一、中考化学综合题

1．探究学习小组在实验室中用图1所示装置制取CO2并探究CO2与过氧化钠(Na2O2)的反应．

查阅资料得知：过氧化钠(Na2O2)是一种淡黄色固体，能与CO2，H2O发生反应：

Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2Na2O2+H2O═4NaOH+O2↑

请回答下列问题：

(1)装置A中发生反应的化学方程式为________________________，利用装置A制取CO2的优点是___________________________________．

(2)装置B的作用是吸收CO2中混有的HCl，发生反应化学方程式为

____________________________

(3)装置D的作用是_______________________．

(4)装置E中收集到的气体是____(填化学式)，该气体还可以用下列图2装置中的______进行收集(填写字母序号)．

(5)为探究反应后装置C硬质玻璃管中固体的成分，该小组同学进行了如图3实验：

根据固体加水溶解无气泡，得出__________________________结论，加入足量氯化钙目的为

_______________________________________，根据判断，反应后装置C硬质玻璃管中固体为

______________________．

(6)①在实验室制取二氧化碳的研究中，探究学习小组又进行了如下实验：

药品编号甲乙丙丁

I.若要研究盐酸浓度大小对反应的影响，可选择实验甲与______对照(选填实验编号)。II..除盐酸的浓度外，上述实验研究的另一个影响反应的因素是_____________________。III.研究发现酸的浓度越大，产生气体的速度越快，与甲比较，对丁分析正确的是______(选填编号)

A、反应更为剧烈

B、最终剩余溶液的质量更小

C、产生的二氧化碳的质量更大

D、粉末状大理石利用率更高

②下表中的两个实验，尽管在原料状态、发生装置等方面存在差异，却都能控制气体较平稳地产生。请从实验目的、原理、原料、装置、操作等方面思考后，具体阐述每个实验中气体较平稳产生的最主要的一个原因。

【答案】CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑便于控制反应的发生和停止

NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑除去二氧化碳气体 O2 ad 固体成分中无过氧化钠检验碳酸钠存在并将碳酸钠全部转化为沉淀碳酸钠和氢氧化钠乙反应物的接触面积(或固体反应物颗粒大小 AB 反应物接触面积较小通过分液漏斗控制液体滴加速度

【解析】

(1)稀盐酸和石灰石反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应化学方程式为：

CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑装置A可以通过压强的作用是固体和液体分离，所以利用装置A制取CO2的优点是：便于控制反应的发生和停止；(2)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；(3)氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，所以装置D的作用是除去二氧化碳气体；(4)过氧化钠和二氧化碳、水反应会生成氧气，氢氧化钠可以将二氧化碳除去，所以装置E中收集到的气体是

O2，氧气密度比空气大，不易溶于水，密度比水小，所以还可以用下列图2装置中的a、d 进行收集；

(5)过氧化钠和水会生成氧气，碳酸钠和氯化钙会生成碳酸钙沉淀，碳酸钙和盐酸反应会生成二氧化碳气体，氢氧化钠溶液显碱性；固体加水没有气泡，所以不含过氧化钠，加入氯化钙会生成白色沉淀，白色沉淀加盐酸，会生成气体，所以含有碳酸钠，因此要加入氯化钙检验碳酸钠存在并将碳酸钠全部转化为沉淀；反应后滤液的pH值是12，所以含有氢氧化钠，所以反应后装置C硬质玻璃管中固体为氢氧化钠和碳酸钠．①搭建B装置时，酒精灯应在固定仪器a之前放置；(6)①I、若要研究盐酸浓度大小对反应的影响，可选择实验甲与乙对照，这是因为乙中大理石的规格完全一致；II、除盐酸的浓度外，上述实验研究的另一个影响反应的因素是反应物的接触面积；III、A、反应物接触面积更大，反应物浓度更大，因此反应更为剧烈；B、由于浓盐酸易挥发出氯化氢气体，因此最终剩余溶液的质量更小；C、产生的二氧化碳的质量相等；D、大理石利用率相同；故填：AB。②发生装置气体较平稳产生的最主要的一个原因：制取二氧化碳：块状大理石和稀盐酸A反应物接触面积较小；制取氧气：粉末状二氧化锰和3%的过氧化氢溶液C分液漏斗能够控制过氧化氢溶液的流量。

2．聚合硫酸铁（PFS）是一种新型的饮用水处理剂和城市污水净化剂，其化学组成可表示为[Fe x（OH）y（SO4）z]m。某中学化学兴趣小组以聚合硫酸铁的生产流程和相关性质进行了一系列的探究。

Ⅰ．聚合硫酸铁的工业生产。

如图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。

回答下列问题

（1）废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为______。“过筛”与化学实验中的______原理相似（填操作名称）。

（2）酸浸时最合适的酸是______，写出铁锈与该酸反应的化学反应方程式______。

（3）反应釜中加入氧化剂的作用是将Fe2+转化为Fe3+。你认为下列氧化剂中最合适的是

______（填标号），原因是______。

A．KMnO4 B．Cl2 C．H2O2 D．HNO3

（4）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是______。

A．有利于水分蒸发 B．降低沸点，防止晶体分解 C．降低生产成本

Ⅱ．聚合硫酸铁的成分探究。

该研究小组为确定聚合硫酸铁的化学式，进行了如下实验：

①称取5.52 g聚合硫酸铁样品溶于足量的稀盐酸中并充分混合；

②向①所得的混合物中加入足量的BaCl2溶液，充分反应后，经过滤、洗涤、干燥、称重，得沉淀4.66 g。

③若向步骤②的滤液中加入过量的NaOH溶液，充分反应后，再将沉淀过滤、洗涤、灼烧、称重，得固体3.20 g。

则聚合硫酸铁[Fe x（OH）y（SO4）z]m样品中的x：y：z的值为______。

试写出该聚合硫酸铁与盐酸的反应方程式______。

Ⅲ．聚合硫酸铁的热分解气体产物成分探究。

该小组将5.52 g聚合硫酸铁在一定条件下加热完全分解，对所得气体产物进行实验探究。（已知SO3的熔点为16.8℃）。

（提出假设）

假设1：所得气体的成分是SO3；

假设2：所得气体的成分是SO2、O2；

假设3：所得气体的成分是______。

（设计实验）

按下图装置进行实验。

实验过程中发现：B中无水硫酸铜变蓝，C中U形管内有无色晶体析出，D中品红溶液褪色，装置E的作用是______。

（实验结论）

通过实验现象判断，假设______成立。

如果最终试管中固体为一种红棕色纯净物，则质量为______。

【答案】三氧化二铁过滤稀硫酸Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2（SO4）3 + 3H2O C不引入其他杂质AB2：4：13[Fe2（OH）4SO4]m + 12m HCl = m Fe2（SO4）3 + 4m FeCl3 + 12m H2O SO3、SO2、O2吸收多余的二氧化硫，防止污染空气3 3.2 g

【解析】

根据所学知识和题中信息知，Ⅰ．聚合硫酸铁的工业生产。（1）废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为三氧化二铁。“过筛”与化学实验中的过滤原理相似。（2）酸浸时最合适的酸是稀硫酸，铁锈与该酸反应的化学反应方程式是Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2（SO4）3 +3H2O。（3）反应釜中加入氧化剂的作用是将Fe2+转化为Fe3+。下列氧化剂中最合适的是C．H2O2，原因是不引入其他杂质。（4）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是A．有利于水分蒸发。 B．降低沸点，防止晶体分解。Ⅱ．聚合硫酸铁的成分探究。聚合硫酸铁[Fe x（OH）y（SO4）z]m样品中的x：y：z的值为∶根据化合物中正负化合价代数和为零原则，3x＝y＋2z, x：y：z的值为2：4：1。该聚合硫酸铁与盐酸的反应方程式是. 3[Fe2（OH）4SO4]m + 12m HCl = m Fe2（SO4）3 + 4m FeCl3 + 12m H2O。Ⅲ．聚合硫酸铁的热分解气体产物成分探究。【提出假设】假设1：所得气体的成分是SO3；假设2：所得气体的成分是SO2、O2；假设3：所得气体的成分是SO3、SO2、O2。实验过程中发现：B中无水硫酸铜变蓝，C中U形管内有无色晶体析出，D中品红溶液褪色，装置E的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。【实验结论】通过实验现象判断，假设3成立。如果最终试管中固体为一种红棕色纯净物，则质量为3.2 g。

点睛∶本题主要考查聚合硫酸铁的工业生产，聚合硫酸铁的成分探究，聚合硫酸铁的热分解气体产物成分探究。

3．碳酸钠广泛用于造纸、纺织、玻璃、洗涤剂、肥皂、制革等工业，是一种重要的化工原料。吕布兰、索尔维和侯德榜为碳酸钠的工业化生产作出了巨大贡献。

Ⅰ、吕布兰法

17年，法国医生吕布兰（N.Leblanc，1742—1806）以食盐、浓硫酸，木炭和石灰石为原料，开创了规模化工业制取碳酸钠的先河，具体流程如下：

（1）碳酸钠俗称______。

（2）在高温条件下，②中发生两步反应，其中一步是Na2SO4和木炭生成Na2S和CO，该反应的化学方程式为______。

（3）③中“水浸”时通常需要搅拌，其目的是______。

（4）不断有科学家对吕布兰法进行改进，是因为此法有明显不足，请写出一条不足之处______。

Ⅱ、索尔维法

12年，比利时工程师索尔维发明氨碱法制碳酸钠，又称索尔维法。原理如下：

NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。某兴趣小组采用下列装置模拟索尔维法制备碳酸氢钠，进而制得碳酸钠。

实验操作如下：

①关闭K1，打开K2通入NH3，调节气流速率，待其稳定后，打开K1通入CO2；

②待三颈烧瓶内出现较多固体时，关闭K2停止通NH3，一段时间后，关闭K1停止通CO2；

③将三颈烧瓶内的反应混合物过滤、洗涤、低温干燥，并将所得固体置于敞口容器中加热，记录剩余固体质量。

加热时间/min t0t1t2t3t4t5

剩余固体质量/g未记录15.313.711.910.610.6

请回答下列问题：

(5)饱和NaHCO3溶液的作用是除去CO2中混有的HCl，反应的化学方程式为______。

(6)三颈烧瓶上连接的长颈漏斗的主要作用是______，有同学认为应该在长颈漏斗内放置一团蘸有酸液的棉花，理由是______；关闭K2停止通NH3后，还要继续通一段时间

CO2，其目的是______。

(7)根据实验记录，计算t2时NaHCO3固体的分解率______（已分解的NaHCO3质量与加热前原NaHCO3质量的比值），请写出计算过程。若加热前NaHCO3固体中还存在少量NaCl，上述计算结果将_____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

(8)制碱技术在很长一段时间内把持在英、法等西方国家手中，我国化学工程专家侯德榜先生摸索出索尔维法并公布于众，又于1943年创造性地将制碱与制氨两种工艺联合起来，基本消除废弃物的排放，同时生产出碳酸钠和氯化铵两种产品，这就是著名的候氏制碱法。下列认识或理解正确的是______。

①科学认识是在曲折的、艰辛的积累过程中不断进步的；

②“科技兴邦、实业救国”是侯德榜先生回国研究的巨大动力；

③侯氏制碱法大大提高了原料的作用率，它符合当今“绿色化学”的理念。

【答案】纯碱Na2SO4+C Na2S+4CO↑加快溶解速率，使Na2CO3充分溶解在水中会有CO 气体产生，污染空气NaHCO3+HCl=NaCl+ CO2↑+H2O控制瓶内的气压与外界大气压一致吸收氨气、防止污染空气使氨气充分反应24.2%（过程略）偏小①②③

【解析】

【详解】

（1）碳酸钠俗称纯碱。（2）根据题意，反应物是Na2SO4和木炭，生成物是Na2S和CO，反应的化学方程式为：Na2SO4+C Na2S+4CO↑（3）③中“水浸”时通常需要搅拌，其目的是加快溶解速率，使Na2CO3充分溶解在水中。（4）吕布兰法有一氧化碳气体生成，会污染空气。(5)HCl易溶于水形成盐酸，与碳酸氢钠反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+ CO2↑+H2O(6)三颈烧瓶上连接的长颈漏斗的主要作用是控制瓶内的气压与外界大气压一致。NH3是一种有刺激性气味的气体，可在长颈漏斗内放置一团蘸有酸液的棉花，以吸收氨气，防止污染空气。关闭K2停止通NH3后，还要继续通一段时间CO2，其目的是使氨气充分反应。(7)根据表中提供的数据，10.6g是生成的碳酸钠的质量，设反应前碳酸氢钠的质量是x，则

t2时固体剩余物的质量是15.3g,设此时发生分解反应的碳酸氢钠的质量是y，

t2时NaHCO3的分解率:×100%≈24.2%

若加热前NaHCO3固体中还存在少量NaCl，则反应后剩余固体质量偏小，NaHCO3的分解率会偏小。

(8)①科学认识是在曲折的、艰辛的积累过程中不断进步的，此说法正确；②“科技兴邦、实业救国”是侯德榜先生回国研究的巨大动力，此说法正确；③侯氏制碱法大大提高了原料的作用率，它符合当今“绿色化学”的理念，此说法正确。故选①②③。

【点睛】

该题中的难点是计算t2时NaHCO3固体的分解率，首先分析表中数据，当剩余固体质量不再变化时，说明碳酸氢钠完全反应，此时剩余固体的质量是生成的碳酸钠的质量，据此求出未记录的碳酸氢钠的质量，然后根据反应前后固体的差量计算出t2时发生分解反应的碳酸氢钠的质量，问题即可迎刃而解。

4．铁及其化合物在生产生活中有广泛的应用。

(一)铁的应用和防护

（1）某麦片中含微量铁粉，食用后铁粉与胃酸反应转化为人体可吸收的铁元素，反应的化学方程式为______。

（2）铁锈主要成分是Fe2O3•nH2O ，铁生锈主要与空气中的______有关。

（3）如图实验说明NaCl在铁生锈中的作用是______。

（4）铁生锈的次要过程：

写出Fe转化为FeCO3总反应的化学方程式______。

（5）为防止铁生锈，可对铁制品进行“发蓝”处理，使其表面生成致密氧化物（其中Fe、O元素质量比为21：8）保护膜，该氧化物的化学式为______。

（二）废铁的再利用

黄钠铁矾[NaFe x(SO4)y(OH)z]是一种高效净水剂。用废铁屑（主要成分为Fe，含少量Fe2O3和FeCO3）制备黄钠铁矾的主要流程如下：

（1）将废铁屑研磨成粉末的目的是______。

（2）“酸溶”时H2SO4与Fe、FeCO3反应，还发生的化学方程式有______和

Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4。

（3）“转化1”发生反应的化学方程式为______。反应时温度不宜过高的原因是______。(三）黄钠铁矾组成确定

称取9.70g黄钠铁矾，用下图装置进行热分解实验。

（资料）①NaFe x(SO4)y(OH)z在T1℃分解会生成H2O（气态），提高温度至T2℃继续分解产生SO3气体，并得到Fe203和Na2SO4。

②浓硫酸可用于吸收SO3。

（1）装配好实验装置后，先要______。

（2）分别控制温度在T1℃、T2℃对A中固体加热。

①控制温度在T1℃加热，实验后测得B装置质量增加1.08g。

②用D装置替换B装置，控制温度在T2℃，加热至反应完全。

③T1℃、T2℃时，加热后均通入一段时间N2，目的是______。

（3）完全反应后，将A装置中固体溶于足量水，过滤、洗涤、烘干得4.80g固体，将滤液蒸干得1.42g固体（不含结晶水）。

结论：NaFe x(SO4)y(OH)z中，x:y:z=_______。

反思：若该实验过程中缺少C装置，则x:z的值____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】Fe + 2HCl= FeCl2 + H2↑水和氧气(或H20和O2）加快铁的腐蚀2Fe + O2 + 2CO2 == 2FeCO3Fe3O4增大接触面积，加快反应速率（或提高铁的浸取率）Fe2O3 +

3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O2FeSO4 + H2O2 + H2SO4 == Fe2(SO4)3 + 2H2O防止H2O2分解检查装置的气密性使生成的H2O和SO3分别被B装置和D装置充分吸收3：2：6偏小

【解析】

【分析】

（一）（1）根据盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气进行分析；（2）根据铁和空气中的氧气、水共同作用会发生锈蚀进行分析；（3）根据铁在氯化钠存在的环境中会加速锈蚀进行分析；（4）根据铁、氧气、二氧化碳反应生成碳酸亚铁进行分析；（5）根据铁的氧化物中，Fe、O元素质量比为21：8进行分析；（二）（1）根据增大反应物的接触面积，可以加快反应速率进行分析；（2）根据铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气进行分析；（3）根据硫酸亚铁、硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铁和水，过氧化氢受热易分解进行分析；（三）（1）根据有气体参加的反应，需要检验装置气密性进行分析；（2）根据通入氮气能形成气压差产生气流进行分析；（3）根据黄钠铁矾固体减少的质量是生成的水蒸气，不溶性的固体是氧化铁，溶液蒸发得到的固体是硫酸钠进行分析；反思：根据碱石灰具有吸水性进行分析。

【详解】

（一）（1）盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑；（2）铁和空气中的氧气、水共同作用会发生锈蚀，所以铁生锈主要与空气中的氧气、水有关；（3）铁在氯化钠存在的环境中会加速锈蚀，所以NaCl在铁生锈中的作用是加速了铁的生锈；（4）铁、氧气、二氧化碳反应生成碳酸亚铁，化学方程式为：2Fe＋O2＋

2CO2═2FeCO3；（5）Fe、O元素质量比为21：8，设铁的氧化物的化学式为：Fe x O y，56x：16y＝21：8，x：y＝3：4

所以氧化物的化学式为：Fe3O4；

（二）（1）增大反应物的接触面积，可以加快反应速率，所以将废铁屑研磨成粉末的目的是：加快反应速率；

（2）铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为：Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑；

（3）硫酸亚铁、硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铁和水，化学方程式为：2FeSO4＋H2SO4＋

H2O2＝Fe2（SO4）3＋2H2O，过氧化氢受热易分解，所以反应时温度不宜过高的原因是：温度过高，会造成过氧化氢的分解；

（三）（1）有气体参加的反应，需要检验装置气密性；（2）通入氮气能形成气压差产生气流，所以T1℃、T2℃时，加热后均通入一段时间N2，目的是：将装置内的气体全部排出；（3）黄钠铁矾固体减少的质量是生成的水蒸气，不溶性的固体是氧化铁，溶液蒸发得到的固体是硫酸钠，所以氧化铁的质量为4.8g，硫酸钠的质量为1.42g，水的质量为

1.08g，所以x：y：z＝3：2：6；反思：碱石灰具有吸水性，所以若该实验过程中缺少C 装置，则x：z的值偏小。

【点睛】

合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提，因此要学会设计实验、进行实验、分析实验，为学好化学知识奠定基础。

5．中兴缺“芯”事件震惊国国人。芯片是电脑、智能家庭等的核心部件，芯片的主要成分是纯度极高的硅，其运算速率与硅的纯度有关。2018年5月23日至25日，第九届中国卫星导航年会在哈尔滨拉开帷幕，中海达，华大北斗等一批国内全业先后发布了自主研发的北斗芯片产品。

(1)硅与金刚石结构相似，则构成硅的粒子是______(填“分子”或“原子”或“离子”)

(2)已知硅原子结构示意图如图1.则图2中四种粒子与硅的化学性质相似的是______(填序号)。

(3)自然界中的硅元素主要以二氧化硅的形式存在，请写出二氧化硅的化学式______。

(4)高纯硅的制备以石英砂(主要成分是二氧化硅)为原料，生产过程示意图如图：

①上述四个步骤中属于物理变化的是______。

②该生产过程中可循环使用的物质是______(写化学式)。

(5)写出步骤4反应的化学方程式______，该反应的基本反应类型是______。

【答案】硅原子② SiO2步骤3 HCl SiHCl3+H2Si+3HCl 置换反应

【解析】

【详解】

(1)非金属固态单质是由原子直接构成的，所以构成硅的粒子是硅原子；

(2)原子的最外层电子数与物质的化学性质有密切的关系，所以与硅的化学性质相似的是②；

(3)氧元素在化合物中通常显-2价，二氧化硅的化学式为：SiO2；

(4)物理变化中没有新物质生成，所以上述四个步骤中属于物理变化的是步骤3，SiHCl_3和氢气在高温的条件下生成硅和氯化氢，化学方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl.氯化氢循环使用；

(5)SiHCl_3和氢气在高温的条件下生成硅和氯化氢，化学方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl，属于置换反应。

6．康康进行如下图所示实验来验证质量守恒定律，实验中物质充分反应，在反应中用托盘和量筒准确测量出表中m1、m2、m3、m4和V（实验操作正确，实验条件下氧气的密度为ρ g/cm3）

（1）装置中试管口略向下倾斜的原因是___________________________。

（2）上述反应的化学方程式为________________________。

（3）根据质量守恒定律m1、m2、m3、m4、V、ρ之间存在的等量关系是_____________。【答案】防止冷凝水倒流引起试管炸裂2KClO32KCl+3O2↑m1+m2+m3-m4=ρV

【解析】(1)给试管中的固体加热时试管口略向下倾斜的原因是：防止冷凝水倒流到热的试管底部而使试管破裂；（2）氯酸钾在二氧化锰做催化剂加热的条件下生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式为：2KClO32KCl+3O2↑；(3)在化学反应前后，物质的总质量不变，在此反应中二氧化锰是催化剂，质量不变，氯酸钾在二氧化锰的催化作用下分解为氯化钾和氧气，则m1+m2+m3=m4+ρV，即：m1+m2+m3-m4 =ρV。

7．化学实验是进行科学探究的重要方式．

（1）下列实验仪器中不能用于加热的是________（填字母代号）．

a．烧杯 b．量筒 c．试管 d．蒸发皿

（2）某化学小组选用以下装置和药品进行探究实验．

①A中反应的化学方程式为__________________________

②若将A、B连接，A中产生的气体并不能使B中的溶液变浑浊，这是为什么？

____________

③若要制取一瓶较为纯净、干燥的CO2，所选用装置的导管接口从左到右的正确连接顺序为：a接________、________接________、________接________．

（3）为探究工业废水的综合利用，某化学小组在实验室中完成了以下实验．

①X为________；乙与钡反应的化学方程式为________．

②操作I和操作Ⅱ中都要用到一种玻璃仪器．该仪器在操作Ⅱ中的作用是什么？_______（4）某工厂变废为宝，探究用废硫酸等来制取所需产品．现有废硫酸4.9t（H2SO4的质量分数为20%），与足量废铁屑反应来制取硫酸亚铁，同时将生成的全部氢气通入足量氧化

铜中并加热（H2+CuO Δ

Cu+H2O），请计算理论上最多可生产铜的质量．_______

【答案】b CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O 浓盐酸易挥发，使CO2中混有HCl，不能生成CaCO3沉淀 g f e d h 锌（或Zn） ZnSO4+Ba（NO3）2=BaSO4↓+Zn（NO3）2用玻璃棒搅拌的作用是防止因局部温度过高造成液滴飞溅 0.t

【解析】

【详解】

（1）烧杯在加热时需要垫上石棉网，试管和蒸发皿可直接加热，量筒不能加热；

（2）①石灰石中的碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；

②浓盐酸具有挥发性，导致制取的二氧化碳中混有氯化氢气体，氯化氢能与氢氧化钙反应；

③先用碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，再用浓硫酸除去二氧化碳的水蒸气，最后用向上排空气法来收集，注意气体的长进短出；

（3）由流程图分析，加入的X是过量的锌，过滤后，固体物质是锌和银的混合物，加入稀硫酸将其分离，溶液乙就是硫酸锌溶液；硫酸锌与钡反应生成硫酸钡白色沉淀和锌；操作Ⅱ是从溶液中获取晶体，是蒸发结晶，玻璃棒在此过程中的作用是用玻璃棒搅拌的作用是防止因局部温度过高造成液滴飞溅；

（4）根据两个方程式：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑和H2+CuO Δ

Cu+H2

O分析出：硫酸、氢气与

铜之间的质量关系，然后利用硫酸的质量来计算出铜的质量即可。

设理论上最多可生产铜的质量为x。

因为：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑和H2+CuO

Δ

Cu+H2O，可得关系式：

242

H SO~H~Cu

98

4.9t20%x

98

=

4.9t20%x

⨯

⨯

x=0.t

故答案为

（1）b；

（2）①CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O；②浓盐酸易挥发，使CO2中混有HCl，不能生成CaCO3沉淀；③g；f； e；d； h；

（3）①锌（或Zn）； ZnSO4+Ba（NO3）2=BaSO4↓+Zn（NO3）2；

②蒸发时用玻璃棒不断搅拌，防止因局部温度过高造成液滴飞溅；

（4）0.t。

8．NaOH是重要的化工原料，研究其制备、检验、贮存及应用具有重要意义。

（1）工业上常用电解饱和食盐水的方法制取NaOH，反应的化学方程式为2NaCl＋

2H2O

通电

2NaOH＋Cl2↑＋X↑。X的化学式为______。

（2）为了探究NaOH样品中是否存在NaCl、Na2CO3杂质，设计如下实验方案：

注：AgCl是白色固体，难溶于水和稀HNO3。

①乙中有无色无味气体产生，证明样品中含有Na2CO3。产生气体的化学方程式为______。

②试剂X为_____溶液；可证明NaCl存在的现象是______。

（3）某兴趣小组试图通过测定生成的CO2质量确定因久置而变质的NaOH固体中Na2CO3的质量分数，设计了如图所示装置并进行如下实验：

步骤一：取一定质量的样品，加入气密性良好的锥形瓶中，然后在分液漏斗中加入足量的稀硫酸，称出装置总质量为m1。

步骤二：打开分液漏斗旋塞，逐滴加入稀硫酸，待气泡不再产生时，关闭旋塞，称出装置总质量为m2。

①球形干燥管中不用NaOH固体而用CaCl2固体的原因是______。

②小明同学认为（m1-m2）即为生成的CO2质量，小红同学认为小明的想法不合理，理由是______。

（4）某工厂化验室用20%NaOH溶液洗涤一定量石油产品中残余H2SO4，共消耗NaOH溶液20g，洗涤后的溶液呈中性。这一定量石油产品中所含H2SO4的质量为______（写出计算过程）。

【答案】H2 2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+H2O+CO2↑银丙中产生白色沉淀 CaCl2不吸收CO2，而NaOH吸收CO2锥形瓶内有残留的二氧化碳气体，生成的二氧化碳气体没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小 4.9g

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由质量守恒定律可知，反应前后Na、Cl、H、O原子的个数分别为：2、2、4、2，2、2、2、2，故X的化学式为H2；

（2）①与碳酸钠反应生成钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：

2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+H2O+CO2↑；

②为检验氯离子，试剂X为银溶液；可证明NaCl存在的现象是：丙中产生白色沉淀；（3）①球形干燥管中不用NaOH固体而用CaCl2固体的原因是：CaCl2不吸收CO2，而NaOH吸收CO2；

②小明同学认为（m1-m2）即为生成的CO2质量，小红同学认为小明的想法不合理，理由是：锥形瓶内有残留的二氧化碳气体，生成的二氧化碳气体没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小；

（4）设一定量石油产品中所含H2SO4的质量为x。

242

042

2NaOH+H SO=Na SO+

8098

20g O

20x 2H

8098

=

20g20x

x=4.9g

答：这一定量石油产品中所含H2SO4的质量为4.9g。

9．硫酸铜在纺织、印刷等行业有广泛用途。

（1）工业上可用铜屑、空气与稀硫酸在80℃条件下制备硫酸铜。

①如图1是实验室模拟工业制备硫酸铜的装置，反应的化学方程式为，采用水浴加热的优点是，多孔球泡的作用为。

②工业生产时可用纯氧代替空气。这一措施能加快反应速率外，还具有的优点是。

③实验室用H2O2溶液和MnO2制备O2，反应的化学方程式为，在图2中，应选用的发生装置为（填序号，下同），收集装置为。

（2）以CuSO4为原料制备碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]的过程如图3：

①“沉淀”时的反应为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2 +CO2↑

②检验沉淀是否洗涤干净选用的试剂是（填化学式），烘干时产品中出现少量黑色物质，可能的原因为。

③若所得产品的产率（产率=×100%）偏高，其可能的原因为（填序号）。

a．反应物为完全沉淀

b．过滤时滤纸破损

c．Cu2（OH）2CO3未洗涤干净

d．Cu2（OH）2CO3为完全烘干

④“沉淀”时若有少量3Cu（OH）2•2CuSO4生成，则产品中铜元素的质量分数。（填“偏大”“不变”或“偏小”）

（3）T℃时加热32.0g硫酸铜，一段时间后得到15.2gCuO和Cu2O的混合物，计算该混合物中CuO的质量（写出计算过程）。

【答案】（1）①2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O

温度易控，受热均匀

增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行

②排除其他气体的干扰；

③2H2O22H2O+O2↑ A D

（2）①Na2SO4

②HNO3和BaCl2溶液碱式碳酸铜受热分解为氧化铜

③c

④不变

（3）0.7g

【解析】

试题分析：

（1）①铜、氧气和硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜和水，化学方程式为：

2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O。直接加热温度过高，反应温度难以控制，水浴加热，反应的温度很好控制，受热均匀，图中多孔球泡的作用是：增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行。

②工业生产时可用纯氧代替空气。这一措施能加快反应速率外，还具有的优点是排除其他气体的干扰；

③用双氧水制氧气应选用的制取装置是固液常温型，收集方法可以是排水法也可是向上排

空气法，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑。

（2）①反应前有2个铜原子、2个硫原子、15个氧原子、2个碳原子、4个钠原子和2个氢原子，反应后2个铜原子、0个硫原子、7个氧原子、2个碳原子、0个钠原子和2个氢原子，依据化学反应前后原子的种类和个数不变可知，2X中有4个钠原子、2个硫原子、8个氧原子，所以X化学是为Na2SO4；

②故检验沉淀是否洗涤干净，可检验硫酸根离子的存在，应选用试剂是 HNO3和BaCl2溶液；烘干时产品中出现少量黑色物质，可能的原因为碱式碳酸铜受热分解为氧化铜；

③若所得产品的产率（产率=×100%）偏高，其可能的原因为：a、反应

物为完全沉淀，无影响；b、过滤时滤纸破损，产品的实际质量减少，所得产品的产率降低；c、Cu2（OH）2CO3未洗涤干净产品的实际质量增大，所得产品的产率偏高；d、Cu2（OH）2CO3为完全烘干，无影响；

④“沉淀”时若有少量3Cu（OH）2•2CuSO4生成，则产品中铜元素的质量分数不变；

（3）反应前后铜元素的质量相等，

设该混合物中CuO的质量为x，则Cu2O的质量=15.2g﹣x

32g×=x×100%+（15.2g﹣x）××100%x=0.7g。

考点：物质的相互转化和制备；氧气的制取装置、收集方法；质量守恒定律及其应用；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；根据化学方程式进行计算

10．“鱼浮灵”主要成分是过碳酸钠（xNa2CO3•yH2O2)，俗称固体双氧水。兴趣小组对其进行以下探究：

[性质探究]

（1）取少量“鱼浮灵”于试管中加水，有持续细小气泡缓慢放出；向试管中加入少量MnO2粉末，产生大量气泡。将带火星木条伸入试管，木条，说明有O2生成。

（2）取实验（1）中上层清液，测得溶液PH＞7；向溶液中滴加足量稀盐酸，产生大量气泡；将产生的气体通入澄清石灰水中，出现浑浊现象，说明有生成。

结论：过碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的双重化学性质。

[工业制备]

（3）稳定剂的作用是；稳定剂中MgCl2和Na2SiO3发生复分解反应，生成一种难溶物将过碳酸钠粒子包裹住，该反应的化学方程式为。

（4）浊液中加入异丙醇的作用是。

（5）操作Ⅱ中洗涤晶体的试剂最好选用（填字母）。

A．饱和NaCl溶液 B水 C异丙醇 D稀盐酸

（6）根据下表数据，你认为上述制备反应的最佳温度范围是℃。

温度范围/℃5～1010～1515～2020～25

活性氧含量/%13.9414.0215.0514.46“鱼浮灵”的产率/%85.4985.7888.3883.01

注：活性氧含量是指产品中能转化为O2的氧元素的质量分数。

[组成测定]利用下图装置进行产品中活性氧含量测定和过碳酸钠（xNa2CO3•yH2O2）组成的测定（杂质对测定无影响）。

查阅资料：①“鱼浮灵”中活性氧含量≥13.0%是一等品，≥10.5%是合格品。

②过碳酸钠能与酸反应放出CO2和O2。

（7）实验前先缓慢通N2一段时间，加热铜网至红热后，再缓慢滴入过量稀硫酸，直至A 中样品完全反应；继续缓慢通N2，其目的是。

（8）若先滴入稀硫酸，后加热铜网，会导致x:y的值（填“偏大”或“偏小”）。

（9）装置B的作用是（填序号）

①除去气体中的水蒸气②便于观察和控制气流速度

（10）实验测得C装置中铜网增重1.2g，D装置增重2.2g。该产品中活性氧含量为 %；属于（填“一等品”或“合格品”）；x:y＝。

【答案】⑴复燃；⑵CO2（或二氧化碳）；⑶防止H2O2分解（或防止过碳酸钠分解），MgCl2+Na2SiO3＝MgSiO3↓+2NaCl;⑷降低过碳酸钠的溶解度（或减少过碳酸钠的溶解或提高产率等）；⑸C；⑹15～20；⑺使残留在装置中的气体全部被吸收；⑻偏大；⑼①②；⑽12；合格品；2：3

【解析】

试题分析：（1）二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，氧气能使带火星的木条复燃；

⑵二氧化碳能使带澄清石灰水变浑浊，此反应可检验二氧化碳的存在。

⑶实验中加入稳定剂的作用是为防止过碳酸钠分解而失效；稳定剂中的氯化镁与硅酸钠反应能生成氯化钠和难溶的硅酸镁，覆盖在过碳酸钠表面起保护作用。

⑷浊液中加入异丙醇的作用是降低过碳酸钠在溶液中的溶解度以提高产率；

⑸因过碳酸钠不溶于异丙醇，所以洗涤晶体最好选用异丙醇；

⑹由表中数据可以看出，在15℃～20℃时，活性氧含量最高，鱼浮灵产率最高，所以最好在该温度范围内制备鱼浮灵。

⑺实验前通氮气是为了除去装置内的空气，以防测定值偏高；实验后还要继续通氮气是为了使残留在装置中的气体全部被吸收；

⑻若先滴入稀硫酸，后加热铜网，将使部分氧气散逸，计算时过氧化氢相对含量偏小，碳酸钠相对含量偏大，导致x:y的值偏大；

⑼装置B的作用是干燥气体，防止水分进入D装置使测定值偏大；同时便于观察和控制气流速度以使反应充分进行；

⑽C装置中铜网增重1.2g，则说明生成氧气的质量为1.2g，氧气质量占样品的百分数（活性氧含量）为12%大于10.5%而小于13%，属于合格品；由氧气质量可计算过氧化氢质量为2.55g；D装置增重2.2g说明生成二氧化碳2.2g，计算反应的碳酸钠质量为5.3g，则可得：

106x：34y＝5.3g：2.55g 解得x：y＝2：3

考点：实验探究、基本计算下载本文