中考化学科学探究题特训之物质制备2

中考化学2024年科学探究题特训之物质制备1．（2024•即墨区一模）物质的推断、分离、转化、回收是化学学科的必备知识。请分析并完成下列问题。【成分推断】实验室中某固体混合物A中可能含有CuO、Na2CO3、BaCl2、BaSO4四种物质中的两种或多种，小颖同学欲探究其成分组成，她按如图所示进行了实验，出现的现象如图中所述。（假设过程中所有可能发生的反应都恰好完全进行）。根据上述信息进行分析推理，并回答下列问题：（1）气体D是，沉淀F是（写化学式）。（2）滤液E中大量存在的金属阳离子是（写离子符号）。（3）根据上述信息，可确定原固体混合物A中一定存在的物质有（写化学式）。（4）若要确定原固体混合物A全部成分，应进行的操作是。【转化制备】某兴趣小组的同学欲利用铜绿【Cu2（OH）2CO3]提取金属铜并获得氯化亚铁。过程如图：（5）加入过量的B是，固体M的成分是。（6）加入过量C的目的是。滤液N和滤液Q成分是否相同？（选填“相同”或“不相同”）。（7）操作Ⅱ中玻璃棒的作用是，过量的C对获得氯化亚铁固体的纯度（“有”或“没有”）影响。【答案】（1）CO2；BaSO4；（2）Cu2+，Na+；（3）Na2CO3、CuO；（4）取沉淀C滴加稀盐酸；（5）铁粉；铜、铁；（6）将过量的铁粉完全除去；相同；（7）搅拌，防止局部温度过高，造成液滴飞溅；没有。【解答】解：【成分推断】（1）根据分析，碳酸钠与稀硫酸反应生成二氧化碳，故气体D是CO2；由于沉淀不能被酸溶解，故沉淀F为BaSO4；（2）步骤②中发生反应的化学方程式为：Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑、CuO+H2SO4═CuSO4+H2O。根据化学方程式可知：滤液E中大量存在的金属阳离子是：Cu2+，Na+；（3）根据上述信息，可确定原固体混合物A中一定存在的物质有：Na2CO3、CuO；（4）根据上述信息，还不能确定原固体混合物A中是否存在的物质是：BaCl2、BaSO4，若要确定原固体混合物A全部成分，应进行的操作：取沉淀C滴加稀盐酸，若沉淀不溶解，则含有硫酸钡，若沉淀部分溶解，则含有氯化钡和硫酸钡，若沉淀全部溶解，则含有氯化钡。【转化制备】（4）根据分析，加入过量的B是铁粉，铁和氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，则固体M的成分是铜和过量的铁；（5）加入过量C的目的是将过量的铁粉完全除去；滤液N和滤液Q中含有氯化亚铁和过量的盐酸，成分相同；（6）操作Ⅱ是蒸发，蒸发时玻璃棒的作用为搅拌，防止局部温度过高，造成液滴飞溅，过量的盐酸加热时变成氯化氢气体，对获得氯化亚铁固体的纯度没有影响。故答案为：（1）CO2；BaSO4；（2）Cu2+，Na+；（3）Na2CO3、CuO；（4）取沉淀C滴加稀盐酸；（5）铁粉；铜、铁；（6）将过量的铁粉完全除去；相同；（7）搅拌，防止局部温度过高，造成液滴飞溅；没有。2．（2024•贵州模拟）“侯氏制碱法”又称“联合制碱法”，是一种工业化生产纯碱的方法，“联合”即合成氮厂和制碱厂的联合。龙鎏栓在实验室对此种制碱方法进行了模拟。（1）【装置准备】龙鎏栓查阅资料得知：NH3在NaCl溶液中的溶解度比CO2大得多，如图2，为了使CO2充分反应，CO2气体应从（填“a”或“b”）管通入。（2）【反应认知】侯氏制碱法的主要反应阶段：第一阶段：NH3和H2O反应生成NH3•H2O；第二阶段：CO2和NH3⋅H2O反应生成NH4HCO3；第三阶段：NH4HCO3和NaCl反应生成NH4Cl和NaHCO3；第四阶段：NaHCO3加热分解制得纯碱。如图3为NH4Cl、NaCl和NaHCO3的溶解度曲线图：点P表示的含义是；结合如图以及复分解反应发生的条件，分析第三阶段反应能够发生的原因；写出第四阶段的反应方程式。（3）【过程拓展】操作1的名称是；滤液中含有的离子（忽略水的电离）有；为了提取滤液中的NH4Cl，龙鎏栓进行了操作2：向滤液中加入足量稀盐酸，得到溶液M。若要从溶液M中提取NH4Cl，操作3应为：降温结晶，原因是。（4）【实验评价】龙鎏栓回顾上述过程，提出关于侯氏制碱法的下列说法，其中正确的有。a．侯氏制碱法原料简单，流程简易，成本较低，对环境没有任何污染b．侯氏制碱法的副产物可以用作化学肥料c．侯氏制碱法可以实现物质的循环利用【答案】（1）a；（2）20℃时，NH4Cl和NaCl的溶解度相同；相同条件下，NaHCO3在水中的溶解度最小，容易以沉淀的方式析出，符合复分解反应发生的条件；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（3）过滤；Na+、、、Cl﹣；氯化铵的溶解度受温度影响较大；（4）bc。【解答】解：（1）NH3在NaCl溶液中的溶解度比CO2大得多，为了使CO2充分反应，CO2气体应从a端通入，能使反应更充分。（2）由图可知，P点表示在20℃时，NH4Cl和NaCl的溶解度相同；相同条件下，NaHCO3的溶解度较小，在同一溶液中容易以沉淀的形式析出，使复分解反应发生；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。（3）由流程可知，操作1能将碳酸氢钠和滤液分离，所以操作的名称是过滤；第三阶段：NH4HCO3和NaCl反应生成NH4Cl和NaHCO3，则滤液中含有的溶质是：NH4Cl和NaHCO3，所以含有的离子是：Na+、、、Cl﹣；由图可知，氯化铵的溶解度受温度影响较大，从溶液中得到晶体应用降温结晶法。（4）a、侯氏制碱法提高了食盐的利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了成本，故说法错误。b、侯氏制碱法的副产物氯化铵，可做氮肥，故说法正确。c、反应生成的CO2可以循环作为起始原料使用，故说法正确。故答案为：（1）a；（2）20℃时，NH4Cl和NaCl的溶解度相同；相同条件下，NaHCO3在水中的溶解度最小，容易以沉淀的方式析出，符合复分解反应发生的条件；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（3）过滤；Na+、、、Cl﹣；氯化铵的溶解度受温度影响较大；（4）bc。3．（2023•邗江区校级一模）水是生命之源，氢能是未来的理想能源，完成下列关于水与氢气的相关问题。（一）图1是直饮水机的工作流程图。超滤膜可以让水分子通过，而大分子无法通过（如图2），该过程相当于净水中的（填操作名称）。（2）紫外灯管照射可杀菌消毒，这个过程是（填“物理”或“化学”）变化。（3）取少量直饮水水样，滴加适量肥皂水，振荡，观察到泡沫较多，说明该直饮水属于（填“硬水”或“软水”）。（二）随着技术不断发展，氢气在制备、储存与应用方面都有较大突破。Ⅰ、氢气制备（4）有研究表明，在某催化剂作用下可实现光解水制H2，反应的化学方程式为。光解水生成的两种气体体积与时间的关系如图3所示，其中表示H2生成的是（填“a”或“b”）。（5）一定温度下，用钼铁（Mo—Fe）作催化剂，可以裂解乙醇（C2H5OH）制备H2。研究数据如图4所示，分析可知：其它条件相同时，裂解乙醇制氢的最佳温度是600℃，催化剂中最佳的Mo—Fe用量比是1：9。Ⅱ、氢气储存（6）在一定条件下，Mg和MgH2的相互转化可以实现氢气的储存和释放。其工作原理如图5。①氢气储存时发生反应的化学方程式为。②此储存氢气中，实际消耗12kgMg，由于氢气存储效率只有10%，那么至少需要氢气的质量为kg。Ⅲ、氢气应用（7）一种以“氢能炼钢”替代“焦炭炼钢”的工艺流程如图6所示。①高温下，用H2与Fe3O4反应炼铁的化学方程式为。②跟“焦炭炼钢”工艺相比，“氢能炼钢”的主要优点有。【答案】（1）过滤；（2）化学；（3）软水；（4）2H2O2H2↑+O2↑；a；（5）600℃；1：9；（6）①Mg+H2MgH2；②10；（7）①FeЗO4+4H2ЗFe+4H2O；②清洁无污染。【解答】解：（1）过滤能将固液分离，超滤膜可以让水分子通过，而大分子无法通过，该过程相当于净水中的过滤。（2）紫外灯管照射可杀菌消毒，这个过程有新物质生成，是化学变化。（3）取少量直饮水水样，滴加适量肥皂水，振荡，观察到泡沫较多，说明该直饮水属于软水。（4）在某催化剂作用下可实现光解海水生成氢气和氧气，化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑，氢气和氧气的体积比是2：1，所以表示H2生成的是a。（5）从图3，图4分析得出：其它条件相同时，裂解乙醇制氢的最佳温度是600℃，是因为该温度下氢气产率最高；催化剂中最佳钼（Mo）铁比是1：9，是因为该条件下氢气产率最高。（6）①由图示可得，镁和氢气在350℃，3Mpa条件下生成氢化镁，化学方程式为：Mg+H2MgH2。②设至少需要氢气的质量为x。Mg+H2MgH224212kgx×10%解得：x＝10kg答：至少需要氢气的质量为10kg。（7））①氢气与四氧化三铁在高温条件下反应生成铁和水，反应的化学方程式为：FeЗO4+4H2ЗFe+4H2O。②由于氢气炼钢生成物是水，因此跟“焦炭炼钢”工艺相比，“氢能炼钢”的主要优点有清洁无污染。故答案为：（1）过滤；（2）化学；（3）软水；（4）2H2O2H2↑+O2↑；a；（5）600℃；1：9；（6）①Mg+H2MgH2；②10；（7）①FeЗO4+4H2ЗFe+4H2O；②清洁无污染。4．（2023•常州模拟）我国企业用10年时间，自主研发出海水镁资源综合利用专利技术，生出碳酸镁水合物，并以此为中间体制备各类镁产品，填补了我国高端镁产品生产空白。环节一、探寻海水之“镁”（1）已知某海域海水中总的含盐量约为3.5%，盐中镁元素的质量分数约为3.7%，则海水中镁元素的质量分数约为（保留两位有效数字），由此可知，用海水晒盐后的卤水来提取镁，而不直接用海水的主要原因是。环节二、制备三水合碳酸镁工业上从弱碱性卤水（主要成分为MgCl2）中获取MgCO3•3H2O的一种方法如图1：（2）过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和。（3）沉淀过程的pH随时间的变化如图2所示，沉淀过程的操作为（填标号）。a.向NaOH溶液中滴加卤水，同时通入CO2b.向卤水中滴加NaOH溶液，同时通入CO2c.向NaOH溶液中通入CO2至饱和，然后滴加卤水，同时继续通入CO2d.向卤水中通入CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2环节三、测定MgCO3•3H2O的纯度【查阅资料】①Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O也可表示为Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O，其相对分子质量为466，能与硫酸反应生成CO2；②沉淀法测物质含量，沉淀质量越大，误差越小。【实验步骤】利用如图3所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，以确定MgCO3•3H2O的纯度。依据实验过程回答下列问题。（4）C中反应的化学方程式为；D中碱石灰的作用为。（5）下列措施中不能提高测定准确度的是（填序号）。a.在加入硫酸之前应排净装置内CO2气体b.在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置c.为了缩短实验时间，快速滴加硫酸d.在C装置左侧导管末端增添多孔球泡（6）小智认为应将C中Ca（OH）2溶液换成Ba（OH）2溶液，理由一：氢氧化钡的溶解度大，形成溶液的浓度大，使CO2被吸收的更完全；理由二。（7）实验中准确称取三份7.5g样品，进行三次测定，测得生成CaCO3沉淀的平均质量为5.0g，则样品中MgCO3•3H2O的纯度为。若获取样品中含有少量Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O，则样品中MgCO3•3H2O的纯度（填“偏大”“不变”或“偏小”）。【答案】（1）0.13%；海水中镁元素含量很低，卤水中镁元素含量较高；（2）漏斗；（3）d；（4）Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O；防止空气中的二氧化碳进入C装置，影响实验结果；（5）bc；（6）钡元素相对原子质量大，生成的沉淀质量大，误差小；（7）92%；偏大。【解答】解：（1）已知某海域海水中总的含盐量约为3.5%，盐中镁元素的质量分数约为3.7%，则海水中镁元素的质量分数约为3.5%×3.7%＝0.13%；由此可知，用海水晒盐后的卤水来提取镁，而不直接用海水的主要原因是海水中镁元素的含量低，卤水中镁元素含量高。（2）过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；（3）沉淀过程的pH随时间的变化如图2所示，沉淀过程的pH随时间的变化是先变小后变大，然后保持在9﹣10之间左右，而溶液的起始的pH在7﹣8左右，所以沉淀过程的操作为向卤水中通入CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2，故选d；（4）样品中加入稀硫酸，反应产生二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应产生碳酸钙沉淀，C中反应的化学方程式为CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O；由于要通过C装置增重测量出二氧化碳气体的质量，因此D中碱石灰的作用为防止空气中的二氧化碳进入C装置，影响实验结果；（5）a.在加入硫酸之前应排净装置内CO2气体，减少对实验结果的影响，提高了测定准确度，不符合题意；b.因为氢氧化钠溶液能够吸收空气中的二氧化碳气体，而水蒸气对实验结果没有影响，在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，不能提高测定准确度，符合题意；c.为了缩短实验时间，快速滴加硫酸，反应速率过快，二氧化碳不能完全被吸收，导致实验误差，不能提高测定准确度，符合题意；d.在C装置左侧导管末端增添多孔球泡，增大了气体与溶液的接触面积，有利于气体的充分反应，减少对实验结果的影响，提高了测定准确度，不符合题意；故选：bc；（6）沉淀法测物质含量，沉淀质量越大，误差越小；小智认为应将C中Ca（OH）2溶液换成Ba（OH）2溶液，理由一：氢氧化钡的溶解度大，形成溶液的浓度大，使CO2被吸收的更完全；理由二钡元素相对原子质量大，生成的沉淀质量大，误差小；（7）设样品中MgCO3•3H2O的质量为x，根据碳元素守恒找出关系式：CaCO3～MgCO3•3H2O1001385.0gx，解得x＝6.9g；则样品中MgCO3•3H2O的纯度为×100%＝92%；若获取样品中含有少量Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O，则含碳量为×100%≈10.3%，而MgCO3•3H2O中的含碳量为×100%≈8.7%，杂质的含碳量高于MgCO3•3H2O，所以样品中MgCO3•3H2O的纯度偏大；故答案为：（1）0.13%；海水中镁元素含量很低，卤水中镁元素含量较高；（2）漏斗；（3）d；（4）Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O；防止空气中的二氧化碳进入C装置，影响实验结果；（5）bc；（6）钡元素相对原子质量大，生成的沉淀质量大，误差小；（7）92%；偏大。5．（2023•柳南区一模）某化学兴趣小组利用废铁屑来制备Fe（OH）3固体，流程如图所示【查阅资料】废铁屑主要为表面附有大量铁锈（Fe2O3）的铁屑。（1）操作a的名称是。（2）加入过量硫酸前，粉碎废铁屑的目的是。（3）反应Ⅱ中加入H2O2溶液的目的是将滤液Ⅰ中的FeSO4氧化成Fe2（SO4）3，写出反应Ⅱ的化学方程式。【查阅资料】金属钴（Co），银白色固体，金属活动性与铁相似，钴发生置换反应时会生成+2价的化合物，钴部分化合物的物理性质如下表所示：物质CoOCo3O4Co（OH）2CoCl2CoSO4物理性质灰色固体难溶于水黑色固体难溶于水蓝绿色固体难溶于水蓝色固体易溶于水成粉红色溶液玫瑰红色固体易溶于水成粉红色溶液（4）请你设计实验证明钴的金属活动性比铜的强。实验方案实验现象【答案】（1）过滤；（2）增大反应物接触面积，使反应更快、更充分；（3）2FeSO4+H2SO4+H2O2＝Fe2（SO4）3+2H2O；（4）实验方案实验现象将钴片加入硫酸铜的溶液中（合理即可）钴片的表面有红色物质生成，溶液由蓝色变成粉红色。【解答】解：（1）操作a能将固液分开，名称是过滤。（2）加入过量硫酸前，粉碎废铁屑的目的是：增大反应物接触面积，使反应更快、更充分。（3）反应Ⅱ中加入H2O2溶液的目的是将滤液Ⅰ中的FeSO4氧化成Fe2（SO4）3同时生成了水，反应Ⅱ的化学方程式是：2FeSO4+H2SO4+H2O2＝Fe2（SO4）3+2H2O。（4）根据金属能否与盐反应可比较金属的活动性强弱。所以要证明钴的金属活动性比铜的强，可将钴片加入硫酸铜的溶液中，钴能将铜置换出来。所以实验如下：实验方案实验现象将钴片加入硫酸铜的溶液中（合理即可）钴片的表面有红色物质生成，溶液由蓝色变成粉红色故答案为：（1）过滤；（2）增大反应物接触面积，使反应更快、更充分；（3）2FeSO4+H2SO4+H2O2＝Fe2（SO4）3+2H2O；（4）实验方案实验现象将钴片加入硫酸铜的溶液中（合理即可）钴片的表面有红色物质生成，溶液由蓝色变成粉红色。6．（2022•惠城区二模）某茶垢清洁剂主要成分为过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2），某兴趣小组对该茶垢清洁剂进行了以下探究。【资料】①过碳酸钠兼具Na2CO3与H2O2的双重性质；②1744℃左右Na2CO3能分解产生CO2；③碱石灰是NaOH和CaO的固体混合物。【探究1】探究茶垢清洁剂溶于热水后的溶液的酸碱性。（1）【猜想】甲组同学认为显酸性；乙组同学认为显碱性；丙组同学认为显中性。（2）【实验】取样品于试管中，加入适量热水，待气泡不再生成时，用蘸取少量试液点在红色石蕊试纸上，发现试纸变蓝，则组同学猜想正确。【探究2】测定该茶垢清洁剂样品中双氧水的含量。（3）如图所示，取5.0g样品和适量的MnO2于锥形瓶内，加入适量的蒸馏水，待B中不再产生气泡，温度恢复至室温后，称得A、B两装置的总质量在实验前后的质量差为0.48g。则装置A中MnO2的作用是；装置B的作用是；装置C的作用是；实验所用茶垢清洁剂样品中双氧水的质量分数为。【探究3】过碳酸钠的工业制备如图。流程中加入异丙醇的目的是降低过碳酸钠的溶解度，使其从溶液中顺利析出。（4）工业制备过碳酸钠晶体，反应体系的最佳温度控制在15～25℃，温度偏高时发生某反应造成产率偏低，其原因是；可循环利用的物质为（写名称）；对所得晶体进行干燥操作需要“低温”进行，理由是。【答案】（2）玻璃棒；乙（3）催化作用；吸收从A装置中带出的水分，防止影响实验的测定；防止空气中的水分进入B装置干扰测定；20.4%（4）玻璃棒乙；产物受热会分解；碳酸钠（或纯碱）；防止过碳酸钠分解【解答】（2）转移溶液用到的仪器是玻璃棒，故答案为：玻璃棒；碱性溶液遇到石蕊变蓝，说明乙猜想正确，故答案为：乙；（3）过氧化氢分解制取氧气中，二氧化锰的作用是催化作用，故答案为：催化作用；浓硫酸具有吸水性，因此可以吸收从A装置中带出的水分，防止影响实验的测定，故答案为：吸收从A装置中带出的水分，防止影响实验的测定；碱石灰可以吸收水和二氧化碳，防止空气中的水和二氧化碳进入B中干扰实验结果，故答案为：防止空气中的水分进入B装置干扰测定；A、B两装置的总质量在实验前后的质量差为0.48g，该质量是氧气的质量，设过氧化氢的质量为x，2H2O22H2O+O2↑6832x0.48gx＝1.02g过氧化氢的质量分数是：×，故答案为：20.4%；（4）根据题意可知，温度偏高时产物会受热分解，故答案为：产物受热会分解；由该流程可知，碳酸钠在流程中有消耗，也有生成，故答案为：碳酸钠（或纯碱）；干燥操作需要“低温”进行，因为过碳酸钠分解，故答案为：防止过碳酸钠分解。7．（2023•涧西区校级模拟）金属材料的使用作为一个时代的标志，见证了人类文明发展的过程。【探索性质】（1）河南省博物院展馆中的汉代金缕玉衣是我国重要的黄金文物。金缕玉衣所用的金丝直径仅为0.08mm，金能制成金丝是利用了其性。（2）铁、铜、银是初中化学实验中常见的金属，以下实验可以判断三种金属的活动性顺序，则金属A为。【变废为宝】（3）近年来，我国非常重视“绿色发展”，为减少污染并变废为宝，某化学兴趣小组在实验室模拟探究工业废水的综合利用时，设计了以下流程图并完成了回收铜和硫酸锌的实验。①加入过量A时发生的反应方程式是。②固体X的成分是。③若试剂B为稀硫酸，可以判断稀硫酸适量的现象是。【模拟炼铁】（4）当今，“有一种速度叫中国速度，有一种骄傲叫中国高铁”，修建高铁需要消耗大量的钢铁，下列为实验室模拟炼铁并检验气体产物的实验。①A装置玻璃管内反应的现象为。②从环保角度考虑，尾气的处理方法除了点燃，还可以收集，收集尾气的方法最好为（填“向上排空气法”“向下排空气法”或“排水法”）。【工业应用】（5）铝的利用距今还不到200年，现在铝的年产量得到大幅度的提高。工业上可利用“铝热反应”焊接钢轨，其原理是在高温下铝与氧化铁反应生成铁和氧化铝。若用10.8kg铝与氧化铁反应来制取铁，理论上生成铁的质量是多少？【答案】（1）延展；（2）铜（或Cu）；（3）①Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu；②Cu、Zn；③逐滴滴加稀硫酸至不再有气泡产生为止；（4）①红棕色粉末变黑色；②排水法；（6）22.4kg。【解答】解：（1）金能制成金丝，形状发生了变化，是利用了金属的延展性；（2）把金属铜丝分别插入到硫酸亚铁、硝酸银溶液中，左侧的试管中没有面明显变化，铜的活泼性小于铁，右侧的试管中，铜丝表面有银白色金属析出，活泼性：铜大于银，由此可以得出三种金属活泼性：Fe＞Cu＞Ag；据以上分析可知金属A为Cu或铜；（3）含有硫酸锌和硫酸铜的废水中，加入过量的锌，锌可与硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，固体X为铜和锌的混合物；加入足量的硫酸后，锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，固体Y为铜；溶液Z为硫酸锌，经过一系列操作后得到硫酸锌固体；①结合以上分析可知，加入过量锌时发生的反应方程式是Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu；②结合以上分析可知，固体X的成分是Cu、Zn；③若试剂B为稀硫酸，稀硫酸与锌反应可以产生氢气，因此判断稀硫酸适量的现象是逐滴滴加稀硫酸至不再有气泡产生为止；（4）①一氧化碳与氧化铁高温下反应生成铁和二氧化碳，氧化铁为红棕色，铁粉为黑色，故A装置玻璃管内反应的现象为红棕色粉末变黑色；②从环保角度考虑，尾气的处理方法由于一氧化碳有毒，有可燃性，且密度与空气密度接近，因此在进行尾气处理时，除了点燃方法外，还可用排水法收集；（5）理论上生成铁的质量是x。2Al+Fe2O32Fe+Al2O35411210.8kgx，x＝22.4kg；答：理论上生成铁的质量是22.4kg。故答案为：（1）延展；（2）铜（或Cu）；（3）①Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu；②Cu、Zn；③逐滴滴加稀硫酸至不再有气泡产生为止；（4）①红棕色粉末变黑色；②排水法；（6）22.4kg。8．（2024•淮安区一模）能源既是国家经济发展的命脉，也是国家发展战略的重要支柱。（一）人类目前所消耗的能量主要来自化石燃料。（1）将石油加热炼制，是利用石油中各成分的不同，将它们分离得到汽油、煤油、柴油等产品。（2）天然气用途非常广泛，可作燃料直接使用。其完全燃烧的化学方程式为。当家用燃气灶火焰呈黄色，锅底出现黑色固体，此时可将灶具的进风口（填“调大”或“调小”）。（二）氢气被看作是理想的“绿色能源”，氢能产业包含氢气的制备、储存、运输和应用等多个环节。Ⅰ.制备“氢气”：（1）用太阳能将水转化为氢能是一种理想途径。图1装置通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。制H2时，连接（填“K1”或“K2”）；改变开关连接方式，可得O2。（2）CH4﹣H2O催化重整是目前大规模制取H2的重要方法，生产过程中涉及的主要反应有：CH4+H2OCO+3H2；CO+H2OCO2+H2①若将8吨CH4用于制取H2，假设每一步均完全反应，理论上可制得H2吨。②如图2，向CH4﹣H2O催化重整体系中投入定量的CaO可提高H2百分含量。而投入纳米CaO时H2的百分含量最大，原因可能是。Ⅱ.储存“氢气”：（3）氢气可以直接加压储存在储氢罐中，从微粒视角分析，主要原因是。（4）新型镁铝合金（Mg17Al12）是一种储氢材料，在氩气的氛围中，将一定比例的金属镁和铝熔炼得到镁铝合金。熔炼时须通入氩气，其目的是。Ⅲ.运输“氢气”：（5）主要有3种运输方式：管道、气瓶车和液氢槽车。H2的运输成本与运输距离的关系如图3所示。从图中可分析，运输成本受距离影响较大的运输方式是。Ⅳ.应用“氢气”：（6）氢气和氧气在Pd基催化剂表面可反应生成过氧化氢，下列微观示意图①、②、③、④分别代表该反应中的某个过程。生成过氧化氢的微观过程的正确顺序应该是④③①②。【答案】（一）（1）沸点；（2）CH4+2O2CO2+2H2O；调大；（二）（1）K1；（2）①4；②纳米氧化钙颗粒小，接触面积大，可更充分吸收CO2；（3）氢气分子间有间隙；（4）防止镁、铝被氧化；（5）气瓶车；（6）④③①②。【解答】解：（一）（1）将石油加热炼制，是利用石油中各成分的沸点不同，将它们分离得到汽油、煤油、柴油等产品；（2）天然气的成分为甲烷，甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：CH4+2O2CO2+2H2O；当家用燃气灶火焰呈黄色，锅底出现黑色固体，说明氧气的量不足，此时可将灶具的进风口调大；（二）Ⅰ.（1）电解水生成氧气和氢气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则制H2时，连接K1；（2）CH4﹣H2O催化重整是目前大规模制取H2的重要方法，生产过程中涉及的主要反应有：CH4+H2OCO+3H2；CO+H2OCO2+H2；①根据CH4+H2OCO+3H2；CO+H2OCO2+H2反应可知，1个甲烷分子对应4个氢气分子，设8t甲烷理论上可制得氢气的质量为x，CH4～4H21688tx＝，x＝4t。②如图2，向CH4﹣H2O催化重整体系中投入定量的CaO可提高H2百分含量。而投入纳米CaO时H2的百分含量最大，原因可能是氧化钙可吸收二氧化碳，促进反应进行，而且纳米CaO颗粒小，接触面积大，反应更充分。Ⅱ.储存“氢气”：（3）氢气分子间有间隙，因此氢气可以直接加压储存在储氢罐中；（4）新型镁铝合金（Mg17Al12）是一种储氢材料，在氩气的氛围中，将一定比例的金属镁和铝熔炼得到镁铝合金。氩气性质稳定，熔炼时须通入氩气，其目的是防止镁、铝被氧化；（5）从图中可分析，运输成本与运输距离及运输方式有关，其中，运输成本受距离影响较大的运输方式是气瓶车；在距离低于200km时，运输成本是液氢槽车＞气瓶车＞管道，当运输距离大于300km时，气瓶车成本最高；Ⅳ.应用“氢气”：（6）由图可知，反应的实质是氢分子分成原子，然后氢原子和氧分子按一定的方式结合成过氧化氢分子，因此生成过氧化氢的微观过程的正确的顺序为④③①②。故答案为：（一）（1）沸点；（2）CH4+2O2CO2+2H2O；调大；（二）（1）K1；（2）①4；②纳米氧化钙颗粒小，接触面积大，可更充分吸收CO2；（3）氢气分子间有间隙；（4）防止镁、铝被氧化；（5）气瓶车；（6）④③①②。9．（2023•龙马潭区模拟）牙膏中氯化锶晶体（SrCl2•6H2O，其化学式量为267）可增强牙齿的抗敏感能力，可通过如图的流程制备氯化锶晶体：【资料信息】Ⅰ.锶的相关化合物（如SrCO3、SrO）的化学性质与相应的钙化合物（CaCO3、CaO）类似。Ⅱ.“燥烧”需在高温条件下进行。Ⅲ.“水浸”即与水反应。Ⅳ.61℃时氯化锶晶体开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。（1）步骤①中煅烧工业碳酸锶发生的反应与煅烧石灰石类似，则此过程的化学方程式为；步骤②中水浸过程中热量变化是（填“吸热”、“放热”或“不变”）。（2）若在实验室中进行步骤③和步骤④都用到的玻璃仪器是，两者的作用是否相同（填“是”或“否”）。（3）步骤⑤用50℃﹣60℃热风吹潮湿的氯化锶晶体，得到干燥的SrCl2•6H2O。选择该温度的原因是。（4）工业上也常用含碳酸锶的固体样品与盐酸反应制取氯化锶，反应的化学方程式为。若有一批工业碳酸锶含杂质10%，且杂质不参与反应，则148t这样的工业碳酸锶最终可制备SrCl2•6H2O的质量为t（结果保留一位小数）。【答案】（1）SrCO3SrO+CO2↑；放热；（2）玻璃棒；否；（3）防止氯化锶晶体失去结晶水；（4）SrCO3+2HCl═SrCl2+CO2↑+H2O；240.3。【解答】解：（1）步骤①中煅烧工业碳酸锶发生的反应与煅烧石灰石类似，则此过程的反应为碳酸锶高温煅烧生成氧化锶和二氧化碳，该反应的化学方程式为：SrCO3SrO+CO2↑；步骤②中水浸过程中氧化锶和水反应生成氢氧化锶，该反应放热；（2）步骤③为过滤，步骤④为蒸发，都用到的玻璃仪器是玻璃棒，过滤过程中玻璃棒作用是引流，蒸发过程中玻璃棒作用是防止液体局部过热而沸溅；（3）由于61℃时氯化锶晶体开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水，步骤⑤用50℃﹣60℃热风吹潮湿的氯化锶晶体，得到干燥的SrCl2•6H2O。选择该温度的原因是防止氯化锶晶体失去结晶水；（4）碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，化学方程式为：SrCO3+2HCl═SrCl2+CO2↑+H2O；根据碳酸锶和SrCl2•6H2O的关系：SrCO3～SrCl2•6H2O，设可制备SrCl2•6H2O的质量为x。SrCO3～SrCl2•6H2O148267148t×（1﹣10%）xx＝240.3t。故答案为：（1）SrCO3SrO+CO2↑；放热；（2）玻璃棒；否；（3）防止氯化锶晶体失去结晶水；（4）SrCO3+2HCl═SrCl2+CO2↑+H2O；240.3。10．（2023•新吴区模拟）四氧化三铁是一种重要的多功能无机物质。实验室以工业绿矾（主要成分FeSO4•7H2O）为原料模拟制备四氧化三铁的流程如下：【查阅资料】①硫酸亚铁在不同温度下的溶解度：温度/℃010305060708090溶解度/g14.017.025.033.035.333.030.527.0②Fe（OH）2易氧化：4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3③获得Fe3O4的反应原理为Fe（OH）2+2Fe（OH）3＝Fe3O4+4H2O（1）制取氧气：实验室常用过氧化氢溶液和二氧化锰混合制氧气，反应的化学方程式为：。结合实验原理从如图中选择该反应的最佳发生装置为（填序号）。（2）生产流程：制备过程：步骤一：将绿矾研磨之后加入50﹣80℃的热水溶解，然后过滤；步骤二：向滤液中加入适量氢氧化钠溶液；步骤三：控制合适条件，缓慢通入一定量氧气，充分反应后，得到大量沉淀；步骤四：将沉淀过滤出后，洗涤，干燥，得到产品Fe3O4。①溶解时，需用50℃至80℃的热水目的是：一是可以加快并使其充分溶解；二是。②过滤时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、等。③步骤二中所发生的反应方程式为：。④步骤三中需控制“一定量氧气”，不能通足量氧气的原因是。⑤步骤四中洗涤之后，检验是否洗净的方法是：取少量最后一次的洗涤液于试管中，加入足量（请补充完整后续过程）。【答案】（1）2H2O22H2O+O2↑；D；（2）①在50℃﹣80℃时，FeSO4的溶解度较大，有利于溶解更多，提高产率；②漏斗；③FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4；④防止Fe（OH）2全部转化为Fe（OH）3（合理即可）；⑤BaCl2溶液，若无明显现象，则表明沉淀已洗净（合理即可）。【解答】解：（1）过氧化氢在和二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑；过氧化氢与二氧化锰制取混合氧气，属于固液常温型；A、该装置适用于固体加热反应制取氧气，故选项不符合题意；B、该装置适用于固体和液体混合制取氧气，长颈漏斗可随时添加液体药品，但并不是最佳发生装置，故选项不符合题意；C、该装置多孔隔板可以放置块状固体，而二氧化锰为粉末，不能放置在多孔隔板上，并不能控制反应随时发生和停止，故选项不符合题意；D、该装置中有分液漏斗，可以通过分液漏斗控制液体的液加速率，来控制反应速率，故选项符合题意；（2）①根据图表中的信息可知，在50℃至80℃的热水中硫酸亚铁的溶解度较大，有利溶解更多的硫酸亚铁，提高产率；②过滤时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；③步骤二中氢氧化钠与硫酸亚铁反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式为FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4；④步骤三中需控制“一定量氧气”，不能通足量氧气的原因是防止Fe（OH）2全部转化为Fe（OH）3或控制Fe（OH）2转化为Fe（OH）3的量，否则后续无法反应生成四氧化三铁；⑤反应生成硫酸钠，则洗涤前沉淀表面吸附硫酸钠，氯化钡能与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，则检验沉淀已洗净的方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入足量BaCl2溶液，若无明显现象，则表明沉淀已洗净。故答案为：（1）2H2O22H2O+O2↑；D；（2）①在50℃﹣80℃时，FeSO4的溶解度较大，有利于溶解更多，提高产率；②漏斗；③FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4；④防止Fe（OH）2全部转化为Fe（OH）3（合理即可）；⑤BaCl2溶液，若无明显现象，则表明沉淀已洗净（合理即可）。11．（2023•莆田模拟）氢能是绿色的低碳能源。如图是“制氢、储氢、释氢、用氢”的示意图。Ⅰ.“制氢”：通过光伏发电和催化剂的作用，使水分解产生氢气。（1）该反应的化学方程式为。Ⅱ.“储氢”：用化学方法将氢气转化为甲醇（常温常压下液体）。某兴趣小组对不同温度、催化剂的表面积及CO2和H2的质量比对储氢反应的影响，开展如下探究。已知催化剂活性下降会导致甲醇转化率降低。【实验一】控制CO2和H2的质量比不变，进行如下实验：反应序号温度/℃催化剂甲醇的产率①270Cu/ZnO纳米棒42.3%②xCu/ZnO纳米片72.7%③280Cu/ZnO纳米棒39.1%④280Cu/ZnO纳米片71.6%（2）表中x＝。（3）对比实验①③，甲醇产率降低的原因可能是。（4）设计实验③④的目的是。【实验二】控制其他条件不变，测定相同时间内不同温度下甲醇的产率，实验结果如图所示。（5）分析如图，可以得出的结论是。【实验三】（6）请你设计方案，探寻CO2和H2的最佳质量比。Ⅲ.“释氢”：将甲醇转化为氢气，通常有以下两种方案：方案1：CH3OH+H2OCO2↑+3H2↑方案2：CH3OHCO↑+2H2↑（7）对比上述两种方案，方案1的优点是（写一点）。Ⅳ.“用氢”：氢氧燃料电池能量转化率高，产物是水清洁环保。（8）氢氧燃料电池在工作时，能量转化的方式是。【答案】（1）2H2O2H2↑+O2↑；（2）270；（3）温度升高，催化剂活性降低；（4）探究其他条件相同时，催化剂表面积对储氢反应的影响；（5）227℃时产率最高或低于227℃时甲醇产率随温度升高而升高，高于227℃时甲醇产率随温度升高而降低（合理即可）；（6）相同条件下，分别取不同质量比的CO2和H2进行实验，测定甲醇的产率；（7）不产生CO或等质量甲醇可以释放更多氢气；（8）化学能转化电能。【解答】解：（1）通过光伏发电和催化剂的作用，使水分解产生氢气和氧气，反应的化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑；（2）实验①②探究催化剂表面积对储氢反应的影响，变量是催化剂表面积，其它的量相同，温度为270℃；（3）实验①③中，催化剂表面积相同，温度不同，甲醇的产率下降，根据“已知催化剂活性下降会导致甲醇转化率降低。”可知，对比实验①③，甲醇产率降低的原因可能是温度升高，催化剂活性降低；（4）实验③④中温度相同，催化剂表面积不同，设计实验③④的目的是探究其他条件相同时，催化剂表面积对储氢反应的影响；（5）分析如图，可以得出的结论是227℃时产率最高或低于227℃时甲醇产率随温度升高而升高，高于227℃时甲醇产率随温度升高而降低（合理即可）（6）探寻CO2和H2的最佳质量比方案：相同条件下，分别取不同质量比的CO2和H2进行实验，测定甲醇的产率；（7）对比上述两种方案，方案1的优点是不产生CO或等质量甲醇可以释放更多氢气；（8）燃料电池是一种把燃料所具有的化学能直接转换成电能的化学装置。氢氧燃料电池在工作时，能量转化的方式是化学能转化电能。故答案为：（1）2H2O2H2↑+O2↑；（2）270；（3）温度升高，催化剂活性降低；（4）探究其他条件相同时，催化剂表面积对储氢反应的影响；（5）227℃时产率最高或低于227℃时甲醇产率随温度升高而升高，高于227℃时甲醇产率随温度升高而降低（合理即可）；（6）相同条件下，分别取不同质量比的CO2和H2进行实验，测定甲醇的产率；（7）不产生CO或等质量甲醇可以释放更多氢气；（8）化学能转化电能。12．（2023•高新区二模）用一定质量的电石渣【主要成分为（Ca（OH）2，还含有MgO等杂质】为原料生产纳米碳酸钙。【实验过程】①在预处理过的电石渣中加入氯化铵溶液浸取。②向浸取液中滴入氨水，将镁元素全部转为氢氧化镁，过滤。③在滤液中继续通入氨水。④在碳化塔中通入加了氨水的滤液和二氧化碳进行碳化反应，得到纳米碳酸钙粗产品。【查阅资料】①NH4Cl溶液呈酸性，一定条件下，浓度大，酸性强。②“浸取”时的主要反应为Ca（OH）2+2NH4Cl＝CaCl2+2NH3•H2O③“碳化”时的主要反应为CaCl2+2NH3•H2O+CO2＝CaCO3↓+2NH4Cl+H2O④碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，能吸收水和二氧化碳。【实验分析与处理】（1）根据资料分析，该实验过程中可循环利用的物质是。（2）用不同质量分数的NH4Cl溶液浸取电石渣时，Ca元素提取率和Mg元素去除率的数值如图1所示，你认为较适宜的NH4Cl质量分数是%。（3）碳化塔的构造如图2所示，CO2从处通入（填“A”或“B”）最佳。（4）测得不同温度下碳化反应所需时间如下表（其他条件相同）：温度反应液浑浊所需时间（单位：秒）反应完全所需时间（单位：分钟）20℃480＞18040℃12018060℃15080℃168实际碳化反应的温度采用了60℃，温度不宜过高的原因可能是（写出一条即可）。（5）该实验核心反应在“浸取”和“碳化”这两步，结合所学知识，写出由Ca（OH）2制备碳酸钙的总反应方程式。（6）用制得的纳米碳酸钙和稀盐酸反应，如图3，D中溶液增重2.2g，回答下列问题。①为精确测量D中溶液增重质量，氮气需要通入次。②控制分液漏斗活塞，缓缓滴入稀盐酸的目的是。③计算需要含Ca（OH）2质量分数为74%的该电石渣原料的质量为g。④实验中若无装置B、C、E，测得电石渣质量（填“偏大”或“偏小）。【答案】（1）NH4Cl，NH3•H2O；（2）20；（3）A；（4）温度过高时，NH3•H2O易分解；（5）Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O；（6）①2；②使纳米碳酸钙充分反应，产生的CO2与NaOH溶液充分接触，充分吸收；③5；④偏大。【解答】解：（1）“浸取”时氯化铵参加反应，同时生成NH3⋅H2O，“碳化”时NH3⋅H2O参加反应，同时生成氯化铵，所以该实验过程中可循环利用的物质是氯化铵、NH3⋅H2O；（2）如图1所示，氯化铵的质量分数为20%时，Ca提取率和Mg元素去除率都较高，且氯化铵浓度相对较低；（3）二氧化碳从A处通入，加了氨水的滤液从B处通入进行喷雾，能使二氧化碳和加了氨水的滤液充分接触，反应更快、更充分；（4）根据表中数据，实际碳化反应的温度采用了60℃，温度不宜过高的原因可能是温度过高时反应完全所需时间更长或温度过高时氨水易分解等；（5）由Ca（OH）2+2NH4Cl＝CaCl2+2NH3⋅H2O、CaCl2+2NH3⋅H2O+CO2＝CaCO3↓+2NH4Cl+H2O合并可知，由Ca（OH）2制备碳酸钙的总反应方程式是：CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O；（6）①加入稀盐酸前，先通氮气，将装置内的二氧化碳排尽；反应结束后，再通入氮气，将生成的二氧化碳都排入D中，所以氮气需要通入2次；②控制分液漏斗活塞，缓缓滴入稀盐酸的目的是控制反应速率，使纳米碳酸钙充分反应，产生的CO2与NaOH溶液充分接触，充分吸收；③依据CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O、CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑，可知：氢氧化钙和二氧化碳的反应为：CaCO3﹣﹣﹣﹣﹣﹣CO2，D中溶液用来吸收二氧化碳，溶液增重2.2g，即生成的二氧化碳的质量为2.2g，设需要含Ca（OH）2质量分数为74%的该电石渣原料质量为x，Ca（OH）2﹣﹣﹣﹣﹣﹣CO2，7444x×74%2.2g＝x＝5g④实验中，B是为了除去二氧化碳氧体中混有的HCl气体，C是除去二氧化碳气体中的水蒸气，E是防止空气中的二氧化碳进入D中，若无装置B、C、E，D吸收的气体的质量偏大，测得电石渣质量偏大。故答案为：（1）NH4Cl，NH3•H2O；（2）20；（3）A；（4）温度过高时，NH3•H2O易分解；（5）Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O；（6）①2；②使纳米碳酸钙充分反应，产生的CO2与NaOH溶液充分接触，充分吸收；③5；④偏大。13．（2023•常州一模）过氧化镁（MgO2）是一种镁精细化工产品。在医疗上可用来治疗消化不良、胃酸过多等疾病。在环境保护方面，过氧化镁可用来处理地下水污染的土壤。某化学兴趣小组对过氧化镁的性质和制备等进行了以下研究。Ⅰ、过氧化镁的性质过氧化镁是一种白色的粉末，其外观、物理性质与氧化镁相似。过氧化镁在常温下比较稳定，但是加热时会分解生成氧化镁和一种单质。该反应的化学方程式为。过氧化镁易溶于稀盐酸，发生反应的化学方程式为：MgO2+2HCl＝MgCl2+H2O2。Ⅱ、过氧化镁的制备图1是利用碱式碳酸镁【Mg2（OH）2CO3】和30%的过氧化氢溶液来制取过氧化镁。【资料】①碱式碳酸镁与碳酸镁有相似的化学性质，能与稀盐酸反应产生CO2；②氧化镁与过氧化氢反应放出大量的热。（2）检测煅烧过程碱式碳酸镁已完全分解的方法（写出具体的操作和现象）。（3）用上述碱式碳酸镁在550℃、600℃，650℃及700℃下煅烧一定的时间生成氧化镁，再用上述条件制备的氧化镁分别与30%双氧水反应生成过氧化镁的产率如图2和图3。碱式碳酸镁煅烧的温度适宜控制在℃，煅烧时间适宜控制在h。Ⅲ、过氧化镁的纯度检测（4）在生产过程中，过氧化镁中常常含有少量的氧化镁杂质（不考虑其他杂质），以下是该小组进行纯度检测的实验装置（图4）和实验步骤。步骤①：；步骤②：装入药品（样品质量为0.7g），调节刻度管使左右两边液面相平，刻度管读数为10.0mL；步骤③：打开分液漏斗开关，待瓶中无气泡产生时，关闭开关；步骤④：再次调节刻度管使左右两边液面相平，刻度管读数为122mL；步骤⑤：数据处理。（5）稀盐酸中放入少量硫酸铜溶液的目的是。（6）根据上面实验数据计算样品中过氧化镁的质量分数是（该实验条件下O2密度为1.429g/L）。（7）该小组同学所测得质量分数比实际结果偏大，你觉得可能的原因是（填字母）。A．生成的氧气有少量溶于水B．未等装置冷却到室温就开始读数C．滴入的稀盐酸占了一部分气体的体积【答案】（1）2MgO22MgO+O2↑；（2）取样，加稀盐酸，不产生气泡；（3）650；2；（4）检查气密性；（5）加快过氧化氢的分解（作过氧化氢分解的催化剂）；（6）80%；（7）B。【解答】解：（1）已知过氧化镁加热时会分解生成氧化镁和一种单质，根据化学反应前后原子的种类和数目不变，过氧化镁中镁、氧原子个数比为1：1，氧化镁中镁氧原子个数比为1：1，所以单质中含有氧原子是氧气，所以方程式为：2MgO22MgO+O2↑；（2）碱式碳酸镁与稀盐酸反应可生成二氧化碳，所以可取样加入稀盐酸，无气泡产生则碱式碳酸镁已经完全分解；（3）由图2可知碱式碳酸镁在650℃时，图3可知煅烧时间在2小时，产率最高，所以碱式碳酸镁煅烧的温度适宜控制在650℃，煅烧的时间适宜控制在2小时；（4）过氧化镁的纯度检测在利用图4进行，要测量气体体积，实验前需要检查装置气密性；（5）稀盐酸与过氧化镁反应会生成过氧化氢，过氧化氢分解生成水和氧气，实验通过测定生成氧气的量来计算样品中过氧化镁的质量分数，所以硫酸铜的作用是作为催化剂加快过氧化氢分解；（6）根据转化关系：MgO2+2HCl＝MgCl2+H2O2、2H2O22H2O+O2↑可知，两份过氧化镁最终可转化为一份氧气，生成氧气的体积为122mL﹣10mL＝112mL，则氧气的质量为1.429g/L×0.112L，则过氧化镁的质量为1.429g/L×0.112L÷（）≈0.56g，则过氧化镁的质量分数＝＝80%；（7）A、生成的氧气有少量溶于水，则结果偏小，故A错误；B、未等装置冷却到室温就开始读数，因热胀冷缩影响氧气测定值偏大，故B正确；C、装置是连通的，所以滴入的稀盐酸占了一部分气体的体积，不影响实验结果，故C错误；故选：B。故答案为：（1）2MgO22MgO+O2↑；（2）取样，加稀盐酸，不产生气泡；（3）650；2；（4）检查气密性；（5）加快过氧化氢的分解（作过氧化氢分解的催化剂）；（6）80%；（7）B。14．（2023•越秀区校级二模）草酸（H2C2O4）及草酸盐在生活生产中应用广泛，其钠盐、铵盐易溶于水。（1）草酸溶液能使紫色石蕊溶液变红，证明草酸在水溶液中能解离出H+（填离子符号）。（2）草酸晶体（H2C2O4•2H2O）加热会发生反应：H2C2O4•2H2OCO2↑+CO↑+3H2O为检验草酸分解后的产物，某同学进行了如下探究：已知：无水硫酸铜遇水变蓝。碱石灰能吸收H2O和CO2。①写出D中反应的化学方程式。②若观察到装置（填字母）中的澄清石灰水变浑浊，证明草酸分解有CO2生成。③从环保的角度考虑，该实验可进行的改进是。（3）草酸钙（CaC2O4）可用于陶瓷上釉，是一种难溶于水的白色粉末，可溶于盐酸。依据各类物质之间的反应规律，设计出两种理论上可制备草酸钙的方案（要求依据不同的反应规律），完成如表：方案预期反应的化学方程式依据的反应规律①两种可溶性盐反应生成两种新盐，生成物中有沉淀②【答案】（1）H+。（2）①Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。②B。③在E装置右边导管处收集或点燃尾气。（3）Na2C2O4+CaCl2＝2NaCl+CaC2O4↓；Na2C2O4+Ca（OH）2＝2NaOH+CaC2O4↓；可溶性盐与碱反应生成新盐和新碱，生成物中有沉淀。【解答】解：（1）草酸溶液能使紫色石蕊溶液变红，证明草酸在水溶液中能解离出H+。故答案为：H+。（2）①D中高温条件下氧化铁和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式是Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。②若观察到装置B中的澄清石灰水变浑浊，证明草酸分解有CO2生成。故答案为：B。③从环保的角度考虑，该实验可进行的改进是在E装置右边导管处收集或点燃尾气。故答案为：在E装置右边导管处收集或点燃尾气。（3）方案预期反应的化学方程式依据的反应规律①Na2C2O4+CaCl2＝2NaCl+CaC2O4↓两种可溶性盐反应生成两种新盐，生成物中有沉淀②Na2C2O4+Ca（OH）2＝2NaOH+CaC2O4↓可溶性盐与碱反应生成新盐和新碱，生成物中有沉淀故答案为：Na2C2O4+CaCl2＝2NaCl+CaC2O4↓；Na2C2O4+Ca（OH）2＝2NaOH+CaC2O4↓；可溶性盐与碱反应生成新盐和新碱，生成物中有沉淀。15．（2022•南通模拟）同学们对三星堆遗址的Ⅱ号青铜神树（如图1）展开研究性学习。【查阅资料】①青铜神树含Cu75.1%，含Sn5.6%，含Pb16.2%；②树座外侧铜锈成分由碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]和碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]组成；③铜锈一般分为无害锈与有害锈两种。Cu2（OH）2CO3为无害锈，无害锈能保护青铜器；Cu2（OH）3Cl为有害锈，有害锈会使器物受损加剧并不断扩散。土壤中含有各种矿物质，其中的Cl﹣与Cu在