中考化学专题训练流程图的综合题分类附详细答案.docx
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中考化学专题训练流程图的综合题分类附详细答案
一、中考初中化学流程图
1．以下是两个常见的工业流程，
流程一：
从只含有CuSO4的废液中回收金属铜，并得到工业原料硫酸亚铁，生产流程如下：
（1）加入过量的A物质，该A物质为______。
操作a的名称是_______，操作a所用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_________，操作a中玻璃棒的作用是_______。
（2）写出流程图中的固体成分的化学式____，B的溶液中溶质的化学式_______
流程二：
如图是两种常用脱硫工艺中含硫物质的转化路径（部分产物已略），请回答下列问题：
（1）CaSO3中Ca、S、O元素的质量比是_______。
（2）已知原料NaOH的价格为2.9元/kg.而Ca（OH）2的价格为0.36元/kg．两种工艺中，处理相同质量的SO2，双碱法所需的原料成本更低，其原因是______________。
【答案】铁过滤漏斗引流Fe和CuH2SO45：
4:
6双碱法中通过反应II实现了NaOH的循环利用，减少了NaOH的用量处理等量SO2，氢氧化钙用量更少且价格便宜，所以双碱法成本更低
【解析】流程一：
只含有CuSO4的废液中回收金属铜，并得到工业原料硫酸亚铁，所所加试剂是过量的铁，反应方程式为Fe+CuSO4==FeSO4+Cu，反应后得到是固体铜和铁，溶液硫酸亚铁溶液，过滤可将难溶固体与液体分离，所以应过滤，过滤用到的仪器有：
烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台，其中，玻璃棒的作用是引流；将铜和铁的混合物中的铁除掉，得硫酸亚铁和铜，所以应加入的试剂B为稀硫酸，因为.Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，而铜和酸不反应；流程二：
（1）化合物中元素的质量比=（相对原子质量×原子个数）之比，CaSO3中Ca、S、O元素的质量比是40:
32:
3×16=5：
4:
6；
（2）Na2SO3+Ca（OH）2=CaSO3↓+2NaOH,2NaOH+SO2==Na2SO3+H2O；因此用双碱法（氢氧化钙和氢氧化钠联合使用）实现了NaOH的循环利用，减少了NaOH的用量处理等量SO2，氢氧化钙用量更少且价格便宜，所以双碱法成本更低。
2．某工业废液中含有CuSO4、ZnSO4、FeSO4，如果将废液直接排放就会造成水污染。
于是几位同学设计实验处理废液，回收工业重要原料硫酸锌和有关金属。
实验过程如下：
请回答：
（1）操作①的名称是_______，其中玻璃棒的作用是______。
写出加过量M发生的一个化学反应的方程式____________________。
（2）固体A中一定有_______。
判断操作④中稀硫酸足量的方法是_______。
（3）滤液A、滤液B合起来蒸发至干目的是_________________。
【答案】过滤引流Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu或Zn+FeSO4=ZnSO4+FeZn、Fe、Cu继续加稀硫酸，无气泡生成提高硫酸锌的产率
【解析】
【分析】
【详解】
（1）操作1是将固体和液体分离的过程，故名称是过滤。
过滤操作中玻璃棒的作用是引流。
锌与硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，锌与硫酸亚铁反应生成铁和硫酸锌，故反应的方程式为：
Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu或Zn+FeSO4=ZnSO4+Fe。
（2）由图可知，加入的M物质是过量的锌，锌可以与CuSO4、FeSO4反应生成铜和铁和硫酸锌，与ZnSO4不反应，故固体A中一定有Zn、Fe、Cu。
如酸不足则不能与金属反应，则可以继续加热稀硫酸，如没有气泡没冒出，则说明稀硫酸足够。
（3）由图可知，固体C是不能被磁铁吸引，故C中含有铜和锌，故滤液B中的溶质是硫酸锌，故与滤液A混合蒸干可以提高硫酸锌的产率
3．中国制造业正在持续发展，公金是其中重要的金属材料。
（1）黄铜是铜锌合金，将纯铜片和黄铜片互相刻画（如图1所示），纯铜片上留下明显的划痕，说明______。
（2）黄铜渣中约含Zn7%、ZnO31%、Cu50%、CuO5%，其余为杂质（杂质不溶于水、不参与反应）。
处理黄铜渣可得到硫酸锌，主要流程如图2,操作中加热蒸发后冷却至原温度:
①溶液A中所含溶质为____________________；
②I、II中的操作均包括________________；
③下列说法正确的是____________________。
A溶液A中ZnSO4的质量大于CuSO4
B溶液A的质量小于溶液B
C溶液C中溶质的质量分数小于溶液B
（3）锌粉、铝粉、镁粉的混合物3.8g与一定质量的稀硫酸恰好完全反应，生成氢气0.2g,将反应后的溶液蒸发水分后得到固体混合物（不含结晶水）的质量为________g。
【答案】黄铜硬度比纯铜大ZnSO4、CuSO4、H2SO4过滤AB13.4
【解析】
【分析】
【详解】
（1）黄铜是铜锌合金，将纯铜片和黄铜片互相刻画，纯铜片上留下明显的划痕，说明黄铜硬度比纯铜大。
（2）向黄铜渣中加入过量的稀硫酸，锌和氧化锌分别与稀硫酸反应生成硫酸锌，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，故①溶液A中所含溶质为ZnSO4、CuSO4和过量的H2SO4。
②I、II中的操作均包括是过滤，在I中通过过滤除去铜和不溶性杂质，在II中通过过滤除去过量的锌。
③A、因为黄铜渣中Zn和ZnO的总含量大于CuO的含量，故溶液A中ZnSO4的质量大于CuSO4，A正确；
B、溶液A中含有ZnSO4、CuSO4、H2SO4，加入过量的锌，锌分别与CuSO4、H2SO4反应生成硫酸锌，锌的相对原子质量大于铜或氢的相对原子质量，故溶液A的质量小于溶液B，B正确；
C溶液B通过蒸发溶剂冷却至原温度得到溶液C和硫酸锌晶体，则溶液C一定是该温度下的硫酸锌饱和溶液，而溶液B不是硫酸锌饱和溶液，故溶液C中溶质的质量分数可能大于溶液B，C不正确。
故选AB。
（3）锌粉、铝粉、镁粉的混合物3.8g与一定质量的稀硫酸恰好完全反应，生成氢气0.2g。
根据质量守恒定律，利用硫酸中氢离子与硫酸根离子的质量比，则参加反应的硫酸中硫酸根离子的质量为
。
反应后的溶液蒸发水分后得到固体混合物的质量等于原固体质量与参加反应中硫酸根离子的质量总和，则为
。
4．CaCO3在生产生活中有广泛的用途。
（1）烧石灰石可制得活性CaO，反应的化学方程式为_________________________。
为测定不同煅烧温度对CaO活性的影响，取石灰石样品分为三等份，在同一设备中分别于800℃、900℃和1000℃条件下煅烧，所得固体分别与等质量的水完全反应，测得反应液温度随时间的变化如图所示。
由此可知：
CaO与水反应会__________热量（填“放出”或“吸收”），上述温度中，_________℃煅烧所得CaO活性最高。
（2）以电石渣[主要成分为Ca（OH）2还含有少量MgO等杂质]为原料制备高纯CaCO3的流程如下：
①上图为NH4Cl浓度对钙、镁浸出率的影响（
），为进一步提升CaCO3的产量和纯度，据图分析，较适宜的NH4Cl溶液的质量分数为_______，浸取时主要反应的化学方程式为______________________________。
②流程中框线内若改用溶液_________________（填化学式），可一步得到与原流程完全相同的生成物。
③流程中框线内若改用Na2CO3溶液，也能得到高纯CaCO3。
试从生成物的角度分析原流程的优点：
a.NH3可循环利用；b._______；
【答案】CaCO3
CaO+CO2↑放出90010%2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2ONH4HCO3或（NH4）2CO3NH4Cl可循环利用；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）烧石灰石生成CaO和二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO3
CaO+CO2↑。
CaO与水反应生成氢氧化钙，同时放出热量，根据曲线图可知，在900℃煅烧所得CaO与水反应放出热量最高，故900℃煅烧所得CaO活性最高。
（2）①据图分析，NH4Cl溶液的质量分数为10%时，镁的浸出率较低，钙的浸出最大。
浸取时主要反应是氯化铵与氢氧化钙反应，生成氯化钙、水和氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O。
②流程中框线内先加入氨水，再通入二氧化碳，生成碳酸钙和氯化铵，若改用溶液（NH4）2CO3，也可以一步得到碳酸钙和氯化铵。
③从生成物的角度分析原流程的优点：
a.NH3可循环利用，因为浸取产生的氨气可用于碱化；b.NH4Cl可循环利用，因为合成过程中产生的氯化铵可用于浸取电石渣。
【点睛】
判断某物质是否可循环利用，方法是看该物质在流程中既能做反应物，又是生成物。
5．海水中有大量可以利用的化学资源，例如氯化镁、氯化钠、溴化钾等。
综合利用海水制备金属镁的流程如下图所示：
（1）贝壳主要成分的化学式是_________。
（2）操作a的名称是_______，在实验室中进行此项操作，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_______。
（3）工业冶炼镁常用电解MgCl2的方法，反应为：
MgCl2
Mg+_____。
（4）写出第②、③两步反应的化学方程式：
②___________________，③____________________。
【答案】CaCO3过滤漏斗Cl2CaO+H2O=Ca（OH）2Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（1）贝壳的主要成分是碳酸钙（CaCO3）。
（2）石灰乳主要成分是氢氧化钙[Ca（OH）2]，与海水中的氯化镁反应生成氢氧化镁[Mg（OH）2]沉淀和氯化钙溶液，应用过滤方法分离不溶性固体氢氧化镁和氯化钙溶液；过滤需要用烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器。
（3）氯化镁电解生成镁和氯气（Cl2），则反应为
。
（4）第②步反应是氧化钙（CaO）与水化合生成氢氧化钙，第③步是氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁（MgCl2）和水，反应的化学方程式为②是CaO+H2O=Ca（OH）2，③是Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O。
6．以氯化钠和硫酸铵为原料制各氯化铵及副产品硫酸钠，工艺流程如下：
己知：
氮化铵受热能分解生成氯化氢气体和氨气，硫酸钠受热不易分解。
氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如下图所示。
回答下列问题：
（1）实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有__________、烧杯、玻璃棒、酒精灯等，蒸发时玻璃棒的作用是______________________。
（2）“冷却结晶”过程中，析出NH4Cl晶体的合适温度范围为______________℃。
（3）对得到的NH4Cl产品，不用其它试剂，检查其是否纯净的操作是_______________。
（4）用简单的化学方法验证副产品Na2SO4中含有NH4Cl_______________________。
【答案】蒸发皿搅拌，使溶液受热均匀，防止液滴飞溅35°~45°加热一部分产品，若加热的产品全都消失，则产80纯净加热副产品，若产生有刺激性气味气体，则副产品中含有NH4Cl
【解析】
（1）实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有蒸发皿、烧杯、玻璃棒、酒精灯等；蒸发时玻璃棒的作用是搅拌，使溶液受热均匀，防止液滴飞溅。
（2）根据硫酸钠的溶解度曲线不难看出，在低于40℃时，硫酸钠的溶解度随温度的升高而增大，高于40℃时硫酸钠的溶解度随温度的升高而减小；由两物质的溶解度曲线不难看出，只有在35-45℃时，氯化铵的溶解度小于硫酸钠的溶解度．所以，析出NH4Cl晶体的合适温度为35～45℃；
（3）根据氯化铵受热时分解生成了氨气和氯化氢气体，可用加热法检查NH4Cl产品是否纯净，操作是：
取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净；
（4）根据“氮化铵受热能分解生成氯化氢气体和氨气，硫酸钠受热不易分解”，可以加热副产品，若产生有刺激性气味气体，则副产品中含有NH4Cl。
7．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于冶金、电镀、医药等行业。
已知CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易变质。
CuCl的制备流程如下:
（1）“滤液1”中除了Na+、SO42-外，还存在较多的离子是______________；滤液2中含有的溶质有__________________。
（2）“反应”中发生的化学变化生成了某种气体，这种气体能跟水直接化合产生硫酸，“反应”过程的化学反应方程是:
__________________。
（3）“操作a”的名称是__________________，流程中可以循环利用的物质（水除外）是_________________（写化学式）。
（4）能用“水洗”的原因是__________________，“水洗”的作用是__________________，“醇洗”的目的是__________________。
（5）160gCuSO4与足量NaCl经上述制备流程，可生成的CuCl最多是__________________g。
【答案】Cl-Cu2+NaCl、Na2SO4和H2SO4
过滤NaClCuCl难溶于水；洗去可溶性杂质，保留CuCl快速去除CuCl表面的水、防止其氧化99.5
【解析】
【分析】
【详解】
（1）溶解过程和结晶过程离子的种类不变，滤液中含有Na+、SO42-、Cl-和Cu2+；“反应”中发生的化学变化是
，产生的SO3迅速与水化合生成硫酸，所以滤液2中含有的溶质有NaCl、Na2SO4和H2SO4；
（2）SO3能与水化合生成硫酸，“反应”中发生的化学变化是
；
（3）“操作a”的名称是过滤，流程中NaCl既是反应物，又是生成物，故可以循环利用的物质NaCl；
（4）能用“水洗”的原因是CuCl难溶于水，“水洗”的作用是洗去可溶性杂质，保留CuCl，“醇洗”的目的是快速去除CuCl表面的水、防止其氧化；
（5）反应前后铜元素的质量相等，设可生成的CuCl质量最多是x。
解得x=99.5g
答：
160gCuSO4与足量NaCl经上述制备流程，可生成的CuCl最多是99.5g。
8．硫酸钠是制造纸浆、染料稀释剂、医药品等的重要原料。
某硫酸钠粗品中含有少量的氯化钙、氯化镁，实验室进行提纯的流程如下：
（1）滤渣中两种主要成分的化学式为_____________
（2）NaOH和Na2CO3如果添加过量了，可加入适量____溶液除去。
（3）“后续处理”的主要操作是蒸发，为了获得纯净的硫酸钠，应蒸发至_____（选填字母）。
A完全蒸干时停止加热
B有大量固体析出时停止加热，利用余热蒸干
（4）已知硫酸钠的溶解度随温度变化的曲线如图所示。
40℃时，硫酸钠的饱和溶液中溶质质量分数为__________（结果精确到0.1%），将该饱和溶液转化为该温度下不饱和溶液的方法是_________、_______
【答案】Mg（OH）2、CaCO3稀硫酸B33.3%添加溶剂升（降）温后，过滤再恢复到原来温度
【解析】
【分析】
【详解】
（1）硫酸钠粗品中含有少量的氯化钙、氯化镁，加入氢氧化钠是为了除去氯化镁，发生的反应方程式为
，加入碳酸钠是为了除去氯化钙，发生的反应方程式为
，故滤渣中的两种主要成分是Mg（OH）2、CaCO3；
（2）NaOH和H2SO4反应生成硫酸钠和水，Na2CO3和H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，均可除杂又不引入新杂质，所以可加入适量稀硫酸溶液；
（3）进行蒸发操作时，不需要完全蒸干，有大量固体析出时即可停止加热，利用余热进行蒸干，故选B；
（4）由图像可知，40℃时，硫酸钠的溶解度为50g，若配成饱和溶液，溶质的质量分数为
；由于40℃时硫酸钠的溶解度达到最大值，此时无论是升高温度或是降低温度，都会使硫酸钠的溶解度下降，造成饱和溶液有晶体析出，所以将该饱和溶液转化为该温度下不饱和溶液的方法可以是添加溶剂；也可以升（降）温后，过滤析出的晶体后再恢复到原来温度。
9．为实现废物“资源化”利用的目的，以电石渣[主要成份为Ca（OH）2和CaCO3，其中Ca（OH）2为微溶物]为原料制备KClO3，其主要流程如图:
（1）氯化过程中，Cl2与Ca（OH）2作用，发生了一系列变化，最终生成Ca（ClO3）2和CaCl2，该反应的化学方程式中这两种生成物的化学计量数比为1:
5。
①生成Ca（ClO3）2的化学方程式___________。
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有_________（填标号）。
A适当减缓通入Cl2速率
B充分搅拌浆料
C加水使Ca（OH）2完全溶解
（2）活性炭的作用是__________；步骤甲的操作名称为______________；残渣A中一定含有__________。
（3）向步骤甲得到的溶液中加入稍过量KCl固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3，该反应的基本反应类型为_______。
【答案】
AB吸附有毒的Cl2过滤活性炭、CaCO3复分解反应
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①根据题意，Cl2与Ca（OH）2反应生成Ca（ClO3）2和CaCl2，该反应的化学方程式中这两种生成物的化学计量数比为1:
5，根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，生成物中含6个钙原子，12个氯原子，6个氧原子，反应物中也应含有12个氯原子，6个钙原子，故氯气和氢氧化钙的化学计量数为6:
6，故反应物中还含有12个氢原子，12个氧原子，故生成物中还应含有12个氢原子，6个氧原子，故该反应的化学方程式为：
；
②转化率是指某一反应物转化的百分率，氯化时，为提高转化率，需要增加反应物之间的接触面积。
A、适当减缓通入Cl2速率，能使反应物接触时间长，提高转化率，符合题意；
B、充分搅拌浆料，增加接触面积，提高转化率，符合题意；
C、加水使Ca（OH）2完全溶解，导致接触面积降低，降低转化率，不符合题意。
故选AB；
（2）活性炭具有吸附性，可以吸附有毒有害气体，故活性炭的作用是：
吸附有毒的氯气；
步骤甲是分离固体和液体，故步骤甲的操作名称为过滤；
电石渣的主要成分是碳酸钙和氢氧化钙，氢氧化钙能与氯气反应生成Ca（ClO3）2和CaCl2，加入活性炭，吸附多余的氯气，活性炭不溶于水，故滤渣A中一定含有：
碳酸钙和活性炭；
（3）由题意可知，氯化钾能将Ca（ClO3）2转化为KClO3，根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，故另一生成物为氯化钙，该反应的化学方程式为：
，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。
10．实验室以MnO2为原料制备少量高纯MnCO3的流程如下：
已知：
①反应Ⅰ的化学方程式：
MnO2＋SO2＝MnSO4；②MnCO3难溶于水，MnCO3在100℃时开始分解。
（1）MnSO4中Mn的化合价为______。
（2）流程中“操作”所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、______。
（3）反应Ⅱ的化学方程式为______。
（4）检验MnCO3粗产品已洗净：
取最后一次洗涤液，加入适量的______（填化学式）溶液，若无明显现象说明已洗净。
（5）为获得高纯MnCO3，选择“低温干燥”的原因是______。
【答案】+2漏斗
BaCl2防止MnCO3高温分解而影响高纯MnCO3的纯度
【解析】
【分析】
【详解】
（1）MnSO4中硫酸根离子显-2价，所以Mn的化合价是+2；
（2）流程中“操作”为将固液分离的操作，为过滤，所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
（3）反应Ⅱ中加入的是反应I的生成物硫酸锰和新加入的碳酸氢钠，生成物为过滤得到的碳酸锰和溶液中的硫酸钠以及生成的气体二氧化碳，故反应Ⅱ为硫酸锰与碳酸氢钠反应生成硫酸钠、碳酸锰、二氧化碳和水，反应的化学方程式为
；
（4）验证MnCO3粗产品表面附着有硫酸钠杂质，也就是检验硫酸根的存在：
取最后一次洗涤液，加入适量的BaCl2溶液，若无明显现象说明已洗净；
（5）为获得高纯MnCO3，选择“低温干燥”的原因是MnCO3的分解温度为100℃，为防止MnCO3高温分解而影响高纯MnCO3的纯度。
【点睛】
合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提，因此要学会设计实验、进行实验、分析实验，为学好化学知识奠定基础。
11．硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质。
以硼镁泥为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。
从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的简要工业流程如下:
根据题意回答下列问题:
（1）实验中需要用98%的浓硫酸（p=1.84g/mL）来配制一定浓度的稀硫酸。
下列所给的仪器中，属于配制过程中必须使用的有_____________（填写选项字母）。
A普通漏斗
B蒸发皿
C量筒
D烧杯
E玻璃棒
F药匙
（2）混合物A中，除了Mg2+、Ca2+、Mn2+、Fe2+，还含有的金属阳离子有______________（填离子符号）。
（3）经过步骤二的过程，化合价发生变化的两种金属元素是______________（填元素符号）。
（4）已知MgSO4、CaSO4溶解度如下表：
温度（℃）
40
50
60
70
MgSO4
30.9
33.4
35.6
36.9
CaSO4
0.210
0.207
0.201
0.193
①从表中数据可以总结出CaSO4溶解度随温度的变化趋势是___________________。
②“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据分析，“除钙”适宜的温度是______________（填“较低温度”或“较高温度”）。
（5）“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，________________，便得到MgSO4·7H2O。
【答案】CDEFe3+、Al3+Mn、Fe随着温度升高而减小较高温度洗涤、干燥
【解析】
【分析】
【详解】
（1）所给的仪器中，属于配制过程中必须使用的有C（量筒，用来量取原硫酸溶液和水的体积）D（烧杯，盛放溶液）E（玻璃棒，用来搅拌）。
（2）混合物A中，除了Mg2+、Ca2+、Mn2+、Fe2+，还含有的金属阳离子有稀硫酸和氧化铁反应生成的硫酸铁中的铁离子、稀硫酸和氧化铝反应生成的硫酸铝中的铝离子。
（3）单质中元素化合价是0，化合物中元素化合价代数和为零。
硅元素不是金属元素。
化合物中氧元素的化合价一般为-2价。
反应前后钙、镁的化合价均不变为+2价，铝的化合价均为+3价，但氧化锰中锰的化合价为0-（-2）=+2价，二氧化锰中锰的化合价为0-（-2）×2=+4价，发生改变；氧化亚铁中铁元素的化合价为0-（-2）=+2价，氢氧化铁中氢氧根的化合价为-1价，铁的化合价为0-（-1）×3=+3价，发生改变；
（4）①从表中数据可以总结出CaSO4溶解度随温度的变化趋势是随着温度升高而减小。
②“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据分析，“除钙”适宜的温度是较高温度，是因为较高温度下硫酸镁溶解度较大，硫酸钙溶解度较小。
（5）“操作Ⅰ”是将滤
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