化学二模试题分类汇编——金属与酸反应的图像综合附答案解析

一、中考初中化学金属与酸反应的图像

1．在两只烧杯中分别放入相同质量的镁、锌两种金属，然后向两只烧杯中分别倒入相同质量、相同质量分数的稀硫酸，反应产生氢气的质量与消耗硫酸的质量关系如图。综合以上信息得到以下结论，合理的是

A．从图象可以看出，金属镁比金属锌的活动性强 B．若两种金属都有剩余，二者得到的氢气质量相同 C．若硫酸有剩余，二者得到氢气的质量相同 D．若两种金属完全溶解，二者消耗硫酸的质量相同 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A、图像体现的是产生氢气质量与消耗硫酸质量之间的关系，没有体现时间关系，无法比较镁、锌反应的速率，无法得出镁和锌的活动性强弱，说法错误；

B、若两种金属都有剩余，则消耗的硫酸质量相等，根据氢元素质量守恒，产生的氢气均来自硫酸中的氢元素，故二者得到的氢气质量相同，说法正确； C、若硫酸有剩余，根据

MgH2SO4MgSO4H2242，

ZnH2SO4ZnSO4H2652可

知，相同质量的镁、锌产生氢气的质量为：镁＞锌，说法错误； D、若两种金属完全溶解，根据

MgH2SO4MgSO4H22498，

ZnH2SO4ZnSO4H26598镁＞锌，说法错误。 故选：B。

可知，相同质量的镁、锌与硫酸反应，消耗硫酸的质量为：

2．下列图像能正确反映其对应关系的是（ ）

A．向一定量的氢氧化钠溶液中逐滴加入稀盐酸至过量

B．向两份完全相同的稀硫酸中分别加入足量锌粉、铁粉

C．某温度时，向一定量的饱和石灰水中加入过量生石灰，再恢复至原温

D．加热一定质量的高锰酸钾制取氧气

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A、氢氧化钠溶液和稀盐酸中有水，因此图象的起点不是零；氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水，稀盐酸中也含有水，因此随着反应的发生，水的质量不断增加，反应完后由于稀盐酸中也含有水，水的质量应还是增加，故图象错误；

B、向两份完全相同的稀硫酸中分别加入足量锌粉、铁粉时，由于硫酸质量相等，最终生成氢气质量也相等，且需要的锌比铁多，故图象正确。

C、某温度时，向一定量的饱和石灰水中加入少量生石灰时，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，同时放热，温度恢复至室温时，由于溶剂水减小，部分溶质析出，因此溶质质量减小，故图象错误。

D、反应开始前，固体中锰元素的质量不为零，随着反应生成氧气，固体的质量减少，而锰元素的质量不变，所以固体中锰元素的质量分数变大直到高锰酸钾完全分解，故图象错误。 故选：B。 【点睛】

本题是化学反应中定量关系和图象相结合的题型，题目难度较大。要准确解答此类题，关键要对化学反应知识熟练，并能结合图象的数学意义，综合考虑，可快速解答。图象的意义要抓住三点：①抓图象的起点，②抓图象的终点，③抓图象的变化过程。

3．下列图像不能正确反映其对应操作的是（ ）

A．a图在一定量的AgNO3溶液中逐滴加入NaCl溶液

B．b图足量的Zn和Mg分别与一定量的等体积等质量分数的稀硫酸反应 C．c图向稀盐酸中逐滴加入NaOH溶液

D．d图等质量块状和粉末状CaCO3分别与足量等体积等质量分数的稀盐酸反应 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A、在一定量的AgNO3溶液中逐滴加入NaCl溶液，不断产生白色沉淀，当恰好完全反应时沉淀达到最大值，对应关系正确；

B、镁比锌活泼，镁和稀硫酸的反应速率较快，足量的Zn和Mg分别与一定量的等体积等质量分数的稀硫酸反应，镁的活动性比锌强，反应速率快，反应时间短；镁和锌过量，盐酸完全反应，最终生成氢气的质量相等，对应关系不正确；

C、向稀盐酸中逐滴加入NaOH溶液时，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，随着反应的进行，pH升高，当恰好完全反应时，溶液的pH等于7，继续加入氢氧化钠溶液时，溶液的pH大于7，对应关系正确；

D、首先粉末状碳酸钙和盐酸反应速率大于块状的，所以对应图象斜率要大，同时由于碳酸钙质量相同，所以二者图象的终点也相同，对应关系正确。 故选：B。

4．下列图象能正确反应对应变化关系的是（ ）

A．表示水通电分解产生的气体质量m与反应时间t的关系

B．表示两份完全相同的双氧水在有无MnO2的情况下，产生O2的质量m

与反应时间t的关系

C．表示等质量的Fe、Mg与足量稀盐酸的反应

D．向稀盐酸中逐渐滴加NaOH溶液至过量

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A、水通电时，产生氢气和氧气的体积比是2：1，不是质量比，不符合题意；

B、在该反应中，加入的二氧化锰属于催化剂，只能改变反应速率，产生氧气的质量相等，不符合题意；

C、铁与稀盐酸反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2，镁与稀盐酸反应：

Mg+2HCl=MgCl2+H2，铁的相对分子质量大于镁，故等质量的Fe、Mg与足量稀盐

酸的反应，镁产生的氢气多，而且镁反应速率快，不符合题意；

D、向稀盐酸中逐渐滴加NaOH溶液至过量，一开始，pH<7，氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠与水，随着反应的进行，pH逐渐增大，待氢氧化钠与稀盐酸恰好完全反应时，pH=7，氢氧化钠过量后，pH>7，符合题意。 故选D。

5．分析下列图像与对应的实验操作，合理的是（ ）

A．向两只装有等质量等溶质质量分数的稀硫酸中，分别加入镁与

铁，则图中a线表示的是加入镁对应的变化

B．用等质量等溶质质量分数的过氧化氢制取氧气，a线表示的是

没有加入二氧化锰的变化图，b线表示的是加入二氧化锰的变化图

C．将一定溶质质量分数的氢氧化钠溶液，滴入稀盐酸和氯化

铜的混合溶液中，该图表示的是生成沉淀与加入氢氧化钠的关系

D．向盛有稀硫酸的烧杯中加入过量的氧化铜，该图表示的是烧杯

中溶液总质量与反应时间的关系图 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

A、因为稀硫酸的质量相同，设溶质硫酸的质量为98g，根据Mg+H2SO4= MgSO4+H2 和Fe + H2SO4=FeSO4+H2 计算可知，镁与稀硫酸反应后溶液增加的质量为22g，铁与硫酸反应后溶液增加的质量为54g，故铁与稀硫酸反应后溶液增加的质量大，故A正确； B、加入催化剂二氧化锰会加快反应速率，则b线表示的是没有加入二氧化锰的变化图，a线表示的是加入二氧化锰的变化图，故B错误；

C、将一定溶质质量分数的氢氧化钠溶液，滴入稀盐酸和氯化铜的混合溶液中，氢氧化钠优

先与盐酸反应，当盐酸反应完后，氢氧化钠和氯化铜反应生成沉淀，则沉淀不是一开始就生成的，故C错误；

D、烧杯中原本有溶液，则溶液质量起点不可能为零，故D错误。 故选A。

6．下列四个图像分别对应四种操作过程，其中图像能正确表示对应操作的是

A．向碱溶液中加水

B．向一定质量硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入氢氧化钠溶液直

至过量

C．常温下，相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的

稀硫酸充分反应

D．将一定质量的钾不饱和溶液恒温蒸发水分，直至有少量晶体

析出 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A、向碱溶液中加水，pH减小，但是不能小于7，该选项对应关系不正确；

B、向一定质量硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入氢氧化钠溶液直至过量，氢氧化钠先和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，后和硫酸铜反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀，该选项对应关系正

确；

C、常温下，相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸充分反应，锌比铁活泼，反应速率快，反应需要时间短，最终铁和稀硫酸反应生成的氢气多，该选项对应关系不正确；

D、将一定质量的钾不饱和溶液恒温蒸发水分，饱和前的过程中溶质质量不变，溶液质量减小，溶质质量分数增大，饱和后溶质质量分数不再变化，该选项对应关系不正确。 故选：B。

7．下列四个图像分别对应四个变化过程，其中正确的是（ ）

A．一定量的饱和石灰水中加入氧化钙

B．常温下，相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀

硫酸反应

C．等体积，等浓度的双氧水制取氧气

D．向硫酸铜溶液中加入铁粉

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A、一定量的饱和石灰水中加入氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙放热温度升高，溶剂减少，故溶质会减少，当水和氧化钙完全反应，溶质质量为零，图像不符，故A错。 B、常温下，相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应，刚开始酸不

足，金属过量生成氢气质量相同，随着酸的增加金属越来越少，锌先反应完，铁再反应完，锌相对原子质量大生成氢气质量小于铁生成氢气质量，图像相符，符合题意。 C、催化剂只能改变反应速率，不能改变生成物多少，生成氧气质量应该相等，图像不符，不符合题意，故C错。

D、向硫酸铜溶液加入铁粉，56份质量铁生成份质量铜，溶液质量减小，与图像不符，不符合题意，故D错。 故选：B。

8．图示所表示的各实验中相关量的变化关系，正确的是（ ） A B C D 高温煅烧石灰石 （杂质不反应） 氢氧化钠溶液中滴 加稀盐酸 接近饱和的硫酸铜溶液 中加入硫酸铜粉末 等质量、等浓度的稀盐酸中分别 放入足量的铁片和铝片

A．A 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A、高温煅烧石灰石，碳酸钙在高温的条件下反应生成氧化钙和二氧化碳，有气体生成，随着反应的进行，固体质量逐渐减小，待碳酸钙完全反应后，不再变化，但是碳酸钙需要加热到一定温度才能分解，故固体质量一开始不变，然后逐渐减小至不变，不符合题意； B、氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸，氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠和水，由于稀盐酸中本身也含有水，随着稀盐酸的加入，水的质量逐渐增加，待完全反应后，水的质量继续增加，但是增加幅度变小，不符合题意；

C、接近饱和的硫酸铜溶液中加入硫酸铜粉末，硫酸铜会继续溶解，溶液质量逐渐增加，待达到饱和后，硫酸铜虽然不能继续溶解，但是硫酸铜能与水反应生成五水硫酸铜，消耗了溶液中的水，使溶液质量减小，不符合题意；

D、等质量、等浓度的稀盐酸中分别放入足量的铁片和铝片，铁与稀盐酸反应：

B．B

C．C

D．D

Fe+2HCl=FeCl2+H2，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，铁片、铝片过量，故根据稀盐酸

的质量计算生成溶液的质量，最后铁生成溶液的质量大，符合题意。 故选D。

9．下列图像不能正确反映其对应关系的是（ ）

A．等质量、等质量分数的硫酸溶液与氢氧化钠溶液混合

B．向等质量的锌和镁中分别加入足量的稀盐酸

C．向一定量的氯化钙与盐酸的混合溶液中逐滴加入碳酸钠溶液至过

量

D．某温度时,向一定量的饱和石灰水中加入少量生石灰

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A、由化学方程式H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可知，反应中硫酸与氢氧化钠的质量比为98：80，所以等质量、等质量分数的硫酸溶液与氢氧化钠溶液混合后，氢氧化钠有剩余，稀硫酸完全反应，选项正确；

B、由化学方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑可知，参加反应的锌与生成的氢气的质量比为65：2，由化学方程式Mg+2HCl=MgCl2+H2↑可知，参加反应的镁与生成的氢气的质量比为24：2，所以生成等质量的氢气需要金属锌的质量多一些，则向等质量的锌和镁中分别加入足量的稀盐酸后，镁生成的氢气多一点；横坐标代表加入的稀盐酸的质量，随着稀盐酸的加

入，开始时生成氢气的质量应该是重合曲线，当锌完全反应后，镁生成的氢气的质量继续增加，直至镁完全反应，选项错误；

C、向一定量的氯化钙与盐酸的混合溶液中逐滴加入碳酸钠溶液至过量，碳酸钠会先与盐酸反应，溶液的酸性逐渐减小，溶液的pH逐渐增大，直至盐酸完全反应时溶液的PH=7，然后碳酸钠再与氯化钙反应，溶液的pH不变，碳酸钠溶液过量后溶液呈碱性，溶液的pH大于7，选项正确；

D、氧化钙和溶液中的水反应生成氢氧化钙的同时放出热量，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，溶剂质量减少，溶液中的溶质质量减少，即使恢复至室温，溶液中的溶质质量小于原溶液中的溶质质量，选项正确，故选B。

10．下列图象能够正确反映其对应变化关系的是（　　）

A．向等质量等质量分数的盐酸中加入足量的镁粉、锌粉

B．将铜片加入一定量的银溶液中

C．将浓硫酸露置在空气中一段时间

D．向一定质量的饱和石灰水中，加入少量生石灰

【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

A、用等质量的相同质量分数的盐酸分别与足量的镁粉和锌粉反应，由于氢气来源于酸中的氢，酸量相等故生成的氢气量会相等，镁的活动性强于锌，故对应的曲线是镁的比锌的斜率大，图像能够正确反映其对应变化关系；

B、铜与银生成铜和银，每份质量的铜和银反应生成铜和216份质量的银，反应后固体质量会增大，不会减小，没有加入铜时，固体的质量应为零，图像不能够正确反映其对应变化关系；

C、浓硫酸具有吸水性，敞口放置会吸收空气中的水蒸气而浓度变小，图像不能够正确反映其对应变化关系；

D、向一定质量的饱和石灰水中加入氧化钙时，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，从而导致水的量不断减少，直至为零，溶质质量减小为零，图像不能够正确反映其对应变化关系。故选A。 【点睛】

本题是一道图像坐标与化学知识相结合的综合题，解题的关键是结合所涉及的化学知识，正确分析各变化的过程，注意分析坐标轴表示的意义、曲线的起点、折点及变化趋势，确定正确的图像。

11．用两段等质量等表面积的镁条，分别和足量的等体积不同浓度的稀盐酸，在密闭容器中反应，测得容器中压强变化如图。下列说法不正确的是（ ）

A．曲线b对应的盐酸浓度较小

B．反应结束后两实验中产生氢气质量相等 C．开始时压强迅速增大的原因和反应放热有关 D．曲线a中A点压强最大，表明此时反应己结束 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A、盐酸浓度越大，反应速率越快，相同时间内产生的气体多，压强大，完全反应需要的

时间短，故曲线b对应的盐酸浓度较小，不符合题意；

B、镁条的质量相等，盐酸过量，Mg+2HCl=MgCl2+H2，故反应结束后，生成氢气的质量相等，不符合题意；

C、Mg+2HCl=MgCl2+H2，有气体生成，加上镁与盐酸反应放出热量，使装置内压强增大，故开始时压强迅速增大的原因和反应生成气体和放热有关，符合题意； D、曲线a中A点压强最大，说明这时，镁和稀盐酸恰好完全反应，表面此时反应已经结束，不符合题意。 故选C。

12．用质量相等的锌粉和铁粉分别与溶质质量分数相同、等质量的稀盐酸充分反应，产生氢气质量与所用时间的关系如图所示．则下列说法中与曲线相符合的是

A．曲线a表示铁反应的情况 B．盐酸反应完毕，两种金属都有剩余

C．锌与盐酸反应完毕，刚好完全反应，铁有剩余 D．锌粉和铁粉都反应完毕，盐酸有剩余 【答案】D 【解析】 【分析】

根据化学方程式：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑；Fe+2HCl═FeCl2+H2↑进行分析。 【详解】

A、因为锌的活动性比铁的活动性强，生成等质量的氢气，锌反应的时间短，故曲线a表示锌反应的情况，故A说法错误；

B、如果盐酸均反应完，两种金属都有剩余，盐酸的质量相等，则生成的氢气质量应该相等，而图中氢气质量不等，故B说法错误；

C、如果锌与盐酸刚好完全反应，铁有剩余，说明盐酸完全反应，则产生的氢气一定相等，故C说法错误；

C、等质量的金属锌和铁，铁与酸反应生成的氢气质量多（等质量的+2价金属，生成氢气的质量与金属的相对原子质量成反比），所以该图像中锌粉和铁粉都反应完毕，盐酸有剩余，故D说法正确。 故选：D。 【点睛】

不同的金属与等质量、等质量分数的酸反应，若酸完全反应，酸中的氢元素全部转移到氢气中，生成氢气的质量相等；

等质量不同的金属与足量的酸反应，产生氢气质量与

金属的化合价成正比。

金属的相等原子质量

二、中考初中化学流程图

13．我国每年报废的手机超过1亿部。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：Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O；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）步骤①所得滤液中的溶质除硫酸外，还有__________________________。 （3）步骤②中的实验现象是：固体部分溶解，_____________________。 （4）步骤④中反应的化学方程式是______________________________________。 （5）检验步骤④稀硫酸已过量的方法是

____________________________________________。

【答案】增大接触面积，使反应更充分，加快反应速率 FeSO4和Al2(SO4)3 溶液由无色变为蓝色 Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑ 取步骤④的滤液，加入铁粉，若有气泡冒出，则稀硫酸已过量 【解析】

(1)将电路板粉碎成粉末的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；(2)步骤①所得滤液中的溶质除硫酸外，还有稀硫酸和铝、铁反应生成的硫酸铝（Al2(SO4)3）和硫酸亚铁（FeSO4）；(3)步骤②中铜和过氧化氢、硫酸反应生成硫酸铜和水，能够观察到固体部分溶解，溶液由无色变成蓝色；(4)步骤④中铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的化学方程式是：Fe+H2SO4==FeSO4+H2。

14．侯德榜制碱法的原理是:向氨化的饱和食盐水中通入过量的二氧化碳,即有晶体析出,经过滤、洗涤、焙烧得纯碱.此过程可以表示

为:①NaCl(饱和)NH3CO2H2ONaHCO3(烧碳酸氢钠后,得到纯碱。侯氏制碱法生产流程示意图：

) （此反应是放热反应） ②煅

[查阅资料]I.氨化的饱和食盐水;即是指向饱和食盐水中通入氨气;Ⅱ.NaHCO3低温时溶解度很小; III在通常状况下,NH3极易溶于水,CO2能溶于水。 （1）请你填写出括号中物质的化学式_____________。 （2）用化学方程式表达煅烧炉中发生的反应___________。

（3）向饱和的食盐水中,先通入氨气再通人二氧化碳的目的是____________。 （4）向母液中通入氨气的原因是___________；把母液冷却至10°C以下的目的是________。

（5）侯氏制碱法的生产流程中,可以循环利用的物质是____________。

【答案】NH4Cl 2NaHCO3 高温Na2CO3+CO2+H2O 增大碳酸氢钠的产率（或得到更多的碳酸氢钠） 增大溶液中NH4+的浓度 得到更多的氯化铵晶体（或析出更多的氯化铵晶体） CO2 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由化学方程式可知，反应前出现了1个钠原子、1个氯原子、1个氮原子、1个碳原子、5个氢原子和3个氧原子，反应后出现了1个钠原子、1个氢原子、1个碳原子和3个氢原子，根据质量守恒定律可知，尚缺的1个氯原子、1个氮原子和4个氢原子存在于括号中，所以其中的物质的化学式为NH4Cl，故填NH4Cl。

（2）由图可知，煅烧炉中发生的反应是碳酸氢钠在高温的条件下反应生成碳酸钠、水和二氧化碳，故反应的化学方程式写为：2NaHCO3

高温Na2CO3+H2O+CO2↑。

（3）氨气极易溶于水，而二氧化碳能溶于水，向饱和的食盐水中，先通入氨气再通入二氧化碳能够使更多的二氧化碳参加反应，得到更多的碳酸氢钠，故填增大碳酸氢钠的产率（或得到更多的碳酸氢钠）。

（4）氨气与水反应生成氨水，氨水在溶液中发生解离产生NH4+，即向母液中通入氨气可以增大溶液中NH4+的浓度，故填：增大溶液中NH4+的浓度；

氯化铵的溶解度随温度升高而减小，且氯化铵的溶解度受温度影响比碳酸氢钠大，所以把母液冷却至10°C以下可以析出更多的氯化铵晶体，故填：得到更多的氯化铵晶体（或析出更多的氯化铵晶体）。

（5）由流程图可知，生产开始时有二氧化碳参加反应，生产的末端有二氧化碳生成，生成的二氧化碳又可以继续参加反应，所以该生产流程中可以循环利用的物质是二氧化碳，故填CO2。

15．某食盐样品中含有少量的氯化钙杂质，为了将杂质除去，并测定食盐中氯化钠的质量分数，某工厂实验员设计了如图实验流程进行实验：

根据如图流程图回答下列问题：

（1）操作I的名称是___，沉淀A化学式是___； （2）滤液B中溶质成分有___，试剂甲是____；

（3）实验得到NaCl固体中还含有少量杂质，为了除去杂质．实验员对流程作出如下改进：在滤液B蒸发结晶之前，先滴加盐酸至不再产生气泡为止，该反应的化学方程式为___；改进流程中加入的盐酸稍过量也不会在NaCl固体中产生新的杂质，其原因是____． （4）实验员提出了两个数据测定方案．测定粗盐中氯化钠的质量分数．

方案一：称量食盐样品的质量和经洗涤、干燥的沉淀A或CaCl2固体的质量，并进行计算．

方案二：称量食盐样品的质量和实验改进后所得NaCl固体的质量，并进行计算． 请你判断：上述所选称量数据不合理的是方案____，理由是____．

【答案】过滤 CaCO3 NaCl和Na2CO3 稀盐酸 Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2 盐酸中氯化氢具有挥发性，蒸发时会挥发 二 方案二中测量的分离出的氯化钠有些是来自于分离过程中加入碳酸钠反应之后生成的氯化钠，会使氯化钠的质量偏大，计算出的氯化钠质量分数会偏大 【解析】 【分析】 【详解】

（1）加入氯化钙后生成了不溶于水的碳酸钙沉淀和氯化钠，操作I将沉淀分离出来，该操作为过滤；因为碳酸钠和氯化钙反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，因此沉淀B是CaCO3。 （2）碳酸钠和氯化钙反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，滤液中有氯化钠和过量的碳酸钠两种溶质；溶液C蒸发干燥得到氯化钙固体，碳酸钙与试剂甲反应得到氯化钙溶液，故试剂甲是稀盐酸。

（3）氯化钠中含有的杂质是过量的碳酸钠，碳酸钠和盐酸反应生成水、氯化钠和二氧化碳，反应的方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2；若加入的盐酸过量，对本实

验没有影响，因为盐酸具有挥发性，蒸发时过量的盐酸中的氯化氢气体挥发掉了。 （4）由题意方案一可以根据碳酸钙的质量由方程式计算氯化钙杂质的质量，或者直接称出氯化钙杂质的质量，从而计算出氯化钠的质量分数；方案二中测量的分离出的氯化钠有些是来自于分离过程中加入碳酸钠反应之后生成的氯化钠，会使氯化钠的质量偏大，计算出的氯化钠质量分数会偏大。

16．粗盐中含有少量不溶性杂质(泥沙)，还含有少量可溶性杂质(Na2SO4、CaCl2、MgCl2)。现以粗盐为原料制取精盐，生产过程如下图所示：

（1）操作a的名称是__________，该操作需要用到的玻璃仪器主要有：烧杯、_________、玻璃棒；

（2）写出I中发生反应的化学方程式_____________________； （3）加入过量Na2CO3的作用是_________________________。

【答案】过滤， 漏斗； BaCl2+ Na2SO4 = BaSO4↓+ 2NaCl ； 除尽溶液中的CaCl2 和过量的BaCl2 （符合题意即可）； 【解析】

(1) 操作a的名称是过滤，通过过滤能够把液体和固体分离，该操作需要用到的玻璃仪器主要有：烧杯、漏斗、玻璃棒；(2) I中氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，发生反应的化学方程式为：BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl；（3）加入过量Na2CO3溶液的目的是除去氯化钙和过量的氯化钡。

17．粗盐中含有多种可溶性杂质（MgCl2、CaCl2、Na2SO4等） 和不溶性杂质（泥沙等）。 （1）在书本实验活动8“粗盐中难溶性杂质的去除”实验中，粗盐经过溶解、过滤、蒸发、计算产率等实验步骤，可以初步提纯，其中过滤蒸发两项操作中都用到玻璃棒，作用分别是__________、____________。

（2）蒸发操作时，当蒸发皿中出现___________时，应停止加热， 并观察蒸发皿中食盐外观。

（3）计算产率，以下操作会导致产率（产率精盐质量/粗盐质量100%）偏小的有_______________（填序号，答案不唯一） a.食盐未完全溶解就开始过滤

b.过滤时液面高于滤纸边缘但低于漏斗口 c.转移固体时有少量固体洒落在地面上 d.蒸发操作时，食盐飞溅剧烈

（4）通过以上操作只能除去粗盐中难溶性杂质，欲除去MgCl2、CaCl2、Na2SO4得到较纯净的NaCl,可采用下图所示流程（部分操作省去） [提示: BaCO3难溶于水]

①上图中所用甲、乙、丙三种试剂依次可以是____。 a.NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液 b.Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液 c. NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3 溶液

②请写出BaC12溶液与Na2SO4溶液反应的化学方程式____________。 ③上述试剂中Na2CO3不能用K2CO3代替，原因是____________。

【答案】引流 防止液体局部温度过高发生飞溅（意思对即可） 较多固体 acd c

BaCl2Na2SO4BaSO42NaCl K2CO3能与CaCl2、BaCl2、盐酸等物质反应生成

KCl，引入了新的杂质 【解析】 【分析】 【详解】

（1）过滤操作中玻璃棒的作用是引流，蒸发操作中玻璃棒的作用是使液体均匀受热，防止液体飞溅。

（2）蒸发操作时，当蒸发血中出现较多固体时，应停止加热，利用蒸发皿的余热使其蒸干，并观察蒸发皿中食盐外观。

（3）a、食盐未完全溶解就开始过滤，导致精盐质量偏小，从而导致产率偏小，符合题意；b、过滤时液面高于滤纸边缘但低于漏斗口，导致不溶于水的物质进入滤液，从而导致产率偏大，不符合题意；

c、转移固体时有少量固体洒落在地面上，导致精盐质量偏小，从而导致产率偏小，符合题意；

d、蒸发操作时，食盐飞溅剧烈，导致精盐质量偏小，从而导致产率偏小，符合题意。故选acd。

（4）①加入过量的氢氧化钠溶液时，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，加入过量的氯化钡溶液时，氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，加入过量的碳酸钠溶液时，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，和过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，加入适量稀盐酸时，稀盐酸和过量的氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和过量的碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳。根据分析可知，加入碳酸钠的很重要的作用是除掉前面的加入的过量的氯化钡，所以加入氯化钡必须在碳酸钠之前。故选c。 ②BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应生成硫酸钡和氯化钠，该反应的化学方程式：BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl。

③上述试剂中Na2CO3不能用K2CO3代替，原因是过量的碳酸钾和盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，会带入氯化钾。

18．某校化学兴趣小组为检测出某工厂排出的浅蓝色、澄清透明废水中的离子，并加以综

合处理。取少量废水，加入过量的盐酸，有不溶于稀的白色沉淀生成；过滤，并将滤液分成两份，一份滤液中加入稀硫酸，也有不溶于稀的白色沉淀生成；另一份滤液中加入氢氧化钠溶液，只产生蓝色沉淀。请回答。 （1）废水中一定含有的物质是________（选填编号）。 A、氯化物 B、硫酸盐 C、盐 D、碳酸盐

（2）该小组设计了从该废水中除去有毒离子的实验方案（如下图所示）。（已知：经实验测得废水样品的质量等于溶液B的质量，溶液C中仅含一种溶质；金属钡比金属钙活泼。）

①写出符合题意的固体A的组成_________________（写化学式）。 ②溶液B中的一定含有的溶质阳离子__________（写离子符号）。 【答案】C Ag、Cu、Zn Ba2+、Zn2+ 【解析】 【分析】

（1）取少量废水，加入过量的盐酸，有不溶于稀的白色沉淀生成，说明溶液中含有Ag+；过滤，并将滤液分成两份，一份滤液中加入稀硫酸，也有不溶于稀的白色沉淀生成，说明溶液中含有Ba2+；另一份滤液中加入氢氧化钠溶液，只产生蓝色沉淀, 说明溶液中含有Cu2+。即溶液中的阳离子有：Ag+、Ba2+、Cu2+。

（2）金属钡比金属钙活泼，说明加入的金属只能置换Ag+、Cu2+；废水样品的质量等于溶液B的质量，Ag的相对原子质量是108，Cu的相对原子质量是，说明能和银铜反应的金属的相对原子质量在108~之间，则利用金属活动性顺序表找到Zn合适，相对原子质量65；锌和银反应使溶液的质量减小，锌和铜反应使溶液的质量增大，这样才会使溶液的质量不变。所以废水样品中加入过量的锌，Ag+首先被置换，生成银，Cu2+后与锌反应生成铜，锌还有过量，金属钡比金属钙活泼，锌不能置换钡中的Ba2+；所以得到的A中的金属是Ag、Cu、Zn；同时溶液B中的溶质是锌和钡，所以B中一定含有的溶质阳离子是Ba2+、Zn2+。 【详解】

（1）经分析溶液中的阳离子有：Ag+、Ba2+、Cu2+。 A、氯化物含有氯离子，和Ag+不能共存，不符合题意； B、硫酸盐含有硫酸根离子，和Ba2+不能共存，不符合题意；

C、盐含有根离子，和Ag+、Ba2+、Cu2+能共存，符合题意；

D、碳酸盐含有碳酸根离子，和Ag+、Ba2+、Cu2+不能共存，不符合题意。故选C。 （2）①从分析知识，得到的A中的金属是Ag、Cu、Zn； ②溶液B中的一定含有的溶质阳离子是Ba2+、Zn2+。 【点睛】

掌握常见离子的检验；金属钡比金属钙活泼，所以金属活动性：Ba>Zn>Cu >Ag；锌和银反应使溶液的质量减小，锌和铜反应使溶液的质量增大，这样才会使溶液的质量不变。

19．碱式碳酸铜可用于生产木材防腐剂等。工业上可用微蚀刻废液(含有一定量Cu2+、H+、SO42-、H2O2和微量Fe3+)制备高纯度碱式碳酸铜，其制备过程如下：

（1）加入试剂1的目的是除去废液中的酸性物质，试剂1最好选用__________（填序号）。

aFe2O3bCaCO3cCuO

（2）加入Na2CO3沉淀前须除去Fe3+，否则Fe2(SO4)3会与Na2CO3反应，产生一种气体，同时生成NaFe3(OH)6(SO4)2沉淀，影响产品质量，反应的化学方程式为：6Na2CO3＋3Fe2(SO4)3＋6H2O＝2NaFe3(OH)6(SO4)2＋6CO2↑＋5__________ 。

（3）加入Na2CO3沉淀时，反应液pH对产品中的SO42- 含量以及反应液中Cu2＋沉淀效率的影响如下图所示，第二次沉淀时溶液pH最好控制在_________。

yCu(OH)2·zH2O。某研究小组设计如图（4）所制得的碱式碳酸铜的组成可表示为：xCuCO3·

实验装置测定其中CuCO3的质量分数（不考虑植物油中溶解CO2产生的影响）。 实验步骤如下： a.连接装置并________； b.准确称量样品的质量1.2g；

c.装药品，调节量气装置两边液面相平，读取量气管刻度为10mL； d.向锥形瓶内加入50mL(足量)的稀硫酸，充分反应； e.冷却到室温；

f.再次调节量气装置两边液面相平，读取量气管刻度为172mL。 ①请将上述实验步骤补充完整；

②装置B的作用是 _________，C中的试剂是 _____________（填字母序号）； a碱石灰 b浓硫酸 c无水硫酸铜

③步骤f中调节液面相平的操作是将水准管 _____________（填“缓慢上移”或“缓慢下移”）。

④若标准状况下，每44g二氧化碳的体积为22.4L。根据实验数据计算产品中CuCO3的质量分数_______（写出计算过程。结果保留到0.1%）

⑤若其他操作均正确，仅因下列因素可使测定结果偏小的是_______________（填字母序号）；

A量气管中未加植物油 B步骤c中平视刻度，步骤f中俯视读数 C硫酸的用量不足 D步骤f中没有调节量气装置两边液面相平，直接读数 【答案】C Na2SO4 8.5 检查装置气密性 干燥CO2 C 缓慢下移 51.7% ABCD 【解析】 【分析】 【详解】

（1）加入碳酸钙、氧化铁会引入新杂质钙离子铁离子，加入氧化铜，不会引入新杂质，且能去除废液中的酸性物质，故选：C。

（2）根据质量守恒，对于化学反应6Na2CO3＋3Fe2(SO4)3＋6H2O＝2NaFe3(OH)6(SO4)2＋6CO2↑＋5（）反应前后原子种类数目不变，反应前12Na、6C、60O、6Fe、9S、12H，反应后2Na、6C、40O、6Fe、4S、12H，故5（）含10Na、5S、20O，故填：Na2SO4。

（3）由题可知pH为8.5时，溶液残余铜元素最少，产品硫酸根离子最低，故选：8.5。 （4）①气备连接好装置一定要检查气密性，故填：检查装置气密性。

②装置B的作用是去除二氧化碳水蒸气，起干燥作用，C检验水蒸气是否去除干净，可加无水硫酸铜，遇水会变蓝，故填：干燥CO2；C。

③D中收集完二氧化碳后左端液面下降，右端上升，调节液面相平的操作是将水准管 缓慢下移，故填：缓慢下移。

④若标准状况下，每44g二氧化碳的体积为22.4L，收集到量气管内气体172mL-10mL-50mL=112mL=0.112L，二氧化碳质量为

0.112L44g=0.22g ，设CuCO3的质量分数为x 22.4LCuCO3H2SO4=CuSO4CO2H2O12444 1.2gx0.22g

1241.2gx=,x51.7%440.22g故填：51.7%。

⑤若其他操作均正确，仅因下列因素可使测定结果偏小：

A、量气管中未加植物油，二氧化碳溶解导致结果偏小，正确符合题意。

B、步骤c中平视刻度，步骤f中俯视读数，导致读数偏小，二氧化碳体积偏小，测量结果偏小，正确符合题意。

C、硫酸的用量不足碳酸铜不能完全反应，碳酸铜质量结果偏小，正确符合题意。 D、步骤f中没有调节量气装置两边液面相平，直接读数，二氧化碳气体体积被压缩，二氧化碳体积偏小，结果偏小，符合题意。 故选：ABCD。

20．肼（NH）是氮和氢形成的一种化合物，易溶于水。工业上利用尿素法生产肼，同时得到副产品十水合碳酸钠，其工艺流程如下：

制肼过程的反应为：

CONH22+NaClO +2NaOH== N2H4+Na2CO3+NaO +H2O

（1）实验室若配制30%烧碱溶液，所需的玻璃仪器除玻璃棒外，还有_____（填标号）。 A 漏斗 B 烧杯 C 烧瓶 D 量筒

（2）已知：Cl2H2O= HC1HClO。请推测Cl2与NaOH溶液发生反应的化学方程式：_____；从后续反应过程来看，若要使原料不浪费，合成次氯酸钠时投入的液氯与烧碱

的质量之比为71：_____。

（3）实验室中，欲从母液中分离出十水合碳酸钠晶体。可采用的操作依次为_____（填标号）。

A 蒸馏 B 蒸发 C 灼烧 D 过滤 E冷却结晶

（4）肼具有很好的还原性，且还原产物无污染，故可用于除去锅炉等设备供水中的溶解氧等。请写出肼除氧时发生反应的化学方程式_____。

【答案】BD Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO+H2O 80 BED N2H4+O2=N2+2H2O 【解析】 【分析】 【详解】

（1）实验室若配制30%烧碱溶液，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，除玻璃棒外，还有烧杯和漏斗，故填：BD。

（2）Cl2+H2O= HC1+HClO，盐酸和氢氧化钠生成氯化钠和水，次氯酸和氢氧化钠生成次氯酸钠和水，则Cl2与NaOH溶液发生反应的化学方程式

Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO+H2O，若要使原料不浪费，合成次氯酸钠时投入的液氯与

烧碱的质量之比为71：（2×40）=71：80，故填：Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO+H2O：80。

（3）实验室中，欲从母液中分离出十水合碳酸钠晶体。可采用的操作依次为蒸发、冷却结晶、过滤，故填：BED。

（4）肼具有很好的还原性，且还原产物无污染，故除去锅炉等设备供水中的溶解氧还原产物为水和氮气，化学方程式为N2H4+O2=N2+2H2O，故填：N2H4+O2=N2+2H2O。