考点01 工艺流程图题考点02 推断题考点1 工艺流程图题1．（2024江苏连云港，9）一种以黄铜渣（含Zn、Cu、ZnO、CuO）为原料获取Cu和ZnSO4溶液的实验流程如下。下列说法正确的是A．加入H2SO4生成H2的化学方程式为Cu + H2SO4 = CuSO4 + H2↑B．根据流程可以判断Zn的金属活动性比Cu的强C．判断加入的Zn如已过量的依据是溶液中有固体剩余D．流程中涉及的化学反应类型均为置换反应【答案】B【解析】黄铜渣中的锌、氧化铜、氧化锌和硫酸均能反应，铜不与硫酸反应。锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，氧化锌和硫酸反应生成硫酸锌和水，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水。过滤后的滤液中有硫酸锌和硫酸铜。加入过量的锌，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌，过滤的滤渣中有生成的铜和过量的锌。根据分析，铜不和硫酸反应，和硫酸反应生成氢气的是锌，锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，A不符合题意；活泼金属能将不活泼金属从其盐溶液中置换出来，通过加入锌能将铜置换出来可说明锌比铜活泼。锌能和稀硫酸反应生成氢气而铜不能，也可以说明活动性锌大于铜，B符合题意；因为锌和硫酸铜反应生成铜，不论锌是否过量溶液中都会有固体剩余，C不符合题意；置换反应是单质和化合物反应生成单质和化合物的反应。流程中氧化锌、氧化铜和硫酸的反应中反应物都是化合物，都不是置换反应，D不符合题意。2．（2024江苏苏州，20）捕集空气中CO2加氢制甲醇（CH3OH），可实现CO2资源化利用和“零碳”排放，其转化流程如图所示。下列说法不正确的是A．反应①中，电解水生成的H2和O2的分子个数比为2∶1B．反应②中，生产1.6 kg CH3OH理论上要消耗2.2 kg CO2C．转化过程中，H2O和H2循环转化，无需额外补充D．等质量的甲醇制取时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，实现“零碳”排放【答案】C【解析】反应①水通电分解生成氢气和氧气，化学方程式为2 H2O 2 H2↑ + O2↑，由化学方程式可知，电解水生成的H2和O2的分子个数比为2∶1，故A说法正确；反应②中，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，根据碳元素质量守恒，则生产1.6 kg CH3OH理论上要消耗CO2的质量为，故B说法正确；反应①水通电分解生成氢气和氧气，化学方程式为2 H2O 2 H2↑ + O2↑ ，反应②为二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，化学方程式为CO2 + 3 H2 = CH3OH + H2O，综合方程式为CO2 + H2 + H2O = CH3OH + O2，转化过程中，H2O和H2虽然可循环转化，但是也需额外补充，故C说法错误；甲醇和氧气点燃生成二氧化碳和水，化学方程式为2 CH3OH + 3 O2 2 CO2 + 4 H2O，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，化学方程式为CO2 + 3 H2 = CH3OH + H2O，由化学方程式可知，甲醇和二氧化碳的分子个数比均为1∶1，故等质量的甲醇制取时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，可实现“零碳”排放，故D说法正确。3．（2024安徽，15）碳酸锂（Li2CO3）是制备新能源汽车电池的重要原料。我国盐湖卤水中主要含有氯化锂、氯化钠、硫酸镁等溶质，一种以化学沉淀法从卤水中生产碳酸锂的工艺如图：回答下列问题：（1）步骤①发生反应的化学方程式为 。（2）步骤②操作a的名称是 。（3）步骤③中加入草酸钠，其中草酸根（C2O42－）的化合价是－2价，则草酸钠的化学式为 。（4）滤液2中含有LiCl，步骤④中生成Li2CO3的反应类型是 。（5）该工艺中用到的氧化物有 （写1种即可）。【答案】（1）CaO + H2O ＝ Ca(OH)2（2）过滤（3）Na2C2O4（4）复分解反应（5）生石灰（氧化钙）或水【解析】（1）步骤①发生的反应是氧化钙与水反应生成氢氧化钙，反应的化学方程式为CaO + H2O ＝ Ca(OH)2；（2）步骤②操作a能固体与液体分离，其名称是过滤；（3）钠元素显+1价，草酸根（C2O42－）的化合价是－2价，书写化学式时，一般正价的写在左边，负价的写在右边，根据化合物中各元素化合价代数和为零，草酸钠的化学式为：Na2C2O4；（4）滤液2中含有LiCl，步骤④中生成Li2CO3的反应是碳酸钠与氯化锂相互交换成分生成碳酸锂和氯化钠，该反应是由两种化合物相互交换成分生成两种化合物的反应，属于复分解反应；（5）氧化物是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物，该工艺中用到的生石灰（氧化钙）、水都是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物，属于氧化物。4．（2024河南，18）粗食盐中含有泥沙和MgCl2、CaCl2、Na2SO4杂质。某同学将粗食盐样品溶解、过滤，除去泥沙后，取粗食盐水按以下流程进行提纯。（1）溶解、过滤、蒸发操作中都用到的一种玻璃仪器是 。（2）固体X中所含的难溶物有BaSO4、Mg(OH)2、 和BaCO3。（3）加入盐酸的目的是除去溶液Y中的两种杂质，这两种杂质是 。【答案】（1）玻璃棒（2）CaCO3（3）NaOH和Na2CO3【解析】氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成白色沉淀碳酸钙和氯化钠，碳酸钠和氯化钡（过量）反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，盐酸和氢氧化钠（过量）反应生成氯化钠和水，盐酸和碳酸钠（过量）反应生成氯化钠、水和二氧化碳。（1）在溶解、过滤和蒸发操作中都用到的玻璃仪器是玻璃棒；（2）固体X中还应含有加入的Na2CO3溶液与粗盐中CaCl2反应生成的CaCO3沉淀；（3）根据题意和分析可知，溶液Y含有生成以及原有的氯化钠，剩余的氢氧化钠和碳酸钠，加入稀盐酸会与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，会与碳酸钠反应生成氯化钠水和二氧化碳，故加入的稀盐酸为了除去溶液Y中的NaOH和Na2CO3。5．（2024湖北，16）某工厂在粗盐的提纯过程中产生了大量的“盐泥”[主要成分为Mg(OH)2、BaSO4和NaCl]。利用“盐泥”制备硫酸镁晶体的工艺流程如下图所示。已知：两种物质在不同温度时的溶解度如下表。（1）20℃时，NaCl的溶解度为 g。（2）“反应器”中反应的化学方程式为 。（3）“过滤器1”产生的“滤渣”为 。（4）“结晶槽”中获得硫酸镁晶体的方法是 结晶。（5）从结晶槽中获得的硫酸镁晶体表面附着有杂质，需用试剂洗去。为避免晶体损失，最适宜的洗涤试剂是 。【答案】（1）36/36.0（2）Mg(OH)2 + H2SO4 = MgSO4 + 2 H2O（3）BaSO4/硫酸钡（4）冷却（或降温）（5）饱和硫酸镁溶液（或饱和MgSO4溶液）【解析】（1）由表可知，20℃时，NaCl的溶解度为36.0g；（2）“盐泥”的主要成分是硫酸钡、氢氧化镁、氯化钠，反应器中加入稀硫酸，氢氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，该反应的化学方程式为Mg(OH)2 + H2SO4 = MgSO4 + 2 H2O；（3）硫酸钡难溶于水，且与酸不反应，故“过滤器1”产生的“滤渣”为硫酸钡；（4）由表可知，硫酸镁的溶解度随温度的升高而增加，且溶解度受温度影响较大，故“结晶槽”中获得硫酸镁晶体的方法是降温结晶；（5）从结晶槽中获得的硫酸镁晶体表面附着有杂质，需用试剂洗去。为避免晶体损失，最适宜的洗涤试剂是饱和硫酸镁溶液，饱和硫酸镁溶液不能继续溶解硫酸镁，但是可以溶解其它物质，可以除去杂质，且减少损耗。6．（2024湖南，18）酱油是我国传统调味品之一，已有3000多年历史。天然晒露法是传统的老法酱油的生产方法。以初夏开始制作为例，主要流程如下：回答下列问题：（1）“发酵”过程中，所取缸内样品呈 （填“酸”“中”或“碱”）性。（2）“压榨”与化学基本实验操作中的 （填操作名称）有相似之处。（3）下列有关说法正确的是 （多选，填字母）。a“浸泡”目的是泡胀大豆，并除去杂物b．铁强化酱油中“铁”可以预防佝偻病c．天然晒露法得到成品的时间会受天气影响【答案】（1）酸（2）过滤（3）ac【解析】（1）“发酵”过程中，所取缸内样品pH为5～6，pH值小于7的溶液呈酸性，故所取缸内样品呈酸性；（2）“压榨”是将液态的油与固态的渣分离，故“压榨”与化学基本实验操作中的过滤操作有相似之处；（3）“浸泡”目的是泡胀大豆，可以缩短蒸煮时间，并除去杂物，该a选项说法正确；铁强化酱油中“铁”可以预防贫血，老年人缺钙会造成佝偻病，该b选项说法不正确；天然晒露法中制曲、发酵都受温度影响，故得到成品的时间会受天气影响，该c选项说法正确。7．（2024江苏苏州，24）柠檬酸亚铁（FeC6H6O7）是一种补血剂，易溶于水，难溶于乙醇。某科研小组在实验室研究制备柠檬酸亚铁。I．制碳酸亚铁用预处理后的硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3，含少量不溶性杂质）制备碳酸亚铁的流程如图：已知：a．Na2CO3溶液呈碱性；b．FeSO4在碱性条件下生成Fe(OH)2沉淀。（1）“酸浸”时，为提高铁元素的浸出率，可采取的措施是 （任写一条）。（2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成。“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是 (填离子符号)。（3）“操作X”是为了除去过量铁粉和不溶性杂质。“操作X”是 （填操作名称）。（4）“沉铁”时，反应原理为FeSO4 + Na2CO3 = FeCO3↓ + Na2SO4。① 该反应的基本类型为 。② 实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，其原因是 。③ 待FeSO4完全反应后，过滤，洗涤。洗涤前，FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是 （填化学式）。II．制柠檬酸亚铁（5）用如图所示装置制备柠檬酸亚铁：步骤1：在三颈烧瓶中加入一定质量FeCO3固体、少量铁粉及足量柠檬酸（C6H8O7）溶液，控制温度约80℃，搅拌，充分反应；步骤2：将所得混合溶液加热浓缩，加入适量无水乙醇，静置，过滤，洗涤，干燥，得到柠檬酸亚铁晶体。制备原理为FeCO3 + C6H8O7 = FeC6H6O7 + X + H2O，物质X是 （填化学式）。② “步骤2”中，加入无水乙醇的目的是 。③ 实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量，原因是 。【答案】（1）适当升高温度、搅拌等（2）Fe3+、H+（3）过滤（4）复分解反应 避免生成Fe(OH)2 Na2SO4（5）CO2 降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出 铁粉与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁【解析】（1）“酸浸”时，充分反应可以提高铁元素的浸出率，可以适当升高温度、搅拌等；（2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，即铁和铁离子反应生成亚铁离子；同时有无色气体生成，说明存在氢离子，铁和氢离子反应生成氢气，故“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是Fe3+、H+；（3）铁粉不溶于水，除去铁粉和不溶性杂质的方法是过滤，将固体和液体分离；（4）① 该反应是两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物，属于复分解反应；② 根据信息：“FeSO4在碱性条件下生成Fe(OH)2沉淀”，实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，避免生成Fe(OH)2；③ 依据FeSO4 + Na2CO3 = FeCO3↓ + Na2SO4，反应后的溶液中含有硫酸钠，所以FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是Na2SO4；（5）① 依据质量守恒定律，反应前后原子的种类、个数不变，反应前Fe、C、O、H原子的个数分别为1、7、10、8，反应后Fe、C、O、H原子的个数分别为1、6、8、8，则物质X是CO2；② 柠檬酸亚铁难溶于乙醇，所以“步骤2”中，加入无水乙醇可以降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；③ 铁能与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁和氢气，所以实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量。8．（2024江苏苏州，25）氨气是制备各类含氮化合物的基础原料，在生产和使用过程中会产生氨氮废水，需处理达标后才能排放。I．氨的合成（1）工业上利用N2 + 3 H2 2 NH3合成氨气。①可通过分离液态空气获得原料N2，该过程属于 （填“物理变化”或“化学变化”）。②催化剂可用Fe3O4。高温下，部分Fe3O4被H2还原为FeO，转化过程中固体所含铁元素的质量分数 （填“升高”或“降低”）。Ⅱ．氨的应用（2）液氨可用作制冷剂。氨气转化为液氨过程中，发生改变的是 （从微观角度解释）。（3）利用NH3去除汽车尾气中的NO，生成水和一种气体单质。该过程中化合价发生变化的元素是 （填元素符号）。Ⅲ．氨氮测定（4）测定氨氮含量：取200 mL氨氮废水，将氮元素完全转化为NH3，完全吸收所得NH3需要消耗9.8 g 10%的稀硫酸[反应原理2 NH3 + H2SO4 = (NH4)2SO4]。计算该废水中的氮元素含量。（含量以g•L－1表示，写出计算过程。H2SO4的相对分子质量为98） 。Ⅳ．氨氮废水处理某工厂的氨氮废水处理流程如图：已知：水体中的氮元素通常以氨氮（NH4+或NH3）、硝氮（NO2－或NO3－）形式存在。（5）“吹脱”时，加入物质X，将NH转化为NH3，并通入热空气将NH3吹出。物质X可选用_______（填字母）。A．稀盐酸B．NaOH溶液C．NaCl溶液D．生石灰（6）“氧化”时，次氯酸钠投入质量m(NaClO)对废水中的氨氮去除率(×100%)和总氮残留率(×100%)的影响如图所示。① NaClO将NH3反应转化为N2的化学方程式为 。② 当m(NaClO)＞m1时，废水中总氮残留率上升的原因是 。【答案】（1）物理变化 升高（2）氨气分子间的间隙（3）N（4）设吸收氨气的质量为x=x=0.34g氮元素的质量为：0.34g××100%=0.28g废水中的氮元素含量==1.4g•L－1答：废水中的氮元素含量为1.4g•L－1（5）BD（6）3 NaClO + 2 NH3 = N2 + 3 NaCl + 3 H2O 部分氨气被转化为NO或NO，留在废水中【解析】（1）①可通过分离液态空气获得原料N2，该过程中没有新物质生成，属于物理变化；②Fe3O4中铁元素的质量分数为，FeO中铁元素的质量分数为，所以该转化过程中固体所含铁元素的质量分数升高；（2）氨气转化为液氨过程中，氨气分子间的间隙变小；（3）利用NH3去除汽车尾气中的NO，生成水和一种气体单质，由质量守恒定律可知，化学反应前后元素的种类不变，则该气体为氮气，反应前NH3中氮元素的化合价为－3价，氢元素的化合价为+1价，NO中氮元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为－2价，反应后水中氢元素的化合价为+1价，氧元素的化合价为－2价，氮气中氮元素的化合价为0价，则该过程中化合价发生变化的元素是N；（4）解析见答案；（5）铵根和氢氧根结合可以生成氨气；稀盐酸中不含氢氧根，故A选项不符合题意；NaOH溶液中含氢氧根，故B选项符合题意；NaCl溶液中不含氢氧根，故C选项不符合题意；生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙溶液中含氢氧根，故D选项符合题意；（6）①NaClO与NH3反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为：3 NaClO + 2 NH3 = N2 + 3 NaCl + 3 H2O；②从图可以看出，当m(NaClO)＞m1时，废水中总氮残留率上升，但氨氮去除率为100%，则说明氮元素不以氨气或铵根离子的形式残留。结合“已知：水体中的氮元素通常以氨氮、硝氮形式存在。”可知，此时废水中的氮元素以硝氮形式存在。所以废水中总氮残留率上升，是因为部分氨气被转化为NO2－或NO3－，留在废水中。9．（2024江苏苏州，26）燃煤烟气中含二氧化硫，石灰石湿法脱硫制备石膏（CaSO4）的主要流程如图：已知：a．当压强不变时，随着温度升高，气体的溶解度减少；b．脱硫过程中，其他条件相同时，随浆液酸性增强，CaCO3溶解的质量增加，SO2吸收的质量减小；c．CaSO3能与稀盐酸反应：CaSO3 + 2 HCl = CaCl2 + SO2↑ + H2O。（1）大气中二氧化硫含量过高会导致的环境问题是 。（2）“制浆”时，石灰石粉碎后加水所得浆液属于_______（填字母）。A．溶液B．悬浊液C．乳浊液（3）“吸收—氧化”过程包括：① CaCO3吸收SO2反应生成CaSO3；② CaSO3转化为CaSO4。该过程中反应产物无污染，其总反应化学方程式为 。（4）“吸收—氧化”的脱硫率（×100%）受多种因素影响。①吸收塔内采用气液逆流接触吸收的方式（如图1所示）。含SO2烟气从吸收塔底部鼓入，浆液从吸收塔顶部喷淋，其目的是 。鼓入的含SO2烟气温度过高，会导致脱硫率下降，原因是 。②其他条件相同，脱硫率受浆液pH的影响如图2所示。浆液pH高于5.6时，脱硫率随pH升高而下降，其原因是 。（5）所得石膏产品中混有CaSO3。请补充完整检验CaSO3的实验方案：取少量所得产品， ，说明产品中混有CaSO3。（必须使用的试剂：稀盐酸、稀KMnO4溶液）【答案】（1）酸雨（2）B（3）2 CaCO3 + 2 SO2 + O2 = 2 CaSO4 + 2 CO2（4）增大SO2与浆液接触面积（合理即可） 温度过高，SO2溶解度降低 随pH升高，浆液酸性减弱，CaCO3溶解质量减少，导致脱硫率下降；SO2吸收质量增大导致脱硫率上升，前者的程度大于后者的程度（合理即可）（5）加入稀盐酸，将产生的气体通入稀KMnO4溶液，紫红色褪去（合理即可）【解析】（1）二氧化硫在空气中会被氧化成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸随雨水落下形成酸雨，则空气中二氧化硫浓度过高会导致的环境问题是酸雨；（2）石灰石粉碎后加入水中以固体小颗粒的形式分散到水中，形成不均一、不稳定的悬浊液，故选B；（3）CaCO3吸收SO2，同时与氧气作用生成CaSO4和二氧化碳，反应的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2；（4）①浆液从吸收塔顶部喷淋，其目的是：气液接触更加充分，吸收效果更好；当压强不变时，随着温度升高，气体的溶解度减少。所以鼓入的含SO2烟气温度过高，会导致脱硫率下降，原因是：温度过高，SO2溶解度降低；②根据题文“脱硫过程中，其他条件相同时，随浆液酸性增强，CaCO3溶解的质量增加，SO2吸收的质量减小”可知，浆液pH高于5.6时，脱硫率随pH升高而下降，其原因是：随pH升高，浆液酸性减弱，CaCO3溶解质量减少，导致脱硫率下降；SO2吸收质量增大导致脱硫率上升，前者的程度大于后者的程度；（5）稀盐酸和亚硫酸钙反应生成二氧化硫，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色。所以检验方案为：取少量所得产品，加入稀盐酸，将产生的气体通入稀KMnO4溶液，紫红色褪去，说明产品中混有CaSO3。10．（2024江苏盐城，19）海洋蕴藏着丰富的资源，人类应合理开发利用。Ⅰ．了解海水资源（1）海水中含钠总量约4×1013 t，“钠”指的是 （选填“元素”或“原子”）。（2）海水中还含有KCl和MgSO4等物质，其在不同温度时的溶解度如下表所示，如图是对应溶解度曲线。①如图中曲线 （选填“甲”或“乙”）代表KCl的溶解度曲线。②40℃时将50 g KCl固体加入到100 g水中， （选填“能”或“不能”）得到150 g KCl溶液。③t2 ℃时将等质量的甲、乙两物质的饱和溶液降温到t1 ℃，析出晶体质量相等。判断上述说法 （选填“正确”或“错误”）。④现有t3 ℃时100 g MgSO4饱和溶液，逐渐降温经t2 ℃直至t1 ℃，其溶质质量分数的变化趋势为 。Ⅱ．海水资源化利用（3）海水制镁。查找资料，提供两种提取金属镁的路径方案如下图所示。方案1：方案2：结合地理位置，因地制宜，选择我市提取金属镁的最佳方案。你的选择是方案 （选填“1”或“2”），理由是 （写出两点即可）。【答案】（1）元素（2）甲 不能 正确 先不变后减小（3）1 原料来源丰富，无需高温，节约能源【解析】（1）这里的“钠”不是以分子、原子、单质的形式存在，而是强调存在的元素，与具体形态无关；（2）①由表中数据可知，氯化钾的溶解度随温度的升高而增加，硫酸镁的溶解度随温度的升高先增加后减小，故曲线甲代表氯化钾的溶解度曲线；②40℃时，氯化钾的溶解度为40.0 g，该温度下，将50 g氯化钾加入到100 g水中，只能溶解40 g，不能得到150 g氯化钾溶液；③由图可知，t2℃时，甲、乙的溶解度相等，则该温度下，甲、乙饱和溶液的溶质质量分数相等，等质量的甲、乙饱和溶液中溶质质量和溶剂质量均相等，降温至t1℃，甲、乙的溶解度均减小，均有溶质析出，溶剂质量不变，t1℃时，甲、乙的溶解度相等，则等质量的溶剂中溶解的溶质质量相等，则t2℃时，将等质量的甲、乙两物质的饱和溶液降温到t1℃ ，析出晶体的质量相等，故说法正确；④将t3℃时，100 g硫酸镁饱和溶液降温至t2℃，降温后，硫酸镁的溶解度增加，变为不饱和溶液，溶质质量和溶剂质量均不变，溶质质量分数不变，后降温至t1℃，降温后，硫酸镁的溶解度减小，有溶质析出，溶质质量分数减小，故溶质质量分数先不变后减小；（3）盐城靠海，利用海水制镁，原料来源丰富，且海水制镁无需高温加热，可以节约能源，故选择方案1。11．（2024江西，17）研究小组利用炭粉与氧化铜反应后的剩余固体（含Cu、Cu2O、CuO和C）为原料制备胆矾（硫酸铜晶体），操作流程如图：资料：Cu2O + H2SO4 = CuSO4 + Cu + H2O（1）步骤①中进行反应时用玻璃棒搅拌的目的是 。（2）步骤②中反应的化学方程式为Cu + H2SO4 + H2O2 = CuSO4 + 2 X，则X的化学式为 。（3）步骤③中生成蓝色沉淀的化学方程式为 。（4）下列分析不正确的是________（填字母，双选）。A．操作1和操作2的名称是过滤B．固体N的成分是炭粉C．步骤④中加入的溶液丙是Na2SO4溶液D．“一系列操作”中包含降温结晶，说明硫酸铜的溶解度随温度的升高而减小【答案】（1）加快化学反应速率（或使反应更充分等）（2）H2O（3）CuSO4 + 2 NaOH = Cu(OH)2↓ + Na2SO4（4）CD【解析】（1）反应过程中搅拌的目的是使反应物之间充分接触，加快反应速度，使反应更快更充分；（2）化学反应前后原子的种类和个数不变，反应前有6个氧原子、1个铜原子、4个氢原子、1个硫原子，反应后有4个氧原子、1个铜原子、1个硫原子，所以2X中共有2个氧原子、4个氢原子，故一个X的分子中有1个氧原子、2个氢原子，故填：H2O；（3）通过步骤②得到溶液甲，其中的溶质为硫酸铜，加入过量氢氧化钠后，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，方程式为CuSO4 + 2 NaOH = Cu(OH)2↓ + Na2SO4；（4）通过操作1和操作2均得到一份溶液和一份固体，属于固液分离操作，为过滤，A正确；剩余固体中含Cu、Cu2O、CuO和C，加入过量稀硫酸后得到的固体M中含铜和炭，加入过量过氧化氢溶液和过量稀硫酸后，得到的固体N为不反应的炭，B正确；步骤③得到的蓝色沉淀为氢氧化铜沉淀，加入适量溶液丙要得到硫酸铜溶液，而Na2SO4不与氢氧化铜反应，丙应为硫酸，与氢氧化铜反应生成硫酸铜和水，C错误；“一系列操作”中包含降温结晶，可通过降温结晶获得晶体，说明硫酸铜的溶解度随温度的升高而增大，D错误。12．（2024山东烟台，18）电动汽车的兴起对金属镁和碳酸锂（Li2CO3）的需求增大。以盐湖卤水（主要成分是MgCl2、NaCl、LiCl）为原料，制备金属镁和碳酸锂的主要物质转化流程如下：资料：①碳酸钠能与氯化镁发生复分解反应；②部分物质的溶解度如下表：（1）为避免引入新杂质，过程Ⅰ中加入的适量物质X是 。（2）制镁过程中发生中和反应的化学方程式是 。（3）过程Ⅱ的目的是浓缩含锂溶液。这个过程中，氯化钠的结晶方法是 （填“蒸发结晶”或“降温结晶”）。（4）过程Ⅲ发生了复分解反应，其反应的化学方程式是 。（5）用盐湖卤水制取碳酸锂，要先除去卤水中的氯化镁，其原因是 。【答案】（1）氢氧化钠溶液（2）2 HCl + Mg(OH)2 = MgCl2 + 2 H2O（3）蒸发结晶（4）2 LiCl + Na2CO3 = Li2CO3↓ + 2 NaCl（5）防止MgCl2 与Na2CO3反应生成MgCO3沉淀，导致Li2CO3不纯【解析】（1）根据流程，为避免引入新杂质，过程Ⅰ中加入的适量物质X是氢氧化钠溶液，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，氯化钠是已有物质，不是新的杂质；（2）制镁过程中，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，该反应是酸和碱反应生成盐和水，属于中和反应，化学方程式为2 HCl + Mg(OH)2 = MgCl2 + 2 H2O；（3）氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，氯化钠的结晶方法是蒸发结晶；（4）过程Ⅲ中氯化锂和碳酸钠相互交换成分（复分解反应）生成碳酸锂沉淀和和氯化钠，化学方程式为2 LiCl + Na2CO3 = Li2CO3↓ + 2 NaCl；（5）用盐湖卤水制取碳酸锂，要先除去卤水中的氯化镁，防止MgCl2 与Na2CO3反应生成MgCO3沉淀，导致Li2CO3不纯。13．（2024山东烟台，19）CO2“捕集”技术为实现CO2的资源化利用提供支持。图1为“氨法”捕集CO2生产甲醇（CH4O）的流程图。资料：①氨气极易溶于水，水溶液呈碱性；②NH4HCO3受热分解为NH3、H2O和CO2（1）“吸收室”中为了提高CO2的吸收率，应该先通入的是 （填“NH3”或“CO2”）。（2）“合成室”中除了生成甲醇外，还生成水。该反应的化学方程式是 。（3）甲醇可进一步转化为甲醛（CH2O），其中一种转化方法如图2所示，为使甲醇持续转化为甲醛，反应Ⅱ需补充H2O2，理论上需补充的H2O2与反应Ⅰ中生成的H2O2的分子个数比是：n（需补充H2O2）∶n（反应Ⅰ生成H2O2）= 。【答案】（1）NH3（2）CO2 + 3 H2 = CH4O + H2O（3）1∶1【解析】（1）CO2能溶于水，但溶解度不大。根据资料，氨气极易溶于水，水溶液呈碱性，先通入NH3，可以促进溶液对CO2的吸收，故填：NH3。（2）根据题目信息，合成室发生的反应是CO2、H2反应生成甲醇（CH4O）、H2O，化学方程式为：CO2 + 3 H2 = CH4O + H2O。（3）反应Ⅰ由甲醇（CH4O）、O2反应生成甲醛（CH2O）、H2O2，化学方程式为：CH4O + O2 = CH2O + H2O2。反应Ⅱ由H2O2反应生成O2、H2O，化学方程式为：2 H2O2 = O2↑ + 2 H2O，根据这两个化学方程式，总反应方程式为：CH4O + H2O2 = CH2O + H2O2，则产生1个CH2O分子需要消耗1个H2O2分子，而反应Ⅰ产生1个CH2O分子的同时产生1个H2O2分子，所以理论上需补充的H2O2与反应Ⅰ中生成的H2O2的分子个数比是：n（需补充H2O2）∶n（反应Ⅰ生成H2O2）=1∶1。14．（2024山西，12）我国是世界上锌冶炼最早的国家。明代宋应星所著的《天工开物》中有关“火法”炼锌的工艺记载是：“每炉甘石（主要成分是碳酸锌）十斤装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼（反应后生成一氧化碳）垫盛，其底铺薪，发火煅红……冷定毁罐取出……即倭铅（锌）也。”此工艺过程分解模拟如图。（已知：Zn的冶炼温度为904℃，Zn的沸点为906℃。）请结合图文信息，分析思考，解决问题：（1）装入原料器之前，将炉甘石敲碎的目的是 。（2）高温炉内，碳酸锌（ZnCO3）在高温条件下与煤的主要成分发生反应生成Zn和CO，反应的化学方程式为 。该反应生成物中碳元素的化合价为 价。（3）冷凝器中发生的变化属于 。（4）我国古代冶锌晚于铁和铜，结合已知信息，分析说明其中的原因是 。【答案】（1）增大反应物的接触面积，使反应更充分（2）2 C + ZnCO3 Zn + 3 CO↑ +2（3）物理变化（4）锌的金属活动性比铁和铜强【解析】（1）将炉甘石敲碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分；（2）碳酸锌(ZnCO3)在高温条件下与煤的主要成分发生反应生成Zn和CO，反应的化学方程式为2 C + ZnCO3 Zn + 3 CO↑；该反应生成物中氧元素化合价为－2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可知CO中碳元素的化合价为+2价；（3）锌蒸气在冷凝器中冷凝为固体锌，只是状态改变，没有生成新物质，属于物理变化；（4）锌金属活动性比铁和铜强，容易与氧气反应生成锌的化合物，故我国古代冶锌晚于铁和铜。15．（2024四川成都，18）皮蛋是成渝等地人们喜爱的食品，制作流程如图。资料：1．草木灰（含K2CO3）中常含有砂石和未燃尽的秸秆等固体。2．碱，有涩味，可与蛋白质作用，使其凝固。回答下列问题。（1）选料：“过筛”的目的是 。（2）调浆：调浆过程发生的复分解反应的化学方程式为 ，料浆浸出液中一定含有的阴离子有 （填离子符号）。（3）裹泥：裹泥时，不慎皮肤接触料浆，处理方法为 。（4）封存：需要“密封”的主要原因是减少水分蒸发和 。（5）食用皮蛋时加醋能去除涩味的原因是 。【答案】（1）除去砂石和未燃尽的秸秆等颗粒较大的固体（2）Na2CO3 + Ca(OH)2 = CaCO3↓ + 2 NaOH、K2CO3 + Ca(OH)2 = CaCO3↓ + 2 KOH OH－和Cl－（3）用大量清水冲洗（4）减少空气中二氧化碳与皮蛋表面的碱反应，避免皮蛋制作失败（5）醋能与皮蛋中的碱性物质发生反应【解析】（1）“过筛”的目的是为了除去砂石和未燃尽的秸秆等颗粒较大的固体；（2）草木灰的主要成分为碳酸钾，生石灰与水反应生成氢氧化钙，调浆过程中，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，碳酸钾和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钾，这两个反应都是两种物质互相交换成分生成了另外两种物质，均属于复分解反应，反应的化学方程式为Na2CO3 + Ca(OH)2 = CaCO3↓ + 2 NaOH、K2CO3 + Ca(OH)2 = CaCO3↓ + 2 KOH；料浆浸出液中含有氢氧化钠、氢氧化钾和氯化钠，则一定含有的阴离子有OH－和Cl－；（3）裹泥时，不慎皮肤接触料浆，料浆中含有氢氧化钠和氢氧化钾，具有腐蚀性，处理方法为用大量清水冲洗；（4）料浆中的氢氧化钠和氢氧化钾暴露在空气中，会和空气中的二氧化碳发生反应而变质，所以需要“密封”的主要原因是减少水分蒸发和减少空气中二氧化碳与皮蛋表面的碱反应，避免皮蛋制作失败；（5）食用皮蛋时加醋能去除涩味，是因为醋能与皮蛋中的碱性物质发生反应。16．（2024四川达州，13）海水中含有丰富的化学资源，可提取食盐。下图是粗盐提纯的部分流程，粗盐中的杂质有泥沙、氯化钙、氯化镁，回答下列问题。（1）粗盐溶解时，玻璃棒的作用是 。（2）过滤后，滤渣中除泥沙外，还含有 （填化学式）；若滤液仍然浑浊，原因可能是 （任写一条即可）。（3）蒸发时，当蒸发皿中出现 时即停止加热。【答案】（1）加快溶解速率（2）Mg(OH)2、CaCO3 滤纸破损（3）较多固体【解析】（1）粗盐溶解时，用玻璃棒搅拌可加快溶解速率；（2）粗盐中的杂质有泥沙、氯化钙、氯化镁，加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，加入碳酸钠溶液后，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，故过滤后，滤渣中除泥沙外，还含有氢氧化镁和碳酸钙，化学式为Mg(OH)2、CaCO3；若滤液仍然浑浊，原因可能是滤纸破损导致滤液未经过滤流下、或液面高于滤纸边缘导致液体从滤纸和漏斗的缝隙流下等；（3）在加热蒸发过程中，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将剩余水分蒸干。17．（2024四川广安，16）铁红（Fe2O3）可用于制备红色颜料，以菱铁矿（主要成分为FeCO3）为原料制备铁红的一种流程如下图所示：已知：流程中“沉淀”时主要反应为：2 FeCl2 + H2O2 + 2 H2O = 2 FeO(OH)↓ + 4 HCl。回答下列问题：（1）FeO(OH)中Fe的化合价为 。（2）“酸浸”时，FeCO3与盐酸反应生成的盐为 （填化学式）。（3）“过滤”时，会用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、 。（4）“沉淀”过程中，应始终保持溶液的pH为3.0～4.5，需加入物质X消耗H+。物质X可能是______（填字母）。A．NaCl B．NaOH C．Cu（5）高温下，“煅烧”只生成两种氧化物，该反应的化学方程式为 。【答案】（1）+3（2）FeCl2（3）漏斗/普通漏斗（4）B（5）2 FeO(OH) Fe2O3 + H2O【解析】（1）化合物中元素化合价之和为零。FeO(OH)中O显－2价，H显+1价，设Fe的化合价为x，则有(x) + (-2) + (-2+1) = 0，解得x = +3。（2）盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子结合形成的化合物，FeCO3与盐酸反应生成FeCl2、CO2、H2O，则产物中的盐是FeCl2。（3）“过滤”时，会用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗。（4）NaCl与H+不反应，不能消耗H+，A错误；NaOH中含有OH－，OH－与H+反应生成H2O，可以消耗H+，B正确；Cu的金属活动性比H弱，不能与H+反应，不能消耗H+，C错误。（5）氧化物是由两种元素组成的含有氧元素的化合物。根据已知资料，流程中“沉淀”步骤过滤后得到的滤渣应是FeO(OH)，高温下，“煅烧”只生成两种氧化物，其中一种是Fe2O3，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素种类不变，则另一种氧化物含有H元素，所以该氧化物是H2O，该反应是FeO(OH)在高温下分解生成Fe2O3、H2O，化学方程式为2 FeO(OH) Fe2O3 + H2O。18．（2024四川乐山，18）氨气（NH3）是生产氮肥的重要原料，合成氨工业的发展很大程度上解决了全球粮食不足的问题。一种以水煤气和空气为主要原料，生产NH3和物质X的工艺流程如图所示（部分反应条件已略去）。回答下列问题：（1）工业上利用氧气和氮气的 不同，分离液态空气获得氮气。（2）根据信息，写出“步骤①”水煤气中的CO和水蒸气在催化剂条件下发生反应的化学方程式 。（3）“物质X”为 。（4）氨的催化氧化是硝酸工业的基础，该反应的化学方程式为：4 NH3 + 5 O2 4 R + 6 H2O，则R的化学式为 。【答案】（1）沸点（2）CO + H2O CO2 + H2（3）碳酸氢钾溶液/KHCO3（4）NO【解析】水煤气中的一氧化碳和水蒸气在催化剂条件下反应生成二氧化碳和氢气，二氧化碳与碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，则物质X是碳酸氢钾，氢气和氮气在一定条件下反应生成氨气。（1）工业上利用氧气和氮气的沸点不同，分离液态空气获得氮气。（2）“步骤①”水煤气中的CO和水蒸气在催化剂条件下发生反应生成二氧化碳和氢气，该反应化学方程式为CO + H2O CO2 + H2。（3）二氧化碳与碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，则物质X是碳酸氢钾。（4）依据化学变化前后原子的个数和种类不变可知：4 NH3 + 5 O2 4 R + 6 H2O，反应前：4个氮原子、12个氢原子、10个氧原子；反应后：12个氢原子、6个氧原子，则4 R中含有4个氮原子、4个氧原子，R的化学式为NO。19．（2024四川泸州，10）我国科学家在无细胞条件下，以CO2和H2为原料制得淀粉，代表着人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破，其合成路线图简化如下、回答相关问题：（1）在“CO2→CH3OH”转化过程中，H2与CO2反应的化学计量数之比为 。（2）合成路线图中，“CH3OH→HCHO”转化的微观图示如下，其中黑色球（）表示碳原子，则白色球（）表示 原子，物质B的分子式为 。（3）合成路线图中的反应物和生成物，属于有机高分子化合物的是 。【答案】（1）3∶1（2）氧 H2O2（3）淀粉【解析】（1）根据流程图可知，在“CO2→CH3OH”转化过程中，化学方程式为 CO2 + 3H2 = CH3OH + H2O，H2与CO2反应的化学计量数之比为 3∶1；（2）由合成路线图中“CH3OH⟶ HCHO”转化的微观示意图可知，1个CH3OH分子中含有1个碳原子、4个氢原子和1个氧原子构成，黑色球（）表示碳原子，则白色球（）表示氧原子，“”表示氢原子，根据微观示意图可知，该反应的化学方程式为CH3OH + O2 HCHO + H2O2，根据流程图可知，物质B的分子式为H2O2；（3）有机高分子化合物是由一类相对分子质量很高的分子聚集而成的化合物，相对分子质量可达几万，甚至达到几百万或更大，合成路线图中的反应物和生成物，属于有机高分子化合物的是淀粉，因为淀粉的相对分子质量很大，而CH3OH相对分子质量=12+1×4+16=32，HCHO相对分子质量=1×2+12+16=30，葡萄糖（C6H12O6）的相对分子质量= 12×6 + 1×12 + 16×6 = 180。20．（2024四川泸州，14）化工生产进行综合开发具有更高的经济与社会效益，下面是一种海水资源综合开发的工艺流程示意图（过程②④⑤的部分产物省略）。回答相关问题：（1）过程①“晒盐”增加冷凝回收装置，可获得 资源（填物质名称）。（2）粗盐中含有MgCl2、Na2SO4等可溶性杂质，过程②系列除杂所用试剂有NaOH、Na2CO3、BaCl2的溶液，NaOH溶液可以除去 ；用Na2CO3溶液与BaCl2溶液除杂时、应先加入的试剂是 。（3）过程③④⑤对应的反应中，属于复分解反应的是 （选填编号）。固体X的化学式为 。（4）若过程⑥需要Cl2 14.2吨，则过程③理论上需要电解消耗氯化钠 吨。（5）过程⑥反应产生的Y是一种常见的有毒气体，则该反应的化学方程式为 。【答案】（1）淡水（2）氯化镁/MgCl2 氯化钡/BaCl2（3）④ Mg(OH)2（4）23.4（5）C + Cl2 + MgO MgCl2 + CO【解析】（1）过程①“晒盐”增加冷凝回收装置，得到蒸馏水，可获得淡水资源。（2）NaOH溶液与氯化镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，过量NaOH溶液可以除去氯化镁，反应后有氢氧化钠剩余；用Na2CO3溶液与BaCl2溶液除杂时、应先加入的试剂是氯化钡溶液，加入过量氯化钡溶液与硫酸钠溶液溶液反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，剩余过量的氯化钡溶液再与碳酸钠溶液反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，过滤，此时溶质碳酸钠、氯化钠、氢氧化钠，加入适量的稀盐酸使碳酸钠、氢氧化钠转化成氯化钠，蒸发结晶得到氯化钠。（3）过程③电解熔融氯化钠得到钠和氯气，一种物质参与反应生成多种物质的反应叫做分解反应；过程④氢氧化钙与氯化镁溶液反应生成氢氧化镁和氯化钙，两种化合物彼此交换成分生成另外两种化合物的反应叫做复分解反应；过程⑤氢氧化镁固体加热生成氧化镁和水，该反应属于分解反应，过程③④⑤对应的反应中，属于复分解反应的是④。固体X是Mg(OH)2。（4）过程⑥需要14.2吨Cl2，设过程③理论上需要电解消耗氯化钠的质量为x

答：过程③理论上需要电解消耗氯化钠为23.4 t。（5）过程⑥碳、氯气和氧化镁在高温条件下反应生成氯化镁和气体Y，依据质量守恒定律和Y是一种常见的有毒气体可知：Y是一氧化碳气体，该反应化学方程式为C + Cl2 + MgO MgCl2 + CO。21．（2024四川眉山，18）陶瓷是火与土的结晶，是化学与艺术的融合，是中华文明的象征之一。颜料赋予陶瓷精彩。一种用焙烧黄铁矿产生的红渣块（主要成分为Fe2O3和SiO2，SiO2不溶于水和常见的酸）为原料制备颜料铵铁蓝的工艺流程如图：已知：① Zn + 2 FeCl3 = ZnCl2 + 2 FeCl2② Fe + 2 FeCl3 = 3 FeCl2③ Cu + 2 FeCl3 = CuCl2 + 2 FeCl2（1）为加快“酸浸”的反应速率，可采取的措施是 （任写一种）。（2）“酸浸”中发生反应的化学方程式为 。（3）“滤渣”主要成分的化学式为 。（4）“适量的金属”最佳的选择是_____（填标号）。A．ZnB．FeC．Cu【答案】（1）粉碎（合理即可）（2）Fe2O3 + 3 H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3 H2O（3）SiO2（4）B【解析】（1）为了加快“酸浸”的反应速率，可以粉碎红渣块，增大反应物的接触面积，加快反应速率，还可以升高温度、搅拌、增大稀硫酸浓度等（合理即可）；（2）氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为Fe2O3 + 3 H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3 H2O；（3）氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，二氧化硅不溶于水和常见的酸，则“滤渣”主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2；（4）得到的滤液中含有硫酸铁和硫酸，加入适量的金属还原，根据已知的信息，加入锌或铜均会引入新的杂质，所以加入适量的金属应该为铁，铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，选B。22．（2024四川宜宾，17）二水合氯化钙（CaCl2·2H2O）可用于食品加工、制药等领域。工业上以石灰石（主要成分为CaCO3，含少量Fe2O3和MgCO3等杂质）为原料生产CaCl2·2H2O的主要流程如下图。已知：pH > 9.5时，Fe3+和Mg2+完全转化为沉淀。问答下列问题：（1）将石灰石粉碎的目的是 。（2）“酸溶”时，CaCO3发生的反应属于 （填基本反应类型）。（3）“滤渣”的成分有Mg(OH)2和 （填化学式）。（4）“系列操作”依次为蒸发浓缩、 、过滤，得到CaCl2·2H2O晶体。（5）若用10 t 36.5%的浓盐酸制得6.615 t CaCl2·2H2O，则浓盐酸中HCl的利用率是 。（CaCl2·2H2O的相对分子质为147）【答案】（1）增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分（2）复分解反应（3）Fe(OH)3（4）降温结晶（5）90【解析】（1）将石灰石粉碎的目的是：增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分；（2）“酸溶”时，CaCO3发生的反应为碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，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；（3）石灰石的主要成分是碳酸钙，还含有少量氧化铁和碳酸镁，加入浓盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，加入石灰乳，氯化铁和氢氧化钙反应生成氢氧化铁和氯化钙，氯化镁和氢氧化钙反应生成氢氧化镁和氯化钙，“滤渣”的成分有Mg(OH)2和Fe(OH)3；（4）通过系列操作将氯化钙溶液转化为氯化钙晶体，应通过降温结晶的方法，“系列操作”依次为蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到CaCl2·2H2O 晶体；（5）根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，则制得6.615 t CaCl2·2H2O需要消耗HCl的质量为：，则浓盐酸中 HCl 的利用率是：。23．（2024重庆A卷，21）CaCl2可用于食品加工，制药等领域，某工厂就地取用矿石（主要含石灰石和氧化铜）制取CaCl2，其主要流程如下图所示。（1）粉碎机和搅拌器所起的作用是 。（2）反应器中生成的气体的化学式为 ，流程中X可以为 （填序号）。A．稀盐酸 B．氢氧化钠 C．生石灰 D．氢氧化钙（3）写出生成沉淀的化学方程式 。（4）该流程存在缺陷，请提出改进措施 。【答案】（1）增大接触面积，使反应更快更充分（2）CO2 CD（3）CuCl2 + Ca(OH)2 = CaCl2 + Cu(OH)2↓（4）将“过量X”改为“适量X”【解析】（1）粉碎机可以将大颗粒固体变为小颗粒固体，搅拌器可以使反应物充分接触。反应物接触越充分，则反应越快越充分。所以粉碎机和搅拌器所起的作用是增大接触面积，使反应更快更充分。（2）矿石中石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳。氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，所以生成的气体是二氧化碳，化学式CO2；流程X需要除去铜离子，且不引入氯离子、钙离子以外的离子。稀盐酸无法除去铜离子，A不符合题意；氢氧化钠和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，引入钠离子，B不符合题意；生石灰和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钙，除去杂质且不引入新杂质，C符合题意；氢氧化钙和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钙，除去杂质且不引入新杂质，D符合题意。（3）根据（2）可知，生成沉淀的化学方程式为CuCl2 + Ca(OH)2 = CaCl2 + Cu(OH)2↓。（4）加入过量的X（氧化钙或氢氧化钙），会有氢氧化钙剩余在溶液中成为新杂质，则反应后不能残留氢氧化钙，所以改进措施为将“过量X”改为“适量X”。考点2 推断题24．（2024四川眉山，12）木块在NaNO3溶液中排开液体的情况如图所示。下列说法正确的是A．实验过程中NaNO3溶液的密度保持不变B．实验过程中溶液均为饱和溶液C．NaNO3的溶解度随温度的升高而减小D．15℃时所得溶液溶质质量分数最小【答案】D【解析】实验过程中溶质质量增加，溶剂质量不变，且由图可知，木块在三种烧杯种的排开液体不同，则说明实验过程中NaNO3溶液的密度增大，故A错误；由图可知，35℃时烧杯中没有未溶解的固体，可能是恰好饱和的溶液，也可能是不饱和溶液，故B错误；实验过程中温度升高，等质量的溶剂中溶解的硝酸钠的质量增加，则NaNO3的溶解度随温度的升高而增大，故C错误；实验过程中溶剂质量不变，15℃时溶质的质量最少，则15℃时所得溶液溶质质量分数最小，故D正确。25．（2024四川成都，14）物质转化是化学研究的重要内容。甲、乙、丙、丁是不同类别的常见物质，甲是单质，丁是配制波尔多液的原料，转化关系如图（“—”表示相互反应，“→”表示一步转化，涉及的反应均为初中化学常见反应）。下列说法正确的是A．反应①一定是置换反应 B．反应②有氢气生成C．反应③④一定有沉淀生成 D．丙是盐【答案】A【解析】甲、乙、丙、丁是不同类别的常见物质，甲是单质，丁是配制波尔多液的原料，甲与丁能反应，所以丁是硫酸铜，甲是比铜活泼的常见金属（如铁等），甲能和乙反应且乙能转化为丁，所以乙是稀硫酸，丙能和酸、盐反应，故丙是碱（如氢氧化钠等），带入验证，推理正确。甲是铁等较活泼金属，丁是硫酸铜，反应①可以是活泼金属和硫酸铜反应生成铜和另一种硫酸盐，此类反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，故A说法正确；乙是稀硫酸，丁是硫酸铜，反应②可以是氧化铜或氢氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，故B说法错误；乙是稀硫酸，若丙是氢氧化钠，稀硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，没有沉淀生成，故C说法错误；由分析可知，丙是碱，故D说法错误。26．（2024四川眉山，13）工业生产HNO3的部分转化关系如图所示。下列有关说法错误的是A．反应①为化合反应B．转化①过程中，NO被氧化成NO2C．转化②过程中，有元素化合价发生变化D．反应②的化学方程式为NO2 + H2O = HNO3 + NO【答案】D【解析】反应①为NO和氧气反应生成二氧化氮，该反应是两种物质生成一种物质，符合“多变一”的特点，俗语化合反应，故A说法正确，不符合题意；反应①为NO和氧气反应生成二氧化氮，转化①过程中，NO得到氧，被氧化成NO2，故B说法正确，不符合题意；反应②为二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，二氧化氮中氮元素显+4价，氧元素显－2价，水中氢元素显+1价，氧元素显－2价，硝酸中氢元素显+1价，氮元素显+5价，氧元素显－2价，一氧化氮中氮元素显+2价，氧元素显－2价，则转化②过程中，氮元素的化合价发生了改变，故C说法正确，不符合题意；反应②为二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，该反应的化学方程式为：3 NO2 + H2O = 2 HNO3 + NO，故D说法错误，符合题意。27．（2024重庆B卷，14）CO2的捕集和利用是我国能源领域的重要战略方向。下图是CO2的捕集与转化示意图，有关说法正确的是A．FeO可以循环使用B．反应I属于置换反应C．反应Ⅱ固体质量增加D．铁的氧化物之间转化的条件相同【答案】A【解析】就整个反应过程而言，最终反应为二氧化碳反应生成碳和氧气，所以Fe3O4和FeO质量和化学性质不变，可循环使用，故A说法正确；反应Ⅰ是氧化亚铁和二氧化碳在一定条件下生成碳和四氧化三铁，反应物是两种化合物，不属于置换反应，故B说法错误；反应Ⅱ是四氧化三铁在一定条件下生成氧气和氧化亚铁，氧气逸出，根据质量守恒定律可知，固体质量减少，故C说法错误；反应Ⅰ是氧化亚铁和二氧化碳在427℃下生成碳和四氧化三铁，反应Ⅱ是四氧化三铁在太阳能催化作用下下生成氧气和氧化亚铁，所以铁的氧化物之间转化的条件不相同，故D说法错误。28．（2024甘肃白银，14）废旧金属的回收利用是节约资源的有效途径之一。某金属废料中含有铜、铁、金等金属单质，为回收铜和金并得到氧化铁，专业人员设计了如下图所示的工艺流程。请回答：（1）气体A是 ，滤液A的溶质为 （写化学式）。（2）固体A与空气加热发生化学反应，写出反应后的生成物与适量稀硫酸反应的化学方程式 。（3）操作1、操作2和操作3为同一操作，其名称是 ，此操作中用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和 。（4）写出滤液B与加入的物质X反应的化学方程式： 。【答案】（1）H2 FeSO4（2）CuO + H2SO4 = CuSO4 + H2O（3）过滤 漏斗（4）Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu【解析】金属废料中含有铜、铁、金等金属单质，加入适量稀硫酸，铜、金和稀硫酸不反应，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，操作1是过滤，实现固液分离，则滤液A是硫酸亚铁溶液，气体A是氢气，固体A是铜、金，固体A在空气中加热，金不反应，铜与氧气加热生成氧化铜，加入适量稀硫酸，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，操作2是过滤，固体B是金，滤液B是硫酸铜溶液，滤液B加入X，通过操作3过滤，得到铜和硫酸亚铁，则X是铁，滤液A经过一系列反应得到氧化铁。（1）综上分析，气体A是氢气，化学式为H2；滤液A的溶质是硫酸亚铁，化学式为FeSO4；（2）固体A是铜和铁，氧气与铜在加热条件下反应生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，该反应化学方程式CuO + H2SO4 = CuSO4 + H2O；（3） 操作1、操作2和操作3都是将固体和液体分离，为过滤，该操作中用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；（4）滤液B是硫酸铜溶液，往滤液B中加入的物质X是铁，铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，化学方程式为Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu。29．（2024河北，19）为减少炼铁过程中生成CO2的质量，某小组设计了如图所示的炼铁新方案（反应条件已略去）。A～H是初中化学常见物质，其中A是常用的溶剂，G是铁；反应①中用到的电为“绿电”，获得“绿电”的过程中不排放CO2。请回答下列问题：（1）可作为“绿电”来源的是 。（选填“煤炭”或“水能”）（2）反应①的化学方程式为 。（3）反应①～④中属于置换反应的是 （选填序号）。（3）冶炼得到相同质量的铁，使用该新方案比高炉炼铁生成CO2的质量少，其原因除使用了“绿电”外，还有 。【答案】（1）水能（2）2 H2O 2 H2↑ + O2↑（3）③（4）反应③是氢气和氧化铁或四氧化三铁生成铁和水（合理即可）【解析】A～H是初中化学常见物质，其中A是常用的溶剂，故A是水，所以B、C是氢气、氧气，G是铁，B和E生成水和铁，所以B是氢气，E是氧化铁或四氧化三铁，C是氧气，F和氧化铁或四氧化三铁生成铁和H，C和D反应生成F，所以D是碳，F是一氧化碳，H是二氧化碳，代入验证，推理正确。（1）反应①中用到的电为“绿电”，获得“绿电”的过程中不排放CO2，所以可作为“绿电”来源的是水能；（2）反应①是电解水生成氢气和氧气，反应的化学方程式为2 H2O 2 H2↑ + O2↑；（3）反应①是电解水生成氢气和氧气，此反应符合一变多的特点，属于分解反应；反应②碳和氧气反应生成一氧化碳，此反应符合多变一的特点，属于化合反应；反应③是氢气和氧化铁或四氧化三铁生成铁和水，此反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应；反应④是一氧化碳和氧化铁或四氧化三铁生成铁和二氧化碳，不属于基本反应类型；所以属于置换反应的是：③；（4）反应③是氢气和氧化铁或四氧化三铁生成铁和水，导致生成二氧化碳的量减少了。30．（2024河南，20）甲、乙、丙三种物质都含同一种元素，它们之间的转化关系如图（“→”表示反应一步实现，部分物质和反应条件略去）。（1）已知甲、乙组成元素相同，丙在空气中含量居第二位。甲转化为乙的化学方程式为 ；从分子角度解释，甲、乙性质有差异的原因是 。（2）已知三种物质都含钙元素，甲可用来改良酸性土壤，乙难溶于水且相对分子质量为100。甲的化学式为 ；乙转化为丙的化学方程式为 。【答案】（1）2 H2O2 2 H2O + O2↑ 它们的分子构成不同（2）Ca(OH)2 CaCO3 + 2 HCl = CaCl2 + H2O + CO2↑【解析】（1）已知甲、乙组成元素相同，丙在空气中含量居第二位，可推出丙为氧气，甲能转化为乙、丙，可推出甲为过氧化氢，乙为水，代入验证，符合题意；甲转化为乙的反应为过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成水和氧气，该反应的化学方程式为2 H2O2 2 H2O + O2↑；由分子构成的物质，分子是保持物质化学性质的最小粒子，故甲、乙性质有差异的原因是：它们的分子构成不同；（2）已知三种物质都含钙元素，甲可用来改良酸性土壤，可推出甲为氢氧化钙，乙难溶于水且相对分子质量为100，可推出乙为碳酸钙，甲能转化为乙、丙，乙、丙能相互转化，可推出丙为氯化钙，代入验证，符合题意。由分析可知，甲为氢氧化钙，化学式为Ca(OH)2；乙转化为丙的反应为碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为CaCO3 + 2 HCl = CaCl2 + H2O + CO2↑。31．（2024山东滨州，22）A、B、C、D、E均为初中化学常见物质。A是由三种元素组成的化合物；C俗称火碱；D是大理石的主要成分；E是一种氧化物且常用作固体干燥剂。它们的相互转化关系如图所示（“→”上方为条件或反应物；部分生成物已略去）。试回答下列问题：（1）写出物质E的化学式： ；（2）D转化为E的基本反应类型为 ；（3）E转化为B的反应为 （填“放热”或“吸热”）反应；（4）写出A + B→C+D的化学方程式： 。【答案】（1）CaO（2）分解反应（3）放热（4）Na2CO3 + Ca(OH)2 ＝ CaCO3↓ + 2 NaOH【解析】C俗称火碱，C为氢氧化钠；D 是大理石的主要成分，D是碳酸钙；D（碳酸钙）高温条件下生成E；碳酸钙高温条件下生成氧化钙和二氧化碳，E 是一种氧化物且常用作固体干燥剂，则E为氧化钙，E与H2O转化为B，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，则B为氢氧化钙；A与B（氢氧化钙）能转化为C（氢氧化钠）和D（碳酸钙），A是由三种元素组成的化合物，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，则A为碳酸钠，代入验证，推理正确。（1）物质E是氧化钙，化学式：CaO；（2）D转化为E发生的反应是碳酸钙高温条件下生成氧化钙和二氧化碳，该反应是由一种物质生成两种物质的反应，属于分解反应；（3）E转化为B的反应为氧化钙与水反应生成氢氧化钙，该反应是放热反应；（4）A+B→C+D发生的反应是碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的化学方程式：Na2CO3 + Ca(OH)2 ＝ CaCO3↓ + 2 NaOH。32．（2024四川达州，15）A、B、C、D、E、F是初中化学常见的物质，其中C、D、E、F为不同类别的物质。A、F两物质元素组成相同且常温下均为液态，C是应用最广泛的金属，D的溶液呈蓝色。“—”表示相连的两种物质能发生反应，“→”表示相连物质能向箭头所指一方转化，部分反应物、生成物及反应条件已省略，回答下列问题：（1）A转化为B和F的化学方程式为 。（2）D与E反应的现象是 。（3）C与D反应的基本类型是 反应。【答案】（1）2 H2O2 2 H2O + O2↑（2）有蓝色絮状沉淀产生，溶液由蓝色变为无色（3）置换【解析】（1）A、F两物质元素组成相同且常温下均为液态，A、F为过氧化氢、水两种中的一种，过氧化氢可分解为水和氧气，故A为过氧化氢，F为水，A转化的化学方程式为2 H2O2 2 H2O + O2↑。（2）F物质为水，能与水相互转化的物质为氢氧化钙，氧化钙和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳生成碳酸钙和水，故E为氢氧化钙，D的溶液呈蓝色，D为硫酸铜，硫酸铜和氢氧化钙生成氢氧化铜和硫酸钙，可观察到有蓝色絮状沉淀产生，溶液由蓝色变为无色，故填：有蓝色絮状沉淀产生，溶液由蓝色变为无色。（3）C是应用最广泛的金属，C为铁，D的溶液呈蓝色，D为硫酸铜，铁和硫酸铜的反应生成硫酸亚铁和铜，为置换反应。33．（2024四川广安，15）历史上与合成氨（NH3）有关的研究曾3次获得诺贝尔化学奖。一种利用N2与H2O反应合成NH3的反应历程如图所示。已知锂（Li）的金属活动性与镁相似。回答下列问题：（1）图中反应③所属的基本反应类型为 。（2）锂（Li） （填“能”或“不能”）与稀硫酸反应生成氢气。（3）如图所示的反应历程中，除生成NH3外，还生成了一种单质气体，该气体为 。（4）NH3与H2O、CO2反应生成碳酸氢铵（NH4HCO3），碳酸氢铵属于______（填字母）。A．氮肥B．磷肥C．钾肥D．复合肥料【答案】（1）分解反应（2）能（3）O2（4）A【解析】（1）反应③为氢氧化锂在通电条件下生成锂、氧气和水，该反应符合“一变多”的特征，属于分解反应；（2）锂（Li）的金属活动性与镁相似，金属活动性在氢之前，能与稀硫酸反应生成氢气；（3）如图所示的反应历程中，N2与H2O除生成NH3外，还生成了一种单质气体，由质量守恒定律可知，化学反应前后元素的种类不变，则该气体为O2；（4）碳酸氢铵（NH4HCO3）含氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素，属于氮肥，故选：A。34．（2024四川乐山，17）甲、乙、丙、丁分别为碳酸钠、盐酸、氯化亚铁、氯化铜中的一种，它们之间的部分反应或转化的关系如图所示（部分物质和反应条件已略去）。回答下列问题：（1）甲物质为 。（2）甲与乙的反应属于四大基本反应类型中的 反应。（3）甲与戊反应可以生成丙，则戊可能是 （任写一种即可）。（4）丙生成丁的化学方程式为 。【答案】（1）HCl/盐酸（2）复分解（3）CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3（4）CuCl2 + Fe = FeCl2 + Cu【解析】甲、乙、丙、丁分别为碳酸钠、盐酸、氯化亚铁、氯化铜中的一种，乙能与氢氧化钠相互转化，则乙为碳酸钠，氢氧化钠和碳酸钠均能与甲反应，则甲为盐酸，甲能转化为丁、丙，丙能转化为丁，氢氧化钠能与丙反应，则丙为氯化铜，丁为氯化亚铁，代入验证，推论合理。（1）由分析可知，甲为盐酸；（2）甲与乙的反应即为盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，该反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于四大基本反应类型中的复分解反应；（3）甲（盐酸）与戊反应可以生成丙（氯化铜），则戊可能是氧化铜、氢氧化铜或碱式碳酸铜，化学式为CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等；（4）丙生成丁即为铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，化学方程式为CuCl2 + Fe = FeCl2 + Cu。35．（2024四川遂宁，10）回收利用废旧金属既可以保护环境，又能节约资源。现有一份废铜料（含有金属铜及少量铁和银），化学兴趣小组欲回收其中的铜，设计并进行了如下实验：已知：Cu + 2 FeCl3 = CuCl2 + 2 FeCl2；Ag + FeCl3 = AgCl + FeCl2完成下列各题：（1）步骤2中涉及的操作名称是 。（2）溶液A中的溶质是 。（3）步骤4中反应的化学方程式是 。【答案】（1）过滤（2）硫酸、硫酸亚铁（3）Fe + CuCl2 = FeCl2 + Cu【解析】废铜料中有铜、铁、银，稀硫酸可以和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，和铜、银不反应。则溶液A中溶质是过量的硫酸和生成的硫酸亚铁。滤渣A中有银和铜。加入氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，和银反应生成氯化银（不溶于水）和氯化亚铁，所以滤渣B为氯化银，溶液B中有氯化铜、氯化亚铁，加入试剂X得到氯化亚铁和铜，则试剂X和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，则试剂X是铁。（1）步骤2将固体和液体分离，是过滤操作。（2）根据分析，溶液A中的溶质是过量的硫酸和生成的硫酸亚铁。（3）根据分析，步骤4是铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，化学方程式为Fe + CuCl2 = FeCl2 + Cu。36．（2024云南省卷，20）某溶液可能含有HCl、CuCl2、CuSO4中的一种或几种，为了探究其组成，向一定质量的该溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，生成沉淀的质量与所加氢氧化钡溶液的质量之间的关系如图所示。下列说法正确的是A．d点后，溶液的pH保持不变B．b点对应的溶液中有三种溶质C．c点到d点的过程中，溶液中溶质总质量在减少D．原溶液含有HCl、CuCl2和CuSO4【答案】B【解析】由图可知，加入氢氧化钡溶液就产生沉淀，之后沉淀质量不再变化，然后沉淀质量增大，说明原溶液中一定含有HCl和CuSO4，硫酸铜与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，硫酸钡沉淀不溶于酸，氢氧化铜沉淀与HCl反应生成氯化铜和水，故生成硫酸钡沉淀的质量为23.3g；ac段是氢氧化钡与HCl反应，沉淀质量不发生变化；c点之后是氯化铜与氢氧化钡反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钡，故生成氢氧化铜沉淀的质量为33.1 g - 23.3 g = 9.8 g；d点后反应停止，继续滴加氢氧化钡溶液，溶液碱性增强，故溶液的pH逐渐增大，A说法错误，不符合题意；b点时反应还在进行中，发生的反应是盐酸与氢氧化钡反应生成氯化钡和水，因此b点对应的溶液中有氯化钡、盐酸和氯化铜三种溶质，其中氯化铜是硫酸铜与氢氧化钡反应生成的氢氧化铜沉淀与盐酸反应生成的，B说法正确，符合题意；c点到d点发生的反应是氯化铜与氢氧化钡反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钡，根据，反应后溶液中溶质质量增大，C说法错误，不符合题意；由分析可知，生成硫酸钡沉淀的质量为23.3g，生成氢氧化铜沉淀的质量为33.1 g - 23.3 g = 9.8 g，设硫酸铜与氢氧化钡反应生成氢氧化铜沉淀的质量为x，根据、，则，故最终得到的氢氧化铜沉淀的质量仍为9.8 g，说明参加反应的氯化铜是硫酸铜与氢氧化钡反应生成的氢氧化铜沉淀与盐酸反应生成的，因此原溶液中不含有氯化铜，原溶液含有HCl和CuSO4，D说法错误，不符合题意。温度/℃020406080NaCl溶解度/g35.736.036.637.338.4MgSO4溶解度/g22.033.744.554.655.8温度/℃2030406080100溶解度/gKCl34.037.040.045.551.156.7MgSO433.738.944.554.655.850.4物质Li2CO3MgCO3LiOHLiClMgCl2Mg(OH)220℃时溶解度/g1.320.03912.87754.8难溶

专题10 化学与能源（教师卷+学生卷）- 2024年中考化学真题分类汇编（全国通用）：这是一份专题10 化学与能源（教师卷+学生卷）- 2024年中考化学真题分类汇编（全国通用），文件包含专题10化学与能源教师卷-2024年中考化学真题分类汇编全国通用docx、专题10化学与能源学生卷-2024年中考化学真题分类汇编全国通用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。

专题07 物质的分类（教师卷+学生卷）- 2024年中考化学真题分类汇编（全国通用）：这是一份专题07 物质的分类（教师卷+学生卷）- 2024年中考化学真题分类汇编（全国通用），文件包含专题07物质的分类教师卷-2024年中考化学真题分类汇编全国通用docx、专题07物质的分类学生卷-2024年中考化学真题分类汇编全国通用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。

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