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初三化学化学综合题测试卷( 有答案 )

一、中考化学综合题

1．黄铁矿 ( 主要成分为FeS2，杂质高温下不反应。) 是我国硫酸厂制取硫酸的主要原料。

某兴趣小组欲测定某黄铁矿中FeS2含量，设计了如下实验( 假设每步反应均完全) 。

【查阅资料】①4FeS2+11O22Fe2 O3+8SO2②Na2SO3+H2O2＝Na2SO4+H2③BaSO4为一

种不溶于水、不溶于盐酸的沉淀。

【实验探究】

Ⅰ．称取 4.80 g 黄铁矿样品放入下图所示装置( 夹持和加热装置省略) 的石英管中，从 a 处

不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铁矿样品至反应完全。

Ⅱ．反应结束后，将 B 瓶中的溶液按上图流程进行处理。

【问题讨论】

（1）Ⅰ中 B 瓶内发生反应的化学反应方程式是______和______；

（2）Ⅰ中通入的空气中作用是 ______和 ______；

（3）Ⅱ中加入盐酸溶液的目的是 ______；

（4）Ⅱ中检验滤渣洗涤是否干净的方法是 ______。

【含量测定】

（ 5 ）另取 4.80g黄铁矿样品在空气中加热，测出样品的固体残留率

固体样品的剩余质量

（×100%）随温度的变化如下图所示，计算该黄铁矿中FeS2的质固体样品的起始质量

量分数为 ______。 ( 请写出计算过程)

【答案】CO2+2NaOH=NaCO3+H2O SO2+2NaOH=NaSO3+H2O；提供反应所需的氧气将生成的二氧化硫气体排入装置 B 中除去产生的BaCO3沉淀；取最后一次洗涤液1～2mL于试管中，

向其中滴加硝酸银（或稀硫酸、碳酸钠）溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净。

75%

【解析】（ 1）根据空气中的二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水及FeS2与氧气

反应生成的二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水解答；（2）根据空气能提供与

硫化亚铁反应所需的氧气和将生成的二氧化硫气体排入装置 B 中解答；（3）根据盐酸能

将反应生成的碳酸钡除去解答；（4）根据过滤出来的硫酸钡沉淀是湿润的分析解答；

（5）根据反应的化学方程式计算解答。（1）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

CO 2+2NaOH=Na 2CO 3+H 2O ；二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成

亚硫酸钠和水，反应的化学方程式为

SO 2+2NaOH=Na 2SO 3+H 2O ；（ 2） Ⅰ 中通入的空气中

作用是提供反应所需的氧气和将生成的二氧化硫气体排入装置

B 中；（ 3） B 瓶中主要的溶

质是碳酸钠和亚硫酸钠，向 B 瓶中加入过氧化氢溶液，亚硫酸钠与过氧化氢溶液反应生成硫酸钠，再加入过量氯化钡溶液，氯化钡溶液与碳酸钠、硫酸钠反应生成碳酸钡和硫酸钡

沉淀，然后加入盐酸，盐酸能与碳酸钡反应生成氯化钡。故

Ⅱ 中加入盐酸溶液的目的是除

去产生的 BaCO 3 沉淀；（ 4）过滤出来的硫酸钡沉淀是湿润的，可能带有过量的氯化钡溶

液，故 Ⅱ 中检验滤渣洗涤是否干净的方法是取最后一次洗涤液

1～ 2mL 于试管中，向其中

滴加硝酸银（或稀硫酸、碳酸钠）溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净；（

5）设

4.80g 黄铁矿样品中杂质质量为 x 。

4FeS +11O 2 高温 2Fe O +8SO

2

2

2 3

4×120

2 160 × 4.8-x

4.8 75％ -x ×

4 120

2 160

4.8-x

4.8 75 0

x

0 x=1.2g

该黄铁矿中 FeS 2 的质量分数 =

4.8g 1.2g

× 100％ =75％

4.8g

答：该黄铁矿中 FeS 2 的质量分数为 75％。

点睛：本题的难点在于清楚黄铁矿中含有杂质，掌握固体残留物中同样含有杂质是解答关键。

2． 工业废料石膏（ CaSO 4?2H 2O ）可以“变废为宝”，用于生产氧化钙、硫酸钾、电石（化

学名称为碳化钙）等。某研究性学习小组展开了如下系列研究。

一、高纯 CaO 的制备

（资料一）

Ⅰ．石膏（ CaSO 4?2H 2O ）与碳粉高温煅烧生成氧化钙和几种气态非金属氧化物。

Ⅱ． SO 2 能使品红溶液褪色，也能使澄清石灰水变浑浊。

甲同学用如图 1 装置制备 CaO 并验证石膏与焦炭高温反应的其他产物。

实验过程中发现： B 中无水硫酸铜变蓝； C 中产生 __现象证明有 SO 2 生成；装置 __中无明显

变化和装置 F 中 __现象证明有 CO2生成。写出石膏与碳粉在高温条件下反应的化学方程

式： ____。

二、硫酸钾和电石的制备

乙同学模拟生产化肥硫酸钾和电石的流程如图2：

（资料二） CaO与 C在高温下反应生成碳化钙（化学式为CaC x）和 CO。

（1）反应①的化学方程式为 ___。证明固体 M中不含 CaCO3的方法是 ____ （写出实验的方法、现象）。

（2）反应②的化学方程式为（ NH4）2SO4+2KCl═K2SO4↓+2NH4Cl ，该反应能析出 K2SO4晶体的原因是 __。

三、假设上述流程中制得的碳化钙（化学式为

x

CaO，乙小组同学为CaC）固体中只含杂质

x

中 x 的值进行如下实验。

测定 CaC

（资料三） CaC x在空气中灼烧生成 CaO和 CO2。

步骤一：称取 3.76g 样品于图 3 所示石英管中（测定装置图如图3，夹持及加热装置省略），反应前缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的样品至反应完全后继续缓缓通入空气，

测得丙溶液的质量比反应前增重了 4.4g 。（玻璃纤维可防止固体粉末进入导管）

步骤二：将石英管内剩余固体全部转移到水中，加入足量碳酸钠溶液，经搅拌、过滤、洗

涤、干燥等操作得到碳酸钙固体 6 克。试回答下列问题：

（1）装置甲的作用是 __。反应完全后继续缓缓通入空气的目的是__。

（2）根据步骤一、二计算该样品中钙、碳、氧的质量比为___，

x______________

。

计算确定 CaC的化学式（请写出计算过程）

（3）若碳酸钙未能完全干燥，则会导致 CaC X中的 x 的值 ____（填“偏大”、“偏小”、

“无影响”）。

【答案】品红溶液褪色E出现浑浊2CaSO4·2H2O + C2CaO + CO2↑+ 2SO2↑+ 4H2 O↑ CaSO4 + (NH 4) 2 CO3 ===CaCO3↓+ (NH 4) 2SO4取少量固体，加入稀盐酸，无气泡生

成，则无碳酸钙相同温度下，K2SO4的溶解度小除去通入空气中的CO2气

体

将生成的

CO 完全排入丙装置中吸收

【答题空 10】 30:15:2 CaC 偏小

2

2

【解析】

一、高纯 CaO 的制备

实验过程中发现： B 中无水硫酸铜变蓝（说明生成了水） 。 根据信息提示 “SO 2能使品红溶

液褪色 ”，而结论是证明有二氧化硫生成，所以对应的现象为 C 中的品红溶液褪色现象 ，装

置 D 是吸收二氧化硫，而导致高锰酸钾褪色．

E 装置的作用是证明二氧化硫已经完全被吸

收，后面若石灰水变浑浊，则是二氧化碳所致，而非二氧化硫 ，所以证明二氧化碳生成的

现象是装置 E 中无明显变化（无二氧化硫的干扰）和装置

F 中 澄清石灰水变浑浊现象（有

二氧化碳） ，碳粉在高温条件下生成氧化钙、水、二氧化碳和二氧化硫，对应的化学方程 式为 2CaSO

2CaO + CO 2↑ +2SO ↑ + 4HO 2↑ ；

4?2H 2O+C 二、硫酸钾和电石的制备

（1）反应①是碳酸铵和硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸铵，对应的化学方程式为

CaSO 4+（ NH 4） 2CO 3═ CaCO 3↓+（ NH 4） 2 SO 4．由于碳酸盐遇到盐酸会生成气体，所以要证

明固体 M 中不含 CaCO

；

3 的方法是取样，加入足量稀盐酸，无气泡冒出

（2）反应②的化学方程式为（

NH 4 ） 2SO 4 +2KCl ═ K 2SO 4↓ +2NH 4Cl ，由于硫酸钾标注了沉淀

符号，而已有的知识是硫酸钾可溶，说明在给定物质中溶解度相对最小，所以该反应能析 出K 2 4 24

SO 晶体的原因是该温度下， K SO 的溶解度小 ；

三、实验设计是通过通入不含二氧化碳的空气（避免对后期生成的二氧化碳的质量的干扰），

将碳化钙样品转化为氧化钙和二氧化碳，然后将生成的二氧化碳用丙装置完全吸收，也就是装置丙的质量增加就是生成的二氧化碳，为将二氧化碳完全吸收而避免残留于

试管中，所以在反应完全后应该继续通入除去了二氧化碳的空气

。右侧的碱石灰是避免右

侧的空气进入装置内导致二氧化碳等被吸收，影响实验结果的准确性

；

所以：

①装置甲的作用是 除去空气中的 CO 2 气体 。 反应完全后继续缓缓通入空气的目的是 使残留在装置

内的 CO 2 气体被丙装置充分吸收 ；

4.4g ×

12

40 ②碳元素的质量为

× 100%=1.2g

6g ×

× 100%=2.4g

12 16 2

，钙元素的质量为

100

，则

氧元素的质量为 3.76g-1.2g-2.4g=0.16g ，该样品中钙、碳、氧的质量比为

2.4g ： 1.2g ： 0.16g=30： 15：2；

对应的氧化钙的质量为 0.16g ÷（

16

× 100%）=0.56g ，则氧化钙中的钙元素的质量为

16 40

0.56g-0.16g=0.4g ；

对应的碳化钙中的钙元素的质量

2.4g-0.4g=2g ，则碳化钙中钙原子和碳原子的个数比为

2g : 1.2g

=1： 2；

40 12

所以 CaC

CaC 2；

x 的化学式

（3）若碳酸钙未能完全干燥，则钙元素的质量会偏高，会导致

CaC X 中的 x 的值偏小。

3． 金属是人类生活中的常用的材料。

（1）金属元素在自然界中分布很广，地壳中含量最多的金属元素是________。（填“元素符号”）

（2）在初中化学中多次出，下展示了光亮的一系列化。

( ⅰ) 化②中，主要与空气中的_______生反。 ( ⅱ) 化③中除去的化学方程

式 _______。

( ⅲ) 如果用 a、 b 分代表光亮的和无，它的量关系_______。

A． ab C ． a=b D．无法比

（3）探究、、三种金属的活性，以及它和元素的位置关系，小明了如

下，你不需要行的是_______（填字母序号）。

A．将粉放入硫酸溶液 B ．将粉放入稀硫酸 C ．将粉放入硫酸溶液D．将片放入稀硫酸

（4）同学料得知，的主要成分是碱式碳酸（ Cu2(OH)2CO3），他以原料并完成如下（不与稀硫酸反，且不含元素。中部分物略去）。

①无色气体 A 是 ____，溶液 C中所含的阳离子是______，固体 D中含有的物是______。

②在色溶液 B 中加入粉，生反的化学方程式_______。

③已知品的量10g，固体 F 的量是 3.2g ，中含Cu2(OH)2CO3的量分数是________。

【答案】 Al水和氧气6HCl+Fe 2 O3=2FeCl 3+3H 2O B C二氧化碳Fe2+、

Fe+CuSO4=Cu+FeSO 455.5%

【解析】

（1）地壳中元素的含量用量分数表达，由多到少的序是氧、硅、、、、??。

含量最多的金属元素是；（ 2）生是与氧气、水共同作用的果；的主要成分

是氧化，与酸反生成化和水，反方程式：Fe2O3+6HCl=2FeCl 3+3H2O；据量守恒定律可知反前后物的量不，所以的量等于反前的量与反的

氧气、水的量和，所以后的的量大于原的量；（3）金属活序表：

K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au，在金属活序表中，排在前的金

属能和酸生置反生成和气。金属的位置越靠前，金属的活性越。位置靠前

的金属能将位于其后的金属从它的溶液中置出来。 A. 将粉放入硫酸溶液中，不反

，明在后； B.将粉放入稀硫酸中，生反生成气，明在

前； C. 将粉放入硫酸溶液中，生反，溶液由色成色，的表面有色固

体析出，明在前； D. 将片放入稀硫酸中，不反明在后，由ABD三

验即可证明锌 > 铁 > 氢 > 铜，所以 C 实验不需要进行；（4）碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯

化铜、水、二氧化碳，氯化铜溶液是蓝色的，所以①A为二氧化碳， B 为氯化铜；铁和氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，所以溶液 C 中一定有亚铁离子；固体 D 中含有的物质是铜；②

在氯化铜溶液中加入铁粉时，发生反应的化学方程式为Fe+ CuCl2== FeCl2+ Cu③ 设Cu2（OH）2CO3的质量分数为X，固体 F 是铜，即生成的铜的质量是 3.2g，

10g×X×(128 ÷228×100%)=3.2g， X=55.5%．

4．碳酸镁晶须 (MgCO3·nH2O， n = 1～ 5 的整数 )是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。

（查阅资料） (1) MgCO3·nH2O 微溶于水；

(2) MgCO ·nH O 在 230℃时开始失去结晶水，400℃以上时开始分解生成三种氧化物。

32

I．合成碳酸镁晶须

步骤：①配制一定溶度的MgSO44343

溶液和 NH HCO 溶液；②量取一定量的NH HCO 溶液于

容器中，搅拌并逐滴加入MgSO4溶液，控制温度 50℃，反应一段时间；③用氨水调节溶液

pH 至 9.5，放置 1h 后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶须产品。

(1)步骤①配制一定溶质质量分数的MgSO 溶液所需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃

4

棒、 ______________；

(2)步骤②反应的温度控制在50℃，较好的加热方法是 __________；

(3)氨水、硫酸镁、碳酸氢铵三者反应，除生成MgCO3·nH2O 沉淀外，同时生成的产物还有

______________；

(4)检验沉淀已洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤的滤液，滴入_________，若无沉淀说

明已洗涤干净。

(5)干燥得碳酸镁晶须产品温度不能过高，目的是______________ 。

II．测定产品 MgCO ． nH O 中的 n 值

32

（方案一）将碳酸镁晶须放入 A 装置中加热 (仪器和装置如下图所示 )，回答下列问题：

(6)上述装置的连接顺序为_____(按气流方向，用接口字母表示)，其中 B 处的长玻璃导管的作用是 __________， C 装置的作用是 __________ 。

(7)加热前先通入 N2排尽装置中的空气，然后称取C、 D 的初始质量。再次连接好装置，边

加热边通入 N2，此时通入 N2的作用是 _____________ 。

(8)若 B 装置中无残留物。装置 C 反应前后质量差为m ，装置 D 反应前后质量差m。根据

12

以上实验数据，确测定n 值， n=___(用含 m1、 m2的代数式表示 )。

(9)有同学提出上述连接好的装置仍不够完善。需要在 D 装置的后面连接下图装置，目的是

________________，否则测得n 值会 ________( “偏大”、“偏小”、“无影响”。)

（方案二）

称量 100g 碳酸镁晶须放入如下图所示的广口瓶中，加入水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成

的 CO2被过量 NaOH 溶液吸收，在室温下反应4～ 5h，反应后期将温度升到 30℃，最后，

烧杯中的溶液加入已知浓度的盐酸恰好完全反应，测得CO2的总量；重复上述操作 2 次。

(10)氢氧化钠吸收二氧化碳的化学反应方程式____________________；

(11)图中气球的作用是 __________________ ；

(12)上述反应后期要升温到30℃，主要目的是 ______________；

(13)设 3 次实验测得每 100 g 碳酸镁晶须与稀硫酸反应产生的CO2平均值为 ag，则 n 值为_______(用含 a 的代数式表示 )；

(14)称取 100g 上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图2，则该条件下合成的晶须中，

n=_______(写出过程 )。

【答案】量筒水浴加热 (NH4)2SO4 BaCl2溶液防止晶体失去结晶水a→ e→ d→ b→c冷却气体吸收二氧化碳气体生成的二氧化碳和水完全被C、 D 装置吸收、防止倒吸22m2/9m1防止空气中的二氧化碳进入 C 装置，影响实验结果偏小2NaOH+CO2232

=Na CO +H O 缓冲作用使广口瓶内水中溶解的 CO2充分逸出，并被 NaOH 充分吸收 (4400-84a)/18a 1

【解析】

（1）根据配制溶液步骤：计算、称量、溶解、转移等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、

烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管等，其中玻璃仪器为：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管；（2）加热温度低于 100℃需要水浴加热控制温度；

（3）氨水、硫酸镁、碳酸氢铵三者反应，除生成MgCO3?nH2O 沉淀外，还生成硫酸铵；（4）检验沉淀已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤的滤出液少许，滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀说明已洗涤干净，若有沉淀则说明未洗涤干净；

（5）由于碳酸镁晶须高温会失去结晶水，所以干燥得碳酸镁晶须产品温度不能过高；

（6）上述装置的连接顺序为：应该首先通过 D 装置吸收水蒸气，后通过 C 装置吸收二氧化碳；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体，故其连接顺序是

a→ e→ d→ b→c；装置 C 的作用是吸收反应生成的二氧化碳气体，装置 D 的作用是吸收水蒸气，装置 B 是长玻璃管起到冷却作用；

（7）因为加热后的装置中含有残留的HCl 和水蒸气，为了避免引起实验误差，保证反应产生

的气体全部被装置 C、D 吸收，所以要通入 N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生

倒吸；

（8）若 B 装置中无残留物，通过装置 D 吸收的质量为生成水的质量，装置 C 吸收的是分解生成的二氧化碳的质量，可以计算，=1： n， n=；

（9）防止空气中的二氧化碳进入 C 装置，使 m1偏大，测得 n 值会偏小，所以需要在 D 装置的后面连接装有碱石灰的干燥管；

（10）氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，化学反应方程式为：

2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；

（11）气球的作用是缓冲装置中的压强作用；

（12）要使广口瓶内水中溶解的 CO2充分逸出，并被 NaOH 充分吸收，上述反应后期要升温到30℃；

（13）实验测得每100g 碳酸镁晶须产生的CO 平均值为 a g，依据化学方程式可知，碳酸

2

镁物质的质量为g，根据化学式可知，MgCO3?nH2O 中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质

的量之比为 1： n，得到 1： n= ：，得到 n=；

（14） MgCO32

430 °C 剩余质量为82.3g，为失去结晶水的质量，?nH O n=1～ 5，分析图象

剩余质量为 39.2g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量，得到100g×=100g-82.3g，解得： n=1。

5．水是生命之源，是“永远值得探究的物质”，人类从未停止过对水的研究。

（1） 1766 年，英国化学家卡文迪许用锌和稀硫酸制得“可燃空气”，他所说的“可燃空

气”成分是 _____（填化学式）。“可燃空气”在纯氧中燃烧生成水，可得出“水是一个结

合物而不是简单元素”。

（2） 1785 年，拉瓦锡将水蒸气通过红热的铁制枪管将水转化为氢气，同时生成四氧化三

铁，实验示意图如图 1 所示。上述反应的化学方程式为_____。该反应若生成1g 氢气，则理论上铁制枪管应增重_____g。实验发现枪管实际增重比理论数值大，其可能的原因是

_____。

（3） 1800 年，英国化学家尼科尔森通过电解水得到氢气和氧气，后人不断研究和改进该

实验。现有某同学在水电解器中加入含酚酞的稀Na2SO4溶液，至充满管A和管 B

（Na2 4

）溶液呈中性且不参与反应）。通直流电一段时间后现象如图 2 所示。电解结束SO

后将容器内所有液体倒入烧杯中，溶液呈无色。

①下列说法正确的是_____（填字母）。

a．硫酸钠在水中形成自由移动的 Na+和 SO42﹣，可增强水的导电性

b．电解过程中化学能转化为电能

c．电极 N 与电源负极相连

②电解后，管 A 中生成的微粒有_____（填微粒符号）。

（4）当温度、压强分别超过临界温度（374.2℃）和临界压强（22.1MPa）时的水称为超临界水。现代研究表明：超临界水能够与氧气以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技

术。 550℃时，测得乙醇（C2 H6O）的超临界水氧化结果如图 3 所示。

注：δ（分布分数）表示某物质分子数占所有含碳物质分子总数的比例。

如δ（ CO）

CO分子数

所有含碳物质分子总数

图中 CO 的分布分数先增后降的原因是_____。

高温

【答案】 H23Fe+4H2O Fe3O4+4H2 8 枪管外壁部分铁与空气中的氧气反应而增重

ac

2

和 H

+

在超临界水氧化过程中，乙醇先氧化成

2 O CO， CO再氧化成 CO

【解析】

【分析】

水和铁在高温的条件下生成四氧化三铁和氢气，氢气和氧气点燃生成水，水通电生成氢气

和氧气。

【详解】

（1）由“可燃空气”在纯氧中燃烧生成水可知，“可燃空气”是氢气，化学式为H 2。（2）水和铁在高温的条件下生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为

高温

3Fe+4H2O2Fe3O4 +4H2。

设生成1g 氢气，理论上铁制枪管应增重的质量为x

3Fe+ 4H2O 高温

Fe3O4 + 4H 2 : 质量差

168232232-168

x1g

81g

64 x

x＝8g

实验发现枪管实际增重比理论数值大，其可能的原因是枪管外壁部分铁与空气中的氧气反

应而增重。

（3 ）① a、水中加入少量的稀 Na2SO4溶液以增强水的导电性，故 a 正确；

b、电解过程中是电能转化为化学能，故 b 不正确；

c、与电源负极相连的玻璃管内产生的气体是氢气，故 c 正确。故选 ac。

②电解后，管 A 中生成物质是氧气未来得及转移到 B 管的氢离子，管 A 中生成的微粒有：

O2和 H+。

（4）根据题干和图示所提供的信息可知，图中CO的分布分数先增后降的原因是在超临界

水氧化过程中，乙醇先氧化成CO， CO 再氧化成CO2。

6．为了研究质量守恒定律，设计了右图“白磷燃烧前后质量测定”的实验，请分析有关问题：

（1）装置：锥形瓶的底部铺有一层细沙，其作用是_______________________。

（2）燃烧前称量，锥形瓶的总质量为27.6g,则右图托盘天平中游码的读数为______ g.（3）白磷燃烧：白磷燃烧过程中看到的现象是____________________________ 。

（4）燃烧后称量：发现托盘天平指针偏向右边，造成的原因可能是_________（只写一条）。

（5）反思：白磷燃烧 _______（填“遵守”或“不遵守”）质量守恒定

律，理由是 _______________________________。

【答案】防止锥形瓶底部局部受热爆裂 2.6 产生白色烟，气球胀大，后又缩小装置漏气（或锥形瓶未冷却等）遵守参加反应的各物质的质量总和与生成的各物质的质量总

和相等

【解析】

【详解】

（1）锥形瓶应预先装少量的细砂的原因是防止磷燃烧生成的五氧化二磷溅落炸裂锥形瓶，

故锥形瓶的底部铺有一层细沙，其作用是防止锥形瓶底部局部受热爆裂。

（2）燃烧前称量，锥形瓶的总质量为27.6g，则右图托盘天平中游码的读数为27.6-

（20+5 ） =2.6g。

（3）白磷易燃，燃烧后生成五氧化二磷，五氧化二磷是白色固体，生成时以小颗粒的形式

出现，看上去为“白烟”。

（4）燃烧后称量：发现托盘天平指针偏向右边，则右边偏重，故造成的原因可能是装置漏

气（或锥形瓶未冷却等）。

（5）白磷燃烧遵守质量守恒定律，理由是参加反应的各物质的质量总和与生成的各物质的

质量总和相等。

故答为：（ 1）防止锥形瓶底部局部受热爆裂；

（2） 2.6；

（3）产生白色烟，气球胀大，后又缩小；

（4）装置漏气（或锥形瓶未冷却等）；

（5）遵守；参加反应的各物质的质量总和与生成的各物质的质量总和相等．

7．已知：① NaHCO3

固体受热分解2NaHCO3Na2CO3 + CO2↑ + H2O

；

②N a2CO3受热不分解。

回答下列问题：

（1）关于 NaHCO3固体的叙述错误的是 _____（填标号）。

A 俗称小苏打B难溶于水

C 可与稀盐酸发生反应

D 是发酵粉的主要成分之一

（2）欲测定某 NaHCO3固体样品（只含Na2CO3杂质且分布均匀）中 NaHCO3的质量分数，将 5.0g 该样品加热至质量不再改变，测得剩余固体的质量、生成CO2的质量随时间变化如图所示。

①NaOH 溶液的 pH_____7（填“＞”、“=或”“＜”），用该溶液将生成的CO2完全吸收，发生反应的化学方程式为 _____。

②由图中数据可知，上述 5.0g NaHCO3

样品完全分解产生22

CO 的质量为 _____ g，产生 H O 的质量是 _____ g。

③计算该样品中NaHCO3的质量分数 _____（根据化学方程式写出完整的计算步骤）。

【答案】 B ＞CO2232

1.1 0.4584%

+ 2NaOH = Na CO + H O

【解析】

【详解】

（1） A、俗称小苏打，正确；

B、难溶于水，错误；

C、可与稀盐酸发生反应，正确

D、是发酵粉的主要成分之一，正确。故填：B

（2）① NaOH 溶液为碱性溶液，则pH＞ 7，用该溶液将生成的 CO2完全吸收，发生反应的化学方程式为 CO22322232

+ 2NaOH = Na CO + H O，故填：＞， CO + 2NaOH = Na CO + H O。

②由图中数据可知，样品完全分解产生CO2的质量为 1.1 g，根据质量守恒定律，产生H2O

的质量是 5g-1.1g-3.45g=0.45g ，故填： 1.1，0.45。

③解：设该样品中NaHCO3的质量为 X。

2NaHCO 3 = Na 2CO3 + H 2O +CO 2

16844

x 1.1g

168= x

44 1.1g

X = 4.2g

4.2g

该样品中NaHCO3的质量分数为100%=84%

答：该样品中NaHCO3的质量分数为84%。

8．金属具有广泛的应用。

（1）铁锅用来炒菜，主要是利用铁的_____性（填“导热”或“导电”）。

（2）下图为洁净铁钉的有关实验。

①中铁与硫酸铜反应的化学方程式为_____。

②中铁钉锈蚀主要是铁与空气中的氧气和_____发生化学反，

③中铁锈与稀硫酸反应的化学方程式为_____。

（3）某炼铁厂要冶炼1000t 含杂质 3 %的生铁，需要含Fe2O 3 80% 赤铁矿石的质量是

_____t （计算结果精确至0.1）。

（4）某金属粉末可能由镁、锌、铁、铝、银中的一种或几种组成。取该样品 2.4g，向其中加入100g 一定溶质质量分数的稀硫酸，恰好完全反应，生成0.2g 氢气，得到无色溶液，

固体无剩余。下列说法正确的是_____(填序号）。

A样品中一定含有镁

B样品中一定不含有银，可能含有铁

C所得溶液中溶质总质量为 12g

D加入的稀硫酸的溶质质量分数为19.6%

【答案】导热Fe CuSO4Cu FeSO4水蒸气

Fe2O33H 2SO4Fe2 SO4 33H 2O1732.1 C

【解析】

【分析】

【详解】

（1）铁锅用来炒菜，主要是利用铁的导热性；

（2）

① 中铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，反应的化学方程式为

Fe CuSO4Cu FeSO4；

②中铁钉锈蚀主要是铁与空气中的氧气和水发生复杂的化学反应，生成主要成分为氧化铁

的铁锈；

③铁锈主要成分是氧化铁，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的化学方程式为

Fe2O33H 2SO4Fe2 SO4 33H 2O ；

（3）炼铁的原理是利用一氧化碳在高温条件下还原氧化铁，设需要含Fe2O380%赤铁矿石的质量为x，

Fe 2O 3 + 高温

2Fe+ 3CO 2

3CO 160 112

80%x

1000t?(1-3%)

160 =

112

80%x 1000t?(1-3%)

x 1732.1t

（4）

A 、设 2.4g 纯金属镁、锌、铝和稀硫酸反应生成氢气质量分别为 a 、 b 、c ，

Mg+ H 2SO 4 MgSO 4H 2

24

2 2.4g

a

24

=

2 2.4g a

解得 a=0.2g

Zn+ H 2SO 4 ZnSO 4H 2

65

2

2.4g

b

65 2

2.4g =

b

解得 b ≈ 0.07g

2Al+ 3H 2SO 4 Al 2 (SO 4 )33H 2

54

6 2.4g

c

54 = 6

2.4g c

解得 c ≈0.27g ，

根据生成氢气的质量关系可知金属粉末的组成可能只有金属镁一种，也可能是铝和锌两种，也可能是镁、铝、锌三种，故选项不正确；

B 、根据题目“得到无色溶液，固体无剩余”可知，固体混合物中一定没有显浅绿色），也一定没有 Ag （否则有固体剩余），故选项不正确；

Fe （否则溶液

C 、由题意可知金属和硫酸根离子全部结合生成硫酸盐，溶液中溶质硫酸盐的质量应等于金

属质量和硫酸根离子的质量和，设硫酸根离子的质量为 d ，

H 2SO4SO24-H 2

96 2

d0.2g

96= 2 d

0.2g

解得 d=9.6g，则生成的溶质硫酸盐的质量=2.4g+9.6g=12g，故选项正确；

D、由题可知硫酸完全反应生成氢气质量为0.2g，设硫酸溶液的溶质质量分数为y，

H 2SO4H 2

982

100g?y0.2g

98 2

=

100g?y 0.2g

解得 y=9.8%，故选项不正确；故填C。

【点睛】

本体的难点是第 4 小题，镁、锌、铁、铝和稀硫酸反应生成盐和氢气，银不能和稀硫酸反

应，根据无色溶液和固体无剩余，说明样品中不含铁和银。再根据化学方程式以及极值法判

断金属粉末的可能组成，在计算硫酸盐时要注意考虑应用转化关系以及质量守恒定律，能简

单、便捷的计算出结果。

9．室温为 25℃时 ,某小组用无水氯化铜粉末制备氯化铜大晶体,制备过程如下：

步骤 I:查阅资料 ,得到氯化铜溶解度数据如下

温度 (℃)0202540506080

溶解度 (g)69.274.576.481.885.589.498.0

步骤Ⅱ :配制少量CuCl2热饱和溶液 ,冷却结晶 ,得到晶种。

步骤Ⅲ :把晶种悬挂在新配制的CuCl2热饱和溶液中,室温下静置数天,形成大晶体。

步骤Ⅳ :取出大晶体 ,处理剩余的溶液(母液 )。

根据以上信息 ,回答下列问题：

(1)用 20mL 蒸馏水 (密度约为1g/mL) 配制 50℃的氯化铜饱和溶液。

①计算需称取CuCl2的质量是 _______g。

②将称取的CuCl2固体和 20mL 水倒入烧杯中，_______________（填操作名称），直至固

体完全溶解。

(2)母液中 Cu2+属于重金属离子，随意排放将导致环境污染。下列方法可用于母液处理的是

__________。

A．收集母液于敞口容器中，用报纸包住容器口，待水分自然蒸干后保存所得固体

B．向母液中加入适量AgNO3，充分反应后过滤，滤渣干燥保存，滤液倒入下水道

C．向母液中加入适量NaOH，充分反应后过滤，滤渣干燥保存，滤液倒入下水道

(3)若用铁粉置换出母液中的铜，100g 母液需要铁粉的质量至少是_____________ g(只列计

算式，已知CuCl2的相对分子质量为135) 。

【答案】 17.1搅拌 A C

【解析】

(1)①溶解度是一定温度下， 100g 溶剂里达到饱和时，所溶解的溶质的质量。由表格中数

据可知， 50℃时，氯化铜的溶解度为 85.5g，用 20mL蒸馏水 ( 密度约为 1g/mL) 配制 50℃的氯化铜饱和溶液，需称取 CuCl2

的质量是 17.1g；②将称取的2

CuCl 固体和 20mL 水倒入烧

杯中，用玻璃棒搅拌，直至固体完全溶解； (2) A．由题中信息可知，氯化铜的溶解度受温度影响不大，可用蒸发结晶法提纯。收集母液于敞口容器中，用报纸包住容器口，防止落

入其他物质，引入杂质，待水分自然蒸干（蒸发结晶）后保存所得固体，则不会有含铜离子的液体排放，不会导致污染，正确； B．向母液中加入适量AgNO3，充分反应后生成的沉淀是氯化银，过滤，滤渣干燥保存，滤液中仍然有铜离子，倒入下水道，仍会导致污

染； C．向母液中加入适量NaOH，生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，充分反应后过滤，滤渣干

燥保存，滤液中只有氯化钠，没有铜离子，倒入下水道，不会因重金属导致污染； (3)由题中信息可知， 25℃时氯化铜的溶解度为76.4g， 100g 母液中含有氯化铜的质量为

x， 76.4g/176.4g=x/100g x=100g×76.4g÷176.4g；若用铁粉置换出母液中的铜，设100g 母液需要铁粉的质量至少是y，

CuCl2+ Fe = FeCl2+Cu

13556

100 g76.4 g

135/100g76.4g

y

176.4 g =56/y

176.4 g

56 100g 76.4g

y

135 176.4 g

10．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①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② 中氧化铜与稀硫酸反应的化学方程式：。

（3）步骤②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Ⅰ和Ⅱ，分别发生如下反应：

途径Ⅰ： 2Cu+O2+2H2SO4△2CuSO4+2H2 O

途径Ⅱ： Cu+H2O2+ H2 SO4 ="=" 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④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Ⅱ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)Cu22442

O;(2) CuO+H SO ==CuSO +H O ;(3)在金属活动性顺序中，铜排在氢的后面；（4）途径Ⅰ，原料之一是空气，生产成本较低；或途径Ⅱ 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Ⅰ，原料之一是空气，生产成本较低；或途径Ⅱ 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： 800Kg×4%=32Kg

设参加反应的过氧化氢的质量为X

Cu + H202 +H2SO4 =CuSO4+2H2O

34

32kg X

64/34=32kg/X

X=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