备战中考化学备考之金属与酸反应的图像压轴突破训练培优篇含答案解析.docx
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备战中考化学备考之金属与酸反应的图像压轴突破训练培优篇含答案解析
一、中考初中化学金属与酸反应的图像
1.下列图像能正确反映对应变化关系的是
A.
两份等质量的氯酸钾在有、无MnO2的情况下加热产生氧气
B.
加水稀释盐酸
C.
向稀盐酸和氯化钙的混合溶液中加入碳酸钠溶液
D.
将足量粉末状的铁和镁分别与等质量、等质量分数的稀盐酸反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、两份等质量的氯酸钾在有、无MnO2的情况下加热产生氧气,催化剂只能影响反应速率,产生氧气的质量相等,故选项图象不能正确反映对应变化关系;
B、向浓盐酸中不断加水稀释,溶液始终显酸性,pH不可能大于7,故选项图象不能正确反映对应变化关系;
C、向稀盐酸和氯化钙的混合溶液中加入碳酸钠溶液,碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体,开始不生成沉淀。
稀盐酸消耗完,碳酸钠再与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀,沉淀的质量不断上升,完全反应后不变,故选项图象能正确反映对应变化关系;
D、将足量粉末状的铁和镁分别与等质量、等质量分数的稀盐酸反应,由质量守恒定律,生成氢气中氢元素来源于稀盐酸,稀盐酸中溶质的质量相等,则最终生成氢气的质量应相等,故选项图象不能正确反映对应变化关系。
故选C。
2.下列图像能正确反映其对应关系的是
A.
表示向一定量的稀硫酸中加入足量的锌粒
B.
表示向一定量稀盐酸和氯化钡的混合液中滴加硝酸银溶液
C.
表示向一定量的氢氧化钠溶液中滴加稀硫酸至恰好完全反应
D.
表示将等质量的大理石分别与足量的等质量等溶质质量分数的稀盐酸反应
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、向一定量的稀硫酸中加入足量的锌粒时,反应生成氢气,当稀硫酸完全反应后不再产生气体,正确;
B、向一定量稀盐酸和氯化钡的混合液中滴加硝酸银溶液时,立即产生白色沉淀,错误;
C、向一定量的氢氧化钠溶液中滴加稀硫酸时,氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水,随着反应进行,pH不断减小,恰好完全反应时pH=7,错误;
D、将等质量的大理石分别与足量的等体积等溶质质量分数的稀盐酸反应时,最终生成二氧化碳的质量相等,错误。
故选A。
3.下列四个图象的变化趋势,能正确描述对应操作的()
A.
足量的铁片和铝片分别与等质量、等浓度的稀盐酸反应
B.
将浓盐酸敞口放置在空气中
C.
向氢氧化钾和硝酸钡的混合溶液中,逐滴滴加稀硫酸
D.
向pH=12的氢氧化钠溶液中不断加入水
【答案】A
【解析】
【分析】
铝和铁都排在氢的前面,可以与盐酸发生置换反应生成氢气,硝酸钡和硫酸反应生成不溶于水的硫酸钡沉淀。
【详解】
A、在金属活动性顺序中,铝和铁都排在氢的前面,可以与盐酸发生置换反应生成氢气,铝排在铁的前面,反应速度比铁快,在图象中,斜率表示的就是反应的速度,斜率越大,反应速度越大,足量的铁与铝与相同的酸反应,生成氢气的质量相同,故A正确;
B、浓盐酸具有挥发性,易挥发出溶质氯化氢,导致溶质质量分数降低,而图象显示其质量分数增大,故B不正确;
C、硝酸钡和硫酸反应生成不溶于水的硫酸钡沉淀,一开始就会出现沉淀,而图象显示是过一段时间才出现沉淀,故C不正确;
D、pH=12的氢氧化钠溶液,显碱性,向pH=12的氢氧化钠溶液中不断加入水,pH不可能小于7,故D不正确。
故选A。
【点睛】
浓盐酸具有挥发性,易挥发出溶质氯化氢,导致溶质质量分数降低,氢氧化钠溶液,显碱性,稀释pH不可能小于7。
4.图示所表示的各实验中相关量的变化关系,正确的是()
A
B
C
D
高温煅烧石灰石
(杂质不反应)
氢氧化钠溶液中滴
加稀盐酸
接近饱和的硫酸铜溶液
中加入硫酸铜粉末
等质量、等浓度的稀盐酸中分别
放入足量的铁片和铝片
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、高温煅烧石灰石,碳酸钙在高温的条件下反应生成氧化钙和二氧化碳,有气体生成,随着反应的进行,固体质量逐渐减小,待碳酸钙完全反应后,不再变化,但是碳酸钙需要加热到一定温度才能分解,故固体质量一开始不变,然后逐渐减小至不变,不符合题意;
B、氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸,氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠和水,由于稀盐酸中本身也含有水,随着稀盐酸的加入,水的质量逐渐增加,待完全反应后,水的质量继续增加,但是增加幅度变小,不符合题意;
C、接近饱和的硫酸铜溶液中加入硫酸铜粉末,硫酸铜会继续溶解,溶液质量逐渐增加,待达到饱和后,硫酸铜虽然不能继续溶解,但是硫酸铜能与水反应生成五水硫酸铜,消耗了溶液中的水,使溶液质量减小,不符合题意;
D、等质量、等浓度的稀盐酸中分别放入足量的铁片和铝片,铁与稀盐酸反应:
,
,铁片、铝片过量,故根据稀盐酸的质量计算生成溶液的质量,最后铁生成溶液的质量大,符合题意。
故选D。
5.用等质量相同表面积的镁条、等体积不同浓度的稀盐酸在一定条件下反应,实验结果如图所示。
下列结论正确的是
①镁与盐酸的反应是放热反应
②b曲线对应的盐酸浓度较大
③盐酸浓度越大,反应速率越快
④单位时间内放出热量越多,反应速率越快
⑤装置内氢气的质量先增大,后减小
⑥两种情况最终产生氢气的质量可能相同
A.①②③④B.①③④⑤C.①③④⑥D.③④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
①镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气,该反应是放热反应,符合题意;
②盐酸的浓度越大,反应速率越快,压强增大越明显,故a曲线对应的盐酸浓度较大,不符合题意;
③盐酸浓度越大,反应速率越快,说法正确,符合题意;
④镁与盐酸反应放热,单位时间内放出热量越多,说明反应速率越快,符合题意;
⑤镁与盐酸反应生成氢气,随着反应的进行,氢气质量逐渐增加,待完全反应后,氢气的质量不再变化,故装置内氢气的质量先增大,后不变,不符合题意;
⑥如盐酸过量,镁条的质量相等,两种情况最终产生氢气的质量相同,符合题意。
正确的是:
①③④⑥;故选C。
6.下列图象的对应关系合理的是()
A.
向pH=10的NaOH溶液中不断加入水
B.
在久置的NaOH溶液中加入稀盐酸
C.
分别向稀盐酸中加入等质量的Fe和Mg
D.
在饱和的KNO3溶液中加入KNO3晶体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、向pH=10的NaOH溶液中不断加入水,溶液的碱性逐渐减弱,pH值逐渐减小,无限的接近7,但是不会小于7,故A错误;
B、氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水,久置氢氧化钠中存在碳酸钠和氢氧化钠。
在久置的NaOH溶液中加入稀盐酸,氢氧化钠会先与盐酸反应,再与碳酸钠反应,所以加入一定量的盐酸后,才会出现气泡,故B正确;
C、镁的金属活动性比铁的金属活动性强,所以镁的反应速率比铁的反应速率快,故C错误;
D、在饱和的KNO3溶液中加入KNO3晶体,不会溶解,溶液的质量分数不会增大,故D错误。
故选B。
7.下列图像能正确反映对应变化关系的是( )
A.①是将足量的镁片和铁片分别和等质量、等溶质质量分数的稀硫酸混合
B.②是向一定量的氢氧化钠溶液中滴加pH=3的稀盐酸
C.③是向HCl与Na2SO4混合溶液中加入Ba(OH)2溶液
D.④是用等质量、等浓度的双氧水分别制取氧气
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、根据题意可知,将足量的镁片和铁片放入到等质量、等溶质质量分数的稀硫酸中,则金属有剩余,酸完全被消耗。
则金属与酸反应时,生成的氢气的质量等于参加反应的酸中氢元素的质量。
由于酸的量相同,金属过量,则生成的氢气的质量相等。
而又因为镁的活动性比铁强,所以镁与硫酸反应速率比较快,反应时间短。
A正确;
B、向一定量的氢氧化钠溶液中逐渐滴加pH=3的稀盐酸,稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水。
由于氢氧化钠逐渐被消耗,则溶液的碱性逐渐减弱,则pH值的变化是从大于7逐渐变小,二者恰好完全反应时,pH=7。
当继续滴加稀盐酸时,稀盐酸过量,则溶液的pH小于7,但是最终的溶液pH不会到达3,更不会小于3。
B错误;
C、向盐酸和硫酸钠的混合溶液中加入氢氧化钡,硫酸钠和氢氧化钡反应生成难溶于水、难溶于酸的沉淀硫酸钡,所以应该一开始就产生沉淀。
C错误;
D、用等质量、等浓度的双氧水制氧气,最后产生氧气的质量应该相等,与是否添加催化剂无关。
因为催化剂只能改变反应速率,不能改变生成物的质量。
D错误。
故选A。
8.分析下列实验图象,得到的结论正确的是
A.
某温度下,向饱和石灰水中加入生石灰,加入生石灰的质量与溶液中溶质质量分数的关系
B.
等质量锌粉和铁粉,分别放入等质量、等质量分数且足量的稀盐酸中充分反应
C.
用双氧水溶液制氧气,a未使用催化剂,b使用了催化剂
D.
向一定量的盐酸和氯化铜的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液,加入的氢氧化钠溶液质量与生成沉淀质量的关系
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、氧化钙和水反应生成氢氧化钙,水减少,形成氢氧化钙,放热,导致氢氧化钙溶解度减小,导致析出氢氧化钙,从而导致质量分数减小,完全反应后温度降低,氢氧化钙溶解度增大,部分氢氧化钙溶解,导致质量分数增大,故选项错误;
B、锌比铁活泼,反应速度越快,反应用的时间短,所以曲线最先到达最高点;稀盐酸和锌反应生成氯化锌和氢气,和铁反应生成氯化亚铁和氢气,每生成2份质量的氢气,需要锌、铁的质量分别为65份和56份,故等质量锌粉和铁粉,分别放入等质量、等质量分数且足量的稀盐酸中充分反应,生成氢气的质量铁大于锌,故选项正确;
C、反应速度越快,反应用的时间短,所以曲线最先到达最高点;催化剂可以加快过氧化氢的分解速率,所以双氧水溶液制氧气,a应该是使用了催化剂,b应该是没有使用催化剂,故选项错误;
D、向一定量的盐酸和氯化铜的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液,氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水,和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠,因为氢氧化铜能和盐酸反应,所以开始不能产生沉淀,故选项错误。
故选B。
【点睛】
在金属活动性顺序中,氢前的金属能与酸发生置换反应生成氢气,金属的位置越靠前,反应的速度越快,单位时间内生成的氢气越多。
9.下列四个图像不能正确反映对应变化关系的是()
A.
向质量相等的锌粉和铁粉中分别加入浓度相等且足量的稀硫酸
B.
在密闭容器中用红磷测定空气中氧气含量
C.
向饱和的氯化钠溶液中加入硝酸钾固体
D.
向饱和石灰水中加入少量生石灰
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、向质量相等的锌粉和铁粉中分别加入浓度相等且足量的稀硫酸,根据质量守恒定律,参加反应的酸的质量相等,产生氢气的质量相等,所以锌和铁没有反应完时,锌和铁应该在同一曲线上,且金属完全反应时,铁消耗的硫酸质量要多,A不正确;
B、在密闭容器中用红磷测定空气中氧气含量,红磷燃烧放出热量,气体膨胀,压强增大,反应后冷却到原来温度,氧气被消耗,压强减小,且小于原来的压强,B正确;
C、向饱和的氯化钠溶液中加入硝酸钾固体,饱和的氯化钠溶液虽然不能溶解氯化钠,但能溶解一定量的硝酸钾,溶液质量增加,直至硝酸钾饱和为止,溶液质量不再增加,C正确;
D、向饱和石灰水中加入少量生石灰,氧化钙与水反应放出热量,使溶液温度升高,氢氧化钙溶解度随温度的升高而减小,反应后,冷却到原来温度,溶解度与原来加入生石灰前的相等,根据饱和溶液的溶质质量分数=
,所以该溶液的溶质质量分数是先变小再增大,且反应前后相等,D正确。
故选A。
【点睛】
当溶液达到饱和时,溶液的溶质质量分数=
。
10.把某稀硫酸分为等体积的两份,放入两个烧杯中,分别加入等质量的甲、乙两种金属,(反应后生成的化合物中金属都为+2价)。
产生H2的质量随时间变化的趋势如图。
下列说法正确的是( )
A.甲的活动性比乙强
B.甲金属可能有剩余
C.两份稀硫酸都耗尽
D.甲的相对原子质量比乙大
【答案】B
【解析】
【分析】
甲、乙金属等质量,且反应后化合价均为正2价,故加入足量的等质量分数的酸时,相对原子质量小的生成的氢气多,活泼性强的反应时间短。
【详解】
A、由图分析可知,乙的反应时间比甲短,故乙的活泼性比甲强,说法错误;
B、由图分析可知,甲生成的氢气多,即甲的相对原子质量比乙小,乙反应完全时,甲金属可能有剩余,说法正确,符合题意;
C、若两份稀硫酸都耗尽,即酸不足,那么生成的氢气应该一样多,与图示不符,该说法错误;
D、由图分析可知,甲生成的氢气多,即甲的相对原子质量小与乙,说法错误。
故选B。
11.下列曲线示意图不正确的是()
A.
向稀盐酸中加蒸馏水(图中q曲线未与虚线相交,只无限接近)
B.
等体积、等质量分数的过氧化氢分解
C.
HCl和FeCl3的混合液中加入NaOH溶液
D.
等质量、等颗粒大小的金属加入足量稀盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、酸溶液的pH小于7,加水稀释酸性减弱,其pH会增大,但是不会大于或等于7,故A正确;
B、过氧化氢溶液中加入二氧化锰能加快反应速度,但生成氧气的质量相同,故B正确;
C、盐酸与氯化铁的混合物中加入氢氧化钠,盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水,氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀,生成的氢氧化铁能与盐酸反应生成氯化铁,故在盐酸与氯化铁的混合物中加入氢氧化钠,得等一段时间才能生成氢氧化铁沉淀,故C正确;
D、等质量的镁、铝、铁与足量盐酸反应生成的氢气质量铝最多,不是镁,故D错误。
故选:
D。
12.下列四个图像分别与选项中的操作相对应,其中合理的是()
A.
分别向相等质量的锌、铁中加入等质量分数的盐酸
B.
向一定量的盐酸和氯化钙混合溶液中滴加碳酸钠溶液
C.
一定温度下,向一定量的饱和石灰水中加入生石灰
D.
两份等质量、等溶质质量分数的双氧水溶液制取氧气
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、每56份质量的铁会生成2份质量的氢气,每65份质量的锌会生成2份质量的氢气,所以分别向相等质量的锌、铁中加入等质量分数的盐酸,酸过量时铁生成氢气多,故A错误;
B、向一定量的盐酸和氯化钙混合溶液中滴加碳酸钠溶液,碳酸钠会先与盐酸反应,然后再与氯化钙反应,所以溶液的pH值先增大,然后不变,完全反应后,pH值继续增大,所以B选项是正确的;
C、氧化钙和水反应生成氢氧化钙,所以一定温度下,向一定量的饱和石灰水中加入生石灰,溶剂质量减小,溶质质量也相应的减小,不会保持不变,故C错误;
D、催化剂仅能改变反应速度,不能改变生成物的多少,两份等质量、等溶质质量分数的双氧水生成氧气质量相同,故D错;故选B。
【点睛】
在化学反应中能改变化学反应速度,而本身质量和化学性质,反应前后都不变的物质为催化剂,催化剂仅能改变反应速度,可能加快也可能是减慢,不能改变生成物的多少,据此分析判断。
二、中考初中化学流程图
13.某粗盐样品中含有少量MgSO4和CaCl2杂质,某化学兴趣小组欲除去其中的杂质,得到纯净的NaCl晶体,设计了如图所示的实验方案。
请回答下列问题:
(1)写出X溶液与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_____。
(2)滤液I中溶质有哪些?
_____
(3)该实验中最后加入适量稀盐酸的作用是什么?
_____
【答案】Ba(OH)2+MgSO4=BaSO4↓+Mg(OH)2↓;氢氧化钡、氯化钙;除去碳酸钠和氢氧化钠。
【解析】
【分析】
(1)根据氢氧化钡和硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀进行分析;
(2)根据加入的氢氧化钡是过量的,以及氢氧化钡发生的反应进行分析;
(3)根据除杂的过程加入的氢氧化钡是过量的,加入Y,需要出去氢氧化钡和氯化钙,所以Y是碳酸钠,反应生成的氢氧化钠和剩余的碳酸钠对于氯化钠是杂质进行分析。
【详解】
(1)氢氧化钡和硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀,化学方程式为:
Ba(OH)2+MgSO4=BaSO4↓+Mg(OH)2↓;
(2)加入的氢氧化钡是过量的,以及氢氧化钡发生的反应,所以滤液I中溶质有:
氢氧化钡、氯化钙;
(3)除杂的过程加入的氢氧化钡是过量的,加入Y,需要出去氢氧化钡和氯化钙,所以Y是碳酸钠,反应生成的氢氧化钠和剩余的碳酸钠对于氯化钠是杂质,所以该实验中最后加入适量稀盐酸的作用是:
除去碳酸钠和氢氧化钠。
14.如图是利用石灰石,食盐水,氨气进行工业生产纯碱的流程示意图(部分条件及物质未标出)。
(1)粗盐精炼成精盐的过程中,要经过溶解、______、蒸发等操作,其中都必需用到的一种玻璃仪器为_______,
(2)图中母液含有一定量的NaHCO3,该溶液为该温度下NaHCO3的_________(填“饱和”或“不饱和”)溶液;
(3)流程中要通入CO2和NH3,应先通入NH3,理由是______________________________;精盐水经过氨化和二氧化碳酸化后生成碳酸氢钠和一种氮肥,请写出相应的化学方程式:
_____。
(4)整个生产过程中可循环利用的物质为__________________(填化学式)。
(5)所得产品纯碱中含有少量碳酸氢钠,如果用加热分解的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数,纯碱中碳酸氢钠的质量分数可表示为(加热前固体的质量为m1,加热后为m2):
_______。
【答案】过滤玻璃棒饱和使溶液呈碱性,促进CO2的吸收NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3+NH4ClNH3、CO2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粗盐精炼成精盐的过程中,要经过溶解、过滤、蒸发等操作除掉其中的难溶性固体杂质,其中都必需用到的一种玻璃仪器为玻璃棒,溶解时玻璃棒的作用是:
搅拌加速溶解;过滤时:
引流;蒸发时:
搅拌使液体受热均匀,防止液体局部沸腾飞溅;
(2)析出晶体后的溶液一定是饱和溶液,该溶液为该温度下NaHCO3的饱和溶液;
(3)流程中要通入CO2和NH3,应先通入NH3,理由是形成碱性溶液,有利于二氧化碳的吸收;精盐水经过氨化和二氧化碳酸化后生成碳酸氢钠和一种氮肥,相应的化学方程式:
NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3+NH4Cl;
(4)整个生产过程中可循环利用的物质为二氧化碳、氨气;
(5)设:
样品中碳酸氢钠的质量为x,
x=
纯碱中碳酸氢钠的质量分数可表示为
。
15.有一包由KCl、MgSO4和CaCl2组成的固体混合物,为了除去其中的MgSO4和CaCl2,得到纯净的KCl,设计如下实验方案:
(1)M溶液中的溶质是什么_____?
(2)请设计实验证明滤液Ⅱ中除KCl外的其他溶质_____。
(写出实验步骤和现象)
(3)最后所得KCl的质量大于原固体中KCl的质量,写出一个可使KCl质量增加的化学方程式_____。
【答案】Ba(OH)2取滤液Ⅱ少量,加入足量CaCl2溶液(或BaCl2溶液等),有白色沉淀生成,证明有K2CO3;静置后取上层清液滴加酚酞溶液,溶液变成红色,证明有KOH。
K2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2KCl
【解析】
【分析】
由KCl、MgSO4和CaCl2组成的固体混合物,加水溶解,然后加过量的氢氧化钡溶液,硫酸镁和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化镁白色沉淀,过滤后,滤液Ⅰ中为氯化钾、氯化钙和氢氧化钡混合溶液,向滤液Ⅰ中加入过量的碳酸钾溶液,氯化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙白色沉淀和氯化钾,氢氧化钡和碳酸钾反应生成碳酸钡白色沉淀和氢氧化钾,过滤后,向滤液Ⅱ加盐酸,蒸发即可得到固体氯化钾。
【详解】
(1)由分析可知,M溶液中的溶质是Ba(OH)2。
(2)滤液Ⅱ为碳酸钾、氢氧化钾、氯化钾的混合物,碳酸钾、氢氧化钾都显碱性,都能使酚酞变红色,所以设计实验证明滤液Ⅱ中除KCl外的其他溶质是:
取滤液Ⅱ少量,加入足量CaCl2溶液(或BaCl2溶液等),有白色沉淀生成,证明有K2CO3;静置后取上层清液滴加酚酞溶液,溶液变成红色,证明有KOH;
(3)氢氧化钾、碳酸钾都会与稀盐酸反应生成氯化钾,碳酸钾为后加入的,碳酸钾和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾,化学方程式为:
K2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2KCl。
16.工业上以软锰矿(主要成分是MnO2,含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。
其工业流程如下:
已知:
①SO2与MnO2反应生成硫酸锰MnSO4;
②SO2与Fe2O3在一定条件下生成FeSO4和H2SO4。
(1)“过滤”用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和__________。
(2)向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度控制在30-35℃,温度不宜太高的原因是____________。
(3)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成,温度对“浸锰”反应的影响如图所示,为减少MnS2O6的生成,“浸锰”的适宜温度是__________。
(4)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是_______。
(5)软锰矿中锰的浸出有两种工艺。
工艺A:
软锰矿浆与含SO2的工业废气反应;
工艺B:
软锰矿与煤炭粉混合,焙烧后加稀硫酸溶解。
其中,工艺A的优点是__________。
【答案】漏斗防止NH4HCO3受热分解90℃取最后一次洗涤液,加入Ba(NO3)2溶液,若无白色沉淀生成,则证明已洗涤干净减少SO2的排放,保护环境
【解析】
【分析】
【详解】
(1)过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗,故填:
漏斗。
(2)NH4HCO3受热分解所以温度不宜过高,故填:
防止NH4HCO3受热分解。
(3)由图可知90℃时MnS2O6生产率较低,“浸锰”出率达到最高,故填:
90℃。
(4)洗涤干净与否,检验是否有硫酸根离子即可,取最后一次洗涤液,加入Ba(NO3)2溶液,若无白色沉淀生成,则证明已洗涤干净,故填:
取最后一次洗涤液,加入Ba(NO3)2溶液,若无白色沉淀生成,则证明已洗涤干净。
(5)工艺A与工艺B相比可以消耗SO2,减少SO2的排放,保护环境,故填:
减少SO2的排放,保护环境。
17.氮是一种地球上含量丰富的元素。
下图表示氮及其化合物在一定条件下的转化关系:
(1)氮元素在不同的物质中存在循环,体现了化学反应前后____________(填“分子种类”、“原子种类”或“离子种类”)不变。
(2)反应Ⅰ所属的基本反应类型是_____________。
(3)反应Ⅱ的化学方程式为____________。
(4)氨是氮肥工业的重要原料。
某化肥厂生产铵态氮肥(NH4)2SO4的工艺流程如下:
①加入的X应为____________(填字母序号)。
AH2SO4BCaSO4CSO2
②生产流程中能被循环利用的物质是_____________。
【答案】原子种类化合反应8NH3+3Cl2
6NH4Cl+N2BCO2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)氮元素在不同的物质中存在循环,体现了化学反应前后原子种类不变。
故填:
原子种类。
(2)反应Ⅰ是氮气和氢气反应生成氨气,符合化合反应多变一的特征,属于化合反应。
故填:
化合反应。
(3)反应II是氨气和氯气在一定的条件下反应生成氮气和氯化铵,发生反应的化学方程式为:
8NH3+3Cl2
6NH4Cl+N2。
故填:
8NH3+3Cl2
6NH4Cl+N2。
(4)①根据质量守恒定律可知,氨气、二氧化碳和X反应生成硫酸
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