2020-2021中考化学—推断题的综合压轴题专题复习含详细答案

一、中考初中化学推断题
1．A 、B 、C 、D 是初中化学常见的不同类别（单质、氧化物、酸、碱、盐）的稳定物质。

它们的转化关系如下图所示（“→”表示反应能一步实现，“一”表示相连物质间能发生反应，部分反应物、生成物和反应条件均已略去），回答下列问题。

问题一：
（1）若A 是磁铁矿的主要成分，写出反应②的化学方程式为：
_______________________；
（2）若B 的俗名是苏打，固体C 易潮解，反应③的化学方程式为：
__________________________；
（3）在（1）、（2）中，D 的物质类别是_______，上述过程中没有涉及到的基本反应类型是________。

问题二：工业上冶炼1732t 含铁97%的生铁，需要含杂质10%的磁铁矿石的质量是多少？_______。

（写出计算过程，结果保留一位小数。

）
【答案】2
343Fe +2O Fe O 点燃 Na 2CO 3+Ca(OH)2 = CaCO 3↓+2NaOH 酸 分解反应 2577.8t
【解析】
【详解】
问题一
（1）A 是磁铁矿的主要成分为Fe 3O 4，A 可以和B 相互转化，则A 可以是铁单质，铁在氧气中燃烧：3Fe +2O 2点燃Fe 3O 4；
（2）B 的俗名是苏打Na 2CO 3，固体C 易潮解是氢氧化钠，反应③的化学方程式为：Na 2CO 3+Ca(OH)2 =CaCO 3↓+2NaOH ；
（3）由（1）（2）问分析，D 为酸，该反应过程中判断①置换反应，②化合反应，③、④复分解反应，没有分解反应。

问题二
解：设需要磁铁矿的质量为x 。

Fe 3O 4 + 4CO 高温 4CO 2 + 3Fe
232 168
x ×(1-10%) 1732t×97%
232x (1-10%)=1681732t 97%
⨯⨯ x≈2577.8t
答：需要磁铁矿的质量为2577.8t 。

2．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。

3．A ，B ，C ，D ，E 五种物质之间的转化关系如图所示，其中A ，B ，C 三种物质中都含有同一种元素，A 是非金属单质，A 的原子核外有6个电子，B ，C 是氧化物，D 是目前世界年产量最高的金属，E 为磁铁矿的主要成分，试回答：
（1）写出下列物质的化学式：B ：_________ E ：____________；
（2）写出下列反应的化学方程式：C+E→B+D ___________________________________； B→C _______________________________，其基本反应类型为_____________。

【答案】CO2（2）Fe3O4Fe3O4+4CO3Fe+4CO2C+CO22CO化合反应
【解析】
试题分析：（1）A的原子核外有6个电子，说明A的质子数也是6，所以是碳，B，C是氧化物都含有碳元素，所以是一氧化碳、二氧化碳中的物质，D是目前世界年产量最高的金属是铁，E为磁铁矿的主要成分是四氧化三铁，C和E能反应说明C具有还原性，且是碳的氧化物，所以是一氧化碳，不能是二氧化碳，所以B是二氧化碳；
（2）由上面的分析可知B是二氧化碳，C是一氧化碳，所以B→C可以是碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，用观察法配平，反应条件是高温，所以方程式是：C+CO22CO，
由两种物质反应生成了一种物质，属于化合反应；C+E→B+D是一氧化碳与四氧化三铁反应生成铁和二氧化碳，根据得失氧进行配平，反应条件是高温，所以方程式是：
Fe3O4+4CO3Fe+4CO2．
考点：物质的鉴别、推断．
点评：解答本题突破口是A的原子核外有6个电子，说明A的质子数也是6，所以是碳，再根据A，B，C三种物质中都含有同一种元素进行分析，D是目前世界年产量最高的金属是铁，E为磁铁矿的主要成分是四氧化三铁，还需要知道三大还原剂：氢气、一氧化碳、碳．
4．（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
5．（7分）下图中：A、B、C、D、E、F、G是初中化学常见的物质，其中A为单质，B为氧化物，C是大理石的主要成分，C和F属于不同类别的物质，D和E是配制农药波尔多液的两种原料。

“”表示两端的物质能发生反应，“”表示一种物质可转化为另一种物质。

请回答：
（1）D和E发生反应的基本反应类型为
（2）完成下列化学方程式：
① A B的化学方程式
② B C的化学方程式
（3）物质F可以是或（具体写两种不同类别的物质）
【答案】（1）复分解反应；（2）①C+O2CO2（只要反应物中有O2或C ，生成物有CO2即可）；② Ca(OH)2+ CO2="=" CaCO3↓+ H2O；(3) Fe；NaOH (可溶性碱和活泼金属，不包括K Ca Na。

写名称，化学式均可，顺序可以颠倒。

)
【解析】
试题分析：大理石的主要成分是碳酸钙，故C为碳酸钙；结合题意及图示可知A为碳；B 为二氧化碳；D和E分别为硫酸铜和氢氧化钙中的一种；（1）因为硫酸铜属于盐，氢氧化钙属于碱，二者反应生成硫酸钙和氢氧化铜沉淀，符合复分解反应；（2）
①C+O2CO2（只要反应物中有O2或C ，生成物有CO2即可）；② Ca(OH)2+ CO2="=" CaCO3↓+ H2O；（3）因为碳酸钙属于不溶性盐，可以高温分解或与酸发生复分解反应，故G只能为酸，所以F可以为Fe、NaOH (可溶性碱和活泼金属，不包括K Ca Na)
考点：推断
6．下图中A～H都是初中化学中常见的物质，已知A、B都是黑色固体，D、F为红色固体，它们之间的转化关系如图所示．请推断出各物质后解答下列问题：
（1）写出物质A的化学式______；
（2）写出上述物之间转化时发生化合反应的化学方程式：_______________；
（3）转化过程③可用化学方程式表示为：_________________；
（4）已知转化过程④在常温下就能进行，该化学反应的基本类型为_______反应．
【答案】C C+CO22CO Fe2O3+3CO2Fe+3CO2置换
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：初中阶段接触的红色固体主要是铜和氧化铁，A、B是黑色固体，在高温下反应能生成红色固体D和C，则A和B可能是氧化铜和碳，生成的D为铜，C可能是二氧化碳，二氧化碳能与A反应生成E，则A可能是碳，生成的E为一氧化碳，B为氧化铜，F是红色固体，能与一氧化碳反应生成G，则F可能是氧化铁，生成的G是铁，铁能与铜盐溶液反应生成铜，则H可能是硫酸铜，代入框图，推断合理；
（1）A是碳，故填：C；
（2）碳和二氧化碳高温反应生成一氧化碳，是两种物质生成一种物质的化合反应，故填：C+CO22CO；
（3）E是一氧化碳，F是氧化铁，一氧化碳和氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，故填：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
（4）铁能与铜盐溶液反应生成亚铁盐和铜，该反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，故填：置换．
考点：物质的鉴别、推断；化学式的书写及意义；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．
点评：本题为框图式物质推断题，完成此题，关键是根据题干叙述找准解题突破口，直接得出有关物质的化学式，然后根据物质的性质推断得出其他物质的化学式．书写反应的化学方程式要注意配平．
7．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）。

8．A-J 是初中化学常见的物质，它们之间的转化如图1所示（“—”表示相邻的两物质可以发生反应，“→”表示箭头前面的物质可以转化为箭头后面的物质；部分反应的反应物、生成物和反应条件没有标出）。

图2所示的是部分物质的相关信息；I 、J 中含有相同的金属元素，H 的相对分子质量比E 的大。

（1）F 的化学式是 。

（2）物质I 俗称 。

（3）写出上述物质转化过程中属于分解反应的一个化学方程式 。

（4）写出H→E 的化学方程式 。

【答案】（1）CO 2（2）纯碱或苏打 （3）2H 2O 通电2H 2↑+ O 2 ↑
（4）H 2SO 4+BaCl 2==BaSO 4↓+2HCl
【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”，该题的题眼是根据图2可知：C、F是气体氧化物，且能相互转化，且C 能与氧化物A反应，故可推断C为一氧化碳，则F为二氧化碳，A为金属氧化物，故可判断气体B为氢气，则E为一种酸，F二氧化碳能与I相互转化，可判断为碳酸盐，I、J中含有相同的金属元素，且能相互转化，故可判断I为碳酸钠，J为氢氧化钠，H能与碳酸钠反应，且能转化为二氧化碳，故可判断也为一种酸，根据H的相对分子质量比E的大，故可判断H为硫酸，E为盐酸，自然G为水，D为氧气
（1）F为二氧化碳，化学式是：CO2
（2）物质I是碳酸钠，俗称：纯碱或苏打
（3）上述物质转化过程中属于分解反应的一个化学方程式：2H2O通电2H2↑+ O2 ↑
（4）H为硫酸，E为盐酸，故H→E的化学方程式：H2SO4+BaCl2==BaSO4↓+2HCl
考点：推断题的解答
9．下图A—E分别是铁、硫酸、氢氧化钡、硫酸铜和碳酸钠五种物质之一，横线相连的物质之间能发生化学反应,其中C物质的溶液呈蓝色,A与E作用产生的气体是光合作用的原料之一。

(1)A物质的俗称是__________，E物质的用途是__________。

(2)E与D作用的基本类型是____________，B与C作用的化学方程式为
_________________。

【答案】纯碱或苏打钢铁除锈等置换反应 Ba(OH)2+CuSO4=Cu(OH)2↓+BaSO4↓
【解析】
【分析】
根据题中给出的C物质的溶液呈蓝色，确定C是硫酸铜；由A与E作用产生的气体是光合作用的原料之一，即二氧化碳，推出A和E分别是硫酸和碳酸钠中的一个，联系题中问题之一是A物质的俗称是什么，硫酸没有俗称，碳酸钠的俗称是纯碱、苏打，所以先假设A 是碳酸钠，则E是硫酸，因为C是硫酸铜，所以D必须是既能跟硫酸又能跟硫酸铜反应的物质，余下的铁和氢氧化钡都可以，这时我们假定D是氢氧化钡，则B是铁，但铁和碳酸钠不能反应，故B不是铁，换成氢氧化钡，氢氧化钡能跟A碳酸钠、E硫酸、C硫酸铜都反应，推断合理，B是氢氧化钡则D就是铁，铁既能跟硫酸又能跟硫酸铜反应，整题推断完成，A是碳酸钠，B是氢氧化钡，C是硫酸铜，D是铁，E是硫酸。

【详解】
由以上分析得出：
(1)A 物质的俗称：是纯碱或苏打，E 物质的用途是：钢铁除锈等。

(2)E 与D 作用的基本类型是：置换反应，B 与C 作用的化学方程式为：
Ba(OH)2+CuSO 4=Cu(OH)2↓+BaSO 4↓ 。

【点睛】
本题的突破口之一是C 物质的溶液呈蓝色，确定C 是硫酸铜；突破口之二是A 与E 作用产生的气体是光合作用的原料之一，即二氧化碳，所以A 和E 分别是硫酸和碳酸钠中的一个。

然后通过假设A 是碳酸钠或硫酸开始进行推断，合理即可，不合理就是另一个，这样逐个推出。

10．A 、B 、C 、D 、E 、F 均含同一种元素，它们之间的转化关系如图（部分物质已略去）。

A 是目前世界年产量最高的金属；D 属于氧化物，氧元素质量分数为30%．B 的化学式为_____，D →E 的化学方程式为_____，C 与氧气、水发生化合反应生成F ，该反应的化学方程式为_____。

【答案】FeCl 2 2332Fe O +6HCl=2FeCl +3H O 22234Fe OH O 2H O=4F ()++(OH)e
【解析】
【分析】
根据A 、B 、C 、D 、E 、F 均含同一种元素，A 是目前世界年产量最高的金属，所以A 是铁，D 属于氧化物，氧元素质量分数为30%，D 会转化成铁，所以D 是氧化铁，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以B 是氯化亚铁，E 是氯化铁，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氯化亚铁和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，所以C 是氢氧化亚铁。

【详解】
A 、
B 、
C 、
D 、
E 、
F 均含同一种元素，A 是目前世界年产量最高的金属，所以A 是铁，D 属于氧化物，氧元素质量分数为30%，D 会转化成铁，所以D 是氧化铁，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以B 是氯化亚铁，故B 的化学式为FeCl 2，D →E 的反应是氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，化学方程式为
2332Fe O +6HCl=2FeCl +3H O ，C 与氧气、水发生化合反应生成F ，反应化学方程式为 22234Fe OH O 2H O=4F ()++(OH)e 。

【点睛】
A 是目前世界年产量最高的金属，A 是铁，D 属于氧化物，氧元素质量分数为30%，D 会转化成铁，所以D 是氧化铁，C 与氧气、水发生化合反应生成F ，C 是氢氧化亚铁。

11．A-F 是初中化学常见的物质，且均含有同一种元素，它们相互间的关系如图所示，已
知A、B、C、D、E是不同类别的物质，其中C是Na2CO3，E中含有钙元素，F是相对分子质量最小的氧化物（注：图中反应条件及部分反应物，生成物已省略，“-”表示反应关系，“→”表示转化关系），请回答：
（1）写出下列物质的化学式：B__________，D_________，F _________．
（2）写出E物质的一种用途________________
（3）写出F→A的化学方程式____________________________．
【答案】CO2 H2SO4 H2O 改良酸性土壤（或配农药波尔多液等）
2H2O通电2H2↑+O2↑
【解析】
【分析】
A～F为初中化学常见的六种物质，且都含有一种相同元素，A、B、C、D、E是不同类别的物质，C是碳酸钠，F是相对分子质量最小的氧化物，所以F是水，E中含有钙元素，由水转化生成，故E是氢氧化钙；A和水可以相互转化，所以A是氧气，氧气会转化成B，B和碳酸钠可以相互转化，所以B是二氧化碳，氢氧化钙和碳酸钠都会与D反应，所以D可以是硫酸，代入框图，推断合理；
【详解】
由分析可知：
（1）B是二氧化碳，D是硫酸，F是水，故填：CO2；H2SO4；H2O；
（2）E是氢氧化钙，能用于改良酸性土壤、配农药波尔多液等，故填：改良酸性土壤（或配农药波尔多液等）；
（3）水通电能分解生成氢气和氧气，故填：2H2O通电2H2↑+O2↑。

【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。

12．已知甲、乙、丙是初中化学常见的物质，且三种物质中均含有相同的元素。

它们的转化关系如图所示（“→”表示一种物质能转化成另一种物质，部分反应物、生成物及反应条件已略去）。

（1）若甲、乙组成元素相同，且乙是最常见的溶剂，则丙是_____（填化学式）；若乙、
丙组成元素相同，且丙是有毒气体，则乙转化成丙是_____（填“吸热”或“放热”）反应。

（2）若三种物质都含有铜元素，且分别是单质、氧化物、盐中的一种，则乙、丙相互转化的基本反应类型是_____。

（3）若乙是建筑材料大理石的主要成分，且甲是纯碱，则丙转化成乙的化学方程式为
_____。

【答案】O2吸热置换反应 Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O
【解析】
【详解】
（1）若甲、乙组成元素相同，乙是最常见的溶剂，则乙为水，甲为过氧化氢。

甲可转化为乙和丙，则丙为氧气，若乙、丙的组成元素相同，且丙是有毒气体，则丙为一氧化碳，乙为二氧化碳，二氧化碳和碳在高温条件下转化为一氧化碳的反应为吸热反应。

故填：O2；吸热
（2）若三种物质都古有铜元素，且分别是单质、氧化物和盐，根据图示转化关系可知，甲为氧化铜，乙、丙为铜单质和铜盐，则乙、丙相互转化的基本反应类型为置换反应。

故填：置换反应
（3）乙为大理石的主要成分，则乙为碳酸钙，甲为碳酸钠，则丙为二氧化碳。

则丙转化成乙的反应为二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，化学方程式为
Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O。

故填：Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+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。

二、中考初中化学流程图
13．化工生产中需要对原料提纯，以利于提高产品质量。

经测定某氯化钠样品中混有硫酸钠，为了除去杂质并制得纯净的氯化钠固体，在实验室研究中某学生设计方案如下：
回答下列问题
（1）操作②能否用硝酸钡溶液？说明理由_____________________________；
（2）进行操作②后，如何判断硫酸钠已除尽，方法是___________________；
（3）操作③的目的是_____________，③、④操作顺序能否交换，其理由是
_______________；
（4）此设计方案是否严密，说明理由_________________________．
【答案】不能用硝酸钡溶液，会引入新的硝酸钠杂质无法出去向上清液中滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀生成使钡离子完全沉淀不能，有碳酸钡固体悬浮在液体中，得不到纯净的氯化钠溶液不严密，过量的碳酸钠没有除去。

【解析】
【分析】
【详解】
(1). 不能用硝酸钡，因硝酸钡溶液和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠而引入新的杂质； (2). 利用硫酸钠与氯化钡生成白色沉淀，取少量上层清液于小试管中，滴加氯化钡溶液，观察是否有沉淀生成，若无沉淀生成，则说明硫酸钠已除尽，反之则没有除尽；(3). 除硫酸钠时加入了过量的氯化钡，如果不除掉会引入杂质，所以加入碳酸钠，利用碳酸钠和氯化钡生成碳酸钡沉淀和氯化钠，而使钡离子完全沉淀；
(4). ③、④的操作顺序不能交换，否则碳酸钡无法除掉，得不到纯净的氯化钠溶液；
(5). 此设计方案不严密，会使得滤液中混有碳酸钠，加热蒸发得到的NaCl固体不纯，应在蒸发结晶前再向溶液中加入适量的盐酸，将过量的碳酸钠除掉。

14．某粗盐样品中含有少量MgSO4和CaCl2杂质，某化学兴趣小组欲除去其中的杂质，得到纯净的NaCl晶体，设计了如图所示的实验方案。

请回答下列问题：
（1）写出X溶液与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式_____。

（2）滤液I中溶质有哪些？_____
（3）该实验中最后加入适量稀盐酸的作用是什么？_____
【答案】Ba（OH）2+MgSO4=BaSO4↓+Mg（OH）2↓；氢氧化钡、氯化钙；除去碳酸钠和氢氧化钠。

【解析】
【分析】
（1）根据氢氧化钡和硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀进行分析；
（2）根据加入的氢氧化钡是过量的，以及氢氧化钡发生的反应进行分析；
（3）根据除杂的过程加入的氢氧化钡是过量的，加入Y，需要出去氢氧化钡和氯化钙，所以Y是碳酸钠，反应生成的氢氧化钠和剩余的碳酸钠对于氯化钠是杂质进行分析。

【详解】
（1）氢氧化钡和硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀，化学方程式为：
Ba（OH）2+MgSO4=BaSO4↓+Mg（OH）2↓；
（2）加入的氢氧化钡是过量的，以及氢氧化钡发生的反应，所以滤液I中溶质有：氢氧化钡、氯化钙；
（3）除杂的过程加入的氢氧化钡是过量的，加入Y，需要出去氢氧化钡和氯化钙，所以Y 是碳酸钠，反应生成的氢氧化钠和剩余的碳酸钠对于氯化钠是杂质，所以该实验中最后加入适量稀盐酸的作用是：除去碳酸钠和氢氧化钠。

15．某校兴趣小组欲利用ZnCO3和Cu2O的混合物制备硫酸锌和金属铜。

该小组设计了如图
的实验方案，回答下列有关问题：
（查阅资料：Cu2O是红色固体，它与稀硫酸的反应为：Cu2O+H2SO4═CuSO4+Cu+H2O）（1）图中X的化学式为_____，A中的物质有_____。

（2）加入过量的Y有两个作用：一是_____，二是_____。

写出其中1个反应的化学方程式_____。

（3）操作Ⅰ、Ⅱ用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_____，该仪器在操作Ⅱ中起到的作用是_____。

（4）操作Ⅲ包含蒸发浓缩、_____、过滤。

【答案】H2SO4 Zn和Cu 除去过量的硫酸将铜完全置换出来 Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑或Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu 玻璃棒引流降温结晶
【解析】
【分析】
ZnCO3和Cu2O的混合物制备硫酸锌和金属铜，而碳酸锌不溶水，可以溶于酸，依据质量守恒定律，制备硫酸锌，反应物中需要有硫酸根离子，所以X是硫酸，混合物中加入过量的硫酸反应后的溶液中有硫酸锌、硫酸铜、铜，加入过量的Y后得到了滤液B和固体A，所以Y是锌，过量的锌可以使硫酸和硫酸铜完全反应，所以A中的物质有：Zn和Cu；在固体A中加入硫酸后可以得到硫酸锌和铜，硫酸锌溶液经过蒸发后可以得到硫酸锌晶体。

【详解】
（1）该实验流程是利用ZnCO3和Cu2O的混合物制备硫酸锌和金属铜，而碳酸锌不溶水，可以溶于酸，依据质量守恒定律，制备硫酸锌，反应物中需要有硫酸根离子，所以X是硫酸，X的化学式：H2SO4，混合物中加入过量的硫酸反应后的溶液中有硫酸锌、硫酸铜、铜，加入过量的Y后得到了滤液B和固体A，所以Y是锌，过量的锌可以硫酸和硫酸铜完全反应，所以A中的物质有：Zn和Cu。

（2）加入过量Y后得到了硫酸锌和固体A，而上一步中加入的硫酸是过量的，反应中也生成了硫酸铜，所以加入过量锌的作用是：除去过量的硫酸，将铜完全置换出来；锌与硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，反应的化学方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu。

（3）操作Ⅰ后得到了固体和液体，所以操作Ⅰ是过滤，操作Ⅱ后也得到了固体和液体，所以操作Ⅱ是过滤，操作Ⅰ、Ⅱ用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，该仪器在操作Ⅱ中起到的作用是引流。

（4）经过操作Ⅲ后从溶液中得到了硫酸锌晶体，所以操作Ⅲ的名称：蒸发，操作Ⅲ包含蒸发浓缩、降温结晶、过滤。

【点睛】
碳酸锌不溶水，可以溶于酸，过量的锌可以硫酸和硫酸铜完全反应，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，玻璃棒起到的作用是引流。

16．回答下列问题。

（1）“侯氏制碱法”制备Na2CO3的流程如下。

①反应②的化学方程式是___。

②操作a的名称是__，实验室进行此操作所需的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和____。

③流程图中能循环利用的物质是_(填化学式) ,副产品为_ ( 填化学式)。

（2）实验室制备纯碱( Na2CO3 )的主要步骤为:将饱和NaCl溶液倒入烧杯加热,控制
30~35°C,搅拌下分批加入研细的NH4HCO3固体,加料完毕,保温30分钟,静置、过滤得NaHCO3晶体。

用少量蒸馏水洗涤除去杂质、抽干,转入蒸发皿中灼烧得Na2CO3固体。

四种盐在不同温度下的溶解度表( g/100g水)
温度
0°C10° C20° C30° C40° C50° C60°C100°C 溶解度
NaCl35.735.836.036.336.637.037.339.8 NH4HCO311.915.821.027.0一一一一NaHCO3 6.98.19.611.112.714.516.4一NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.377.3
①反应温度需要控制在30~ 35°C ,原因是__。

为控制此温度,通常采取的加热方法为___。

②保温30分钟,静置后只析出NaHCO3晶体的原因__。

NH+CO+H O+NaC1=NH Cl+NaHCO↓过滤漏斗 CO2 NH4Cl 该温【答案】
32243
度范围内,各物质溶解度最大,而又不会分解水浴加热该温度下, NaHCO3溶解度最小,其余物质溶解度较大,故只有NaHCO3析出
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①反应②是氨气、二氧化碳、水、和氯化钠反应生成氯化铵和碳酸氢钠，故的方程式NH+CO+H O+NaC1=NH Cl+NaHCO↓
为:
32243
②操作a是将固液分离，故是过滤。

过滤过程中用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗。

③在流程中二氧化碳既是反应的反应物，又是反应的生成物，流程图中能循环利用的物质。