备战2021年中考科学考点32 物质的转化原卷解析

考点32物质的转化一、非金属单质与其化合物的转化1．非金属单质与氧气反应S＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))SO2(硫黄是一种淡黄色粉末，在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，在氧气中燃烧发出明亮的蓝紫色火焰，产生有刺激性气味的气体)C＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))CO24P＋5O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2P2O5(白色固体)N2＋O2eq\o(=,\s\up7(放电))2NO2NO＋O2=2NO2非金属单质在一定条件下可以转化为相应的化合物。2．非金属氧化物与水反应CO2＋H2O=H2CO3H2CO3△CO2↑＋H2OSO2＋H2O=H2SO3(形成酸雨的原因)SO3＋H2O=H2SO43NO2＋H2O=2HNO3＋NO1.下列关于碳和碳的化合物知识网络图(图中表示转化关系)的说法正确的是()A．“C→CO”的反应中碳发生还原反应B．“CO→CO2”的反应类型为置换反应C．“CO2→CaCO3”的反应可用于检验二氧化碳D．“CO2H2CO3”的反应可用酚酞试剂验证【答案】C【解析】碳不充分燃烧生成一氧化碳，碳发生的是氧化反应。一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，该反应的反应物均为化合物，不属于置换反应；或一氧化碳在氧气中点燃生成二氧化碳，为化合反应。检验二氧化碳使用澄清石灰水，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水。二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸不能使酚酞试剂变色，“CO2H2CO3”的反应不能用酚酞试剂验证。2.（2020·上城模拟）形成酸雨的主要物质是（

）。A.甲烷和一氧化碳

B.二氧化硫和一氧化碳

C.一氧化碳和二氧化碳

D.二氧化硫和二氧化氮【答案】D【解析】煤、石油等化石能源在燃烧的过程中，会产生大量的二氧化硫和二氧化氮，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，而二氧化氮和水反应会生成硝酸，这些都是导致形成酸雨的重要因素。形成酸雨的主要物质是二氧化硫和二氧化氮，故D正确，而A、B、C错误。3.某兴趣小组利用如图装置对二氧化碳的性质进行探究，下列说法错误的是()A.B处现象说明二氧化碳能使紫色石蕊变红

B.C处溶液变浑浊，是因为生成了不溶于水的碳酸钙

C.D处的实验现象是下层蜡烛先熄灭，上层蜡烛后熄灭

D.D处现象说明二氧化碳不可燃，不助燃，密度比空气大【答案】A【解析】A.二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊变红色，但是不能说二氧化碳使紫色石蕊变红色，故A错误；

B.二氧化碳和氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀和水，所以C出溶液变浑浊，故B正确；

C.二氧化碳的密度比空气大，不具有助燃性，所以D处的实验现象是下层蜡烛先熄灭，上层蜡烛后熄灭，故C正确；

D.通过分析可知，D处现象说明二氧化碳不可燃，不助燃，密度比空气大，故D正确。

4.如图表示了初中科学中一些常见物质的相互转化关系（部分反应条件已省略）下列说法错误是（）A．圈Ⅰ中发生的反应都是分解反应B．利用反应①可制得纯碱C．利用反应②可用来检验二氧化碳气体D．圈Ⅱ中的化学反应说明氧气具有助燃性【答案】B【解析】A、圈Ⅰ中发生的反应分别是过氧化氢分解、水分解生成氧气，反应均符合“一变多”的特征，均属于分解反应，故选项说法正确。

B、反应①是氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，制取的是火碱而不是纯碱，故选项说法错误。

C、反应②是二氧化碳转化为碳酸钙，可通过二氧化碳与氢氧化钙反应实现，利用反应②可用来检验二氧化碳气体，故选项说法正确。

D、圈Ⅱ中的化学反应氧气与碳、磷、硫、铁反应，说明氧气能支持燃烧，即氧气具有助燃性，故选项说法正确。

5.CO2的转化和利用是一个热门的研究课题。请回答下列相关问题：

（1）科学家发现了藻类植物“微藻”对二氧化碳有极强的吸收能力（1t徽藻吸收2t的CO2），它通过作用吸收二氧化碳，若将“微藻”转化为生物柴油，能极大缓解能派需求和保护环境的矛盾。

（2）2016年我国科研人员研制出一种“可呼吸CO2”的电池。放电时，该电池“吸收CO2”；充电时，该电池“放岀CO2”。放电时，金属钠和CO2反应生成碳酸钠和炭，该反应的文字表达式为。

（3）2018年5月，某杂志介绍了我国的一项研究成果：在一种新型催化剂作用下可实现二氧化碳高效转化为丙（甲醇），相关反应的微观示意图如图所示：

①乙的化学式为。

②上述四种物质中属于氧化物的有。【答案】光合H2CO2、H2O【解析】（1）藻类植物“微藻”对二氧化碳有极强的吸收能力，通过光合作用吸收二氧化碳

（2）由题意可知，金属钠和CO2发生置换反应生成碳和碳酸钠，反应的文字表达式是：

（3）①由微观结构示意图可知，每个乙分子是由两个氢原子构成的，是氢分子；

②甲是CO2，乙是H2，丙是CH4O，丁是H2O，其中二氧化碳和水是由两种元素组成的化合物，其中含有氧元素，属于氧化物；二、金属单质与其化合物的转化1．金属与非金属的反应2Mg＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2MgO(耀眼白光)3Fe＋2O2eq\o(=,\s\up7(点燃))Fe3O4(火星四射)Fe＋S△FeS(铁粉与硫粉混合加热后即可反应，放热，生成黑色固体)金属单质和某些非金属单质在一定条件下可以相互反应，生成相应的盐：2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2FeCl3Cu＋Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))CuCl22．金属与氧化物反应2Mg＋CO2eq\o(=,\s\up7(点燃))2MgO＋C8Al＋3Fe3O4eq\o(=,\s\up7(高温))9Fe＋4Al2O33．金属氧化物与水的反应CaO＋H2O=Ca(OH)2(放出大量的热)Na2O＋H2O=2NaOHK2O＋H2O=2KOHBaO＋H2O=Ba(OH)2活泼金属的氧化物与水反应生成相应的碱。MgO、FeO、Fe2O3、CuO等氧化物不溶于水，也不与水反应。1.[2018·嘉兴舟山]某同学在学习了金属及其化合物之间的转化规律后，绘制了可以通过一步反应制取MgSO4的思维导图，其中所选用的物质错误的是()A．①—MgB．②—MgCl2C．③—H2SO4D．④—Mg(OH)2【答案】B【解析】镁和硫酸铜(或其他比镁的活动性弱的金属的可溶性硫酸盐)反应生成硫酸镁和铜；碱和盐反应生成新的碱和新的盐，碱和MgCl2生成的是氢氧化镁沉淀；氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁和水；硫酸与氢氧化镁反应生成硫酸镁和水。2.下列转化不能通过一步反应实现的是(

)A.Fe2O3→Fe

B.CO2→CO

C.NaNO3→NaCl

D.CO2→CaCO3【答案】C【解析】A、Fe2O3能够和CO在高温下能够生成Fe，可一步实现，故A不符合题意；

B、CO2和C在高温下能够生成CO，可一步实现，故B不符合题意；

C、两者均为钠盐，假设能够反应，对应的硝酸盐和钠盐，均为可溶性盐，不符合复分解反应的条件，反应不能实现，故C符合题意；

D、CO2和Ca(OH)2反应，能够生成碳酸钙沉淀，可一步实现，故D不符合题意；3.[2019·温州一模]科学课堂上老师演示了铁和硫粉反应生成硫化亚铁的实验(Fe＋S△FeS)。反应前铁粉和硫粉的混合物能够用磁铁分离，如图甲；铁粉和硫粉的混合物在如图乙所示的装置中发生反应，反应后的黑色块状固体不能被磁铁吸引。对比两个现象说明金属单质和非金属单质已经反应生成化合物。实验过程中，同学们还闻到了较强的刺激性气味。(1)图乙中试管口略向下倾斜的原因是________________________________________________________。(2)兴趣小组同学在老师指导下，对图乙装置进行改进(如图丙)，混合物粉末反应前能够被磁铁吸引，反应后不能被磁铁吸引，现象对比方便。请找出图丙装置的另一个优点：_____________________________。(3)用改进后的丙装置进行实验，小组同学称取了1.6g硫粉与2.8g铁粉混合后加热。反应结束后，用磁铁吸引冷却后的黑色块状固体时，发现磁铁对黑色固体还有吸引力。请针对这一异常现象就实验过程提出一个合理的改进建议：______________________。(1)防止冷凝水倒流入试管，使试管炸裂(2)能吸收二氧化硫气体，防止其污染空气(3)加入稍过量的硫粉(合理即可)【答案】防止冷凝水倒流入试管，使试管炸裂吸收二氧化硫气体，防止其污染空气加入稍过量的硫粉【解析】(1)由图示可知，图乙是给试管内的固体加热，试管口略向下倾斜的原因是防止冷凝水倒流入试管，使试管炸裂。(2)由实验的过程可知，反应过程中有二氧化硫气体生成，能污染空气，图丙装置中的氢氧化钠溶液能吸收二氧化硫气体，所以图丙装置的另一个优点：吸收二氧化硫气体，防止其污染空气。(3)由题意可知，实验过程中有剩余的铁，为了避免这一异常现象的发生，可加入稍过量的硫粉。4.镁能在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，所以镁着火不能用CO2来灭火，那么金属钠是否也能与CO2发生类似的反应？于是同学们开展了相关探究。【实验】将燃着的钠伸入装有CO2的集气瓶中，钠能在集气瓶中继续燃烧。【猜想】金属钠在CO2中燃烧的产物是什么？是否与镁有所不同，同学们分析后认为产物可能有以下几种情况：I.氧化钠、碳；II.碳酸钠、碳；III.……。【验证】为验证产物，开展了如下实验：步骤实验操作主要实验现象结论（燃烧产物判断）1将产物溶于适量水中部分溶解，试管底部有黑色固体燃烧产物中肯定有碳2取少量1所得上层溶液，加入过量的BaCI2溶液有白色沉淀生成燃烧产物中肯定有________3取少量2所得上层清液，加入CuCl2溶液有蓝色沉淀生成燃烧产物中肯定有________【结论】分析上述验证实验可知：钠在CO2中燃烧的产物有________。【反思】在步骤2中BaCl2溶液为什么要加至过量？其原因是________

【答案】Na2CO3；Na2O；C、Na2CO3和Na2O；完全除去Na2CO3，以免Na2CO3干扰NaOH的检验【解析】【验证】②碳酸钠和氯化钡反应，生成白色碳酸钡沉淀和氯化钠；

③氧化钠溶于水生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铜反应，生成蓝色沉淀氢氧化铜和氯化钠；

【结论】根据三个现象分析钠在二氧化碳中燃烧的产物种类；

【反思】碳酸钠和氯化铜反应生成蓝色沉淀碳酸铜，氢氧化钠和氯化铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜。为了在第③步中通过沉淀判断氢氧化钠的存在，必须在②中将其中的碳酸钠完全除去，所以放入过量的氯化钡溶液。【解析】【验证】步骤实验操作主要实验现象结论（燃烧产物判断）1将产物溶于适量水中部分溶解，试管底部有黑色固体燃烧产物中肯定有碳2取少量1所得上层溶液，加入过量的BaCI2溶液有白色沉淀生成燃烧产物中肯定有Na2CO33取少量2所得上层清液，加入CuCl2溶液有蓝色沉淀生成燃烧产物中肯定有Na2O【结论】分析上述验证实验可知：钠在CO2中燃烧的产物有：C、Na2CO3和Na2O；

【反思】步骤2中BaCl2溶液要加至过量原因是：完全除去Na2CO3，以免Na2CO3干扰NaOH的检验。三、金属的冶炼金属氧化物与还原剂(C、CO、H2等)在高温下反应，还原剂夺取金属氧化物中的氧，使其还原成金属单质。C＋2CuOeq\o(=,\s\up7(高温))2Cu＋CO2↑C＋CO2eq\o(=,\s\up7(高温))2COCO＋CuO△Cu＋CO2H2＋CuO△Cu＋H2O(盛放CuO的试管口略向下倾斜，防止生成的水流入试管底部，使试管炸裂；先通H2，再加热，防止氢气与空气混合加热时发生爆炸；实验停止后，继续通H2，直至试管冷却，防止灼热的铜被空气中的氧气氧化成CuO)1．实验室用铁、氧化铜、硫酸为原料制取铜，某同学设计了两个实验方案：①Feeq\o(→,\s\up10(H2SO4))H2eq\o(→,\s\up7(CuO))Cu②CuOeq\o(→,\s\up10(H2SO4))CuSO4eq\o(→,\s\up7(Fe))Cu若用这两种方法制得质量相同的铜，下列说法中与实验事实相符的是()A．消耗相同质量的氧化铜B．消耗相同质量的铁C．消耗相同质量的硫酸D．生成相同质量的硫酸亚铁【答案】A【解析】方案①：铁与稀硫酸反应先制得氢气，再用氢气还原氧化铜，此法在第二步须加热，且氢气还原氧化铜的效率低，只有部分氢气参加还原反应，因此需要消耗更多的铁和稀硫酸反应产生较多的氢气，这样才能制得和方案②相同质量的铜。2．[2018·杭州]如图为氢气还原氧化铜的实验装置图，下列有关分析正确的是()A．装置中试管口需略向下倾斜，主要是为了利于通入氢气B．在给试管内药品加热前，需先通氢气排尽试管内的空气C．待药品完全反应后，需同时撤去酒精灯和通氢气的导管D．该实验装置也可直接用于一氧化碳还原氧化铜的实验【答案】B【解析】氢气还原氧化铜，生成铜和水，为防止反应生成的水倒流引起试管炸裂，试管口应略向下倾斜；氢气不纯时，非常容易发生爆炸，所以加热前，要把试管内空气排尽；铜和氧气加热会生成氧化铜，所以应先熄灭酒精灯，然后停止通入氢气，防止铜在加热条件下再次被氧化；一氧化碳有毒，必须进行尾气处理。3．[2018·杭州上城区二模]小陈在进行CO与Fe2O3反应的实验时，观察到如下现象：红色粉末变黑，澄清石灰水变浑浊，待反应结束，装置冷却后称量，发现硬质玻璃管内固体质量减小，装有澄清石灰水的装置质量增加。对于上述实验现象的分析错误的是()A．一氧化碳具有还原性B．生成的黑色物质能被磁铁吸引C．本实验如果要制得5.6gFe，则通入CO的质量要远大于4.2gD．硬质玻璃管内减小的质量等于装有澄清石灰水装置增加的质量【答案】D【解析】CO能将Fe2O3还原成Fe单质，Fe单质能被磁铁吸引。由于反应前要通一段时间CO以排尽管内空气，所以本实验如果要制得5.6gFe，则通入CO的质量要远大于4.2g；硬质玻璃管内减小的质量是氧化铁中减少的氧元素的质量，装有澄清石灰水装置增加的质量是参加反应的一氧化碳和氧化铁中减少的氧元素的质量之和，两者不相等。4.如下图所示的实验中，通入的气体A是氢气和一氧化碳中的一种或两种，黑色粉末B是氧化铜和木炭粉中的一种或两种。实验中观察到的现象是：黑色粉末变红色，无水硫酸铜变蓝色，澄清石灰水变浑浊。（1）若气体A为纯净物，则A是________，黑色粉末B是________。（2）若气体B为纯净物，则A是________，黑色粉末是CuO。【答案】（1）H2；C和CuO（2）H2和CO【解析】（1）一氧化碳、氢气和碳都有还原性，都能使氧化铜变成红色的铜，但一氧化碳和碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，氢气与氧化铜反应生成铜和水，实验现象为黑色粉末变红色，无水硫酸铜变蓝色，澄清石灰水变浑浊，说明生成物既有二氧化碳又有水；

（1）若气体A为纯净物，则A为氢气，黑色粉末为碳和氧化铜；

（2）若气体B为纯净物，则A为一氧化碳和氢气；5.（2019·杭州模拟）用含有二氧化碳和水蒸气杂质的某种还原性气体测定一种铁的氧化物（FexOy）的组成，实验装置如图所示：（1）过程中丁装置中没有明显的变化，而戊装置中出现了白色沉淀，则该还原性气体是________.（2）乙装置的作用是________

。（3）上述实验中，如果没有甲装置，将使测定结果中铁元素与氧元素的质量比________。（填“偏大”“偏小”或“无影响”）【答案】（1）CO（2）吸水，排除对氢气检验造成干扰（3）偏小【解析】根据还原性气体与铁的氧化物反应生成物的验证来判断还原性气体的种类，再利用生成物的质量计算元素的质量，依据元素守恒计算出铁的氧化物中铁和氧元素质量，在解答时要注意还原性气体中杂质是否对结果产生干扰。

（1）丁装置中没有明显变化，则说明没有水生成，戊装置中出现了白色沉淀，说有有二氧化碳生成，则还原性气体为一氧化碳；

（2）因要检验还原后的产物是否有水，所以要用乙装置除去原气体中的水，排除对氢气检验造成干扰；

（3）如果没有甲装置，由含有的二氧化碳会进入戊中，将使测定结果中氧元素质量偏多，则铁元素与氧元素的质量比偏小。6.[杭州中考]小金利用图示装置进行甲、乙对比实验，探究温度对CO和Fe2O3反应的影响(固定装置略)。(1)从实验安全角度考虑，图示装置还应采取的改进措施是__________________________。(2)完全反应后，两组的生成物均为黑色粉末(纯净物)，分别用两组生成物进行以下实验：步骤操作甲组现象乙组现象1称量黑色粉末质量(g)m1m22取黑色粉末，用磁铁吸引能被吸引能被吸引3取黑色粉末，加入稀盐酸全部溶解，有大量气泡无明显现象4取黑色粉末，加入足量CuSO4溶液有红色物质生成无明显现象①甲组的黑色粉末与稀盐酸反应的化学方程式是__________________________________。②小金查阅资料后发现Fe3O4在常温下不与稀盐酸、CuSO4溶液反应，故猜想乙组的生成物为Fe3O4。他又发现m2恰好为____________g，这可成为支持上述猜想的新证据。(3)甲、乙两组实验说明温度对CO和Fe2O3反应有影响，且均体现出CO的______________(填写化学性质)。【答案】(1)导管后放点燃的酒精灯或在导管后扎气球(合理即可)(2)Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑4.64(3)还原性【解析】(1)一氧化碳是有毒的气体，排放到空气中会污染空气，利用一氧化碳的可燃性采用点燃的方法处理一氧化碳或在导管后扎气球收集一氧化碳，可以防止污染空气。(2)①由在甲中，黑色粉末能被磁铁吸引，能全部与稀盐酸反应且有气泡产生，加入足量CuSO4溶液，有红色物质生成可知，甲组的固体物质是Fe。②一氧化碳和氧化铁反应的固体产物为黑色，可能是铁粉或Fe3O4，在乙组中，生成物能被磁铁吸引，取黑色粉末加入稀盐酸和足量CuSO4溶液，均无明显现象，说明生成物是Fe3O4，m2＝4.8g×eq\f(56×2,56×2＋16×3)÷eq\f(56×3,56×3＋16×4)×100%＝4.64g。7.（2018九上·衢州期中）铁常用的是合金生铁和钢，通常通过金属冶炼制的。（1）赤铁矿的主要成分为氧化铁，可用于炼铁。某地出产一种赤铁矿，其中氧化铁的质量分数为64%，90吨该赤铁矿经过充分冶炼，最多可生产含铁96%的生铁多少吨？（2）实验室常用还原剂还原氧化铁。某学生小组对过量碳粉与氧化铁反应产物中气体的成分进行研究。①提出假设：该反应的气体产物全部是二氧化碳。②设计方案：将一定量的氧化铁在隔绝氧气条件下与过量炭粉完全反应（如图），测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比。③查阅资料：氮气不与碳、氧化铁发生反应，可用来隔绝氧气。④实验操作：Ⅰ称取3.2g氧化铁与2g碳粉均匀混合，放入48.48g的玻璃管中，按如图装置连接；Ⅱ加热前，先通一段时间纯净、干燥的氮气，其目的是________；Ⅲ夹紧T处弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水变浑浊；Ⅳ完全反应后，冷却至室温，称得玻璃管和固体的总质量为52.24g。⑤数据处理：经计算，参加反应的碳元素质量为0.48g，氧元素质量为0.96g。⑥得到结论：根据数据处理结果，得出原假设不成立，理由是________。【答案】（1）设生产含铁96%的生铁的质量为x。Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO216011290t×64%x×96%x=42t

（2）排出装置内的氧气（或空气），防止对实验产生干扰；据⑤计算，反应后气体中C、O原子的个数之比为2：3，与二氧化碳实际构成不符合

【解析】根据碳与氧化铁反应的过程及数据分析；根据化学方程式计算分析，利用方程式进行计算时，要先写出有关反应方程式，根据方程式量的关系找出相关物质的相对质量比，再从题中找出已知物质的质量，利用相对质量比与实际质量比相等利出比例式求解。空气中含有二氧化碳干扰实验的结果，所以加热前，先通一段时间纯净、干燥的氮气，以排出装置内的空气；根据⑤计算，反应后气体中C、O原子的个数之比为2:3，与二氧化碳实际构成不符合，所以原假设不成立。8.在学习“金属的冶炼”时，某学习小组用如图所示的装置测量氧化铜样品中氧化铜的质量分数，实验所取氧化铜样品质量为10克。（所含杂质不参加反应）（1）玻璃管内观察到的现象是________。（2）甲同学的方法：先测出氢氧化钠浓溶液的质量为50克，待反应完全后再次称量，质量为54.4克。请你计算样品中氧化铜的质量分数。（一氧化碳不与氢氧化钠溶液反应）（3）乙同学的方法：先称量出玻璃管及样品的总质量为m1，待反应完全后再次称量，质量为m2，利用m1-m2的值，求出样品中氧化铜的质量分数。其中m1-m2的值是指________的质量。（4）同学们查阅到CO除了具有可燃性、难溶于水等性质外，还具有毒性。因此，本实验中还需对尾气进行处理。请你提出一种处理方法________。【答案】（1）黑色固体变为红色

（2）生产CO2的质量是54.4g-50g=4.4g设：样品中氧化铜的质量是xCO+CuO高温Cu+CO28044X4.4g

x=80×4.4g/44=8g样品中氧化铜的质量分数是

8g/10g×100%=80%

（3）CuO中氧元素的质量

（4）用集气瓶收集尾气或用酒精灯点燃尾气【解析】氧化铜与一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，氧化铜固体的颜色为黑色固体，金属单质铜的颜色为红色，因此玻璃管内观察到的现象为：黑色固体变为红色；生成二氧化碳的质量为:54.4g-50g=4.4g，再根据氧化铜与一氧化碳在加热的条件下发生化学反应生成铜和二氧化碳的化学方程式，计算出样品中氧化铜的质量为8g，从而计算出样品中氧化铜的质量分数是80%；m1为玻璃管及氧化铜的总质量，m2为玻璃管及铜的总质量，m1-m2的值是指CuO中氧元素的质量的质量；CO具有可燃性，因此，对尾气CO进行处理的方法为：用集气瓶收集尾气或用酒精灯点燃尾气；四、物质转化的规律单质、氧化物、酸、碱、盐之间的相互关系历来是中考的重点。将它们的知识网络化、熟练掌握尤为重要。对其进行总结归纳的方法多种多样，如图为归纳物质转化规律常见的“八圈图”。图中每一条线都表示各种物质间的相互关系。从一种物质出发就是这种物质的主要性质，箭头的指向就是这种物质的制备。图中横向表明了不同类物质间的相互转化关系，这些反应都生成盐这类共同产物，由此可得出十种生成盐的方法：金属＋非金属→无氧酸盐碱性氧化物＋酸性氧化物→含氧酸盐金属＋盐→新盐＋新金属金属＋酸→盐＋氢气酸性氧化物＋盐→盐＋水碱性氧化物＋酸→盐＋水酸＋碱→盐＋水酸＋盐→新酸＋新盐碱＋盐→新碱＋新盐盐＋盐→新盐＋新盐图中纵向表明了由单质到盐的转化关系，如：Na→Na2O→NaOH→NaClC→CO2→H2CO3→Na2CO31．[2018·天门]如图中“－”表示相连的物质之间可以发生反应，“→”表示一种物质可以转化成另一种物质，下列各组物质按甲、乙、丙的顺序不符合图示要求的是()A．C、CO、O2B．Mg、MgCl2、ZnSO4C．Ca(OH)2、CaCl2、Na2CO3D．BaCl2、BaCO3、H2SO4【答案】B【解析】碳不充分燃烧生成CO，CO能与氧气反应生成CO2。镁能与稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，但氯化镁不能与硫酸锌溶液反应。Ca(OH)2能与稀盐酸反应生成氯化钙和水，氯化钙和Ca(OH)2均能与碳酸钠溶液反应。氯化钡能与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，碳酸钡和氯化钡均能与稀硫酸反应。2．[2018·绍兴义乌]如图围棋棋盘上有五枚棋子，代表铁、稀盐酸、氢氧化钡、碳酸钙、硝酸银五种物质，相邻棋子间的连线表示物质间可以反应。已知与戊的反应中：甲——戊的反应类型不同于其他几个反应；丙——戊反应能产生一种气体，且该气体还能与丁反应生成沉淀。则下列对应关系正确是()选项甲乙丙丁戊A铁硝酸银碳酸钙氢氧化钡稀盐酸B硝酸银铁稀盐酸氢氧化钡碳酸钙C硝酸银铁碳酸钙氢氧化钡稀盐酸D铁氢氧化钡碳酸钙硝酸银稀盐酸【答案】A【解析】由图可知戊与其他四种物质都能发生反应，分析题目中所给物质只有稀盐酸符合该条件，即戊代表稀盐酸；分析稀盐酸与其他四种物质的反应可知，稀盐酸与铁发生置换反应，与其他三种物质发生复分解反应，可推出甲代表铁；丙与稀盐酸反应可生成一种气体，已知甲代表铁，可推出丙代表碳酸钙，与稀盐酸反应生成的气体为二氧化碳；二氧化碳与丁反应生成沉淀，二氧化碳与氢氧化钡可反应生成碳酸钡沉淀，二氧化碳与硝酸银不反应，由此可推出丁代表氢氧化钡，乙代表硝酸银。3.（2017九上·海宁月考）下列表中各组物质不能按照图中关系（“→”表示反应一步完成）转化是(

)

A.A

B.B

C.C

D.D【答案】A【解析】图中三角关系表示，X→Y→Z→X都能一步完成，根据这一关系结合选项中的物质可以进行判断。A、X为Na2SO4，Y为NaCl，Z为NaNO3。Na2SO4到NaCl可以加入BaCl2。NaCl到NaNO3可加入AgNO3。NaNO3不能通过加试剂直接到Na2SO4，A正确；

B、X为BaCl2，Y为Ba(NO3)2，Z为BaCO3。BaCl2到Ba(NO3)2可通过加入AgNO3。Ba(NO3)2到BaCO3可通过加入Na2CO3。BaCO3到BaCl2可通过加入HCl，可以按照图中关系转化，B错误；

C、X为Cu，Y为CuO，Z为CuSO4。Cu到CuO可在空气中灼烧生成。CuO到CuSO4可通过加入H2SO4得到，CuSO4到Cu可通过加入铁粉等得到，能按照图中关系转化，C错误；

D、X为CaO，Y为CaCl2，Z为CaCO3。CaO到CaCl2可通过加入HCl得到。CaCl2到CaCO3可通过加入Na2CO3得到。CaCO3到CaO可通过高温锻烧得到，能按照图中关系转化，D错误。4.[2019·台州模拟]物质王国举行一场趣味篮球赛，某队由铁、二氧化碳、硫酸、氢氧化钙、氯化铜五名“队员”组成，比赛中由氯化铜“队员”发球，“队员”间传球，最后由D位置“队员”投篮进球完成一次有效进攻。场上“队员”位置及传球路线如图所示，图中连线间物质可以相互反应。则D位置“队员”代表的物质是()A．铁 B．二氧化碳C．硫酸 D．氢氧化钙【答案】B【解析】D能够和C反应，而A、B、C均能够和其他两种物质反应，只有D能够和其中一种物质反应，A、B、C是铁、硫酸和氢氧化钙中的一种，故可推知D只能是二氧化碳，因此可知C是氢氧化钙、B是硫酸、A是铁。5.[2018·长春]如图表示物质间的转化关系(图中“→”表示某种物质转化成另一种物质)。(1)转化①的基本反应类型是____反应。(2)向澄清石灰水中通入CO2能够实现转化②，反应的化学方程式为____。(3)若转化③、④、⑤都是与同种物质反应生成CaCl2，则该物质是____。【答案】分解反应CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O稀盐酸(或HCl)【解析】根据物质间的转化关系图判断：(1)①CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温))CaO＋CO2↑，属于分解反应。(3)③CaO＋2HCl=CaCl2＋H2O，④CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，⑤Ca(OH)2＋2HCl=CaCl2＋2H2O，该物质是稀盐酸。6．[2018·南京]图中A～M是初中化学常见的物质，且分别由H、C、O、Na、S、Cl、K、Fe中的一种或几种元素组成。B、C、E、F、M均由两种元素组成，B中两种元素质量之比为7∶3，固态E叫做“干冰”；A、D、H均由三种元素组成，H在实验室可用于制取氧气；G是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一。图中“－”表示两端的物质间能发生化学反应；“→”表示物质间存在转化关系；部分反应物、生成物或反应条件已略去。(1)写出化学式：G____，B____。(2)写出H→I反应的化学方程式：____。(3)写出A与D反应的化学方程式：____。【答案】NaHCO3Fe2O32KClO3eq\o(=,\s\up11(MnO2),\s\do4(△))2KCl＋3O2↑K2CO3＋H2SO4=K2SO4＋H2O＋CO2↑【解析】B、C、E、F、M均由两种元素组成，B中两种元素质量之化为7∶3，B是氧化铁；固态E叫做“干冰”，E是二氧化碳，F是一氧化碳；A、D、H均由三种元素组成，A是硫酸，D是碳酸钾，H在实验室可用于制取氧气，H是氯酸钾，I是氧气，C是氯化钾；G是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，G是碳酸氢钠，M是水。7．小明同学学习了单质、氧化物、酸、碱、盐性质后，发现许多不同类别的物质反应时能生成盐，于是他构建了甲图所示的知识网络图。(1)请你把甲图中①②处补充完整，要求不能与图中已有信息重复。①____________________________；②____________________________。(2)乙图中A～H都是初中化学中常见的物质，已知A、B为黑色固体，D为红色固体单质，F为红色粉末，它们的转化关系如乙图所示。请回答：①物质B的化学式为____________________________________。②写出E＋F→G的化学方程式：____________________________。③写出一个能实现G＋H→D的化学方程式：____________________________________。【答案】(1)金属＋非金属金属氧化物＋非金属氧化物(2)CuO3CO＋Fe2O3eq\o(=,\s\up7(高温))2Fe＋3CO2Fe＋CuSO4=Cu＋FeSO4【解析】A、B为黑色固体，可能为碳和CuO，且其产物C、D应为CO2和Cu；D为红色固体单质，可知D为Cu；CO2与碳在高温条件下可生成CO，则A为碳，B为CuO；F为红色粉末，应为Fe2O3，Fe2O3与CO在高温条件下反应生成Fe；Fe能与CuSO4发生置换反应生成Cu。代入框图检验，合理。8.（2019·浙江模拟）为了证明氢氧化钙溶液与稀盐酸能发生反应，氢氧化钠溶液与二氧化碳能发生反应。如图所示进行实验（装置气密性良好，实验前弹簧夹K1、K2处于关闭状态）资料：CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl实验一：氢氧化钙溶液与稀盐酸恰好完全反应。（1）实验过程中需缓缓通入氮气，其作用是什么？（2）写出氢氧化钙溶液与稀盐酸恰好完全反应的实验操作及现象。实验二：氢氧化钠溶液与二氧化碳反应。（3）打开活塞Ⅱ，将足量氢氧化钠溶液加入锥形瓶中，立即关闭活塞Ⅱ，写出利用图示装置证明氢氧化钠溶液与二氧化碳反应的实验操作及现象。（4）实验后，取B中锥形瓶内的溶液，倒入烧杯中，若溶液呈红色，设计实验方案，探究该溶液中是否有氢氧化钠，写出实验操作、预期现象和结论。【答案】（1）防止B中的二氧化碳进入A中

（2）开始时，氢氧化钙溶液显碱性，遇到酚酞显示红色，氢氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水，随着盐酸的滴入，烧杯中溶液红色逐渐褪去；当红色刚好变为无色时，氢氧化钙溶液与稀盐酸恰好完全反应

（3）打开活塞Ⅱ，将足量氢氧化钠溶液加入锥形瓶中，立即关闭活塞Ⅱ，锥形瓶中的二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，压强变小，A装置中的压强大，就会将锥形瓶内的氯化钙流入B中，然后氯化钙与反应生成的碳酸钠反应，生成碳酸钙白色沉淀，因此有白色沉淀生成

（4）取反应后的溶液，滴加氯化钡溶液（或氯化钙溶液）至不再产生沉淀为止，溶液仍为变红，说明该溶液中有氢氧化钠【解析】（1）根据实验过程中需缓缓通入氮气，其作用是防止B中的二氧化碳进入A中解答；

（2）根据氢氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水解答；

（3）根据打开活塞Ⅱ，氢氧化钠和二氧化碳反应，使瓶内压强减小，在大气压的作用下，打开K2时，盐酸与氢氧化钙反应生成的氯化钙溶液进入B中解答；

（4）根据检验是否含有氢氧化钠，需要先把碳酸钠除去，据此解答。【解答】（1）实验过程中需缓缓通入氮气，其作用是防止B中的二氧化碳进入A中；

（2）开始时，氢氧化钙溶液显碱性，遇到酚酞显示红色，氢氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水，随着盐酸的滴入，烧杯中溶液红色逐渐褪去；当红色刚好变为无色时，氢氧化钙溶液与稀盐酸恰好完全反应；

（3）打开活塞Ⅱ，将足量氢氧化钠溶液加入锥形瓶中，立即关闭活塞Ⅱ，锥形瓶中的二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，压强变小，A装置中的压强大，就会将锥形瓶内的氯化钙流入B中，然后氯化钙与反应生成的碳酸钠反应，生成碳酸钙白色沉淀，因此有白色沉淀生成；

（4）取反应后的溶液，滴加氯化钡溶液（或氯化钙溶液）至不再产生沉淀为止，溶液仍为变红，说明该溶液中有氢氧化钠。1．N2中混有一定量的H2、CO2、CO和水蒸气，欲得干燥纯净的N2，可将混合气体通过下列试剂：①浓H2SO4；②灼热的CuO；③NaOH溶液；④澄清石灰水，气体经过的最佳顺序是()A．①②③④ B．②③④①C．④③②① D．①③②④【答案】B【解析】将混合气体先通过②灼热的CuO，可将其中的H2、CO转化为H2O和CO2；其次通过③NaOH溶液吸收CO2，然后通过④澄清的石灰水检验CO2是否被吸收干净；最后通过①浓H2SO4进行干燥得到干燥纯净的N2。注意干燥环节必须放在最后，否则得不到干燥的N2。2．[泰安中考]某化工厂按如下步骤进行生产：(1)以煤为燃料煅烧石灰石；(2)用饱和碳酸钠溶液充分吸收(1)中产生的二氧化碳(Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3)；(3)使步骤(1)中产生的氧化钙跟水反应；(4)熟石灰与碳酸钠溶液反应。该厂生产过程中所涉及的物质有①石灰石；②碳酸钠；③碳酸氢钠；④烧碱；⑤二氧化碳；⑥熟石灰。下列说法正确的是()A．起始原料是①③ B．起始原料是②⑥C．最终产品是⑤⑥ D．最终产品是③④【答案】D【解析】由工艺流程可知，该化工厂主要生产氢氧化钠，同时利用碳酸钠溶液吸收二氧化碳得到碳酸氢钠，因此起始原料是石灰石和碳酸钠溶液，最终产品是碳酸氢钠和氢氧化钠。3．下列从原料到制取较纯的最终产物的实验设计中，理论上正确，操作上可行，经济上合理的是()A．CaCO3eq\o(→,\s\up10(高温))CaOeq\o(→,\s\up10(H2O))Ca(OH)2溶液eq\o(→,\s\up10(Na2CO3))NaOH溶液B．Cueq\o(→,\s\up10(AgNO3))Cu(NO3)2溶液eq\o(→,\s\up10(NaOH溶液))Cu(OH)2C．Feeq\o(→,\s\up10(在O2中燃烧))Fe2O3eq\o(→,\s\up10(H2SO4溶液))Fe2(SO4)3溶液D．CuOeq\o(→,\s\up10(稀HCl))CuCl2溶液eq\o(→,\s\up10(NaOH溶液))Cu(OH)2【答案】D【解析】A方案中第一、二步没问题，第三步用Ca(OH)2转化成NaOH不合理，因为Ca(OH)2微溶，转化效率很低，不适合生产；B方案中采用Cu与AgNO3溶液反应不合理，成本过高；C方案中，Fe在O2中燃烧只能得到Fe3O4，不能得到Fe2O3，理论上不合理。4.（2019·台州）如图，给出了三种物质可能存在的转化关系，根据所学的物质性质及化学变化规律，判断下列选项正确的是（

）A.不能一步实现转化的有①②

B.实现③转化，可通至氯化钠溶液

C.实现⑤转化，可加入碳酸钙粉末

D.实现⑥转化，可加入氢氧化钾溶液【答案】A【解析】（1）复分解反应发生的条件：有沉淀生成；有气体生成；有水或弱酸弱碱生成；

（2）酸性氧化物只能和碱反应生成盐；碱性氧化物只能和酸反应生成盐，据此解答。

【解答】A.由于酸性氧化物只能和碱反应生成盐，而不能生成碱，所以CO2与NaOH不能直接转化，故A正确；

B.二氧化碳和氯化钠溶液不能反应，因此③不可以直接转化，故B错误；

C.由于碳酸钙不溶于水，因此和NaOH无法反应，故C错误；

D.Na2CO3如果和氢氧化钾反生复分解反应，生成物中既没有沉淀，也没有气体，更没有水生成，因此它们不能反应，故D错误。5.（2020九上·椒江期中）某混合气体可能含有CO、CO2、CH4和HCl中的一种或几种，为了确定其成分，将混合气体按如图所示装置进行实验（假设各步均充分反应或吸收），结果装置A中的石灰水不变浑浊，但混合气体的体积明显减小；装置D增重1.8g；装置E增重2.4g，下列分析正确的是（）A.装置A中石灰水不变混浊，所以气体中一定不含二氧化碳

B.装置C对实验结果不产生影响，所以可以去掉装置C以简化实验方案

C.后续装置的目的是阻止空气中的二氧化碳进入装置E中，干扰CO的检验

D.该混合气体成分可能是CH4和CO【答案】C【解析】（1）根据混合气体中含有HCl，二氧化碳不能使澄清石灰水变浑浊进行分析解答；

（2）根据装置的特点进行分析解答；

（3）如果空气中的二氧化碳被E吸收，会影响测量的结果，据此分析后续装置的作用；

（4）装置D增加的质量就是生成水的质量，装置E增加的质量就是生成二氧化碳的质量。根据生成水的质量计算出同时生成二氧化碳的质量，然后与测得的质量进行比较，从而判断混合气体的成分。【解答】A.如果混合气体中含有HCl，那么其中的二氧化碳就能使装置A中澄清的石灰水不变浑浊，故A错误；

B.C装置中的浓硫酸对从B装置中出来气体进行干燥，防止干扰其他气体的检测，故B错误；

C.后续装置的目的是阻止空气中的二氧化碳进入装置E中，干扰CO的检验，故C正确；

D.装置D增重1.8g，是生成水的质量；装置E增2.4g，生成二氧化碳的质量为2.4g。

设生成1.8g水，同时生成二氧化碳质量为x

CH4+2O2=点燃CO2+2H2O

44

36

x

1.8g

4436=x1.8g

解得：x=2.2g＜2.4g；6．实验室利用Fe2O3、H2O、NaOH、Ca(OH)2和H2SO4等几种试剂、药品来制Fe(OH)3，在最佳制备过程中一定要用到的化学方程式为()①Fe2O3＋3H2O=2Fe(OH)3②Fe2(SO4)3＋6NaOH=2Fe(OH)3↓＋3Na2SO4③Fe2O3＋3H2SO4=Fe2(SO4)3＋3H2O④Fe2(SO4)3＋3Ca(OH)2=2Fe(OH)3↓＋3CaSO4↓A．①② B．②③C．③④ D．①④【答案】B【解析】Fe2O3与水不能直接化合生成Fe(OH)3；Fe2(SO4)3和Ca(OH)2反应的副产物CaSO4是一种微溶性物质，不易与Fe(OH)3分离。可以用Fe2O3先与H2SO4反应，生成Fe2(SO4)3，再用Fe2(SO4)3与NaOH反应即可得到红褐色沉淀Fe(OH)3。7.某同学实验时，用氢气还原16g氧化铜，反应一段时间后，停止加热，冷却后称量剩余固体质量为14.4g，则下列结论正确的是(

)A.有1.6g水生成

B.有1.4g铜生成

C.实际用去氢气的质量大于0.2g

D.有80%的氧化铜参加反应【答案】C【解析】根据氢气还原氧化铜实验操作步骤及质量守恒定律分析，反应前后固体减少质量为参加反应氧化铜中氧元素质量，生成铜的质量为反应的氧化铜中铜元素质量，再由元素质量为物质质量×元素质量分数计算。【解答】A、固体减少质量为参加反应氧化铜中氧元素质量，即生成水中氧元素质量，所以生成水的质量为(16g-14.4g)÷1618=1.8g，8．[2018·杭州]小金做了如下实验：将4.2g铁粉和4.0g氧化铜粉末均匀混合，然后一次性投入盛有200g9.8%稀硫酸的大烧杯中。观察到如下现象：立即出现红色固体，前阶段没有明显的气泡产生，后阶段产生大量无色气泡，充分反应后上层清液呈浅绿色。由此小金作出下列判断，其中不合理的是()A．“立即出现红色固体”是由于很快发生了如下转化：CuOeq\o(→,\s\up10(稀硫酸))CuSO4eq\o(→,\s\up10(铁粉))CuB．“产生大量无色气泡”是由于发生了如下反应：Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑C．该实验条件下，硫酸铜比稀硫酸更容易跟铁粉发生反应D．在不同浓度的硫酸铜和稀硫酸的混合溶液中投入铁粉，都是硫酸铜先跟铁粉反应【答案】D【解析】出现红色固体则说明生成了铜单质；结合题干分析，能产生气体的化学反应，只有铁粉与稀硫酸生成氢气与硫酸亚铁；根据反应现象可知，该条件下铁粉先与硫酸铜反应，后与硫酸反应；题目中没有对不同浓度下的反应情况进行实验探究，无法得到普遍规律。9.（2018·杭州）小金做了如下实验，将4.2克铁粉和4.0克氧化铜粉末均匀混合，然后一次性投入盛有200克9.8稀硫酸的大烧杯中。观察到如下现象，立即出现红色固体，前阶段没有明显的气泡产生，后阶段产生大量无色气泡，充分反应后上层清液呈浅绿色。由此小金做出下列判断其中不合理的是（

）A.“立即出现红色固体”是由于很快发生了如下转化:CuOB.“产生大量无色气泡”是由于发生了如下反应:Fe+H2SD.在不同浓度的硫酸铜和稀硫酸的混合溶液中投入铁粉，都是硫酸铜先跟铁粉反应【答案】D【解析】A、出现红色固体则说明生成了铜单质，发生的转化过程为:氧化铜和稀硫酸生成硫酸

铜，硫酸铜与铁粉反应生成铜单质这是一个置换反应，铁的活泼性强于铜，所以能将铜离子从溶液中置换出来；故A正确；B、由题干信息可知，能产生气体的反应只能是Fe和硫酸反应，生成气体和亚铁离子，且亚铁离子是浅绿色；符合反应过程中的现象；故B正确；C、根据金属活动性顺表可知，氢排在铜之前，所以要与最弱的先反应；故C正确；D、当硫酸浓度过大，成为浓硫酸时，则会先发生Fe与浓硫酸反应，再与硫酸铜反应；故D错误；10．[2018·淮安]某课外活动小组进行测定水中氢氧元素的质量比的实验探究，已知H2＋CuO△Cu＋H2O。根据图示进行实验，反应后测得甲中玻璃管(含药品)质量减少ag，乙中U形管(含药品)质量增加bg。(1)水中氢、氧元素的质量比是____(用含a、b的式子表示)。(2)下列因素中，对测定结果有影响的是____(填字母)。A．CuO粉末不干燥B．CuO没有完全转化为CuC．没有丙装置【答案】(b－a)∶aAC【解析】(1)反应后测得甲中玻璃管(含药品)质量减少ag，减少的是生成的水中的氧元素，而乙中U形管(含药品)质量增加bg，是生成的水的质量。所以水中氢、氧元素的质量比是(b－a)∶a。(2)由(1)可知氢氧元素的质量比为(b－a)∶a，若CuO粉末不干燥或没有丙装置，都会使乙中U形管质量增加量b的值偏大，影响测定结果。11.（2020·金华·丽水）“飞花令”是中国诗词的一种接龙游戏。科学兴趣小组模仿“飞花令”游戏规则，进行物质间转化的接龙比赛，其比赛规则是：从同一物质开始进行转化，接龙物质不能重复且必须含有指定元素，以转化路径长且正确者为比赛胜者。某两场比赛的过程记录如下(“→”表示某一种物质经一步反应可转化为另一种物质)。（1）指定元素：氢元素

起始物质：HCl

比赛胜者：乙同学甲同学：HCl→H2O乙同学：HCl→H2O→乙同学在方框中应填物质的化学式是________。(写一种即可)；（2）指定元素：钡元素

起始物质：BaO

比赛胜者：丁同学丙同学：BaO→Ba(OH)2→BaSO4下列能使丁同学获胜的方案有

(填字母)。A.BaO→BaSO4→Ba(OH)2→BaCO3

B.BaO-BaCl2→Ba(NO3)2→BaSO4

C.BaO→Ba(OH)2→BaCO3→BaCl2→Ba(NO3)2→BaSO4

D.BaO→BaCl2→BaCO3→Ba(NO3)2→Ba(OH)2→BaSO4【答案】（1）H2(或NaOH或H2CO3合理即可)（2）B,C【解析】（1）从了解的物质中，寻找含有氢元素，且能够由水转化而成的物质即可；

（2）对各个转化过程进行分析，确定相邻的两种物质之间是否存在向右的转化关系即可。【解答】（1）①水分解可以生成氢气，因此乙同学方框内可以是H2；

②水和钠反应生成氢氧化钠和水，因此方框内可以是NaOH；

③水和二氧化碳反应生成碳酸，银方框内可以是H2CO3。

（2）A.BaSO4为不溶于水和酸的白色沉淀，因此无法直接转化为Ba(OH)2，故A错误；

B.氧化钡和稀盐酸反应生成氯化钡，氯化钡和硝酸银反应生成硝酸钡，硝酸钡和稀硫酸反应生成硫酸钡，故B正确；

C.氧化钡和水反应生成氢氧化钡，氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡和稀盐酸反应生成氯化钡，氯化钡和硝酸银反应生成硝酸钡，硝酸钡和稀硫酸反应生成硫酸钡，故C正确；

D.硝酸钡无法直接转化为氢氧化钡，故D错误。

12．[2018·德阳]氢氧化镁是一种重要的化工原料，某矿石由MgO、Fe2O3、CuO和SiO2组成。用它制备氢氧化镁的流程示意图如下：部分金属阳离子以氢氧化物形成沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Cu(OH)2Mg(OH)2开始沉淀1.94.29.1完全沉淀3.26.711.1(1)熟石灰主要成分的化学式是________________________________________。(2)溶液A中的阳离子是___________________(填离子符号)。(3)沉淀C的成分是_________________________。(4)溶液B与熟石灰反应的化学方程式是_________________________________。【答案】Ca(OH)2Mg2＋、Fe3＋、Cu2＋、H＋Fe(OH)3、Cu(OH)2MgCl2＋Ca(OH)2=Mg(OH)2↓＋CaCl2【解析】熟石灰的主要成分是氢氧化钙，化学式为Ca(OH)2；矿石中加入稀盐酸，可以与氧化镁、氧化铁和氧化铜反应分别生成氯化镁、氯化铁和氯化铜，由于盐酸过量，故也含有稀盐酸，则溶液中的阳离子有Mg2＋、Fe3＋、Cu2＋、H＋；pH控制在7～9时，溶液中的铁离子和铜离子会生成氢氧化铁沉淀和氢氧化铜沉淀；溶液B中的主要成分是氯化镁，氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙。13.（2020九上·杭州月考）如图所示，A是金属氧化物，B是一种金属单质，C是黄色溶液，D是浅绿色溶液，反应③是物质E与氧气、水发生的一个化合反应，请回答下列问题：（1）写出试剂甲可能的化学式：________。（2）试剂乙中一定含有的离子：________。（3）写出化学变化①和②的化学方程式：①________。②________。【答案】（1）HCl或H2SO4（2）OH-

（3）Fe2O3+3CO==2Fe+3CO2或Fe2O3+3H2==2Fe+3H2O；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑或Fe+2HCl=FeCl2+H2↑【解析】A是金属氧化物，B是一种金属单质，C是黄色溶液，D是浅绿色溶液，可知C是铁盐溶液，D是亚铁的盐溶液，则A是氧化铁，B是铁；C和试剂乙反应产生红褐色的沉淀F，F是氢氧化铁沉淀，则乙是可溶性的碱，如氢氧化钠；D和试剂乙反应产生沉淀E，应该是氢氧化亚铁，反应③是氢氧化亚铁与氧气、水发生化合反应产生氢氧化铁沉淀，带入验证符合转化关系。

【解答】（1）试剂甲能够和氧化铁及铁反应产生盐溶液，因此可以是稀盐酸或稀硫酸，即HCl或H2SO4；

（2）试剂乙是可溶性的碱溶液，因此一定含有氢氧根离子，即：OH-；

（3）①氧化铁被一氧化碳、氢气、碳等还原为铁，方程式为：Fe2O3+3CO=高温2Fe+3CO2或Fe2O3+3H2=高温2Fe+3H2O；

②铁和盐酸或稀硫酸反应产生亚铁盐和氢气，故反应的方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑或Fe+2HCl=FeCl2+H14.（2020·越城模拟）某有机物样品一定含C、H元素，可能含O元素，如图是用燃烧法来确定其组成的实验装置：在电炉加热时用纯净氧气氧化管内样品，并用氧化铜将有机物中的碳元素全部转化为二氧化碳，最后根据产物的质量确定有机物的组成。请回答下列问题：（1）a中盛放的试剂是________；（2）F装置的作用是________；（3）若去掉B装置，对________元素的测量结果无影响；（4）准确称取1.12g样品，经充分燃烧后，D装置增重1.44g，E装置增重3.52g，则该有机物样品中所含的元素为________

。【答案】（1）H2O2

（2）防止空气中的CO2在E被吸收从而干扰实验

（3）C

（4）C、H【解析】1、由题意可知，此实验主要通过A产生的氧气与样品反应，全部生成水和二氧化碳，D装置吸收水蒸气，E装置吸收二氧化碳，根据D、E装置得到水和二氧化碳的质量来确定有机物的组成；

2、实验中空气中的成分不能进入干扰水和二氧化碳质量的测定；

3、B装置的浓硫酸主要是吸收A装置中带出的水蒸气的，去掉后水蒸气的质量偏大，引起H元素质量偏大，不影响C元素的测量；

4、计算出水中含有的H元素和二氧化碳中C元素的质量，与样品质量比较可确定有机物中含有的元素。【解答】（1）实验中样品要于氧气反应，所以A装置是制取氧气的装置，用液体和固体混合制取氧气的，液体应该是H2O2；

（2）F装置接NaOH溶液，NaOH溶液易于空气中的二氧化碳反应，所以接F装置的作用是防止空气中的CO2在E被吸收从而干扰实验；

（3）B装置的浓硫酸主要是吸收A装置中带出的水蒸气的，去掉后水蒸气的质量偏大，引起H元素质量偏大，不影响C元素的测量；

（4）D装置吸收生成的水蒸气质量为1.44g，E装置吸收生成的二氧化碳质量为3.52g

有机物中H元素的质量为：1.44g×2HH215.（2019·金华）某兴趣小组在实验室相对封闭的装置内燃烧某种含碳、氢、氧元素的垃圾，对产生的废气成分（不考虑气态有机物）按如图所示的装置进行检验。【实验研究】拉动注射器，让废气依次通过装置。

【实验分析】（1）能证明废气中有水蒸气存在的现象是________；（2）F处的大号注射器，可以引导气体流向，其另一个主要作用是________；（3）【反思评价】小金认为，仅根据E中澄清石灰水变浑浊，无法确定一氧化碳的存在，其理由是________；（4）小金根据D中的粉末由黑色变为红色，得出废气中存在一氧化碳。小丽认为该结论不够严密，若废气中存在氢气也会出现该现象。要使上述结论更加严密，还应添加的一个实验装置及位置是________。【实验结果】经检验，废气中存在CO2、CO、H2O。【答案】（1）A中的固体由白色变蓝色

（2）收集尾气（或储气）

（3）CO2不一定来自CO和CuO的反应，可能是原来的CO2在B装置没有除尽

（4）在DE之间连接盛有无水硫酸铜的U型管（或在DE之间连接A装置）【解析】元素分析是研究有机化合物中元素组成的化学分析方法。分为定性、定量两种。前者用于鉴定有机化合物中含有哪些元素；后者用于测定有机化合物中这些元素的百分含量。例如，被测物质在特殊仪器中燃烧后，可定量地测定成二氧化碳形态的碳、成水形态的氢、成单体形态或氮氧化物形态的氮和成二氧化硫形态的硫等。

【解答】（1）混合气体水蒸气的检测是通过无水硫酸铜来检测的，如果有水存在时，无水硫酸铜则会由白色变成蓝色；

（2）垃圾种含有C、H、O元素，则燃烧后的产物可能是二氧化碳、一氧化碳、水；而一氧化碳是有毒气体，所以实验在种一定要有尾气处理装置，而F处的大注射器处在实验装置的末尾，则其除了引导气体流向外，就是暂时储存尾气；

（3）垃圾种含有C、H、O元素，则燃烧后的产物可能是二氧化碳、一氧化碳、水；如果废气中含有二氧化碳和一氧化碳，则B会变浑浊，但没有吸收二氧化碳的装置，所以即使废气中没有一氧化碳，E中澄清石灰水也会变浑浊；

（4）氢气与氧化铜反应，除了生成的红色的铜外，还会生成水，因此在D装置后加一个检验水的无水硫酸铜即可，如果无水硫酸铜变蓝色，则说明原混合气体中有氢气；

16.（2020·金华·丽水）除H2、CO能还原氧化铜外，CH4及其它一些具有还原性的气体也能与氧化铜发生反应。如：加热时，CH4能与CuO反应生成Cu、CO2和H2O。某拓展小组同学设计了如图所示实验装置(夹持装置省略)，分别对有关气体问题进行探究。请按要求回答相关问题。（1）【探究Ⅰ】对已知气体性质的探究。将CH4气体按如图所示装置进行规范实验，可观察到的实验现象有________(填序号)；①A装置中的黑色粉末变成光亮的红色物质②B装置中的固体由白色变蓝色③C装置中溶液变浑浊（2）【探究Ⅱ】对气体组成的探究。气体X可能由H2、CH4中的一种或两种组成，同学们按如图所示实验装置对其组成进行探究。①C装置中溶液变浑浊，可证明气体X中含有________；②根据B装置中的固体由白色变蓝色的现象，得出气体X中含有H2的结论，请对此结论作出评价，并说明理由________。（3）【探究Ⅲ】对未知气体的探究。将某火箭燃料X通过如图所示装置，观察到A装置中的黑色粉末变成光亮的红色物质；B装置中的固体由白色变蓝色，C装置中溶液不变浑浊。C中导出的气体是空气中含量最多的物质。已知燃料X是由2种元素组成的纯净物，其相对分子质量为32。根据现象及信息推断并写出：A装置中发生反应的化学方程式为________。【答案】（1）①②③

（2）CH4；不合理，因为CH4与氧化铜反应后也生成了水

（3）N2H4+2CuO≜2Cu+N2+2H2O【解析】（1）氧化铜为黑色固体，铜单质为红色固体；无水硫酸铜粉末为白色，而一旦吸水会变成蓝色的五水硫酸铜晶体；二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，根据甲烷和氧化铜的反应产物分析即可；

（2）①氢氧化钙溶液变浑浊，说明有二氧化碳气体产生。氢气中不含碳元素，而甲烷中含有碳元素，因此肯定有甲烷存在；

②固体由白色变成蓝色，说明硫酸铜粉末吸收了水，即反应中有水生成。由于氧化铜中只含有氧元素，所以水中的氢元素肯定来自于气体X，由于氢气和甲烷中都含有氢元素，所以无法判断是否有氢气的存在。

（3）根据反应现象分析火箭燃料X与氧化铜反应的产物，然后根据质量守恒定律确定X的元素组成，并对它的化学式进行推断，最后写出反应的化学方程式。【解答】（1）加热时，CH4能与CuO反应生成Cu、CO2和H2O，

那么将CH4气体按如图所示装置进行规范实验，可观察到的实验现象有：A装置中的黑色粉末变成光亮的红色物质；B装置中的固体由白色变蓝色；C装置中溶液变浑浊，故选①②③。

（2）①C装置中溶液变浑浊，可证明气体X中含有CH4；

②根据B装置中的固体由白色变蓝色的现象，得出气体X中含有H2的结论，我认为这个结论不合理，理由是：CH4与氧化铜反应后也生成了水。

（3）A装置中的黑色粉末变成光亮的红色物质，肯定有铜单质生成；B装置中的固体由白色变蓝色，肯定有水生成；C装置中溶液不变浑浊，肯定没有二氧化碳产生。C中导出的气体是空气中含量最多的物质，肯定有氮气生成。据此可知，反应产物是Cu、H2O和N2。由于氧化铜中只含有Cu和O元素，而X只由两种元素组成，根据质量守恒定律可知，那么X肯定有N和H元素组成。设它的化学式为NxHy，根据它的相对分子质量为32得到：14x+1y=32，解得：x=2，y=4，因此X的化学式为N2H4，那么反应的化学方程式为：N2H4+2CuO≜2Cu+N2+2H2O.17.（2020·杭州）小金利用图示装置进行“一氧化碳还原氧化铁”及产物检验的实验。实验步骤如下步骤1：连接装置并检查装置的气密性，在确保装置气密性良好的基础上，按图示在各装置中添加药品；步骤2：缓慢推注射器活塞，利用甲酸(一种无色溶液，溶质为HCOOH)与浓硫酸在80℃水浴的条件下制备一氧化碳(反应原理：HCOOH→加热浓H步骤3：待万用瓶中澄清石灰水下降至安全线以下后再点燃酒精灯，当W型管右侧弯管处的氧化铁全部变为黑色时，继续加热2分钟后熄灭酒精灯；步骤4：撤去酒精灯和盛热水的烧杯，用磁铁吸引黑色物质至W型管左侧弯管处进行固体产物的检验。（1）进行气密性检査时，可在万用瓶中盛适量水，然后推注射器活塞，当观察到________(填写现象)，说明装置气密性良好。（2）点燃酒精灯前，需要“待万用瓶中澄清石灰水下降至安全线以下”的原因是________（3）步骤3后，W型管左侧弯管处为反应后得到的稀硫酸，若固体产物全部是铁，步骤4中能观察到的现象是________【答案】（1）万用瓶中的水会进入导管并形成一段稳定的水柱

（2）排尽W型管内的空气，防止点燃酒精灯进行加热时发生爆炸

（3）有气泡产生，固体有溶解，且溶液呈浅绿色(写出有气泡产生即可)【解析】（1）在注射器活塞的推力作用下，万用瓶中的水会进入导管。如果装置的气密性良好，那么装置内的压强不会改变，因此在外界大气压强作用下托住的水柱长度会保持不变；

（2）一氧化碳中如果混入空气，一旦点燃很容易发生爆炸。利用一氧化碳的压力，将装置内的空气完全排放出去，可以保证加热时的安全性。

（3）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，且含有2价铁离子的溶液呈浅绿色。【解答】（1）进行气密性检査时，可在万用瓶中盛适量水，然后推注射器活塞，当观察到万用瓶中的水会进入导管并形成一段稳定的水柱，说明装置气密性良好。

（2）点燃酒精灯前，需要“待万用瓶中澄清石灰水下降至安全线以下”的原因是：排尽W型管内的空气，防止点燃酒精灯进行加热时发生爆炸；

（3）步骤3后，W型管左侧弯管处为反应后得到的稀硫酸，若固体产物全部是铁，步骤4中能观察到的现象是：有气泡产生，固体有溶解，且溶液呈浅绿色。18．[2018·扬州]某工厂产生的废渣主要成分是含钙的化合物(杂质为Fe2O3)。用该废渣制取CaCl2晶体(CaCl2·xH2O)并进行组成测定，其制取的流程如图所示：已知：NH4Cl溶液显酸性，且浓度越高酸性越强。(1)XRD图谱可用于判断某固态物质是否存在。甲图为煅烧前后废渣的XRD图谱。写出煅烧时发生的化学反应方程式：________________________________________。(2)浸取时需连续搅拌，其目的是___________________；生成的NH3能使湿润的红色石蕊试纸变_______色。(3)若使用过量浓度较高的NH4Cl溶液，则所得CaCl2溶液中会含有NH4Cl、_____________(填化学式)等杂质。(4)过滤得到的Fe2O3在高温下可与CO反应，写出该反应的化学方程式：____________________________。(5)测定晶体(CaCl2·xH2O)的组成：a．称取14.7000gCaCl2晶体于锥形瓶内，加入适量蒸馏水，使其全部溶解。b．再向其中加入足量的Na2CO3溶液，静置。c．过滤、洗涤、干燥、称量，得到10.0000g固体。①通过计算，确定x的值(写出计算过程)。②判断步骤b中沉淀完全的方法是：静置，向上层清液中滴加________________，则说明已沉淀完全；若沉淀不完全，则测得的x值比实际值__________________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】(1)Ca(OH)2eq\o(=,\s\up10(高温))CaO＋H2O(2)使氧化钙与水充分反应生成氢氧化钙，再与氯化铵反应蓝(3)FeCl3(4)Fe2O3＋3COeq\o(=,\s\up10(高温))2Fe＋3CO2(5)①设生成10.0000g沉淀需要氯化钙的质量为y则：CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl111100y10geq\f(111,y)＝eq\f(100,10g)，解得y＝11.1g，所以结晶水的质量＝14.7000g－11.1g＝3.6g，14.7g×eq\f(18x,111＋18x)×100%＝3.6g，解得x＝2。②碳酸钠，没有沉淀产生偏大【解析】(1)根据煅烧前后废渣的XRD图谱可知，煅烧时发生的化学反应是氢氧化钙分解生成氧化钙和水。(2)浸取时需连续搅拌，其目的是使氧化钙与水充分反应生成氢氧化钙，再与氯化铵反应；氨气溶于水形成氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。(3)若使用过量浓度较高的NH4Cl溶液，溶液的酸性较强，可能与氧化铁反应，生成氯化铁，所得CaCl2溶液中可能会含有NH4Cl、FeCl3等杂质。(5)②沉淀完全说明溶液中不含有氯化钙，可用碳酸钠溶液检验。如果向上层清液中滴加碳酸钠，没有沉淀产生，说明已沉淀完全，若沉淀不完全，计算所得的氯化钙质量偏小，水的质量偏大，x值偏大。19．[扬州中考]碱式碳酸镁[Mg2(OH)2CO3]和过氧化镁(MgO2)都是重要化工原料。以Mg2(OH)2CO3为原料，制备产品MgO2的步骤如下：(1)煅烧：煅烧Mg2(OH)2CO3得到三种氧化物，其中一种常温下是气体，且能使澄清石灰水变浑浊，煅烧时反应的化学方程式为____________________________________。(2)转化：向所得固体中加双氧水充分搅拌，发生反应MgO＋H2O2=MgO2＋H2O。(3)分离：得到产品。(4)测定：假设产品中仅混有少量MgO，某小组设计如图装置，通过测定生成O2体积，计算MgO2的质量分数。已知：a．MnO2与稀盐酸不反应b．MgO2＋2HCl=MgCl2＋H2O2c．2MgO2△2MgO＋O2↑d．MgO＋Ceq\o(=,\s\up10(高温))Mg＋CO↑①相同条件下，__________(选填“装置A”或“装置B”)能使测定结果更准确。②经讨论，该小组又设计了下列3种方案，分别取5.0g产品进行实验，能确定MgO2质量分数的是__________(填字母)。A．加热，使MgO2完全分解，测出剩余固体的质量B．与足量炭粉在高温下充分反应，测出生成Mg的质量C．先加足量稀盐酸，再加足量NaOH溶液，充分反应，测出Mg(OH)2质量【答案】(1)Mg2(OH)2CO3eq\o(=,\s\up10(高温))2MgO＋H2O＋CO2↑(4)装置AABC【解析】(4)①相同条件下，装置A中盐酸的体积是在体系之内的，所以加入盐酸时不会影响生成的氧气的体积测定，而装置B盐酸的加入会导致量气管内液面明显下降，所以装置A能使测定结果更准确。②A.加热，使MgO2完全分解，测出剩余固体的质量，可以根据质量差为生成的氧气求算MgO2质量，进而确定MgO2质量分数。B.设过氧化镁的质量为x，氧化镁的质量为y，则x＋y＝5.0g；根据质量守恒可知过氧化镁中的镁元素质量和氧化镁中的镁元素质量之和等于反应生成镁元素的质量；由此可求出过氧化镁的质量，继而可求出过氧化镁的质量分数。C.设过氧化镁的质量为x，氧化镁的质量为y，则x＋y＝5.0g；根据质量守恒，可知过氧化镁中的镁元素质量和氧化镁中的镁元素质量之和等于反应生成氢氧化镁中镁元素的质量；由此可求出过氧化镁的质量，继而可求出过氧化镁的质量分数。20.（2020九上·江北期末）某CuO粉末中混有少量Cu2O，现有一课外活动小组利用下图所示装置测定其中Cu2O的质量。已知在加热条件下，氢气还原氧化亚铜生成铜和水，一氧化碳还原氧化亚铜生成铜和二氧化碳。请根据图示内容回答下列问题：

（1）X是常见还原性气体CO、H2

中的一种，请根据该组合装置判断X的化学式为________。（2）若缺少B装置，将直接导致反应后D装置内的物质的质量________（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。（3