2020-2021年 化学综合题综合测试(含答案)经典

2020-2021年化学综合题综合测试（含答案）经典
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___。

a．m点所示溶液为碱性
b．n点所示溶液中加紫色石蕊溶液显红色
c．p点所示溶液中的溶质为NaCl和NaOH
d．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。

①B装置玻璃管里可观察到的现象为___。

②C装置中反应的化学方程式为___。

③实验结束后，若要确定A装置的溶液中溶质的成分，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 5.85%
【解析】
（1）复分解反应是两种化合物互相交换成分，生成另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）①氧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；②二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；③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73g×10%=7.3g；设反应生成的NaCl的质量为x.
NaOH+HCl=NaCl+H2O
36.5 58.5
7.3g x
36.558.5
7.3g x
=，解得x=11.7g
以反应后所得溶液中溶质的质量分数为
11.7g
100% 5.85% 73g+127g
⨯=。

答：反应后所得溶液中溶质的质量分数为5.85%。

2．实验室有一瓶K2CO3和K2SO4的混合溶液，某化学兴趣小组欲设计实验对该混合溶液进行定量分析。

他们经过讨论后设计了如图甲所示装置进行实验探究：
a．按图甲组装仪器，检查气密性，并装好药品；
b．打开A中活塞，通入N2一段时间，再关闭活塞，称得D装置的质量为m1 g；
c．逐滴加入BaCl2溶液至不再产生沉淀；关闭分液漏斗，再用针筒注入稀盐酸，至不再产生气体，实验过程中测得锥形瓶中沉淀的数据如上图乙；
d．打开A中活塞，缓缓通一会儿N2；
e．再称得D装置的质量为m2 g。

请你根据题意回答下列问题：
（1）24.36 g沉淀中含有什么物质？____________________（填化学式）。

针筒注入稀盐酸时产生气体的化学方程式为_________________________________。

（2）求原混合液中K2SO4的质量分数_____。

（3）小明略加思考后说，通过D装置的质量变化可以求出混合溶液中K2CO3的质量分数，结果_____（选填“偏大”“偏小”或“不变”），理由是_______________________。

【答案】BaCO3、BaSO4BaCO3 + 2HCl === BaCl2 + H2O+ CO2↑ 3.48%偏大盐酸挥发出来的HCl气体与NaHCO3溶液反应产生的CO2一并被D装置吸收了，CO2的质量偏大，则求出
的K2CO3的含量也偏大
【解析】
（1）根据氯化钡溶液和碳酸钾溶液反应生成碳酸钡沉淀和氯化钾，反应的化学方程式为：K2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2KCl；氯化钡溶液和硫酸钾溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，
K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl，所以24.36g沉淀中含有碳酸钡和硫酸钡；盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑；
（2）硫酸钡不溶于稀盐酸，所以由图2可知4.66g沉淀就是生成的硫酸钡沉淀，
设硫酸钾的质量为x
K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl
174 233
x 4.66g
174233
=
x 4.66g
x=3.48g
原混合液中K2SO4的质量分数为：3.48g
100g
×100%=3.48%
答：原混合液中K2SO4的质量分数为3.48%；
（3）盐酸挥发出的HCl气体与B装置中NaHCO3反应，生成的CO2也一并被D装置中的碱石灰吸收了，所以CO2的质量偏大，导致算出的结果偏大。

3．碳酸钠广泛用于造纸、纺织、玻璃、洗涤剂、肥皂、制革等工业，是一种重要的化工原料。

吕布兰、索尔维和侯德榜为碳酸钠的工业化生产作出了巨大贡献。

Ⅰ、吕布兰法
1789年，法国医生吕布兰（N.Leblanc，1742—1806）以食盐、浓硫酸，木炭和石灰石为原料，开创了规模化工业制取碳酸钠的先河，具体流程如下：
（1）碳酸钠俗称______。

（2）在高温条件下，②中发生两步反应，其中一步是Na2SO4和木炭生成Na2S和CO，该反应的化学方程式为______。

（3）③中“水浸”时通常需要搅拌，其目的是______。

（4）不断有科学家对吕布兰法进行改进，是因为此法有明显不足，请写出一条不足之处______。

Ⅱ、索尔维法
1892年，比利时工程师索尔维发明氨碱法制碳酸钠，又称索尔维法。

原理如下：
NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。

某兴趣小组采用下列装置模拟索尔维法制备碳酸氢钠，进而制得碳酸钠。

实验操作如下：
①关闭K1，打开K2通入NH3，调节气流速率，待其稳定后，打开K1通入CO2；
②待三颈烧瓶内出现较多固体时，关闭K2停止通NH3，一段时间后，关闭K1停止通CO2；
③将三颈烧瓶内的反应混合物过滤、洗涤、低温干燥，并将所得固体置于敞口容器中加热，记录剩余固体质量。

加热时间/min t0t1t2t3t4t5
剩余固体质量/g未记录15.313.711.910.610.6
请回答下列问题：
(5)饱和NaHCO3溶液的作用是除去CO2中混有的HCl，反应的化学方程式为______。

(6)三颈烧瓶上连接的长颈漏斗的主要作用是______，有同学认为应该在长颈漏斗内放置一团蘸有酸液的棉花，理由是______；关闭K2停止通NH3后，还要继续通一段时间
CO2，其目的是______。

(7)根据实验记录，计算t2时NaHCO3固体的分解率______（已分解的NaHCO3质量与加热前原NaHCO3质量的比值），请写出计算过程。

若加热前NaHCO3固体中还存在少量NaCl，上述计算结果将_____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

(8)制碱技术在很长一段时间内把持在英、法等西方国家手中，我国化学工程专家侯德榜先生独立摸索出索尔维法并公布于众，又于1943年创造性地将制碱与制氨两种工艺联合起来，基本消除废弃物的排放，同时生产出碳酸钠和氯化铵两种产品，这就是著名的候氏制碱法。

下列认识或理解正确的是______。

①科学认识是在曲折的、艰辛的积累过程中不断进步的；
②“科技兴邦、实业救国”是侯德榜先生回国研究的巨大动力；
③侯氏制碱法大大提高了原料的作用率，它符合当今“绿色化学”的理念。

【答案】纯碱Na2SO4+C Na2S+4CO↑加快溶解速率，使Na2CO3充分溶解在水中会有CO 气体产生，污染空气NaHCO3+HCl=NaCl+ CO2↑+H2O控制瓶内的气压与外界大气压一致吸收氨气、防止污染空气使氨气充分反应24.2%（过程略）偏小①②③
【解析】
【详解】
（1）碳酸钠俗称纯碱。

（2）根据题意，反应物是Na2SO4和木炭，生成物是Na2S和CO，反应的化学方程式为：Na2SO4+C Na2S+4CO↑（3）③中“水浸”时通常需要搅拌，其目的是加快溶解速率，使Na2CO3充分溶解在水中。

（4）吕布兰法有一氧化碳气体生成，会污染空气。

(5)HCl易溶于水形成盐酸，与碳酸氢钠反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+ CO2↑+H2O(6)三颈烧瓶上连接的长颈漏斗的主要作用是控制瓶内的气压与外界大气压一致。

NH3是一种有刺激性气味的气体，可在长颈漏斗内放置一团蘸有酸液的棉花，以吸收氨气，防止污染空气。

关闭K2停止通NH3后，还要继续通一段时间CO2，其目的是使氨气充分反应。

(7)根据表中提供的数据，10.6g是生成的碳酸钠的质量，设反应前碳酸氢钠的质量是x，则
t2时固体剩余物的质量是15.3g,设此时发生分解反应的碳酸氢钠的质量是y，
t2时NaHCO3的分解率:×100%≈24.2%
若加热前NaHCO3固体中还存在少量NaCl，则反应后剩余固体质量偏小，NaHCO3的分解率会偏小。

(8)①科学认识是在曲折的、艰辛的积累过程中不断进步的，此说法正确；②“科技兴邦、实业救国”是侯德榜先生回国研究的巨大动力，此说法正确；③侯氏制碱法大大提高了原料的作用率，它符合当今“绿色化学”的理念，此说法正确。

故选①②③。

【点睛】
该题中的难点是计算t2时NaHCO3固体的分解率，首先分析表中数据，当剩余固体质量不再
变化时，说明碳酸氢钠完全反应，此时剩余固体的质量是生成的碳酸钠的质量，据此求出未记录的碳酸氢钠的质量，然后根据反应前后固体的差量计算出t2时发生分解反应的碳酸氢钠的质量，问题即可迎刃而解。

4．用煤直接做燃料如果不进行处理，会因煤中的硫生成SO2气体造成大气污染。

(1)现有南方产的一种煤含硫8%。

某火力发电厂燃烧100t这种煤，假设燃烧时煤中的硫全部转化为SO2，则产生SO2的质量是________?
(2) 如在煤中混入粉末状的石灰石，则燃烧产生的SO2会与CaCO3反应生成CaSO3进入炉渣而减少大气污染。

取50g此炉渣(含24%CaSO3)逐滴加入20%的盐酸，请在图坐标中画出相应的曲线图(纵坐标为盐的质量，请设定具体物质；并标出曲线中必要的数据)。

________________
[已知]①设炉渣已不含石灰石，炉渣其它成分不与盐酸反应；
②CaSO3和盐酸反应类似于CaCO3
(3)向燃烧后的烟气喷洒石灰浆也可吸收SO2生成CaSO3。

现用一万元分别购买两种原料来除去SO2，相关数据如下表:
方法物质相对分子质量纯度价格 (元/t)除SO2的量 (t)
A石灰石10090%20014.4
B熟石灰7494%50014.6
方法B比方法A除SO2的量略大，而且工业上多数采用方法B。

其原因分别
是:_________。

【答案】16t
①单位价格（即10000元）氢氧化钙吸收二氧化硫的量更多；②石灰浆纯度较高，吸收二氧化硫气体更加充分
【解析】
【详解】
根据反应的化学方程式计算解答。

(1)设生成二氧化硫的质量为x 。

S+O 2
点燃
SO 2
32 64 100t ×8％ x
32640
10080
x t =⨯
x=16t
答：生成二氧化硫的质量为16t 。

(2) 设纵坐标为氯化钙的质量（或为亚硫酸钙的质量）。

炉渣中CaSO 3的质量为50g×24％=12g 。

设生成氯化钙的质量为y ，反应消耗盐酸的质量为m 。

CaSO 3+2HCl=CaCl 2+SO 2↑+H 2O 120 73 111 12g y m
12073111
12g y m
== y=7.3g m=11.1g
反应消耗盐酸溶液的质量为7.3g ÷
20％=36.5g 。

相关曲线图为：
(3)由表中数据可知，①14.6＞14.4；单位价格（即10000元）氢氧化钙吸收二氧化硫的量更多；②94％＞90％，石灰浆纯度较高，吸收二氧化硫气体更加充分。

5．世界上每年因锈蚀而报废的金属设备和材料高达产量的20％～40％，某实验小组对铁的通过上述实验可知，温度越高，铁钉生锈速率越______(填“慢”或“快”)，在______(填“稀醋酸”、“水”或“稀氨水”)中铁钉生锈速率较快。

实验二：为探究铁锈的成分，利用下图所示装置(夹持仪器已省略)进行实验(每步反应和吸收均完全)。

实验图示
生锈时间8min
较长时间不
生锈
5min3min1min
（查阅资料）无水硫酸铜吸水会由白色变为蓝色，碱石灰既能吸水，也能吸收CO2。

（进行实验）
(1)指出上图所示实验装置的一个明显缺陷________________。

(2)加热前，先通一段时间CO2的目的是____________________。

(3)将一定质量铁锈样品加热，样品逐渐变黑，无水硫酸铜逐渐变蓝，说明铁锈中一定含有________元素。

（实验记录）
根据上表数据可以确定铁锈的成分．若用Fe X O Y·nH2O表示，当x：y=2：3时，n=______；若缺少装置D，则x：y的值将________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

附加分：泉泉欲通过类比上述实验，使用下图所示装置探究镁条在空气中生锈的条件，已知镁条生锈的产物为碱式碳酸镁[Mg3(OH)2(CO3)2]，则试管内可选用的物质有：
①O 2 ②水 ③CO 2 ④O 2和CO 2 ⑤CO 2和水 ⑥O 2和水 ⑦O 2、CO 2和水
(1)至少需要选择_________(填序号)做对照实验，才能达到探究镁条生锈的条件。

(2)写出镁条在空气中生锈的化学方程式_________________。

【答案】快 稀醋酸 没有尾气处理装置 排尽装置内的空气，防止发生爆炸 氢 4 偏小 ④⑤⑥⑦ 6Mg+3O 2+4CO 2+2H 2O=2Mg 3(OH)2(CO 3)2 【解析】 【分析】 【详解】
对比实验1和实验4，实验3和实验5可知，温度越高铁钉生锈速率越快；对比实验1、2、3可知，铁钉在稀醋酸中锈蚀较快； 进行实验:
(1)尾气中含有有毒的一氧化碳气体，所示实验装置的一个明显缺陷是没有进行尾气处理；（2）一氧化碳具有可燃性，不纯时加热或点燃易发生爆炸，所以先通入CO 一段时间，排净装置内的空气，防止发生爆炸；
(3) 无水硫酸铜吸水会由白色变为蓝色。

将一定质量铁锈样品加热，样品逐渐变黑，无水硫酸铜变蓝，说明有水生成。

故铁锈中一定有氢元素； 实验记录：硬质玻璃管内发生反应的化学方程式为Fe x O y ·nH 2O+yCO xFe+yCO 2+nH 2O ，
根据实验数据可知，反应中生成水的质量为（239.6-232.4）=7.23g ；生成二氧化碳的质量
为（211.4-198.2）=13.2g ，设参加反应的一氧化碳的质量为w 。

284413.2y y
w g
w=8.4g
由质量守恒定律可知，生成铁的质量为：23.2g+8.4g ﹣13.2g ﹣7.2g=11.2g ；由于反应前后元素的种类与质量不变，所以23.2gFe x O y •nH 2O 中含铁元素的质量为11.2g ；含有“H 2O”部分质量为7.2g ；则余下的氧元素质量为：23.2g ﹣11.2g ﹣7.2g=4.8g 。

则x ：y ：n=
11.2g 4.87.2::561618
g g
=2：3：4，则Fe x O y •nH 2O 的化学式为Fe 2O 3•4H 2O ；D 装置中的碱石灰既能吸收水也能吸收CO 2，防止了空气中二氧化碳与水被装置C 吸收而造成质量偏大，若没有装置D ，则装置C 因为吸收了空气中的水蒸气和二氧化碳而质量偏大，由此计算出的二氧化碳质量偏大，导致氧元素的质量偏大，x ：y 的值偏小；
(1)通过实验探究镁带在空气中锈蚀的条件，应选择这样几组实验：④O 2和CO 2 ⑤CO 2和水
⑥O2和水⑦O2、CO2和水，故选④⑤⑥⑦；(2)由镁带在空气中锈蚀生成碱式碳酸镁
[Mg3(OH)2(CO3)2]可知，是镁与氧气、水和二氧化碳反应生成了碱式碳酸镁，反应的化学方程式为6Mg+3O2+4CO2+2H2O=2Mg3(OH)2(CO3)2。

点睛：本题的解答难点在于一氧化碳还原铁锈的化学方程式的书写以及对控制变量法的掌握。

6．碳酸氢钠(NaHCO3)俗称小苏打，是一种白色固体，是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，它能与稀硫酸等酸反应生成CO2。

试回答：
(1)写出NaHCO3与稀硫酸反应的化学方程式。

(2)如何用98％的硫酸(密度为1．84 g／mL)配制980 g 18．4％的硫酸溶液?
(3)现将45g NaHCO3(混有KHCO3)固体粉末加入100mL稀硫酸，恰好完全反应后使气体全部逸出，固体粉末的质量与产生CO2体积的关系如图(该状况下，CO2的密度为2g／L)。

通过计算：
①求100mL稀硫酸中硫酸的质量。

②若稀硫酸为120mL时，加入固体粉末为58.5g，求产生CO2的体积。

【答案】(1)2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O；(2)将100mL98％的H2SO4沿着烧杯内壁慢慢倒入796mL水中，同时用玻璃棒不断搅拌；(3)①24.5g；②13.2L
【解析】（1）NaHCO3与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为：
2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O ；
（2）设需要98%的浓硫酸的体积为x
x×1.84g/mL×98%=980g×18.4%
x=100mL
需要水的体积=980 1.84/L100L
1/L
g g m m
g m
-⨯
=796mL
稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，所以将100mL98％
的H2SO4沿着烧杯内壁慢慢倒入796mL水中，同时用玻璃棒不断搅拌。

（3）解：①二氧化碳的质量为11L×2g／L=22 g
设硫酸溶液中H2SO4的质量为y。

由(1)式得：H2SO4～2CO2
98 88
y 22g
9888
=
y22g
y=24.5g
②与120mL稀H2SO4完全反应的固体粉末的质量为y，100mL45g
=
120mL z
z=54g<58.5g
固体粉末过量，以硫酸的量进行计算：
产生二氧化碳的体积=11L120mL
100mL
=13.2L
答：产生二氧化碳的体积13.2L。

7．如图为实验室常见的气体制备、收集和性质的实验装置，据图回答。

(1)指出B装置中标号仪器名称：①_____。

(2)实验室用大理石与稀盐酸反应制取CO2应选择的发生装置是_____(填装置序号，下同)，收集装置是_____，反应的化学方程式是_____。

(3)实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制取氨气，应选择的发生装置是_____。

为探究氨气的性质，小红利用图中F装置进行氨气与氧化铜反应的实验，实验中观察到黑色氧化铜粉末变成红色。

（提出问题）得到的红色粉末是什么？
查阅资料：Cu2O是红色，易与稀硫酸反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O
（猜想假设）红色粉末是①Cu②Cu2O③_____
（设计实验）小明设计如下实验验证红色粉末中是否含有Cu2O：
实验步骤实验现
象
实验结论
取红色粉未于试管中，加人足量稀硫酸_____
红色粉末中含
有Cu2O
（实验反思）小明设计的实验无法证明红色粉末中是否含有Cu，原因是_____。

【答案】分液漏斗 B E CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑ A Cu、Cu2O 固体减少，溶液由无色变蓝色氧化亚铜和稀硫酸反应生成铜
【解析】
(1)根据常见仪器解答；（2）实验室通常用大理石或石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，
反应不需要加热，大理石和石灰石的主要成分是碳酸钙，能和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，二氧化碳能够溶于水，密度比空气大；(3)根据反应物的状态、反应条件解答；【猜想假设】根据猜想①②结合Cu和Cu2O都是红色解答；【设计实验】根据实验步骤和实验结论分析解答；【实验反思】根据Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O解答。

（1）①是分液漏斗；（2）实验室用大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳不需要加热，应选择的发生装置是B；二氧化碳能够溶于水，不能用排水法收集，密度比空气大，可以用向上排空气法收集，即用E装置收集；反应的化学方程式为CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；（3）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制取氨气，应选择的发生装置是A；【猜想假设】③Cu、Cu2O；【设计实验】取红色粉未于试管中，加人足量稀硫酸，固体减少，溶液由无色变蓝色，说明红色粉末中含有Cu2O；【实验反思】小明设计的实验无法证明红色粉末中是否含有Cu，原因是氧化亚铜和稀硫酸反应生成铜。

8．过氧化钙（CaO2）是一种重要的化工产品，可用来改善地表水质、治理赤潮，过氧化钙产品中常含有氧化钙杂质，以下是某学习小组为测定过氧化钙产品纯度设计的实验，实验装置如图；已知：CaO2是一种白色粉末，微溶于水，易溶于稀盐酸，且发生反应：
CaO2+2HCl＝CaCl2+H2O2
实验步骤：实验前称取产品及二氧化锰共12克，先缓慢通入氮气，一段时间后，加热铜网至红热，再缓慢滴入过量稀盐酸，直至A中样品完全反应。

继续缓慢通入氮气，一段时间后停止加热，待C中铜网冷却后，停止通入氮气，将锥形瓶中的剩余物过滤，洗涤，干燥，得到滤渣2.0克。

回答下列问题，
（1）二氧化锰与稀盐酸不反应，A中二氧化锰的作用是______________
（2）样品完全反应后，继续缓慢通入氮气的目的是______________
（3）装置B的作用有，除去气体中的水蒸气、______________
（4）实验测得C装置中铜网增重1.8克，该产品中过氧化钙的质量分数为_____________【答案】使生成的过氧化氢催化分解使生成的氧气全部与铜反应，防止空气中的氧气与热的铜网反应可通过气泡产生的速率来控制气流速度81％
【解析】
【详解】
（1）由于稀盐酸与过氧化钙反应生成氯化钙和过氧化氢，而二氧化锰与稀盐酸不反应，故A中二氧化锰的作用是：使生成的过氧化氢催化分解；
（2）样品完全反应后，继续缓慢通入氮气的目的是：使生成的氧气全部与铜反应，防止空气中的氧气与热的铜网反应；
（3）装置B 的作用有，除去气体中的水蒸气、可通过气泡产生的速率来控制气流速度； （4）C 装置中铜网与反应生成的氧气反应生成氧化铜。

C 装置中铜网增重的质量即为反应生成的氧气的质量。

设生成1.8g 氧气需要过氧化氢的质量为x 。

222222H O
MnO 2H O +O 68
32x 1.8g
6832=x 1.8g
x=3.825g
设过氧化钙的质量为y 。

2
222CaO +2HCl CaCl +=72
34y H O 3.825g
7234=y 3.825g
y=8.1g
故该产品中过氧化钙的质量分数为：8.1g 12g-2g
×100％=81％。

9．根据下列实验装置图，回答有关问题。

(1)图中标有①的仪器名称是______。

(2)实验室用氯酸钾和二氧化锰制取氧气，应选用的装置组合是______(填字母)，反应的化学方程式为______，其中二氧化锰的作用是______。

(3)实验室用锌和稀硫酸制取氢气的化学方程式为______，用E 装置收集氢气，气体应从______(填“a”或“b”)端通入。

(4)小强和小明两位同学对黄色的FeCl 3溶液产生了浓厚的兴趣，查阅资料获得如下信息： ①FeCl 3能与Cu 、Fe 、Al 等金属反应生成FeCl 2，如2FeCl 3+Cu=2FeCl 2+CuCl 2； ②FeCl 3溶液能使无色的苯酚溶液变成紫色。

（提出问题）①FeCl3溶液与金属铝反应有哪些现象？
②FeCl3溶液中的哪些粒子使苯酚溶液变成紫色？
（实验探究）取适量FeCl3溶液于试管中，进行如下实验：
（思考与交流）
①实验前，铝箔表面需要进行打磨处理，其目的是______。

②FeCl3溶液的pH______7(填“＞”、“＜”或“＝”)。

③溶液由黄色变成浅绿色的化学反应方程式为______。

④D中无色溶液的溶质是______(填化学式)。

⑤经分析，小强同学认为是Fe3＋使苯酚溶液变成紫色，但小明同学认为若要得出此结论还需补做如下实验：在苯酚溶液中滴加稀盐酸，观察溶液是否变成紫色。

小明的理由是
______。

【答案】试管AD2KClO32KCl+3O2↑催化作用Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑b除去表面的氧化铝薄膜＜3FeCl3+2Al=2AlCl3+3FeCl2AlCl3因为FeCl3溶液含有HCl
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①是试管。

(2)加热固体制取气体，选择发生装置A，氧气的密度比空气的密度大，可用向上排空气法收集，氧气不易溶于水，可用排水法收集，故选AD。

用氯酸钾和二氧化锰制取氧气的化学方程式为：2KClO32KCl+3O2↑，反应中二氧化锰起催化作用。

(3)锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气。

用E装置收集氢气，由于氢气的密度比空气的密度小，进入以后占据上方空间，空气则被赶到下方空间而易从a端排出，故氢气从b端通入。

(4)[思考与交流]①铝在常温下能与空气中的氧气反应，生成一层致密的氧化铝薄膜，实验前，铝箔表面需要进行打磨处理，其目的是除去表面的氧化铝薄膜。

氯化铁溶液中加入铝箔，铝箔表面产生大量气泡，该气体是氢气，说明FeCl3溶液的pH<7。

③铁离子形成的溶液是黄色，亚铁离子形成的溶液是浅绿色，发生的反应是：3FeCl3+2Al=2AlCl3+3FeCl2④金属活动性顺序中，铝位于铁的前面，能将氯化亚铁溶液中的铁置换出来，
3FeCl2+2Al=2AlCl3+3Fe，氯化铝溶液是无色的，D中无色溶液的溶质是AlCl3。

⑤FeCl3溶液显酸性，能使苯酚溶液变成紫色，在苯酚溶液中滴加稀盐酸，如果苯酚溶液不变色，则说明是Fe3＋使苯酚溶液变成紫色。

【点睛】
要顺利解答此题，就要知道如何选择装置，根据反应物的状态及反应条件选择发生装置，根据气体的溶解性与密度选择收集装置。

熟知金属的活动性顺序，根据反应现象判断出金属在金属活动性顺序中的位置。

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+2H2O
途径Ⅱ：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)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。