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1、_。（5）上述工艺流程中可循环利用的物质是_ 。得到的氯化铵可以用作_。【答案】红色粉末逐渐变黑，澄清石灰水变浑浊 3CO+Fe2O3 2Fe +3CO2 集中火焰，提高温度 通入CO 排尽空气，防止加热时发生爆炸 实验结束会一直通一氧化碳至装置冷却，石灰水不会倒吸 未处理尾气，污染空气 在石灰水后用酒精灯点燃尾气或用气球收集尾气 2.8 部分一氧化碳没有参加反应 NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3+NH4Cl 20时碳酸氢钠的溶解度最小，先饱和析出固体 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O 分解反应 冷却结晶 压强增大，二氧化碳气体溶解度增大 CO2和H2O 氮肥 【解析】

2、（1）工业炼铁是利用一氧化碳和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，实验过程中可以观察到的现象是：红色粉末逐渐变黑，澄清石灰水变浑浊，化学反应方程式是3CO+Fe2O3 2Fe +3CO2 。酒精灯罩的作用是集中火焰，提高温度，以达到高温条件。（2）点燃或加热可燃性气体和空气的混合物可能发生爆炸。实验过程中应该先通入CO，其目的是排尽空气，防止加热时发生爆炸。实验结束后，会一直通一氧化碳至装置冷却，玻璃管内压强不会变小，石灰水不会倒吸。（3）从环保的角度来分析，一氧化碳是空气污染物，实验产生的尾气中有未反应的一氧化碳，而该装置存未处理尾气，会污染空气，应做出的改进是在石灰水后用酒精灯点燃尾气或用气球收集

3、尾气。（4） 由Fe2O3+3CO 高温2Fe+3CO2可知一氧化碳和二氧化碳的质量比为：28:44，,实验完成后，发现过量的澄清石灰水增重4.4g，说明石灰水吸收二氧化碳4.4g,则通入装置的CO气体质量肯定大于2.8g，其理由是因为实验开始要通入一氧化碳排装置内的空气，实验结束后要继续通入一氧化碳防止铁被氧化，同时还有反应中剩余的一氧化碳。B（1）请写出食盐水、氨气、二氧化碳反应的化学方程式为：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3+NH4Cl；（2）反应I为碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳、了、碳酸钠、和水，化学方程式 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；该反应的基本类型为

4、由一种物质生成两种或两种以上物质的分解反应。（3）操作a的过程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥，得到较纯净的氯化铵固体（4）增多压强可以增大二氧化碳的溶解度，提高溶液中二氧化碳的浓度，有利于提高反应速率和产率。（5）上述工艺流程中CO2和H2O即是原料又是生成物，可循环利用。得到的氯化铵因含有氮元素可以用作氮肥。2探究学习小组在实验室中用图1所示装置制取CO2并探究CO2与过氧化钠（Na2O2）的反应查阅资料得知：过氧化钠（Na2O2）是一种淡黄色固体，能与CO2，H2O发生反应：Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，2Na2O2+H2O4NaOH+O2请回答下列问题：（1）装置A中发生反

5、应的化学方程式为_，利用装置A制取CO2的优点是_（2）装置B的作用是吸收CO2中混有的HCl，发生反应化学方程式为_（3）装置D的作用是_（4）装置E中收集到的气体是_（填化学式），该气体还可以用下列图2装置中的_进行收集（填写字母序号）（5）为探究反应后装置C硬质玻璃管中固体的成分，该小组同学进行了如图3实验：根据固体加水溶解无气泡，得出_结论，加入足量氯化钙目的为_，根据判断，反应后装置C硬质玻璃管中固体为_（6）在实验室制取二氧化碳的研究中，探究学习小组又进行了如下实验：药品编号甲乙丙丁大理石m g，块状m g，粉末状盐酸（过量）w g，稀盐酸w g，浓盐酸I.若要研究盐酸浓度大小对反

6、应的影响，可选择实验甲与_对照（选填实验编号）。II.除盐酸的浓度外，上述实验研究的另一个影响反应的因素是_。III.研究发现酸的浓度越大，产生气体的速度越快，与甲比较，对丁分析正确的是_（选填编号）A、反应更为剧烈 B、最终剩余溶液的质量更小C、产生的二氧化碳的质量更大 D、粉末状大理石利用率更高下表中的两个实验，尽管在原料状态、发生装置等方面存在差异，却都能控制气体较平稳地产生。请从实验目的、原理、原料、装置、操作等方面思考后，具体阐述每个实验中气体较平稳产生的最主要的一个原因。目的原料发生装置气体较平稳产生的最主要的一个原因制取二氧化碳块状大理石稀盐酸A_制取氧气粉末状二氧化碳3%的过氧

7、化氢溶液F_【答案】CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2 便于控制反应的发生和停止 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2 除去二氧化碳气体 O2 ad 固体成分中无过氧化钠 检验碳酸钠存在并将碳酸钠全部转化为沉淀 碳酸钠和氢氧化钠 乙 反应物的接触面积（或固体反应物颗粒大小 AB 反应物接触面积较小 通过分液漏斗控制液体滴加速度 （1）稀盐酸和石灰石反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2装置A可以通过压强的作用是固体和液体分离，所以利用装置A制取CO2的优点是：便于控制反应的发生和停止；（2）碳酸氢钠和盐酸反应生成

8、氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；（3）氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，所以装置D的作用是除去二氧化碳气体；（4）过氧化钠和二氧化碳、水反应会生成氧气，氢氧化钠可以将二氧化碳除去，所以装置E中收集到的气体是O2，氧气密度比空气大，不易溶于水，密度比水小，所以还可以用下列图2装置中的a、d进行收集；（5）过氧化钠和水会生成氧气，碳酸钠和氯化钙会生成碳酸钙沉淀，碳酸钙和盐酸反应会生成二氧化碳气体，氢氧化钠溶液显碱性；固体加水没有气泡，所以不含过氧化钠，加入氯化钙会生成白色沉淀，白色沉淀加盐酸，会生成气体，所以含有碳酸钠，因此要加入氯化钙检验碳

9、酸钠存在并将碳酸钠全部转化为沉淀；反应后滤液的pH值是12，所以含有氢氧化钠，所以反应后装置C硬质玻璃管中固体为氢氧化钠和碳酸钠搭建B装置时，酒精灯应在固定仪器a之前放置；（6）I、若要研究盐酸浓度大小对反应的影响，可选择实验甲与乙对照，这是因为乙中大理石的规格完全一致；II、除盐酸的浓度外，上述实验研究的另一个影响反应的因素是反应物的接触面积；III、A、反应物接触面积更大，反应物浓度更大，因此反应更为剧烈；B、由于浓盐酸易挥发出氯化氢气体，因此最终剩余溶液的质量更小；C、产生的二氧化碳的质量相等；D、大理石利用率相同；故填：AB。发生装置气体较平稳产生的最主要的一个原因： 制取二氧化碳：块

10、状大理石和稀盐酸A反应物接触面积较小；制取氧气：粉末状二氧化锰和3%的过氧化氢溶液C分液漏斗能够控制过氧化氢溶液的流量。3A-I为初中化学常见的物质，它们之间的转化关系如下图所示（只略去反应的部分产物）。其中B是紫红色金属；D、F为黑色固体；H为实验室中最常见的无色无味液体。请回答：（1）若A在常温下为固体，则反应的化学方程式为_，下图所示的仪器中，可用作该反应发生装置的是_（填字母）；若A 在常温下为液体，则A的化学式为_，反应的基本反应类型是_。（2）在金属活动性顺序中，B位于铁的_（填“前面”或“后面”）。若要证明，所需试剂有：B的单质、铁的单质和_（只填一种）。（3）G的化学式为_，它

11、不具有的性质有_（填字母）。A酸性 B还原性 C毒性 D助燃性（4）反应的化学方程式为_。【答案】2KClO3 2KCl+3O2 C H2O2 分解反应 后面 稀盐酸（答案合理即可） CO AD H2+CuOCu+H2O （1）. 氯酸钾在二氧化锰的作用下分解生成氯化钾和氧气，2KClO3 2KCl+3O2，选择发生装置需考虑是因素是，反应物的状态和反应条件。加热固体制取气体，发生装置为C，固体和液体常温下反应制取气体应选用的发生装置为b。 （3）. H2O2 在二氧化锰的作用下分解生成水和氧气，是分解反应 （5）. B是紫红色金属，B是铜；在金属活动性顺序表中，铜在铁的后边；将铁放入酸的溶液

12、中，铁能与酸反应，证明铁在氢前，铜和酸不反应，证明铜在氢后，因此铁在铜前； （7）. 铜和氧气生成氧化铜F，氧气和碳不充分燃烧时生成一氧化碳G， 氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳；（8）.一氧化碳能和血红蛋白结合，使人失去和氧结合的机会，使人中毒；一氧化碳能做还原剂，还原金属氧化物； （9）. 氧化铜和氢气反应生成水和铜；点睛：推断题的解题方法是找题眼，物质颜色、用途等，然后结合转化关系，利用反应条件和反应类型，进行推断，最后再将推断的结果检查，看是否符合题中物质间的关系。4碳酸镁水合物是制备镁产品的中间体。（制取MgCO33H2O）工业上从弱碱性卤水（主要成分为MgCl2）中获取MgCO

13、33H2O的方法如下：图1 获取MgCO33H2O的工艺流程 图2沉淀过程的pH变化 图3不同温度下溶液中镁离子含量随时间的变化（1）沉淀过程的化学方程式为：MgCl2+CO2+2NaOH+2H2OMgCO33H2O+2_。（2）沉淀过程的pH随时间的变化如图2所示，沉淀过程的操作为_（填字母）。a. 向卤水中滴加NaOH溶液，同时通入CO2b. 向NaOH溶液中滴加卤水，同时通入CO2c. 向卤水中通入CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2d. 向NaOH溶液中通入CO2至饱和，然后滴加卤水，同时继续通入CO2（3）沉淀过程的溶液中镁离子含量随时间的变化如图3所示，不同温度下

14、所得到沉淀产物如表所示。不同反应温度下的水合碳酸镁温度（）产物46.953H2O47.9548.9549.95Mg5（OH）2（CO3）44H2O则沉淀过程选择的温度为_，理由是_。（测定MgCO33H2O的纯度）利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，以确定MgCO33H2O的纯度。依据实验过程回答下列问题：（1）实验过程中需持续缓缓通入空气，其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有_。（2）C中反应生成CaCO3的化学方程式为_；D中碱石灰的作用为_。（3）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_（填标号）。a在加入硫酸之前，应排净装置内的CO2气体b为了缩短实验时间，快速滴加硫酸c

15、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d在C装置左侧导管末端增添多孔球泡（4）实验中准确称取15.0 g样品三份，进行三次测定，测得中生成CaCO3沉淀的平均质量为10.0 g。请计算样品中MgCO33H2O的纯度（写出计算过程）。 _（5）小明认为应将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，其理由除了Ba（OH）2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全外，还有_。（6）若获取MgCO33H2O的样品中含有少量Mg5（OH）2（CO3）44H2O，则产品中镁元素的质量分数_（填“偏大”“不变”或“偏小”，下同），样品中MgCO33H2O的纯度_。【答案】NaCl c 48.95 此温度下，Mg2+沉淀

16、的速率较快，沉淀效率较高，且不会生成其它沉淀 把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ca（OH）2溶液吸收 Ca（OH）2CO2=CaCO3H2O 防止空气中的CO2进入C干扰实验 bc 92.0% 因BaCO3的相对分子质量比CaCO3大，等质量的MgCO33H2O生成的BaCO3质量远大于CaCO3，实验时相对误差小 偏大 偏大 （1）. 据质量守恒定律反应前后原子的种类、个数不变，可得方程式为MgCl2+CO2+2NaOH+2H2O3H2O+2NaCl （2）. 由图可知，沉淀过程的pH随时间的变化是先变小至小于7，后变大至大于7，所以操作是向卤水中通入CO2至饱和，由于生成碳酸，溶液显

17、酸性，pH小于7，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2，生成碳酸钠，溶液呈碱性。 （3）. 沉淀过程选择的温度为48.95 ，理由是 此温度下，Mg2+沉淀的速率较快，沉淀效率较高，且不会生成其它沉淀 （5）. 实验过程中需持续缓缓通入空气，其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ca（OH）2溶液吸收 ，否则装置内剩余二氧化碳不被吸收，导致测定结果偏小， （6）. 石灰水的溶质氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应方程式为：Ca（OH）2CO2=CaCO3H2O （7）. D中碱石灰的作用为防止空气中的CO2进入C干扰实验，使测定结果偏大。

18、（8）. 快速滴加硫酸，使生成二氧化碳的速率太快，不能被充分吸收；在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置不能提高测定的准确性，因为氢氧化钙不吸收水。 （9）. MgCO33H2O+ H2SO4= MgSO4+ CO2+4H2O；CO2 + Ca（OH）2 = CaCO3+ H2O；可得关系式为MgCO33H2O CO2 CaCO3，设样品中MgCO33H2O的质量为x, MgCO33H2O CaCO3， 138 100 x 10.0g138/x=100/10.0g x=13.8g 样品中MgCO33H2O的纯度 13.8g15g100%=92.0% （10）. 因BaCO3的相对分子质量比CaCO

19、3大，等质量的MgCO33H2O生成的BaCO3质量远大于CaCO3，实验时相对误差小 （11）. ,若获取MgCO34H2O，则产品中镁元素的质量分数偏大，因为MgCO33H2O中镁元素的质量分数=24138100%；4H2O镁元素的质量分数=（245）458同质量的Mg5（OH）2（CO3）44H2O比MgCO33H2O生成的碳酸钙沉淀多，所以计算的纯度偏大.有多个反应发生时，找关系式可以将计算化繁为简。5甲、乙两组同学为探究氢氧化钙的化学性质，分别做了如下相同的四个实验：（1）试管D中的现象是_。（2）以上实验中，能发生反应但无明显现象的化学方程式_。（继续探究）实验结束后，甲、乙两组同

20、学分别将本组A、B、C、D四支试管中的物质各倒入一个洁净的大烧杯中，充分反应后静置，发现：甲组烧杯底部有白色沉淀，上层清液为无色。则上层清液中一定含有的溶质是_（指示剂除外），可能含有的溶质是_。乙组烧杯底部有白色沉淀，上层清液为红色，则上层清液中一定没有的离子是_。（拓展延伸）甲、乙两组同学共同讨论后一致认为两个烧杯底部的白色沉淀为同一物质，请写出本实验过程中产生该白色沉淀的化学方程式_（写一个即可）。【答案】溶液变浑浊 氯化钙 氯化钠 氢离子 【分析】氢氧化钙溶液显碱性，能使无色酚酞溶液变红色，稀盐酸和氢氧化钙反应生成氯化钙和水，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，二氧化碳和氢氧化钙

21、反应生成碳酸钙和水。【详解】（1） 二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，故试管D中的现象是溶液变浑浊。（2） 稀盐酸和氢氧化钙反应生成氯化钙和水，能发生反应但无明显现象，化学方程式为。继续探究甲、乙两组同学分别将本组A、B、C、D四支试管中的物质各倒入一个洁净的大烧杯中，充分反应后静置,甲组烧杯底部有白色沉淀，上层清液为无色,说明不含碱性物质。则上层清液中一定含有的溶质是氯化钙，可能含有的溶质是氯化钠。乙组烧杯底部有白色沉淀为碳酸钙，上层清液为红色，说明溶液显碱性，则上层清液中一定没有的离子是氢离子。拓展延伸碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水,故白

22、色沉淀的化学方程式为【点睛】碱能使无色酚酞溶液变红色，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊。6CaCO3在生产生活中有广泛的用途。（1）煅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分，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1所示。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活性最高要得出正确结论，煅烧时还需控制的条件是_。（2）以电石渣主要成分为Ca（OH）2，还含有少量MgO等杂志为原料制备高纯CaCO3的流程如下：如图

23、3为NH4Cl浓度对钙、镁浸出率的影响（浸出率= 100%）。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_。流程中虚线内部分若改用_溶液（填化学式），可一步得到与原流程完全相同的生成物。流程中虚线内部若改用Na2CO3溶液，也能得到高纯CaCO3，试从生物的角度分析原流程的优点：aNH3可循环利用；b_。【答案】CaCO3 CaO+CO2 放出 900 氧化钙的质量 10% 2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3+2H2O NH4HCO3 可以得到化工产品氯化钠 试题分析：（1）碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3CaO+CO2

24、，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，放出热量，通过分析表中的数据可知，900时所得CaO活性最高，要得出正确结论，煅烧时还需控制的条件是氧化钙的质量；（2）通过分析图象中氯化铵浸出钙离子的质量分数可知，较适宜的NH4Cl溶液的质量分数为10%，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，所以浸取时主要反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3+2H2O；图中的流程分析可知，碳酸氢铵和氨水、二氧化碳所起的作用是相同的，所以流程中虚线内部分若改用NH4HCO3溶液；流程中虚线内部若改用Na2CO3溶液，也能得到高纯CaCO3，除了氨气可以循环使用，可以得到化工产品氯化钠。7化学

25、是一门实用的基础科学，在人类社会的发展历程中起着重要作用。正确认识物质人们在实验研究中总结出常见金属的活动性顺序：（1）表中内对应的元素符号为_。（2）Mg、Sn、Pt、Au四种金属，能与稀盐酸（或稀硫酸）发生置换反应的金属有_种。（3）Cu能从AgNO3溶液中置换出Ag，请说明理由：_。合理利用资源（1）工业上用含氧化铁480t的赤铁矿为原料炼铁，得到含杂质4%的生铁_t。（2）化学小组通过实验将生锈铁钉回收处理。（铁钉处理）实验过程实验现象实验原理保存方法a向盛有生锈铁钉的烧杯中加入稀盐酸，浸没铁钉溶液由无色变为黄色、铁钉表面有气泡产生、铁锈脱落请写出稀盐酸除铁锈的化学方程式：_写出一条防止铁制品生锈的方法：b取出铁钉，洗涤、干燥，妥善保管铁钉呈现银白色（3）小组同学提出，烧杯中的废液也可以回收处理。（废液处理）同学们查阅相关资料，获知：a Fe2O3是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作红色油漆和涂料。b FeCl2+2NaOHFe（OH）2+2NaClc 4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3d 不溶性碱受热易分解，生成对应的金属氧化物和水。实