中考化学压轴题之综合题中考题型整理突破提升及答案解析.docx

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中考化学压轴题之综合题中考题型整理突破提升及答案解析

一、中考初中化学综合题

1．通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质，以下是制备精盐的实验方案，各步操作流程如下：

（1）在第①步粗盐溶解操作中要用玻璃棒搅拌，作用是_____。

（2）第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：

泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、_____（填化学式）。

（3）在第③步操作中，选择的除杂的试剂不能用KOH代替NaOH，理由是_____。

（4）在利用粗盐制备精盐过程的第⑥步操作中，加入适量盐酸的目的是_____。

（5）实验所得精盐的质量大于粗盐中NaCl的质量，原因是_____。

（6）某品牌纯碱中含有杂质NaCl，化学兴趣小组的同学进行了如下实验研究：

称取12g样品放入烧杯中，加入稀盐酸至不再产生气泡为止，并绘制出加入稀盐酸的质量与放出气体质量的关系如图。

①纯碱恰好完全反应时，生成CO2的质量为_____g

②计算当盐酸与纯碱恰好完全反应时，所得溶液的溶质质量分数是多少？

____

【答案】加速溶解CaCO3BaCO3引入了新的杂质KCl除去溶液中过量的氢氧化钠和碳酸钠反应生成了氯化钠4.4g16.3%

【解析】

本题考查了氯化钠与粗盐提纯，酸、碱、盐的化学性质，根据化学反应方程式的计算和有关溶质质量分数计算，综合性较强，认真审题，理清反应过程是解题的关键。

（1）在第①步粗盐溶解操作中要用玻璃棒搅拌，作用是加快溶解速率；

（2）第②步中氯化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，第③步中氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，第④步中碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠。

第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：

泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3；

（3）氢氧化钾会与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钾，氯化钾对氯化钠来说就是杂质。

在第③步操作中，选择的除杂的试剂不能用KOH代替NaOH，理由是会带入新的杂质氯化钾；

（4）在第④、⑤步中加入过量的氢氧化钠和碳酸钠。

在利用粗盐制备精盐过程的第⑥步操作中，加入适量盐酸的目的是除去过量的氢氧化钠和碳酸钠；

（5）在第②③④步中均有氯化钠生成。

在实验所得精盐的质量大于粗盐中NaCl的质量，原因是反应生成了氯化钠。

（6）根据加入稀盐酸的质量与放出气体质量的关系图，可知

（1）纯碱恰好完全反应时，生成CO2的质量为4.4g，

（2）设：

碳酸钠质量为x，生成氯化钠质量为y，

Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，

10611744

xy4.4g

，

x=10.6g，y=11.7g，

当盐酸与纯碱恰好完全反应时，所得溶液的溶质质量分数是：

×100%=16.3%，

答：

当盐酸与纯碱恰好完全反应时，所得溶液的溶质质量分数是16.3%。

2．向碳酸氢镁［Mg（HCO3）2］溶液中加入一定量NaOH溶液，出现白色沉淀。

某化学兴趣小组同学对该白色沉淀作如下探究：

（查阅资料）I．Mg（OH）2是一种难溶于水的白色固体，MgCO3是一种微溶于水的白色固体。

Ⅱ．Mg（OH）2、MgCO3受热均易分解，分别生成对应的两种氧化物。

Ⅲ．无水硫酸铜是一种白色固体，遇水变蓝。

（作出猜想）猜想一：

只有Mg（OH）2；猜想二：

只有MgCO3：

；猜想三：

_____。

（实验1）

步骤

实验操作

实验现象

实验结论

步骤1

取适量白色固体，加入足量的稀盐酸

有气泡产生

猜想_____不成立

步骤2

另取适量白色固体，充分加热，将产生的气体通入盛有无水硫酸铜的U形管

_____

猜想二不成立

小张查阅资料得知上述固体是碱式碳酸镁［XMgCO3・yMg（OH）2・3H2O］，它不溶于水，受热易分解。

（实验2）

为进一步确定白色固体的组成，小张取一定量白色固体，按下图装置加热至固体质量不再改变，并测定各生成物的质量。

（1）反应结東后若没有继续通一会儿氮气就直接称量洗气瓶的质量，则测得的气体质量将_____（填：

“偏大”、“偏小”或“不变”）

（2）为测定各生成物的质量，导管口的连接顺序为a→_____，_____→_____（填字母）。

（3）实验数据：

加热完全后剩余固体质量3.20g；浓NaOH溶液增重2.64g；浓硫酸增重1.44g则：

x：

y＝_____。

（拓展延伸）

碱式碳酸镁可作阻燃剂，其可能的原因是_____（选填字母）。

a．生成的固体覆盖在燃烧物表面，隔绝氧气；

b．分解时吸热，使温度难以达到可燃物的着火点；

c．生成的气体降低了可燃物周围的氧气浓度。

【答案】Mg（OH）2、MgCO3一白色固体变蓝色偏小edb3：

2abc

【解析】

【详解】

[作出猜想]

猜想一：

只有Mg（OH）2；猜想二：

只有MgCO3：

；猜想三：

Mg（OH）2、MgCO3。

故填：

Mg（OH）2、MgCO3。

[实验1]

取适量白色固体，加入足量的稀盐酸，产生气泡，是因为碳酸镁和盐酸反应生成了二氧化碳；

另取适量白色固体，充分加热，将产生的气体通入盛有无水硫酸铜的U形管，白色固体变蓝色，是因为氢氧化镁分解生成了水，实验过程如下所示：

步骤

实验操作

实验现象

实验结论

步骤1

取适量白色固体，加入足量的稀盐酸

有气泡产生

猜想一不成立

步骤2

另取适量白色固体，充分加热，将产生的气体通入盛有无水硫酸铜的U形管

白色固体变蓝色

猜想二不成立

[实验2]

（1）反应结東后若没有继续通一会儿氮气，会导致反应生成的气体不能被完全吸收，就直接称量洗气瓶的质量，则测得的气体质量将偏小。

故填：

偏小。

（2）为测定各生成物的质量，导管口的连接顺序为a→e，d→b。

故填：

e；d；b。

（3）加热完全后剩余固体质量3.20g，说明氧化镁质量是3.20g；浓NaOH溶液增重2.64g，说明反应生成了2.64g二氧化碳；浓硫酸增重1.44g，说明反应生成了1.44g水；

设碳酸镁质量为m，反应生成氧化镁质量为n，氢氧化镁质量为z，

m＝5.04g，n＝1.6g，

氢氧化镁分解生成氧化镁质量：

3.20g﹣1.6g＝1.6g，

z＝2.32g，

根据题意有：

，

故填：

3：

2。

[拓展延伸]

碱式碳酸镁可作阻燃剂，其可能的原因：

生成的固体覆盖在燃烧物表面，隔绝氧气；分解时吸热，使温度难以达到可燃物的着火点；生成的气体降低了可燃物周围的氧气浓度。

故填：

abc。

3．某种碳酸盐类铜矿的化学式可表示为aCuCO3•bCu（OH）2。

已知Cu（OH）2和CuCO3受热都能分解，分别生成两种常见的氧化物。

某兴趣小组的同学对其组成做了一些探究。

小组同学称取了样品17.3g，用下图装置进行了实验。

（1）请写出一种你所熟悉的碳酸盐类铜矿的名称_____。

（2）请写出A中发生化学反应的化学方程式_____。

（3）D装置中试剂的作用是_____，实验过程中持续通入空气的目的是_____，C装置中的现象_____。

（4）对样品进行热分解，直至C装置中剩余固体质量不再变化为止，再缓缓通入一段时间空气。

冷却后测得装置D增重0.9g，装置E增重4.4g．通过计算可得a∶b=_____。

若缺少B装置，测得的a∶b的值会_____。

（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）

（5）此实验对温度控制要求较高。

若温度控制不当，会发现反应后的固体物质中有少量红色物质出现。

有的同学认为这一定是生成了铜，你同意他的观点吗？

_____（选填“同意”或“不同意”），理由是_____。

【答案】孔雀石CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O吸收水蒸气使反应生成的水蒸气、二氧化碳被D、E装置充分吸收样品变黑色2：

1偏小不同意氧化亚铜也是红色固体

【解析】

【详解】

（1）碳酸盐类铜矿有孔雀石、石青等。

（2）A中二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，发生化学反应的化学方程式为：

CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。

（3）D装置中试剂的作用是吸收水蒸气，实验过程中持续通入空气的目的是使反应生成的水蒸气、二氧化碳被D、E装置充分吸收，C装置中最终生成氧化铜，因此样品变黑色。

（4）冷却后测得装置D增重0.9g，说明氢氧化铜分解生成了0.9g水，装置E增重4.4g，说明碳酸铜分解生成了4.4g二氧化碳，

设样品中氢氧化铜质量为x，碳酸铜的质量为y，

解得x=4.9g，y=12.4g

根据题意，

若缺少B装置，会导致测定的水的质量偏大，从而导致测得的a：

b的值会偏小。

（5）不同意，理由是氧化亚铜也是红色固体。

4．

（1）如表是CO2气体在水中的几组溶解度数据（单位：

mL/100mL水）

温度（℃）

大气压

0

25

50

75

100

1

1.79

0.752

0.423

0.307

0.231

10

15.92

7.14

4.095

2.99

2.28

25

29.30

16.20

9.71

6.82

5.73

①根据CO2的溶解度表，可以得出气体的溶解度随外界条件的变化规律是：

_____、_____．

②打开可乐瓶有气体逸出，说明原瓶中的压强_____（填“＞”、“＜”或“＝”）瓶外大气压强．

（2）甲、乙两物质（均不含结晶水）的溶解度曲线如图，请回答．

①t2℃时，甲、乙两物质溶解度较大的是_____．

②t1℃时，50g水中加入30g乙，充分溶解所得溶液的质量是_____g．

③t2℃时，将乙的不饱和溶液转化为饱和溶液一定可行的方法是_____（填编号）．

A加足量溶质乙B蒸发溶剂至晶体析出C降温

④t2℃时，甲、乙溶液的溶质质量分数相等且均为a%，则甲溶液一定为_____（填“饱和”或“不饱和”）溶液，a%的取值范围为_____．

⑤将t2℃等质量的甲、乙饱和溶液分别降温到t1℃，有关说法正确的是_____．

At1℃时溶质质量：

甲＝乙Bt1℃时溶剂质量：

甲＞乙

Ct1℃时溶液质量：

甲＜乙D析出晶体质量：

甲＞乙．

【答案】压强相同时气体的溶解度随温度升高而减小温度相同时气体溶解度随压强的增大而增大>甲70AB不饱和0

【解析】

（1）①由题目中提供的数据可知，影响CO2的溶解度的因素是温度与压强，即温度升高，气体的溶解度减小；压强增大，气体的溶解度增大；压强相同时气体的溶解度随温度升高而减小；②打开可乐瓶有气体溢出，说明压强减小了，二氧化碳在水中的溶解度变小，从水中逸出，说明原瓶中的压强大于瓶外大气压强；

（2）①由甲、乙两种物质的溶解度曲线可知，t2℃时，甲、乙两种物质溶解度较大的是甲；②由乙物质的溶解度曲线可知，t1℃时，乙物质的溶解度是40g，t1℃时，50g水中放入30g乙，只能溶解20g，充分溶解后所得溶液的质量是50g+20g=70g；③③由图示信息可知t2℃时，将乙的不饱和溶液转化为饱和溶液一定可行的方法是：

加足量溶质乙；蒸发溶剂至晶体析出；④由甲、乙两种物质的溶解度曲线可知，t2℃时，甲的溶解度大于乙，乙的溶解度是60g，甲、乙溶液的溶质质量分数相等均为a%，其中一定是不饱和溶液的是甲，a%的取值范围是不大于t2℃时乙的饱和溶液的质量分数，即：

；⑤A、由上述分析可知，将t2℃等质量的甲、乙溶液分别降温到t1℃，甲的溶解度受温度的影响较大，甲析出固体的质量多，t1℃时溶质质量：

甲<乙，错误；B、将t2℃等质量的甲、乙溶液分别降温到t1℃，甲析出固体的质量多，t1℃时溶剂质量：

甲<乙，错误；C、将t2