山东省青岛市2013年中考化学试题（word版，含解析） 23页

山东省青岛市2013年中考化学试卷一、选择题1．（1分）下列物质的性质属于化学性质的是（　　）　A．颜色、状态B．溶解性C．密度、硬度D．可燃性考点：化学性质与物理性质的差别及应用．专题：物质的变化与性质．分析：根据物理性质与化学性质的定义判断，物理性质是指不需发生化学变化就表现出来的性质，化学性质是指在化学变化中表现出来的性质．解答：解：A、颜色、状态不需要发生化学变化就表现出来，属于物理性质，所以错误．B、溶解是物理变化，溶解性不需要发生化学变化就表现出来，属于物理性质，所以错误．C、密度、硬度不需要发生化学变化就表现出来，属于物理性质，所以错误．D、可燃性必须通过燃烧这一化学变化才能表现出来，是化学性质，所以正确．故选D．点评：理性质与化学性质是初中化学最基本的概念，是考查的热点之一，正确理解定义，明确二者的本质区别：是否通过化学变化表现出来，是解题的关键所在．　2．（1分）（2013•青岛）下列物质中，属于纯净物的是（　　）　A．白酒B．石灰石C．干冰D．不锈钢考点：纯净物和混合物的判别．专题：物质的分类．分析：本题考查利用纯净物的概念来判断物质是否为纯净物，宏观上看只有一种物质，微观上只有一种分子．解答：解：A、白酒中含有乙醇、水等属于混合物，故A错；B、石灰石主要成分是碳酸钙，还含有其它成分，属于混合物，故B错；C、干冰是固态的二氧化碳，由一种物质组成，属于纯净物，故C正确；D、不锈钢是铁的合金，其中含有铁、碳、镍等物质，属于混合物，故D错．故选C．点评：在熟悉概念的基础上能从宏观和微观两个方面来判断纯净物和混合物，还要从社会实践中了解生活中常见物质的组成．　3．（1分）（2013•青岛）下列物质变化过程中，包含了化学变化的是（　　）　A．铁丝编成铁网B．冰块制成冰雕C．石油制成布料D．木板制成桌椅考点：化学变化和物理变化的判别．专题：物质的变化与性质．分析：-23- 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．解答：解：A、铁丝编成铁网只是形状发生了变化，没有新物质生成，属于物理变化，故A错；B、冰块制成冰雕只是形状发生了变化，没有新物质生成，属于物理变化，故B错；C、石油制成布料生成了新物质，属于化学变化，故C正确；D、木板制成桌椅只是形状发生了变化，没有新物质生成，属于物理变化，故D错．故选C．点评：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．　4．（1分）（2013•青岛）下列化肥属于磷肥的是（　　）　A．NH4NO3B．Ca（H2PO4）2C．CO（NH2）2D．K2CO3考点：常见化肥的种类和作用．专题：常见的盐化学肥料．分析：氮磷钾这三种元素中只含有氮元素的是氮肥．只含有钾元素的是钾肥，只含有磷元素的是磷肥．含有两种或两种以上元素的化肥是复合肥解答：解：A、NH4NO3只含有营养元素中的氮元素属于氮肥，故A错；B、Ca（H2PO4）2只含有营养元素中的磷元素属于磷肥，故B正确；C、CO（NH2）2只含有营养元素中的氮元素属于氮肥，故C错；D、K2CO3只含有营养元素中的钾元素属于钾肥，故D错．故选B．点评：解答本题关键是要知道化学肥料的分类方法，并能灵活进行分类．　5．（1分）（2013•青岛）砷化镓（GaAs）是一种“LED”绿色节能光源材料．GaAs中As的化合价为﹣3，则Ga的化合价为（　　）　A．﹣5B．﹣3C．+3D．+5考点：有关元素化合价的计算．专题：化学式的计算．分析：根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合砷化镓（GaAs）的化学式进行解答本题．解答：解：GaAs中As的化合价为﹣3价，设Ga元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：x+（﹣3）=0，则x=+3价．故选C．点评：本题难度不大，掌握利用化合价的原则计算指定元素的化合价的方法即可正确解答本题．　6．（1分）（2013•青岛）下列实验操作中，错误的是（　　）-23- 　A．给液体加热B．稀释浓硫酸　C．读取液体体积D．检查装置的气密性考点：给试管里的液体加热；测量容器-量筒；浓硫酸的性质及浓硫酸的稀释；检查装置的气密性．专题：常见仪器及化学实验基本操作．分析：A、根据给试管中的液体加热的基本操作要领分析．B、根据稀释浓硫酸必须将浓硫酸加入水中分析．C、根据量筒读数时视线要平视凹液面的最底部分析．D、根据检查装置的气密性的基本操作分析．解答：解：A、给试管中的液体加热液体取用量不能超过试管容积的三分之一，试管夹夹在离试管口三分之处，试管要与桌面呈45°角，要先预热再固定加热，A中操作都正确．B、稀释浓硫酸必须将浓硫酸加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，B操作将水加入浓硫酸中故操作不正确．C、量筒读数时视线要平视凹液面的最底部，C操作正确．D、检查装置的气密性就是将导管放入水中再用手握住试管外壁，导管末端有气泡冒出证明装置气密性良好，D操作正确．故答案选B．点评：化学实验的基本操作是做好化学实验的基础，学生要在平时的练习中多操作，掌握操作要领，使操作规范．　7．（1分）（2013•青岛）党的十八大报告中把“生态文明建设”首次提升到更高的战略层面，要求加大自然生态系统和环境保护力度．下列做法不符合这一要求的是（　　）　A．合理开发洁净能源B．全面关停化工企业　C．改进汽车尾气净化技术D．研发易降解的生物农药和塑料考点：化学在环境监测与环境保护中的重要作用．专题：化学与环境保护．分析：根据题意，把“生态文明建设”首次提升到更高的战略层面，要求加大自然生态系统和环境保护力度，旨在保护环境，呵护绿色家园，强调生态文明建设，据此结合各选项的做法进行分析判断．-23- 解答：解：A、合理开发洁净能源，能减少空气污染，故该做法符合“生态文明建设”加大自然生态系统和环境保护力度的要求．B、化工企业生产了大量的化工产品，全面关停化工企业，是不现实的，故该做法不符合“生态文明建设”加大自然生态系统和环境保护力度的要求．C、改进汽车尾气净化技术，能减少有害气体的排放量、空气污染，故该做法符合“生态文明建设”加大自然生态系统和环境保护力度的要求．D、研发易降解的生物农药和塑料，能减少环境污染、白色污染，故该做法符合“生态文明建设”加大自然生态系统和环境保护力度的要求．故选B．点评：“生态文明建设”是社会关注的热点，也是中考热点之一，增强环保意识、充分理解节能环保的重要性是解答此类题的关键．　8．（1分）（2013•青岛）某同学郊游时不慎被蜜蜂蛰伤，蜜蜂的刺液是酸性的．为减轻疼痛可以在蛰伤处涂抹（　　）　A．食醋（pH≈2）B．牛奶（pH≈6.5）C．矿泉水（pH≈7）D．肥皂水（pH≈10）考点：溶液的酸碱性与pH值的关系．专题：结合课本知识的信息．分析：当溶液的pH等于7时，呈中性．当溶液的pH大于7时，呈碱性．当溶液的pH小于7时，呈酸性；根据题意，蜜蜂的刺液是酸性的，可以依据中和反应的原理，涂抹显碱性的物质．解答：解：因为蜜蜂的刺液是酸性的，所以应该涂抹显碱性的物质．A、食醋的pH小于7，显酸性，故选项错误．B、牛奶的pH小于7，显酸性，故选项错误．C、矿泉水的pH约等于7，显中性，故选项错误．D、肥皂水的pH大于7，显碱性，故选项正确．故选D．点评：本题难度不大，掌握中和反应的原理和溶液pH大小之间的关系是正确解答本题的关键．　9．（1分）（2013•青岛）我国新修订的《环境空气质量标准》颁布后，各地采取多种措施提高空气质量．下列措施中，不利于提高空气质量的是（　　）　A．向煤炭中加入石灰石或生石灰作固硫剂，减少二氧化硫的排放　B．控制PM2.5的排放以减少雾霾天气　C．将盗版光盘泼上汽油焚烧处理　D．禁止燃放烟花爆竹考点：防治空气污染的措施．专题：空气与水．分析：A、根据二氧化硫是空气污染物判断；B、PM2.5是形成雾霾天气的主要原因之一；-23- C、焚烧盗版光盘会形成大量的空气污染物；D、燃放烟花爆竹会形成大量的空气污染物．解答：解：A、二氧化硫是空气污染物，向煤炭中加入石灰石或生石灰作固硫剂，减少二氧化硫的排放，有利于提高空气质量，故不符合题意；B、PM2.5是形成雾霾天气的主要原因之一，PM2.5属于空气污染物，控制PM2.5的排放可以减少雾霾天气，有利于提高空气质量，故不符合题意；C、焚烧盗版光盘会形成大量的空气污染物，不利于提高空气质量，故符合题意；D、燃放烟花爆竹会形成大量的空气污染物，禁止燃放烟花爆竹，有利于提高空气质量，故不符合题意．故选C．点评：解答本题关键是看是了解哪些行为会造成空气污染．　10．（1分）（2013•青岛）化学与我们的生活息息相关．下列有关生活中化学知识的说法，错误的是（　　）　A．糖类和油脂都可以为人体提供能量　B．塑料是有机合成材料　C．人体缺少必需的微量元素会影响健康　D．水果中含有大量的蛋白质考点：生命活动与六大营养素；合成材料的使用及其对人和环境的影响；人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用．专题：化学与生活健康．分析：糖类物质是人体能量的主要提供者，在一定条件下，蛋白质和油脂也能为人体提供能量；材料包括金属材料、无机非金属材料、有机合成材料、复合材料等；常量元素、微量元素都是人体必需的；水果、蔬菜中含有丰富的维生素．解答：解：A、糖类和油脂都可以为人体提供能量．正确．B、塑料属于有机合成材料．正确．C、人体缺少必需的常量元素或微量元素都会影响健康．正确．D、水果中不含有大量的蛋白质，而是含有丰富的维生素．错误．故选：D．点评：微量元素，通常指生物有机体中含量小于0.01%的化学元素．微量元素在人体内的含量真是微乎其微，如锌只占人体总重量的百万分之三十三．　11．（1分）（2013•青岛）稀盐酸和稀硫酸具有相似的化学性质，其本质原因是（　　）　A．都能与指示剂作用B．都能解离出酸根离子　C．都能解离出氢离子D．都含有氢元素考点：酸的化学性质．-23- 专题：常见的酸酸的通性．分析：根据酸是电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物，据此性分析判断即可．解答：解：A、稀盐酸和稀硫酸具有相似的化学性质的本质原因是在水溶液中都能电离出氢离子，而不是都能与指示剂作用，故选项错误．B、稀盐酸和稀硫酸具有相似的化学性质的本质原因是在水溶液中都能电离出氢离子，而不是都能解离出酸根离子，故选项错误．C、稀盐酸和稀硫酸具有相似的化学性质的本质原因是在水溶液中都能电离出氢离子，故选项正确．D、稀盐酸和稀硫酸具有相似的化学性质的本质原因是在水溶液中都能电离出氢离子，而不是都含有氢元素，故选项错误．故选C．点评：本题难度不大，主要考查了酸具有相似化学性质的原因，从而加深学生对酸的通性的理解．　12．（1分）（2013•青岛）建立宏观和微观之间的联系是化学学科特有的思维方式．下列对宏观事实的微观解释错误的（　　）　A．10mL酒精和10mL水混合后体积小于20mL，是因为分子变小了　B．缉毒犬能根据气味发现毒品，是因为分子在不断地运动　C．水电解生成氢气和氧气，是因为分子在化学变化中可以改变　D．不同的碱化学性质有所不同，是因为解离生成的金属阳离子不同考点：利用分子与原子的性质分析和解决问题；碱的化学性质．专题：物质的微观构成与物质的宏观组成．分析：A、根据分子间有间隔的性质判断；B、根据分子不停运动的性质判断；C、根据化学变化的实质判断；D、根据碱的构成不同分析．解答：解：A、10mL酒精和10mL水混合后体积小于20mL，因为分子之间有间隔，不是因为分子变小了．故A解释错误；B、分子是不断运动的，毒品中含有的分子不断的运动，向四周扩散，使缉毒犬能找到毒品，故B解释正确；C、水电解生成氢气和氧气，水分子发生了变化，生成是氢分子和氧分子，故解释C正确；D、不同的碱解离生成的金属阳离子不同，致使不同的碱化学性质有所不同．故解释D正确．故选A．点评：掌握利用分子和原子的性质分析和解决问题的方法；熟练记忆分子和原子的性质；同种粒子的性质相同，不同种粒子的性质不同．　13．（1分）（2013•青岛）物质的性质决定其用途．下列物质的用途与性质对应关系错误的是（　　）　氢氧化钙可用来改良酸性土壤﹣﹣氢氧化钙溶液呈碱性-23- A．　B．氮气常用作保护气﹣﹣氮气化学性质稳定　C．固态二氧化碳可用于人工降雨﹣﹣二氧化碳能与碱反应　D．氧化钙可做食品干燥剂﹣﹣氧化钙能与水反应考点：常见碱的特性和用途；常见气体的用途；生石灰的性质与用途．专题：物质的变化与性质．分析：A、根据氢氧化钙的性质与用途进行分析判断．B、根据氮气的化学性质不活泼进行分析判断．C、干冰是固体的二氧化碳，升华时吸收大量的热．D、氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，据此进行分析判断．解答：解：A、氢氧化钙溶液呈碱性，能中和酸性土壤，可用来改良酸性土壤，故选项说法正确．B、氮气化学性质不活泼，常用作保护气，故选项说法正确．C、干冰是固体的二氧化碳，升华时吸收大量的热，可用于人工降雨，故选项说法错误．D、氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，可做食品干燥剂，故选项说法正确．故选C．点评：本题难度不大，是化学常考的题型，物质的性质决定物质的用途，掌握常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键．　14．（1分）（2013•青岛）Sb2O5是一种重要的阻燃剂．用X来生成该阻燃剂的化学方程式为：X+2H2O2=Sb2O5+2H2O．根据质量守恒定律，推断X的化学式为（　　）　A．SbO2B．Sb2O3C．HSbO3D．H3SbO4考点：质量守恒定律及其应用．专题：化学用语和质量守恒定律．分析：在化学反应中遵循质量守恒定律，即反应前后元素的种类不变，原子的种类、个数不变．比较反应前后的原子的种类和个数可以完成对X的化学式的推断．解答：解：从X+2H2O2=Sb2O5+2H2O看，反应前有4个氢原子、4个氧原子，反应后有2个Sb原子、4个H原子、7个O原子；根据质量守恒定律，可以判断在X中含有2个Sb原子、3个O原子，即其化学式为：Sb2O3．故选B．点评：本题考查物质化学式的推断，学生应正确理解质量守恒定律，利用原子守恒来解答．　-23- 15．（1分）（2013•青岛）控制变量法是实验探究的重要方法．利用如图所示的实验不能实现的探究目的是（　　）　A．甲图中①②对比可探究铁的锈蚀与植物油是否有关　B．甲图中①③对比可探究铁的锈蚀与水是否有关　C．乙可探究可燃物的燃烧是否需要达到一定温度　D．乙可探究可燃物的燃烧是否需要与氧气接触考点：化学实验方案设计与评价．专题：简单实验方案的设计与评价．分析：A、根据植物油的作用及探究的目的分析：隔绝氧气；B、根据①③的共同点和不同点的对比分析探究的目的；C、通过薄铜片上的白磷和红磷的燃烧对比分析探究的目的；D、通过薄铜片上的白磷和水中的白磷的燃烧对比分析探究的目的．解答：解：A、②中植物油的作用是隔绝氧气，看铁在只和水接触的条件下能不能生锈，故不能实现的探究目的；B、③中铁钉只和氧气接触，①中铁钉和氧气以及水同时接触，一段时间后，③中铁钉没有锈蚀，而①中铁钉锈蚀，通过①③对比说明铁钉锈蚀的条件之一是铁钉与水接触．故能实现的探究目的；C、乙通过薄铜片上的白磷和红磷的燃烧对比可知，温度达到了白磷的着火点所以燃烧了，可探究可燃物的燃烧是否需要达到一定温度，故能实现的探究目的；D、乙通过薄铜片上的白磷和水中的白磷的燃烧对比可知，薄铜片上的白磷与氧气接触所以燃烧了，可探究可燃物的燃烧是否需要与氧气接触，故能实现的探究目的；故选项为：A．点评：本题考查了铁的生锈条件和磷燃烧的条件探究方法，注意在利用控制变量法进行探究性实验时变量的控制，通过对比分析探究的目的得出结论．　16．（1分）（2013•青岛）甲、乙两种固体物质的溶解度曲线如图所示．下列有关叙述中错误的是（　　）　A．t2℃时甲的溶解度比乙的大　B．将甲、乙的饱和溶液从t2℃降到t1℃，析出的甲的质量大　C．升高温度可将甲的饱和溶液变为不饱和溶液-23- 　D．t1℃时，甲和乙的饱和溶液各100g，其溶质的质量一定相等考点：固体溶解度曲线及其作用；饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法．专题：溶液、浊液与溶解度．分析：A、据溶解度曲线可比较同一温度下物质的溶解度大小；B、等质量的物质的饱和溶液降低相同的温度，溶解度变化大的析出溶质多；C、甲的溶解度随温度的升高而增大；D、溶解度曲线的交点表示该温度下两物质的溶解度相等，溶质的质量分数相同，据此分析解答．解答：解：A、t2℃时甲的溶解度比乙的大，正确；B、由于二者饱和溶液的质量不确定，所以将甲、乙的饱和溶液从t2℃降到t1℃，无法比较析出溶质的质量多少，故错误；C、甲的溶解度随温度的升高而增大，所以升高温度可将甲的饱和溶液变为不饱和溶液，正确；D、t1℃时，甲和乙的溶解度相等，溶质质量分数也相等，所以饱和溶液各100g，其溶质的质量一定相等，正确；故选B．点评：了解溶解度曲线的意义、不饱和溶液和饱和溶液的转化方法等，并能结合题意灵活分析解答问题，考查了学生据知识分析解决问题的能力．　二、选择题：每题各有一个或两个正确答案．（本题共6道小题，每题2分，共12分）17．（2分）（2013•青岛）学习化学的目的并不在于人人都要成为化学家，更重要的是学会用化学观点去分析、解决生产生活中的问题．下列说法中，正确的是（　　）　A．进入久未开启的地窖，应先做灯火实验　B．夜间发现液化气泄漏应先开窗通风，不能立即开灯　C．重金属盐能使蛋白质变性，起到杀菌作用，因此可用重金属盐溶液浸泡海产品　D．海底蕴藏着大量“可燃冰”，以它为燃料不会对自然界中的碳循环产生影响考点：二氧化碳的化学性质；防范爆炸的措施；资源综合利用和新能源开发；常见中毒途径及预防方法．专题：化学与生活．分析：A、二氧化碳不支持呼吸和燃烧，含量过高对人体有害；B、根据液化气具有可燃性，与空气充分接触，遇电火花可能会产生爆炸分析；C、根据重金属盐有毒，不能用重金属盐溶液浸泡海产品分析；D、根据、“可燃冰”是天然气水合物，它的主要成分是甲烷，甲烷燃烧生成二氧化碳分析．解答：解：A、久未开启的地窖中可能含有较多的二氧化碳，二氧化碳不支持呼吸和燃烧，含量过高对人体有害，因此进入久未开启的地窖，应先做灯火实验，故A说法正确；B、液化气具有可燃性，与空气充分接触，遇电火花可能会产生爆炸，开灯产生的电火花会引燃泄漏的液化气，因此夜间发现液化气泄漏应先开窗通风，不能立即开灯，故说法正确；-23- C、重金属盐能使蛋白质变性，起到杀菌作用，但是不能用重金属盐溶液浸泡海产品，因为吃了后易导致中毒，故C说法错误；D、“可燃冰”是天然气水合物，它的主要成分是甲烷，甲烷燃烧生成二氧化碳，因此以“可燃冰”为燃料会对自然界中的碳循环产生影响，故D说法错误．故选AB．点评：本题考查了常见物质的性质和用途，完成此题，可以依据已有的知识进行．　18．（2分）（2013•青岛）逻辑推理是化学学习中常用的思维方法．下列推理正确的是（　　）　A．中和反应生成盐和水，则生成盐和水的反应一定是中和反应　B．化合物是由不同元素组成的纯净物，所以由不同种元素组成的纯净物一定是化合物　C．单质中只含有一种元素，所以只含有一种元素的物质一定是单质　D．活泼金属能与稀硫酸反应放出气体，则能与稀硫酸反应放出气体的物质一定是活泼金属考点：中和反应及其应用；酸的化学性质；单质和化合物的概念．专题：结合课本知识的信息．分析：A、中和反应特指的酸碱之间的反应，可以据此解答该题；B、根据化合物的定义进行解答；C、根据单质的定义进行判断；D、活泼金属可以和稀硫酸反应生成气体，碳酸盐也可以和稀硫酸反应生成气体，可以据此解答该题．解答：解：A、中和反应特指的酸碱之间的反应，酸碱反应生成盐和水，但是生成盐和水的反应不一定是中和反应，例如二氧化碳和氢氧化钠反应生成了盐和水，但是它不属于中和反应，故A错误；B、化合物是由不同种元素组成的纯净物，所以由不同种元素组成的纯净物一定是化合物，故B正确；C、单质是由同种元素组成的纯净物，在叙述单质的定义时必须强调是纯净物，否则不成立，例如氧气和臭氧的混合物是由氧元素组成的，但是它属于混合物，而不是单质，故C错误；D、活泼金属可以和稀硫酸反应生成气体，碳酸盐也可以和稀硫酸反应生成气体，故D错误．故选B．点评：本题考查了学生在熟悉所学知识的基础上进行知识的整合归纳的能力，这就要求学生把握推理这一常用的学习方法，但推理时要特别注意一些特例的存在．通过回答本题可知有些知识要严格按照定义去推断，不能简单看表面现象．要从概念的实质出发去分析问题，解答此类题可用举反例的方法解决．　19．（2分）（2013•青岛）除去下列各物质中少量杂质的方法，不合理的是（　　）选项物质所含杂质除去杂质的办法ACO2CO通过足量的灼热氧化铜BN2O2通过足量的灼热铜网-23- CH2水蒸气通过盛有足量浓硫酸的洗气瓶DCO2HCl通过盛有足量氢氧化钠溶液的洗气瓶　A．AB．BC．CD．D考点：物质除杂或净化的探究．专题：物质的分离、除杂、提纯与共存问题．分析：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．解答：解：A、CO能与灼热氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳不能与灼热氧化铜反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确．B、氧气通过灼热的铜网时可与铜发生反应生成氧化铜，而氮气不与铜反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，故选项所采取的方法正确．C、浓硫酸具有吸水性，且不与氢气反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确．D、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；故选项所采取的方法错误．故选D．点评：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．　20．（2分）（2013•青岛）下列图象能正确反映其对应关系的是（　　）　A．某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入过量的硝酸钾晶体　B．向稀盐酸和硫酸钠的混合溶液中加入过量的氢氧化钡溶液　C．向氢氧化钠溶液中滴加过量的稀盐酸　D．等质量的镁和锌同时分别放入两份溶质质量分数相同的足量稀盐酸中-23- 考点：饱和溶液和不饱和溶液；金属的化学性质；碱的化学性质；中和反应及其应用．专题：元素化合物知识型．分析：A、根据饱和溶液的定义来进行解答；B、氢氧化钡先与盐酸反应，再与硫酸钠反应生成沉淀；C、根据酸碱发生中和反应进行判断；D、等质量的镁和锌与足量酸反应产生氢气的多少进行判断解答：解：A、开始硝酸钾溶液不饱和，加入硝酸钾会溶解，溶质质量分数增加，硝酸钾溶液已饱和，所以再加入硝酸钾固体，硝酸钾不会溶解，所以溶质的质量分数也不会改变，故A错；B、氢氧化钡先与盐酸反应，再与硫酸钠反应生成沉淀，所以开始没有沉淀生成，故B错；C、在没加入盐酸前，溶液是氢氧化钠，pH值大于7，随着加入盐酸，pH值减小，当刚好反应完，pH值等于7，再加入盐酸，溶液会显酸性，pH值小于7，故C正确；D、等质量的镁和锌与足量盐酸反应产生氢气的质量是：镁产生的氢气大于锌产生的氢气，故D错．故选C．点评：解答这类题目时，首先，要熟记饱和溶液不饱和溶液的概念中和反应等；然后，根据所给的问题情景及相关信息，结合所学的相关知识和技能，联系起来细心地探究、推理后，按照题目要求进行选择或解答即可．　21．（2分）（2013•青岛）在托盘天平的两盘上各放一只质量相同的烧杯，在两只烧杯里分别加入等质量、等溶质质量分数的稀硫酸，将天平调节至平衡．然后向左盘的烧杯中加入8.4g铁，反应物之间恰好完全反应．欲使天平恢复平衡，则可向右盘的烧杯中加入（　　）　A．8.4g铝B．8.4g氧化钙C．8.4g镁D．8.4g碳酸镁考点：根据化学反应方程式的计算．专题：有关化学方程式的计算．分析：可以用差量法进行计算，左盘烧杯中增加的质量和右盘烧杯中增加的质量相等时，天平保持平衡．解答：解：设与8.4g铁反应的硫酸的质量为X，生成氢气的质量为Y，Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑569828.4gXY==X=14.7g，Y=0.3g．由计算可知，当向左盘的烧杯中加入8.4g铁时，生成0.3g氢气，左盘中实际增加的质量为：8.4g﹣0.3g=8.1g；A、当加入8.4g铝时，铝过量，应该以硫酸的质量计算生成氢气的质量，解：设加入8.4g铝时，生成氢气的质量为X，2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑2946-23- 14.7gX=X=0.3g，由计算可知，当向右盘的烧杯中加入8.4g铝时，生成0.3g氢气，右盘中实际增加的质量为：8.4g﹣0.3g=8.1g；B、当向右盘的烧杯中加入8.4g氧化钙时，反应后没有气体逸出，右盘中实际增加的质量为8.4g；C、当加入8.4g镁时，镁过量，应该以硫酸的质量计算生成氢气的质量，解：设加入8.4g镁时，生成氢气的质量为X，Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑98214.7gX=X=0.3g，由计算可知，当向右盘的烧杯中加入8.4g镁时，生成0.3g氢气，右盘中实际增加的质量为：8.4g﹣0.3g=8.1g；D、当加入8.4g碳酸镁时，硫酸过量，应该以碳酸镁的质量计算生成二氧化碳的质量，解：设加入8.4g碳酸镁时，生成二氧化碳的质量为X，MgCO3+H2SO4═MgSO4+H2O+CO2↑84448.4gX=X=4.4g，由计算可知，当向右盘的烧杯中加入8.4g碳酸镁时，生成4.4g二氧化碳，右盘中实际增加的质量为：8.4g﹣4.4g=4.0g；由以上计算可知，欲使天平恢复平衡，则可向右盘的烧杯中加入8.4g铝或8.4g镁．故选：AC．点评：本题较难，考查的内容较多，需要考虑多方面的知识，要运用多种方法计算．　22．（2分）（2013•青岛）我国化学家侯德榜创立了著名的“侯氏制碱法”（流程简图如图），促进了世界制碱技术的发展．下列有关说法正确的是（　　）　A．沉淀池中的反应物共含有六种元素-23- 　B．过滤得到的“母液”中一定只含有两种溶质　C．图中X可能是氨气　D．通入氨气的作用是使溶液呈碱性，促进二氧化碳的吸收，更多地析出沉淀考点：纯碱的制取．专题：常见的盐化学肥料．分析：A、根据沉淀池中发生的反应是氯化钠、氨气、二氧化碳和水，再分析元素种类即可；B、过滤得到的“母液”中含有的溶质有碳酸氢钠、氯化铵，还有可能含有过量的反应物；C、根据碳酸氢钠受热分解的生成物考虑；D、根据氨气的水溶液显碱性考虑．解答：解：A、沉淀池中发生的反应的反应物是氯化钠、氨气、二氧化碳和水，所以含有钠、氯、氮、氢、碳、氧六种元素，故A正确；B、过滤得到的“母液”中含有的溶质有碳酸氢钠、氯化铵，还有可能含有过量的氯化钠，故B错；C、碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以X是二氧化碳，故C错；D、氨气的水溶液显碱性，能更好的吸收二氧化碳，使反应物浓度大，反应速度快，故D正确．故选AD．点评：解答本题关键是要知道沉淀池中发生的反应，熟悉碳酸氢钠受热分解的产物，知道考虑反应后溶液中溶质时，还需要考虑反应物是否过量问题．　三、理解与应用题（本题共4道小题，第23题7分，第24题4分，第25题5分，第26题5分．共21分）23．（7分）（2013•青岛）“化学﹣﹣我们的生活，我们的未来”．请从化学的视角认识生产生活中的有关问题．请填下列空格：（1）在人体所摄入的物质中，除空气、水、食盐等无机物外，其余主要是糖类、油脂、蛋白质和　维生素　等有机物．人体缺乏　钙　元素可能导致骨质疏松，食用乳制品、豆类等可摄入该元素．（2）氢气被誉为“未来最理想的清洁能源”，氢气在空气中燃烧的化学方程式为：　2H2+O22H2O　．（3）工业上通过高温煅烧石灰石来生产氧化钙，反应的化学方程式为：　CaCO3CaO+CO2↑　．（4）厨房中铁锅易生锈，请结合生活实际，简要说出一种防止铁锅生锈的方法：　不用时保持铁锅干燥或涂一层植物油　．考点：生命活动与六大营养素；金属锈蚀的条件及其防护；碳酸钙、生石灰、熟石灰之间的转化；氢气的化学性质与燃烧实验．专题：氧气、氢气的性质与用途；金属与金属材料；化学与生活．分析：人类需要的营养物质有糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐；氢气在空气中燃烧能够生成水；煅烧石灰石可以生成氧化钙和二氧化碳；铁与水和氧气同时接触时容易生锈．-23- 解答：解：（1）人体摄取的有机物主要有糖类、油脂、蛋白质和维生素等；人体缺乏钙元素可能导致骨质疏松．故填：维生素；钙．（2）氢气在空气中燃烧的化学方程式为：2H2+O22H2O．故填：2H2+O22H2O．（3）高温煅烧石灰石可以生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑．故填：CaCO3CaO+CO2↑．（4）铁锅暴露在潮湿的空气中容易生锈，因此使铁锅保持干燥或给铁锅涂一层植物油，就可以防止铁锅生锈．故填：不用时保持铁锅干燥或涂一层植物油．点评：本题主要考查营养物质、金属的锈蚀与防护、化学方程式的书写等方面的知识，书写化学方程式时要注意四步，一是反应物和生成物的化学式要正确，二是遵循质量守恒定律，三是写上必要的条件，四是看是否有“↑”或“↓”．　24．（4分）（2013•青岛）如图所示是某化学反应的微观示意图．其中不同的小球分别代表不同元素的原子．请回答一下问题：（1）该反应　不属于　（选填“属于”或“不属于”）置换反应，共有　2　种生成物．（2）该反应的发现方程式为：　2H2S+3O22SO2+2H20　．考点：微粒观点及模型图的应用．专题：化学反应模拟图型．分析：根据化学反应的微观示意图及物质的微观构成，分析反应物、生成物，写出反应的方程式，据此分析有关的问题．解答：解：由化学反应的微观示意图及物质的微观构成可知，反应物是硫化氢和氧气，生成物是二氧化硫和水，反应的条件是点燃，反应的方程式是：2H2S+3O22SO2+2H20，由此可知：（1）该反应的从生成物是两种化合物，不属于置换反应，共有二氧化硫和水两种化合物；（2）该反应的发现方程式为：2H2S+3O22SO2+2H20．故答为：（1）不属于，2；（2）2H2S+3O22SO2+2H20．点评：-23- 本题通过微观粒子的反应模型图，考查了微观上对化学反应的认识，学会通过微观示意图把宏观物质和微观粒子联系起来、从微观的角度分析物质的变化是正确解答此类题的关键．　25．（5分）（2013•青岛）“化学家的主要工作是耕耘元素周期表”．如图所示为元素周期表中部分元素的相关信息．请利用图示信息回答相关问题：（1）锂原子的核电荷数为　3　．（2）16号元素的原子在化学反应中比较容易　得　（选填“得”或“失”）电子．该元素属于　非金属　（选填“金属”或“非金属”）元素．（3）写出表中关于8号元素的一条信息：　化学反应中其原子比较容易得到电子　．（4）在金属活动性顺序表中镁的活动性比铝的活动性强，试从原子结构的角度说明其原因：　镁原子的最外层电子数是2，铝原子的最外层电子数是3，在化学反应中镁原子更易失去电子　．考点：元素周期表的特点及其应用．专题：化学用语和质量守恒定律．分析：（1）根据元素周期表可知锂原子的原子序数，原子序数=核电荷数；（2）根据元素周期表分析16号元素的原子结构示意图，由最外层电子数判定其得失电子的情况；由其名称分析其元素类别；（3）8号元素的原子最外层电子数是6，在化学反应中其原子比较容易得到2个电子变成离子；（4）镁原子的最外层电子数是2，铝原子的最外层电子数是3，在化学反应中镁原子更易失去电子．解答：解：（1）根据元素周期表可知锂原子的原子序数为3，由原子序数=核电荷数，因此锂原子的核电荷数为3；故答案为：3；（2）16号元素原子结构示意图是，最外层电子数是6，在化学反应中其原子比较容易得到2个电子变成离子；16号元素是硫，属于非金属元素；故答案为：得；非金属；（3）8号元素的原子最外层电子数是6，在化学反应中其原子比较容易得到2个电子变成离子；故答案为：化学反应中其原子比较容易得到电子；-23- （4）从表可以看出，镁原子的最外层电子数是2，铝原子的最外层电子数是3，在化学反应中镁原子更易失去电子，因此在金属活动性顺序表中镁的活动性比铝的活动性强．故答案为：镁原子的最外层电子数是2，铝原子的最外层电子数是3，在化学反应中镁原子更易失去电子．点评：本题考查学生根据原子结构示意图分析总结元素周期律及对元素的性质与最外层电子数的关系的理解与掌握，并能在解题中灵活应用．　26．（5分）（2013•青岛）现有A、B、C、D、E五种物质，分别为盐酸、硫酸铜、氢氧化钙、铁粉和氧化钙中的一种．其中，A的浓溶液是无色液体，有刺激性气味，在空气中会形成白雾；B为单质；D是“波尔多液”的主要成分之一；E是熟石灰的主要成分．请回答下列问题：（1）写出C、D两种物质的化学式：C　CaO　，D　CuSO4　．（2）在图中将能相互反应的物质之间用断线“﹣﹣”连线，通过一步反应能直接转化的两种物质之间用箭号“→”连线（从反应物指向生成物）．考点：物质的鉴别、推断．专题：框图型推断题．分析：由A的浓溶液是无色液体，有刺激性气味，在空气中会形成白雾，所以可知A是盐酸，B为单质，所以B是铁粉，D是“波尔多液”的主要成分之一，所以D是硫酸铜，E是熟石灰的主要成分，所以E是氢氧化钙，据此分析解答即可；解答：解：（1）由A的浓溶液是无色液体，有刺激性气味，在空气中会形成白雾，所以可知A是盐酸，B为单质，所以B是铁粉，D是“波尔多液”的主要成分之一，所以D是硫酸铜，E是熟石灰的主要成分，所以E是氢氧化钙，C是氧化钙，故C、D两种物质的化学式CaO、CuSO4；（2）根据物质间的反应规律可知盐酸能够与铁反应，能够与氧化钙反应，能够与氢氧化钙反应，铁能够与盐酸和硫酸铜反应，氧化钙和水反应能够生成氢氧化钙，硫酸铜能够与氢氧化钙反应，故物质间的关系是；故答案为：（1）CaO；CuSO4；（2）-23- 点评：解答时首先找准突破口，根据物质的化学性质推出五种物质，然后根据物质间的反应特点进行分析，比较综合地考查了学生的分析能力．　四、实验与探究题（本题共44道小题．第27题7分，第28题5分，第29题4分，第30题6分．共22分）27．（7分）（2013•青岛）根据下列实验装置图填空：（1）如图所示，标有序号仪器的名称：①　酒精灯　，②　集气瓶　．（2）实验室用过氧化氢溶液和二氧化锰制氧气时，反应的化学方程式为：　2H2O22H2O+O2↑　，应选用的气体发生装置是　B　（填装置序号）．（3）实验室收集二氧化碳可选用的装置是　C　（填装置序号）；检验二氧化碳是否收集满的操作方法是：　将燃着的木条放于集气瓶口，若木条熄灭，证明收集满了　．考点：常用气体的发生装置和收集装置与选取方法．专题：常见气体的实验室制法、检验、干燥与净化．分析：（1）依据常用仪器回答；（2）根据反应原理书写方程式，并据反应物状态和反应条件选择发生装置；（3）根据二氧化碳的性质选择收集装置，验满的方法是将燃着的木条放于集气瓶口，观察木条是否熄灭进行判断．解答：解：（1）标号仪器分别是酒精灯和集气瓶；（2）过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，方程式是2H2O22H2O+O2↑，该反应不需加热，属于固液常温型，故选发生装置B；（3）二氧化碳浓度比空气大、能溶于水，故采取向上排气法进行收集；验满的方法是将燃着的木条放于集气瓶口，观察木条是否熄灭进行判断；故答案为；（1）酒精灯；集气瓶；-23- （2）2H2O22H2O+O2↑；B；（3）C；将燃着的木条放于集气瓶口，若木条熄灭，证明收集满了．点评：本题对实验室制取二氧化碳、氧气的有关问题进行了考查，涉及到制取氧气的反应原理，发生和收集的选取等，平时要注意相关知识的积累才能正确解答．　28．（5分）（2013•青岛）实验是进行科学探究的重要方式．请填写下列空格：（1）除去粗盐中难溶性杂质，主要分为如图1所示的三个操作步骤．其中，操作B的名称为：　过滤　；操作C中，给蒸发皿加热时　不需要　（选填“需要”或“不需要”）垫石棉网．（2）某同学欲测定一瓶稀硫酸的pH，他的实验操作为：取一片pH试纸，用蒸馏水润湿，伸入到试剂瓶中，将试纸显示的颜色与pH标准比色卡对照，读出对应的pH．请指出该实验操作中存在的错误：　用蒸馏水润湿，伸入到试剂瓶中　．（3）如图2所示为探究二氧化锰对过氧化氢分解速率影响的实验示意图，该实验　不能　（选填“能”或“不能”）证明二氧化锰能加快该化学反应的速率，请简述理由：　向5%的过氧化氢溶液中加入二氧化锰后，分解速率更快，但是5%的过氧化氢溶液本来比3%的过氧化氢溶液分解的速率快　．考点：氯化钠与粗盐提纯；影响化学反应速率的因素探究；溶液的酸碱度测定．专题：实验性简答题．分析：过滤可以把不溶于水的物质除去，有些仪器能够直接加热，有些仪器不能直接加热；测定溶液的pH有严格的操作步骤；对比实验要控制好相关方面的量．解答：解：（1）除去粗盐中难溶性杂质的三个操作步骤是：溶解、过滤、蒸发；蒸发皿可以直接加热．故填：过滤；不需要．（2）测定溶液pH的方法是：用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，再与标准比色卡对照；该同学实验操作中存在的错误有：用蒸馏水润湿，伸入到试剂瓶中，因为用蒸馏水润湿pH试纸，会使测定的结果不正确，pH试纸伸入到试剂瓶中会污染试剂．故填：用蒸馏水润湿，伸入到试剂瓶中．（3）该实验对过氧化氢溶液的质量分数控制不正确，既然是对比实验，应该使两种过氧化氢溶液的质量和质量分数都相同，再向其中1个试管中加入二氧化锰，就能够证明二氧化锰能加快该化学反应的速率．故填：不能；向5%的过氧化氢溶液中加入二氧化锰后，分解速率更快，但是5%的过氧化氢溶液本来比3%的过氧化氢溶液分解的速率快．点评：-23- 由本题可知，对比实验中，控制相关方面的量是多么的重要，对比实验也是常考的内容之一．　29．（4分）（2013•青岛）我市某化工厂排放的废液中含有硫酸铜和硫酸亚铁．某化学兴趣小组的同学取了适量的上述废液样品，将一定量锌粉加入样品中，充分反应后过滤，得到滤液A和固体B．请回答下列有关问题：（1）关于滤液A所含溶质的猜想中，不合理的是　④　（填写序号）．①猜想一：只有硫酸锌；②猜想二：硫酸锌、硫酸亚铁；③猜想三：硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铜；④猜想四：硫酸锌、硫酸铜（2）设计简单实验，确定“猜想二”对应的固体B的成分：　用磁铁吸引，有黑色粉末被吸引，说明了B是铜与少量铁的混合物，若没有被吸引，说明了B是铜．（　．（3）反应后析出金属的质量　一定　（选填“一定”或“不一定”）比参加反应的金属质量小．考点：金属活动性顺序及其应用．专题：金属与金属材料．分析：根据金属活动性由强到弱的顺序：锌＞铁＞H＞铜，向硫酸亚铁、硫酸铜的混合溶液中加入一些锌粉，铜首先被置换出来，待铜被完全置换后，铁开始被置换据此分析有关的问题．解答：解：（1）①当锌是足量的，能把溶液中的铜、铁全部置换出来，滤液中只有硫酸锌．故猜想一合理；②当锌是不足量的，溶液中的铜全部置换出来，废液中的铁没有被置换或部分被置换，则滤液中有硫酸锌、硫酸亚铁．故猜想二合理；③当锌是不足量的，不能把溶液中的铜全部置换出来，滤液中有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铜．故猜想三合理；④由于铁的活动性大于铜，铜首先被置换出来，不可能溶液中有硫酸铜，没有硫酸亚铁；故猜想四不合理；（2）由题意可知，当滤液A中含有硫酸锌、硫酸亚铁时，固体B可能是铜或铜与少量铁的混合物；由于铁能被磁铁吸引．所以设计实验是：用磁铁吸引，有黑色粉末被吸引，说明了B是铜与少量铁的混合物，若没有被吸引，说明了B是铜．（3）由于锌不论与硫酸铜还是与硫酸亚铁反应参加反应的金属比生成的金属少．所以，反应后析出金属的质量一定比参加反应的金属质量小．故答为：（1）④；（2）用磁铁吸引，有黑色粉末被吸引，说明了B是铜与少量铁的混合物，若没有被吸引，说明了B是铜．（3）一定．点评：本题考查了金属的性质以及金属活动性顺序的应用，完成此题，可以依据已有的知识进行．要求同学们熟练掌握金属活动性顺序及其意义，以便灵活应用．　30．（6分）（2013•青岛）某同学家中有一袋化肥，可能混入了其他化肥，且化肥包装袋上字迹模糊．该同学进行了如下探究，请你参与探究并填空：【提出问题】该化肥中含有什么物质？【收集信息】经询问得知，该化肥可能为铵态氮肥．【提出猜想】该化肥所含的阴离子可能是Cl﹣、、中的一种或几种．【实验、记录与分析】实验操作步骤实验现象实验分析-23- （1）取少量该化肥样品和少量熟石灰放在研钵中混合研磨　产生刺激性气味　含有铵根离子（2）另取少量该化肥样品于试管中，加入适量的水完全溶解，滴加足量的硝酸钡溶液，再滴加少量稀硝酸，过滤产生白色沉淀，沉淀不溶解没有　CO32﹣　存在（3）取（2）所得滤液少量于试管中，滴加　硝酸银溶液　　产生白色沉淀　有Cl﹣存在【实验结论】若该化肥中只含有一种阳离子，则其中一定含有的物质是（写化学式）：　NH4Cl和（NH4）2SO4　．【实验反思】若步骤（2）中用氯化钡溶液代替硝酸钡溶液　否　（选填“是”或“否”）可行，请简要说明原因：　氯化钡会引入新的氯离子，对原有氯离子的检验产生干扰　．考点：铵态氮肥的检验；常见离子的检验方法及现象．专题：科学探究．分析：【实验、记录与分析】（1）根据铵根离子能够和熟石灰中的氢氧根离子反应产生刺激性气味的氨气分析；（2）根据硫酸根离子的鉴别方法和碳酸根离子的特点分析：加硝酸钡溶液，再滴加少量稀硝酸，沉淀不溶解；（3）根据氯离子的鉴别方法分析；【实验结论】根据实验得出的阳离子和阴离子的结论写出反应的方程式；【实验反思】根据检验物质时引入的离子不能对后面的离子检验产生干扰分析．解答：解：【实验、记录与分析】（1）因为含有铵根离子，所以铵根离子和氢氧化钙反应产生刺激性气味的氨气，故实验现象是：产生刺激性气味；（2）因为向溶液中加硝酸钡溶液，再滴加少量稀硝酸，白色沉淀不溶解，说明不是碳酸根离子，是硫酸根离子和钡离子产生的碳酸钡沉淀，因而也可证明含有硫酸根离子；故答案为：CO32﹣；（3）检验氯离子可以向（2）所得滤液加入硝酸银溶液产生白色沉淀证明，故答案为：硝酸银溶液；白色沉淀；【实验结论】因为该化肥中只含有一种阳离子，即铵根离子，阴离子中含有硫酸根离子和氯离子，所以其中一定含有的物质是：硫酸铵和氯化铵，故答案为：NH4Cl和（NH4）2SO4；【实验反思】因为后面还要检验氯离子的存在，所以加入的试剂不能引入氯离子，因此不能用氯化钡溶液代替硝酸钡溶液；故答案为：否；氯化钡会引入新的氯离子，对原有氯离子的检验产生干扰．点评：本题考查的是初中阶段三种重要离子的检验，可依据三种离子的检验方法进行，注意氯离子和硫酸根离子检验时要先检验硫酸根离子，并且加入的试剂不能互相产生干扰．　五、分析与计算（本题共有2道小题，第31题3分，第32题6分，共9分）31．（3分）（2013•青岛）科学施肥是实现农业增产的重要手段．硝酸铵（NH4NO3）是一种常用的氮肥，其中氮、氢、氧三种元素的质量比为　7：1：12　．若要配制200g溶质质量分数为5%的硝酸铵溶液，需要硝酸铵的质量为　10　g，需要水的质量为　190　g．考点：元素质量比的计算；有关溶质质量分数的简单计算．-23- 专题：化学式的计算；溶液的组成及溶质质量分数的计算．分析：根据化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析解答．利用溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数，可根据溶液的质量和溶质的质量分数计算配制溶液所需要的溶质的质量；再根据溶剂质量=溶液质量﹣溶质质量即可求得蒸馏水的质量．解答：解：硝酸铵（NH4NO3）是一种常用的氮肥，其中氮、氢、氧三种元素的质量比为（14×2）：（1×4）：（16×3）=7：1：12．配制200g溶质质量分数为5%的硝酸铵溶液，需要硝酸铵的质量为200g×5%=10g；需要水的质量为为：200g﹣10g=190g．故答案为：7：1：12；10；190．点评：本题难度不大，考查同学们灵活运用化学式与溶质质量分数的有关计算进行分析问题、解决问题的能力．　32．（6分）（2013•青岛）超市卖的纯碱产品中往往含有少量的氯化钠，某化学兴趣小组的同学通过实验来测定某品牌的纯碱样品中碳酸钠的质量分数．他们取了5g该纯碱样品，在烧杯中配制成60g溶液，再向其中逐滴加入10%的氯化钙溶液，测得加入氯化钙的质量与产生沉淀的质量关系如图所示．请回答下列问题：（1）该纯碱样品中碳酸钠的质量分数是多少？（写出计算步骤，计算记过精确到0.1%）（2）至恰好完全反应时，所得不饱和溶液中溶质的质量分数为　5.4%　（计算结果精确到0.1%）（3）如果反应开始前，向烧杯中滴加几滴酚酞试液，在整个测定过程中可观察到的现象是：　溶液先变红再变为无色　．考点：根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算．专题：综合计算（图像型、表格型、情景型计算题）．分析：（1）欲求该纯碱样品中碳酸钠的质量分数，须先根据化学方程式求出样品中碳酸钠的质量，再利用质量分数公式计算即可．（2）先根据化学方程式求出生成的氯化钠的质量，用5g减去碳酸钠的质量，计算出原来的氯化钠的质量．把生成的氯化钠的质量加上原来的氯化钠的质量，就是反应后溶质的质量，再根据溶质质量分数的计算公式进行计算即可；（3）由于碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红，反应后溶液变为中性，再进行分析即可．解答：解：设该纯碱样品中碳酸钠的质量为x，生成氯化钠的质量为Y，生成沉淀的质量为z，参加反应的氯化钙的质量为：44.4g×10%=4.44g则Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl106111100117-23- x4.44gzy根据：解4.24g，根据：解得：y=4.68g；根据：解得z=4g（1）该纯碱样品中碳酸钠的质量分数为×100%=84.8%；（2）反应后不饱和溶液中溶质的质量为：5g﹣4.24g+4.68g=5.44g，反应后总溶液质量为：60g+44.4g﹣4g=100.4g，恰好完全反应时，所得不饱和溶液中溶质的质量分数为：×100%=5.4%；（3）碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红，反应后溶液变为中性，红色变为无色．故答案为：（1）84.8%；（2）5.4%；（3）溶液先变红再变为无色．点评：该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对根据化学反应方程式的计算步骤和格式的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与“书写化学方程式、相对分子质量的计算、化学符号及其周围数字的意义、元素符号和化学式的意义、质量守恒定律及其应用、化学方程式的读法和含义、常见化学反应中的质量关系、溶液中溶质质量分数的有关计算、含杂质物质的化学反应的有关计算”等相关知识联系起来，进行综合考查．-23-