化学九年级化学化学综合题解题技巧和训练方法及练习题含答案含解析.doc

（化学）九年级化学化学综合题解题技巧和训练措施及练习题(含答案)含解析

一、中考化学综合题
1．常见酸(盐酸、硫酸、硝酸)和常见碱(氢氧化钠、氢氧化钾)完全反应时，所得溶液呈中性。已知固体A是一种纯净物，B是一种无色中性液体，C和D是两种常见溶液。将固体A与液体B混合进行如下试验(试验过程中各步反应均恰好完全)：

请回答下列有关问题：
(1)操作a措施叫做______________。
(2)有色溶液与D溶液反应化学方程式为________________________________。
(3)若无色中性液体B是纯净物，则该中性液体化学式为__________________。
(4)若无色中性液体B是含一种溶质溶液，则该溶质也许是______或_______。
【答案】过滤 CuCl2+2NaOH═Cu(OH)2↓+2NaCl H2O 氯化钠(或NaCl) 硫酸钠(或Na2SO4)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据操作a得到物质为固体和液体，可以得出操作a为过滤；故填：过滤。
(2)固体A加入无色中性溶液后得到蓝色溶液，可以推测固体A为铜盐溶液，而中性液体B可以为水或是不与铜盐反应中性溶液，最终得到是氯化钠溶液，可以判断操作a后有色溶液为氯化铜，那么D为氢氧化钠溶液，而白色沉淀只能为硫酸钡，因此可以判断A为硫酸铜，那么C为氯化钡溶液，因此操作b后蓝色沉淀为氢氧化铜，故可以懂得有色溶液与D反应为氢氧化钠和氯化铜反应，它们反应生成了氢氧化铜和氯化钠；故填：
(3)若无色中性液体B是纯净物，则该液体为水；故填：H2O。
(4)若无色中性液体为含一种溶质溶液，则该溶质可以是氯化钠，硫酸钠等中性物质溶液；故填：氯化钠、硫酸钠。

2．生活中常见物质性质、制法等是化学研究重要内容。

(1)复分解反应发生后，生成物肯定不会是___(填“单质”或“化合物”)。
(2)盐酸与氢氧化钠溶液反应时溶液pH变化如图1所示。下列说法对是___。
a．m点所示溶液为碱性
b．n点所示溶液中加紫色石蕊溶液显红色
c．p点所示溶液中溶质为NaCl和NaOH
d．该图所对应操作是将盐酸滴入氢氧化钠溶液中
(3)浓硫酸和浓盐酸敞口放置均会变稀，这是为何？____
(4)图2装置可做一氧化碳还原氧化铁试验，并检查生成气体产物。
①B装置玻璃管里可观测到现象为___。
②C装置中反应化学方程式为___。
③试验结束后，若要确定A装置溶液中溶质成分，请设计合理试验方案，简要写出试验环节、现象和结论。(提醒：Na2CO3溶液呈碱性)____
(5)既有73g溶质质量分数为10%稀盐酸和127g氢氧化钠溶液恰好完全反应，求反应后溶液中溶质质量分数____。
【答案】单质 C 浓硫酸有吸水性，吸取空气中水蒸气使溶剂增多，浓盐酸有挥发性，使溶质减小。 固体红色粉末逐渐变黑 CO2+Ca(OH)2===CaCO3↓+H2O 取少许，A装置中溶液少许放在试管中，加入过量（足量）CaCl2溶液静置，向上层清液中加入几滴酚酞。若溶液变红，则溶质为Na2CO3和NaOH，若溶液没有变成红色则溶质为Na2CO3
【解析】
（1）复分解反应是两种化合物互相互换成分，生成此外两种化合物反应，生成不也许是单质；（2）a、m点所示溶液pH值不不小于7，因此溶液为酸性，错误；b、n点所示溶液pH值等于7，因此溶液中加紫色石蕊溶液，颜色不变，错误；c、p点所示溶液pH值不小于7，阐明氢氧化钠过量，溶液中溶质为NaCl和NaOH，对；d、试验过程中，开始时溶液显酸性，伴随滴入溶液体积增长，溶液逐渐变为碱性，该图中pH值是从不不小于7逐渐增大到7，然后不小于7，因此所对应操作是将氢氧化钠滴入盐酸中，错误。故选c；（3）浓硫酸具有吸水性，放置在空气中会吸取水蒸气，溶剂质量变大，溶质质量分数变小；浓盐酸具有挥发性，溶质质量逐渐减小，导致溶液中溶质质量分数逐渐减小；（4）①氧化铁和一氧化碳在高温条件下生成铁和二氧化碳，因此B装置玻璃管里可观测到现象为：固体粉末由红色逐渐变为黑色；②二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，故C中发生化学方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；③取少许，A装置中溶液少许放在试管中，加入过量（足量）CaCl2溶液静置，向上层清液中加入几滴酚酞。若溶液变红，则溶质为Na2CO3和NaOH，若溶液没有变成红色则溶质为Na2CO3；（5）盐酸中HCl质量为73g×10%=7.3g；设反应生成NaCl质量为x.
NaOH+HCl=NaCl+H2O
36.5  58.5
7.3g x
，解得x=11.7g
以反应后所得溶液中溶质质量分数为。
答：反应后所得溶液中溶质质量分数为5.85%。

3．探究学习小组在试验室中用图1所示装置制取CO2并探究CO2与过氧化钠(Na2O2)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+2CO2═2Na2CO3+O2，2Na2O2+H2O═4NaOH+O2↑
请回答问题：
(1)装置A中发生反应化学方程式为________________________，运用装置A制取CO2长处是___________________________________．
(2)装置B作用是吸取CO2中混有HCl，发生反应化学方程式为____________________________
(3)装置D作用是_______________________．
(4)装置E中搜集到气体是____(填化学式)，该气体还可以用下图2装置中______进行搜集(填写字母序号)．

(5)为探究反应后装置C硬质玻璃管中固体成分，该小组同学进行了如图3试验：

根据固体加水溶解无气泡，得出__________________________结论，加入足量氯化钙目为
_______________________________________，根据判断，反应后装置C硬质玻璃管中固体为
______________________．
(6)①在试验室制取二氧化碳研究中，探究学习小组又进行了如下试验：
药物编号
甲
乙
丙
丁
大理石
m g，块状
m g，块状
m g，粉末状
m g，粉末状
盐酸(过量)
w g，稀盐酸
w g，浓盐酸
w g，稀盐酸
w g，浓盐酸

I.若要研究盐酸浓度大小对反应影响，可选择试验甲与______对照(选填试验编号)。
II..除盐酸浓度外，上述试验研究另一种影响反应原因是_____________________。
III.研究发现酸浓度越大，产生气体速度越快，与甲比较，对丁分析对是______(选填编号)
A、反应更为剧烈 B、最终剩余溶液质量更小
C、产生二氧化碳质量更大 D、粉末状大理石运用率更高
②下表中两个试验，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。请从试验目、原理、原料、装置、操作等方面思考后，详细论述每个试验中气体较平稳产生最重要一种原因。
目
原料
发生装置
气体较平稳产生
最重要一种原因
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%过氧化氢溶液
F
________________________

【答案】CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ 便于控制反应发生和停止 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 检查碳酸钠存在并将碳酸钠所有转化为沉淀 碳酸钠和氢氧化钠 乙 反应物接触面积(或固体反应物颗粒大小 AB 反应物接触面积较小 通过度液漏斗控制液体滴加速度
【解析】
(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可以通过压强作用是固体和液体分离，因此运用装置A制取CO2长处是：便于控制反应发生和停止；(2)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、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，因此装置D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，因此装置E中搜集到气体是O2，氧气密度比空气大，不易溶于水，密度比水小，因此还可以用下图2装置中a、d进行搜集；
(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，因此不含过氧化钠，加入氯化钙会生成白色沉淀，白色沉淀加盐酸，会生成气体，因此具有碳酸钠，因此要加入氯化钙检查碳酸钠存在并将碳酸钠所有转化为沉淀；反应后滤液pH值是12，因此具有氢氧化钠，因此反应后装置C硬质玻璃管中固体为氢氧化钠和碳酸钠．①搭建B装置时，酒精灯应在固定仪器a之前放置；(6)①I、若要研究盐酸浓度大小对反应影响，可选择试验甲与乙对照，这是由于乙中大理石规格完全一致；II、除盐酸浓度外，上述试验研究另一种影响反应原因是反应物接触面积；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，因此最终剩余溶液质量更小；C、产生二氧化碳质量相等；D、大理石运用率相似；故填：AB。②发生装置气体较平稳产生最重要一种原因： 制取二氧化碳：块状大理石和稀盐酸A反应物接触面积较小；制取氧气：粉末状二氧化锰和3%过氧化氢溶液C分液漏斗可以控制过氧化氢溶液流量。

4．某爱好小组同学对NaOH、Na2CO3、NaHCO3、NaCl等常见钠化合物进行了研究。
（知识回忆）下列有关说法对是___。
Ａ．NaCl重要存在于海水中
Ｂ．烧碱（NaOH）和纯碱（Na2CO3）都属于碱
Ｃ．Na2CO3和NaHCO3俗名分别为苏打和小苏打
Ｄ．NaOH和Na2CO3都可用于治疗胃酸过多
（分析判断）电解饱和食盐水可制得“84”消毒液。你认为“84”消毒液有效成分也许是__。
A．SO2 B． Na2CO3 C．KMnO4 D．NaClO
（提出问题）NaOH露置于空气中易变质，那么试验室中氢氧化钠有无变质呢？该小组同学对试验室中一瓶氢氧化钠固体样品成分进行了探究。
（查阅资料）①NaOH在空气中不会转化成NaHCO3。
②BaCl2溶液呈中性，Ba(OH)2是可溶性碱。
③CO2在饱和NaHCO3溶液中几乎不溶解。
（提出猜想）猜想Ⅰ：样品中只有NaOH
猜想Ⅱ：样品中只有Na2CO3
猜想Ⅲ：样品中既有NaOH又有Na2CO3
（试验探究）爱好小组同学设计如下试验进行探究。
试验操作
试验现象与结论
1．取少许样品，加足量水。
样品所有溶解，得无色溶液。
2．取少许试验1所得无色溶液于试管中，滴加足量稀盐酸。
有气泡产生，则猜想_______（填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）不成立。
3．取少许试验1所得无色溶液于试管中，
滴加足量BaCl2溶液。
有白色沉淀产生，有关化学方程式为_____________。

4.试验操作：__________________。
对应现象：______________，则猜想Ⅲ成立。

（定量研究）上述样品变质程度怎样呢？该爱好小组同学设计如下图 装置测定样品中Na2CO3质量分数。

环节如下：①按图连接好装置，并检查气密性；②精确称取该样品1.0g，放入烧瓶内；③打开分液漏斗活塞，滴加30.0%稀硫酸至过量，关闭活塞；④反应结束后，量筒内液体读数为55.0mL。（已知：室温条件下，CO2密度为1.6g•L﹣1）
（1）B装置集气瓶内原有空气对试验成果_______________（填“有”或“没有”）影响。若用水替代饱和NaHCO3溶液，则所测CO2体积会偏小，原因是___________
（2）若将分液漏斗中稀硫酸换成稀盐酸，则测试成果也许______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（3）计算该样品中Na2CO3质量分数（（写出计算过程，成果保留到０．１％）__________。
【答案】AC D Ⅰ Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl 取上层清液，滴加酚酞试液（测定pH） 溶液变红色（pH＞7）（答案只要合理均可） 没有 二氧化碳溶于水 偏大 21.2%
【解析】
【知识回忆】A、NaCl重要存在于海水中，生活中氯化钠重要通过海水晒盐得到，故对；
B、烧碱（NaOH）属于碱、纯碱（Na2CO3）属于盐，故错误；
C、Na2CO3和NaHCO3俗名分别为苏打和小苏打，对；
D、NaOH具有强烈腐蚀性，不可用于治疗胃酸过多，故错误；
【分析判断】根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，饱和食盐水中只具有钠、氯、氢、氧四中元素，属于生成物只也许由钠、氯、氢、氧四中元素构成，故选D；
【试验探究】取少许试验1所得无色溶液于试管中，滴加足量稀盐酸，有气泡产生，阐明具有碳酸钠，则猜想Ⅰ不成立。
碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，化学方程式为：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl；
要验证氢氧化钠存在，要先出去碳酸钠，因此取少许试验1所得无色溶液于试管中，滴加足量BaCl2溶液，再取上层清液，滴加酚酞试液（测定pH） ， 溶液变红色（pH＞7）则猜想Ⅲ成立。
【定量研究】
【定量分析】（1）原有空气会被二氧化碳排入B装置中，替代了二氧化碳体积，不会对成果产生影响；二氧化碳会与水反应，能溶于水，因此饱和NaHCO3溶液假如用水替代，则所测CO2体积偏小；
（2）假如用盐酸替代，盐酸具有挥发性，会挥发出氯化氢气体，当进入B装置中时，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，使气体变多，会使计算样品中Na2CO3质量分数成果偏大；
（3）设参与反应碳酸钠是X，
Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑
106                      44
 X                   55.0mL×1.6g/L

x=0.212g
因此该样品中Na2CO3质量分数为： ×100%=21.2%；
答：该样品中Na2CO3质量分数为 21.2%。

5．我国西北地区有诸多咸水湖，其中最大是柴达木盆地察尔汗盐池。某盐湖附近农民通过“冬天捞碱，夏天晒盐”获得大量湖盐。小伟同学取该湖盐样品进行探究。
（提出问题）该湖盐样品成分是什么？
（查阅资料）冬天捞碱“碱”指Na2CO3，夏天晒盐“盐”指NaCl。
（猜想与假设）猜想一：Na2CO3
猜想二：NaCl
猜想三：Na2CO3和NaCl
（试验探究）
试验
试验操作
试验现象
试验结论
试验一
取少许样品于试管中，加适量水溶解后，加入过量稀HNO3
产生能使澄清石灰水变浑浊气体
①猜想_____不成立
试验二
②向试验一所得溶液中加入适量_____
③_____
猜想三成立

（拓展延伸）为深入确定该湖盐样品中Na2CO3质量分数，小伟同学再取该湖盐样品10.00g做了如图所示补充试验。

（1）反应结束之后通入空气目是_____。
（2）装置A中浓NaOH溶液作用是_____（用方程式表达）。
（3）试验结束后测得装置D增重0.44g，则湖盐样品中Na2CO3质量分数为_____%（保留一位小数）。
【答案】硝酸银溶液， 产生白色沉淀， 二 使反应生成二氧化碳所有被D装置吸取。 2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O。 10.6。
【解析】
【试验探究】根据试验操作、试验现象、试验结论及猜想分析解答；【拓展延伸】（1）根据必须将试验产生二氧化碳气体所有被装置D吸取分析解答；（2）根据防止空气中二氧化碳干扰试验解答；（3）根据试验数据结合反应化学方程式计算解答。【试验探究】试验一：取少许样品于试管中，加适量水溶解后，加入过量稀HNO3，产生能使澄清石灰水变浑浊气体，阐明反应生成了二氧化碳，二氧化碳是碳酸钠和硝酸反应生成，故猜想二不成立；由试验二知猜想三成立，则阐明样品中具有氯化钠，故试验操作及现象为向试验一所得溶液中加入适量硝酸银溶液，产生白色沉淀（由于氯化钠和硝酸银反应生成了白色沉淀氯化银）；【拓展延伸】（1）反应结束之后通入空气目是使反应生成二氧化碳所有被D装置吸取；（2）装置A中浓NaOH溶液作用是吸取空气中二氧化碳，防止影响试验成果，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应化学方程式为2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；（3）设样品中碳酸钠质量为x。
Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑
106 44
x 0.44g
=
x=1.06g
则湖盐样品中Na2CO3质量分数为：×100%=10.6%

6．根据下图所示，按规定回答问题：

(1)图中仪器a名称是 _________，图F试验目是 _______________；
(2)试验室用高锰酸钾制取氧气化学方程式是________________________，所选用发生装置是__________( 填序号)；若用E装置搜集氧气，当试验结束时试验结束时，甲同学先熄灭了酒精灯，忘记将导管从水中取出，在水未进入导管之前，可采用补救措施有：_________________。(写出一种即可)
(3)反应结束后冷却，对制取氧气后固体残渣(假定已完全反应，锰酸钾易溶于水)作如下回收处理：
①通过如下四步试验操作回收二氧化锰。对操作先后次序是______(填写序号)。
A．烘干 B．溶解 C．过滤 D．洗涤
②过滤、蒸发时都需用到仪器是________(填序号)。
A．酒精灯 B．烧杯 C．玻璃棒 D．漏斗
(4)请你参与探究，联想到工业上用铁矿石冶炼铁，某爱好小组在试验室模拟工业炼铁反应原理装置如下，请回答问题：

(a)A装置中反应化学方程式为_________________。
(b)E装置中现象是_______________，发生反应化学方程式为___________________，其中氧化剂是______。
(c)试验中应先点燃E装置酒精喷灯还是G装置酒精灯______。(用E或G填空)
(d)G装置作用是____________________。
【答案】集气瓶 检查装置气密性 略 B 迅速将导管移出水面，或迅速将带有导管橡皮塞取下 BCDA C CaCO3+2HCl==CaCl2+H2O+CO2↑ 红棕色固体逐渐变成黑色 略 氧化铁(Fe2O3) G 点燃尾气，防止CO污染空气
【解析】
(1) 图中仪器a名称是集气瓶；图F试验目是：检查装置气密性；(2) 若用高锰酸钾制取氧气，反应化学方程式为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；发生装置选B；当试验结束时试验结束时，先熄灭了酒精灯，忘记将导管从水中取出，在水未进入导管之前，应迅速将导管移出水面或迅速将带有导管橡皮塞取下；(3)①对操作先后次序是溶解、过滤、洗涤、烘干；②过滤、蒸发时都需用到仪器是玻璃棒；(4) (a) A装置中反应化学方程式为: CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；(b) 在高温条件下，一氧化碳能将红棕色氧化铁粉末还原为黑铁粉；发生反应化学方程式为：；其中氧化剂是氧化铁(Fe2O3) ；(c) 在点燃E装置酒精喷灯前，已经通入了一氧化碳一段时间，为了防止一氧化碳污染空气，应点燃G装置酒精灯；(d) G装置作用是防止一氧化碳污染空气。

7．探究小组欲从具有FeCl3、CuCl2废液中回收金属铜，取一定量废液样品加入少许铁粉，一段时间后铁粉完全溶解，但未发现红色固体沉积，出现这种现象也许原因是_____________________；
经查阅资料，铁粉在废液中发生两个化学反应：
①2FeCl3+Fe=3FeCl2 ②CuCl2+Fe=FeCl2+Cu
（2）探究小组另取废液，向废液中加入一定且足量铁粉至充足反应，溶液变为浅绿色，过滤、干燥，称得固体沉积物质量与加入铁粉质量相等．
①固体沉积物质量与加入铁粉质量相等原因是_____________________________；
②经测定，反应后得到铜质量为1.6g，其中，反应①消耗铁粉质量是____，反应②消耗铁粉质量是____（计算成果精确到0.1）。
【答案】加入铁先和氯化铁反应，由于铁量局限性，没有来得及和氯化铜反应 铁和氯化铁反应固体质量是减少，而铁和氯化铜反应固体质量是增大，当两者变化量相似时则固体沉积物质量和加入铁质量相等 0.2g 1.4g
【解析】
【分析】
【详解】
（1）铁参与了反应，不过却没有得到铜，阐明先发生是第一种反应，成果铁质量很少，导致没机会和氯化铜反应，从而没有得到铜，故出现这种现象也许原因是加入铁先和氯化铁反应，由于铁量局限性，没有来得及和氯化铜反应。
（2）①2FeCl3+Fe═3FeCl2这个方程式时固体减少反应； ②CuCl2+Fe═FeCl2+Cu这个反应加入56g铁就生成64g铜，是固体增长反应，故铁和氯化铁反应固体质量是减少，而铁和氯化铜反应固体质量是增大，当两者变化量相似时则固体沉积物质量和加入铁质量相等。
②设反应②消耗铁质量为y．反应②导致固体增长量为a

由于固体沉积物质量与加入铁粉质量相等，也就是铜质量等于加入所有铁质量，故，故反应①消耗铁粉质量是0.2g，反应②消耗铁粉质量是1.4g。

8．CaCO3在生产生活中有广泛用途。
（1）煅烧石灰石可制得活性CaO，反应化学方程式为___________________。为测定不一样煅烧温度对CaO活性影响，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水完全反应，测得反应液温度随时间变化如图1所示。可知：CaO与水反应会_____热量（填“放出”或“吸取”）；上述温度中，___℃煅烧所得CaO活性最高．要得出对结论，煅烧时还需控制条件是____________。

（2）以电石渣[重要成分为Ca（OH）2，还具有少许MgO等杂志]为原料制备高纯CaCO3流程如下：

①如图3为NH4Cl浓度对钙、镁浸出率影响（浸出率= ×100%）。

可知：较合适NH4Cl溶液质量分数为_______；浸取时重要反应化学方程式为_________________。
②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似生成物。
③流程中虚线内部若改用Na2CO3溶液，也能得到高纯CaCO3，试从生物角度分析原流程长处：a．NH3可循环运用；b．_______________。

【答案】CaCO3 CaO+CO2↑ 放出 900 氧化钙质量 10% 2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O NH4HCO3 可以得到化工产品氯化钠
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）碳酸钙在高温条件下生成氧化钙和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，放出热量，通过度析表中数据可知，900℃时所得CaO活性最高，要得出对结论，煅烧时还需控制条件是氧化钙质量；
（2）①通过度析图象中氯化铵浸出钙离子质量分数可知，较合适NH4Cl溶液质量分数为10%，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，因此浸取时重要反应化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②图中流程分析可知，碳酸氢铵和氨水、二氧化碳所起作用是相似，因此流程中虚线内部分若改用NH4HCO3溶液；
③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。

9．室温为25℃时,某小组用无水氯化铜粉末制备氯化铜大晶体,制备过程如下：
环节I:查阅资料,得到氯化铜溶解度数据如下
温度(℃)
0
20
25
40
50
60
80
溶解度(g)
69.2
74.5
76.4
81.8
85.5
89.4
98.0

环节Ⅱ:配制少许CuCl2热饱和溶液,冷却结晶,得到晶种。
环节Ⅲ:把晶种悬挂在新配制CuCl2热饱和溶液中,室温下静置数天,形成大晶体。
环节Ⅳ:取出大晶体,处理剩余溶液(母液)。
根据以上信息,回答问题：
(1)用20mL蒸馏水(密度约为1g/mL)配制50℃氯化铜饱和溶液。
①计算需称取CuCl2质量是_______g。
②将称取CuCl2固体和20mL水倒入烧杯中，_______________（填操作名称），直至固体完全溶解。
(2)母液中Cu2+属于重金属离子，随意排放将导致环境污染。下列措施可用于母液处理是__________。
A．搜集母液于敞口容器中，用报纸包住容器口，待水分自然蒸干后保留所得固体
B．向母液中加入适量AgNO3，充足反应后过滤，滤渣干燥保留，滤液倒入下水道
C．向母液中加入适量NaOH，充足反应后过滤，滤渣干燥保留，滤液倒入下水道
(3)若用铁粉置换出母液中铜，100g母液需要铁粉质量至少是_____________ g(只列计算式，已知CuCl2相对分子质量为135)。
【答案】17.1 搅拌 A C
【解析】
(1) ①溶解度是一定温度下，100g溶剂里达到饱和时，所溶解溶质质量。由表格中数据可知，50℃时，氯化铜溶解度为85.5g，用20mL蒸馏水(密度约为1g/mL)配制50℃氯化铜饱和溶液， 需称取CuCl2质量是17.1g；②将称取CuCl2固体和20mL水倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌，直至固体完全溶解；(2) A．由题中信息可知，氯化铜溶解度受温度影响不大，可用蒸发结晶法提纯。搜集母液于敞口容器中，用报纸包住容器口，防止落入其他物质，引入杂质，待水分自然蒸干（蒸发结晶）后保留所得固体，则不会有含铜离子液体排放，不会导致污染，对；B．向母液中加入适量AgNO3，充足反应后生成沉淀是氯化银，过滤，滤渣干燥保留，滤液中仍然有铜离子，倒入下水道，仍会导致污染；C．向母液中加入适量NaOH，生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，充足反应后过滤，滤渣干燥保留，滤液中只有氯化钠，没有铜离子，倒入下水道，不会因重金属导致污染；(3)由题中信息可知，25℃时氯化铜溶解度为76.4g，100g母液中具有氯化铜质量为x，76.4g/176.4g=x/100g x=100g×76.4g÷176.4g；若用铁粉置换出母液中铜，设100g母液需要铁粉质量至少是y，
CuCl2 + Fe = FeCl2 + Cu
135 56
y 135/=56/y

10．有人用通过粉碎具有较多有机物杂质粗铜，通过下列环节制取硫酸铜晶体

（1）若环节①中灼烧温度过高会产生副产物氧化亚铜（铜化合价为+1价），其化学式为 。
（2）写出环节②中氧化铜与稀硫酸反应化学方程式： 。
（3）环节②中，铜和稀硫酸不能直接发生置换反应原因是 。
（4）反应途径Ⅰ和Ⅱ，分别发生如下反应：
途径Ⅰ：2Cu+O2+2H2SO4△ 2CuSO4+2H2O
途径Ⅱ：Cu+H2O2+ H2SO4="=" CuSO4+2H2O
请选择你认为更适合于实际应用途径，并阐明理 由： 。
（5） 根据图2，环节④结晶措施为 。
（6）若800Kg粗制氧化铜（其中单质铜质量分数为4%），通过途径Ⅱ转化为硫酸铜，计算参与反应过氧化氢质量。写出计算过程。
【答案】(1)Cu2O;(2) CuO+H2SO4==CuSO4+H2O ;(3)在金属活动性次序中，铜排在氢背面；（4）途径Ⅰ，原料之一是空气，生产成本较低；或途径Ⅱ反应不需加热 ，节省能源或操作相对简单；（5）冷却；（6）17Kg
【解析】
试题分析：（1）若环节一根据铜元素化合价，其氧化物化学式为Cu2O;（2）氧化铜与稀硫酸反应化学方程式为：CuO+H2SO4==CuSO4+H2O ；（3）铜不能与稀硫酸直接发生置换反应原因是在金属活动性次序中，铜排在氢背面；（4）认为更适于实际应用途径是途径Ⅰ，原料之一是空气，生产成本较低；或途径Ⅱ反应不需加热 ，节省能源或操作相对简单；（5）由于硝酸钠溶解度受温度影响较大，故采用冷却结晶； (6)铜质量为：800Kg×4%=32Kg
设参与反应过氧化氢质量为X
Cu + H202+H2SO4 =CuSO4+2H2O
34
32kg X
64/34=32kg/X
X=17Kg
答：参与反应过氧化氢质量为17kg
考点： 物质提纯及根据方程式计算