最新中考化学综合题汇编(DOC 16页)

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1、最新中考化学综合题汇编一、中考化学综合题1生活中常见物质的性质、制法等是化学研究的重要内容。(1)复分解反应发生后，生成物肯定不会是_(填“单质”或“化合物”)。(2)盐酸与氢氧化钠溶液反应时溶液pH的变化如图1所示。下列说法正确的是_。am点所示溶液为碱性bn点所示溶液中加紫色石蕊溶液显红色cp点所示溶液中的溶质为NaCl和NaOHd该图所对应操作是将盐酸滴入氢氧化钠溶液中(3)浓硫酸和浓盐酸敞口放置均会变稀，这是为什么？_(4)图2装置可做一氧化碳还原氧化铁的实验，并检验生成的气体产物。B装置玻璃管里可观察到的现象为_。C装置中反应的化学方程式为_。实验结束后，若要确定A装置的溶液中溶质的

2、成分，请设计合理的实验方案，简要写出实验步骤、现象和结论。(提示：Na2CO3溶液呈碱性)_(5)现有73g溶质质量分数为10%的稀盐酸和127g氢氧化钠溶液恰好完全反应，求反应后溶液中溶质的质量分数_。【答案】单质 C 浓硫酸有吸水性，吸收空气中水蒸气使溶剂增多，浓盐酸有挥发性，使溶质减小。 固体红色粉末逐渐变黑 CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O 取少量，A装置中溶液少量放在试管中，加入过量（足量）CaCl2溶液静置，向上层清液中加入几滴酚酞。若溶液变红，则溶质为Na2CO3和NaOH，若溶液没有变成红色则溶质为Na2CO3 【解析】（1）复分解反应是两种化合物互相交换成分，生成另

3、外两种化合物的反应，生成不可能是单质；（2）a、m点所示溶液的pH值小于7，所以溶液为酸性，错误；b、n点所示溶液的pH值等于7，所以溶液中加紫色石蕊溶液，颜色不变，错误；c、p点所示溶液的pH值大于7，说明氢氧化钠过量，溶液中的溶质为NaCl和NaOH，正确；d、实验过程中，开始时溶液显酸性，随着滴入溶液体积的增加，溶液逐渐变为碱性，该图中pH值是从小于7逐渐的增大到7，然后大于7，所以所对应操作是将氢氧化钠滴入盐酸中，错误。故选c；（3）浓硫酸具有吸水性，放置在空气中会吸收水蒸气，溶剂质量变大，溶质质量分数变小；浓盐酸具有挥发性，溶质质量逐渐减小，导致溶液中溶质的质量分数逐渐减小；（4）氧

4、化铁和一氧化碳在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以B装置玻璃管里可观察到的现象为：固体粉末由红色逐渐变为黑色；二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，故C中发生的化学方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O；取少量，A装置中溶液少量放在试管中，加入过量（足量）CaCl2溶液静置，向上层清液中加入几滴酚酞。若溶液变红，则溶质为Na2CO3和NaOH，若溶液没有变成红色则溶质为Na2CO3；（5）盐酸中HCl的质量为73g10%=7.3g；设反应生成的NaCl的质量为x.NaOH+HCl=NaCl+H2O36.5 58.57.3g x，解得x=11.7g以反应后所得溶液中溶质的质量分

5、数为。答：反应后所得溶液中溶质的质量分数为5.85%。2实验室现有一瓶含少量水的碳酸氢铵样品，为测定其中碳酸氢铵的质量分数，某化学兴趣小组利用下图所示装置进行实验(该装置气密性良好，装置B、C中所装药品均足量，碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物)。已知:碳酸氢铵受热易分解，反应的化学方程式为: NH4HCO3NH3+H2O+CO2，NH3能被酸溶液吸收。部分实验步骤如下:I.打开弹簧夹，通入段时间的氮气；II.关闭弹簧夹，给碳酸氢铵样品加热；III.当样品反应完全，再停止加热，直到玻璃管冷却；.实验完毕，测得装置B、C中药品的质量分别增加了m1、m2。请回答下列问题:(1)NH4HCO3属于_(

6、选填 “氮肥”“磷肥”“钾肥”或“复合肥”)；装置B中盛放的液体是_。(2)装置C中发生反应的化学方程式为_。(3)步骤III中，停止加热前应进行的操作是_。(4)该样品中碳酸氢铵的质量分数的表达式为_(用m1、m2的代数式表示)。【答案】氮肥 浓硫酸(浓H2SO4) CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 打开弹簧夹通氮气 或 【解析】(1)根据碳酸氢铵含有氮元素解答；根据NH3能被酸溶液吸收及浓硫酸有吸水性解答；(2)根据二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水解答；(3)根据必须将反应生成的气体全部通入到B、C装置且防止干扰实验解答；(4)根据反应的化学方程式计算解答。(1)NH4HC

7、O3中含有氮元素，属于氮肥；装置B中盛放的液体是浓硫酸(浓H2SO4)；(2)二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；(3)步骤III中，停止加热前应进行的操作是打开弹簧夹通氮气；(4)设样品中碳酸氢铵的质量为x。NH4HCO3NH3+H2O+CO279 44x m2x=样品中碳酸氢铵的质量分数为100=100或。3镍粉常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。I（镍粉制备）：工业用电解镍新液(主要含NiSO4、NiCl2)制备碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi(OH)2zH2O，并利用其制备镍粉的流程如下：(1)反应器中一个

8、重要反应为：3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为_。(2)操作1名称是_ , 洗涤操作1所得固体时，需用纯水洗涤，检验其洗净的方法(写出步骤、现象)_ 。(3)操作2含过滤、水洗、95%酒精浸泡、晾干等操作，其中95%酒精浸泡的目的 _。(4)物料在反应器中反应时需控制反应条件。分析下图，反应器中最适合的温度及pH分别为 _ 。(5)生产中，pH逐渐增加，生成Ni(OH)2量也相对增加，则生成的碱式碳酸镍晶体中，镍的含量将_填“升高”、“降低”或“不变”)。（测定碱式碳酸镍晶体的组成）为测定碱式碳酸镍晶体(xNiCO3yNi(O

9、H)2zH2O组成，某小组设计了如下实验方案及装置：（资料卡片）(1)碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2及H2O(2)400左右，NiO会氧化生成Ni2O3（实验步骤）：连接装置，；准确称取3.77g xNiCO3yNi(OH)2zH2O放在B装置中，连接仪器；打开弹簧夹a，缓缓鼓入一段时间空气，称量装置C、D的质量；关闭弹簧夹a，加热装置B至装置C中导管末端无气泡冒出；打开弹簧夹a，；准确称量装置C、D的质量；根据数据进行计算(相关数据如下表)装置C/g装置D/g装置E/g加热前200.00180.00180.00加热后201.08180.44180.00（实验分析及数据处理）：

10、(1)完善实验步骤中的填空： 连接装置，_ ；_。(2)装置A的作用： 实验开始前、实验完毕时分别是_ (3)计算xNiCO3yNi(OH)2zH2O中x：y：z的值是_。(写出计算过程)【答案】CO2 过滤 向最后一次洗涤所得溶液中加入BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液或Ba(OH) 2溶液，观察到：没有沉淀生成。 使固体表面的水分分散到酒精中，便于固体快速晾干； 55； 8.3 升高 检查装置气密性 缓缓通空气一段时间 除去通入的空气中的水分和二氧化碳。实验开始前通入除去水分和二氧化碳的空气目的是排尽装置中原有的CO2和水蒸气；实验完毕时通入除去水分和二氧化碳的空气目的是将装置B中的CO

11、2和水蒸气完全排出 x：y：z=1:2:4 【解析】【分析】【详解】I、（1）根据质量守恒定律反应，前后原子的总类和数目不变，3NiSO4+ 3Na2CO3+ 2H2O = NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+ 2X，反应前：Ni：3 反应后：Ni：3 S：3 S：3 O：23 O：19 H：4 H：4 C：3 C：1所以X为：CO2(2) 操作1将固体和液体分开，所以操作1为过滤；洗涤的目的是将碱式碳酸镍晶体表面的硫酸钠溶液等除去，检验其洗涤是否干净，即检查是否有硫酸根离子，可向最后一次洗涤所得溶液中加入BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液或Ba(OH)2溶液，观察到不生成沉淀，说明

12、已经洗干净；(3)用95酒精浸泡的目的是使固体表面的水分分散到酒精中，便于固体快速晾干；(4) 反应器中杂质的含量越低越好，所以最适合的温度为55，最适合的pH为8.3；(5) 在NiCO3中镍的含量小于Ni(OH)2中镍的含量，生产中pH逐渐增加，生成Ni(OH)2含量也相对增加，NiCO3的含量相对减小，则生成的碱式碳酸镍晶体中，镍的含量将升高；实验分析及数据处理：(1) 做有关气体的制取和性质实验前，应先检查装置的气密性；反应后为了使碱式碳酸镍晶体受热分解生成的CO2及H2O完全被装置C、D吸收，缓缓通一段时间除去水分和二氧化碳的空气；(2)装置A的作用是：除去通入的空气中的水分和二氧化

13、碳。实验开始前左侧通除去水分和二氧化碳的空气的目的是排尽装置中原有的CO2和水蒸气；实验完毕时左侧通除去水分和二氧化碳的空气的目的是将装置B中的CO2和水蒸气完全排出； (3) 装置C增加的质量（1.08g）为生成水的质量，装置D增加的质量（0.44g）为生成二氧化碳的质量；所以NiO的质量为3.77g-1.08g-0.44g=2.25gxNiCO3yNi(OH)2zH2O （x+y）NiO + xCO2 + （y+z）H2O 75（x+y） 44x 18（y+z）2.25g 0.44g 1.08g 75（x+y）/ 2.25g= 44x/ 0.44g=18（y+z）/1.08g解得：x：y：

14、z=1:2:4。4某兴趣小组同学对NaOH、Na2CO3、NaHCO3、NaCl等常见的钠的化合物进行了研究。（知识回顾）下列相关说法正确的是_。NaCl主要存在于海水中烧碱（NaOH）和纯碱（Na2CO3）都属于碱Na2CO3和NaHCO3的俗名分别为苏打和小苏打NaOH和Na2CO3都可用于治疗胃酸过多（分析判断）电解饱和食盐水可制得“84”消毒液。你认为“84”消毒液的有效成分可能是_。ASO2 B Na2CO3 CKMnO4 DNaClO（提出问题）NaOH露置于空气中易变质，那么实验室中的氢氧化钠有没有变质呢？该小组同学对实验室中一瓶氢氧化钠固体样品的成分进行了探究。（查阅资料）Na

15、OH在空气中不会转化成NaHCO3。BaCl2溶液呈中性，Ba(OH)2是可溶性碱。CO2在饱和的NaHCO3溶液中几乎不溶解。（提出猜想）猜想：样品中只有NaOH 猜想：样品中只有Na2CO3 猜想：样品中既有NaOH又有Na2CO3（实验探究）兴趣小组同学设计如下实验进行探究。实验操作实验现象与结论1取少量样品，加足量水。样品全部溶解，得无色溶液。2取少量实验1所得无色溶液于试管中，滴加足量稀盐酸。有气泡产生，则猜想_（填“”、“”或“”）不成立。3取少量实验1所得无色溶液于试管中，滴加足量BaCl2溶液。有白色沉淀产生，有关化学方程式为_。4.实验操作：_。对应现象：_，则猜想成立。（定

16、量研究）上述样品变质的程度如何呢？该兴趣小组同学设计如下图 装置测定样品中Na2CO3的质量分数。步骤如下：按图连接好装置，并检查气密性；准确称取该样品1.0g，放入烧瓶内；打开分液漏斗活塞，滴加30.0%的稀硫酸至过量，关闭活塞；反应结束后，量筒内液体的读数为55.0mL。（已知：室温条件下，CO2的密度为1.6gL1）（1）B装置集气瓶内原有的空气对实验结果_（填“有”或“没有”）影响。若用水代替饱和NaHCO3溶液，则所测CO2体积会偏小，原因是_（2）若将分液漏斗中的稀硫酸换成稀盐酸，则测试的结果可能_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（3）计算该样品中Na2CO3的质量分数（写出计

17、算过程，结果保留到）_。【答案】AC D Na2CO3+BaCl2=BaCO3+2NaCl 取上层清液，滴加酚酞试液（测定pH） 溶液变红色（pH7）（答案只要合理均可） 没有 二氧化碳溶于水 偏大 21.2% 【解析】【知识回顾】A、NaCl主要存在于海水中，生活中的氯化钠主要通过海水晒盐得到，故正确；B、烧碱（NaOH）属于碱、纯碱（Na2CO3）属于盐，故错误；C、Na2CO3和NaHCO3的俗名分别为苏打和小苏打，正确；D、NaOH具有强烈的腐蚀性，不可用于治疗胃酸过多，故错误；【分析判断】根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，饱和食盐水中只含有钠、氯、氢、氧四中元素，属于生成物只

18、可能由钠、氯、氢、氧四中元素组成，故选D；【实验探究】取少量实验1所得无色溶液于试管中，滴加足量稀盐酸，有气泡产生，说明含有碳酸钠，则猜想不成立。碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，化学方程式为：Na2CO3+BaCl2=BaCO3+2NaCl；要验证氢氧化钠的存在，要先出去碳酸钠，所以取少量实验1所得无色溶液于试管中，滴加足量BaCl2溶液，再取上层清液，滴加酚酞试液（测定pH） ， 溶液变红色（pH7）则猜想成立。【定量研究】【定量分析】（1）原有空气会被二氧化碳排入B装置中，替代了二氧化碳的体积，不会对结果产生影响；二氧化碳会与水反应，能溶于水，所以饱和NaHCO3溶液如果用水代替，则

19、所测CO2体积偏小；（2）如果用盐酸代替，盐酸具有挥发性，会挥发出氯化氢气体，当进入B装置中时，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，使气体变多，会使计算样品中Na2CO3的质量分数的结果偏大；（3）设参加反应的碳酸钠是X，Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2106 44X 55.0mL1.6g/L x=0.212g所以该样品中Na2CO3的质量分数为： 100%=21.2%；答：该样品中Na2CO3的质量分数为 21.2%。5纯碱是化学工业生产中一种非常重要的化工原料。反应原理：NaCl+H2O+NH3+CO2NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2已知

20、：常温下氨气极易溶于水，1体积水大约可以溶解700体积的氨气；二氧化碳可溶于水，1体积水大约可以溶解1体积二氧化碳。某课外活动小组模拟工业流程来制备纯碱，实验装置、所需实验药品和装置如图所示：实验步骤：（1）搭好装置并_。（2）中间的烧瓶中加入20mL饱和食盐水，并将其浸入冰水中； D中加入足量生石灰固体，E中加入足量浓氨水，利用该方法制取氨气的原理是_（写一点即可），根据该原理，生石灰也可以用_固体代替；B中加入足量碳酸钙粉末，A中加入足量稀硫酸于（可分多次加入），写出该反应的化学方程式_，选择用稀硫酸而不用稀盐酸的理由是_。（3）制备NaHCO3：先打开弹簧夹_（填K1或K2），使对应一侧

21、烧瓶中生成的气体进入饱和食盐水，大约20分钟左右时，再打开另一个弹簧夹，使其一侧的烧瓶中生成的气体进入饱和食盐水，大约5分钟即有浑浊出现，约15分钟出现大量白色固体。这种气体通入先后顺序的目的是_。在该实验过程中，中间的烧瓶浸入冰水中的目的：_。（4）制备纯碱：欲得到纯碱，上述实验结束后，将固体过滤、洗涤后，还需进行的操作是_；若将制得的纯碱放入足量的稀硫酸中，并将生成的气体全部通入氢氧化钠溶液中，溶液质量增加0.88g，则步骤（3）中制得的NaHCO3的质量是多少？（写出计算过程）_【答案】检查装置气密性氧化钙与水反应 ，减少了溶剂，使氨气逸出；氧化钙与水反应放热，促使氨气逸出；增大了溶液中

22、OH- 的浓度，促进氨水分解，使氨气逸出。（写出一点即可）氢氧化钠（NaOH）CaCO3+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2 盐酸具有挥发性，会使二氧化碳中混有氯化氢气体而不纯K2二氧化碳的溶解度不大，先通氨气可以形成碱性溶液，促进二氧化碳的溶解，提高原料的利用率和产率降低碳酸氢钠的溶解度、增大气体的溶解度，提高产率（一点即可）灼烧或加热3.36g【解析】（1）模拟工业制备纯碱：NaCl+H2O+NH3+CO2NaHCO3+NH4Cl，图中装置A、B制取二氧化碳，装置D、E制取氨气，中间的烧瓶两种气体和氯化钠反应都需要不漏气，所以仪器按上图组装好后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；（2

23、）当浓氨水滴到生石灰上时，氧化钙与水反应 ，减少了溶剂，使氨气逸出；氧化钙与水反应放热，促使氨气逸出；增大了溶液中OH- 的浓度，促进氨水分解，使氨气逸出。根据上面的原理，生石灰也可以用氢氧化钠固体代替，碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2；由于盐酸具有挥发性，会使二氧化碳中混有氯化氢气体而不纯，所以不能用稀盐酸代替稀硫酸；（3）二氧化碳的溶解度不大，先通氨气可以形成碱性溶液，促进二氧化碳的溶解，提高原料的利用率和产率，所以先打开K2，通入氨气，由于气体的溶解度随温度的升高而减小，碳酸氢钠的溶解度随温度的升高而增大，所以为了

24、降低碳酸氢钠的溶解度、增大气体的溶解度，提高产率，中间的烧瓶浸入冰水中；（4）碳酸氢钠受热分解为纯碱，所以要进行加热，纯碱放入足量的稀硫酸中，并将生成的气体全部通入氢氧化钠溶液中，溶液质量增加0.88g，说明生成的二氧化碳的质量为0.88g，设制得的NaHCO3的质量是x根据方程式Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2；2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O，可得2NaHCO3Na2CO3CO2 168 44 x 0.88g x=3.36g答：制得的NaHCO3的质量是3.36g。6根据下图所示，按要求回答问题：(1)图中仪器a的名称是 _，图F实验的目的是 _； (2)

25、实验室用高锰酸钾制取氧气的化学方程式是_，所选用的发生装置是_( 填序号)；若用E装置收集氧气，当实验结束时实验结束时，甲同学先熄灭了酒精灯，忘记将导管从水中取出，在水未进入导管之前，可采取的补救措施有：_。(写出一种即可)(3)反应结束后冷却，对制取氧气后的固体残渣(假定已完全反应，锰酸钾易溶于水)作如下回收处理：通过以下四步实验操作回收二氧化锰。正确操作的先后顺序是_(填写序号)。A烘干 B溶解 C过滤 D洗涤过滤、蒸发时都需用到的仪器是_(填序号)。A酒精灯 B烧杯 C玻璃棒 D漏斗(4)请你参与探究，联想到工业上用铁矿石冶炼铁，某兴趣小组在实验室模拟工业炼铁反应原理的装置如下，请回答下

26、列问题：(a)A装置中反应的化学方程式为_。(b)E装置中的现象是_，发生反应的化学方程式为_，其中氧化剂是_。(c)实验中应先点燃E装置的酒精喷灯还是G装置的酒精灯_。(用E或G填空)(d)G装置的作用是_。【答案】集气瓶 检查装置气密性 略 B 迅速将导管移出水面，或迅速将带有导管的橡皮塞取下 BCDA C CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2 红棕色固体逐渐变成黑色 略 氧化铁(Fe2O3) G 点燃尾气，防止CO污染空气 【解析】(1) 图中仪器a的名称是集气瓶；图F实验的目的是：检查装置气密性；(2) 若用高锰酸钾制取氧气，反应的化学方程式为：2KMnO4K2MnO4+M

27、nO2+O2；发生装置选B；当实验结束时实验结束时，先熄灭了酒精灯，忘记将导管从水中取出，在水未进入导管之前，应迅速将导管移出水面或迅速将带有导管的橡皮塞取下；(3)正确操作的先后顺序是溶解、过滤、洗涤、烘干；过滤、蒸发时都需用到的仪器是玻璃棒；(4) (a) A装置中反应的化学方程式为: CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；(b) 在高温的条件下，一氧化碳能将红棕色的氧化铁粉末还原为黑的铁粉；发生反应的化学方程式为：；其中氧化剂是氧化铁(Fe2O3) ；(c) 在点燃E装置的酒精喷灯前，已经通入了一氧化碳一段时间，为了防止一氧化碳污染空气，应点燃G装置的酒精灯；(d) G装置的

28、作用是防止一氧化碳污染空气。7南海是我国五大海区中最大的海区，自然海区总面积约为350万平方公里，海洋资源丰富，开发前景十分远大。(1)海洋中有大量的鱼、虾，食用海鱼、海虾可为人体提供的营养素主要是_。(填序号)A糖类 B蛋白质 C维生素 D油脂(2)海水中蕴藏着丰富的食盐资源，目前从海水中提取食盐的方法主要为_上述过程得到的粗盐属于 _(填“纯净物”或“混合物”)。(3)从海水中可以提取金属镁，金属镁广泛应用于火箭、导弹和飞机制造业。目前世界上60%的镁是从海水(主要含NaCl和MgC2等)中提取的，主要步骤如下：海水中本身就含有氯化镁，则两步的作用是 _。(4)海底不仅蕴藏着大量的煤、石油

29、、天然气等常规化石燃料，人们还在海底发现了一种新型矿产资源“可燃冰”。下列有关“可燃冰”的说法正确的是_ 。A是可再生能源B燃烧产物只有水，无污染C蕴藏量大，热值大，燃烧后几乎不产生任何残渣和废气，被誉为“未来能源”【答案】B 海水晒盐 混合物 将氯化镁富集起来 C 【解析】 (1)食用海鱼、海虾可为人体提供的营养素主要是蛋白质；(2)目前从海水中提取食盐的方法主要为海水晒盐，粗盐中还含有泥沙等，属于混合物；海水中本身就含有氯化镁，加入石灰乳和盐酸的作用是将氯化镁富集起来；(4) A、可燃冰是不可再生能源，错误；B、甲烷燃烧生成水和二氧化碳，产物不只有水，错误；C、蕴藏量大，热值大，燃烧后几乎

30、不产生任何残渣和废气，被誉为“未来能源”，正确。故选C。8某兴趣小组计划对空气成分进行探究，以下是他们的实验设计方案：(1)除去二氧化碳和水蒸气：图1中装置B的作用是_，装置A、B顺序能否颠倒_(填“能”或“否”)。(2)除去氧气：该小组根据教材中拉瓦锡研究空气成分的实验原理，除去了(1)中得到的气体中的氧气。在拉瓦锡的经典实验中(装置如图2)，使用汞的优点有_。A汞为液态，在加热的条件下只与氧气反应且生成物为固体B时间足够长，能将密闭装置中的氧气几乎耗尽C无法观察装置中气体体积的变化D得到的氧化汞粉末加热生成的气体体积+剩余气体体积=原空气体积(3)分析误差：该小组按设计方案得到的氮气密度(

31、假设要除去的气体均已除净)与氮气的实际密度有误差，产生误差的原因是_。(4)拓展与延伸：实验室如何制取氮气呢？请阅读资料并回答下列问题：资料：仪器B的名称是 _。利用上述仪器和重铬酸铵在实验室制取少量氮气，其发生装置应选择的仪器有_(填序号)，还必须补充的一种仪器是_。若用上述装置制氧气，反应的化学方程式为_。根据已有知识，收集氮气只能用_法，理由是_。该小组欲进行镁在氮气中的燃烧实验，现收集一瓶含水约1/5体积的氮气，该如何操作_。【答案】 除去水蒸气(或除水) 否 ABD 得到的气体中还含有稀有气体 锥形瓶 CDF 酒精灯 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2(2KClO3 2KCl

32、+ 3O2) 排水法 氮气密度接近空气且难溶于水 向集气瓶中装满水，倒扣入水槽中，当收集到约剩余1/5体积水时，停止收集，移出集气瓶，放在实验台上。【解析】本题考查了测定空气里氧气含量的探究，常见气体的检验与除杂方法，化学方程式的书写。气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。（1）浓硫酸具有吸水性，图1中装置B的作用是：除去水蒸气；气体从溶液通过会带出部分水蒸气，装置A、B顺序不能颠倒；（2）A、汞为液态，在加热的条件下只与氧气反应且生成物为固体，正确；B、汞与氧气在加热时反应生成氧化汞，时间足够长，能将密闭装置中的氧气几乎耗尽，正确；

33、C、汞是液体，当容器内压强改变时，液面的位置发生改变，能观察装置中气体体积的变化，错误；D、汞与氧气在加热时反应生成氧化汞，氧化汞受热分解生成汞和氧气，得到的氧化汞粉末加热生成的气体体积+剩余气体体积=原空气体积，正确。故选：ABD；（3）该小组按设计方案得到的氮气密度（假设要除去的气体均已除净）与氮气的实际密度有误差，产生误差的原因是：得到的气体中还含有稀有气体；（4）仪器B的名称是锥形瓶；利用上述仪器和重铬酸铵，在实验室中制取少量氮气，重铬酸铵加热至180时，可分解生成氮气，其发生装置应选择的仪器有：CDF，还必须补充的一种仪器是：酒精灯；若用上述装置制氧气，可用高锰酸钾或氯酸钾制氧气，高

34、锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，氯酸钾和二氧化锰混合加热时，生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式分别是2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，2KClO3 2KCl + 3O2；氮气的密度比空气略小，难溶于水，因此只能用排水法收集；该小组欲进行镁在氮气中的燃烧实验，现收集一瓶含水约1/5 体积的氮气，操作方法是：向集气瓶中装满水，倒扣入水槽中，当收集到约剩余1/5体积水时，停止收集，移出集气瓶，放在实验台上。9有人用经过粉碎的含有较多有机物杂质的粗铜，通过下列步骤制取硫酸铜晶体（1）若步骤中灼烧温度过高会产生副产物氧化亚铜（铜的化合价为+1价），其化学式为 。（2）写出步骤中氧化铜与稀硫

35、酸反应的化学方程式： 。（3）步骤中，铜和稀硫酸不能直接发生置换反应的原因是 。（4）反应途径和，分别发生如下反应：途径：2Cu+O2+2H2SO4 2CuSO4+2H2O途径：Cu+H2O2+ H2SO4= CuSO4+2H2O请选择你认为更适合于实际应用的途径，并说明理 由： 。（5） 根据图2，步骤的结晶方法为 。（6）若800Kg粗制氧化铜（其中单质铜的质量分数为4%），通过途径转化为硫酸铜，计算参加反映的过氧化氢的质量。写出计算过程。【答案】(1)Cu2O;(2) CuO+H2SO4=CuSO4+H2O ;(3)在金属活动性顺序中，铜排在氢的后面；（4）途径，原料之一是空气，生产成本

36、较低；或途径反应不需加热 ，节约能源或操作相对简单；（5）冷却；（6）17Kg【解析】试题分析：（1）若步骤一根据铜元素的化合价，其氧化物的化学式为Cu2O;（2）氧化铜与稀硫酸反应的化学方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O ；（3）铜不能与稀硫酸直接发生置换反应的原因是在金属活动性顺序中，铜排在氢的后面；（4）认为更适于实际应用的途径是途径，原料之一是空气，生产成本较低；或途径反应不需加热 ，节约能源或操作相对简单；（5）因为硝酸钠的溶解度受温度影响较大，故采用冷却结晶； (6)铜的质量为：800Kg4%=32Kg设参加反应的过氧化氢的质量为XCu + H202+H2SO4 =C

37、uSO4+2H2O3432kg X64/34=32kg/XX=17Kg答：参加反应的过氧化氢的质量为17kg考点： 物质的提纯及根据方程式的计算10燃煤产生的烟气中含有二氧化硫，直接排放会污染空气，它与水反应形成酸雨污染环境，某科研小组利用海水除去二氧化硫，其工艺流程见下图：请回答下列问题：（1）二氧化硫中硫的化合价是 。（2）用熟石灰中和稀硫酸的化学方程式是 。（3）亚硫酸（H2SO3）被空气中氧气氧化为硫酸，写出反应的化学方程式 。（4）为了研究脱硫率（脱硫率是已除去的二氧化硫的量占总二氧化硫量的百分比与温度、烟气中SO2浓度的关系，他们进行了探究实验。实验结果如下：实验序号温度/烟气中S

38、O2浓度/10-2gL-1脱硫率/%I232.5%99.5II233.2%97.1III402.5%94.3由表中实验数据可得出的结论是 。（5）目前，科学家正在研究在一定条件下将乙烯（C2H4）和烟气混合除去二氧化硫，其反应的过程可分为如下三步：第一步：O2与Cu+反应生成Cu+(O2)第二步：Cu+(O2)与SO2反应生成Cu+(SO3)2第三步：Cu+(SO3)2与C2H4反应生成S、CO2、H2O和Cu+。反应中Cu+的作用是 。除去二氧化硫的总反应的化学方程式是 。【答案】（1）+4价 。（2） H2SO4Ca(OH)2Ca2SO42H2O 。（3） 2H2SO3O22H2SO4。（

39、4）温度越低，烟气中SO2浓度越低，脱硫率越高（或“温度越低，脱硫率越高”或“烟气SO2浓度越低，脱硫率越高”）。（5） 催化作用 。2O2SO2C2H4Cu+S2CO22H2O 。【解析】试题分析：（1）二氧化硫中氧元素显2价，所以硫的化合价是+4价。（2）熟石灰为氢氧化钙，与稀硫酸发生中和反应，化学方程式为H2SO4Ca(OH)2Ca2SO42H2O。（3）根据题意可知，反应物为亚硫酸和氧气，生成物为硫酸；所以反应的化学方程式为2H2SO3O22H2SO4。（4）实验I、IIIII相比可知：温度越低，烟气中SO2浓度越低，脱硫率越高（或“温度越低，脱硫率越高”或“烟气SO2浓度越低，脱硫率越高”）。（5）根据题意可知：Cu+在反应前后均存在。没有做为反应的反应物或生成物。且起到了促进反应发生的作用。所以其作用为催化作用。根据题意可知：反应物为二氧化硫、氧气和乙烯；生成物为S、CO2、H2O；Cu+为催化剂；所以反应的化学方程式为：2O2SO2C2H4Cu+S2CO22H2O 。考点：实验方案的设计与评价