应，根据盐酸的性质，那么酸能转化为水和二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸。A、E可能是二氧化碳，也可能是水，错误；B、B—定是氢气，错误；C、盐酸与碳酸盐反应转化为水和二氧化碳属复分解反应，错误；D、氯化铜与铁反应转化为铜属置换反应，正确。故选D。点睛：做推断题时首先要找题眼，如物质的颜色，具有特殊性质的物质或特殊的反应条件等，再根据转化关系利用已有知识进行解答。小亮同学在实验室中制取CO2气体后，对废液进行后续探究，他向一定质量的含CaCl2和HCI的溶液中逐滴加入溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液•实验过程中加入Na2CO3溶液的质量与生产沉淀或者气体如图1所示；加入Na2CO3溶液的质量与溶液的pH变化关系E1戡A.图1中bTc段表示生成气体的过程B.图1中b点的值为106C.图1中OTa段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中dTh段曲线表示D.图1中c点时，溶液中的溶质有两种【答案】C【解析】(1)加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，因此图中oa段表示生成的气体质量；A.图1中b-c段表示生成沉淀的过程；B.根据题意可知碳酸钠先与盐酸反应，再与氯化钙反应，由图示可知碳酸钠与盐酸反应生成气体2.2g，碳酸钠与氯化钙反应，生成沉淀5.0g.设生成2.2g气体所需的Na2CO3的质量为y,生成沉淀5.0g所需Na2CO3的质量为z.则106106NaCO+2HCl=2NaCl+COf+HONaCO+CaCl=CaCONaCO+2HCl=2NaCl+COf+HONaCO+CaCl=CaCO；+2NaCl2322232310644100y2.2g5g106/44=y/2.2gy=5.3g106/100=z/5gz=5.3gz图1中b点的值为5.3g十10%=53；x点的值为（5.3g+5.3g）三10%=106C.碳酸钠溶液呈碱性，和盐酸反应生成中性的氯化钠溶液和二氧化碳，a点表示碳酸钠先盐酸反应，把盐酸消耗完，故溶液中的溶质为氯化钠和氯化钙；所以溶液的pH逐渐增大到7；因此图1中0-a段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中d-h段曲线表示；D.当盐酸反应后，溶液中溶质有氯化钠和氯化钙，溶液呈中性，b〜c段反应过程是碳酸钠与氯化钙反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，在此过程中，溶液的PH不变，呈中性，图1中c点时，原溶液中的溶质盐酸和氯化钙都被反应完，溶液中的溶质只有氯化钠。选C点睛：①碳酸钠溶液呈碱性，②在盐酸和氯化钙的混合溶液中加入碳酸钠时由于碳酸钙沉淀和稀盐酸反应，所以碳酸钠先与盐酸反应，后与氯化钙反应为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥砂，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作①过滤；②加过量NaOH溶液；③加适量盐酸；④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液.下列操作顺序中最合适的是（）②④⑤①③B.⑤④②③①C.⑤②④③①D.②⑤④①③【答案】D【解析】试题分析：镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，②加过量的NaOH溶液，①过滤，③加适量的盐酸；或者，②加过量的NaOH溶液，⑤加过量的BaCI2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，①过滤，③加适量的盐酸.所以正确的顺序是⑤④②①③或②⑤④①③故选D.考点：氯化钠与粗盐提纯；物质除杂或净化的探究；实验步骤的探究.点评：在解此类题时，注意除杂的最后不能再有其他杂质，过滤要放在所有沉淀步骤的最后.有一包固体粉末X,可能含有碳酸钙、硫酸铜、硫酸亚铁、锌粉，为确定固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如下图所示（不考虑水、稀盐酸的挥发），下列说法中正确的是（）若气体1为纯净物，则溶液2中可能含有三种阳离子若气体1为混合物，则溶液2中可能含有Fe2+若溶液1呈无色，则固体粉末X中不可能含有硫酸铜若溶液2呈浅绿色，则沉淀2不可能是纯净物【答案】B【解析】【分析】有一包固体粉末X,可能含有碳酸钙、硫酸铜、硫酸亚铁、锌粉。取固体粉末X,加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1,在沉淀1中加入过量稀盐酸，有沉淀2、溶液2和气体1生成。因为目前所学的除了银离子和稀盐酸产生氯化银沉淀，其他任何物质与稀盐酸反应均无法生成沉淀，根据题意不含银离子，所以沉淀1中包含两种沉淀，为碳酸钙和沉淀2,且可知沉淀2不和稀盐酸反应，结合题意，所以该沉淀2一定是铜，铜的来源是第一步骤硫酸铜和锌反应生成硫酸锌和铜，所以固体粉末X中一定有锌、硫酸铜和碳酸钙。分四种情况讨论：①若固体粉末X只存在锌、硫酸铜和碳酸钙。取固体粉末X,加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1,溶液1为硫酸锌。a：硫酸铜与锌反应时，硫酸铜过量，沉淀1为碳酸钙和铜。在沉淀1中加入过量稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，所以沉淀2为铜，溶液2为氯化钙，气体1为二氧化碳。符合题意。b：硫酸铜与锌反应时，锌过量，沉淀1为碳酸钙和铜和锌。在沉淀1中加入过量稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，所以沉淀2为铜，溶液2为氯化钙和氯化锌，气体1为二氧化碳和氢气。符合题意。②若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌的量只能和硫酸铜反应，锌全部反应完全，无法继续和硫酸亚铁反应，硫酸亚铁存在于溶液1中，即溶液1中含有硫酸锌和硫酸亚铁，其他与①a相同。③若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌与硫酸铜反应后剩余，锌会与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁。取固体粉末X,加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1,溶液1为硫酸锌，沉淀1为碳酸钙和铜、铁。碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以气体1包括二氧化碳和氢气两种，溶液2包括氯化钙和氯化亚铁两种。沉淀2为铜。④若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌与硫酸铜反应后剩余，锌会与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，反应后锌仍剩余。取固体粉末X,加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1,溶液1为硫酸锌，沉淀1为碳酸钙和铜、铁、锌。碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，所以气体1包括二氧化碳和氢气两种，溶液2包括氯化钙和氯化亚铁、氯化锌三种。沉淀2为铜。【详解】A、若气体1为纯净物，根据分析，①的a情况和②两种情况均符合，这两种情况时溶液2中只有氯化钙，只有两种阳离子为钙离子和氢离子，故选项错误；B、若气体1为混合物，则符合①的b情况和③、④，溶液2对应氯化钙、氯化锌；氯化钙和氯化亚铁；氯化钙、氯化铁、氯化锌三种情况，则溶液2中可能含有Fe2+，故选项正确；C、若溶液1呈无色，则固体粉末X中可能含有硫酸铜，因为硫酸铜和锌反应生成硫酸锌和铜，溶液1为硫酸锌溶液，无色，只要保证硫酸铜完全反应即可，故选项错误；D、若溶液2呈浅绿色，则符合③和④两种情况，此时沉淀2均只有铜，为纯净物，故选项错误。故选B。8．下列各组物质的溶液，不用其他试剂，不能鉴别出来的是（）A．Na2CO3、HCl、BaCl2、NaClB．FeCl3、HCl、NaCl、NaOHC．H2SO4、NaOH、BaCl2、CuCl2D．NaOH、Ba（NO3）2、NaCl、MgSO4【答案】D【解析】【分析】【详解】A、组内四种溶液两两混合时，其中有一种溶液与其他三种溶液混合时出现三种不同现象：产生白色沉淀、放出气体、无明显现象，则该溶液为碳酸钠溶液；与碳酸钠溶液产生气体的溶液为盐酸，产生白色沉淀的为氯化钡，与碳酸钠溶液混合无明显现象的为NaCl溶液。不用其他试剂，组内物质可以鉴别出来，不符合题意；B、FeCl3溶液是黄色的，能与FeCl3溶液反应产生红褐色沉淀的是NaOH溶液，再将剩余的两种溶液分别滴加至红褐色沉淀中，能使沉淀消失的是稀盐酸，无明显变化的是氯化钠溶液，不用其他试剂，组内物质可以鉴别出来，不符合题意；C、CuCl2溶液是蓝色的，能与CuCl2溶液反应产生蓝色沉淀的是NaOH溶液，再将剩余的两种溶液分别滴加至蓝色沉淀中，能使沉淀消失的是稀H2SO4，无明显变化的是BaCl2溶液，不用其他试剂，组内物质可以鉴别出来，不符合题意；D、MgSO4溶液与NaOH、Ba（NO3）2反应均能产生白色沉淀，但其余两两混合均没有明显象，不加其他试剂，无法鉴别，符合题意。故选Do9．下列实验操作能达到实验目的的是：（）选项实验目的实验操作A除去CO中少量的CO2点燃B除去CuSO溶液中的少量FeSO44加入足量的铜粉C鉴别澄清石灰水和NaOH溶液加入稀盐酸D除去CaCl溶液中少量的HCl2加入足量的碳酸钙A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】A二氧化碳不可燃不助燃，不能将二氧化碳中的少量一氧化碳点燃，不能达到除杂目的；B铜的活动性比铁弱，不能与硫酸亚铁，不能达到除杂目的；C、澄清石灰水和NaOH溶液与稀盐酸反应都没有明显现象，无法鉴别；D碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，过滤后溶液中只有氯化钙一种溶质，能达到除杂目的；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溶液中无色，且在pH=1时能大量共存的是A．CuSO4NaClKNO3B．NaOHNaClNaNO3C.Na2SO4KClZnCl2D.K2SO4AgNO3NaCl【答案】C【解析】pH=1的溶液中有大量的H+，大量共存要求物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体或沉淀，形成无色溶液要求分析常见离子在水溶液中的颜色，若为无色，符合题意A、物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体或沉淀，但Cu2+在水溶液中为蓝色，故A错误.B、NaOH可与酸发生中和反应，故不能共存，所以错误C、物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体或沉淀，且离子均为无色，故C正确.D、K2SO4AgNO3生成硫酸银沉淀，故D不正确故选C某课外兴趣小组的同学绘制了四种实验操作的变化趋势图象，其中正确的是()

A.B.C.D.推成沉淀的质吐()加A常耀帕两晴怎BA.B.C.D.推成沉淀的质吐()加A常耀帕两晴怎B生逍气弹的质応広/JitlAM硫體的质尿尢D某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体向盐酸和硫酸钠的混合溶液中加入过量的氢氧化钡溶液向稀盐酸中滴加过量的氢氧化钠溶液分别向等质量的镁、铝中逐滴滴加稀硫酸【答案】D【解析】A、向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体，当硝酸钾溶液达到饱和，温度一定，饱和溶液质量分数不变，错误；B、加入氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，硫酸钡不溶于盐酸，所以加入过量的氢氧化钡溶液立即生成硫酸钡沉淀，硫酸钠与氢氧化钡反应结束后，沉淀质量不再增加，错误；C、因为稀盐酸呈酸性，pHV7,加入氢氧化钠，pH升高，图象应从小于7逐渐到大于7,错误；D、横坐标是滴加酸的质量，所以相当于开始酸不足，导致生成氢气的质量取决于酸而不取决于金属，生成氢气的质量相同，只有一种金属完全反应时，之后曲线才不重叠。因为硫酸足量，所以最终生成氢气的质量由金属决定，根据方程式可知同质量的镁铝，铝生成的氢气的质量大，正确。故选Do图中“T"表示甲在一定条件下可以转化成乙，"一"表示相连的物质在一定条件下可以发生反应，甲、乙、丙、丁分别表示一氧化碳、碳、氧气、二氧化碳中的某一物质，下列说法正确的是甲乙丙T甲一定是一氧化碳B.乙一定不是二氧化碳C.丙可能是碳或氧气D.丁可能是碳或二氧化碳【答案】C【解析】【分析】根据各组内四种物质的性质及变化规律，利用物质间发生反应需要满足的条件，判断物质间反应与转化关系图中所示的物质间关系相符合的选项；丙与丁均能和其它的两种物质反应，所以可判断它们是氧气与碳，推断结论是否正确可采用依据选项分析判断转化是否完成即可得到答案。【详解】A、甲是一氧化碳时则乙是二氧化碳，丙是氧气，丁是碳，符合该转化过程；但当甲是二

氧化碳，乙是一氧化碳，丁是氧气，丙是碳时，该转化也能完成，故该说法错误；B、当乙是二氧化碳时，丁是碳，丙是氧气，甲是一氧化碳该转化也能完成，故说法错误；C、当丙是碳时，乙是一氧化碳，丁是氧气，甲是二氧化碳可完成该转化；丙是氧气时，乙是二氧化碳，丁是一氧化碳，甲是碳可完成该转化，故选项说法正确；D、当丁是二氧化碳时，二氧化碳无法与其它的两种物质反应，该转化无法完成，故该选项说法错误。故选Co下列图象分别与选项中的描述相对应，其中正确的是（）A.氧碳质■§A.氧碳质■§

--化^啓坠表示向一定量大理石中滴加稀盐酸，产生二氧化碳的质量变化A」_A」_O剩余固体'g成体质E

主气的量表示加热一定量碳铵（NH4HCO3），试管中固体的质量变化反应时『It/a表示电解水实验中，生成的氢气及氧气的质量关系表示向相同浓度和体积的稀硫酸中加入足量的镁粉和铁粉，产生氢气的质量关系【答案】B【解析】向一定量大理石中滴加稀盐酸，反应中产生二氧化碳的质量随盐酸的增多而增多，当碳酸钙反应完，二氧化碳的质量不再增加；碳酸氢铵受热分解生成二氧化碳、氨气、水，生成物中没有固体，所以反应结束，固体质量为零；电解水时正极生成的是氧气，负极生成的是氢气，氢气是氧气体积的2倍；向相同浓度和体积的稀硫酸中加入足量的镁粉和铁粉，镁比铁活动性强，反应快，由于镁粉和铁粉足量，酸反应完反应结束，生成氢气的质量一样多。选B点睛：结合反应方程式，推断物质的变化和图像表达的变化比较，重点是起点、变化趋势、终点，同时要看清坐标对应的量，和反应物的量14.下列实验与图像关系对应正确的是（）选项ABCE实殓加热一定质量的氢氧化铜固体向一正里的碳酝药钠固体中逐滴扣入稀硫酸至过量向一定量的稀硫醱中逐滴加[氢氧化钠濬酒至过量定温度下,向不饱和硝酸钠潯潘中不断加入.硝酸钠固帖充分搅拌團像获一札0施亠一[__.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、氢氧化铜在加热的条件下生成氧化铜和水，所以固体质量逐渐减小，然后不变，不会减小到零，错误；B、碳酸氢钠和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，反应结束，二氧化碳的质量不变，错误；C、稀硫酸的pH值小于7,氢氧化钠的pH值大于7,向一定量的稀硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，所以pH值应该从小于7逐渐变成大于7,错误；D、在一定温度下，向一定质量的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体，溶液继续溶解硝酸钾，溶质质量分数逐渐增大，然后不变，正确。故选D。15.AICI3溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始时生成AI（OH）3白色沉淀，当NaOH溶液加至一定时，由于发生反应AI（OH）3+NaOH=NaAIO2+2H2O,而使白色沉淀逐渐减少，直至全部溶解。则下列图像能正确表示上述变化情况的是（横坐标表示滴加NaOH溶液的质量，纵坐标表示生成的ai（oh）3沉淀的质量）关系如图所示。下列说法正确的是(关系如图所示。下列说法正确的是()A.NaOH质量B.Na-OH质量A.NaOH质量B.Na-OH质量C.NiOH质量D.D.Na-OH质童【答案】B【解析】【详解】AICI3溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始时生成AI(OH)3白色沉淀，AICI3+3NaOH=AI(OH)3(+3NaCI，氯化铝与氢氧化钠反应的计量数之比为1:3，当NaOH溶液加至一定时，由于发生反应AI(OH)3+NaOH=NaAIO2+2H2O,而使白色沉淀逐渐减少，直至全部溶解。氢氧化铝与氢氧化钠反应的计量数之比为1:1；故选：B。16.向一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入锌粉，所得溶液的质量与加入锌粉的质量JJoa潯酒质量g'锌粉的质量ga点所得溶液中的溶质是硝酸铜、硝酸锌b点对溶液中含有的金属离子为Zn2+和CU2+、Ag+c点所得固体为银和铜d点所得溶液中溶质一定有硝酸锌，可能有硝酸铜【答案】C【解析】【分析】向一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入锌粉，三种金属的活动性顺序为锌＞铜＞银，加入锌粉后，锌先与硝酸银反应置换出银：Zn+2AgNO3=Zn(NO3)2+2Ag，锌的相对原子质量比银小，置换出来银后，溶液质量减小；再跟硝酸铜反应置换出铜：Zn+Cu(NO)=Zn(NO)+Cu，锌的相对原子质量比铜大，置换出来铜后，溶液质量增3232大。【详解】A、由以上分析可知，a点发生的是锌与硝酸银的反应，但锌还未把银完全置换出来，所得溶液中的溶质是硝酸铜、硝酸锌和硝酸银，故选项错误；B、由以上分析可知，b点时加入的锌恰好把银完全置换出来，溶液中已经没有硝酸银了，也就没有Ag+了，b点对应溶液中含有的金属离子为Zn2+和CU2+，故选项错误；C、由以上分析可知，be段是锌在置换铜，c点时锌与硝酸铜恰好完全反应，所得固体为银和铜，故选项正确；D、由以上分析可知，d点时锌粉已经过量，所得溶液中溶质一定有硝酸锌，不可能有硝酸铜和硝酸银，故选项错误。故选Co【点睛】解答此类题型一定要先看清楚横纵坐标表示的含义，再结合金属活动性顺序判断出金属与溶液之间置换的先后顺序，最后结合化学方程式的计算进行求解。17.将ag铁粉和锌粉的混合物加入到bgAgNO3和Cu(NO3)2组成的混合溶液中，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。判断下列有关说法中，不正确的是滤渣的质量一定大于ag若滤渣中含有单质Zn,则滤液一定是无色溶液若向滤渣中加入足量的稀盐酸有气泡冒出，则滤渣中一定含有Ag、Cu、Fe若向滤液中加入足量的稀盐酸有白色沉淀产生，则滤液中的一定含有四种金属阳离子【答案】A【解析】【分析】四种金属的活动性顺序为：锌〉铁＞铜＞银，将ag铁粉和锌粉的混合物加入到bgAgNO3和Cu(NO3)2组成的混合溶液中，反应顺序是，锌先与盐溶液反应，锌完全反应后，如果硝酸银或硝酸铜有剩余，铁在与两溶液反应；①锌和硝酸银反应生成硝酸锌和银，②锌和硝酸铜反应生成铜和硝酸锌，反应中金属的质量关系如下：2AgN0+Zn=Zn(NO)+2AgTOC\o"1-5"\h\z33265216Cu(NO)+Zn=Zn(NO)+Cu32326564Cu(NO)+Fe=Fe(NO)+Cu32325664【详解】铁和硝酸银、硝酸铜反应时，随着反应的进行，溶液质量减小，固体质量增加，锌和硝酸银反应时，随着反应的进行，溶液质量减小，固体质量增加，锌和硝酸铜反应时，随着反应的进行，溶液质量增加，固体质量减小，当锌和硝酸铜的质量远远大于铁和硝酸银的质量时，滤渣的质量会小于ag，该选项说法不正确；若滤渣中含有单质Zn,则滤液一定是无色溶液；若向滤渣中加入足量的稀盐酸有气泡冒出，则滤渣中一定含有Ag、Cu、Fe,由于锌先反应，锌可能剩余，也可能反应完；若向滤液中加入足量的稀盐酸有白色沉淀产生，则硝酸银有剩余，硝酸铜没反应，锌和铁都反应完，则滤液中的一定含有银离子，四种金属阳离子。选A【点睛】金属活动顺序表：KCaNaMgAlZnFeSnPbHCuHgAgPtAu,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。在相同的温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，反之亦然。取20°C和lOlkPa下相同体积的CH和0混合，在一定条件下充分反应，恢复到初始温度和压强。下42列说法正确的是()A•参加反应的CH4和02的体积比为1:1生成的CO分子个数为原来气体分子数的三分之一2反应后气体的体积为原来的二分之一反应后的气体中C、0原子的个数比为1:2【答案】C【解析】【分析】反应的化学方程式：CH4+2O2止區2H2O+CO2。A.根据反应的化学方程式，判断反应中两气体的分子个数关系，利用相同体积的气体具

有相同的分子数，确定参加反应的CO和02的体积比；BC•根据反应的化学方程式，判断反应中反应前后气体的分子个数关系，利用相同体积的气体具有相同的分子数，确定生成的CO2分子个数与原来气体分子数关系；根据化学反应中甲烷与氧气的分子个数关系来分析。【详解】由化学方程式可知，参加反应的CH4和02的分子个数比为1:2，则参加反应的CH4和02的体积比为1:2；故A错误；每1个CH4分子与1个02分子反应生成2个CO2分子，而原混合气体中CH4和02分子个数相等，则生成的CO2分子个数为原来气体分子数的四分之一，而不是三分之一；故B不正确；由B可知，C正确；由化学方程式中参加反应的甲烷分子与氧气分子的个数比可知，反应后的气体中C、O原子的个数比为1:1，故D不正确.【点睛】通过准确理解所给的重要信息，利用该信息实现分子个数与气体体积之间的转换，体现出获取信息与处理信息的能力。下列图像能正确反映其对应关系的是A.向氢氧化钠溶液中加水稀释'B.浓硫酸敞口放置一段时逊置时闽F无溶°加水的质童讯C.向饱和石灰水中加入少量生石灰〉也"生石炭的质量卞D.催化剂对过氧化氢分解的影响B.浓硫酸敞口放置一段时逊置时闽F无溶°加水的质童讯C.向饱和石灰水中加入少量生石灰〉也"生石炭的质量卞D.催化剂对过氧化氢分解的影响更应时间拓不^MnOi【答案】C【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取一定量的氧化铁与氧化铜的混合物，加入稀硫酸(含0.2molHS0)，恰好完全反应24成盐和水.原混合物中氧元素的质量是A.12.8gB.6.4gC.3.2gD.1.6g【答案】C【解析】Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2OCuO+H2SO4=CuSO4+H2O,由化学方程式可知，氧化物中氧原子的物质的量等于硫酸根的物质的量，故n(O)=n(H2SO4)=0.2mol，故原混合物中氧元素的质量为：0.2molX16g/mol=3.2g，故选C。将一定质量的镁、锌混合物粉末放入到一定质量的硫酸铜溶液中，待反应停止后，过滤得滤渣和滤液，再向滤渣中加入足量的稀盐酸，滤渣部分溶解且有气体生成，则下列说法正确的是()A.滤渣中一定有镁、铜B.滤渣中一定有镁、锌、铜C.滤液中一定有硫酸铜和硫酸锌D.滤液中一定有硫酸镁，一定没有硫酸铜【答案】D【解析】三种金属的活动性镁＞锌＞铜，镁、锌混合物粉末放入到一定质量的硫酸铜溶液，镁先和硫酸铜反应生成硫酸镁和铜，然后锌和硫酸铜生成硫酸锌和铜，所以反应后溶液中一定有硫酸镁，固体中一定有铜；再向滤渣中加入足量的稀盐酸，滤渣部分溶解且有气体生成，说明固体中有活泼金属，说明硫酸铜被完全反应，所以滤液中一定没有硫酸铜；选D点睛：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。22.除去下列物质中的少量杂质，所选用的试剂或操作方法错误的是()选项物质杂质试剂操作方法AHO2油污活性炭振荡、搅拌B空气甲醛过量焦炭通过焦炭净化器CCO水蒸气足量牛石灰通过生石灰的干燥管DNaNO溶液3NaCO23适量^叫）?溶液过滤，蒸发结晶A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A、活性炭能吸附色素异味，但不能除油污；B通过焦炭净化器能将空气中的甲醛吸附；C生石灰即氧化钙和水反应生成固体氢氧化钙，因而可用于吸水，而且由于不与一氧化碳反应，可用于干燥一氧化碳；D,适量的硝酸钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钠，过滤后溶液中的溶质只有硝酸钠，符合除杂要求。选A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黄铜渣中约含Zn7%、ZnO31%、Cu50%、CuO5%,其余为杂质。处理黄铜渣可得到硫酸锌，其主要流程如下图（杂质不溶于水、不参与反应）：下列说法正确的是A.溶液A中的溶质有2种B.I、II中的操作均包含过滤C.溶液A的质量大于溶液BD.溶液C中溶质的质量分数小于溶液B【答案】B【解析】A黄铜渣加入过量的稀硫酸后，锌、氧化锌都反应生成硫酸锌，氧化铜反应生成硫酸铜；滤液A中有硫酸铜、硫酸锌、硫酸三种溶质；B.1、11中的操作目的都是将溶液与固体分离，均包含过滤；C.锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，参加反应的的硫酸铜的质量小于生成的硫酸锌的质量，溶液A的质量小于溶液B；D.溶液C是析出晶体得到的饱和溶液，其溶质的质量分数大于同温度下的不饱和溶液B;选B点睛：同种溶质、同种溶剂、同种温度下饱和溶液一定比不饱和溶液浓。实验室使用大理石和盐酸反应制取的C0是不纯净的，为证明该气体中含有多种物质，2所用的试剂及使用顺序正确的是（）A.无水硫酸铜、硝酸银溶液、石灰水B.浓硫酸、氢氧化钠溶液、石灰水C.硝酸银溶液、石灰水、无水硫酸铜D.氯化钙、石蕊试液、水【答案】A【解析】A、气体先通入无水硫酸铜，无水硫酸铜变蓝，证明有水存在；再通入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，证明有氯化氢存在；最后通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，证明二氧化碳存在，正确；B、浓硫酸可干燥气体，不能证明水的存在，氢氧化钠和二氧化碳、氯化氢反应，除去二氧化碳和氯化氢，无法证明有水、氯化氢，错误；C、先通硝酸银溶液，会使气体中混有水蒸气，无法判断原来有没有水蒸气，错误；D、氯化钙干燥气体，氯化氢和二氧化碳通入水蕊试液都能使石蕊试液变红色，无法证明有水和氯化氢，错误。故选A。点睛：实验室使用大理石和盐酸反应制取二氧化碳，制取气体中含有水蒸汽，盐酸挥发出氯化氢和制取的二氧化碳，证明水的存在选择无水硫酸铜，证明氯化氢存在选择硝酸银溶液，证明二氧化碳存在选择澄清石灰水。某烧碱与小苏打的样品（其中杂质不溶解，也不参加反应）中钠元素与碳元素的质量比为23:3，向此样品中加入200g9.8%的稀硫酸恰好完全反应，过滤得到216g溶液和0.6g固体。此样品中小苏打的含量为A.40%B.41.2%C.57.1%D.8.4g【答案】A【解析】200g9.8%的稀硫酸中硫酸根的质量为200gx9.8%x'：=19.6g。烧碱、小苏打与稀硫96酸反应都生成硫酸钠。216g溶液中硫酸钠的质量为19.2gJ」=28.4g,28.4g硫酸钠中钠元素的质量为28.4g-19.2g=9.2g。样品中碳元素的质量为9.2gx3m23=1.2g，样品中小苏打的质1223量为1.2g「"=8.4g，小苏打中钠元素的质量为8.4gx，''=2.3g，烧碱中钠元素的质量为9.2g-232.3g=6.9g，烧碱的质量为6.9gJ"=12g,样品的质量为12g+8.4g+0.6g=21g,此样品中小苏打的含量为'儿'x100%=40%，故选A。二、实验题（培优题较难）实验小组研究盐酸、氢氧化钙两种物质的化学性质，做了如下图所示8个实验。紫鱼石FmdCaCOsNaiCS无色酚稀NanCOj澄清穗试懑濬液酎濬液盐瀋液石灰水酸已知：Na2CO3+CaCI2^CaCO3&+2NaCITOC\o"1-5"\h\z实验后某试管中为黄色溶液，该试管中发生反应的化学方程式。实验后某试管中为红色溶液，向其中加入足量的，溶液变为无色。由此推断，该试管中最初盛有的物质是。实验后某试管的底部有白色固体，过滤后向滤液中滴加稀盐酸，一段时间后有气泡出现。由此推断，该试管中最初发生反应的化学方程式为。实验后某试管中只得到无色溶液，向其中加入足量的Na2CO3溶液，无明显现象。由此推断，该试管中最初发生反应的化学方程式为，原无色溶液中的溶质是(写出所有可能)。【答案】Fe2O3+6HCI=2FeCI3+3H2O稀盐酸或稀硫酸无色酚酞溶液Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3；+2NaOHNa2CO3+2HCI=2NaCI+H2O+CO2fNa2CO3、NaCI或只有NaCI【解析】【分析】【详解】8支试管中只有盛放Fe2O3的试管中滴入稀盐酸后试管中为黄色溶液，Fe2O3和稀盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCI=2FeCI3+3H2Oo8支试管中反应后变为红色溶液的有2支，石蕊溶液中滴入稀盐酸，无色酚酞溶液中滴入澄清石灰水，但石蕊溶液变红后无论加入什么都不会变成无色，酚酞溶液加入可溶性碱后变红，如果加入酸将碱性物质反应完，溶液就会变为无色。因此符合此现象的是原来试管中是无色酚酞溶液，加入澄清石灰水后变红，然后加入稀盐酸或稀硫酸后红色会变为无色。由图可知只有澄清石灰水与Na2CO3溶液的反应、CO2与澄清石灰水的反应有白色沉淀生成，过滤后向滤液中加稀盐酸，一段时间后有气泡出现，如果是CO2与澄清石灰水的反应，过滤后滤液中只有水或者是含有少量氢氧化钙的溶液，加入稀盐酸没有气泡产生，因此最初只能是澄清石灰水与Na2CO3反应，且碳酸钠有剩余，最初发生的化学反应是：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3；+2NaOH。8支试管中最初只得到无色溶液的只有2支，碳酸钠溶液加入稀盐酸、稀盐酸中加入澄清石灰水，稀盐酸中加入澄清石灰水生成氯化钙，而题中向其中加入足量的Na2CO3溶液，无明显现象，说明其中不含氯化钙。由此可知该试管中最初是Na2CO3溶液，加入稀盐酸发生的反应是：Na2CO3+2HCI=2NaCI+H2O+CO2个；反应后的溶液为无色，溶质可能是只有NaCI或NaCI和Na2CO3(因向其中加入Na2CO3溶液无现象，所以不可能有HCI)。小红学碱的性质时做了如图两个实验，并把两个实验的滤液都倒入了一个烧杯中，结果烧杯中产生了少量气泡，最终还有白色沉淀生成。回答下列问题：石刼水一I二.弋实验①中酚酞溶液的作用。实验②中滤液的溶质除有氢氧化钠外，还有(填化学式)。烧杯中产生白色沉淀物的化学方程式。小红对烧杯中的溶质的成分进行探究：小红认为除有NaCl夕卜,还可能含有:猜想1:还可能含有CaCl2猜想2:还可能含有,为了验证猜想1提出方案如下：实验操作实验现象实验结论取烧杯中的少量滤液于试管中，加入NaCO溶液23猜想1正确【答案】显示中和反应发生及反应程度NaCOCaCl+NaCO=CaCO；+2NaClNaCO23223323有白色沉淀【解析】澄清石灰水解稀盐酸均为无色透明的溶液，实验①中酚酞溶液的作用是显示中和反应发生及反应程度；(2)把两个实验的滤液都倒入了一个烧杯中，结果烧杯中产生了少量气泡，最终还有白色沉淀生成。证明实验②中滤液的溶质除有氢氧化钠外，还有Na2CO3；(3)碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀和氯化钠,故烧杯中产生白色沉淀物的化学方程式为：CaCI2+Na2CO3=CaCO3d+2NaCI；(4)如果氯化钙和碳酸钠恰好完全反应，则溶质为氯化钠；若氯化钙过量，则溶质除了氯化钠以外还有氯化钙；若碳酸钠过量，则溶质除了氯化钠以外还有碳酸钠，故小红对烧杯中的溶质的成分进行探究：小红认为除有NaCl外，还可能含有：猜想1：还可能含有CaCI2；猜想2:还可能含有Na2CO3；为了验证猜想1提出方案如下：实验操作实验现象实验结论取烧杯中的少量滤液于试管中，加入Na2CO3溶液有白色沉淀猜想1正确氧化铜是一种黑色固体,可溶于稀硫酸。某同学想知道是稀硫酸中的哪种粒子（H2O、H+、SO42-）能使氧化铜溶解。请你和他一起通过图中I、II、III三个实验完成这次探究活动。TOC\o"1-5"\h\z（1）你提出的假设。（2）通过实验丨可以证明。（3）要证明另外两种粒子能否溶解氧化铜，还需要进行实验II和III，在III中应该加入。（4）探究的结果为—，你认为除实验II和III所用的试剂外，还能够溶解氧化铜的另一种常见物质是。【答案】（1）溶液中H+使CuO溶解（2）H2O不能溶解CuO（3）硫酸钠溶液（4）溶液中的H+可以使CuO溶解，H2O和SO42-不能使CuO溶解稀HNO3或HCI【解析】（1）一般提出假设是按照正确结论进行假设的，所以假设使氧化铜溶解的是可能氢离子；（2）因为现象是氧化铜不溶解，所以结论是水分子不能使氧化铜溶解.（3）因为I实验证明了H2O不能使CuO溶解的结论，实验II中既有H+,又有SO42-和H2O,其中水分子已经证明了不能使CuO溶解，而且知道实验II中的现象是氧化铜溶解，但三个实验必须得出实验结果，如果实验三再加盐酸，那硫酸根就没法证明了，所以实验III中应加入的物质应该是含硫酸根的溶液.（4）通过实验可以得知，水分子和硫酸根离子都不能使氧化铜溶解，使氧化铜溶解的是氢离子，只有含有大量氢离子的溶液才可以和氧化铜反应，使之溶解.金属氧化物与酸反应，故还可以是稀HNO3或HCI。水煤气是重要的气体燃料，某水煤气样品可能含有CO2、CO和H2，某化学兴趣小组的同学对该水煤气样品的成分进行探究.实验一：⑴将该水煤气样品通入澄清石灰水，若看到—，证明该气体样品中含有co2.实验二：（2）为了证明该水煤气样品中含有CO,小明设计了如图1所示装置进行实验，证明该气体样品中含有CO.gjl请回答：A中的药品是作用是—；硬质玻璃管内的黑色粉末是⑶小张认为小明的实验不够严密，做了如图2的改进：则B中澄清石灰水的作用是—，当观察到—的现象时，可以肯定该水煤气样品中一定含有CO.【答案】(1)澄清石灰水变浑浊(2)NaOH除去水煤气中的CO2Fe3O4(3)证明气体药品中的CO2在A中已被完全吸收B中的澄清石灰水不会变浑浊，而C中的变浑浊【解析】将该水煤气样品通入澄清石灰水，若看到澄清石灰水变浑浊，证明该气体样品中含有co2.一氧化碳还原氧化铜能生成铜和二氧化碳，首先要除去气体中混有的二氧化碳，故A中的药品是氢氧化钠溶液，作用是吸收二氧化碳；硬质玻璃管内的黑色粉末是氧化铜，用来验证一氧化碳.小张认为小明的实验不够严密，因为小明没有肯定的排除原有二氧化碳的对实验结果的干扰：则B中澄清石灰水的作用是检验混合气体中的二氧化碳是否被除净，当观察到B处不变浑浊，C处变浑浊的现象时，可以肯定该水煤气样品中一定含有CO.【点评】检验一氧化碳时，经常通过验证其生成二氧化碳来证明一氧化碳的存在，因此，原气体中不能混有二氧化碳，必须除去.下图是某同学设计的实验室制取二氧化碳并验满的装置图。请回答下列问题

TOC\o"1-5"\h\z⑴仪器a的作用是。⑵写出锥形瓶内发生反应的化学方程，实验时，锥形瓶内的反应进行较长时间后，将燃着的火柴放在集气瓶口,火焰不熄灭的原因是。⑶实验室不宜采用排水法收集CO2的原因是。（4）改正装置，该同学发现制取CO2过程中，产生气体的速率太快,可能的原因是（写一点即可），对应的改进措施是。【答案】添加液体CaCO+2HCl=CaCl+HO+COT长颈漏斗没有伸入液面以下，3222二氧化碳从长颈漏斗逸出二氧化碳能溶于水盐酸浓度大或大理石颗粒太小稀释盐酸或更换大颗粒的大理石【解析】【分析】【详解】（1）仪器a为长颈漏斗，长颈漏斗可以添加液体药品，故填：添加液体；（2）稀盐酸和石灰石会发生反应生成二氧化碳氯化钙和水化学方程式为：CaCO+2HCl=CaCl+HO+COT故填：CaCO+2HCl=CaCl+HO+COT；3222八3222，（3）使用长劲漏斗添加稀盐酸制取二氧化碳时，长颈漏斗需深入液面以下，否则气密性不好，二氧化碳从长颈漏斗逸出，火柴放在集气瓶口，集气瓶瓶口火焰不熄灭，是因为二氧化碳从长劲漏斗逸出，故填：长颈漏斗没有伸入液面以下,二氧化碳从长颈漏斗逸出；（4）二氧化碳能溶于水所以不能用排水法收集，故填：二氧化碳能溶于水；（5）增大盐酸浓度或者增大接触面积可以加快反应速率，产生气体的速率太快有可能是盐酸浓度大或者大理石颗粒小，故填：盐酸浓度大或大理石颗粒太小；（6）为了减慢反应速率，可以降低盐酸浓度或者减小反应接触面积，故填：稀释盐酸或更换大颗粒的大理石。三、流程题（培优题较难）医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以石灰石、工业盐酸为原料（含有少量Mg2+、A13+、Fe3+等杂质）生产医用级二水合氯化钙（CaC12・2H2O）的主要流程如图：已知：1•二水合氯化钙（CaCI2・2H2O）高温受热易分解2.可溶性铁盐呈黄色。Fe3+能与KSCN溶液反应，使溶液变成血红色。工业盐釀工业盐釀Ca(OH)2HQ过滤一酸化f蒸发结晶f成品T滤渣TOC\o"1-5"\h\z为了提高“酸浸”的效果可采取的措施有：适当升高温度、提高酸的浓度、。酸浸时发生主要反应的化学方程式为。加入氢氧化钙除杂后，检验Fe3+是否已沉淀完全的操作及现象是。为保证成品的品质，蒸发前必须加入盐酸酸化，使溶液pH=4.0。用试纸测定溶液pH的过程中，“用玻璃棒将溶液滴到试纸上”的后一步操作是。蒸发结晶的温度不宜过高，其原因是。用已知质量分数和密度的浓盐酸配制质量分数为15%的稀盐酸，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和，量取液体时量筒必须放平，视线。准确称取100g某石灰石(含碳酸钙质量分数为80%)，在酸浸过程中理论上可以收集到CO2的质量为。【答案】粉碎石灰石CaCO+2HCl=CaCl+HO+COT取洗涤后的液体少许，滴加3222KSCN溶液，溶液中没有明显现象，证明铁离子已经沉淀完全将试纸显示颜色与标准比色卡对照，读出pH值二水合氯化钙(CaCI2・2H2O)高温受热易分解，所以蒸发结晶的温度不宜过高胶头滴管与凹液面的最低处保持水平35.2g【解析】【分析】【详解】为了提高“酸浸”的效果可采取的措施有：适当升高温度、提高酸的浓度、粉碎石灰石；碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO+2HCl=CaCl+HO+COT；32229可溶性铁盐呈黄色，Fe3+能与KSCN溶液反应，使溶液变成血红色，所以检验Fe3+是否已沉淀完全的操作及现象是：取洗涤后的液体少许，滴加KSCN溶液，溶液中没有明显现象，证明铁离子已经沉淀完全；用试纸测定溶液pH的过程中，“用玻璃棒将溶液滴到试纸上”的后一步操作是：将试纸显示颜色与标准比色卡对照，读出pH值；二水合氯化钙(CaCI2・2H2O)高温受热易分解，所以蒸发结晶的温度不宜过高；用已知质量分数和密度的浓盐酸配制质量分数为15%的稀盐酸，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和胶头滴管，量取液体时量筒必须放平，视线与凹液面的最低处保持水平；设理论上可以收集到CO2的质量为xCaCO+2HC1=CaCl+COT+HO322210044100gx80%

x=44100g80%=100x=44100g80%=100x=35.2g32.以MnO2为原料制备MnSO4・H2O的工业流程如图。滤渣滤港已知：①沉淀时的化学方程式为7MnSO4+7Na2CO3+11H2O=MnCO3・6Mn(OH)2・5H2O；+7Na2SO4+6CO2fMnSO4・H2O和MnSO4・5H2O易溶于水，难溶于乙醇。MnSO4的溶解度曲线如图1所示。溶解时，为控制80°C，在实验室可用水浴加热如图2.水浴加热需要的玻璃仪器有酒精灯、、。水浴加热的优点有。能加快溶解的方法有(写一种)。濬m濬m解MgSO4•5H：O1・■1JhL—'1a:、40-:\120-:1lill■J旨raio+oeiso~溫度9■CT~團1E2(2)除铁时需要搅拌，搅拌的作用是。过滤丨所得滤液的溶质主要是Na2SO4和。过滤时，玻璃棒的作用是。酸溶时，MnCO3・6Mn(OH)2・5H2O与足量稀硫酸反应的化学方程式为。请补充完整由流程中“酸溶”所得MnSO4溶液制备MnSO4・H20的实验方案：将MnSO4溶液转移至蒸发皿中，，在高于40C时趁热过滤，，100C烘干得MnSO4・H20。【答案】烧杯温度计温度控制准确提高温度、搅拌(只需写一种)加快反应MnSO4引流MnCO3・6Mn(OH)2・5H2O+7H2SO4=7MnSO4+18H2O+CO2f加热浓缩乙醇洗涤【解析】【分析】【详解】溶解时，为控制80C，根据水浴加热图可知，水浴加热需要的玻璃仪器有酒精灯、烧杯、温度计。水浴加热的优点有：温度控制准确。能加快溶解的方法有：提高温度、搅拌等(只需写一种)。除铁时需要搅拌，由于反应物之间接触越充分，反应越快，所以搅拌的作用是：加快反应。由于过滤I所得滤液后续用于制备硫酸锰，所以对应的溶质除了Na2SO4还一定含有：MnSO4。过滤时，玻璃棒的作用是：引流。酸溶时，MnCO3・6Mn(OH)2・5H2O与足量稀硫酸反应生成硫酸锰和水以及二氧化碳，对应的化学方程式为MnCO3・6Mn(OH)2・5巧0+7巧504—7MnSO4+18H2O+CO2仁因为在第一步溶解后的流程中，操作在常温下进行，同时由流程中“酸溶”所得MnSO4溶液浓度不是很高，所以由流程中“酸溶”所得MnSO4溶液制备MnSO4・H20的实验方案：将MnSO4溶液转移至蒸发皿中，为了提高浓度必须先加热浓缩；因为高于40°C时析出的晶体才是MnSO4・H2O,所以必须在高于40C时趁热过滤；因为MnSO4・巧0易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤一方面减少因为水溶解造成的损失，另外一方面乙醇易挥发，以便后期干燥，所以趁热过滤后，进行乙醇洗涤；最后在100C烘干得MnSO4・H2O。【点睛】本题由流程中“酸溶”所得MnSO4溶液制备MnSO4・H2O的实验方案步骤的补充，需要认真分析试题提供的信息。比如MnSO4・H2O易溶于水，难溶于乙醇。33.氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量FeCO3和不溶性杂质)为原料制备高纯氧化镁的实验流程图如下：稀硫酸菱镂矿操作I稀硫酸菱镂矿操作ITOC\o"1-5"\h\zFeCO3的名称是；MgSO4固体与木炭反应的化学方程式为。在实验室里完成操作I,需要用到的玻璃仪器除漏斗、玻璃棒外，还有；滤液I里，主要的金属阳离子是(填离子符号)。通过加入氨水使溶液的pH(填"增大"或"减小"或"不变”)，将杂质离子沉淀除去。若直接煅烧100t含碳酸镁84%的菱镁矿，理论上可制得氧化镁的质量为to为了探究最佳实验条件，提升硫酸镁固体的转化率，实验小组进行了以下实验，并得到如下数据：编号矿石质量(g)温度(C)m(MgSO4):m(C)时间(h)硫酸镁的转化率(％)185.716001：10.549.98285.716502：10.565.34

385.716002：10.556.39485.716502：1180.76585.718008：1298.12685.718508：1398.48请分析数据，选出在此工业生产中采取的最佳实验条件：温度°C、m(MgSO4):m(C)、时间h。高温【答案】碳酸亚铁2MgSO4+C2MgO+2SO2个+CO2个烧杯Mg2+、Fe2+增大40t8008：12【解析】【分析】【详解】FeCO3是由亚铁离子与碳酸根离子构成的一种盐，根据盐的命名方法，其名称为碳酸亚铁，故填碳酸亚铁；由图可知，硫酸镁与碳在高温的条件下反应生成氧化镁、二氧化硫和二氧化碳，故反应的高温化学方程式写为：2MgSO4+C2MgO+2SO2T+CO2T。操作I将难溶性固体与液体进行了分离，则操作I是过滤，过滤时用到的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，故填烧杯；碳酸镁与硫酸反应生成硫酸镁、水和二氧化碳，碳酸亚铁与硫酸反应生成硫酸亚铁、水和二氧化碳，硫酸镁溶于水解离出的阳离子是镁离