备战中考化学专题复习推断题的综合题含答案(1)

一、中考初中化学推断题

1．一包白色粉末由CuSO4、CaCO3、BaCl2、Na2SO4、NaOH中的三种混合而成。为探究其组成，进行以下实验：

分析实验过程，回答：

（1）白色粉末中一定有__________，一定没有_____________；

（2）白色粉末三种成分的可能组合为：_____________，_____________。

【答案】NaOH 、CaCO3 CuSO4 CaCO3、NaOH、BaCl2 CaCO3、NaOH、Na2SO4

【解析】

【分析】

根据硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液，所以在混合物中一定不含硫酸铜；同时能形成白色沉淀的为碳酸钙，而白色沉淀能全部溶于稀盐酸，硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡不溶于稀盐酸，所以该沉淀为碳酸钙；已知无色溶液pH＞7，为氢氧化钠；可以据此分析判断并解答该题。

【详解】

（1）把白色粉末溶解后得无色溶液，可知一定没有硫酸铜，因为硫酸铜溶于水会使溶液变蓝；

（2）测定滤液的pH大于7，说明一定有氢氧化钠；白色沉淀中加入足量的稀盐酸沉淀全部溶解，说明一定有碳酸钙，氯化钡和硫酸钠不能共存，因此白色粉末三种成分的可能组合为：CaCO3、NaOH、BaCl2；CaCO3、NaOH、Na2SO4；故答案为CaCO3、NaOH、BaCl2；CaCO3、NaOH、Na2SO4。

2．现有一包固体粉末，可能由CaCO3、CaO、Na2CO3中的一种或几种组成。为确定其组成，进行了如下图所示的实验（假设实验过程无损耗）。

（1）根据实验可以确定白色沉淀是________；原固体粉末中一定含有_____________，它的可能组成有____________种。

（2）若实验取固体粉末20g，生成白色沉淀10g，最后得到溶质质量分数为5.85%的X溶液200g（只含一种溶质），则X溶液中溶质的质量是____g，固体粉末由______________（填化学式，下同）组成，其中质量小于10g的是_____________________。

【答案】CaCO3（或“碳酸钙”） Na2CO3（或“碳酸钠”） 3 11.7 CaCO3、CaO、Na2CO3 CaCO3、CaO

【解析】

【分析】

把固体粉末加入水中，得到白色沉淀，根据题给的物质可以判断该白色沉淀为碳酸钙，得到无色溶液与稀盐酸反应生成无色气体，可以判断在无色溶液中含有碳酸钠，而无色气体为二氧化碳，那么X就可能是氯化钠的溶液。

【详解】

（1）在白色粉末中能产生白色沉淀，可知该白色沉淀应该为碳酸钙，又得到的无色溶液能够和稀盐酸反应生成气体，可以知道在固体粉末中一定含有碳酸钠，它可能的组合为：①碳酸钠，氧化钙；②碳酸钠，碳酸钙；③碳酸钠，氧化钙，碳酸钙等三种可能的组成；（2）根据（1）的解答可知X溶液为氯化钠溶液其质量为：200g×5.85%=11.7g，根据题意结合化学方程式，可以求出与盐酸反应的碳酸钠的质量为10.6g，进而可以判断出该固体粉末的组成为：CaCO3、CaO、Na2CO3 ，进而可以判断若白色沉淀质量小于10g，则原混合物的组成为氧化钙和碳酸钙，计算过程如下：

设碳酸钠的质量为x

2322

Na CO+2HCl=2NaCl+H O+CO

106117

x11.7g

106 x =

117 11.7g

x=10.6g

这里我们求得的只是和盐酸反应的碳酸钠，总质量为20g，所以假如白色沉淀是固体粉末中的，则只有20g-10.6g=9.4g，而题目中得到的白色沉淀的质量是10g，也就是说白色沉淀并不是完全来自于原固体粉末中，而是有一部分是反应中生成的，即氧化钙和水反应生成了氢氧化钙，而氢氧化钙又和碳酸钠反应生成了碳酸钙沉淀，从而可以判断在混合物中含有氧化钙．

故本题答案为：（1）CaCO3（或“碳酸钙”）； Na2CO3（或“碳酸钠”）； 3；

（2）11.7； CaCO3、CaO、Na2CO3；CaCO3、CaO．

3．构建知识网络是一种重要的学习方法。如图是初中化学常见的单质、氧化物、酸、碱、盐五种不同类别的物质与CO2的知识网络图，“一”表示相连的两种物质能发生化学反应，“→”表示一种物质一步转化成另一种物质（部分反应条件未标出）。

（1）A 的化学式是_____，E 的化学式是_____；

（2）C ﹣D 的化学方程式是_____。

【答案】2Ba(OH)（或2Ca(OH)） C 2332Fe O +6HCl=2FeCl +3H O

【解析】

【分析】

A 能和二氧化碳反应，A 可能是可溶性碱，如2Ba(OH)、2Ca(OH)等；

B 能和A 反应且生成二氧化碳，B 可能是Na 2CO 3、K 2CO 3；

C 能和B 反应又能生成二氧化碳，C 可能是盐酸；

D 能和C 反应且生成二氧化碳，D 可能是CuO 、Fe 2O 3等；

E 可能是碳。

【详解】

（1）A 能和二氧化碳反应，A 是可溶性碱，化学式2Ba(OH)或2Ca(OH)；A 是碱，B 是盐，C 是酸，D 是金属氧化物，则E 是碳的单质，化学式为C 。

（2）盐酸和氧化铁反应生成氯化铁和水，化学方程式为2332Fe O +6HCl=2FeCl +3H O 。

4．下图是初中化学中常见物质间的相互关系。其中A 、B 、C 、D 、E 是五种不同类别的物质，E 、F 的类别相同，C 、M 的组成元素相同，C 呈固态时俗称“干冰”。图中“—”表示两端的物质间能发生反应；“→”表示物质间存在转化关系；反应条件、部分反应物和生成物已略去。

（1）写出M 的一种用途_________________。

（2）写出B 的化学式___________。

（3）写出F→D 的化学方程式_________________________。

（4）写出E→D 的实验现象___________________________。

（5）图示相互关系中没有涉及到的基本反应类型是____________。

【答案】做燃料(或冶炼金属) H 2SO 4 Na 2SO 4+ Ba(OH)2=BaSO 4↓+2 NaOH 产生白色沉淀

【解析】

【分析】

C呈固态时俗称“干冰”，C是二氧化碳，C、M的组成元素相同，所以M是一氧化碳，又因为A、B、C、D、E是五种不同类别的物质，故A、B、D、E是单质、酸、碱、盐中的一种，只有D能和二氧化碳反应，故D是碱、B是酸、A是活泼金属，又因为E、F的类别相同，D与E、F之间能相互转化，综上所述可推知：A是活泼金属铁等、B是硫酸、D是氢氧化钠、E是碳酸钠、F是硫酸钠，代入验证成立。

【详解】

(1) M是一氧化碳，具有可燃性，可以做燃料；具有还原性，可以冶炼金属；

(2) B是硫酸，化学式为：H2SO4；

(3) F→D是硫酸钠与氢氧化钡反应的化学方程式： Na2SO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ 2NaOH；

(4)E→D是碳酸钠与可溶性钙盐或钡盐生成碳酸钙白色沉淀或碳酸钡白色沉淀和氢氧化钠；

(5)二氧化碳高温下和碳生成一氧化碳属于化合反应；活泼金属A与盐酸或硫酸发生置换反应；BDEF属于酸碱盐之间的复分解反应；所以物质间没有发生分解反应。

5．A一F为初中化学中常见的六种物质，其中B能供给呼吸，C是人体中含量最多的物质，D是黑色固体，E溶液呈蓝色，它们之间存在如图所示的转化关系(“一”表示相连的两种物质之间可以发生反应，“→”表示一种物质可以转化为另一种物质，反应条件、部分反应物和生成物已略去)。

请回答下列问题：

(1)B生成D的反应属于_______反应(填基本反应类型)。

(2)写出A→B反应的化学方程式_________________________________________。

(3)写出C→F反应的化学方程式_________________________________________。

【答案】化合2H2O2 MnO2 2H2O+O2↑ CaO＋H2O=Ca(OH)2

【解析】

B能供给呼吸，C是人体中含量最多的物质，故B是氧气，C是水，D是黑色固体，E溶液呈蓝色，故D是氧化铜，A能分解生成氧气和水，故A是过氧化氢，水能生成F，F能与铜盐反应，故F是碱，故F是氢氧化钙。

（1）B生成D的反应是氧气生成氧化铜，氧气与铜反应生成氧化铜，故该反应是由多种物质反应生成一种物质，故是化合反应；

（2）A物质是过氧化氢，C物质是水，过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下反应生成水和氧气，反应方程式为2H2O2 MnO2 2H2O+O2↑；

（3）C物质是水，F物质是氢氧化钙，水与氧化钙反应生成氢氧化钙，反应方程式为CaO＋H2O=Ca(OH)2

6．某固体物质可能含有氯化钾、硫酸铜、氢氧化钠、硝酸镁，硫酸钠中的一种或几种，为鉴定它们，做如下实验：

(1)将该固体物质全部溶解于水中，得到无色溶液a。

(2)取少量a溶液于试管中，向其中滴加少量硫酸铁溶液，产生红褐色沉淀

(3)另取少量a溶液于试管中，向其中滴加少量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀

据此推断，该固体物质中一定含有(以下写化学式，下同)____________，一定不含有

___________可能含有_____________。请写出步骤(2)中发生反应的化学方程式，步骤(3)中发生反应的化学方程式__________________________。

【答案】NaOH、Na2SO4Mg(NO3)2、CuSO4KClFe 2(SO4)3+6NaOH= 2Fe(OH)3↓+3Na2SO4，

Na2SO4+ Ba(NO3)2= BaSO4↓+2NaNO3

【解析】

【详解】

(1)硫酸铜溶液是蓝色的，将该固体物质全部溶解于水中，得到无色溶液a，说明无硫酸铜，同时不可能同时含有氢氧化钠和硝酸镁，因二者会反应生成氢氧化镁沉淀；(2)硫酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠。取少量a溶液于试管中，向其中滴加少量硫酸铁溶液，产生红褐色沉淀，说明有氢氧化钠，同时说明一定不含硝酸镁；(3)硫酸根离子和钡离子能结合生成硫酸钡沉淀，取少量a溶液于试管中，向其中滴加少量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀，说明有硫酸钠；据此推断，该固体物质中一定含有NaOH、Na2SO4，不能确定是否含有KCl，一定不含有可能含有Mg(NO3)2、CuSO4。步骤(2)中发生反应的化学方程式Fe 2(SO4)3+6NaOH= 2Fe(OH)3↓+3Na2SO4，步骤(3)中发生反应的化学方程式Na2SO4+ Ba(NO3)2= BaSO4↓+2NaNO3。

7．有一包固体粉末，可能含碳、铝、铜、氧化铝、氧化铜中的一种或几种。为探究该固体粉末的组成，某化学兴趣小组进行了如下图所示实验:

(1)向样品中加入过量稀盐酸产生的气体是_________。

(2)向固体A中加入硝酸银溶液，发生反应的化学方程式为__________。

(3)固体B中含有的物质是__________。

(4)原固体样品中一定含有的物质是__________。

(5)蓝色溶液丙中一定含有的溶质是_________。

【答案】氢气(H2) Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2碳、银(或C、Ag) 碳、铝、铜(或C、

A1、Cu) 硝酸铝、硝酸铜和硝酸(或Al(NO3)3、Cu(NO3)2、 HNO3)

【解析】

(1)根据铝与盐酸反应生成氢气解答；(2)根据铜与硝酸银反应生成银和硝酸铜解答；(3)根据铜与硝酸银反应及固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体解答；(4)(5)根据图中信息分析解答。(1)向样品中加入过量稀盐酸有气体生成，根据金属活动性顺序可知，是铝与盐酸反应，生成的气体是氢气；(2)固体A与硝酸银反应有蓝色溶液生成，说明固体A中含有铜，铜与硝酸银反应生成银和硝酸铜，反应的化学方程式为

Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2；(3)铜与硝酸银反应生成银；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体是二氧化碳。灼烧能生成二氧化碳气体的物质是碳，故固体B中含有的物质是碳、银(或C、Ag)；(4)样品中加过量稀盐酸有气体产生，说明原固体中有铝；将反应后的固液混合物过滤，得到无色溶液甲（说明原固体中没有氧化铜）和固体A，固体A加一定量的硝酸银溶液并过滤，得到蓝色溶液乙（说明原固体中有铜）和固体B；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳）。故原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜(或C、A1、Cu) ；(5)无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，无色溶液甲中溶质是盐酸及盐酸与铝反应生成的氯化铝。盐酸与硝酸银反应生成氯化银和硝酸，氯化铝与硝酸银反应生成氯化银和硝酸铝，蓝色溶液乙中的溶质硝酸铜不参与反应。故蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜和硝酸(或Al(NO3)3、Cu(NO3)2、 HNO3)。

点睛：在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。

8．图中A、B、C、D、E是初中化学常见的五种不同类别的物质． E是导致溫室效应的一种气体，图中“﹣”表示相连物质能发生化学反应，“→”表示两种物质间的转化关系（部分反应物、生成物及反应条件省略）．

（1）写出物质E的一种用途；

（2）物质C与E反应的化学方程式是；

（3）写出图中一个属于中和反应的化学方程式。

（4）A与B反应的微观实质是。

【答案】（1）灭火等（2）CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O（合理即可）

（3）2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O（合理即可）（4）2H++Fe=Fe2++H2↑（合理即可）

【解析】

试题分析：框图式的推断题，抓住一些特殊的反应现象、特殊的性质及特殊的反应条件等

级题目的“题眼”，该题的题眼E是导致溫室效应的一种气体，可判断为二氧化碳，物质类别为氧化物，A、B、C、D、E是初中化学常见的五种不同类别的物质，即单质、氧化物、酸、碱、盐；C能与二氧化碳反应，要不是单质碳，但单质碳不会与酸、碱、盐反应，故可排除，故C只可能是碱，常见的碱有氢氧化钠或氢氧化钙，这样可判断A应为金属单质，因为不会与碱反应，可以和酸、盐反应；同时根据B→D，可判断B为酸，D为盐（1）物质E为二氧化碳，它的一种用途：灭火等

（2）物质C是碱，E为二氧化碳，故两者反应的化学方程式是：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 或CO2+Ca(OH)2==CaCO3↓+ H20

（3）中和反应：酸和碱相互作用生成盐和水的反应，故属于中和反应的化学方程式为：2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O或NaOH+HCl==NaCl+H2O等

（4）A是金属单质（且是较活泼的金属，如：Mg、Fe、Zn等），B是酸，两者发生的反应实际就是金属和酸的反应，反应的微观实质是：2H++Fe=Fe2++H2↑

考点：框图式的推断题

9．A-H表示初中化学常见物质,它们之间转化关系如图所示(部分生成物已略去)

其中A为红棕色固体,反应①为冶金工业的重要反应,且B、D组成元素相同,C、F为金属单质,其它物质为化合物,其中F为紫红色,H为白色沉淀。请按要求填空:

（1）写出下列物质的化学式:

A________D________E________

（2）①~④的反应中属于置换反应的是________(填序号)。

（3）反应①的化学方程式为___________。

【答案】Fe2O3 CO2 CuSO4②③ 3CO+Fe2O3高温

2Fe+3CO2

【解析】

【分析】

A～H表示初中化学常见物质，A为红棕色固体，反应①为冶金工业的重要反应，且B、D 组成元素相同，所以A是氧化铁，B是一氧化碳，D是二氧化碳，C是铁，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，H为白色沉淀，所以H是碳酸钙，C、F为金属单质，其它物质为化合物，F为紫红色，所以F是铜，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以G是硫酸亚铁，E和铁反应会生成硫酸亚铁和铜，所以E是硫酸铜，经过验证，推导正确，

【详解】

（1）所以A是Fe2O3，D是CO2，E是CuSO4；

（2）①是一氧化碳和氧化铁高温生成铁和二氧化碳，不属于置换反应，②是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，属于置换反应，③是铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，属于置换反应，④是二氧化碳和氢氧化钙生成碳酸钙沉淀和水，不属于置换反应，所以①～④的反应中属于置换反应的是②③；

（3）反应①是一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，化学方程式为：

3CO+Fe2O3高温

2Fe+3CO2。

10．A﹣K为中学常见的物质，其中A为黑色粉末，H是一种建筑材料的主要成分，它们之间的转换关系如图所示：

（1）D，F的化学式：D__________，F_________。

（2）①的基本反应类型是____________。

（3）反应②的化学方程式是__________________。

（4）气体E的用途是___________。

【答案】Cu（OH）2 CO2复分解反应 Cu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag 冶炼金属（合理即可）

【解析】

【分析】

A﹣K为中学常见的物质，H是一种建筑材料的主要成分，H是白色沉淀，所以H是碳酸钙，气体F和溶液G反应会生成碳酸钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，所以F是二氧化碳，G是氢氧化钙；固体I和硝酸银反应会生成蓝色溶液和银白色固体K，铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，所以I是铜，J是硝酸铜，K是银；A为黑色粉末，A和气体E 加热会生成铜和二氧化碳，氧化铜与一氧化碳加热生成铜和二氧化碳，所以A是氧化铜，E是一氧化碳；氧化铜会与溶液B反应，所以B是盐酸或硫酸，C是硫酸铜或氯化铜，C和氢氧化钠反应会生成蓝色沉淀D，所以D是氢氧化铜沉淀，经过验证，推导正确。

【详解】

根据以上分析可知：

（1）D 是Cu （OH ）2，F 是CO 2；

（2）反应①是氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，该反应是由两种化合物反应生成两种化合物的反应，基本反应类型是复分解反应；

（3）反应②是硝酸银和铜反应生成硝酸铜和银，化学方程式是：Cu+2AgNO 3=Cu （NO 3）2+2Ag ；

（4）E 是一氧化碳，可以用来冶炼金属等。

11．A 、B 、C 是初中化学中重点学习的物质，其中一种是单质，另两种是由相同元素组成的氧化物，它们存在如图所示的转化关系（部分反应物，生成物和反应条件已省略）。

（1）若A 是单质，B 是易与血红蛋白结合的有毒气体，则B 为______（填化学式），实验室制取C 的化学方程式为______；

（2）若C 是单质，B 是相对分子质量最小的氧化物，则B 为______（填化学式），由A 生成C 的化学方程式为______。

【答案】CO CaCO 3+2HCl=CaCl 2+H 2O+CO 2↑ H 2O 2H 2O 2

2MnO 2H 2O+O 2↑

【解析】

【分析】

物质推断题要找准突破口，易于血红蛋白结合的有毒气体是一氧化碳；相对分子质量最小的氧化物是水。由相同元素组成的氧化物中，与一氧化碳有关的是二氧化碳，与水有关的是双氧水。

【详解】

已知A 、B 、C 是初中化学中重点学习的物质，其中一种是单质，另两种是由相同元素组成的氧化物：

（1）、若A 是单质，B 是易与血红蛋白结合的有毒气体，所以B 是一氧化碳，A 可以是碳或氧气，图中一氧化碳和C 可以相互转化，所以C 是二氧化碳，经过验证，推导正确，所以B 为CO ，实验室制取C 即制取二氧化碳的反应是碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：3222CaCO +2HCl=CaCl +H O+CO ↑；

（2）、若C 是单质，B 是相对分子质量最小的氧化物，所以B 是水，C 是氧气，A 会生成水或氧气，所以A 是过氧化氢溶液，经过验证，推导正确，所以B 为H 2O ，由A 生成C 的反应是过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，化学方程式为：22222MnO 2H O H O+O ↑。

【点睛】

本题考查物质的推断，关键是找出题眼，即解题的突破口，本题有两处题眼可寻，一是易于血红蛋白结合的有毒气体是一氧化碳，组成元素相同的另一种氧化物为二氧化碳；二是

相对分子质量最小的氧化物是水，组成元素相同的另一种氧化物为双氧水。有了物质线索，再结合物质之间的转化关系即可推导出其他物质，所有物质都推导完毕，最后进行验证确认。

12．下列框图中的物质均为初中化学常见的物质，其中A是建筑材料的主要成分，B是金属氧化物，如图所示是各物质之间的相互转化关系．请回答：

（1）写出下列物质的化学式：B ；D ．

（2）反应①的化学方程式为．

（3）举出E在农业生产中的一种用途．

【答案】（1）Fe2O3，CaO；（2）FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl；（3）改良酸性土壤．

【解析】

试题分析：（1）A是建筑材料的主要成分，高温分解会生成无色气体C和D，所以A是碳酸钙，C是二氧化碳，D就是氧化钙，氧化钙和水反应会生成氢氧化钙，所以E是氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应会生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，所以F是氢氧化钠，B是金属氧化物，与盐酸反应会生成黄色溶液，黄色溶液中含有铁离子，所以B是氧化铁，G就是氯化铁，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，所以H是氢氧化铁，经过验证，推出的各种物质均满足题中的转化关系，推导合理，所以B是：Fe2O3，D是：CaO；（2）反应①是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，化学方程式为：FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl；（3）通过推导可知E是氢氧化钙，可以和酸发生酸碱中和反应，所以在农业生产中的一种用途是：改良酸性土壤．

考点：物质的鉴别、推断；化学式的书写及意义；书写化学方程式

二、中考初中化学流程图

13．酸、碱、盐在生产和生活中有广泛的应用。

（1）氢氧化钠、氢氧化钙具有相似的化学性质，是因为它们的水溶液中均含有_____（填离子符号）。

（2）同学们想除去粗盐中含的泥沙等不溶性杂质和含有的少量氯化镁、氯化钙、硫酸钠可溶性杂质，进行了探究活动：

实验一：除去粗盐中不溶性杂质

实验二：从滤液1中提取氯化钠固体

①实验一中的操作I是_____，实验二中蒸发结晶操作中玻璃棒的作用为_____。

②实验二中，若试剂甲、乙、丙从稀盐酸、氯化钡溶液、碳酸钠溶液中进行选择，则乙和丙溶液中溶质化学式分别是乙为_____，丙为_____；碳酸钠溶液的作用是_____。

③反思交流：通过以上两个实验规范操作，制得氯化钠的质量比原粗盐样品中含氯化钠的质量_____（填“增加”、“减少”或“不变”）。

【答案】OH-溶解防止因局部温度过高，造成液滴飞溅 Na2CO3 HCl 除尽氯化钙和过量的氯化钡增加

【解析】

【分析】

【详解】

（1）氢氧化钠、氢氧化钙具有相似的化学性质，是因为它们的水溶液中均含有氢氧根离子。故填：OH-。

（2）①实验一中的操作I得到固液混合物，所以是将粗盐溶解的过程；实验二中蒸发结晶操作中玻璃棒的作用为搅拌，防止因局部温度过高，造成液滴飞溅。故填：溶解；防止因局部温度过高，造成液滴飞溅。

②粗盐经过初步提纯后，仍然含有少量氯化镁、氯化钙、硫酸钠可溶性杂质。实验二中，加入过量氢氧化钠溶液目的是除去镁离子，生成氢氧化镁沉淀，同时溶液中含有过量的氢氧化钠；若试剂甲、乙、丙从稀盐酸、氯化钡溶液、碳酸钠溶液中进行选择，则甲是氯化钡目的是除去硫酸钠，同时溶液中引入过量的氯化钡；乙溶液是碳酸钠溶液，目的是除去氯化钙和氯化钡，同时引入过量的碳酸钠，此时溶液中含有过量的碳酸钠和氢氧化钠杂质；丙溶液是盐酸，加入过量丙后可以除去氢氧化钠和碳酸钠，浓盐酸具有挥发性，蒸发结晶过程中可以除去过量的盐酸得到纯净的氯化钠晶体。所以乙中溶质化学式Na2CO3，丙为HCl；碳酸钠溶液的作用是除尽氯化钙和过量的氯化钡。故填：Na2CO3；HCl；除尽氯化钙和过量的氯化钡。

③反思交流：通过以上两个实验规范操作，碳酸钠与盐酸的反应，以及氢氧化钠与盐酸的反应都会生成氯化钠，所以制得氯化钠的质量比原粗盐样品中含氯化钠的质量多。故填：增加。

【点睛】

粗盐的可溶性杂质去除，借助试剂将杂质转化为沉淀过滤除去，为了将杂质除尽，加入的试剂必须过量，后续操作一定要注意将过量的试剂再除去。

14．随着世界工业经济的发展、人口的剧增、人类欲望的无限上升和生产生活方式的无节制，世界气候面临越来越严重的问题，二氧化碳排放量越来越大，全球灾难性气候变化屡屡出现，已经严重危害到人类的生存环境和健康安全。以下流程是通过控制化学反应的条件来促进或抑制化学反应，实现“低碳”，从而更好地通过化学反应为人类造福。

根据上述流程回答下列问题:

（1）上述流程中可循环利用的物质是___________。

（2）“低碳”是全世界的主题，这里的“碳”主要是指_____________气体。

（3）甲醇（CH 3OH ）完全燃烧除了生成二氧化碳外，还生成一种常温下为液态的化合物，发生反应的化学方程式为_______________。

（4）证明液化石油气、汽油、甲醇等燃料燃烧产物中含有二氧化碳的方法是（用化学方程式表示）_______________。

【答案】二氧化碳 二氧化碳 32222CH OH+3O 2CO +4H O 点燃

2232CO +Ca(OH)=CaCO +H O ↓

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据流程图，可循环利用的物质是二氧化碳。

（2）“低碳”就是较低的二氧化碳排放，这里的“碳”主要是指二氧化碳气体。

（3）甲醇（CH 3OH ）完全燃烧生成二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为

32222CH OH+3O 2CO +4H O 点燃。

（4）检验二氧化碳的方法是通入澄清石灰水，其化学方程式为

2232CO +Ca(OH)=CaCO +H O ↓。

15．氧化锌( ZnO)可作为紫外线吸收剂应用于化妆品中，其一种生产工艺如下图所示：

据图分析并回答下列问题：

(1)推测草酸的化学式是_____________________。

(2)“沉锌”过程中发生复分解反应，反应的化学方程式为_____________________。

(3)“操作A ”的名称是_____________________。

(4)“高温灼烧”时草酸锌分解，写出该反应的化学方程式_____________________。

【答案】H 2C 2O 4 ()42424224+ZnCl =N Zn +2NH Cl H C O C O ↓ 过滤

422ZnO+CO Zn +CO C O ↑↑高温

【解析】

【分析】

【详解】

（1）草酸铵的化学式为：(NH 4)2C 2O 4，铵根离子通常为+1价，设草酸根的化合价为x ，根据化合物中正负化合价的代数和为零，可得：（+1）×2+x=0，x=-2，氢通常为+1价，故草酸的化学式为：H 2C 2O 4；

（2）锌与稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，“沉锌”过程中发生复分解反应，复分解反应为两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，故氯化锌与草酸铵反应生成草酸锌和氯化铵，操作A 将草酸锌和溶液分开，操作A 应为过滤，说明草酸锌是沉淀，该反应的化学方程式为：()42424224+ZnCl =N Zn +2NH Cl H C O C O ↓；

（3）操作A 实现了固液分离，故操作A 是过滤；

（4）由图可知，“高温灼烧”时草酸锌分解生成氧化锌和气体混合物，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，草酸锌中含Zn 、C 、O 三种元素，故生成物中也应含有Zn 、C 、O 三种元素，其中一种生成物是氧化锌，故气体混合物为二氧化碳与一氧化碳的混合物，该反应的化学方程式为：4

22ZnO+CO Zn +CO C O ↑↑高温。

【点睛】

化学反应的过程就是参加反应的各物质的原子重新组合而生成其他物质的过程，在化学反应中，反应前后原子的种类没有改变，数目没有增减。

16．硫酸钠是制造纸浆、染料稀释剂、医药品等的重要原料。某硫酸钠粗品中含有少量的

氯化钙、氯化镁，实验室进行提纯的流程如下：

（1）滤渣中两种主要成分的化学式为_____________

（2）NaOH 和 Na 2CO 3 如果添加过量了，可加入适量____溶液除去。

（3）“后续处理”的主要操作是蒸发，为了获得纯净的硫酸钠，应蒸发至_____（选填字母）。

A 完全蒸干时停止加热

B 有大量固体析出时停止加热，利用余热蒸干

（4）已知硫酸钠的溶解度随温度变化的曲线如图所示。40℃时，硫酸钠的饱和溶液中溶质质量分数为__________（结果精确到0.1%），将该饱和溶液转化为该温度下不饱和溶液的方法是_________ 、_______

【答案】Mg(OH)2、CaCO 3 稀硫酸 B 33.3% 添加溶剂 升（降）温后，过滤再恢复到原来温度

【解析】

【分析】

【详解】

（1）硫酸钠粗品中含有少量的氯化钙、氯化镁，加入氢氧化钠是为了除去氯化镁，发生的反应方程式为22MgCl +2NaOH=Mg(OH)+2NaCl ↓，加入碳酸钠是为了除去氯化钙，发生的反应方程式为3322=Na CO +CaCl aCO +2l C NaC ↓ ，故滤渣中的两种主要成分是Mg(OH)2、CaCO 3；

（2）NaOH 和H 2SO 4反应生成硫酸钠和水， Na 2CO 3和H 2SO 4反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，均可除杂又不引入新杂质，所以可加入适量稀硫酸溶液；

（3）进行蒸发操作时，不需要完全蒸干，有大量固体析出时即可停止加热，利用余热进行蒸干，故选B ；

（4）由图像可知，40℃时，硫酸钠的溶解度为50g ，若配成饱和溶液，溶质的质量分数为

50100%33.3%50100g g g

?=+ ；由于40℃时硫酸钠的溶解度达到最大值，此时无论是升高温度或是降低温度，都会使硫酸钠的溶解度下降，造成饱和溶液有晶体析出，所以将该饱和溶液转化为该温度下不饱和溶液的方法可以是添加溶剂；也可以升（降）温后，过滤析出的晶体后再恢复到原来温度。

17．NiSO 4?6H 2O 是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu 、Zn 、Fe 等杂质)为原料获得。有关工艺流程如图：

（相关资料）①Ni 能与稀硫酸反应生成NiSO 4和H 2

②ZnSO 4＋Na 2S=ZnS↓＋Na 2SO 4

③H 2O 2溶液能将FeSO 4氧化成Fe 2(SO 4)3

④NiCO 3是一种不溶于水、易溶于强酸的浅绿色沉淀。

（问题解答）

（1）向废渣中加入足量稀硫酸的目的是_____。

（2）在滤液Ⅱ中加入H 2O 2溶液时，温度不能太高的原因是_____。

（3）除铁时还能加入适量的Na 2CO 3溶液调节酸度，反应生成Na 2SO 4、CO 2气体和一种浅黄色的黄铁矾钠沉淀[化学式为：Na 2Fe 6(SO 4)4(OH)12]，这样可以将Fe 3+除去。写出该反应的化学方程式_____。如图是温度—pH 与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾钠稳定存在的区域。下列说法正确的是_____(填序号)。

A FeOOH 中铁元素为+2价

B Fe 2O 3固体为红色

C 若在25℃时，用H 2O 2氧化Fe 2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中出现的沉淀是FeOOH 和Fe(OH)3

D 工业生产中常保持在85～95℃生成黄铁矾钠，此时水体的pH 为1.5左右

（4）从“沉淀A”制得NiSO 4?6H 2O 晶体的实验步骤依次为：向沉淀中加入_____溶液，直至恰好完全溶解，转化为NiSO 4溶液；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO 4?6H 2O 晶体，用少

量乙醇洗涤NiSO4?6H2O晶体并晾干。

【答案】使废渣完全反应温度过高H2O2会分解，降低原料利用率

6H2O+6Na2CO3+3Fe2(SO4)3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑ BD 稀硫酸

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据流程图可知，流程中存在向废渣中加入足量稀硫酸的目的是使废渣完全反应；（2）温度过高H2O2会分解，降低原料利用率。在滤液Ⅱ中加入H2O2溶液时，温度不能太高；

（3）根据“除铁时还能加入适量的Na2CO3溶液调节酸度，反应生成Na2SO4、CO2气体和一种浅黄色的黄铁矾钠沉淀[化学式为：Na2Fe6(SO4)4(OH)12]，这样可以将Fe3+除去”可知，该反应的反应物是H2O、Na2CO3、Fe2(SO4)3，生成物是Na2Fe6(SO4)4(OH)12、Na2SO4、CO2，化学方程式为：6H2O+6Na2CO3+3Fe2(SO4)3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑；

A FeOOH中，氧元素的化合价为-2价，氢元素为+1价，设：FeOOH中铁元素化合为x；根据化合物中各元素的化合价的代数和为零，则有：x+(-2)+(-2)+(+1)=0，x=+3，故A错误；

B Fe2O3固体为红色，故B正确；

C根据温度—pH与生成的沉淀关系图可知，当温度低于40℃，pH=4时，沉淀主要是

Fe(OH)3，当温度高于40℃，低于100℃左右，pH<4时，沉淀主要是FeOOH。若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中出现的沉淀是Fe(OH)3，故C错误；

D根据温度—pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾钠稳定存在的区域可知，工业生产中常保持在85～95℃生成黄铁矾钠，此时水体的pH为1.5左右，故D正确，故选BD。

（4）根据“NiCO3是一种不溶于水、易溶于强酸的浅绿色沉淀”可知，从“沉淀A”制得NiSO4?6H2O晶体的实验步骤依次为：向沉淀中加入稀硫酸溶液，直至恰好完全溶解，转化为NiSO4溶液；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4?6H2O晶体，用少量乙醇洗涤

NiSO4?6H2O晶体并晾干。

【点睛】

解题时，先看解答的问题是什么，然后带着问题去读给出的流程图进而去寻找解答有用的信息，这样能提高信息捕捉的有效性。

18．某生设计下列实验流程，从锌、铜、X、银四种金属的混合粉末中分离出部分金属。

（1）若 X 是铁，滤液 A 中溶质的成分是________，滤渣乙的成分是

____________________。

（2）若滤渣乙只含有一种金属，滤液B中含有两种溶质，通过上述实验，不可能得出的结论是_________。

A 锌的金属活动性比 X 强

B 铜的金属活动性比银强

C X 的金属活动性强于银

（3）若滤渣乙含有两种金属，设计实验将滤渣甲中的金属分别提纯出来____________。【答案】FeSO4、ZnSO4、H2SO4 Fe、Zn AB 取滤渣甲充分灼烧，加入稀硫酸，过滤，将滤渣洗涤干燥，得到银。向滤液中加入适量铁，溶液中析出红色固体，至质量不再变化过滤，将滤渣洗涤干燥得到铜

【解析】

【分析】

【详解】

（1）若 X 是铁，由于锌的金属活动性大于铁，则锌和稀硫酸一定反应，滤液A中一定存在硫酸锌，根据步骤二可知，加过量的锌有气体产生，说明滤液A中还有稀硫酸存在，若稀硫酸剩余，那么铁一定完全被消耗，滤液A溶质的成分一定存在硫酸亚铁；由于步骤二中锌粉过量，则滤渣乙一定存在锌，锌过量则会和硫酸亚铁反应，生成硫酸锌和铁，那么滤渣乙一定还有铁的存在。故填：FeSO4、ZnSO4、H2SO4；Fe、Zn。

（2）若滤渣乙只含有一种金属，则为过量的锌；滤液B中含有两种溶质，则为锌和稀硫酸反应的产物硫酸锌和金属X的硫酸盐，通过上述实验，可知锌的金属活动性比X弱；那么X的金属活动性强于银，故选AB。

（3）若滤渣乙含有两种金属，说明锌的活动性比X强，且X在金属活动性顺序表中在H 之前，那么滤渣甲中应该是铜和银。若想提纯铜和银，可取滤渣甲充分灼烧，此时铜和氧气反应生成氧化铜，加入稀硫酸，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，过滤，将滤渣洗涤干燥，得到银。向硫酸铜滤液中加入适量铁，溶液中析出红色固体，至质量不再变化过滤，将滤渣洗涤干燥得到铜。

故填：取滤渣甲充分灼烧，加入稀硫酸，过滤，将滤渣洗涤干燥，得到银。向滤液中加入适量铁，溶液中析出红色固体，至质量不再变化过滤，将滤渣洗涤干燥得到铜。

19．制备波尔多液。

某农场需要大量的波尔多液，农场工人就地取材，利用农场废弃的铜渣（只含有铜和一定

量的铁），化工厂的废硫酸和农场附近山上的石灰石来制作波尔多液。下面是制作波尔多液的工艺流程图（注：所加试剂及操作均省略）：

请据图回答下列问题：

（1）写出上述流程1～6中发生化学变化的化学反应方程式：

1______________________。

2______________________。

3______________________。

4______________________。

5______________________。

6______________________。

其中属于复分解反应的是_____________（填流程图中的数字编号）。

（2）喷洒波尔多液后，果农的手上和衣服上会残留一些用水洗不掉的蓝色斑点，这些蓝色斑点属于________（填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”），在家中洗去衣服上蓝色斑点的是方法是___________________________________。

【答案】CaCO3高温

CaO +CO2↑ CaO+ H2O=Ca(OH)2 H2SO4+Fe=FeSO4+H2↑

2Cu+O2?

2CuO CuO+H2SO4=CuSO4+H2O Ca(OH)2 +CuSO4=Cu(OH)2↓+CaSO4⑤⑥碱用

食醋浸泡后用水冲洗【解析】

【详解】

1、高温煅烧石灰石反应原理：CaCO3高温

CaO +CO2↑符合“一变多”，属于分解反应；

2、生石灰与水反应：CaO+ H2O=Ca(OH)2符合“多变一”，属于化合反应；

3、铜渣中含有少量铁，用稀硫酸将铁除去：H2SO4+Fe=FeSO4+H2↑符合“单质+化合物=新单质+新化合”，属于置换反应；

4、铜加热变为氧化铜：2Cu+O2?

2CuO符合“多变一”，属于化合反应；

5、氧化铜与硫酸反应原理：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，符合“化合物+化合物=新化合物+新化合物”，反应物离子交换成分，属于分解反应；

6、氢氧化钙与硫酸铜反应原理：Ca(OH)2 +CuSO4=Cu(OH)2↓+CaSO4符合“化合物+化合物=新化合物+新化合物”，反应物离子交换成分，属于分解反应；

其中属于复分解反应的是：⑤⑥；

（2）喷洒波尔多液后，果农的手上和衣服上会残留一些用水洗不掉的蓝色斑点，这些蓝色斑点是氢氧化铜，属于碱性物质，在家中洗去衣服上蓝色斑点的是方法是：用食醋浸泡后用水冲洗；

20．硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质。以硼镁泥为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的简要工业流程如下:

根据题意回答下列问题:

（1）实验中需要用98%的浓硫酸（p=1.84g/mL）来配制一定浓度的稀硫酸。下列所给的仪器中，属于配制过程中必须使用的有_____________（填写选项字母）。

A 普通漏斗

B 蒸发皿

C 量筒

D 烧杯

E 玻璃棒

F 药匙

（2）混合物A中，除了Mg2+、Ca2+、Mn2+、Fe2+，还含有的金属阳离子有______________（填离子符号）。

（3）经过步骤二的过程，化合价发生变化的两种金属元素是______________（填元素符号）。

（4）已知MgSO4、CaSO4溶解度如下表：

温度（℃）40506070

MgSO430.933.435.636.9

CaSO40.2100.2070.2010.193

①从表中数据可以总结出CaSO4溶解度随温度的变化趋势是___________________。

②“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据分析，“除钙”适宜的温度是______________(填“较低温度”或“较高温度”）。

（5）“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，________________，便得到

MgSO4·7H2O。

【答案】CDE Fe3+、Al3+ Mn、Fe 随着温度升高而减小较高温度洗涤、干燥

【解析】

【分析】

【详解】

（1）所给的仪器中，属于配制过程中必须使用的有C（量筒，用来量取原硫酸溶液和水的体积）D（烧杯，盛放溶液）E（玻璃棒，用来搅拌）。

（2）混合物A中，除了Mg2+、Ca2+、Mn2+、Fe2+，还含有的金属阳离子有稀硫酸和氧化铁反应生成的硫酸铁中的铁离子、稀硫酸和氧化铝反应生成的硫酸铝中的铝离子。

（3）单质中元素化合价是0，化合物中元素化合价代数和为零。硅元素不是金属元素。化合物中氧元素的化合价一般为-2价。反应前后钙、镁的化合价均不变为+2价，铝的化合价均为+3价，但氧化锰中锰的化合价为0-（-2）=+2价，二氧化锰中锰的化合价为0-（-2）×2=+4价，发生改变；氧化亚铁中铁元素的化合价为0-（-2）=+2价，氢氧化铁中氢氧根的化合价为-1价，铁的化合价为0-（-1）×3=+3价，发生改变；

（4）①从表中数据可以总结出CaSO4溶解度随温度的变化趋势是随着温度升高而减小。

②“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据分析，“除钙”适宜的温度是较高温度，是因为较高温度下硫酸镁溶解度较大，硫酸钙溶解度较小。

（5）“操作Ⅰ”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，洗涤、干燥，便得到MgSO4?7H2O。