重难点08 工艺流程题-2023年中考化学【热点·重点·难点】专练（上海专用）（解析版）

重难点08工艺流程题1．化学反应类型类型定义代表式特点化合价变化备注化合反应由两种或两种以上的物质生成另一种物质的反应A＋B→C多变一可能变化(就某些反应中某些元素而言)反应物A、B既可代表单质，又可代表化合物分解反应由一种物质生成两种或两种以上其他物质的反应A→B＋C一变多可能变化(就某些反应中某些元素而言)生成物中的B、C既可代表单质，又可代表化合物置换反应由一种单质跟一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应A＋BC→B＋AC一换一肯定变化(就所有反应中某些元素而言)反应范围：①金属和酸，②金属和盐，③氢气、碳和金属氧化物复分解反应由两种化合物互相变换成分，生成另外两种化合物的反应AB＋CD→AD＋CB相互交换肯定不变(就所有反应中所有元素而言)反应范围：①酸＋碱，②酸＋盐，③酸＋金属氧化物，④盐＋碱，⑤盐＋盐2.化学方程式书写(1)根据流程图中某一步骤中发生的反应写出其反应方程式：需要根据混合物中某物质的性质进行判断能否反应，进而先写出相应的反应物和生成物的化学式，然后配平，并注明反应条件和生成物状态等。(2)陌生化学方程式书写：根据流程题中的箭头方向，进线为投料(反应物)，出线指向为生成物进线确定反应物和生成物，然后进行配平，同时要注意反应条件及生成物状态的标注。3．混合物分离操作实验仪器或装置原理过滤利用各物质在同一种溶剂(通常是水)中的溶解能力不同进行分离，如去除食盐中混有的泥沙结晶蒸发结晶蒸发结晶：利用不同物质的沸点不同进行分离，通常是水的沸点比溶解在水中的其他物质低，如水和氯化钠。降温结晶：利用不同物质的溶解度随温度的变化而明显改变的性质，如硝酸钾。4.物质类别物质eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(混合物（如空气、溶液、合金等）,纯净物\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(单质\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(金属,非金属,稀有气体)),化合物\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(无机物\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(氧化物（如干冰、水、生石灰等）,酸（如盐酸、硝酸、硫酸等）,碱（如烧碱、熟石灰等）,盐（如食盐、硫酸铜等）)),有机物（如甲烷、酒精、淀粉、油脂、蛋白质、维生素等）))))))1．看题头，找出关键信息，明确目的结合“三条线”既进线、出线和循环线，根据题干提取有用信息，确定流程图中的第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，对比分析中找出原料与产品之间的关系。即①反应物及生成物是什么；②发生了什么反应；③该反应对最终生成目标产物起到什么作用，反应是否符合绿色化学思想。(3)弄清生产流程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。2．看结构，弄清物质间转化关系了解此题结构可以分为三部分：题头一般是简单介绍该生产工艺的原材料和生产的目的；题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来(由原料预处理反应、核心反应和目标产品的分离与提纯组成，如图所示)；题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设置问题。3．抓核心反应，综合分析规范作答从问题出发，联系新信息以及所学的旧知识，应用正逆向思维、发散思维、横向思维等多种思维方式进行综合分析、推理，初步得出结论。据题设要求规范表达出正确答案如：(1)陌生化学方程式的书写：根据流程图中线的走向找出反应物和生成物，然后根据化学反应前后元素种类不变，再确认反应中是否有水参与或生成；若在空气中燃烧或通入空气则需考虑空气中的氧气是否参加反应，最后根据题意写出反应条件并配平。(注意生成物中是否需要标注“↑”或“↓”符号)。(2)实验操作：若该操作得到的物质为固体和液体，则该操作为过滤；过滤操作中使用的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；进行过滤操作时玻璃棒的作用是引流；进行过滤操作若得到的溶液浑浊，原因可能有：滤纸破损、过滤时漏斗内液面高于滤纸边缘、盛接滤液的容器不干净等。(3)质量守恒定律的应用：①根据化学反应前后元素种类不变推出未知生成物的元素组成。②根据质量守恒定律中的“两个不变”：化学反应前后元素种类和原子数目不变，进而推出某一反应物或生成物。一、单选题【例1】．（2021·上海·九年级专题练习）某固体样品中可能含有NaOH、Na2SO4、Mg（NO3）2、Cu（NO3）2、CaCO3中的一种或几种物质。为确定组成，按下图所示进行实验，有关说法正确的是A．a中含有CaCO3和Mg（OH）2B．样品中一定存在Na2SO4、Mg（NO3）2、CaCO3C．b中含有CaCO3和BaSO4D．样品中一定不存在Cu（NO3）2，可能有NaOH【答案】B【解析】A、假设白色沉淀都是碳酸钙，碳酸钙与硝酸反应生成硝酸钙、水和二氧化碳，根据碳原子质量守恒，则0.1mol的碳酸钙可以得到0.1mol的二氧化碳，此时沉淀不含有Mg(OH)2，只含有CaCO3，此选项错误；B、0.1mol白色沉淀a得到0.1mol二氧化碳，根据碳原子质量守恒，可以推断含有碳酸钙，不含有氢氧化镁；而无色溶液加入氢氧化钡得到白色沉淀，部分溶于硝酸，得出b为硫酸钡和氢氧化镁的混合物，因此推断含有硫酸钠和硝酸镁，故样品中一定存在Na2SO4、Mg(NO3)2、CaCO3，此选项正确；C、通过分析可知，样品中一定含有Na2SO4、Mg(NO3)2、CaCO3，且白色沉淀a为碳酸钙，则无色溶液是硫酸钠和硝酸镁。加入过量氢氧化钡，硫酸钠和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，硝酸镁和氢氧化钡反应生成氢氧化镁沉淀，故b为氢氧化镁和硫酸钡的沉淀，此选项错误；D、因为得到无色溶液，排除硝酸铜存在的可能性；而0.1mol的白色沉淀a得到0.1mol的二氧化碳，排除氢氧化镁的存在；通过分析硝酸镁存在，且能与氢氧化钠发生反应不能共存，所以排除氢氧化钠的存在，才能保证白色沉淀a没有氢氧化镁，故样品中一定不存在Cu(NO3)2和NaOH，此选项错误。故选B。【例2】．（2021春·上海·九年级专题练习）某白色固体可能是CaCl2、Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、KNO3中的一种或几种，取样进行如下实验：有关说法正确的是A．原固体样品中一定含有Na2SO4或CuSO4B．原固体样品中一定没有CaCl2和KNO3C．溶液b的溶质中一定含有NaCl和BaCl2D．白色固体c中一定含有BaSO4和BaCO3【答案】D【分析】固体样品溶于水形成无色溶液a，说明样品中不含硫酸铜，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，说明不含其中一种，无色溶液a中加入足量氯化钡溶液，过滤，生成白色固体c，加入足量稀盐酸，生成无色气体d和白色固体e，说明样品含有碳酸钠，硫酸钠，不含氯化钙，可能含有硝酸钾。【解析】A、固体样品溶于水形成无色溶液a，说明样品中不含硫酸铜，选项A不正确；B、固体样品溶于水形成无色溶液a，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，说明不含其中一种，无色溶液a中加入足量氯化钡溶液，过滤，生成白色固体c，加入足量稀盐酸，生成无色气体d，说明样品含有碳酸钠，不含氯化钙，选项B不正确；C、无色溶液a加入足量的氯化钡溶液，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡和氯化钠。如果碳酸钠和硫酸钠与氯化钡均刚好反应完全，则溶液b不含氯化钡；如果氯化钡有剩余，则溶液b含有氯化钡。因此溶液b的溶质中一定含有NaCl，可能含有BaCl2，选项C不正确；D、白色固体c，加入足量稀盐酸，生成无色气体d和白色固体e，说明白色固体c中含有BaSO4和BaCO3，这是因为碳酸钡和盐酸反应生成二氧化碳气体，硫酸钡不溶于盐酸。选项D正确。故选D。【点睛】硫酸铜溶液显蓝色，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡和氯化钠，碳酸钡和盐酸反应生成二氧化碳气体，硫酸钡不溶于盐酸。【例3】．（2023·上海·九年级专题练习）取久置氢氧化钠固体进行如下实验，可以探究出其变质程度，下列说法正确的是A．甲溶液可能是氢氧化钙溶液B．物质I可能是二氧化碳C．溶液II的溶质可能含甲物质D．滴加酚酞后，溶液III可能不变色【答案】D【分析】氢氧化钠变质是氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和氢氧化钠溶液都呈碱性。【解析】A.碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，会影响原样品中氢氧化钠的检验，甲溶液不可能是氢氧化钙溶液，故选错误；B.变质的氢氧化钠中有碳酸钠，加入过量的酸时，碳酸钠和酸反应生成二氧化碳，物质I可能是二氧化碳，选项正确；C.加入了过量的甲溶液，溶液II的溶质一定含甲物质，选项错误；D.如果氢氧化钠完全变质，加入的甲是过量的氯化钙溶液（或氯化钡溶液等），将碳酸钠反应后，溶液呈中性，滴加酚酞后，溶液III不变色；如果氢氧化钠没变质，或部分变质，则加入过量氯化钙溶液（或氯化钡溶液等）后，溶液中有氢氧化钠，酚酞试液变红。选项正确。故选D。二、流程题【例4】．（2022·上海松江·统考二模）某固体样品含铜、氧化铜和铁，分别取a克该样品进行实验并回收铜，设计方案如下：【方案一】【方案二】(1)两方案中操作的名称是_________。(2)写出方案二中通入氢气发生反应的化学方程式________，反应类型是_______。(3)实验测得两方案中得到的铜相等(m=n)，则滤液X的溶质成分是_______。【答案】(1)过滤(2)

置换反应(3)硫酸亚铁、硫酸【分析】(1)两方案中操作后均得到固体和滤液，实现了固液分离，为过滤操作，故填：过滤；(2)氢气与氧化铜加热生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式为，该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物，属于置换反应，故填：，置换反应；(3)由分析可知：根据实验测得两方案中得到的铜相等(m=n)，说明样品中的氧化铜全部转化为了铜，则滤液X的溶质成分是生成的硫酸亚铁和过量的硫酸，故填：硫酸亚铁、硫酸。【例5】．（2022·上海松江·统考二模）食盐是人类生存的必需品。下表是氯化钠和硫酸钠的溶解度(g/100g水)0℃10℃20℃30℃40℃氯化钠35.735.836.036.336.6硫酸钠4.59.620.240.848.5(1)20℃时，用3.6克氯化钠配制氯化钠饱和溶液，需_______克水。一定温度下的氯化钠饱和溶液是指该条件下不能再溶解__________的溶液。(2)海水晒盐。某海水中主要物质的含量见表，用下列方法得到氯化钠(微量杂质忽略不计)。物质每100g海水所含质量(g)水96.5氯化钠2.7硫酸钠0.7…………I.把100克该海水晒干，得到盐是_________。(选填“纯净物”或“混合物”)II.写出加入X溶液发生反应的化学方程式________X的物质的量是______摩尔(填选项)，恰好将硫酸钠除尽。A．0.7/208

B．0.7/142

C．2.7/58.5

D．2.7/261III.20℃时，用13.6克的饱和氯化钠溶液充分冲洗精盐，过滤，得到滤液C的质量至少是_______克。检验滤渣D是否是纯净氯化钠的方法是_______。【答案】(1)

10

NaCl(氯化钠)(2)

混合物

BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl

B

14.3

取滤渣D，溶于水，加入氯化钡或硝酸钡溶液，无白色沉淀生成，说明滤渣是纯净氯化钠【解析】(1)【例1】0℃时，氯化钠的溶解度为36.0g，则用3.6克氯化钠配制氯化钠饱和溶液，需水。一定温度下的氯化钠饱和溶液是指该条件下不能再溶解氯化钠溶质的溶液；(2)I.由图表可知，海水中含有氯化钠、硫酸钠等，把100克该海水晒干，得到盐含有多种物质，属于混合物；II.加入X溶液是为了除去硫酸钠杂质，X为氯化钡，硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠：；由图表可知，100g海水中含有硫酸钠质量为0.7g，则Na2SO4的物质的量为，由化学方程式体现的关系可知，BaCl2的物质的量是，恰好将硫酸钠除尽。故选B。III.20℃时，硫酸钠的溶解度为20.2g，氯化钠的溶解度为36.0g，13.6克的饱和氯化钠溶液中水的质量为，则10g水最多溶解硫酸钠2.02g>0.7g，故用13.6克的饱和氯化钠溶液充分冲洗精盐，过滤，得到滤液C的质量至少是13.6g+0.7g=14.3g。硫酸根离子和钡离子会生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，则检验滤渣D是否是纯净氯化钠的方法是取滤渣D，溶于水，加入氯化钡或硝酸钡溶液，无白色沉淀生成，说明滤渣是纯净氯化钠。【例6】．（2022·上海杨浦·统考模拟预测）有一包氯化钾样品，可能混有硝酸钾、硝酸钙、氯化铜、碳酸钠中的一种或几种。为确定其成分，进行如下实验：(1)由步骤I可知，样品中一定没有______。(2)步骤II中发生的化学反应类型是______。(3)无色溶液B中的溶质一定有______。(4)写出白色沉淀的化学式______。(5)该样品中的一定含有的杂质是______。(6)为了确定可能存在的物质，还应该测量的数据是______。【答案】(1)氯化铜##CuCl2(2)复分解反应(3)NaNO3、KNO3、HNO3、AgNO3(4)AgCl(5)碳酸钠##Na2CO3(6)生成的气体质量【解析】(1)氯化铜溶液显蓝色，样品溶于水形成无色溶液A，说明不含氯化铜，故由步骤I可知，样品中一定没有氯化铜或CuCl2。(2)步骤II中发生的化学反应为稀硝酸和碳酸钠生成硝酸钠、水和二氧化碳，硝酸银和氯化钾生成氯化银沉淀和硝酸钾，反应均符合两种化合物相互交换成分生成另两种化合物，故步骤II中发生的化学反应类型是复分解反应。(3)步骤II稀硝酸和碳酸钠生成硝酸钠、水和二氧化碳，硝酸银和氯化钾生成氯化银沉淀和硝酸钾，则无色溶液B中的溶质一定有生成的硝酸钠、硝酸钾，过量的稀硝酸、硝酸银，化学式为NaNO3、KNO3、HNO3、AgNO3。(4)硝酸银和氯化钾生成氯化银沉淀和硝酸钾，故白色沉淀的化学式为AgCl。(5)由步骤II反应稀硝酸和碳酸钠生成硝酸钠、水和二氧化碳，产生气泡，说明含有碳酸钠，故该样品中的一定含有的杂质是Na2CO3。(6)由步骤I可知，不含氯化铜，步骤II可知样品中含有碳酸钠，则不含硝酸钙，可能含有硝酸钾，白色沉淀氯化银的质量为28.7g，则由化学方程式计算出氯化钾的质量，则为了确定可能存在的物质，还需要计算碳酸钠的质量，故还应该测量的数据是生成的气体质量。【例7】．（2022·上海闵行·统考二模）某工厂废液中含有氯化钠、氯化铜和氯化亚铁。某课外小组要从废液中回收铜并得到铁红（主要成分Fe2O3），要求全过程不引入其他金属元素。设计实验方案如下图所示：请回答下列问题：(1)工厂废液中加入过量A反应的化学方程式为________。(2)过量盐酸的作用是________。(3)溶液甲中的溶质是________（用化学式表示）。(4)完成步骤④的化学方程式：4Fe(OH)2+O2+2____=4Fe(OH)3(5)能证明金属活动性Fe>Cu的过程是________（填①-⑤）。(6)溶液丙能否直接排放？请说明理由________【答案】(1)(2)将铁完全转化为FeCl2(3)FeCl2、NaCl(4)H2O(5)①②(6)不能直接排放，溶液丙中含氢氧化钠，会污染环境【分析】废液中含有氯化钠、氯化铜和氯化亚铁，由于目的是获得铜和铁红，所以需要在过程中铜离子转化为铜单质，根据流程可以看成铜应该出现在固体甲中，所以A就是转化铜离子用的铁粉，为使铜离子彻底转化，所以应该加入过量的铁粉，这样导致固体甲为生成的铜和剩余的铁粉，当加入过量盐酸时，使铁粉完全从铜粉中除掉，所以固体乙是纯净的铜粉，溶液乙为生成的氯化亚铁和剩余的盐酸，而溶液甲为氯化钠和氯化亚铁，溶液甲和乙加入过量的B后生成氢氧化亚铁，说明B为氢氧化钠等可溶性碱。(1)由分析可知，加入过量的A是铁与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，化学方程式为：；(2)当加入过量盐酸时，使铁粉完全从铜粉中除掉，过量盐酸的作用是将铁完全转化为FeCl2；(3)根据分析可知，溶液甲的溶质为FeCl2、NaCl；(4)由可知，反应前后铁原子都是4个，反应后氢原子是12个，反应前应该是12个，其中4个包含在2X，反应后氧原子是12个，反应前应该是12个，其中2个包含在2X中，则X的化学式为H2O；(5)过程①发生的是铁与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，可证明铁的活动性大于铜，过程②是固体铁和铜与稀盐酸反应，只有铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，可证明铁的活动性大于铜的活动性，过程③中发生两个反应；氯化亚铁和氢氧化钠反应；盐酸和氢氧化钠反应，无法证明铁与铜的金属活动性强弱，过程④是氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁的反应，无法证明铁与铜的金属活动强弱，过程⑤是氢氧化铁分解生成氧化铁的反应，无法证明铁与铜的金属活动性强弱，则能证明金属活动性Fe>Cu的过程是①②；(6)溶液丙中含有过量的氢氧化钠，所以溶液丙不能直接排放，溶液丙中含氢氧化钠，会污染环境。【例8】．（2022·上海徐汇·统考模拟预测）某样品是由铁粉和氧化铜粉末均匀混合而成，将该样品等质量分为两份，进行以下实验回收铜，若每一步都充分反应，得到的固体2是两种金属的混合物。(1)步骤①中观察到的实验现象为_______。溶液1和溶液2中都含有的溶质是_______(填物质的名称)。(2)步骤②在下图所示的装置(夹持仪器已省略)中进行点燃酒精灯前，先要通一段时间CO，目的是_______。请写出硬质玻璃管中发生反应的化学方程式_______。用该装置做实验的不足之处是_______。(3)根据上述实验流程，能得出样品中铁和氧化铜的物质的量大小有怎样的关系？____请说明理由。_______。【答案】(1)

固体消失，有气泡产生，溶液变成蓝色

硫酸亚铁(2)

排除装置中的空气，防止CO和空气混合加热后爆炸

装置末端没有尾气处理(3)

铁和氧化铜的物质的量之比至少大于1

固体2是两种金属的混合物，说明溶液1中的硫酸铜、过量硫酸和固体1中的铁反应后铁剩余，根据方程式：，则铁和氧化铜的物质的量之比至少大于1【解析】（1）步骤①中：铁和硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气，氧化铜和硫酸反应产生硫酸铜和水，硫酸亚铁溶液是浅绿色，硫酸铜溶液是蓝色，所以观察到的现象是：固体消失，有气泡产生，溶液变成蓝色；溶液1中的溶质：铁和硫酸反应产生的硫酸亚铁，氧化铜和硫酸反应产生的硫酸铜，过量的硫酸；固体2是两种金属的混合物，则是铁和铜，说明溶液1中硫酸铜、硫酸和固体1中的铁反应后铁剩余，铁和硫酸铜反应产生硫酸亚铁和铜，铁和硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气，则溶液2的溶质是硫酸亚铁；溶液1和溶液2中都含有的溶质是硫酸亚铁；（2）CO还原氧化铜，先通CO一段时间，排除装置中的空气，防止CO和空气混合加热后爆炸；硬质玻璃管中CO和氧化铜在加热的条件下反应产生铜和二氧化碳，方程式是：；CO有毒，排放到空气中会污染空气，所以该装置的不足之处是没有进行尾气处理；（3）根据上述分析，溶液1中的溶质：硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸，固体1是铁和铜，溶液1中硫酸铜、过量的硫酸和固体1中的铁反应后铁剩余，则固体2是两种金属的混合物（铁和铜），根据硫酸铜和铁反应的方程式，则铁的物质的量要比硫酸铜的物质的量大，即两者的物质的量之比至少大于1。【例9】．（2023春·九年级单元测试）钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料，它们具有很多优良的性能，尤其是抗腐蚀性能突出，被广泛用于火箭、导弹、航天飞机、船舶、化工和通信设备等。以钛铁矿（主要成分是FeTiO3）为原料制TiO2，再由TiO2制金属Ti的工艺流程如下：(1)清洁能源甲醇（CH3OH）属于___________（填“有机化合物”或“无机化合物”）。(2)物质A是一种有毒的可燃性气体，化学式为___________。(3)电解饱和NaCl溶液的化学方程式为___________。(4)在高温和氩气条件下，金属镁和TiC14发生置换反应可生成Ti，该反应的化学方程式为___________；氩气能做保护气的原因是___________。【答案】(1)有机化合物(2)CO(3)(4)

TiCl4+2MgTi+2MgCl2

化学性质稳定不容易参加化学反应【分析】钛铁矿和硫酸生成H2TiO3，H2TiO3加热转化为二氧化钛，二氧化钛和电解生成的氯气、焦炭反应生成四氯化钛和一氧化碳，四氯化钛和镁反应生成钛，一氧化碳和氢气转化为甲醇。【解析】（1）有机物为除一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐以外的含碳化合物；由化学式可知，甲醇（CH3OH）属于有机化合物；（2）TiO2和氯气、焦炭生成A，物质A是一种有毒的可燃性气体，由质量守恒定律可知，A为一氧化碳CO；（3）由流程可知，氯化钠和水在通电条件下生成氢氧化钠、氢气和氯气，；（4）置换反应是一种单质和化合物生成另外一种单质和化合物的反应，在高温和氩气条件下，金属镁和TiC14发生置换反应可生成Ti，此外还生成氯化镁，该反应为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。氩气能做保护气的原因是化学性质稳定不容易参加化学反应。【例10】．（2023春·九年级单元测试）金属及金属材料广泛应用于生产、生活及科学实验，其应用推动了社会的发展。(1)下列实验中，铜片上的白磷燃烧，说明铜具有___________性：黄铜片和纯铜片相互刻画，纯铜片上留下刻痕，说明黄铜的硬度比纯铜的硬度___________(填“大”或“小")。(2)铁在潮湿的空气中容易生锈，写出一种防止铁制品生锈的具体方法___________。(3)春秋战国时期，我国就开始生产和使用铁器。工业上用赤铁矿(主要成分Fe2O3)和一氧化碳反应炼铁的化学方程式为____________。(4)某同学对含Cu(NO3)2、AgNO3、M(NO3)2的混合溶液进行探究，流程如下(M表示一种金属元素)：根据实验探究流程，回答下列问题：①气体X的化学式为___________。②金属Fe、Cu、Ag、M的活动性由强到弱的顺序是___________。③滤液D中所含溶质的成分可能有___________种情况。【答案】(1)

导热

大(2)铁制品表面喷漆（合理即可）(3)(4)

H2

M＞Fe＞Cu＞Ag

3##三【解析】（1）铜片上的白磷燃烧，说明铜具有导热性；黄铜片和纯铜片相互刻画，纯铜片上留下刻痕，说明黄铜的硬度比纯铜的硬度大。（2）防止铁制品生锈的方法：喷漆、刷油等，合理即可。（3）赤铁矿和一氧化碳反应炼铁，是一氧化碳与氧化铁高温下反应生成铁和二氧化碳，方程式为：。（4）①无论加入铁是否过量，固体加一定是金属（混合物），而金属能与稀盐酸发生反应产生气体，则气体X一定是氢气（H2）。②铁一定会与硝酸银、硝酸铜发生置换，所以滤液A中一定含硝酸亚铁，而加入过量的M后过滤可得到无色滤液，则M活动性一定比铁强，根据已学知识金属活动性Fe＞Cu＞Ag，所以金属Fe、Cu、Ag、M的活动性由强到弱的顺序是，M＞Fe＞Cu＞Ag。③结合小问②固体甲加入稀盐酸产生气体，则滤液A溶质为Fe（NO3）2、M(NO3)2，加入过量固体乙，则固体乙是M和铁，再加入一定量的硝酸银溶液过滤，若硝酸银过量，则滤液D溶质为Fe（NO3）2、M(NO3)2、AgNO3，若硝酸银不足，则滤液D溶质为M(NO3)2，或Fe（NO3）2、M(NO3)2，综上共有3种情况。【例11】．（2022·上海宝山·统考模拟预测）某化学兴趣小组，欲利用实验室的固体废弃物(主要成分为CaCO3，还含有少量的C、CuO等杂质)制作CaCl2，实验过程如下图所示：(1)副产品NaCl的用途：_______________(写一例)。(2)步骤I加入的X溶液为___________，加入过量X溶液的目的是__________________。(3)步骤Ⅱ加入适量Y溶液后，观察到的现象是_________________，滤渣2中的物质是_________________。(4)写出得到副产品NaCl的反应的化学方程式_________________。【答案】(1)做调味品等(2)

稀盐酸

使CaCO3、CuO完全反应(3)

产生蓝色沉淀

氢氧化铜##Cu(OH)2(4)和【分析】根据流程可知，最终得到氯化钙和氯化钠，故加入的X是能与碳酸钙反应的含氯元素的物质，因此选择稀盐酸，则碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙水和二氧化碳，氧化铜与稀盐酸反应生成氯化铜的水，碳不反应，过滤则滤液1中含有氯化钙和氯化铜，剩余的盐酸，根据题意，Y溶液是氢氧化钠，可以与盐酸反应生成氯化钠和水，可以与氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀除去铜离子同时生成氯化钠，据此解题。(1)氯化钠在生活中主要用作调味品，故填：做调味品等；(2)根据分析可知，X是：稀盐酸；稀盐酸能与碳酸钙和氧化铜反应，因此加入过量的稀盐酸可以是碳酸钙和氧化铜完全都反应，故填：使CaCO3、CuO完全反应；(3)根据分析可知，Y溶液是氢氧化钠溶液，加入氢氧化钠和氯化铜反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀和氯化钠，故现象是：产生蓝色沉淀；过滤的到的滤渣即沉淀氢氧化铜，故填：氢氧化铜；(4)根据题意和分析可知生成氯化钠的反应是Y溶液即氢氧化钠和剩余的盐酸反应生成氯化钠和水以及与氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钠，化学方程式为：和。【例12】．（2022春·上海普陀·九年级校考期中）实验室某NaCl样品中含有CaCl2、Na2SO4两种杂质，现欲检验并提纯NaCl样品，实验过程如下：(1)生成的白色沉淀D的化学式是_________；(2)溶液B中含有的溶质是_________；(3)步骤4中加入试剂Z的化学方程式是_________；(4)步骤5的操作名称是_________；(5)判断试剂Y过量的方法是。A．取少量白色沉淀E滴入盐酸，有气泡产生B．取少量溶液C，滴入紫色石蕊，溶液变红色C．取少量溶液C滴入硝酸银溶液，出现白色沉淀D．取少量溶液C滴入石灰水，出现白色沉淀(6)若试剂X和试剂Y的顺序颠倒，其他步骤及试剂不变，提纯得到的NaCl中会引入的新杂质是____。【答案】(1)BaSO4(2)氯化钠、氯化钙、氯化钡(3)(4)蒸发结晶(5)D(6)氯化钡##BaCl2【分析】NaCl样品中含有CaCl2、Na2SO4两种杂质，溶解后加入过量氯化钡除去硫酸钠杂质，过滤得到滤液B，B中含有氯化钠、氯化钙、过量的氯化钡；B加入足量碳酸钠除去氯化钙和过量的氯化钡，得到溶液C中含有过量碳酸钠，再加入过量稀盐酸，除去碳酸钠蒸发结晶得到氯化钠；(1)白色沉淀D为硫酸钠和氯化钡生成的硫酸钡沉淀，化学式是BaSO4；(2)由分析可知，溶液B中溶质是含有的氯化钠、氯化钙、过量的氯化钡；(3)步骤4中加入试剂Z反应为：碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体：；(4)步骤5为从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体的操作，为蒸发结晶；(5)试剂Y为碳酸钠溶液，目的是除去氯化钙和过量的氯化钡；A.E为碳酸钡和碳酸钙，碳酸盐和稀盐酸生成二氧化碳，取少量白色沉淀E滴入盐酸，有气泡产生不能证明碳酸钠过量，错误；B.碳酸钠溶液显碱性，取少量溶液C，滴入紫色石蕊，溶液变蓝色能证明碳酸钠过量，错误；C.C中含有氯离子，取少量溶液C滴入硝酸银溶液，出现白色沉淀，不能证明碳酸钠过量，错误；D.碳酸钠和氢氧化钙生成碳酸钙沉淀，取少量溶液C滴入石灰水，出现白色沉淀能证明碳酸钠过量，正确；故选D；(6)若试剂氯化钡和试剂碳酸钠的顺序颠倒，其他步骤及试剂不变，则不能除去过量的氯化钡，提纯得到的NaCl中会引入的新杂质是氯化钡。【例13】．（2022春·上海黄浦·九年级上海市震旦外国语中学校考阶段练习）海水通过晒制可得粗盐，粗盐中除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是实验室模拟粗盐制备精盐的过程。①步骤一：去除粗盐中的泥沙Ⅰ.称取粗盐样品10.0g，用蒸馏水充分溶解；

Ⅱ.过滤去除泥沙得溶液A；以上两步操作中均需要使用到玻璃棒，过滤时玻璃棒的作用是_____。②步骤二：去除粗盐中的可溶性杂质Ⅰ.加入“过量Na2CO3溶液”时，发生反应的化学方程式______。Ⅱ.理论上用过量的____溶液（填一种物质）代替NaOH和BaCl2两种溶液，也可以达到相同实验目的。Ⅲ.为了证明所加的盐酸已过量，某同学取少量溶液B，向其中加入_____（填一种试剂），若产生_____（填实验现象），则证明盐酸已过量。③步骤三：获得产品将溶液B注入______（填仪器名称）中，在不断搅拌下加热，观察到大量晶体析出时，停止加热，利用余热蒸干。最终得到精盐9.4g。④步骤四：数据处理该粗盐样品中，氯化钠的质量分数为94%。【结果与反思】实验操作、试剂和装置均不存在问题，老师却指出该样品中氯化钠的质量分数不是94%，原因是______。【答案】

引流

Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl和Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl

氢氧化钡

紫色石蕊试液

紫色石蕊试液变红

蒸发皿

提纯中生成了氯化钠【解析】①步骤一：过滤时玻璃棒的作用是引流，故填引流。②步骤二：Ⅰ、加入“过量Na2CO3溶液”时，碳酸钠能够与杂质氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，将氯化钙转化为氯化钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，碳酸钠还能够与过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，故反应的化学方程式写为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl和Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl。Ⅱ、提纯过程中，氢氧化钠中的氢氧根离子用来除去杂质氯化镁中的镁离子，氯化钡中的钡离子用来除去杂质硫酸钠中的硫酸根离子，所以理论上用过量的氢氧化钡溶液代替NaOH和BaCl2两种溶液，也可以达到相同实验目的，故填氢氧化钡。Ⅲ、为了证明所加的盐酸已过量，某同学取少量溶液B，向其中加入紫色石蕊试液，故填紫色石蕊试液；如稀盐酸过量，溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇到酸性溶液变红，故填紫色石蕊试液变红。③步骤三：将溶液B注入蒸发皿中进行蒸发，在不断搅拌下加热，观察到大量晶体析出，故填蒸发皿。{结果与反思}提纯过程中，在除去可溶性杂质的过程中生成了氯化钠，所以该样品中氯化钠的质量分数小于94%，故填提纯中生成了氯化钠。一、单选题1．（2020·上海闵行·统考二模）某混合溶液含有一定量的硝酸银、硝酸铜和硝酸钡，为逐一分离其中的金属元素，所加试剂均过量，且理论上氢氧化钠的消耗量最少。所加试剂1-3顺序正确的是A．氢氧化钠、氯化钠、硫酸钠 B．氯化钠、氢氧化钠、硫酸钠C．氯化钠、稀硫酸、氢氧化钠 D．硫酸钠、氯化钠、氢氧化钠【答案】B【解析】A、先加入氢氧化钠，氢氧化钠会和硝酸铜反应生成蓝色沉淀和硝酸钠，但同时也会和硝酸银反应生成氢氧化银后迅速分解成氧化银，无法将金属元素逐一分离，故A错误；B、先加入氯化钠，氯化钠只和硝酸银反应生成白色沉淀和硝酸钠，不与其他物质反应，将沉淀过滤出来即可分离出银元素，再加入氢氧化钠，氢氧化钠只和硝酸铜反应生成氢氧化铜的沉淀和硝酸钠，将沉淀过滤出来即可分离出铜元素，再加入硫酸钠，硫酸钠和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，将沉淀过滤出来即可分离出钡元素，所加试剂顺序正确，故B正确；C、第二个所加试剂为稀硫酸的话，又因试剂均过量，那么在第三种加入氢氧化钠试剂时氢氧化钠要和过量的稀硫酸反应，氢氧化钠的消耗量就比B选项中的多了，故C错误。D、硫酸银是微溶物，溶液中多了也会沉淀下来，所以第一步试剂加入硫酸钠的话，无法将硫酸钡和硫酸银给逐一分离，故D错误。故选B。2．（2017·上海浦东新·统考二模）化学实验现象绚丽多彩．如图是无色溶液X发生化学反应时的颜色变化，无色溶液X是（）A．稀盐酸 B．稀硫酸 C．澄清石灰水 D．硫酸钠溶液【答案】B【解析】无色溶液X能使石蕊溶液变红，说明溶液显酸性；与氧化铁反应得到棕黄色溶液，说明是酸；与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，说明是硫酸。故选B。点睛：熟练掌握根据实验现象探究物质成分的知识。3．（2017·上海浦东新·统考一模）甲、乙、丙是初中化学中常见的物质，下图中“—”表示相连的物质之间能发生反应，“→”表示由一种物质转化为另一种物质。下列说法中不正确的是A．甲、乙、丙可能依次为Fe、NaOH、CO2B．当乙为NaOH时，它可由Ca(OH)2与Na2CO3反应生成C．当甲为一种碱时，它与硫酸铜溶液反应可能生成两种沉淀D．丙物质可能是氧化钙【答案】D【解析】丙物质不可能是氧化钙，因为氧化钙不会和氢氧化钙发生反应。故选D．4．（2015·上海徐汇·统考中考模拟）现有含杂质的硝酸钠溶液，为确定其组成，某同学设计了如下实验：下列判断错误的是A．原溶液中的杂质可能有三种 B．原溶液中没有硫酸盐C．原溶液中杂质肯定是一种 D．该实验中涉及的基本反应类型只有一种【答案】C【解析】A、根据图示及现象可知，原溶液加入硝酸银产生白色沉淀A，且不溶于稀硝酸，则说明原溶液中含有氯离子的物质；向滤液中加入碳酸钠，产生碳酸钙和硝酸钠，则说明无色溶液B中含有硝酸钙，所以原溶液中的杂质可能为含氯离子的物质，硝酸钙，和硝酸钠，正确；B、向原溶液中加入硝酸钡，无明显现象，说明原溶液中没有硫酸盐，正确；C、根据A选项分析，可知，错误；D、该实验中涉及的基本反应类型为复分解反应，正确。故选C。二、多选题5．（2021·上海虹口·统考一模）以石灰石为原料进行实验（杂质不发生反应），过程如下。相关分析正确的是A．固体M的质量小于石灰石的质量 B．步骤II中只发生物理变化C．溶液X能使酚酞变红 D．步骤III中一定发生化学变化【答案】AC【解析】A、石灰石中主要成分碳酸钙在高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，故固体M的质量小于石灰石的质量，正确；B、固体M中含有氧化钙，氧化钙和水会反应生成氢氧化钙，生成了新物质，属于化学变化，错误；C、溶液X含有氢氧化钙，呈碱性，能使酚酞变红，正确；D、步骤III中不一定发生化学变化，溶液X中含有氢氧化钙，溶解度随温度的升高而减小，可能是升温，使氢氧化钙析出，形成悬浊液，错误；故选AC。6．（2021·上海杨浦·统考三模）某固体粉末可能含有碳酸钙、氧化铜、氧化铁、木炭粉中的几种，取该固体粉末按下列流程进行实验（各步均完全反应）。下列推断正确的是A．固体X可能是混合物B．溶液Z中只含一种溶质C．气体M和气体Y都是二氧化碳D．原固体粉末中没有氧化铜，可能有碳酸钙【答案】AD【分析】固体粉末在高温下能生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，故气体M为二氧化碳，在高温下能反应生成二氧化碳的为碳酸钙高温分解和碳与氧化铁或氧化铜的反应，在固体X中加入过量的稀盐酸后有气体Y生成，说明是铁与盐酸反应，气体Y为氢气，故固体粉末在高温下发生了氧化铁与碳反应生成了铁和二氧化碳，故固体粉末中含有碳和氧化铁，由于最终反应完后没有固体剩余，故原固体粉末中不含氧化铜，故原固体粉末中一定含有碳和氧化铁，可能含有碳酸钙，一定不含氧化铜；【解析】A、若固体粉末中含有碳酸钙，则固体X中还含有氧化钙，若固体粉末中不含碳酸钙，则固体X中只含铁，故固体X可能是混合物，A正确；B、溶液Z中一定会含有氯化亚铁，由于盐酸加入过量，故溶液Z中还会含有溶质氯化氢，故溶液Z中至少含有两种溶质，B错误；C、由于每一步都完全反应，故固体X中不含碳酸钙，故气体M为二氧化碳，气体Y为氢气，C错误；D、原固体粉末中没有氧化铜，可能有碳酸钙，D正确。故选AD。三、流程题7．（2022春·上海黄浦·九年级上海市震旦外国语中学校考阶段练习）废旧手机的电路板中含有铝、铁、铜、银、金等多种金属，随意丢弃既会造成资源浪费，也会污染土壤和水体。化学兴趣小组为回收其中的铜，设计并进行了如下实验。已知：；不考虑金、银发生类似反应。(1)将电路板粉碎成粉末的目的是______。(2)滤液A中的溶质除硫酸外，还有_____。(3)步骤Ⅱ中的实验现象是：固体部分溶解，______。(4)判断步骤Ⅳ中加入的稀硫酸过量的方法是______。【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率(2)硫酸铝和硫酸亚铁(3)无色溶液变为蓝色(4)取样品加入紫色石蕊试液，如紫色石蕊试液变红，表明步骤Ⅳ中加入的稀硫酸过量【解析】(1)将电路板粉碎成粉末能够增大反应物的接触面积，加快反应速率，故填增大反应物的接触面积，加快反应速率。(2)电路板中含有铝、铁、铜、银、金等多种金属，与过量稀硫酸混合后，铝能够与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，铁能够与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以滤液A中的溶质除硫酸外，还有硫酸铝和硫酸亚铁，故填硫酸铝和硫酸亚铁。(3)由题文可知，铜、过氧化氢和硫酸铜反应生成硫酸铜和水，滤渣B中含有金、银、铜，所以步骤Ⅱ中的实验现象是：固体部分溶解，无色溶液变为蓝色，故填无色溶液变为蓝色。(4)稀硫酸呈酸性，能够使紫色石蕊试液变红，所以判断步骤Ⅳ中加入的稀硫酸过量的方法是取样品加入紫色石蕊试液，如紫色石蕊试液变红，表明步骤Ⅳ中加入的稀硫酸过量，故填取样品加入紫色石蕊试液，如紫色石蕊试液变红，表明步骤Ⅳ中加入的稀硫酸过量。8．（2022·上海·模拟预测）海水晒制可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。现设计一种制备精盐的实验流程，步骤如下。(1)实验流程中加入过量X、Y溶液中的溶质分别是______。选项溶质ⅠⅡⅢⅣXNa2CO3Na2CO3BaCl2Ba(NO3)2YBaCl2Ba(NO3)2Na2CO3Na2CO3(2)判断Y溶液过量的方法是。A．取少量溶液A滴入硝酸银溶液，出现白色沉淀B．取少量沉淀滴入盐酸，有气泡产生C．取少量溶液A，滴入紫色石蕊，溶液变蓝D．取少量溶液A滴入石灰水，出现白色沉淀(3)沉淀中除了泥沙等难溶杂质，还主要有______物质。加入Z溶液过量，但对精盐制备没有影响不必除去，这是利用Z溶液______的性质。【答案】(1)III(2)CD(3)

BaCO3、BaSO4、CaCO3

易挥发【解析】(1)加入过量的氯化钡可以除去硫酸钠，加入过量的碳酸钠可以除去氯化钙和过量的氯化钡，且氯化钡一定要在碳酸钠溶液之前加，故选III；(2)A.滤液A中有氯化钠，取少量溶液A滴入硝酸银溶液，一定出现白色沉淀氯化银，故A不正确；B.取少量沉淀滴入盐酸，由于沉淀中有碳酸钡、碳酸钙，一定会有气泡（二氧化碳）产生，故B不正确；C.判断碳酸钠Y溶液过量的方法是取少量溶液A，滴入紫色石蕊，溶液变蓝，可知碳酸钠溶液过量，故C正确；D.取少量溶液A滴入石灰水，出现白色沉淀，生成碳酸钙沉淀，可知碳酸钠过量，故D正确；故选CD；(3)沉淀中除了泥沙等难溶杂质，还主要有BaCO3、BaSO4、CaCO3物质，加入Z溶液过量，Z是稀盐酸，是为了除去过量的碳酸钠，稀盐酸过量对精盐制备没有影响不必除去，这是利用稀盐酸易挥发的性质。9．（2021春·上海·九年级校联考阶段练习）为了不污染环境并充分利用资源，工业废水中的成分可以通过处理后再回收利用。实验一：某工业废水中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，从中得到金属铜和硫酸锌晶体，设计了如下方案：完成填空：(1)加入过量X的目的是______。(2)上述步骤______（选填步骤编号）所包含的反应体现锌的活动性比铜强。(3)溶液2中含有的溶质是______。(4)溶液2和溶液3所含溶剂的质量______（选填“相同”或“不相同”）。实验二：某工业废水中含有氯化钠、氯化镁、氯化钡，要分离和回收这三种物质设计了如下方案：完成填空：(5)写出得到白色沉淀A的化学方程式______。(6)操作Ⅲ是______。(7)无色溶液2中含有的溶质是______。(8)加入X溶液“适量”改为“过量”，对实验结果______（选填“有”或“无”）影响，理由是______。【答案】(1)除去硫酸铜和硫酸亚铁，得到铜（合理即可）(2)Ⅰ、Ⅱ(3)硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸（或ZnSO4、FeSO4、H2SO4）(4)不相同(5)MgCl2+2NaOH＝Mg(OH)2↓+2NaCl(6)蒸发(7)Na2CO3、NaCl(8)

无

氢氧化钠会被加入的过量盐酸反应完，不影响氯化钠的提纯【解析】(1)废水中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，从中得到金属铜和硫酸锌晶体，所以加入的过量X是锌，目的是将硫酸铜和硫酸亚铁除掉，置换出铜，故填：除去硫酸铜和硫酸亚铁，得到铜（合理即可）；(2)步骤I包含着锌与硫酸铜反应，生成铜和硫酸锌，说明了锌比铜活泼，步骤Ⅱ中包含着锌与硫酸反应，说明锌排在氢的前边，铜与硫酸不反应，说明铜排在氢的后面，说明锌比铜活泼，故填：Ⅰ、Ⅱ；(3)金属A中含有锌、铁、铜，加入过量硫酸，锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以溶液2中含有的溶质是：硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸，故填：硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸（或ZnSO4、FeSO4、H2SO4）；(4)溶液2是硫酸与铁、锌反应后的溶液，溶液3是废液加入锌过滤后的溶液与溶液2的组合，所以溶剂的质量一定不相同，故填：不相同；(5)氢氧化钠与氯化镁反应，生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，过滤得到白色沉淀A，反应的化学方程式为MgCl2+2NaOH＝Mg(OH)2↓+2NaCl，故填：MgCl2+2NaOH＝Mg(OH)2↓+2NaCl；(6)操作Ⅲ是氯化镁溶液得到氯化镁固体，所以利用蒸发结晶的方法得到，故填：蒸发；(7)无色溶液1中含有氯化钠、氯化钡，加过量碳酸钠溶液后，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，所以无色溶液2中含有的溶质氯化钠和过量碳酸钠，故填：Na2CO3、NaCl；(8)加入X溶液“适量”改为“过量”，对实验结果无影响，原因是氢氧化钠过量会被盐酸反应掉生成氯化钠和水，不影响氯化钠的提纯，故填：无；氢氧化钠会被加入的过量盐酸反应完，不影响氯化钠的提纯。10．（2021·上海宝山·校考一模）空气是一种丰富的自然资源。已知氮气在高温、高能量条件下可与某些物质发生反应。如图是以空气和其他必要的原料合成化肥（NH4NO3）的工业流程。请按要求回答下列问题：(1)空气中含量过多的二氧化碳，会导致________这一当前突出的环境问题，人们要积极应对，减弱这种物质对环境影响。(2)NH4NO3从物质类别看，属于_______（填“酸”、“碱”、“盐”）。从化肥的角度看，它属于______肥（填“氮”、“磷”、“钾”）。(3)NH4NO3中氮、氢原子的物质的量之比为_______，向某土壤中施加0.1molNH4NO3能提供氮元素______克，0.1molNH4NO3中含有氧原子______个。【答案】(1)温室效应(2)

盐

氮(3)

1：2

2.8

1.806×1023【分析】(1)空气中含量过多的二氧化碳，会导致温室效应。(2)NH4NO3从物质类别看，是由铵根离子和酸根离子构成的化合物，属于盐。从化肥的角度看，它能提供植物所需的营养元素氮元素，属于氮肥。(3)NH4NO3中氮、氢原子的物质的量之比为2：4=1:2；向某土壤中施加0.1molNH4NO3能提供氮元素为0.1mol×2×14g/mol=2.8g，0.1molNH4NO3中含有氧原子的数目为0.1mol×3×1.806×1023mol-1=1.806×1023个。11．（2021·上海普陀·统考一模）粗盐中常含有MgCl2、Na2SO4等杂质，现将这份粗盐样品采用两种不同方法进行NaCl的提纯，流程如图：①方法一Ⅰ每步所加试剂均过量的原因是______。Ⅱ写出加入过量NaOH溶液反应的化学方程式______。Ⅲ写出加入过量BaCl2溶液反应的化学方程式______。Ⅳ通过规范的实验操作，甲同学所得的NaCl固体比粗盐样品中的NaCl的质量大，流程中增加NaCl质量的反应有______个。②方法二Ⅰ提出该方法的同学认为：可用一种试剂X取代方法一中过量NaOH溶液和过量BaCl2溶液，达到提纯NaCl的目的，写出X的化学式______。Ⅱ请依次判断两种方法中所得沉淀的质量关系。沉淀选填“相等”“不相等”或“无法判断”______BaSO4______BaCO3______【答案】

使杂质完全去除

5

相等

相等

无法判断【解析】①方法一：Ⅰ加入过量的氢氧化钠，使氯化镁全部转化为氢氧化镁沉淀，加入过量的氯化钡，使硫酸钠全部转化为硫酸钡沉淀，加入过量的碳酸钠，使剩余的氯化钡全部转化为碳酸钡沉淀，每步所加试剂均过量的原因是使杂质完全去除。Ⅱ加入过量NaOH溶液，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，反应的化学方程式。Ⅲ加入过量氯化钡溶液，硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，反应的化学方程式。Ⅳ通过规范的实验操作，甲同学所得的NaCl固体比粗盐样品中的NaCl的质量大，加入氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠时均有氯化钠生成，滤液中含有剩余的氢氧化钠、碳酸钠，加入过量的稀盐酸时，氢氧化钠、碳酸钠与稀盐酸反应均有氯化钠生成，则流程中增加NaCl质量的反应有5个。②方法二Ⅰ提出该方法的同学认为：可用一种试剂X取代方法一中过量NaOH溶液和过量BaCl2溶液，达到提纯NaCl的目的，X的化学式为，因为氢氧化钡与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钡，与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠。Ⅱ根据质量守恒定律，沉淀质量取决于氯化镁的质量，则两种方法中所得的质量相等；根据质量守恒定律，BaSO4沉淀质量取决于硫酸钠的质量，则两种方法中所得BaSO4的质量相等；方法一中生成碳酸钡的质量取决于剩余氯化钡的质量，方法二中生成碳酸钡的质量取决于剩余氢氧化钡的质量，因此无法判断两种方法中所得沉淀的质量关系。12．（2021·上海·九年级专题练习）某班级研究铁、铜、银的金属活动性，并回收Ag。①判断铁、铜、银中金属活动性最强的是_______；②Cu与AgNO3反应的化学方程式_______；Fe与Cu(NO3)2反应后，Fe表面析出_______色固体；③现有Fe(NO3)2、Cu(NO3)2、AgNO3混合废液，目的回收Ag：ⅰ.滤液A的溶质是_______；步骤Ⅲ中加入足量AgNO3溶液的目的是_______；何确定滤液C中有AgNO3，应选_______溶液；ⅱ.若将步骤Ⅰ中的amolCu改为amolFe，最终得到Ag的质量是否会改变，请说明理由：____。【答案】

铁(Fe)

红

硝酸亚铁和硝酸铜

使滤渣B中的铜完全反应，得到纯净的银

稀盐酸

不会改变，因为假设步骤Ⅰ中加入的amolFe和足量的硝酸铜反应，会生成amolCu，那么后续反应就和原来的amol略过量的Cu一样了，置换出银肯定是2amol【解析】①在金属活动性顺序里，铁排在铜、银之前，故金属活动性最强的是Fe；；②铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，该反应的化学方程式为：；；铁与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，铁表面析出红色固体；；③i.在金属活动顺序中铜排在铁之后，银之前。加入稍过量铜，铜会与硝酸银反应生成银和硝酸铜，所以滤液A中溶质为硝酸铜和硝酸亚铁；滤渣B中有银和稍过量的Cu，步骤Ⅲ加入足量硝酸银，将铜反应成硝酸铜；硝酸银与盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸。滤液C中一定有硝酸铜，是否有硝酸银，用盐酸检验，若有白色沉淀，则含硝酸银，反之不含。ii.如果把amolCu改为amolFe，首先依然会把混合废液中的Ag全部置换出来，额外还有一部分Cu也进入滤渣B，滤渣B中加入足量硝酸银，Cu又把Ag置换出来。铁与硝酸铜：，1molFe置换1molCu，铁和硝酸银：，1molFe置换2molAg，铜和硝酸银：1molCu置换2molAg，铜和铁是等效的。所以最终都得到2molAg；13．（2021春·上海长宁·九年级上海市延安初级中学校考阶段练习）实验室里收集了一些溶质为FeSO4和CuSO4的废液，欲从中回收金属铜和硫酸亚铁溶液，设计了如下方案：（1）FeSO4中金属元素的化合价为______________。（2）步骤Ⅰ加入过量X的目的是______________，有关反应的化学方程式是______________。（3）步骤Ⅱ中所加试剂Y的名称是______________。（4）操作a和b的名称是______________，所需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_____________。（5）上述步骤_________（选填步骤编号）所包含的反应体现铁的活动性比铜强。（6）滤液经过降温结晶得到FeSO4晶体，步骤Ⅱ中过量的Y是否会影响FeSO4晶体的纯度？请说明理由_____________。【答案】

+2价

将硫酸铜完全反应

Fe+CuSO4=Cu+FeSO4

稀硫酸

过滤

玻璃棒

Ⅰ、Ⅱ

不会，理由是硫酸常温下是液体，不会以晶体析出，因为它会与水互溶【解析】（1）FeSO4中硫酸根的化合价为-2价，根据化合物里正负化合价代数和为0，铁元素的化合价为+2价，故填：+2价；（2）由于需要将铜离子转化为铜单质，而溶液还必须为硫酸亚铁，即不能引入新的杂质，所以过量X是铁，加入铁的目的是将硫酸铜完全反应；铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，故填：将硫酸铜完全反应；Fe+CuSO4=Cu+FeSO4；（3）由于加入过量的铁，反应生成铜，金属A是铁和铜，所以步聚Ⅱ中所加试剂Y的名称是稀硫酸，故填：稀硫酸；（4）操作a和b能将固液分开，操作名称是过滤，所需要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故填：过滤；玻璃棒；（5）步骤Ⅰ所包含的反应铁能将铜从其盐溶液中置换出来，体现铁的活动性比铜强；步骤Ⅱ中是铁与硫酸反应而铜和稀硫酸不反应，体现铁的活动性比铜强；步骤Ⅲ是物理变化，不能体现铁的活动性比铜强，故填：Ⅰ、Ⅱ；（6）不会，理由是硫酸常温下是液体，不会以晶体析出，因为它会与水互溶，故填：不会，理由是硫酸常温下是液体，不会以晶体析出，因为它会与水互溶。14．（2021·上海·九年级专题练习）某固体粉末含铜、氧化铜和铁，为测定其中铜元素的含量，分别取ag该样品开展实验，获取，称量滤渣铜的质量并进行计算，实验前，设计了如下方案。【方案一】①滤液N中最多含溶质_______种：滤渣M中只含铜。不含铁的原因是_______。【方二】①一氧化碳与氧化铜反应的现象是_______；该反应的化学方程式是_______。②比较以上两种方案，哪一种能更准确测定铜元素的含量并写出理由，_______。【答案】

3

稀硫酸过量，Fe被完全反应

黑色固体变红

方案二更准确。由于Fe的量未知，方案一中的滤液N中能含有CuSO4，未被计算入Cu中，产生误差。（合理即可）【解析】方案一：①向该固体粉末中加入过量稀硫酸后，其中的铁会与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氧化铜会与稀硫酸反应生成硫酸铜和水,，铁还会与生成的硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，反应后过滤，则滤液N中最多含溶质为硫酸亚铁、硫酸铜和剩余的硫酸三种溶质；由于铁的活动性比氢强,而铜的活动性比氢弱，稀硫酸过量，则铜不能反应，而铁被反应完，所以滤渣M中只含铜、不含铁。方案二：①一氧化碳与氧化铁在加热条件下会反应生成铜和二氧化碳，则会观察到黑色固体逐渐变红色，反应的化学方程式为CO+CuOCu+CO2；②方案一中的滤液N中能含有CuSO4，未被计算入Cu中，产生误差，无法确定滤渣M中的铜单质是否为全部铜元素的质量；方案二可确保氧化铜全部转化为铜单质,进而准确测定全部铜元素的含量，所以方案二能更准确测定铜元素的含量。15．（2023春·九年级单元测试）某工厂用铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2等）提取Al2O3，提取流程如图所示：已知Ⅰ．Ⅱ．（1）“酸浸”时，通常将铝土矿进行粉碎处理，“粉碎”的主要目的是_____。（2）经检验，滤渣Ⅰ的主要成分是SiO2，写出“酸浸”过程中发生反应的任意一个化学方程式：_____。（3）滤液Ⅰ中含有的溶质有_____（用化学式表示），滤液Ⅰ中加入过量氢氧化钠溶液后，发生的化学反应共有_____个。（4）滤渣Ⅲ加热时，生成Al2O3和一种常见的氧化物，请写出反应的化学方程式_____，该反应属于_____反应（填基本反应类型）。【答案】

增加接触面积，利于反应充分进行

或

AlCl3、FeCl3、HCl

4

分解【解析】（1）固体粉碎后，增加了固液接触面积，利于反应充分进行。（2）氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，书写化学方程式注意配平，所以发生反应化学方程式为或。（3）氧化铝和氧化铁与盐酸反应生成了氯化铝和氯化铁，同时盐酸过量，所以溶质有氯化铝、氯化铁和氯化氢；此时加入过量氢氧化钠，氯化铝与氢氧化钠先反应生成了氢氧化铝，接着氢氧化铝与过量氢氧化钠反应生成了偏铝酸钠，发生了2个反应，氯化铁与氢氧化钠反应生成了氢氧化铁，盐酸与氢氧化钠发生酸碱中和反应，因此一共有4个反应发生。（4）滤渣Ⅲ加热生成了氧化铝和另一种氧化物，而偏铝酸钠溶液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以滤渣Ⅲ主要是氢氧化铝，其加热分解遵循质量守恒定律，氧化物还有氢元素，所以该氧化物为水，因此是氢氧化铝在加热条件下反应生成氧化铝和水，书写化学方程式注意配平，所以化学方程式为；反应符合一变多的特点，所以为分解反应。16．（2023春·九年级单元测试）为了达到充分利用金属资源的目的，从含有金属镁、铁、铜的粉末中，分离和提取出重要化工原料MgSO4和有关金属，实验过程如图（图中产生气体已省略），请回答有关问题。（1）实验步骤①中被磁铁吸引的金属A是______；（2）操作a的名称是______；（3）实验步骤②中，除了加入稀硫酸外，还可选用下列试剂中的______（填序号）；a．硫酸铜溶液b．稀盐酸c．硝酸银溶液d．硝酸亚铁溶液（4）某同学按如图进行实验，但在实验步骤②时，将“适量”稀硫酸看成“过量”，进行实验，得到金属B和溶液M，并向所得的溶液M中加入一定量铁粉和锌粉，充分反应后，最终只得到浅绿色溶液，分析该浅绿色溶液中溶质情况______。【答案】

Fe

过滤

a

硫酸镁、硫酸锌和硫酸亚铁，可能含有硫酸【分析】第一步：镁、铁、铜粉末中的铁被磁铁吸收，从混合物中分离出来，金属A为铁；第二步：在剩下的两种金属镁、铜中加入适量的稀硫酸，镁与硫酸反应溶解，铜不与硫酸反应，经过过滤操作，分离出铜，金属B为铜。第三步：对过滤后的滤液出行蒸发，即可得到硫酸镁晶体。【解析】（1）被磁铁吸引的金属是铁，化学式为Fe。故填：Fe；（2）操作a是将不溶性固体与液体分离，名称为过滤。故填：过滤。（3）a加入适量的稀硫酸，镁与硫酸反应，铜不反应，因此过滤可以得到B，即金属铜；步骤2中所发生的反应为镁和稀硫酸的反应镁的活动性比铜强，镁能与硫酸铜反应生成了铜和硫酸镁，所以可以用硫酸铜来代营稀硫酸完成该实验，故正确；b稀盐酸与镁反应生成氯化镁，没法得到硫酸镁，故错误;c镁与硝酸银溶液反应生成硝酸镁和银，反应后既没法得到硫酸镁，同时也是金属B不纯，故错误；d镁与硝酸亚铁溶液反应生成硝酸镁和铁，反应后既没法得到硫酸镁，同时也是金属B不纯，故错误；故选a；（4）在实验步骤②时，将“适量”稀硫酸看成“过量”，进行实验，得到金属B和溶液M，此时溶液M中含有硫酸和硫酸镁，由于金属活动性锌大于铁，所以锌优先于稀硫酸反应，充分反应后，最终只得到浅绿色溶液，说明锌已经完全反应，铁也参与反应，所以浅绿色洛液中溶质一定含有硫酸镁、硫酸锌和硫酸亚铁，可能含有硫酸。【点睛】解本题的关键是要弄清楚金属的活泼性强弱，与酸反应的先后顺序。17．（2018春·上海·九年级统考竞赛）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的方法之一。已知：溶质Na2CO3K2CO320℃1L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Ⅰ~Ⅴ（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Ⅰ～Ⅴ选择合适的装置与试剂：装置ⅠⅡⅢⅣⅤaa__b试剂_浓硫酸CuO__装置Ⅰ、Ⅱ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Ⅳ增加的质量【解析】（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，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ⅠⅡⅢⅣⅤaacbb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Ⅰ、Ⅱ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Ⅳ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．（2019春·九年级课时练习）侯德榜先生是我国制碱工业的先驱和奠基人．他发明的“侯氏制碱法”提高了原料的利用率，在制得了纯碱的同时还获得了大量化肥．其主要过程如图所示：整个过程中涉及的主要反应有：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl(晶体)2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑(1)“侯氏制碱法”生产的最终产品中可做化肥的是____．该化肥能否与熟石灰混合使用？_____(填：“能”或“不能”)；若不能，为什么？(用化学方程式表示)____(若能则此问不做)．(2)实验室中，纯碱也可以和熟石灰用来制取少量的烧碱，用化学方程式表示其过程：_____．(3)根据题目提供的信息，有的原材料可以循环使用，它们是_____．(4)碳酸钠和碳酸氢钠都是白色固体，从题目信息中可以找到一种鉴别它们的方法：_____．(5)工业上制作印制板是利用氯化铁腐蚀的原理：化学反应方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2．工业生产过程中产生的废液对环境有污染，为了节约金属资源并减少对环境的污染，请你设计一个实验流程处理废液回收Cu和FeCl2．_________.要求：参照如图的流程方式，将设计的实验流程在方框内完成．查阅资料：Fe+2FeCl3=3FeCl2．【答案】

NH4Cl

不能

2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O

Na2CO3+Ca(OH)2=2NaOH+CaCO3↓

H2O和CO2

取样，分别加热，若受热能分解(有气泡)为碳酸氢钠，若受热不能分解(无气泡)则为碳酸钠

【解析】(1)“侯氏制碱法”生产的最终产品中氯化铵含有氮元素，可做化肥；氯化铵属于铵态氮肥，与熟石灰反应会产生氨气，降低肥效，故不能与熟石灰混合使用，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=2NaOH+CaCO3↓．(3)由整个过程中涉及的主要反应可以看出，H2O和CO2可以循环使用；(4)碳酸钠和碳酸氢钠都是白色固体，从题目信息中2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故可采用加热观察能否产生气泡的方法进行鉴别：取样，分别加热，若受热能分解(有气泡)为碳酸氢钠，若受热不能分解(无气泡)则为碳酸钠；(5)由题目所给信息，根据金属活动性顺序，过量铁粉与氯化铁，氯化铜发生化学反应；由于过量铁粉参加反应，所以滤渣的成份有多余的铁和化学反应生成的铜；故应加入稀盐酸除去滤渣中的铁；该流程中可以循环、回收利用的物质，了解金属的回收利用：。19．（2019秋·九年级课时练习）人类的生存和发展离不开能源和资源．（1）家用燃料的更新过程如下：煤液化石油气或管道煤气天然气，下列有关家用燃料更新的理由，正确的是________（选填字母）．A天然气属于可再生能源B气体燃料比固体燃料利用率更高C天然气作为燃料可避免温室效应的发生D煤仅仅用作燃料烧掉浪费资源（2）水是生命之源，合理利用和保护水资源是我们义不容辞的责任．①设法除去硬水中的________，可以使硬水软化成软水．②公共场所可利用“活性炭+超滤膜+紫外线”组合工艺获得直饮水，其中活性炭主要起________作用．（3）海水中有大量可以利用的化学资源，其中所含的氯化镁是金属镁的重要来源之一．从海水中提取金属镁，可按如图流程进行：①下列有关说法正确的是________（选填字母）．A步骤I通过一步反应即可实现．B步骤II、Ⅲ、IV的目的是从海水中提纯氯化镁C步骤V中化学能转化为电能D在此流程中涉及的基本反应类型有4种②在此流程中可以循环利用的物质是________．（4）家中蒸馒头常用的纯碱中含有少量氯化钠，某实验小组要测定该纯碱中碳酸钠的质量分数，取12g纯碱样品放入烧杯中，逐滴加入稀盐酸至不再产生气泡，此时烧杯中没有不溶物，共消耗稀盐酸72.4g，测得反应后溶液的质量为80g．请帮助实验小组完成以下计算（写出计算过程）：①根据质量守恒定律计算生成二氧化碳的质量________②样品中碳酸钠的质量分数是多少________？【答案】

BD

可溶性的钙、镁化合物

吸附

B

氯化氢

4.4g

88.3%【解析】（1）A、天然气是三大化石燃料之一，属于不可再生能源，A错误；B、由于气体燃料与空气接触面更大，燃烧更充分，故气体燃料比固体燃料利用率更高，B正确；C、天然气作为燃料也生成二氧化碳，所以不可避免温室效应的发生，C错误；D、煤仅仅用作燃料烧掉浪费资源，还可以深加工成各种产品，减少环境污染，D正确。故选BD。（2）①硬水是指含有较多可溶性的钙、镁化合物的水，所以设法除去硬水中的钙、镁化合物，可以使硬水软化成软水；②公共场所可利用“活性炭+超滤膜+紫外线”组合工艺获得直饮水，其中活性炭主要起吸附作用；（3）①A、步骤I是碳酸钙高温煅烧生成氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，所以通过一步反应不可实现，不符合题意；B、步骤II、Ⅲ、IV的目的是从海水中提纯浓度更高的氯化镁，符合题意；C、步骤V中是电能转化为化学能，不符合题意；D、步骤I碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应，氧化钙和水生成氢氧化钙，属于化合反应；步骤II氢氧化钙与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，属于复分解反应；步骤Ⅲ氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，属于复分解反应；步骤IV蒸发结晶，不属于化学变化；步骤V氯化镁电解生成镁和氯气，属于分解反应；故此流程中涉及的基本反应类型有种，没有置换反应，不符合题意。故选B。②生成的氯化氢气体溶于水形成盐酸还可以和氢氧化镁反应，所以在此流程中可以循环利用的物质是氯化氢；（4）①根据质量守恒定律，生成的二氧化碳的质量为②设样品中碳酸钠的质量为x。所以样品中碳酸钠的质量分数为：答：生成二