计算专项18 根据化学方程式共20题-2024年中考化学常考点专题必杀题（广东专用）（解析版）

计算专项18根据化学方程式-2024年中考化学常考点专题必杀题（广东专用）一．计算题（共20小题）1．《石灰吟》是明代政治家、文学家于谦创作的一首七言绝句。此诗托物言志，表现了诗人高洁的理想。全诗内容为“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间”。诗中涉及的化学反应可用图1表示。（1）过程Ⅱ所发生的反应属于化合（填基本反应类型）。（2）生石灰溶于水，该反应过程中能量的变化是放热（填“吸热”或“放热”）。（3）写出过程Ⅲ发生反应的化学方程式：Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O。（4）化学兴趣小组的同学欲对石灰石样品进行探究。在烧杯中加入石灰石样品25g（其中CaCO3质量分数为80%），然后逐滴加入稀盐酸，烧杯中石灰石样品的质量与滴入稀盐酸的质量关系曲线如图2所示（假设石灰石中的杂质既不反应，也不溶于水）。①当加入稀盐酸73g时（即图中A点），烧杯中溶液里的溶质是CaCl2（填化学式）；②当加入稀盐酸146g时（即图中B点），求此时生成二氧化碳的质量。（写出计算过程）【答案】（1）化合；（2）放热；（3）Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O；（4）①CaCl2；②生成二氧化碳的质量是8.8g。【解析】解：（1）过程Ⅱ是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，属于化合反应；（2）生石灰与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热，该反应过程中能量的变化是放热；（3）氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O；（4）①盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，根据图示观察可知，当加入稀盐酸73g时（即图中A点），碳酸钙未完全反应，此时烧杯中溶液里的溶质是CaCl2；②设生成CO2的质量为x。CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑1004425g×80%xx＝8.8g答：生成二氧化碳的质量是8.8g。故答案为：（1）化合；（2）放热；（3）Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O；（4）①CaCl2；②生成二氧化碳的质量是8.8g。2．CoO是研发超级电容器电极的重要材料，工业上制备CoO的流程如图1。温馨提示：碱式碳酸钴可以看作CoCO3和Co（OH）2结合而成的化合物（1）过程1：碱式碳酸钴与稀盐酸反应，除了CoCl2还生成了①H2O和CO2。（2）过程2：化学方程式为CoCl2+2NaOH═Co（OH）2↓+2NaCl，用50g溶质质量分数26%的CoCl2溶液，理论上可以制备Co（OH）2的质量是多少？②（写出计算过程）（3）过程3：将93g的Co（OH）2在空气中加热，固体质量随温度变化关系如图2。i.500℃时，剩余固体的质量③80.3g。ii.290℃时剩余固体为一种氧化物，化学式为④Co2O3。【答案】（1）H2O和CO2；（2）9.3g；（3）i.80.3；ii.Co2O3。【解析】解：（1）碱式碳酸钴与稀盐酸反应生成CoCl2、H2O和CO2；（2）设理论上可以制备Co（OH）2的质量是x。CoCl2+2NaOH═Co（OH）2↓+2NaCl1309350g×26%xx＝9.3g答：理论上可以制备Co（OH）2的质量是9.3g；（3）i.500℃时，剩余固体的质量80.3g；ii.290℃时，剩余固体为一种氧化物，为钴的氧化物，由质量守恒定律可知，其中钴元素的质量为93g××100%＝59g，则氧元素的质量为83g﹣59g＝24g，则钴原子与氧原子的个数比为＝，化学式为Co2O3。故答案为：（1）H2O和CO2；（2）9.3g；（3）i.80.3；ii.Co2O3。3．氢氧化钠是一种重要的工业原料，同时也是实验室中常用的一种化学药品。（1）制取少量氢氧化钠可以用如图所示的流程：①写出步骤③发生反应的化学方程式Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH。③氢氧化钠有很强的腐蚀性，如果不小心沾到皮肤上，要立即用大量的水冲洗，然后涂上C（填序号）。A．稀硫酸B．3%﹣5%的碳酸氢钠溶液C．硼酸溶液D．石灰水（2）某化学兴趣小组的同学欲测定氯化镁样品中MgCl2的含量（杂质为NaCl）。称取5g该样品将其置于干净的烧杯中，加水使样品完全溶解。向所得溶液中逐滴加入10%的NaOH溶液，产生沉淀的质量与所滴入NaOH溶液质量的关系曲线如图所示。试回答：①当滴入NaOH溶液20g时（至图中A点），烧杯中溶液里一定存在的阳离子是Na+、Mg2+（写离子符号）。②当滴入10%的NaOH溶液40g时（即B点），求此时所得不饱和溶液中溶质的质量6.1g。【答案】（1）①Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；②C。（2）①Na+、Mg2+；②6.1g。【解析】解：（1）①步骤③中，熟石灰为氢氧化钙的俗称，纯碱为碳酸钠的俗称，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH。②若氢氧化钠不慎沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液。（2）①氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，由图可知，A点时，氯化镁还未完全反应，则此时烧杯中的溶质为氯化钠和氯化镁，其中的阳离子为Na+和Mg2+。②40g氢氧化钠溶液中的溶质为40g×10%＝4g，设消耗的氯化镁的质量为x，生成的氯化钠的质量为y。MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl9580117x4gy＝＝x＝4.75gy＝5.85g则此时所得不饱和溶液中溶质的质量为5g﹣4.75g+5.85g＝6.1g故答案为：6.1g。故答案为：（1）①Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；②C。（2）①Na+、Mg2+；②6.1g。4．（1）在工业上用纯碱和石灰石为原料制备烧碱，主要流程如图1所示：①在以上①④四个过程中，发生了复分解反应的是④（填序号）。②实验室久置的NaOH溶液中常含有少量Na2CO3杂质，欲除去NaOH溶液中的Na2CO3杂质，你选择的试剂最好是下列中的B。（填序号）A.稀HClB.Ca（OH）2溶液C.CaCl2溶液（2）室温下，化学小组的同学将25g石灰石样品（主要成分是CaCO3，杂质不反应，也不溶于水）放入烧杯中，然后逐滴加入溶质质量分数为10%的稀盐酸，烧杯中石灰石的质量与滴入稀盐酸的质量关系曲线如图2所示。根据题意回答下列问题：①当滴入稀盐酸73g（即图中A点）时，烧杯中溶液里的溶质是CaCl2（填化学式）。②该石灰石样品中CaCO3的质量为20g。③当滴入稀盐酸146g（即图中B点）时，试通过计算求此时烧杯中所得不饱和溶液的质量（计算结果精确到0.1g）【答案】（1）①④。②B。（2）①CaCl2。②20g③157.2g。【解析】解：（1）①在以上①④四个过程中，发生了复分解反应的是④，即氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠。故答案为：④。②实验室久置的NaOH溶液中常含有少量Na2CO3杂质，欲除去NaOH溶液中的Na2CO3杂质，选择的试剂最好是Ca（OH）2溶液，是因为氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，过滤得到氢氧化钠溶液。故答案为：B。（2）①当滴入稀盐酸73g（即图中A点）时，烧杯中溶液里的溶质是碳酸钙和稀盐酸反应生成的氯化钙。故答案为：CaCl2。②设该石灰石样品中CaCO3的质量为x。CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑10073x146g×10%＝x＝20g故答案为：20。③设生成CO2的质量为y。CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑1004420gy＝y＝8.8g此时烧杯中所得不饱和溶液的质量该为20g+146g﹣8.8g＝157.2g答：此时烧杯中所得不饱和溶液的质量该为157.2g。5．某废酸液中主要含有H2SO4和FeSO4，研究人员用CaCO3消耗部分酸，再加入廉价的电石渣（主要成分为CaO），经一系列操作可得到磁性铁（Fe3O4），具体流程如图所示：已知：在90℃下，向沉淀中加入次氯酸钠时所发生的主要反应如下：6Fe（OH）2+NaClO3+3H2O＝NaCl+6Fe（OH）3；Fe（OH）2+2Fe（OH）3＝Fe3O4+4H2O（1）用pH试纸测定废酸液酸碱度的操作方法为将pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取废酸液滴在pH试纸上，将试纸显示的颜色与标准比色卡对照，确定废酸液的pH。（2）“沉铁”过程中生成沉淀的反应的化学方程式为Ca（OH）2+FeSO4＝Fe（OH）2↓+CaSO4。（3）“沉铁”后，溶液的pH对磁性铁产率的影响如下表：溶液的pH6.06.57.07.58.09.0产率（%）43.950.686.293.092.39.6根据表格分析，欲获得较高的产率，最适宜的pH为7.5～8.0，pH较低时产率较低的主要原因是酸性较强时，四氧化三铁能和酸反应。（4）“水洗”时，为检验滤渣是否洗涤干净，可向最后一次洗涤液中滴加C。A.稀盐酸B.氢氧化钠溶液C.硝酸银溶液（5）若废酸液中硫酸亚铁的质量分数为9.5%，则50t废液经上述流程处理后最多可得到磁性铁2.42吨（写出详细计算过程，结果保留两位小数）。【答案】（1）将pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取废酸液滴在pH试纸上，将试纸显示的颜色与标准比色卡对照，确定废酸液的pH；（2）Ca（OH）2+FeSO4＝Fe（OH）2↓+CaSO4；（3）7.5～8.0；酸性较强时，四氧化三铁能和酸反应；（4）C；（5）2.42t。【解析】解：（1）测定溶液酸碱度的方法为：将pH试纸放在干净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，再将试纸显示的颜色与标准比色卡对比、读数。（2）由题意可知，“沉铁”过程中发生的反应为硫酸亚铁和石灰乳中的氢氧化钙反应生威氢氧化亚铁和硫酸钙，反应的化学方程式为Ca（OH）2+FeSO4＝Fe（OH）2↓+CaSO4。（3）由表中数据可知，pH＝7.5时，产率最高，则欲获得较高的产率，最适宜的pH为7.5；当pH较低时，溶液显酸性，而四氧化三铁能与酸反应，则产率较低。（4）由题意可知，滤渣表面可能含有氧化钠溶液，则若想检验滤渣是否洗涤干净，只需证明最后—次洗涤液中不含氯化钠溶液即可，又由于稀盐酸，氢氧化钠均不与氯化钠反应，而氯化钠能与硝酸银反应生成氯化银沉淀，则可用硝酸银证明，故选C。（5）由实验过程可知，废酸液中的铁元素完全转化到四氧化三铁中，最多可得到磁性铁质量为x。3FeSO4～Fe3O445623250t×9.5%xx≈2.42t答：最多可得到磁性铁质量是2.42t。故答案为：（1）将pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取废酸液滴在pH试纸上，将试纸显示的颜色与标准比色卡对照，确定废酸液的pH；（2）Ca（OH）2+FeSO4＝Fe（OH）2↓+CaSO4；（3）7.5～8.0；酸性较强时，四氧化三铁能和酸反应；（4）C；（5）2.42t。6．MnCO3可用作涂料和清漆的颜料。已知MnCO4、Mn（OH）2均难溶于水，MnCO3在100℃时开始分解。以软锰矿（主要成分MnO2）为原料制备高纯MnCO3的流程如图：（1）反应塔1中往往有副产物MnS2O6生成，温度对该反应的影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，最适宜的温度为90℃；为了提高锰元素的浸出率，通常还可以采取的措施是将锰铁矿粉碎（合理即可）。（任写一种）（2）反应塔2中的反应为MnSO4+2NH4HCO3═MnSO4+（NH4）2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O。反应塔2中需控制溶液的酸碱度，若碱性过强，MnCO3粗产品中将混有Mn（OH）2（填化学式）。（3）向反应塔2中加入碳酸氢铵溶液时，往往需要控制温度在30～35℃，原因是温度过高NH4HCO3会分解。（4）洗涤塔中洗涤的目的是洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高产品的纯度，判断洗涤干净的方法是取最后一次洗液于试管，滴加硝酸钡或氯化钡（填名称），无现象，证明洗液中不含（填离子符号），说已洗净。（5）若akg软锰矿经历上述制备流程，最终制得高纯碳酸锰bkg。若整个流程锰元素损耗率为10%，则软锰矿中MnO2纯度是×100%（列出计算式）。【答案】（1）90；将锰铁矿粉碎（合理即可）；（2）Mn（OH）2；（3）温度过高NH4HCO3会分解；（4）洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高产品的纯度；硝酸钡或氯化钡；；（5）×100%。【解析】解：（1）根据图示可知：在90℃后时，可以看到MnS2O6产生的产率最低，升高温度对MnS2O6产率降低不大，所以最佳温度为90℃；为了提高锰元素的浸出率，通常还可以采取的措施是增加接触面积，即将锰铁矿粉碎，以及提高温度等；（2）碱性过强，溶液中存在较多的氢氧根离子，锰离子与氢氧根离子生成氢氧化锰沉淀，所以沉淀可能还有氢氧化锰，其化学式为Mn（OH）2；（3）向反应塔2中加入碳酸氢铵溶液时，往往需要控制温度在30﹣35℃，温度过高NH4HCO3会分解生成水、二氧化碳和氨气；（4）碳酸锰中带有可溶性杂质，经过洗涤塔可以洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高碳酸锰的纯度；判断洗涤干净主要验证是否含有硫酸铵和硫酸锰，硫酸铵、硫酸锰中硫酸根可与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，加入含有钡离子的可溶性盐，例如硝酸钡或者氯化钡等。洗涤塔中洗涤的目的是洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高产品的纯度，判断洗涤干净的方法是取最后一次洗液于试管，滴加硝酸钡或者氯化钡，无现象，证明洗液中不含；（5）若akg软锰矿经历上述制备流程，最终制得高纯碳酸锰bkg。若整个流程锰元素损耗率为10%，设软锰矿中MnO2纯度为x。则参加反应的锰元素质量为akg××90%。根据流程图可知，反应塔1中的反应为：MnO2+SO2＝MnSO4，反应塔2中的反应为MnSO4+2NH4HCO3＝MnSO4+（NH4）2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O，则有：MnO2∼MnCO3。碳酸锰中锰元素全部来自二氧化锰，则有：akg××90%＝bkg××100%，x＝×100%。故答案为：（1）90；将锰铁矿粉碎（合理即可）；（2）Mn（OH）2；（3）温度过高NH4HCO3会分解；（4）洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高产品的纯度；硝酸钡或氯化钡；；（5）×100%。7．“碳中和”是指使碳排放与碳吸收达到平衡，最终实现二氧化碳的相对“零排放”。我国将力争2060年前实现“碳中和”，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一。（1）某工厂为实现“碳中和”目标，设计了一种“捕捉”CO2的方案，流程如图1：①吸收器中，NaOH溶液吸收CO2的化学方程式为2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O。②分离器中，Na2CO3参与反应的化学方程式为Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH。③澄清石灰水也能与CO2反应，但在工业生产中却不宜直接用澄清石灰水“捕捉”CO2，其原因是氢氧化钙微溶于水，“捕捉”CO2的能力低。（2）CaO固体也可以捕捉回收CO2。研究表明草酸钙晶体（CaC2O4•H2O，相对分子质量为146）充分加热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的CO2捕捉性能。现称取mg草酸钙晶体置于氮气流中加热，残留固体质量随温度的变化如图2所示（图中各点对应固体均为纯净物），其中A→B发生反应：CaC2O4•H2OCaC2O4+H2O↑。①写出C→D反应的化学方程式：CaC2O4CaCO3+CO↑。②m＝7.3。（写出计算过程）【答案】（1）①2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；②Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；③氢氧化钙微溶于水，“捕捉”CO2的能力低；（2）①CaC2O4CaCO3+CO↑；②7.3。【解析】解：（1）①吸收器中，NaOH溶液吸收CO2的化学方程式为：2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O。②氧化钙与水化合生成的氢氧化钙，分离器中，Na2CO3参与的反应是与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH。③澄清石灰水也能与CO2反应，但在工业生产中却不宜直接用澄清石灰水“捕捉”CO2，其原因是氢氧化钙微溶于水，“捕捉”CO2的能力低。（2）①由物质的性质和变化可知，C→D的反应是草酸钙受热分解生成碳酸钙和一氧化碳，化学方程式：CaC2O4CaCO3+CO↑。②CaC2O4•H2OCaC2O4+H2O↑146128m6.4g解得：m＝7.3g故答案为：（1）①2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；②Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；③氢氧化钙微溶于水，“捕捉”CO2的能力低；（2）①CaC2O4CaCO3+CO↑；②7.3。8．二氧化锰因应用广泛而备受关注，图1为使用废旧电池炭包（含MnO2、Cu等）制备MnO2的流程图。（已知：稀硝酸能与Cu、Ag、Fe反应，不与炭、MnO2反应；MnCO3不溶于水。）（1）炭包中需要加入过量的稀硝酸，其目的是除去炭包中的铜。（2）过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯。（3）反应得到46.0gMnCO3，焙烧过程中剩余固体质量随温度变化趋势如图2所示：①生成MnO2的方程式可表示为2MnCO3+O22MnO2+2CO2，则最多可制得MnO2的多少？（请写出计算过程）②如果反应温度达到900℃时，充分反应后，管内剩余固体质量为28.4g。【答案】（1）除去炭包中的铜；（2）漏斗；（3）①34.8g；②28.4g。【解析】解：（1）稀硝酸能与Cu、Ag、Fe反应，不与炭、MnO2反应，所以炭包中需要加入过量的稀硝酸，其目的是除去炭包中的铜。（2）过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯。（3）①最多可制得MnO2的质量为x。2MnCO3+O22MnO2+2CO223017446.0gxx＝34.8g答：最多制得的MnO2的质量是34.8g。②由图2可知，当温度控制在900℃，充分反应后石英管内剩余的固体为MnO；反应前MnCO3中锰元素的质量为：46g××100%＝22g，根据锰元素质量守恒可知，反应后的MnO中锰元素的质量也是22g，则MnO的质量为：22g÷＝28.4g。故答案为：（1）除去炭包中的铜；（2）漏斗；（3）①34.8g；②28.4g。9．二氧化锰因应用广泛而备受关注。某研究小组用废旧电池炭包制备纯MnO2，制备流程如图1所示。已知：焙烧MnCO3制取MnO2的化学方程式为2MnCO3+O22CO2+2MnO2。请回答下列问题：（1）加入Na2CO3溶液后发生反应的基本反应类型为复分解反应；过滤Ⅱ后洗涤滤渣，证明滤渣已洗净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，不产生沉淀。（2）试根据化学方程式求46.0gMnCO3通过焙烧最多制得的MnO2的质量是多少？（请写出计算过程）（3）焙烧MnCO3的过程中，固体产物的质量和成分随温度的变化如图2所示，则焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应温度不高于300℃；若把焙烧46.0gMnCO3温度控制在900℃，充分反应后的固体产物质量为28.4g。【答案】（1）复分解反应；取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，不产生沉淀；（2）34.8g；（3）300；28.4。【解析】解：（1）加入Na2CO3溶液后，碳酸钠和硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀和硫酸钠，发生反应的化学方程式为：Na2CO3+MnSO4＝Na2SO4+MnCO3↓，所属的基本反应类型为复分解反应。过滤Ⅱ后洗涤滤渣，证明滤渣已洗净的方法：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，不产生沉淀（溶液中不含有硫酸钠），则已洗净。（2）设最多制得的MnO2的质量是x。2MnCO3+O22CO2+2MnO2230                   17446.0g               xx＝34.8g答：最多制得的MnO2的质量是34.8g。（3）由实验过程中石英管内剩余固体的质量和成分随温度的变化图示可知，在焙烧MnCO3制取MnO2的过程中，温度高于300℃就要生成Mn2CO3或MnO，所以该控制反应的温度不高于300℃。设试管内剩余固体的质量为y。MnCO3CO2↑+MnO115            7146.0g       yy＝28.4g。故答案为：（1）复分解反应；取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，不产生沉淀；（2）34.8g；（3）300；28.4。10．古人常以“丹青”作为绘画的代称，羟基氧化铁（FeOOH）常用作绘画的颜料，如图是利用废铁屑（主要成分为Fe，含少量Fe2O3）制备FeOOH工艺流程。沉淀发生的反应：2FeSO4+H2O2+2H2O═2FeOOH↓+2H2SO4。（1）酸溶时产生气体为H2（化学式）。（2）化学反应中，有元素化合价升高的反应物称为还原剂，反之为氧化剂。还原池中作为氧化剂的是硫酸铁。（3）某工厂每天生产羟基氧化铁178kg，至少需要20%的过氧化氢溶液多少kg？（写出计算过程）（4）已知：FeOOH及铁的氧化物加热分解的温度如下：FeOOHFe2O3Fe3O4FeO，称取含FeOOH样品178g，进行热分解实验。控制不同的温度对样品加热，测得剩余固体质量随温度的变化如图所示。当加热到T2℃后，B点固体的成分是Fe3O4和Fe2O3。【答案】（1）H2；（2）硫酸铁；（3）170kg；（4）Fe3O4和Fe2O3。【解析】解：（1）废铁屑主要成分是铁，还含有少量氧化铁，加入稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，故酸溶时产生气体为H2。（2）酸溶后，铁和稀硫酸应生成了硫酸亚铁和氢气，氧化铁和稀硫酸反应生成了硫酸铁和水，沉淀时反应物是硫酸亚铁、过氧化氢、水，故还原池中发生反应为铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁铁单质中铁元素化合价为0，硫酸铁中铁元素显+3价，硫酸亚铁中铁元素显+2价，化学反应中，有元素化合价升高的反应物称为还原剂，反之为氧化剂。该反应中，硫酸铁中铁元素化合价降低，故还原池中作为氧化剂的是硫酸铁。（3）设至少需要20%的过氧化氢溶液的质量为x。2FeSO4+H2O2+2H2O═2FeOOH↓+2H2SO43417820%x178kgx＝170kg答：至少需要20%的过氧化氢溶液170kg。（4）由图可知，T2℃时，剩余固体为氧化铁，T3℃时，剩余固体为四氧化三铁，故B点时，氧化铁部分分解，故B点固体的成分是：Fe2O3、Fe3O4。故答案为：（1）H2；（2）硫酸铁；（3）170kg；（4）Fe3O4和Fe2O3。11．氢气是一种可持续研发的新能源和工业原料。（1）利用太阳能将水转化为氢能是一种理想途径。某种光分解水的过程如图1所示。①该转化中循环利用的物质有：Fe3O4和FeO（填化学式）。②与电解水相比，该方法的优点是能耗低。（2）CH4﹣H2O催化重整是目前大规模制取H2的重要方法，生产过程中涉及的重要反应有：CH4+H2OCO+3H2，CO+H2OCO2+H2①向催化重整体系中投入一定量的CaO可提高H2的百分含量，原因是CaO可吸收CO2，使生成氢气的反应正向移动，氢气百分含量增大。②如图2所示，投入纳米CaO时，H2的百分含量最大的原因是CaO可吸收CO2，纳米CaO颗粒小，增大了反应物的接触面积，使吸收更充分。（3）根据催化重整原理，计算16.0gCH4完全反应，可得H2质量为8.0g。【答案】（1）①FeO；②能耗低；（2）①CaO可吸收CO2，使生成氢气的反应正向移动，氢气百分含量增大；②CaO可吸收CO2，纳米CaO颗粒小，增大了反应物的接触面积，使吸收更充分；（3）8.0。【解析】解：（1）①由图可知，该转化中循环利用的物质有：Fe3O4和FeO。②电解水需要消耗电能，而该转化过程中利用了太阳能，则与电解水相比，该方法的优点是能耗低。（2）①CH4﹣H2O催化重整制取H2的过程中会生成二氧化碳，向催化重整体系中投入一定量的CaO可提高H2的百分含量，原因是：CaO可吸收二氧化碳，使生成氢气的反应正向移动，氢气百分含量增大。②如图2所示，投入纳米CaO时，H2的百分含量最大的原因是：CaO可吸收CO2，纳米CaO颗粒小，增大了反应物的接触面积，使吸收更充分。（3）催化重整原理为CH4+H2OCO+3H2、CO+H2OCO2+H2，这两个化学方程式可以看成CH4+2H2OCO2+4H2，设16.0gCH4完全反应，可得H2质量为x。CH4+2H2OCO2+4H216816.0gx＝x＝8.0g则16.0gCH4完全反应，可得H2质量为8.0g。故答案为：（1）①FeO；②能耗低；（2）①CaO可吸收CO2，使生成氢气的反应正向移动，氢气百分含量增大；②CaO可吸收CO2，纳米CaO颗粒小，增大了反应物的接触面积，使吸收更充分；（3）8.0。12．低碳冶金技术的发展为我国实现2060年“碳中和”目标提供了有力的保障，其中氢冶金技术成为最受关注的领域。竖炉氢冶炼铁工艺流程如图所示。（1）“煤造气”过程发生的反应之一为C和H2O在高温下反应得到CO和H2，该反应体现了碳的还原性，产物中CO和H2的分子个数比为1：1。（2）“煤造气”时，将煤粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快（填“加快”或“降低”）反应速率。（3）用氢气代替一氧化碳炼铁可有效降低二氧化碳的排放。计算用氢气冶炼1000t赤铁矿（纯度为80%）时可减少排放二氧化碳的质量。（写出计算过程）（4）某种热分析仪记录下48.0gFe2O3被H2逐步还原成铁的有关数据，得到固体质量与反应温度的关系曲线如图所示，请计算分析P点固体的化学式是Fe3O4。【答案】（1）①还原；②1：1；（2）加快；（3）660t。（4）Fe3O4。【解析】解：（1）在该反应中，碳夺取了水中的氧元素，体现了碳的还原性；C和H2O在高温下反应得到CO和H2，方程式为，由方程式可知产物中CO和H2的分子个数比为1：1；故答案为：还原；1：1；（2）反应物接触面积越大，反应速度越快。所以将煤粉碎增大反应物的接触面积，加快了反应速率；故答案为：加快；（3）1000t赤铁矿（纯度为80%）中氧化铁的质量为1000t×80%＝800t，设用一氧化碳冶炼1000t赤铁矿产生二氧化碳的质量为x。3CO+Fe2O33CO2+2Fe160132800tx＝x＝660t答：可减少排放的二氧化碳的质量为660t。（4）48.0gFe2O3中铁元素的质量为，而反应过程中，固体中铁元素质量不变，则P点固体中氧元素的质量为46.4g﹣33.6g＝12.8g，设此时铁、氧原子个数比为x：y56x：16y＝33.6g：12.8gx：y＝3：4则P点时固体的质量为Fe3O4；故答案为：Fe3O4。13．铜铝双金属材料可用于降解含硝基苯的工业废水。制备该材料的流程如图：（1）流程中除铝箔表面氧化物的操作为用砂纸打磨，“化学镀铜”过程固体的质量增大（填“增大”“减小”或“不变”）。（2）硝基苯（C6H5NO2）分子中氧、氢原子个数比为2：5。（3）废水初始pH对硝基苯降解的影响如图所示，pH为2、12时效果显著。（4）铜铝双金属材料中铝能还原硝基苯。100g含铜量为3.2%的该材料作用于废水后，含铜量变为32%，则反应消耗铝的质量为90g。（5）用H2也可还原硝基苯为苯胺（C6H7N），反应为3H2+C6H5NO2C6H7N+2H2O。制得100kg纯度为93%的苯胺，理论上消耗H2的质量是多少？（写出计算过程）【答案】（1）用砂纸打磨；增大；（2）2：5；（3）2、12；（4）90g；（5）6kg。【解析】解：（1）铝在常温条件下与空气中的氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，所以实验前要用砂纸打磨，除去氧化膜；化学镀铜过程中，铝与硫酸铜反应生成硫酸铝和铜，根据方程式中质量关系：2Al+3CuSO4═Al2（SO4）3+3Cu54192可知固体质量增大；（2）由化学式可知，氧、氢的原子个数比为2：5；（3）由图可知pH为2、12时效果显著；（4）铜铝双金属材料中铝能还原硝基苯。反应过程中铜的质量不变，因此反应后固体质量为100g×3.2%÷32%＝10g，固体减轻的质量即为反应掉铝的质量，所以反应消耗铝的质量为：100g﹣10g＝90g；（5）解：设制得100kg纯度为93%的苯胺，理论上消耗H2的质量为x，3H2+C6H5NO2C6H7N+2H2O693x100kg×93%x＝6kg答：理论上消耗H2的质量为6kg。故答案为：（1）用砂纸打磨；增大；（2）2：5；（3）2、12；（4）90g；（5）6kg。14．我国制碱工业的先驱——侯德榜发明的联合制碱法（又称侯氏制碱法），其基本工艺流程如下：已知：常温下，氨气的溶解度很大，CO2的溶解度很小。请回答下列问题：（1）步骤①中先通入的气体是氨气；步骤②发生反应的条件是加热。（2）工业制得的纯碱通常含有杂质（假设杂质都易溶且不参加反应），某兴趣小组的同学为测定某纯碱样品中碳酸钠的质量分数，设计了下图方案并进行实验。①操作b过程包括洗涤、干燥、称量等过程。②计算该样品中碳酸钠的质量分数（写出计算过程，结果精确至0.1%）。③在图中画出产生沉淀的质量与加入CaCl2溶液质量的变化关系，并标出相应的数据。【答案】（1）氨气；加热；（2）①干燥；②88.3%；③。【解析】解：（1）氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，步骤①中先通入的气体是氨气，氨气溶于水形成弱碱性溶液，能更好的吸收二氧化碳；步骤②发生的反应是碳酸氢钠在加热的条件下生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应的条件是加热。（2）①由流程图可知，操作b是由过滤后的沉淀得到固体，则操作b的过程包括洗涤、干燥、称量等过程。②设12.0g样品中碳酸钠的质量为x，消耗氯化钙的质量为y。Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl106111100xy10g，x＝10.6g，y＝11.1g则样品中碳酸钠的质量分数为：×100%≈88.3%。答：样品中碳酸钠的质量分数为88.3%。③恰好完全反应时，消耗氯化钙溶液的质量为：11.1g÷10%＝111g，而产生沉淀的质量为10g，则产生沉淀的质量与加入CaCl2溶液质量的变化关系如图所示：。故答案为：（1）氨气；加热；（2）①干燥；②88.3%；③。15．我国古代炉甘石（ZnCO3）、赤铜（Cu2O）和足量木炭粉混合加热到约800℃，得到黄铜（铜和锌的合金），现进行模拟，工艺流程如图1所示。已知：2ZnCO3+2Cu2O+2C2Zn+4Cu+4CO2↑（1）木炭在此过程中充当还原剂（填“氧化剂”或“还原剂”）；Zn的金属活动性比Cu要强（填“强”或“弱”）。（2）气体A中一定含有CO2，可能含有一氧化碳。（3）若用该工艺制备了2000g黄铜产品，其中锌单质的质量分数为32.5%。计算产生这些锌单质所需要碳酸锌的质量（写出计算过程）。（4）“高温还原冷却”过程，假设产品中氧元素的质量分数随时间的变化如图2所示。若（3）中产品是在t4后得到的，且产品中只含有三种元素，则黄铜中含铜元素1346.8g。（保留整数）【答案】（1）还原剂；强；（2）一氧化碳；（3）1250g；（4）1343.6。【解析】解：（1）木炭在反应中得到氧，因此属于还原剂，锌的金属活动性比铜强，故答案为：还原剂；强；（2）反应产生的二氧化碳和碳高温会生成一氧化碳，故答案为：一氧化碳；（3）2000g黄铜中锌的质量为2000g×32.5%＝650g，根据锌元素守恒可知，锌元素质量全部来自于碳酸锌，碳酸锌中锌元素的质量分数为，设碳酸锌的质量为x，则x×52%＝650g，x＝1250g，答：产生这些锌单质所需要碳酸锌的质量为1250g，故答案为：1250g；（4）（3）中产品是在t4后得到的，则氧元素的质量分数为0.32%，则2000g产品中含有氧元素的质量为2000g×0.32%＝6.4g；含锌元素的质量分数为2000g×32.5%＝650g；因产品中只含有三种元素，则黄铜中铜元素的质量为2000g﹣650g﹣6.4＝1343.6，故答案为：1343.6。16．烧碱是一种重要的工业原料。在工业上可以用纯碱和石灰石为原料制备氢氧化钠，主要流程如图所示：（1）上述流程中，没有涉及的化学反应类型为置换反应（填基本反应类型）。（2）步骤①的化学方程式为CaCO3CaO+CO2↑。（3）室温下，某实验小组的同学将5.3%的Na2CO3溶液，逐滴加入到澄清石灰水中，产生沉淀的质量与滴入Na2CO3溶液的质量关系如图所示。试回答：①当滴入Na2CO3溶液150g时（至图中B点），烧杯中溶液里一定大量存在的金属阳离子是Na+（写离子符号）。②当滴入Na2CO3溶液100g时（至图中A点），恰好完全反应。试计算，计算此时所得沉淀的质量5g（写出计算过程）。【答案】（1）置换反应；（2）CaCO3CaO+CO2↑；（3）Na+；5g。【解析】解：（1）上述流程中，步骤①是石灰石在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应，步骤②是生石灰和水反应生成熟石灰，属于化合反应，步骤④是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，属于复分解反应，则没有涉及的化学反应类型为置换反应。（2）石灰石的主要成分是碳酸钙，步骤①的反应是碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑。（3）①氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，当滴入碳酸钠溶液150g时（至图中B点），碳酸钠溶液过量，溶质是反应生成的氢氧化钠和过量的碳酸钠，则烧杯中溶液里一定大量存在的金属阳离子是Na+。②当滴入Na2CO3溶液100g时（至图中A点），恰好完全反应。100g溶质质量分数为5.3%的Na2CO3溶液中，碳酸钠的质量为：100g×5.3%＝5.3g，设恰好完全反应时生成碳酸钙沉淀的质量是x。Na2CO3+Ca（OH）2＝2NaOH+CaCO3↓1061005.3gxx＝5g则此时所得沉淀的质量是5g。故答案为：（1）置换反应；（2）CaCO3CaO+CO2↑；（3）Na+；5g。17．生铁用途十分广泛。工业上利用磁铁矿（主要成分是Fe3O4，还含少量杂质）冶炼生铁的过程如图1。回答下列问题：（1）生铁属于混合物（填“纯净物”或“混合物”）。“高炉气体”中的CO、SO2气体有污染性，必须处理后才能排放。（2）高炉炼铁：①炼铁厂用2900吨含四氧化三铁80%的磁铁矿石，理论上可炼出含铁96%的生铁多少吨？1750t（列化学方程式进行计算）②如图2是磁铁矿炼铁的关系图。在图中画出不同的铁矿石炼铁的b和c的大致位置及趋势。铁矿石主要成分的质量分数（%）铁矿石的质量（吨）对应曲线磁铁矿（Fe3O4）802900a赤铁矿（Fe2O3）802900b（待绘制）菱铁矿（FeCO3）802900c（待绘制）【答案】（1）混合物；CO、SO2；（2）①1750t；②。【解析】解：（1）生铁中含有铁和碳等多种物质，属于混合物；“高炉气体”中的CO、SO2气体有污染性，必须处理后才能排放；故答案为：混合物；CO、SO2；（2）①设理论上可炼出铁的质量为x，则：Fe3O4+4CO3Fe+4CO22321682900t×80%xx＝1680t折合含铁96%的生铁质量为：1680t÷96%＝1750t；故答案为：1750t；②设2900t赤铁矿能炼出铁的质量为y，则：Fe2O3+3CO2Fe+3CO21601122900t×80%yy＝1624t根据质量守恒定律，反应前后元素的质量不变，2900t菱铁矿能炼出铁的质量为2900t×80%×＝1120t故图像为：。故答案为：。18．铜及其化合物广泛应用于生活生产中。（1）青铜属于合金（填“金属单质”或“合金”）。（2）Cu，CuO、CuSO4三种物质的转化关系如图甲所示：①反应Ⅱ中，CuO与稀硫酸反应的现象是黑色固体逐渐消失，溶液由无色变成蓝色。②反应Ⅲ中，CO（填化学式）可将CuO一步转化为Cu。③图乙所示的实验中，将铜片浸入AgNO3（填化学式）溶液中，可根据现象证明Cu的金属活动性比Ag强。（3）往四个都装有15g样品（只含Cu和CuO）的烧杯中，分别加入不同质量的稀硫酸，反应过程中的质量关系如下表所示，计算所用稀硫酸的溶质质量分数。烧杯序号一二三四稀硫酸的质量/g50100150200剩余固体质量/g11733【答案】（1）合金。（2）①黑色固体逐渐消失，溶液由无色变成蓝色；②CO；③AgNO3；（3）9.8%。【解析】解：（1）青铜是铜锡合金，则青铜属于合金。（2）①反应Ⅱ中，CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的现象是：黑色固体逐渐消失，溶液由无色变成蓝色。②一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，则反应Ⅲ中，CO可将CuO一步转化为Cu（合理即可）。③活动性强的金属能将活动性弱的金属从它的盐溶液中置换出来，则图乙所示的实验中，将铜片浸入AgNO3溶液中，可根据铜片表面有银白色物质析出的现象证明Cu的金属活动性比Ag强。（3）往Cu和CuO的烧杯中加入稀硫酸，稀硫酸和铜不反应，稀硫酸和氧化铜反应生成硫酸铜和水，由图可知，最后剩余的3g固体是不反应的铜，则第一次稀硫酸完全反应