2019年甘肃省白银市平川四中中考化学二模试卷（解析版）.docx

‎ ‎ ‎2019年甘肃省白银市平川四中中考化学二模试卷 ‎ ‎ 一、单选题（本大题共 10 小题，共 20 分）‎ ‎1、 生活中的下列变化，只发生了物理变化的是（　　）‎ A.食物腐败 B.酒精挥发 C.火柴燃烧 D.铁器生锈 ‎【 答 案 】‎ B ‎【 解析 】‎ 解：A、食物腐败有新物质生成，属于化学变化，故错； B、酒精挥发是由液态变为气态，只是状态发生了变化，属于物理变化，故正确； C、蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，有新物质生成，属于化学变化，故错； D、钢铁生锈生成了主要成分是氧化铁的新物质，属于化学变化，故错。 故选：B。 本题考查学生对物理变化和化学变化的确定。判断一个变化是物理变化还是化学变化，要依据在变化过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化。 搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本类习题的关键。判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质。一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。‎ ‎ 2、 天然气充分燃烧的化学方程式中，不存在的物质种类是（　　）‎ A.单质 B.氧化物 C.盐 D.有机物 ‎【 答 案 】‎ C ‎【 解析 】‎ 解：天然气的主要成分是甲烷，甲烷（CH4）燃烧的化学方程式为。 A、氧气属于单质，故A错； B、二氧化碳和水都属于氧化物，故B错； C、反应物和生成物中，都没有盐，故C正确； ‎ - 16 -‎ ‎ ‎ D、甲烷属于有机化合物，故D错。 故选：C。 单质是由一种元素组成的纯净物，氧化物由两种元素组成，一种元素是氧元素，盐是指电离出金属离子和酸根离子的化合物，有机化合物是指含碳的化合物． 掌握物质的组成以及物质的分类方法是正确解答本题的关键．‎ ‎ 3、 厨房中的下列物品中，所使用的主要材料属于有机合成材料的是（　　）‎ A.塑料保鲜膜 B.陶瓷碗 C.棉布围裙 D.不锈钢盆 ‎【 答 案 】‎ A ‎【 解析 】‎ 解：A、保鲜膜是有机合成材料，正确； B、陶瓷属于无机非金属材料，错误； C、棉布属于天然材料，错误； D、不锈钢属于金属材料，错误； 故选：A。 根据已有的材料的类别进行分析解答即可。 掌握常见的材料的类别、物质的性质是正确解答本题的关键。‎ ‎ 4、 某农技站货架上待售化肥KNO3，其肥料品种是（　　）‎ A.氮肥 B.磷肥 C.钾肥 D.复合肥 ‎【 答 案 】‎ D ‎【 解析 】‎ 解：KNO3含有钾元素和氮元素，属于复合肥。 故选：D。 据常见化肥的种类进行解答，含有氮元素的肥料称为氮肥，含有磷元素的肥料称为磷肥，含有钾元素的肥料称为钾肥，同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥。 本题难度不大，掌握化肥的分类方面的知识是解题的关键。‎ ‎ 5、 下列关于水的说法正确的是（　　）‎ - 16 -‎ ‎ ‎ A.保护水资源应禁止使用农药和化肥 B.电解水实验可证明水分子由氢分子和氧分子构成 C.生活中通过煮沸可以降低水的硬度 D.电解水时正负极产生的气体质量比为1：2‎ ‎【 答 案 】‎ C ‎【 解析 】‎ 解：A、农药和化肥对于农业丰收起着重要的作用，禁止使用农药和化肥是不现实的，故选项说法错误。 B、电解水实验可证明水分子由氢原子和氧原子构成的，故选项说法错误。 C、生活中通过煮沸可以降低水的硬度，故选项说法正确。 D、电解水时正负极产生的气体体积比为1：2，而不是质量比，故选项说法错误。 故选：C。 A、根据保护水资源的措施，进行分析判断。 B、根据电解水的实验结论，进行分析判断。 C、根据降低水的硬度的方法，进行分析判断。 D、根据电解水的实验现象，进行分析判断。 本题难度不大，掌握电解水的实验现象与结论、保护水资源的措施等是正确解答本题的关键。‎ ‎ 6、 下列图示的实验操作正确的是（　　）‎ A. 测溶液pH B. 闻气体气味 C. 除去CO2中的HCl D. 稀释浓硫酸 ‎【 答 案 】‎ D ‎【 解析 】‎ 解：A、用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH．不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，图中所示操作错误。 ‎ - 16 -‎ ‎ ‎ B、闻气体的气味时，应用手在瓶口轻轻的扇动，使极少量的气体飘进鼻子中，不能将鼻子凑到集气瓶口去闻气体的气味，图中所示操作错误。 C、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，图中所示操作错误。 D、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；一定不能把水注入浓硫酸中；图中所示操作正确。 故选：D。 A、根据用pH试纸测定未知溶液的pH的方法进行分析判断。 B、根据闻气体的气味时的方法（招气入鼻法）进行分析判断。 C、除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。 D、根据浓硫酸的稀释方法（酸入水，沿器壁，慢慢倒，不断搅）进行分析判断。 本题难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键。‎ ‎ 7、 钒被誉为“合金中的维生素”，钒元素的部分信息如图。下列有关钒的说法正确的是（　　） ‎ A.属于非金属元素 B.原子序数为23‎ C.原子核外电子数为28‎ D.相对原子质量为50.94g ‎【 答 案 】‎ B ‎【 解析 】‎ 解：A、根据元素周期表中的一格可知，中间的汉字表示元素名称，该元素的名称是钒，属于金属元素，故选项说法错误。 B、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字为23，该元素的原子序数为23，故选项说法正确。 C、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字为23，表示原子序数为3；根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则该元素的原子核外电子数为23，故选项说法错误。 D、根据元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，元素的相对原子质量为50.94，相对原子质量单位是“1”，不是“克”，故选项说法错误。 故选：B。 ‎ - 16 -‎ ‎ ‎ 根据图中元素周期表可以获得的信息：左上角的数字表示原子序数；字母表示该元素的元素符号；中间的汉字表示元素名称；汉字下面的数字表示相对原子质量，进行分析判断即可。 本题难度不大，考查学生灵活运用元素周期表中元素的信息（原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量）进行分析解题的能力。‎ ‎ 8、 推理是研究和学习化学的重要方法。以下推理正确的是（　　）‎ A.某物质中加入足量盐酸，有气泡产生，则该物质属于碳酸盐 B.酸能使紫色石蕊溶液变红，CO2通入紫色石蕊溶液后溶液变红，所以CO2是酸 C.碱能使无色酚酞变红，所以能使无色酚酞变红的一定是碱 D.点燃H2前需检验纯度，所以点燃CO前也需检验纯度 ‎【 答 案 】‎ D ‎【 解析 】‎ 解：A、某物质中加入足量盐酸，有气泡产生，该物质不一定属于碳酸盐，也可能是活泼金属，故选项推理错误。 B、酸能使紫色石蕊溶液变红，CO2通入紫色石蕊溶液后溶液变红，是因为二氧化碳与水反应生成碳酸，而不是CO2是酸，故选项推理错误。 C、碱能使无色酚酞变红，能使无色酚酞变红的不一定是碱，也可能是碳酸钠等盐溶液，故选项推理错误。 D、可燃性气体与空气混合后点燃可能发生爆炸，点燃H2前需检验纯度，点燃CO前也需检验纯度，故选项推理正确。 故选：D。 A、根据酸能与活泼金属、碳酸盐等反应生成气体，进行分析判断。 B、根据二氧化碳的化学性质，进行分析判断。 C、无色酚酞溶液遇酸性溶液不变色，遇碱性溶液变红。 D、根据可燃性气体与空气混合后点燃可能发生爆炸，进行分析判断。 本题难度不大，解答此类题时要根据不同知识的特点类推，不能盲目类推，并要注意知识点与方法的有机结合，做到具体问题能具体分析。‎ ‎ 9、 下表中列出了除去物质中所含少量杂质的方法，其中正确的是（　　）‎ 选项 物质 杂质 除去杂质的方法 - 16 -‎ ‎ ‎ A ‎ CO2‎ ‎ H2O ‎ NaOH固体干燥 B ‎ CuO粉末 ‎ Cu粉 ‎ 加入足量的稀硫酸   过滤 C ‎ KCl粉末 ‎ MnO2‎ ‎ 加水溶解  过滤  洗涤  烘干 D ‎ CaCl2溶液 ‎ HCl ‎ 加入过量的CaCO3‎ A.A B.B C.C D.D ‎【 答 案 】‎ D ‎【 解析 】‎ 解：A、二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，用NaOH固体干燥，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则；故选项所采取的方法错误。 B、CuO能与稀硫酸反应生成硫铜和水，铜不与稀硫酸反应，加入足量的稀硫酸反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。 C、KCl粉末易溶于水，MnO2难溶于水，采取加水溶解、过滤、洗涤、烘干的方法进行分离除杂得到的是杂质MnO2，故选项所采取的方法错误。 D、HCl能与加入过量的CaCO3反应生成氯化钙、水、二氧化碳，且过量的碳酸钙不溶于水，能除去杂质且没有引入了新的杂质，故选项所采取的方法正确。 故选：D。 根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质． 物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键．‎ ‎ 10、 把一定质量的a，b，c，d四种物质放入一密闭容器中，在一定条件下反应一段时间后，测得反应后各物质的质量如下，下列说法中正确的是（　　） ‎ 物质 a b c d 反应前的质量（g）‎ ‎6.4‎ ‎3.2‎ ‎4.0‎ ‎2.8‎ 反应后的质量（g）‎ ‎5.2‎ X ‎7.2‎ ‎2.8‎ - 16 -‎ ‎ ‎ A.a和c是反应物 B.d一定是催化剂 C.X=2.0g D.该反应是化合反应 ‎【 答 案 】‎ D ‎【 解析 】‎ 解：A、a是反应物，c是生成物，该选项说法不正确； B、d不一定是催化剂，也可能既不是催化剂，也不是反应物和生成物，该选项说法不正确； C、X=3.2g-2.0g=1.2g，该选项说法不正确； D、反应物是两种，生成物是一种，属于化合反应，该选项说法正确。 故选：D。 a物质反应后质量减少了1.2g，是反应物； c物质反应后质量增加了3.2g，是生成物； d物质反应前后质量不变，可能是催化剂，也可能既不是反应物，也不是生成物； 根据质量守恒定律可知，b是反应物，参加反应的质量为：3.2g-1.2g=2.0g． 化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，这是书写化学方程式和进行相关方面计算的基础．‎ ‎ ‎ 二、简答题（本大题共 2 小题，共 9 分）‎ ‎11、 某品牌矿泉水，其外包装上部分文字说明如图所示，请回答下列问题 （1）氯化钾中氯离子的符号是______ （2）硫酸镁的化学式是______ （3）标出偏硅酸（H2SiO3）中硅元素的化合价______ （4）25℃时，该矿泉水呈______（填“酸性”、“中性”或“碱性”）‎ ‎【 答 案 】‎ Cl-   MgSO4   H2O3   碱性  ‎ ‎【 解析 】‎ - 16 -‎ ‎ ‎ 解：（1）离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略。氯离子表示为Cl-．故填：Cl-； （2）在化合物中，镁元素显+2价，硫酸根显-2价，所以硫酸镁的化学式为MgSO4；故填：MgSO4； （3）在H2SiO3中，H元素的化合价为+1，O元素的化合价为-2，设Si元素的化合价为x，根据化合物中正负化合价的代数和为0，则 （+1）×2+x+（-2）×3=0，解得x=+4。 元素化合价的表示方法：确定出化合物中所要标出的元素的化合价，然后在其化学式该元素的上方用正负号和数字表示，正负号在前，数字在后，所以偏硅酸（H2SiO3）中硅元素的化合价为+4价表示为H2O3；故填：H2O3； （4）25℃时，该矿泉水的pH在7.2～7.5之间，pH＞7，溶液显碱性；故填：碱性。 （1）根据离子符号的写法来分析； （2）根据化合物的化学式的写法来分析； （3）根据化合价的表示方法来分析； （4）根据溶液的pH与酸碱性的关系来分析。 本题考查学生利用标签上的信息来书写离子符号、化学式及计算化合价，属于对学生化学用语的考查，学生应熟练应用化学用语并理解其意义来解答。‎ ‎ 12、 国人为之骄傲的第一艘国产航母于2017年4月26日在大连下水。 （1）铜运用于航母的电力系统是利用了铜的______性。 （2）合金是航母的主体材料，如铝合金，在航母制造中备受青睐。常温下，单质铝在空气中不容易被锈蚀的原因是______。 （3）已知金属A和B能够发生如下反应Zn+ACl2═ZnCl2+A　　B+ZnCl2═BCl2+Zn，判断Zn、A、B三种金属的活动性顺序由强到弱依次是______。 （4）把铁丝和铜丝插入稀硫酸中，有气泡产生，发生的化学方程式为______。‎ ‎【 答 案 】‎ 导电   铝与氧气常温下反应，在其表面形成一层致密的氧化物薄膜，阻止进一步反应   B＞Zn＞A   Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑  ‎ ‎【 解析 】‎ 解：（1）铜运用于航母的电力系统是利用了铜的导电性； （2）铝比铁的金属活动性强，在空气中，铝比铁具有更好的抗腐蚀性，原因是铝与氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止里面的铝进一步被氧化； （3）由Zn+ACl2═ZnCl2+A可知，锌比A活泼，由B+ZnCl2═BCl2‎ - 16 -‎ ‎ ‎ ‎+Zn可知，B比锌活泼，所以Zn、A、B三种金属的活动性顺序由强到弱依次是：B＞Zn＞A； （4）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑。 故答案为：（1）导电； （2）铝与氧气常温下反应，在其表面形成一层致密的氧化物薄膜，阻止进一步反应； （3）B＞Zn＞A； （4）Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑。 （1）根据金属的性质和用途进行分析； （2）根据铝的性质进行分析； （3）根据排在前面的金属可以将排在后面的金属从其盐溶液中置换出来进行分析； （4）根据铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气进行分析。 本题考查的是金属的有关知识，完成此题，可以依据已有的知识进行。‎ ‎ ‎ 三、填空题（本大题共 2 小题，共 6 分）‎ ‎13、 写出下列化学用语中“2”所表示的意义： ①Mg2+______；②SO2______。‎ ‎【 答 案 】‎ 一个镁离子带有两个单位的正电荷   1个二氧化硫分子中含有2个氧原子  ‎ ‎【 解析 】‎ 解：①标在元素符号右上角的数字表示1个离子所带的电荷数，Mg2+中的“2”表示一个镁离子带有两个单位的正电荷。 ②标在化学式中元素右下角的数字表示一个分子中所含原子的数目，SO2中的“2”表示1个二氧化硫分子中含有2个氧原子。 故答案为： ①一个镁离子带有两个单位的正电荷； ②1个二氧化硫分子中含有2个氧原子。 ①标在元素符号右上角的数字表示1个离子所带的电荷数。 ②标在化学式中元素右下角的数字表示一个分子中所含原子的数目。 本题难度不大，主要考查了元素符号不同位置的数字表示的意义，掌握标在元素符号不同位置的数字所表示的意义是正确解答此类题的关键所在。‎ ‎ 14、 甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线如图所示，请回答。 ‎ - 16 -‎ ‎ ‎ ‎（1）温度为______℃时，甲、乙、丙三种物质的溶解度大小关系为乙＞甲=丙。 （2）若甲中含有少量乙，可用______的方法提纯甲。 （3）t2℃时，在50g水中加入______g甲物质，恰好形成饱和溶液。 （4）接近饱和的丙溶液，在保持溶质质量分数不变的情况下转变为饱和溶液，可采取的方法是______。 （5）将t3℃时，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，同时降温到t1℃，所得溶液中溶质质量分数由大到小的顺序是______。 ‎ ‎【 答 案 】‎ t1   降温结晶   30   升高温度   乙＞甲＞丙  ‎ ‎【 解析 】‎ 解：（1）温度为t1℃时，甲、乙、丙三种物质的溶解度大小关系为乙＞甲=丙；故答案为：t1； （2）若甲中含有少量乙，可用降温结晶的方法提纯甲，因为甲的溶解度随温度的变化比乙大；故答案为：降温结晶； （3）t2℃时，在50g水中加入30g甲物质，恰好形成饱和溶液，因为该温度下甲的溶解度是60g；故答案为：30； （4）接近饱和的丙溶液，在保持溶质质量分数不变的情况下转变为饱和溶液，可采取的方法是：升高温度；因为丙的溶解度随温度的升高而减少；故答案为：升高温度； （5）将t3℃时，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，同时降温到t1℃，所得溶液中溶质质量分数由大到小的顺序是：乙＞甲＞丙，因为降温后乙的溶解度大于甲，丙的溶质质量分数不变，还是最小；故答案为：乙＞甲＞丙； 根据题目信息和溶解度曲线可知：甲、乙两种固体物质的溶解度，都是随温度升高而增大，而丙的溶解度随温度的升高而减少；（1）温度为t1℃时，甲、乙、丙三种物质的溶解度大小关系为乙＞甲=丙；（2）若甲中含有少量乙，可用降温结晶的方法提纯甲；（3）t2℃时，在50g水中加入30g甲物质，恰好形成饱和溶液；（4）接近饱和的丙溶液，在保持溶质质量分数不变的情况下转变为饱和溶液，可采取的方法是：升高温度；5）将t3℃时，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，同时降温到t1℃，所得溶液中溶质质量分数由大到小的顺序是：乙＞甲＞丙。 本考点考查了溶解度曲线及其应用，通过溶解度曲线我们可以获得很多信息；还考查了有关溶液和溶质质量分数的变化等，本考点主要出现在选择题和填空题中。‎ - 16 -‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 四、推断题（本大题共 1 小题，共 7 分）‎ ‎15、 A～H是初中化学常见的物质，C是黑色固体，H是金属单质；煅烧石灰石得到E．这些物质的相互转化关系如图所示，其中部分生成物和反应条件已省略。请回答下列问题： （1）E的俗称是______，C的化学式为______。 （2）写出A→B的化学方程式______。 （3）写出D与G反应的化学方程式______。 （4）上述转化中没有涉及到的基本反应类型是______。 ‎ ‎【 答 案 】‎ 生石灰   CuO     Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH   置换反应  ‎ ‎【 解析 】‎ 解：（1）A～H是初中化学常见的物质，C是黑色固体，H是金属单质，煅烧石灰石得到E，C和硫酸反应生成D，所以C是氧化铜，D是硫酸铜，F和纯碱反应生成的G和硫酸铜会生成蓝色沉淀，所以G是氢氧化钠，F是氢氧化钙，A和E反应生成氢氧化钙，所以A是水，E是氧化钙，B和H加热生成氧化铜，所以B是氧气，H是铜，经过验证，推导正确，所以E的俗称是生石灰，C的化学式为CuO； （2）A→B的反应是水在通电的条件下生成氢气和氧气，化学方程式为：； （3）D与G的反应是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH； （4）氧化钙和水反应属于化合反应，水通电生成氢气和氧气的反应属于分解反应，氢氧化钙和硫酸铜的反应属于复分解反应，所以上述转化中没有涉及到的基本反应类型是：置换反应。 故答案为：（1）生石灰，CuO； （2）； （3）Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH； （4）置换反应。 ‎ - 16 -‎ ‎ ‎ 根据A～H是初中化学常见的物质，C是黑色固体，H是金属单质，煅烧石灰石得到E，C和硫酸反应生成D，所以C是氧化铜，D是硫酸铜，F和纯碱反应生成的G和硫酸铜会生成蓝色沉淀，所以G是氢氧化钠，F是氢氧化钙，A和E反应生成氢氧化钙，所以A是水，E是氧化钙，B和H加热生成氧化铜，所以B是氧气，H是铜，然后将推出的物质进行验证即可。 在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。‎ ‎ ‎ 五、探究题（本大题共 3 小题，共 26 分）‎ ‎16、 (12分) 某化学兴趣小组的同学利用如下实验装置进行相关实验。请回答下列问题。 （1）写出图中标有a、b字母的仪器名称：a______；b______。 （2）若实验室用高锰酸钾制取氧气，应选用的发生装置是______（填字母），写出该反应的化学方程式______。若用排水法收集氧气，当______时，把导管口伸入盛满水的集气瓶。 （3）若要制取二氧化碳，在仪器a中放入大理石，再通过长颈漏斗加入______（填写试剂名称），发生反应的化学方程式为______。若要获得干燥的二氧化碳。还应选用C装置，并在该装置中盛放______（填写试剂名称）。若用C装置检验收集的气体是否是二氧化碳，则C装置中盛放的试剂是 ______。如果用D装置收集二氧化碳，则气体应从______（填“c”或“d”）端进入。‎ ‎【 答 案 】‎ 锥形瓶   酒精灯   B     导管口有气泡连续均匀冒出   稀盐酸   CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑   浓硫酸   澄清的石灰水   c  ‎ ‎【 解析 】‎ 解：（1）据图可以看出，a是锥形瓶；b是酒精灯。故填：锥形瓶；酒精灯； （2）若实验室用高锰酸钾制取氧气，是固体加热型反应，故应选用的发生装置是B，该反应的化学方程式为．用排水法收集氧气，需要当导管口有气泡连续均匀冒出时，把导管口伸入盛满水的集气瓶。故填：B；‎ - 16 -‎ ‎ ‎ ‎；导管口有气泡连续均匀冒出； （3）要制取二氧化碳，在仪器a中放入大理石，再通过长颈漏斗加入稀盐酸，盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑．若要获得干燥的二氧化碳。还应选用C装置，在该装置中盛放浓硫酸，用C装置检验收集的气体是否是二氧化碳，则C装置中盛放的试剂是澄清的石灰水。如果用D装置收集二氧化碳，由于二氧化碳的密度大于空气，故气体应从c端进入，故填：稀盐酸；CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；浓硫酸；澄清的石灰水；c。 据图即可知道有关仪器的名称，根据气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关进行分析解答即可。 本考点主要考查了仪器的名称、气体的制取装置和收集装置的选择，同时也考查了化学方程式的书写、注意事项等，综合性比较强。气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。本考点是中考的重要考点之一，主要出现在实验题中。‎ ‎ 17、 皮蛋又称松花蛋，因其风味独特，深受人们喜爱。某兴趣小组在市场上获得了少许腌制皮蛋的原料。拿到实验室进行实验。将该固体混合物放于烧杯中，缓慢加入足量的蒸馏水，充分溶解后过滤，得到白色沉淀A和无色澄清滤液B。 【提出问题】（1）白色沉淀A是什么？          （2）无色滤液B中的溶质有哪些？ 【查阅资料】腌制皮蛋的原料配方是少量NaCl、CaO和过量Na2CO3的固体混合物。 【理论推理】（1）白色沉淀A是CaCO3，请写出生成该沉淀的化学方程式______。 （2）滤液B中含有Na2CO3、NaOH、NaCl三种溶质。 【实验验证】为证明滤液B中存在的三种溶质，同学们进行了如下实验。 ‎ 步骤 实验操作 实验现象 实验结论 I 取少量滤液B于试管中，加入过量的Ba（NO3）2溶液，过滤 ‎______‎ ‎ 滤液B中含有Na2CO3、NaOH、NaCl ‎ II 取少量步骤I中所得滤液于试管中，加入酚酞溶液 ‎______‎ III 另取少量步骤I中所得滤液于试管中，先加入足量的稀硝酸，再加入 ______ 溶液 产生白色沉淀 - 16 -‎ ‎ ‎ ‎【拓展提升】 （1）向步骤I中加入过量Ba（NO3）2溶液的目的是______。 （2）小妮同学认为若将步骤I中的Ba（NO3）2溶液换为BaCl2溶液，进行以上实验，最终也能证明滤液B中存在的三种溶质。你认为是否合理______（填“合理”或“不合理”）。 （3）小轩同学认为向滤液B中先加入酚酞溶液，后加入过量的Ba（NO3）2溶液，也能得出滤液B的溶质中含有Na2CO3和NaOH的结论，你是否同意他的观点并说明理由______。‎ ‎【 答 案 】‎ Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH   产生白色沉淀   溶液由无色变成红色   硝酸银   验证并除去溶液中的Na2CO3   不合理   同意；加入Ba（NO3）2溶液后，若产生白色沉淀且溶液红色不褪去，就证明溶质中含有Na2CO3和NaOH  ‎ ‎【 解析 】‎ 解：【理论推理】根据反应氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，白色沉淀A是CaCO3，生成该沉淀的化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH； 【实验验证】 Ⅰ、硝酸钡与碳酸钠会产生碳酸钡白色沉淀，取少量滤液B于试管中，加入过量的Ba（NO3）2溶液，过滤，产生白色沉淀，说明滤液B中含有Na2CO3； Ⅱ、取少量步骤 I中所得滤液于试管中，加入酚酞溶液，溶液由无色变成红色，溶液呈碱性，说明滤液B中含有NaOH； Ⅲ、另取少量步骤 I中所得滤液于试管中，先加入足量的稀硝酸，可以除去硝酸钡，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明滤液B中含有NaCl； 【拓展提升】 （1）向步骤I中加入过量Ba（NO3）2溶液的目的是验证并除去溶液中的Na2CO3； （2）加入BaCl2溶液会引入氯离子，无法证明氯化钠的存在，故不合理； （3）向滤液B中先加入酚酞溶液，溶液由无色变成红色，溶液呈碱性，说明滤液B中含有NaOH，后加入过量的Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，说明滤液B中含有Na2CO3；故也能得出滤液B的溶质中含有Na2CO3和NaOH的结论 答案：【理论推理】（1）Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH 【实验验证】 ‎ 步骤 实验操作 实验现象 实验结论 I 取少量滤液B于试管中，加入过量的Ba（NO3）2‎ ‎ ‎ - 16 -‎ ‎ ‎ 溶液，过滤 产生白色沉淀 滤液B中含有Na2CO3、NaOH、NaCl ‎ II 取少量步骤 I中所得滤液于试管中，加入酚酞溶液 溶液由无色变成红色 III 另取少量步骤 I中所得滤液于试管中，先加入足量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液 产生白色沉淀 ‎【拓展提升】（1）验证并除去溶液中的Na2CO3； （2）不合理； （3）同意，加入Ba（NO3）2溶液后，若产生白色沉淀且溶液红色不褪去，就证明溶质中含有Na2CO3和NaOH。 【理论推理】根据反应氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠解答； 【实验验证】Ⅰ、根据硝酸钡与碳酸钠会产生碳酸钡白色沉淀解答； Ⅱ、根据碱性溶液能使无色酚酞变红解答； Ⅲ、根据硝酸钡与硫酸反应产生硫酸钡沉淀，氯化钠与硝酸银反应，产生氯化银白色沉淀解答； 【拓展提升】 （1）根据硝酸钡与碳酸钠会产生碳酸钡白色沉淀解答； （2）根据加入BaCl2溶液会引入氯离子解答； （3）根据碱性溶液能使无色酚酞变红解答； 解答本题容易出错的地方是对猜想的考虑，要知道根据生成物确定出一定含有的物质，再根据反应物是否过量考虑还可能含有的物质，只能允许一种反应物过量。 18、 为了测定某赤铁矿石中氧化铁的质量分数，取矿石样品40g，加入盐酸，恰好完全反应时，共用去盐酸219g，过滤、洗涤、干燥后得滤渣8g（矿石中的杂质既不溶于水也不与盐酸反应）．计算： （1）赤铁矿石中氧化铁的质量分数； （2）盐酸的溶质质量分数．‎ ‎【 答 案 】‎ 解：（1）氧化铁的质量为40g-8g=32g 赤铁矿石中氧化铁的质量分数=‎32g‎40g‎×100%‎=80% （2）设盐酸中溶质的质量为x 6HCl+Fe2O3=2FeCl3+3H2O 219     160   x       32g ‎‎219‎x‎=‎‎160‎‎32g - 16 -‎ ‎ ‎ ‎  x=43.8g 盐酸的质量分数=‎43.8g‎219g‎×100%‎=20% 答：（1）赤铁矿石中氧化铁的质量分数为80%； （2）盐酸的溶质质量分数为20%．‎ ‎【 解析 】‎ ‎ 矿石中的杂质既不溶于水也不与盐酸反应，则矿石反应后固体减少的质量为矿石中氧化铁的质量；根据氧化铁与盐酸反应的化学方程式，由反应消耗氧化铁的质量计算出参加反应的HCl的质量，然后利用HCl的质量盐酸溶液219g×100%计算出所使用盐酸的溶质质量分数． 化学方程式与溶液相结合的计算，根据化学方程式进行计算时，代入计算的物质质量应为纯净物的质量．‎ ‎ ‎ 六、计算题（本大题共 1 小题，共 2 分）‎ ‎19、 每年的6-7月，新疆的许多地区都要举办“薰衣草”节．薰衣草精油的主要成分为芳樟醇、伽罗木醇等物质．其中芳樟醇的化学式为C10H18O，请计算： （1）芳樟醇分子中的原子个数比为______． （2）芳樟醇的相对分子质量是（154），计算该物质组成中氧元素的质量分数为______（精确到0.1%）‎ ‎【 答 案 】‎ C、H、O原子个数比10：18：1   10.4%  ‎ ‎【 解析 】‎ 解：（1）芳樟醇的化学式为（C10H18O）可知，一个芳樟醇分子是由10个碳原子18个氢原子1个氧原子构成的，芳樟醇分子中C、H、O三种元素的原子个数比为10：18：1，故填：C、H、O原子个数比=10：18：1； （2）该物质组成中氧元素的质量分数为‎16‎‎154‎×100%=10.4%．故填：10.4%． （1）根据芳樟醇的化学式为C10H18O分析， （2）根据化合物中元素的质量分数=相对原子质量×原子个数相对分子质量×100%，进行分析解答． 本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的有关计算进行分析问题、解决问题的能力．‎ - 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