中考化学专题复习推断题的综合题含答案
一、中考初中化学推断题
1．如图，物质王国中的A～F及X七种物质玩“独木桥”游戏，其中A～F分别是盐酸、氢气、氧化铜、氢氧化钙、碳酸钠、二氧化碳六中物质中的一种。
(1)搭桥:规则是A～F搭桥后相邻的物质之间能发生化学反应(所涉及反应均为初中常见化学反应)。
已知E的俗名叫熟石灰。
①E的化学式是________________；
②A与B反应的基本类型是__________________；
③C与D反应的化学方程式是_____________________________。
(2)过桥:若A～F分別通过一步反应能直接转化为X，则X可成功过桥，物质X是
__________。
【答案】Ca(OH)2置换反应2HCl+ Na2CO3= 2NaCl+ CO2↑+H2O H2O
【解析】
物质王国中的A～F及X七种物质玩“独木桥”游戏，其中A～F分别是盐酸、氢气、氧化铜、氢氧化钙、碳酸钠、二氧化碳六种物质中的一种。（1）搭桥：规则是A～F搭桥后相邻的物质之间能发生化学反应，E的俗名叫熟石灰，氢氧化钙会与碳酸钠、盐酸反应，氢气只会与氧化铜反应，所以A、F可能是氢气，F是氢气时，不会与氢氧化钙反应，所以A 是氢气，B是氧化铜，氧化铜会与盐酸反应，所以C是盐酸，D是碳酸钠，F是二氧化碳，经过验证，推导正确，所以①E的化学式是Ca（OH）2；②A与B的反应是氢气和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以基本类型是置换反应；③C与D的反应是碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式是：2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O；过桥：若A～F分別通过一步反应能直接转化为X，则X可成功过桥，氢气和氧化铜反应生成水，氧化铜和盐酸反应生成水，盐酸和碳酸钠反应生成水，碳酸钠和氢氧化钙反应生成水，氢氧化钙和二氧化碳反应生成水，经过验证，推导正确，所以X是水。
2．A～F是初中化学常见的物质，已知A、B、C、D、E是五种不同类别的物质，A是空气中含有的一种气体，E是地壳中含量最多的金属元素组成的单质，F中各元素质量比为2：1：2，六种物质之间的反应与转化关系均为初中化学常见的化学反应，图中“﹣”表示相连的物质能相互反应，“→”表示一种物质转化成另一种物质（部分反应物、生成物及反应条件已略去）请回答下列问题：
（1）E物质的化学式_____。
（2）A和C反应的化学方程式_____。
（3）E和F反应的化学方程式_____。
（4）如图所有的化学反应中涉及到的基本反应类型有_____种。
【答案】Al 。Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O 。2Al+3CuSO4═Al2（SO4）3+3Cu 。
2 。
【解析】
【分析】
E是地壳中含量最多的金属元素组成的单质，故E是铝，F中各元素质量比为2：1：2，能与铝反应，故F能是硫酸铜，D能生成硫酸铜，能与铝反应，故D是硫酸，A是空气中含有的一种气体，能与B相互转化，能与C反应，故A可能是二氧化碳，B是碳酸钠，C可能是氢氧化钙，带入框图，推断合理；
【详解】
（1）E物质是铝，化学式为Al；
（2）A和C反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为
Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；
（3）E和F反应是铝和硫酸铜反应生成硫酸铝和铜，化学方程式为
2Al+3CuSO4═Al2（SO4）3+3Cu；
（4）如图的化学反应中涉及到的基本反应类型有置换反应和复分解反应两种；
3．A﹣F是初中化学常见的六种物质，它们之间的关系如图所示，(“→”表示物质间的转化关系，“﹣”表示两种物质间能相互反应，部分反应物、生成物未标出)。物质A由三种元素组成，可以与酸、碱、盐三类物质发生反应，C是一种常见的碱，D是厨房中常用的调味品，F溶液呈黄色，反应①、②都有白色沉淀生成。试回答：
(1)D物质的化学式___；
(2)反应②所属的基本反应类型___；
(3)物质B的一种用途是___；
(4)反应③的化学方程式为___。
【答案】NaCl 复分解反应除锈 Ca(OH)2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH
【解析】
【分析】
A～F是初中化学常见的六种物质，D是厨房中常用的调味品，所以D是氯化钠，物质A可
以与酸、碱、盐三类物质发生反应，所以A 是碳酸盐，A 会转化成氯化钠，所以A 是碳酸钠，碳酸钠转化成的C 也会转化成氯化钠，所以C 是氢氧化钠，B 会与碳酸钠反应，反应①和②都有白色沉淀生成，所以B 是盐酸，E 是氯化银沉淀，F 的溶液呈黄色，所以F 是氯化铁。
【详解】
(1)由分析知，D 是氯化钠，化学式为NaCl 。
(2)反应②是盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，属于复分解反应。
(3)物质B 是稀盐酸，铁锈的主要成分是氧化铁，和稀盐酸反应生成氯化铁和水，用途是除锈。
(4)反应③是碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙，化学方程式为：
()2332Ca OH +Na CO =CaCO +2NaOH ↓。
4．现有一包不纯的Na 2SO 4固体，可能含有Fe(NO 3)3 、CaCO 3、NaCl 、MgCl 2、Ba(OH)2中的一种或几种。现做如下实验：
（1）取少量固体溶于足量水，过滤得白色固体A 和无色滤液B,则原固体一定不含．．
____。 （2）取固体A ，加入足量稀HC1,固体完全溶解，则原固体一定不含．．
______,一定含有__。 （3）取少量滤液B ，滴加NaOH 溶液，无明显现象，则原固体一定不含．．
______。 （4）另取少量滤液B ，先滴加过量______溶液，静置，再滴加AgNO 3溶液，出现白色沉淀，则原固体中还含有NaCl 。
【答案】Fe(NO 3)3 Ba(OH)2 CaCO 3 MgCl 2 Ba(NO 3)2
【解析】
【分析】
根据硝酸铁在溶液中显黄色，碳酸钙不溶于水，溶于酸，硫酸钠和氢氧化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，镁离子和氢氧根离子反应生成溶于酸的氢氧化镁沉淀，氯离子和银离子反应生成不溶于酸的氯化银沉淀等知识进行分析。
【详解】
（1）取少量固体溶于足量水，过滤得白色固体A 和无色滤液B ，所以原固体一定不含Fe （NO 3）3；（2）取固体A ，加入足量稀HC1，固体完全溶解，则原固体一定不含Ba （OH ）2，一定含有CaCO 3；（3）取少量滤液B ，滴加NaOH 溶液，无明显现象，则原固体一定不含 MgCl 2；（4）另取少量滤液B ，先滴加过量硝酸钡溶液，排除碳酸根和硫酸根离子的干扰，静置，再滴加AgNO 3溶液，出现白色沉淀，则原固体还含有NaCl 。
【点睛】
在解此类题时，首先分析题中所给物质的性质和两两之间的反应，然后依据题中的现象判断各物质的存在性，最后进行验证即可。
5．下图中A 、B 、C 、D 、E 、F 分别表示初中化学常见的六种物质，B 、C 、D 、E 分别属于酸、碱、盐、氧化物四种类别中的一种，A 是目前提取量最大的金属，B 由两种元素组成，C 是大理石的主要成分。(图中用“—”表示两种物质之间能发生化学反应，用“→”或“”表示一种物质能转化为另一种物质，部分反应物和生成物及反应条件已略去，图
中部分反应需要在溶液中进行，物质是溶液的只考虑溶质)。
请回答下列问题。
(1)分别写出A、C、E、F物质的化学式 A______C_______E______F_______。
(2)写出B与C发生反应的化学方程式_______。
(3)写出过量A的粉末与B发生反应的实验现象_________。
【答案】Fe CaCO3 CO2 C CaCO3+2HCl===CaCl2+H2O+CO2↑黑色固体减少不消失，溶液由无色变成浅绿色，固体表面有气泡冒出
【解析】
A是目前提取量最大的金属，A是Fe，C是大理石的主要成分，C是 CaCO3。B由两种元素组成，既能与铁反应，又能与 CaCO3反应，则B是HCl，CaCO3E，B→E，B、C、D、E 分别属于酸、碱、盐、氧化物四种类别中的一种，C是盐，B是酸，则E是CO2，D是
Ca(OH)2，F是C 。(1)A是Fe，C是CaCO3，E是CO2，F是C。(2)HCl与CaCO3发生反应的化学方程式：CaCO3+2HCl===CaCl2+H2O+CO2↑。(3)Fe +2HCl== FeCl2+H2↑，含亚铁离子的溶液是浅绿色，所以过量Fe的粉末与HCl发生反应的实验现象是，黑色固体减少不消失，溶液由无色变成浅绿色，固体表面有气泡冒出。
点睛：要顺利解决推断题，就要熟练掌握物质的类别、性质、用途、常发生的化学反应等。
6．（4分）如图所示，甲、乙、丙、丁、戊分别是碳酸钠溶液、氧化铁、氢氧化钙溶液、氯化钡溶液和稀盐酸中的一种。图中短线相连的物质能相互发生反应。已知丙溶液能使紫色石蕊溶液变成红色。
请回答下列问题：
（1）丁物质的化学式是。
（2）甲与乙反应的化学方程式是。
（3）丙与戊反应的化学方程式是。
（4）向盛有甲溶液的烧杯中滴加丙溶液，烧杯中溶液的pH会（填“增大”或“减小”）。【答案】（1）BaCl2（2）Ca(OH)2+Na2CO3==CaCO3↓+2NaOH （3）Fe2O3+6HCl==2FeCl3+3H2O
（4）减小
【解析】
试题分析：丙溶液能使紫色石蕊溶液变成红色，那么丙溶液呈酸性，故丙是稀盐酸；五种物质中氧化铁只能与稀盐酸反应，故戊是氧化铁；而氯化钡只能与碳酸钠溶液反应，其他物质能相互反应，故丁是氯化钡，乙是碳酸钠，则甲是氢氧化钙。把推断出的物质代入，推断正确。
（2）氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠：
Ca(OH)2+Na2CO3==CaCO3↓+2NaOH；
（3）稀盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水：Fe2O3+6HCl==2FeCl3+3H2O；
（4）甲是氢氧化钙，丙是稀盐酸，它们会发生中和反应，故向盛有甲溶液的烧杯中滴加丙溶液，烧杯中溶液的碱性会逐渐的减弱，PH会变小。
考点：物质的推断，物质的性质，化学方程式的书写
7．A～G是初中化学常见的七种物质，且A、B、C、D、E属于单质、氧化物、酸、碱、盐五种不同类别的物质，它们之间的关系如图所示。（“﹣”表示相连的物质能相互反应；“→”表示物质间的转化关系；部分反应物、生成物及反应条件未标出)。已知A物质中含有三种元素；B是单质，其组成元素在地壳中的含量位居第四；物质C的溶液呈蓝色；反应①②的现象相同，都产生白色沉淀；D、G两种物质类别相同，且都易溶于水。
试回答：
(1)写出A、B、G的化学式：A_____、B_____、G_____。
(2)物质C在农业生产中的一种用途是_____。
(3)D与E反应的化学方程式是_____。
【答案】H2SO4 Fe Ba(OH)2配制波尔多液 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
【解析】
根据A～G是初中化学常见的七种物质，且A、B、C、D、E属于单质、氧化物、酸、碱、盐五种不同类别的物质，A物质中含有三种元素，B是单质，其组成元素在地壳中的含量位居第四，所以B是铁，物质C的溶液呈蓝色，所以C中含有铜离子，反应①②的现象相同，都产生白色沉淀；D、G两种物质类别相同，且都易溶于水，A会转化成C，所以A 是硫酸，C是硫酸铜，G是氢氧化钡，F可以是碳酸钠，D是氢氧化钠，E是二氧化碳，然后将推出的物质进行验证即可。（1）A～G是初中化学常见的七种物质，且
A、B、C、D、E属于单质、氧化物、酸、碱、盐五种不同类别的物质，A物质中含有三种元素，B是单质，其组成元素在地壳中的含量位居第四，所以B是铁，物质C的溶液呈蓝
色，所以C中含有铜离子，反应①②的现象相同，都产生白色沉淀；D、G两种物质类别相同，且都易溶于水，A会转化成C，所以A是硫酸，C是硫酸铜，G是氢氧化钡，F可以是碳酸钠，D是氢氧化钠，E是二氧化碳，经过验证，推导正确，所以A是H2SO4，B是Fe，G是Ba（OH）2；（2）物质C在农业生产中的一种用途是配制波尔多液；（3）D与E 的反应是氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，化学方程式是：
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O。
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．（6分）A、B、C、D四种物质在一定条件下能发生如图所示的反应（反应条件省略，“-”表示相连两种物质能发生反应，“→”表示反应生成的物质）。
（1）若A、C为化合物，B、D为单质，则此反应属于___________（填基本反应类型），写出符合该反应类型的一个化学方程式______________________。
（2）若A为单质，B属于糖类，则B的化学式为______________。
（3）若A、C所含元素种类相同，B、D为黑色粉末，请说出A的一种用途：_______，B 的名称：_____________。
【答案】（1）置换反应，H2 + CuO△Cu + H2O（答案不唯一）
（2）C6H12O6（3）冶炼金属，四氧化三铁
【解析】
试题分析：（1）由题意知，该反应为置换反应，H2 + CuO△Cu + H2O（答案不唯一）（2）该物质为C6H12O6（3）A为一氧化碳，B为四氧化三铁，C为二氧化碳，D为铁，则A可用来冶炼金属。
考点：框图式推断题。
9．A、B、C、D、E是初中化学常见的物质。其中A是通常状况下密度最小的气体，B和C 反应可形成蓝色溶液，D在农业上可用来改良酸性土壤。它们的相互关系如图所示(图中“一”表示两端的物质能发生化学反应，“→”表示物质间的转化关系部分反应物、生成物及反应条件已略去)。请回答。
(1)B的化学式是____________。
(2)C的类别是______(填“氧化物”“酸”“碱”或“盐”)。
(3)反应E→A 的化学方程式为___________________。
反应D →E 的化学方程式为_______________________。
【答案】CuO 酸 2H 2O ====通电
2H 2↑+ O 2↑ CO 2 + Ca(OH)2 == CaCO 3 ↓+ H 2O
【解析】
A 是通常状况下密度最小的气体，A 是氢气，
B 能与氢气反应，B 和
C 反应可形成蓝色溶液，说明B 是氧化铜，氧化铜和氢气在加热条件下生成铜和水，氧化铜和酸反应生成含有铜离子的盐和水，含铜离子的盐溶液为蓝色；C 为酸溶液；
D 在农业上可用来改良酸性土壤，则D 是氢氧化钙，水和氧化钙反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和酸或二氧化碳反应生成水，酸和碱生成盐和水，所以
E 为水。(1)B 的化学式是CuO ；(2)C 的类别是酸；(3)反应E→A（水→氢气）的化学方程式为2H 2O ====通电 2H 2↑+ O 2↑；反应D→E（氢氧化钙→水）的化学方程式为CO 2 + Ca(OH)2 == CaCO 3 ↓+ H 2O （或Ca(OH)2+ 2HCl == CaCl 2 + 2H 2O 等）。
10．图中A-J 是初中化学常见的化合物。A 和B 物质类别相同，只有C 、F 、G 、H 、I 由两种元素组成，B 、C 中含有一种相同的元素，C 可用作干燥剂，J 是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，E 和J 分别与足量I 反应的生成物相同。图中“—”表示两的物质间能发生化学反应;“→”表示物质间存在转化关系;部分反应物、生成物或反应条件已略去。
(1)写出化学式:J______，B_______。
(2)写出E→F 反应的化学方程式_______。
(3)写出C 与D 反应的化学方程式_______。
【答案】NaHCO 3 Ca(OH)2 Na 2CO 3+2HCl=2NaCl+H 2O+CO 2↑
2AgNO 3+CaCl 2=2AgCl↓+Ca(NO 3)2
【解析】
【分析】
图中A-J 是初中化学常见的化合物，A 和B 物质类别相同，只有C 、F 、G 、H 、I 由两种元素组成，B 、C 中含有一种相同的元素，C 可用作干燥剂，所以C 是氧化钙或氯化钙；J 是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，所以J 是碳酸氢钠；E 和J 分别与足量I 反应的生成物相同，所以E 是碳酸钠，I 是盐酸；碳酸钠、碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，B 会与E （碳酸钠）反应，A 会转化成碳酸钠，所以B 是氢氧化钙，A 是氢氧化钠；碳酸钠会转化成G 、H ，G 也会转化成H ，所以G 是二氧化碳，H 是水；D 会与C 、F 反应，所以D 是硝酸银，C 是氯化钙，F 是氯化钠。
【详解】
（1）由分析可知，J为碳酸氢钠，其化学式为NaHCO3，故填NaHCO3；
B为氢氧化钙，其化学式为Ca(OH)2，故填Ca(OH)2。
（2）E为碳酸钠，F为氯化钠，所以E→F的反应是碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故反应的化学方程式写为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑。
（3）C为氯化钙，D为硝酸银，C与D的反应就是硝酸银和氯化钙反应生成氯化银沉淀和硝酸钙，故反应的化学方程式写为：2AgNO3+CaCl2=2AgCl↓+Ca(NO3)2。
【点睛】
解答物质推断题时，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。
11．已知奥运五环中A、B、C、D、E为稀硫酸、氢氧化钠溶液、二氧化碳、氧化铁、水中的一种，且相连环内的两种物质能发生化学反应,E是常见的溶剂。请回答:
(1)B物质是__________。
(2)A与B反应的实验现象是______________。
(3)写出C与D反应的化学方程式________________。
【答案】H2SO4红色固体溶解，生成淡黄色溶液 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
【解析】
根据题干提供的信息进行分析解答，E是常见的溶剂，故E是水，能与水反应的物质是二氧化碳，故D是二氧化碳，能与二氧化碳反应的物质是氢氧化钠，故C是氢氧化钠，能与氢氧化钠反应的物质是硫酸，故B是硫酸，因此A是氧化铁，据此解答。（1）B是硫酸（或H2SO4）；（2）A是氧化铁，B是硫酸，二者反应生成硫酸铁和水，会观察到红色固体溶解，生成淡黄色溶液；（3）C是氢氧化钠，D是二氧化碳，二者反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O。
12．有一包白色固体，可能含氯化钠、碳酸钠、硫酸钠、氢氧化钠、氢氧化钡中的一种或几种。某兴趣小组为探究其成分做了以下实验：
实验一：探究固体的组成
（1）向固体样品中加入过量稀硝酸，产生的气体是_______。
（2）生成白色滤渣甲反应的化学方程式为_______。
（3）原固体中一定不含有的物质是_____。
实验二：进一步探究固体中是否含氯化钠
得出结论：原固体中一定含NaCl。
（4）试剂X是__________。
（5）滤液C中除含Fe(NO3)3外，一定还含有的溶质是______。
【答案】CO2 Ba（NO3）2+MgSO4=BaSO4↓+Mg（NO3）2 Na2SO4 Ba（NO3）2 HNO3、NaNO3、Mg（NO3）2、Ba（NO3）2
【解析】
【详解】
实验一
根据白色固体中加过量的稀硝酸，有无色气体生成可知，原固体中一定有碳酸钠；根据向无色无色溶液加过量硫酸镁有白色滤渣生成可知，原固体中一定有氢氧化钡，一定没有硫酸钠。
（1）根据题干所提供的信息可知，向固体样品中加入过量稀硝酸，产生的气体是二氧化碳；
（2）通过以上分析可知原固体中含有氢氧化钡，氢氧化钡和稀硝酸反应生成硝酸钡，所以白色滤渣甲是硝酸钡和硫酸镁反应生成的硫酸钡，化学方程式为：Ba（NO3）
2+MgSO4=BaSO4↓+Mg（NO3）2；
（3）在原白色固体中加入过量稀硝酸得到无色溶液，通过以上推断可知原固体中含有氢氧化钡，所以一定不含硫酸钠；
实验二
（4）滤液A中含有硫酸镁，硫酸根离子和银离子结合生成微溶于水的硫酸银，会干扰氯离子的检验，所以要向滤液A中加入过量的硝酸钡溶液除去硫酸根离子；向滤液B中滴加硝酸银溶液有白色沉淀生成说明原固体中含有氯化钠；
（5）固体样品中加入的是过量稀硝酸，滤液C中一定有硝酸；碳酸钠和稀硝酸反应生成硝酸钠，所以滤液C中一定硝酸钠；无色滤液中加入硝酸铁，整个过程中没有和其他物质反应，所以滤液C中一定有硝酸铁；硫酸镁和过量的硝酸钡反应生成硝酸镁所以滤液C中一定含有硝酸镁和过量的硝酸钡。
二、中考初中化学流程图
13．以绿矾(FeSO4?7H2O)为原料制备高铁酸钾(K2FeO4)的流程如下：
（1）“氧化”是将FeSO 4，转化为Fe 2(SO 4)3，该反应的化学方程式为__。
（2）“合成”时发生的反应为Fe 2(SO 4)3＋3NaClO ＋10NaOH=2Na 2FeO 4＋3NaCl ＋3X+5H 2O ，X 的化学式为____。
（3）不同温度和pH 下FeO 42-在水溶液中的稳定性如图所示。
图中纵坐标表示单位体积内FeO 42-离子数目的多少，数值越小，表明FeO 42-
离子数目越少，在该条件下越不稳定。为了提高“合成”时Na 2FeO 4的产率，下列措施可行的是____ A 充分搅拌反应液
B 控制反应在60℃左右进行
C 控制反应在碱性条件下进行
（4）“滤渣”呈红褐色，推测其主要成分为____(填化学式)。
（5）常温下向“过滤”后的滤液中加入饱和KOH 溶液，即可析出K 2FeO 4晶体，由以上信息可知K 2FeO 4的溶解度比Na 2FeO 4的溶解度_______（填“大”或“小”）。
【答案】()4222424232FeSO +H O H SO ++=Fe SO 2H O Na 2SO 4 AC Fe(OH)3 小
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图可知，FeSO 4与硫酸、过氧化氢反应生成Fe 2(SO 4)3，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含铁、硫、氧、氢元素，生成物中含铁、硫、氧元素，故生成物中还应含氢元素，还应有水生成，该反应的化学方程式为：()4222424232FeSO +H O H SO ++=Fe SO 2H O ；
（2）根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含2个铁原子、3个硫原子，13个钠原子，3个氯原子，10个氢原子，25个氧原子，生成物中含7个
钠原子、2个铁原子、3个氯原子、10个氢原子、13个氧原子，故生成物中还应含有6个钠原子、3个硫原子、12个氧原子，故X的化学式为：Na2SO4；
（3）由图可知，温度越高、pH值越小，FeO42－离子数目越少，故为了提高“合成”时Na2FeO4的产率，应将温度控制在30℃，碱性环境，充分搅拌可以增大反应物之间的接触面积，提高产率。故选AC；
（4）氢氧化铁呈红褐色，故“滤渣”主要成分为：Fe(OH)3；
（5）由图可知，向滤液中加入饱和氢氧化钾，有K2FeO4晶体析出，应是钾离子与FeO42－结合生成了K2FeO4，有K2FeO4晶体析出，说明K2FeO4比Na2FeO4溶解度小。
14．现有一包粗盐，主要成分是氯化钠，其中含少量的硫酸钠、氯化钙和沙子，小轩设计了如图工艺流程，制得精盐。
(1)在①-⑤的操作中，属于蒸发操作的是______(填序号)，蒸发操作中用于提供热源的仪器是______。
(2)向反应池1中加过量的x是_____溶液(填序号)。
a KOH
b NaOH
c Ba(OH)2
d Ca(OH)2
(3)固体B中含有的物质有_______(写物质名称，至少写两种)。
(4)第④步加足量盐酸的目的是________。
(5)写出反应池2中所发生的化学方程式：①____、②______。
【答案】⑤酒精灯 c 硫酸钡、碳酸钡（或碳酸钙）除去过量的NaOH和Na2CO3
Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+2NaOH Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl
【解析】
【分析】
【详解】
(1)操作⑤是从溶液中获取晶体，即蒸发操作；蒸发操作中用于提供热源的仪器是酒精灯；故填：⑤；酒精灯；
(2)加入试剂x是为了除去硫酸钠，所以加入的是氢氧化钡溶液，硫酸钠和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠；故填：c；
(3)先加入过量的氢氧化钡溶液除去硫酸钠，二者反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠；然后再加入过量的碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，所以过滤后得到的固体B中含有硫酸钡、碳酸钡和碳酸钙
三种物质；故填：硫酸钡、碳酸钡(或碳酸钙)；
(4)在第④步操作中，向滤液中滴加足量盐酸的目的是除去加入的过量的NaOH和Na2CO3；故填：除去过量的NaOH和Na2CO3；
(5)反应池2中碳酸钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，故填：Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+2NaOH；
Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl。
【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。
15．工业上以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：
已知：①SO2与MnO2反应生成硫酸锰MnSO4；
②SO2与Fe2O3在一定条件下生成FeSO4和H2SO4。
（1）“过滤”用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和__________。
（2）向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3 溶液时温度控制在30-35℃，温度不宜太高的原因是____________。
（3）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示，为减少 MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是__________。
（4）生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是_______。
（5）软锰矿中锰的浸出有两种工艺。
工艺A：软锰矿浆与含SO2的工业废气反应；
工艺B：软锰矿与煤炭粉混合，焙烧后加稀硫酸溶解。其中，工艺A的优点是
__________。
【答案】漏斗防止NH4HCO3受热分解 90℃取最后一次洗涤液，加入Ba（NO3）2溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净减少SO2的排放，保护环境
【解析】
【分析】
【详解】
（1）过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故填：漏斗。
（2）NH4HCO3受热分解所以温度不宜过高，故填：防止NH4HCO3受热分解。
（3）由图可知90℃时MnS2O6生产率较低，“浸锰”出率达到最高，故填：90℃。
（4）洗涤干净与否，检验是否有硫酸根离子即可，取最后一次洗涤液，加入Ba（NO3）2溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净，故填：取最后一次洗涤液，加入Ba （NO3）2溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净。
（5）工艺A与工艺B相比可以消耗SO2，减少SO2的排放，保护环境，故填：减少SO2的排放，保护环境。
16．过氧化钙( CaO2)微溶于水，溶于酸，是一种对环境友好的多功能化合物。以下是制备过氧化钙的工艺流程图，请回答下列问题：
(1)气体 X 是________。实验室常用澄清石灰水来检验 X，该反应的化学方程式为
________。
(2)玻璃棒在过滤操作中所起到的作用是________。下列是某同学进行过滤操作时的一些做法，其中正确的是________ (填字母序号)。
A 直接向漏斗中倾倒待过滤的液体
B 滤纸边缘高于漏斗边缘
C 漏斗下端管尖紧靠烧杯内壁
D 用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
(3)过氧化钙是氧化物吗？________ (填“是”或“否”).写出由物质 A 反应生成CaO2·8H2O 的化学方程式________________。
【答案】CO2 Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O 引流 C 是 CaO+H2O2+7H2O=CaO2·8H2O 【解析】
【分析】
【详解】
(1)碳酸钙高温煅烧生成二氧化碳和氧化钙，所以气体 X 是 CO2。实验室常用澄清石灰水来检验二氧化碳，该反应的化学方程式为 Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3↓+H2O。故填：CO2；Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3↓+H2O。
(2)玻璃棒在过滤操作中所起到的作用是引流，从而防止液体外洒；某同学进行过滤操作时的一些做法：
A. 直接向漏斗中倾倒待过滤的液体，容易导致液体外洒，需要用玻璃棒引流。故A不符合题意；
B. 滤纸边缘高于漏斗边缘，容易导致液体沿滤纸外洒。故B不符合题意；
C. 漏斗下端管尖紧靠烧杯内壁，这样可以避免液体飞溅，甚至溅出容器（承接过滤液的烧杯）。故C不符合题意；
D. 用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动，导致液体浑浊，减慢了速度而非加快，甚至导致滤纸破损。故D不符合题意。故选C。
故填：引流；C。
(3)过氧化钙是由两种元素组成，且其中一种元素是氧元素，所以是氧化物；物质 A （氧化钙）反应生成 CaO2 · 8H2O，是氧化钙和水以及过氧化氢反应生成 CaO2 · 8H2O的过程，对应的化学方程式为 CaO +H2O2 + 7H2O = CaO2 · 8H2O 。故填：是；CaO + H2O2 + 7H2O =
CaO2 · 8H2O。
【点睛】
本题关键是读图，从中获得解答题目所需的信息，所以在解答题目时先看解答的问题是什么，然后带着问题去读给出的图进而去寻找解答有用的信息，这样提高了信息捕捉的有效性。
17．为实现废物“资源化”利用的目的，以电石渣[主要成份为Ca（OH）2和CaCO3，其中Ca （OH）2为微溶物]为原料制备KClO3，其主要流程如图:
（1）氯化过程中，Cl2与Ca（OH）2作用，发生了一系列变化，最终生成Ca（ClO3）2和CaCl2，该反应的化学方程式中这两种生成物的化学计量数比为1 : 5。
①生成Ca（ClO3）2的化学方程式___________。
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有_________（填标号）。
A 适当减缓通入Cl2速率
B 充分搅拌浆料
C 加水使Ca（OH）2完全溶解
（2）活性炭的作用是__________；步骤甲的操作名称为______________；残渣A中一定含有__________。
（3） 向步骤甲得到的溶液中加入稍过量KCl 固体可将Ca （ClO 3）2转化为KClO 3，该反应的基本反应类型为_______。
【答案】()2223226Cl 6Ca(OH)5CaCl =Ca ClO 6H O +++ AB 吸附有毒的Cl 2 过滤 活性炭、 CaCO 3 复分解反应
【解析】
【分析】
【详解】
（1） ①根据题意，Cl 2 与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO 3)2和CaCl 2，该反应的化学方程式中这两种生成物的化学计量数比为1:5，根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，生成物中含6个钙原子，12个氯原子，6个氧原子，反应物中也应含有12个氯原子，6个钙原子，故氯气和氢氧化钙的化学计量数为6:6，故反应物中还含有12个氢原子，12个氧原子，故生成物中还应含有12个氢原子，6个氧原子，故该反应的化学方程式为： ()2223226Cl 6Ca(OH)5CaCl =Ca ClO 6H O +++；
②转化率是指某一反应物转化的百分率，氯化时，为提高转化率，需要增加反应物之间的接触面积。
A 、适当减缓通入Cl 2速率，能使反应物接触时间长，提高转化率，符合题意；
B 、充分搅拌浆料，增加接触面积，提高转化率，符合题意；
C 、加水使Ca(OH)2完全溶解，导致接触面积降低，降低转化率，不符合题意。
故选AB ；
（2）活性炭具有吸附性，可以吸附有毒有害气体，故活性炭的作用是：吸附有毒的氯气； 步骤甲是分离固体和液体，故步骤甲的操作名称为过滤；
电石渣的主要成分是碳酸钙和氢氧化钙，氢氧化钙能与氯气反应生成Ca(ClO 3)2和CaCl 2，加入活性炭，吸附多余的氯气，活性炭不溶于水，故滤渣A 中一定含有：碳酸钙和活性炭； （3）由题意可知，氯化钾能将Ca(ClO 3)2转化为KClO 3，根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，故另一生成物为氯化钙，该反应的化学方程式为：
()2332Ca ClO +2KCl=+C KClO aCl 2，该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应，属于复分解反应。
18．现欲探究一固体混合物A 的成分，已知其中可能含有
NH 4Cl 、CuCl 2、FeCl 3、MgCl 2、BaCO 3五种物质中的两种或多种。按图所示进行实验．出现的现象如图中所述(设过程中所有可能发生的反应都恰好完全进行)。试根据实验过程和发生的现象做出判断，填写以下空白：
⑴气体C的化学式为__________，气体F的水溶液呈__________(填酸性、中性、碱性之一)
⑵沉淀B中一定含有的物质的化学式为_______________
⑶溶液E中，一定存在的溶质的阳离子是__________________(写离子符号)
⑷溶液H中，最多可以含有____________种溶质(填写数字)
⑸写出生成沉淀G的化学方程式______________
⑹在混合物A里，上述五钟物质当中肯定不存在的物质是___(写化学式)，你的理由是___【答案】NH3酸性 Cu(OH)2 NH4+、Cu2+ 5 BaCO3 +H2 SO4 =BaSO4↓+H2O+CO2↑ FeCl3氯化铁在溶液中显黄色，而溶液E显蓝色
【解析】
【分析】
铵根离子和氢氧化钠反应会生成氨气，氢氧根离子会与镁离子、铜离子、铁离子反应生成氢氧化镁、氢氧化铜、氢氧化铁沉淀；硫酸和碳酸钡反应会生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，氯离子和银离子反应会生成白色的氯化银沉淀，所以混合物A与氢氧化钠反应会生成气体的，只有氢氧化钠和氯化铵反应生成氨气，所以白色固体A中一定存在氯化铵，氢氧化钠和氯化铵反应生成氯化钠、水和氨气，所以C是氨气，氨气的水溶液显碱性，无色溶液D中含有氯化钠；混合物A中加入硫酸，会得到蓝色溶液，所以A中一定含有氯化铜，会生成无色气体和白色沉淀，所以A中一定含有碳酸钡，碳酸钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，FeCl3溶液显黄色，溶液E显蓝色，故一定不含FeCl3。综上可知，混合物A中一定有NH4Cl、CuCl2、BaCO3，一定没有FeCl3，可能有MgCl2。
【详解】
（1）气体C的化学式为NH3；气体F是二氧化碳，水溶液呈酸性；
（2）沉淀B中一定含有的物质的化学式为Cu(OH)2；
（3）溶液E中，一定存在的溶质的阳离子是：NH4+、Cu2+；
（4）溶液H中，最多可以含有硝酸铜、硝酸镁、硝酸钠、硝酸、硝酸银5种溶质；（5）生成沉淀G 的反应是碳酸钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，化学方程式为：BaCO3 +H2 SO4 =BaSO4↓+H2O+CO2↑；
（6）在混合物A里，上述五种物质当中肯定不存在的物质是FeCl3，理由是：氯化铁在溶液中显黄色，而溶液E显蓝色。
【点睛】
根据物质的特征反应推测成分是解题关键。例如：①铵盐中加入碱生成氨气；②碳酸盐遇酸生成二氧化碳；③加入稀硝酸和硝酸银产生白色沉淀，可以证明氯离子的存在；④铜离子、铁离子、镁离子都能与氢氧根离子反应生成沉淀。
19．胆矾和铜绿[即碱式碳酸铜]在工农业生产和医药中有重要的用途。
（1）铜屑表面有少量铜绿，某兴趣小组欲利用其制取胆矾，设计了如图（1）所示的流程：
①操作1所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_____；操作2的步骤为_____。
②方法2与方法1相比较，其优点是_____（回答两点）。方法2若不通入空气，反应将不会发生，原因是_____。
③图（2）是实验室选用方法2制备硫酸铜溶液的装置，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_____；若用纯氧代替空气，不仅能加快反应速率，还具有的优点是_____。
（2）兴趣小组以溶液为原料制备铜绿，设计的流程如图（3）所示。
①“沉淀”时的反应为：_____
②检验沉淀是否洗涤干净选用的试剂是_____（填化学式），烘于时产品中出现少量黑色物质，可能的原因是_____。
③若所得产品的产率（）偏高，可能的原因为_____（填序
号）。
a.反应物未完全沉淀
b.过滤时滤纸破损
c. 未洗涤干净
d. 未完全烘干
④“沉淀”时若有少量生成则产品中铜元素的质量分数_____（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【答案】漏斗蒸发浓缩、冷却结晶，过滤不会产生污染空气的气体，制取等质量的胆矾消耗的硫酸更少在金属活动顺序中，铜位于氢之后，与稀硫酸不反应
温度易控，受热均匀增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行排除其他气体的干扰和溶液碱式碳酸铜受热分解为氧化铜 cd 偏小
【解析】
【分析】
图（1）流程中操作1是过滤，操作2是冷却热的饱和溶液获取含结晶水的胆矾；方法1
会产生污染空气的，且制取等质量的胆矾消耗的硫酸更多；方法2中铜的金属活动性不如氢，不能置换稀硫酸中的氢，但是能与稀硫酸反应。
图（2）装置需要控温80℃，多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积。
图（3）中沉淀反应可根据“原子守恒”判断未知生成物为；检验沉淀是否洗涤干净，可检验硫酸根离子的存在。产品的产率偏高原因可根据产率计算公式逐项分析：反应物未完全沉淀，即过量，不计入计算，无影响；b.过滤时滤纸破损，产品的实际质量减少，所得产品的产率偏低；c. 未洗涤干净，即附着了，产品的实际质量增大，所得产品的产率偏高；d. 未完全烘干，即附着了水，产品的实际质量增大，所得产品的产率偏髙。
【详解】
（1）①操作1是过滤，缺少的玻璃仪器是漏斗；操作2是冷却热的饱和溶液获取含结晶水的胆矾，步骤为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。
②方法2与方法1相比较，其优点是不会产生污染空气的气体，制取等质量的胆矾消耗的硫酸更少；方法2若不通入空气，反应将不会发生，原因是在金属活动顺序中，铜位于氢元素之后，与稀硫酸不反应。
③图（2）是实验室选用方法2制备硫酸铜溶液的装置，反应的化学方程式为
；采用水浴加热的优点是温度易控，受热均匀；多孔
球泡的作用为增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行；若用纯氧代替空气，不仅能加快反应速率，还具有的优点是：排除其他气体的干扰。
（2）①“沉淀”时的反应化学方程式为：
，故填：。
②洗涤干净，即不含硫酸钠，选用的试剂是和溶液；烘于时产品中出现少量黑色物质，可能的原因是碱式碳酸铜受热分解为氧化铜。
③若所得产品的产率（）偏高，可能的原因为cd；
④“沉淀”时若有少量生成，由于中铜元素的质量分数为52%，小于中铜元素的质量分数58%，则产品中铜元素的质量分数偏小。
【点睛】
紧扣实验目的，回看题意答题，对流程图还要“分步推写”，挖掘隐蔽信息。
20．高纯度的氧化铜可用作颜料、有机合成催化剂等，下图是工业用粗铜粉氧化法获取高纯度氧化铜的流程图，请回答下列问题：
（1）反应①中加入过量稀硫酸的原因是________写出该反应的化学方程式_________。（2）反应②的基本反应类型是_____________。
（3）实验中常将浓硫酸稀释再用，一般需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、_____________。（4）洗涤固体A需用的试剂为____________，判断所加洗涤剂是否适量的实验现象为
_____________。
【答案】将CuO全部反应完；CuO+H2SO4=CuSO4+H2O置换反应玻璃棒稀硫酸(或稀盐酸)；不再有气泡产生(答案合理即可)
【解析】（1）根据稀硫酸与氧化铜反应分析解答；（2）根据铁与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁分析解答；（3）根据浓硫酸的稀释分析解答；（4）根据除去铜中的铁粉，并生成硫酸亚铁分析解答。（1）反应①中加入过量稀硫酸的原因是将CuO全部反应完；该反应的化学方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；（2）铁与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，符合“一换一”的特征，属于置换反应；（3）实验中常将浓硫酸稀释再用，一般需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒；（4）洗涤固体B的目的是除去铜粉中的铁粉，并生成硫酸亚铁，故应使用的试剂是稀硫酸；判断所加洗涤剂是否适量的实验现象为不再有气泡产生。