中考化学二模试卷含解析26 20页

江苏省泰州市泰兴市实验初级中学2016年中考化学二模试卷 一、选择题第1～10题，每小题只有一个选项符合题意．每小题1分，共10分．‎ ‎1．下列变化过程中，只发生物理变化的是（　　）‎ A．百炼成钢 B．钢铁生锈 C．石油分馏 D．蛋白质遇浓硝酸呈黄色 ‎2．下列实验操作错误的是（　　）‎ A．‎ 滴加液体 B．‎ 添加酒精 C．‎ 加热液体 D．‎ 放置试管 ‎3．下列属于不可再生能源的是（　　）‎ A．煤 B．太阳能 C．风能 D．氢能 ‎4．水是人类不可缺少的宝贵资源，下列标志是我国“国家节水标志”的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．全球近140个国家根据《国际防治汞污染公约》，在2020年前禁止生产和进出口含汞产品．如图是汞元素相关信息，其中正确的是（　　）‎ A．汞为非金属元素 B．汞元素的原子序数为80‎ C．汞原子的中子数是80‎ D．汞元素的相对原子质量为200.6g ‎6．下列是某同学在填写实验报告册时描述的实验现象，其中正确的是（　　）‎ A．红磷在空气中燃烧产生大量白雾 B．块状石灰石放入足量稀硫酸中，持续产生气泡 C．加碘盐中加入淀粉变蓝 D．氢氧化钠固体暴露在空气中，表面变得潮湿并逐渐溶解 ‎7．“单中心铁”可作甲烷高效转化的催化剂，该转化的微观示意图如下：‎ 有关该转化的说法不正确的是（　　）‎ A．该反应为复分解反应 B．反应前后原子总数一定没有发生变化 C．有机物可以在一定条件转化为无机物 D．“单中心铁”在反应前后质量和化学性质没有改变 ‎8．“塑化剂”是一种工业原料，一些厂商在饮料中违法添加了“塑化剂”，对人体会造成严重危害．已知“塑化剂”的主要成分是邻苯二甲酸二辛酯，化学式为C24H38O4，有关邻苯二甲酸二辛酯说法错误的是（　　）‎ A．它是一种有机物 B．它是由C、H、O三种元素组成 C．一个邻苯二甲酸二辛酯分子中共有66个原子 D．邻苯二甲酸二辛酯由24个碳原子、38个氢原子、4个氧原子构成 ‎9．通过观察下列实验现象，不能达到实验目的是（　　）‎ A．‎ 验证CO2 不支持蜡烛的燃烧 B．‎ 比较镁与铁的金属活动性 C．‎ 验证白磷的着火点低于红磷 D．‎ 验证生石灰与水反应放热 ‎10．如图是A、B、C三种物质的溶解度曲线．则下列说法正确的是（　　）‎ A．t1℃时A、B、C三种物质的溶解度由大到小的顺序是A、C、B B．t1℃时30g A物质加入到50g 水中不断搅拌，形成的溶液质量是80g C．B中混有少量A可通过蒸发结晶的方式提纯B D．将t1℃时A、B、C三种物质饱和溶液的温度升高到t2℃时，三种溶液的溶质质量分数由大小关系是A=B＞C ‎　‎ 第11～15题，每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得1分；多选、错选得0分．每小题2分，共10分．‎ ‎11．下列家庭小实验中，不能成功的是（　　）‎ A．用食盐水除水瓶中的水垢 B．用空塑料瓶、小卵石、石英沙、活性炭、膨松棉等制作简易净水器 C．用肥皂水可以区分软水和硬水 D．用点燃闻气味的方法区分聚乙烯和聚氯乙烯塑料 ‎12．分析推理是化学学习中常用的思维方法．下列分析推理正确的是（　　）‎ A．酸和碱发生中和反应生成盐和水；生成盐和水的反应都是中和反应 B．酸雨的pH小于7，所以pH小于7的雨水一定是酸雨 C．碱溶液能使无色酚酞试液变红，所以能使无色酚酞试液变红的溶液一定是碱溶液 D．水和双氧水组成相同但化学性质不同，是由于它们的分子构成不同 ‎13．下列图象能正确反映对应实验操作中量的关系是（　　）‎ A．‎ 一定量稀硫酸加水稀释 B．‎ 一定量氯化铜和盐酸的混合溶液中逐渐加入稀硫酸 C．‎ 等质量的镁粉和铁粉中分别缓慢加入稀硫酸 D．‎ 等质量的高锰酸钾和氯酸钾加热制氧气 ‎14．除去下列物质中的少量杂质．所选用的试剂及操作方法均正确的是（　　）‎ 选项 物质（括号内为杂质）‎ 试剂 操作方法 A 氧化钙 （碳酸钙）‎ ‎﹣﹣‎ 高温至质量不再减少 B CO2气体（HCl）‎ 过量氢氧化钠溶液、浓硫酸 洗气、干燥 C NaCl固体（BaSO4）‎ 水 溶解、过滤、蒸发 D NaCl固体（MgCl2）‎ 过量NaOH溶液 过滤、蒸发 A．A B．B C．C D．D ‎15．汽车安全气囊中装有叠氮化钠（NaN3）等固体粉末．工业上将金属钠与无水的液氨（NH3）反应得氨基钠（NaNH2），再将氨基钠与一氧化二氮反应可生成叠氮化钠、氢氧化钠和氨气．下列说法中，不正确的是（　　）‎ A．安全气囊中选用叠氮化钠的原因可能是NaN3迅速分解产生大量NH3‎ B．钠可与水反应 C．制备叠氮化钠反应中，主要涉及的化学方程式为：Na+NH3NaNH2+H2↑ 2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3↑‎ D．工业级NaN3中可能含有Na2CO3‎ ‎　‎ 二.非选择题（共40分）‎ ‎16．化学有自己的语言，可以用国际通用的符号来表示物质的组成和变化．‎ ‎①钴（Co）可形成化合价为+2和+3的两种氧化物，其中+3价钴的氧化物的化学式是　　　　　　；‎ ‎②硝酸铵在受热或受到撞击时，会剧烈分解：NH4NO3　　　　　　+2H2O，这一性质可用于汽 车的安全气囊．‎ ‎③室温下将1克氧化钙放入99克水中充分搅拌，所得溶液中溶质质量分数　　　　　　1%（填“＞”、“=”或“＜”），其中阴离子符号　　　　　　．‎ ‎17．根据内容回答问题．‎ ‎①维生素C能增强人体对疾病的抵抗能力，促进人体生长发育，一般中学生每天要补充60mg的维生素C．下列物质含有丰富维生素C的是　　　　　　（填字母，下同）．‎ A．牛肉 B．辣椒 C．鸡蛋 D．柠檬 ‎②青少年及成人缺乏某种微量元素将导致甲状腺肿大，幼儿缺乏会造成智力损害，该微量元素是　　　　　　．‎ A．碘 B．铁 C．钙 D．锌 ‎③蛋白质是人体必需的营养物质，它在人体内最终分解为　　　　　　．‎ A．葡萄糖 B．氨基酸 C．脂肪酸 D．甘油．‎ ‎18．学习化学离不开实验，试回答下列问题：‎ ‎（1）如图所示是初中化学常见的实验装置图，请回答：‎ ‎①实验室用B装置制取氧气，反应方程式为　　　　　　；若用E装置收集的氧气不纯，则可能的原 因是　　　　　　（答出一种即可）；若用F装置收集氧气，气体应从　　　　　　（填“a”或“b”）端进入；‎ ‎②实验室制取并收集一瓶二氧化碳气体，应选用的装置为　　　　　　（填字母序号），在装入药品 前应先　　　　　　．‎ ‎（2）用下列实验操作可分别完成“粗盐中难溶性杂质的去除”和“一定溶质质量分数氯化钠溶液的配制”两个实验．‎ ‎①操作E中得到的滤液仍浑浊，其原因可能是　　　　　　（答出一点即可）；‎ ‎②若图B所用的烧杯内壁沾有水，会导致所配氯化钠溶液中溶质的质量分数　　　　　　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）；‎ ‎③图D中玻璃棒的作用是　　　　　　；‎ ‎④图C中有一处明显的错误，请你改正：　　　　　　．‎ ‎19．现有A～F七种物质，相互间的转化关系如图所示．其中 A、B、C、D属于不同类别的物质，A、B、C、D、E都含有铜元素；A为蓝色沉淀，B为黑色粉末，C为红色粉末．E为制取波尔多液的盐，F为有机物，G为年产量最高的金属．“﹣”表示相连物质间能反应，“→”表示一种物质一步转化成另一种物质（部分反应物、生成物及反应条件未标出），试推断：‎ ‎（1）A的化学式　　　　　　，F的名称为　　　　　　；‎ ‎（2）写出反应①、②的方程式：①　　　　　　②　　　　　　；‎ ‎（3）反应③的基本反应类型为　　　　　　；‎ ‎（4）若反应④为CO在加热条件下还原B，若得到的固体只有Cu2O，则该反应的方程式为　　　　　　．‎ ‎20．（11分）（2016•泰兴市校级二模）“双吸剂”是一种常见袋装食品的保鲜剂，能吸收空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气等．化学兴趣小组的同学在某食品袋中发现一包“双吸剂”，其标签如图所示．同学们对这包久置的“双吸剂”固体样品很好奇，设计实验进行探究．‎ ‎【提出问题】久置“双吸剂”固体的成分是什么？‎ ‎【查阅资料】铁与氯化铁溶液在常温下反应生成氯化亚铁：‎ ‎【作出猜想】久置固体中可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3．‎ ‎【实验探究1】下表是小明设计的实验方案和记录的实验报告，请你补充完整．‎ 实验操作 实验现象 实验结论 ‎①取少量样品放入试管中，滴加一定量的 ‎　　　　　　，用带导管的单孔橡皮塞塞紧试管口，导管另一端伸入澄清石灰水中 试管中固体逐渐溶解，有大量气泡产生，得到浅绿色溶液，澄清石灰水变浑浊．‎ 样品中一定含有 ‎　　　　　　，‎ 不含Fe2O3．‎ ‎②取少量样品放入试管中，加水，静置向上层清液中滴加无色酚酞试液 放出大量的热量，试管底部有不溶物，酚酞试液由无色变为红色．‎ 样品中含有 ‎　　　　　　．‎ ‎【实验质疑】小组同学通过讨论认为实验并不能得出一定不含Fe2O3的结论，理由是：　　　　　　、　　　　　　（用化学方程式表示）．‎ 为进一步确定这包久置的“双吸剂”固体的成分迸行如下定量实验．‎ ‎【实验探究2】取3g样品研碎，并用磁铁充分吸引后，得到剩余固体2.6g，按照下图流程进行实验：‎ ‎（1）操作一、操作二为相同的操作，该操作为　　　　　　；‎ ‎（2）固体C的成分是　　　　　　（填化学式，下同）；‎ ‎（3）溶液A中加入碳酸钠溶液反应方程式为　　　　　　，检验所加碳酸钠溶液是否过量的方法是：静置　　　　　　；‎ ‎（4）确定固体E是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液　　　　　　；‎ ‎（5）依据实验探究1、2中现象的分析及数据计算判断出这包久置“双吸剂”固体的成分是Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3．‎ ‎【实验反思】下列对实验探究1、2的反思，不正确的是　　　　　　（填字母序号）．‎ A．对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合 B．实验探究2溶液B中的溶质为Na2CO3和NaOH C．实验探究1、2中都有气体产生，但生成的气体成分不同 D．在原样品中加入足量稀盐酸有4个反应发生．‎ ‎21．安多夫是一种嫩肉粉，其主要成分碳酸氢钠（NaHCO3）和氯化钠．安多夫可破坏肉质纤维结构、促进肉类吸收水分，从而使肉质松软，达到鲜嫩爽滑的目的．小张发现将拌了安多夫粉的肉类放到锅中加入食醋等调料烧煮时会产生大量的气体，他对此颇感兴趣，决定对其进行探究．‎ ‎【查阅资料】‎ ‎1碳酸氢钠俗称“小苏打”、“苏打粉”、“重曹”，是白色细小晶体，加热到50℃以上开始逐渐分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，440℃时完全分解．‎ ‎2白色无水硫酸铜遇到水会变成蓝色．‎ ‎【实验探究一】对烧煮时产生的大量气体的探究 小于对气体的成分进行了猜测：气体中除了醋酸气体之外，还可能含有水蒸气和CO2．他设法收集气体样品并除去醋酸气体后，用如图实验装置进行验证．装置导管口连接顺序：‎ 气体样品→　　　　　　→　　　　　　→　　　　　　→　　　　　　．．（填导管口序号）‎ ‎【实验探究二】称取一定量的安多夫样品，测定样品中碳酸氢钠的含量，实验如图所示：‎ ‎【说明】碱石灰是CaO与NaOH 的固体混合物．‎ ‎（1）操作步骤 ‎①连接好装置，检查气密性；‎ ‎②打开弹簧夹，在A处缓缓通入一段时间空气；‎ ‎③称量E的质量；‎ ‎④关闭弹簧夹，慢慢滴加适量的稀盐酸，直至B中无气泡冒出；‎ ‎⑤打开弹簧夹，再次缓缓通入一段时间空气；‎ ‎⑥再次称量E的质量，得前后两次质量差．‎ ‎（2）D装置的作用是　　　　　　；‎ ‎（3）步骤⑤再次缓缓通入一段时间空气的作用是　　　　　　；‎ ‎（4）若所取安多夫样品为10g，所用稀盐酸质量为100g，实验中C中无沉淀，装置E实验前后两次质量差为4.4g，试计算：‎ ‎①实验中生成二氧化碳　　　　　　g；‎ ‎②原样品中碳酸氢钠的质量分数（写出计算过程）；‎ ‎③所用稀盐酸的溶质质量分数（写出计算过程）．‎ ‎　‎ ‎2016年江苏省泰州市泰兴市实验初级中学中考化学二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题第1～10题，每小题只有一个选项符合题意．每小题1分，共10分．‎ ‎1．下列变化过程中，只发生物理变化的是（　　）‎ A．百炼成钢 B．钢铁生锈 C．石油分馏 D．蛋白质遇浓硝酸呈黄色 ‎【考点】化学变化和物理变化的判别．‎ ‎【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可．‎ ‎【解答】解：A、百炼成钢的过程中有新物质生成，属于化学变化．‎ B、钢铁生锈的过程中有新物质铁锈生成，属于化学变化．‎ C、石油分馏的过程中没有新物质生成，属于物理变化．‎ D、蛋白质遇浓硝酸呈黄色的过程中有新物质生成，属于化学变化．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．‎ ‎　‎ ‎2．下列实验操作错误的是（　　）‎ A．‎ 滴加液体 B．‎ 添加酒精 C．‎ 加热液体 D．‎ 放置试管 ‎【考点】液体药品的取用；加热器皿-酒精灯；给试管里的液体加热．‎ ‎【分析】A、根据胶头滴管的用法考虑；‎ B、根据使用酒精灯的注意事项分析；‎ C、根据给试管内液体加热的方法考虑；‎ D、根据试管的放置方法考虑．‎ ‎【解答】解：A、用胶头滴管向试管中滴加液体时，胶头滴管不能伸入试管内，要悬垂在试管上方，故A正确；‎ B、严禁向燃着的酒精里添加酒精，故B错；‎ C、给试管内的液体加热时，试管内液体太多；要用酒精灯的外焰加热，故C正确；‎ D、洗净的试管要倒放在试管架上，故D正确．‎ 故选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．‎ ‎　‎ ‎3．下列属于不可再生能源的是（　　）‎ A．煤 B．太阳能 C．风能 D．氢能 ‎【考点】常见能源的种类、能源的分类．‎ ‎【分析】解答本题要清楚可再生能源与不可再生能源的区别，使用之后可以在短时间内从自然界中再次产生的能源是可再生能源，使用之后在短时间内无法在自然界中再次产生的能源是不可再生能．‎ ‎【解答】解：A、煤属于化石燃料，是不可再生资源，故符合题意；‎ B、太阳能属于可再生能源，故不符合题意；‎ C、风能属于可再生能源，故不符合题意；‎ D、氢能属于可再生能源，故不符合题意；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】要掌握可再生能源和不可再生能源的特点．重点记住化石能源、核能是不可再生能源；太阳能、潮汐能、风、水能是可再生能源．‎ ‎　‎ ‎4．水是人类不可缺少的宝贵资源，下列标志是我国“国家节水标志”的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】几种常见的与化学有关的图标．‎ ‎【分析】地球上的水资源很丰富，但是能够被人类直接利用的水资源相对来说是比较匮乏的，节约用水人人有责．‎ ‎【解答】解：A、是禁止吸烟标志，故错；‎ B、是剧毒品标志，故错．‎ C、是循环利用标志，故错；‎ D、是节约用水的标志，故正确；‎ 故选D ‎【点评】解答本题要充分理解节约水资源的重要意义，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断．‎ ‎　‎ ‎5．全球近140个国家根据《国际防治汞污染公约》，在2020年前禁止生产和进出口含汞产品．如图是汞元素相关信息，其中正确的是（　　）‎ A．汞为非金属元素 B．汞元素的原子序数为80‎ C．汞原子的中子数是80‎ D．汞元素的相对原子质量为200.6g ‎【考点】元素周期表的特点及其应用．‎ ‎【分析】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．‎ ‎【解答】解：A、汞属于金属元素，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80，该元素的原子序数为80，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80，表示原子序数为80；根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则该元素的原子的核内质子数与核外电子数均为80，而不是中子数为80，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，该元素的相对原子质量为200.6，相对原子质量单位是“1”，不是“克”，故选项说法错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】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．‎ ‎　‎ ‎6．下列是某同学在填写实验报告册时描述的实验现象，其中正确的是（　　）‎ A．红磷在空气中燃烧产生大量白雾 B．块状石灰石放入足量稀硫酸中，持续产生气泡 C．加碘盐中加入淀粉变蓝 D．氢氧化钠固体暴露在空气中，表面变得潮湿并逐渐溶解 ‎【考点】盐的化学性质；氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；常见碱的特性和用途；鉴别淀粉、葡萄糖的方法与蛋白质的性质．‎ ‎【分析】A、根据红磷在空气中燃烧的现象进行分析判断．‎ B、根据石灰石与稀硫酸反应的现象，进行分析判断．‎ C、根据碘遇淀粉变蓝色的特性，进行分析判断．‎ D、根据氢氧化钠易潮解，进行分析判断．‎ ‎【解答】解：A、红磷在空气中燃烧，产生大量的白烟，而不是白雾，故选项说法错误．‎ B、稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶于水的硫酸钙，会覆盖在石灰石表面，阻止反应的进行，不能持续产生气泡，故选项说法错误．‎ C、碘遇淀粉变蓝色，加碘盐中不含碘，不能使淀粉变蓝色，故选项说法错误．‎ D、氢氧化钠易潮解，氢氧化钠固体暴露在空气中，表面变得潮湿并逐渐溶解，故选项说法正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题难度不大，掌握盐的化学性质、碱的化学性质、常见物质燃烧的现象等即可正确解答，在描述实验现象时，需要注意烟和雾的区别．‎ ‎　‎ ‎7．“单中心铁”可作甲烷高效转化的催化剂，该转化的微观示意图如下：‎ 有关该转化的说法不正确的是（　　）‎ A．该反应为复分解反应 B．反应前后原子总数一定没有发生变化 C．有机物可以在一定条件转化为无机物 D．“单中心铁”在反应前后质量和化学性质没有改变 ‎【考点】微粒观点及模型图的应用；催化剂的特点与催化作用；有机物与无机物的区别；反应类型的判定．‎ ‎【分析】根据催化剂的作用、观察微观示意图化学反应前后原子的种类及反应物、生成物的分子结构逐项分析即可．‎ ‎【解答】解：根据图示可以看出，该反应的反应物是CH4，生成物是C2H4和H2，反应的化学方程式为：2CH4C2H4+2H2；‎ A、该反应是一种物质生成两种物质，属于分解反应，不属于复分解反应，故说法不正确；‎ B、观察微观示意图，反应前后都是碳原子和氢原子，原子的种类没有发生变化，故说法正确；‎ C、有机物可以在一定条件转化为无机物，故说法正确；‎ D、“单中心铁”是该反应的催化剂，在反应前后质量和化学性质没有改变，故D说法正确．‎ 故选项为：A．‎ ‎【点评】此题是对化学反应微观示意图问题的考查，根据分子构成判断反应物与生成物的种类，写出反应的方程式，然后结合相关的知识分析解答即可．‎ ‎　‎ ‎8．“塑化剂”是一种工业原料，一些厂商在饮料中违法添加了“塑化剂”，对人体会造成严重危害．已知“塑化剂”的主要成分是邻苯二甲酸二辛酯，化学式为C24H38O4，有关邻苯二甲酸二辛酯说法错误的是（　　）‎ A．它是一种有机物 B．它是由C、H、O三种元素组成 C．一个邻苯二甲酸二辛酯分子中共有66个原子 D．邻苯二甲酸二辛酯由24个碳原子、38个氢原子、4个氧原子构成 ‎【考点】化学式的书写及意义；有机物与无机物的区别．‎ ‎【分析】A．根据有机物的概念来分析；‎ B．根据物质的组成来分析；‎ C．根据物质的分子结构来分析；‎ D．根据物质的结构来分析．‎ ‎【解答】解：A．邻苯二甲酸二辛酯的化学式为C24H38O4，可见是一种含碳元素的化合物，属于有机物，故正确；‎ B．苯二甲酸二辛酯的化学式为C24H38O4，可见它是由碳、氢、氧三种元素组成的，故正确；‎ C．苯二甲酸二辛酯的化学式为C24H38O4，可见一个邻苯二甲酸二辛酯分子中含有24个碳原子、38个氢原子和4个氧原子，共有66个原子，故正确；‎ D．邻苯二甲酸二辛酯是由邻苯二甲酸二辛酯分子构成的，而不是由原子直接构成的，故错误．‎ 故选D．‎ ‎【点评】化学式可以表示物质的组成及分子构成，根据物质的化学式可判断物质的类别等．‎ ‎　‎ ‎9．通过观察下列实验现象，不能达到实验目的是（　　）‎ A．‎ 验证CO2 不支持蜡烛的燃烧 B．‎ 比较镁与铁的金属活动性 C．‎ 验证白磷的着火点低于红磷 D．‎ 验证生石灰与水反应放热 ‎【考点】化学实验方案设计与评价；金属活动性顺序及其应用；生石灰的性质与用途；盐的化学性质；燃烧与燃烧的条件．‎ ‎【分析】A、根据碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳密度比空气大，不助燃，不可燃进行分析；‎ B、根据镁和铁分别与硫酸反应放出氢气的速率不同进行分析；‎ C、根据白磷和红磷距离火焰的远近不同进行分析；‎ D、根据氧化钙和贺岁反应放热，大试管内压强会增大进行分析．‎ ‎【解答】解：A、碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳密度比空气大，不助燃，不可燃，蜡烛熄灭，可以验证，故A正确；‎ B、镁和铁分别与硫酸反应放出氢气的速率不同，所以可比较镁与铁的金属活动性，故B正确；‎ C、白磷和红磷距离火焰的远近不同，不符合控制变量法的要求，故C错误；‎ D、氧化钙和贺岁反应放热，大试管内压强会增大，使得墨水的液面发生变化，所以可用此装置验证生石灰与水反应放热，故D正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题是有关实验方案的设计和评价的考查，要求学生熟悉所实验的内容及原理，完成此题，可以依据已有的知识进行．‎ ‎　‎ ‎10．如图是A、B、C三种物质的溶解度曲线．则下列说法正确的是（　　）‎ A．t1℃时A、B、C三种物质的溶解度由大到小的顺序是A、C、B B．t1℃时30g A物质加入到50g 水中不断搅拌，形成的溶液质量是80g C．B中混有少量A可通过蒸发结晶的方式提纯B D．将t1℃时A、B、C三种物质饱和溶液的温度升高到t2℃时，三种溶液的溶质质量分数由大小关系是A=B＞C ‎【考点】固体溶解度曲线及其作用；结晶的原理、方法及其应用；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系．‎ ‎【分析】根据题目信息和溶解度曲线可知：A、B两种固体物质的溶解度，都是随温度升高而增大，而C的溶解度随温度的升高而减少；t1℃时A、B、C三种物质的溶解度由大到小的顺序是B、C、A，不是A、C、B；t1℃时，A的溶解度是30g，30gA物质加入到50g水中不断搅拌，形成的溶液质量=15g+50g=65g，不是80g；B中混有少量A可通过蒸发结晶的方式提纯B正确，因为B的溶解度受温度的影响变化不大；将t1℃时A、B、C三种物质饱和溶液的温度升高到t2℃时，三种溶液的溶质质量分数由大小关系是B＞C＞A，A=B＞C．‎ ‎【解答】解：A、t1℃时A、B、C三种物质的溶解度由大到小的顺序是B、C、A，不是A、C、B；故选项错误；‎ B、t1℃时，A的溶解度是30g，30gA物质加入到50g水中不断搅拌，形成的溶液质量=15g+50g=65g，不是80g；故选项错误；‎ C、B中混有少量A可通过蒸发结晶的方式提纯B正确，因为B的溶解度受温度的影响变化不大，故选项正确；‎ D、将t1℃时A、B、C三种物质饱和溶液的温度升高到t2℃时，三种溶液的溶质质量分数由大小关系是B＞C＞A，A=B＞C，故选项错误；‎ 故选C ‎【点评】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；还考查了有关溶液的计算和结晶的方法，有关的计算要准确，本考点主要出现在选择题和填空题中．‎ ‎　‎ 第11～15题，每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得1分；多选、错选得0分．每小题2分，共10分．‎ ‎11．下列家庭小实验中，不能成功的是（　　）‎ A．用食盐水除水瓶中的水垢 B．用空塑料瓶、小卵石、石英沙、活性炭、膨松棉等制作简易净水器 C．用肥皂水可以区分软水和硬水 D．用点燃闻气味的方法区分聚乙烯和聚氯乙烯塑料 ‎【考点】化学实验方案设计与评价；水的净化；硬水与软水；盐的化学性质；塑料及其应用．‎ ‎【分析】A、根据水垢的主要成分是碳酸钙，不能与食盐反应，进行分析判断．‎ B、根据用小卵石、石英沙、活性炭等用品制作的简易净水器的原理进行分析判断．‎ C、硬水和软水的区别在于所含的钙镁离子的多少，根据硬水和软水的检验方法进行分析判断．‎ D、根据聚氯乙烯塑料含有氯元素，进行分析判断．‎ ‎【解答】解：A、水垢的主要成分是碳酸钙，不能与食盐反应，不能用食盐水除水瓶中的水垢，故选项家庭小实验不能成功．‎ B、小卵石、石英砂、膨松棉能够起到过滤的作用，活性炭能吸附可溶性杂质、异味及色素，可以达到净水的目的，可以达到净水的目的，故选项家庭小实验能成功．‎ C、硬水和软水的区别在于所含的钙镁离子的多少，可用肥皂水来区分硬水和软水，加入肥皂水，若产生泡沫较多，则是软水，若产生泡沫较少，则是硬水，故选项家庭小实验能成功．‎ D、聚氯乙烯塑料含有氯元素，点燃产生刺激性的气味，而聚乙烯塑料没有，可以鉴别，故选项家庭小实验能成功．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体设计时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断．‎ ‎　‎ ‎12．分析推理是化学学习中常用的思维方法．下列分析推理正确的是（　　）‎ A．酸和碱发生中和反应生成盐和水；生成盐和水的反应都是中和反应 B．酸雨的pH小于7，所以pH小于7的雨水一定是酸雨 C．碱溶液能使无色酚酞试液变红，所以能使无色酚酞试液变红的溶液一定是碱溶液 D．水和双氧水组成相同但化学性质不同，是由于它们的分子构成不同 ‎【考点】碱的化学性质；中和反应及其应用；酸雨的产生、危害及防治；分子的定义与分子的特性．‎ ‎【分析】A、中和反应是酸与碱作用生成盐和水的反应，反应物是酸和碱，生成物是盐和水．‎ B、根据酸雨的范畴，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，进行分析判断．‎ D、根据水和双氧水的组成、分子的基本性质，进行分析判断．‎ ‎【解答】解：A、中和反应生成盐和水，但生成盐和水的反应不一定是中和反应，如CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，故选项推理错误．‎ B、酸雨的pH小于7，所以pH小于7的雨水不一定是酸雨，正常雨水的pH也小于7，故选项推理错误．‎ C、碱溶液能使无色酚酞试液变红，但能使无色酚酞试液变红的溶液不一定是碱溶液，也可能是碳酸钠等盐溶液，故选项说法错误．‎ D、水和双氧水组成相同但化学性质不同，是因为它们的分子构成不同，不同种的分子化学性质不同，故选项推理正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题难度不大，掌握碱的化学性质、中和反应的特征、酸雨的范畴、分子的基本性质等是正确解答本题的关键．‎ ‎　‎ ‎13．下列图象能正确反映对应实验操作中量的关系是（　　）‎ A．‎ 一定量稀硫酸加水稀释 B．‎ 一定量氯化铜和盐酸的混合溶液中逐渐加入稀硫酸 C．‎ 等质量的镁粉和铁粉中分别缓慢加入稀硫酸 D．‎ 等质量的高锰酸钾和氯酸钾加热制氧气 ‎【考点】盐的化学性质；实验室制取氧气的反应原理；金属的化学性质；酸碱溶液的稀释；溶液的酸碱性与pH值的关系．‎ ‎【分析】A、根据稀硫酸中加水稀释，溶液的pH值只会无限的接近7，不会等于7或越过7进行分析；‎ B、根据氯化铜、盐酸都不会与硫酸反应进行分析；‎ C、根据等质量的镁粉和铁粉中分别缓慢加入稀硫酸，反应速率相同，但是等质量的镁和铁与酸反应时，镁生成的氢气多进行分析；‎ D、根据等质量的高锰酸钾和氯酸钾制取氧气时，氯酸钾生成的氧气多进行分析．‎ ‎【解答】解：A、稀硫酸中加水稀释，溶液的pH值只会无限的接近7，不会等于7或越过7，故A错误；‎ B、氯化铜、盐酸都不会与硫酸反应，故B错误；‎ C、等质量的镁粉和铁粉中分别缓慢加入稀硫酸，反应速率相同，但是等质量的镁和铁与酸反应时，镁生成的氢气多，故C正确；‎ D、等质量的高锰酸钾和氯酸钾制取氧气时，氯酸钾生成的氧气多，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】正确辨别坐标所表示的变化量，是解答此类问题的关键，分析变化中相关量的变化关系，是解答问题的基础．‎ ‎　‎ ‎14．除去下列物质中的少量杂质．所选用的试剂及操作方法均正确的是（　　）‎ 选项 物质（括号内为杂质）‎ 试剂 操作方法 A 氧化钙 （碳酸钙）‎ ‎﹣﹣‎ 高温至质量不再减少 B CO2气体（HCl）‎ 过量氢氧化钠溶液、浓硫酸 洗气、干燥 C NaCl固体（BaSO4）‎ 水 溶解、过滤、蒸发 D NaCl固体（MgCl2）‎ 过量NaOH溶液 过滤、蒸发 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】物质除杂或净化的探究；常见气体的检验与除杂方法；盐的化学性质．‎ ‎【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、CaCO3固体高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，至质量不再减少，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、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．‎ C、氯化钠易溶于水，BaSO4难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发的方法进行分离除杂，故选项所采取的方法正确．‎ D、MgCl2能与过量NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氢氧化钠（过量的），不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎15．汽车安全气囊中装有叠氮化钠（NaN3）等固体粉末．工业上将金属钠与无水的液氨（NH3）反应得氨基钠（NaNH2），再将氨基钠与一氧化二氮反应可生成叠氮化钠、氢氧化钠和氨气．下列说法中，不正确的是（　　）‎ A．安全气囊中选用叠氮化钠的原因可能是NaN3迅速分解产生大量NH3‎ B．钠可与水反应 C．制备叠氮化钠反应中，主要涉及的化学方程式为：Na+NH3NaNH2+H2↑ 2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3↑‎ D．工业级NaN3中可能含有Na2CO3‎ ‎【考点】物质的相互转化和制备．‎ ‎【分析】根据题中信息进行判断和猜测：‎ A、根据化学反应前后元素种类不变进行分析；‎ B、根据金属钠与无水的液氨（NH3）反应得氨基钠（NaNH2）分析可能与水反应；‎ C、根据书写化学方程式的原则判断；‎ D、根据工业制叠氮化钠（NaN3）的过程分析．‎ ‎【解答】解：A、化学反应前后元素种类不变，安全气囊中选用叠氮化钠的原因可能是NaN3迅速分解放出大量N2，不是NH3，错误．‎ B、根据工业上将金属钠与无水的液氨（NH3）反应得氨基钠（NaNH2），含有的液氨不行可知，钠可能与水反应，正确；‎ C、制备叠氮化钠反应中，主要涉及的化学方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2↑ 2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3↑，C中第一个化学方程式没配平，故错误；‎ D、工业级NaN3中可能含有Na2CO3，正确；‎ 故选AC．‎ ‎【点评】本题难度较大，主要考查了根据提供的资料来总结物质的物理性质、化学性质等，从而培养学生的总结概括能力和对知识的应用能力．‎ ‎　‎ 二.非选择题（共40分）‎ ‎16．化学有自己的语言，可以用国际通用的符号来表示物质的组成和变化．‎ ‎①钴（Co）可形成化合价为+2和+3的两种氧化物，其中+3价钴的氧化物的化学式是　Co2O3　；‎ ‎②硝酸铵在受热或受到撞击时，会剧烈分解：NH4NO3　N2O　+2H2O，这一性质可用于汽 车的安全气囊．‎ ‎③室温下将1克氧化钙放入99克水中充分搅拌，所得溶液中溶质质量分数　＜　1%（填“＞”、“=”或“＜”），其中阴离子符号　OH﹣　．‎ ‎【考点】化学式的书写及意义；溶质的质量分数；质量守恒定律及其应用．‎ ‎【分析】①钴可形成化合价为+2和+3的两种氧化物，氧元素显﹣2价，写出其氧化物的化学式即可．‎ ‎②根据质量守恒定律，反应前后原子种类和个数都不变，分别统计出反应前后原子种类及个数，比较分析就可以求出所的物质的化学式；‎ ‎③根据氧化钙和水会生成氢氧化钙，结合室温时氢氧化钙的溶解度和水的质量进行分析．‎ ‎【解答】解：①钴可形成化合价为+2和+3的两种氧化物，氧元素显﹣2价，其+3价的氧化物的化学式是Co2O3；故填：Co2O3；‎ ‎②根据质量守恒定律，反应前后原子种类和个数都不变，由方程式知反应物中含有的原子种类及原子个数为H，4；N，2；O，3；已知生成物中含有的原子种类及原子个数为H，4；O，2；比较分析可知空格处物质中含有N和O元素，其原子个数分别为2和1，故空格处物质的化学式为N2O．故填：N2O；‎ ‎③氧化钙和水会生成氢氧化钙，‎ 设生成氢氧化钙为x，消耗水质量为y，‎ ‎ CaO+H2O=Ca（OH）2‎ ‎ 56 18 74‎ ‎ 1g x y x=0.32g y=1.32g 所以水的质量为99g﹣0.32g=98.68g，‎ 氢氧化钙的质量为1.32g，但是氢氧化钙在室温时的溶解度是0.16g，‎ 所以在98.68g水中溶解的氢氧化钙质量为： =0.16g，‎ 所以氢氧化钙的质量分数是： =0.16%，所以所得溶液中溶质质量分数＜1%，氢氧化钙溶液中阴离子符号OH﹣；‎ 故填：＜；OH﹣‎ ‎【点评】本题难度不大，但知识面广，考查了氧化物化学式的写法、质量守恒定律的应用等，随着素质教育的推进，这样的题目必将成为中考的热点．‎ ‎　‎ ‎17．根据内容回答问题．‎ ‎①维生素C能增强人体对疾病的抵抗能力，促进人体生长发育，一般中学生每天要补充60mg的维生素C．下列物质含有丰富维生素C的是　BD　（填字母，下同）．‎ A．牛肉 B．辣椒 C．鸡蛋 D．柠檬 ‎②青少年及成人缺乏某种微量元素将导致甲状腺肿大，幼儿缺乏会造成智力损害，该微量元素是　A　．‎ A．碘 B．铁 C．钙 D．锌 ‎③蛋白质是人体必需的营养物质，它在人体内最终分解为　B　．‎ A．葡萄糖 B．氨基酸 C．脂肪酸 D．甘油．‎ ‎【考点】生命活动与六大营养素；人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用．‎ ‎【分析】①根据食物所含的营养素分析，水果、蔬菜中含有较多的维生素C；‎ ‎②根据碘元素对人体的作用分析，人体缺乏碘元素将导致甲状腺肿大，幼儿缺乏会造成智力损害；‎ ‎③根据食物中的蛋白质在体内的代谢过程判断．‎ ‎【解答】解：①水果、蔬菜中含有较多的维生素C，故选：BD；‎ ‎②人体缺乏碘元素将导致甲状腺肿大，幼儿缺乏会造成智力损害，故选B；‎ ‎③人体摄入的蛋白质在酶的催化作用下，最终水解为氨基酸被人体吸收，故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查了营养素及元素对人体的作用，只要认真分析，难度不大．‎ ‎　‎ ‎18．学习化学离不开实验，试回答下列问题：‎ ‎（1）如图所示是初中化学常见的实验装置图，请回答：‎ ‎①实验室用B装置制取氧气，反应方程式为　2H2O22H2O+O2↑　；若用E装置收集的氧气不纯，则可能的原 因是　未等气泡连续均匀冒出时收集（合理均可）　（答出一种即可）；若用F装置收集氧气，气体应从　b　（填“a”或“b”）端进入；‎ ‎②实验室制取并收集一瓶二氧化碳气体，应选用的装置为　BC　（填字母序号），在装入药品 前应先　检查装置的气密性　．‎ ‎（2）用下列实验操作可分别完成“粗盐中难溶性杂质的去除”和“一定溶质质量分数氯化钠溶液的配制”两个实验．‎ ‎①操作E中得到的滤液仍浑浊，其原因可能是　滤纸破损（合理均可）　（答出一点即可）；‎ ‎②若图B所用的烧杯内壁沾有水，会导致所配氯化钠溶液中溶质的质量分数　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）；‎ ‎③图D中玻璃棒的作用是　搅拌，防止液体局部温度过高液滴飞溅　；‎ ‎④图C中有一处明显的错误，请你改正：　视线与凹液面最低处相平　．‎ ‎【考点】常用气体的发生装置和收集装置与选取方法；一定溶质质量分数的溶液的配制；氯化钠与粗盐提纯；书写化学方程式．‎ ‎【分析】（1）①B装置属于固液常温型，利用过氧化氢制取氧气可用此发生装置，据反应原理书写方程式；并结合排水法收集气体、氧气密度比水小分析解答；‎ ‎②实验室制取二氧化碳用大理石和稀盐酸常温反应，属于固液常温型，故 选发生装置B，二氧化碳密度比空气大且能溶于水，所以用向上排空气法收集，装入药品前要检查装置气密性，防止装置漏气；‎ ‎（2）①过滤后滤液浑浊的原因可能有滤纸破损、液面高于滤纸边缘、仪器不干净；‎ ‎②据溶质的质量分数计算方法分析解答；‎ ‎③蒸发时玻璃棒的作用是搅拌，防止液体局部温度过高液滴飞溅；‎ ‎④利用量筒量取液体时正确的读数方法是视线与凹液面的最低处保持水平．‎ ‎【解答】解：（1）①B装置属于固液常温型，利用过氧化氢制取氧气可用此发生装置，反应的化学方程式是：2H2O22H2O+O2↑；用E装置收集的氧气不纯，可能是集气瓶内未装满水、也可能是 未等气泡连续均匀冒出时收集，导致集气瓶内混入了空气；氧气密度比水小，所以用F装置收集氧气时应从短管进气，长管便于排水；‎ ‎②实验室制取二氧化碳用大理石和稀盐酸常温反应，属于固液常温型，故 选发生装置B，二氧化碳密度比空气大且能溶于水，所以用向上排空气法收集，装入药品前要检查装置气密性，防止装置漏气；‎ ‎（2）①过滤后滤液浑浊的原因可能有滤纸破损、液面高于滤纸边缘、仪器不干净；‎ ‎②若图B所用的烧杯内壁沾有水，则所配溶液中溶剂的质量增加，溶质的质量分数=×100%，所以会导致所配氯化钠溶液中溶质的质量分数偏小；‎ ‎③蒸发时玻璃棒的作用是搅拌，防止液体局部温度过高液滴飞溅；‎ ‎④图C俯视读数，利用量筒量取液体时正确的读数方法是视线与凹液面的最低处保持水平；‎ 故答案为：（1）①2H2O22H2O+O2↑； 未等气泡连续均匀冒出时收集（合理均可）； b；‎ ‎②BC； 检查装置的气密性；‎ ‎（2）①滤纸破损（合理均可）； ②偏小； ③搅拌，防止液体局部温度过高液滴飞溅；④视线与凹液面最低处相平．‎ ‎【点评】本题主要考查了实验室制取气体的反应原理、装置选取、注意事项，及一些基本的实验操作，掌握相关知识和必要的操作技能是解答此题的关键．‎ ‎　‎ ‎19．现有A～F七种物质，相互间的转化关系如图所示．其中 A、B、C、D属于不同类别的物质，A、B、C、D、E都含有铜元素；A为蓝色沉淀，B为黑色粉末，C为红色粉末．E为制取波尔多液的盐，F为有机物，G为年产量最高的金属．“﹣”表示相连物质间能反应，“→”表示一种物质一步转化成另一种物质（部分反应物、生成物及反应条件未标出），试推断：‎ ‎（1）A的化学式　Cu（OH）2　，F的名称为　葡萄糖　；‎ ‎（2）写出反应①、②的方程式：①　Fe+CuSO4=FeSO4+Cu　②　CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4　；‎ ‎（3）反应③的基本反应类型为　置换反应　；‎ ‎（4）若反应④为CO在加热条件下还原B，若得到的固体只有Cu2O，则该反应的方程式为　CO+2CuOCu2O+CO2　．‎ ‎【考点】物质的鉴别、推断；反应类型的判定；书写化学方程式．‎ ‎【分析】根据题干提供的信息，A为蓝色沉淀，故A是氢氧化铜，B为黑色粉末，故B是氧化铜，C为红色粉末，能与氧化铜相互转化，故C是铜，E为制取波尔多液的盐，故E是硫酸铜，F为有机物，加热氢氧化铜和F的混合物能得到红色沉淀氧化亚铜，故F是葡萄糖，G为年产量最高的金属，故G是铁；D是含有铜元素的物质，能与氢氧化铜相互转化、能与铁反应，故D是硝酸铜，据此解答．‎ ‎【解答】解：，A为蓝色沉淀，故A是氢氧化铜，B为黑色粉末，故B是氧化铜，C为红色粉末，能与氧化铜相互转化，故C是铜，E为制取波尔多液的盐，故E是硫酸铜，F为有机物，加热氢氧化铜和F的混合物能得到红色沉淀氧化亚铜，故F是葡萄糖，G为年产量最高的金属，故G是铁；D是含有铜元素的物质，能与氢氧化铜相互转化、能与铁反应，故D是硝酸铜，带入框图，推断合理；‎ ‎（1）A是氢氧化铜，F是葡萄糖，故填：Cu（OH）2 葡萄糖；‎ ‎（2）反应①是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应③是硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，故填：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu； CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4；‎ ‎（3）反应③是铁与硝酸铜的反应，属于置换反应，故填：置换反应；‎ ‎（4）一氧化碳能与氧化铜加热反应生成氧化亚铜和二氧化碳，故填：CO+2CuOCu2O+CO2．‎ ‎【点评】本题为框图型物质推断题，完成此类题目，可以依据题干提供的信息，结合框图，找准解题的突破口，直接得出物质的化学式，然后顺推或逆推或由两边向中间推得出其他物质的化学式．‎ ‎　‎ ‎20．（11分）（2016•泰兴市校级二模）“双吸剂”是一种常见袋装食品的保鲜剂，能吸收空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气等．化学兴趣小组的同学在某食品袋中发现一包“双吸剂”，其标签如图所示．同学们对这包久置的“双吸剂”固体样品很好奇，设计实验进行探究．‎ ‎【提出问题】久置“双吸剂”固体的成分是什么？‎ ‎【查阅资料】铁与氯化铁溶液在常温下反应生成氯化亚铁：‎ ‎【作出猜想】久置固体中可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3．‎ ‎【实验探究1】下表是小明设计的实验方案和记录的实验报告，请你补充完整．‎ 实验操作 实验现象 实验结论 ‎①取少量样品放入试管中，滴加一定量的 ‎　稀盐酸　，用带导管的单孔橡皮塞塞紧试管口，导管另一端伸入澄清石灰水中 试管中固体逐渐溶解，有大量气泡产生，得到浅绿色溶液，澄清石灰水变浑浊．‎ 样品中一定含有 ‎　Fe、CaCO3　，‎ 不含Fe2O3．‎ ‎②取少量样品放入试管中，加水，静置向上层清液中滴加无色酚酞试液 放出大量的热量，试管底部有不溶物，酚酞试液由无色变为红色．‎ 样品中含有 ‎　氧化钙或氢氧化钙或二者都有　．‎ ‎【实验质疑】小组同学通过讨论认为实验并不能得出一定不含Fe2O3的结论，理由是：　Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O　、　Fe+2FeCl3=3FeCl2　（用化学方程式表示）．‎ 为进一步确定这包久置的“双吸剂”固体的成分迸行如下定量实验．‎ ‎【实验探究2】取3g样品研碎，并用磁铁充分吸引后，得到剩余固体2.6g，按照下图流程进行实验：‎ ‎（1）操作一、操作二为相同的操作，该操作为　过滤　；‎ ‎（2）固体C的成分是　CaCO3和Fe2O3　（填化学式，下同）；‎ ‎（3）溶液A中加入碳酸钠溶液反应方程式为　Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH　，检验所加碳酸钠溶液是否过量的方法是：静置　向上层清夜中加Na2CO3溶液（或碳酸钾溶液），若无沉淀生成，则已过量　；‎ ‎（4）确定固体E是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液　加BaCl2或CaCl2或稀盐酸或无色酚酞试液等，如无现象，则已洗净　；‎ ‎（5）依据实验探究1、2中现象的分析及数据计算判断出这包久置“双吸剂”固体的成分是Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3．‎ ‎【实验反思】下列对实验探究1、2的反思，不正确的是　D　（填字母序号）．‎ A．对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合 B．实验探究2溶液B中的溶质为Na2CO3和NaOH C．实验探究1、2中都有气体产生，但生成的气体成分不同 D．在原样品中加入足量稀盐酸有4个反应发生．‎ ‎【考点】实验探究物质的组成成分以及含量；过滤的原理、方法及其应用；生石灰的性质与用途；碱的化学性质；盐的化学性质；书写化学方程式．‎ ‎【分析】【实验探究1】从实验现象产生的原因去分析解答；‎ ‎【实验质疑】从实验结论中的物质加水后发生的反应去分析解答；‎ ‎【实验探究2】（1）过滤可以将固体与液体分开；‎ ‎（2）根据方程式的质量比分析；‎ ‎（3）氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；‎ ‎（4）从每一过程中剩余的物质及物质发生的反应去分析解答；‎ ‎【实验反思】‎ A、对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合；‎ B、从加入的是过量的碳酸钠溶液，因此里面的溶质还有Na2CO3去分析解答；‎ C、从实验探究1、2实验中生成的气体成分去分析解答；‎ D、从久置“双吸剂”固体的成分去分析解答．‎ ‎【解答】解：【实验探究1】由题目中可知固体成分可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3，由表中实验现象：“试管中固体逐渐减少，有大量无色气体产生，得到浅绿色溶液，澄清石灰水变浑浊．”说明固体和一种物质反应生成了二氧化碳气体（澄清石灰水变浊的气体），和一种含有Fe2+的物质（得到浅绿色溶液），实验室里制取二氧化碳气体的方法为用石灰石和稀盐酸反应，其化学方程式式为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，而铁也可以和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，其化学方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，可以推出加入的这种物质为稀盐酸，固体物质中一定有的物质是Fe和CaCO3；其他的固体物质中可以和稀盐酸反应的有：①氧化钙和盐酸反应生成氯化钙（溶液为无色）和水，其反应化学方程式为：CaO+2HCl═CaCl2+H2O；②氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙（溶液为无色）和水，其反应的化学方程式为：Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O；③氧化铁和盐酸反应生成氯化铁（溶液为黄色）和水，其反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O．由于最后所得溶液没有显黄色，也就是溶液中没有，所以固体物质中一定没有Fe2O3．‎ 故答案为：稀盐酸；Fe和CaCO3；‎ 加水溶解后，氧化钙可和和水反应生成氢氧化钙，同时反应放出大量的热，生成的氢氧化钙的溶液呈碱性，能使无色的酚酞试液变成红色；‎ 故答案为：氧化钙或氢氧化钙或二者都有；‎ ‎【实验质疑】由于氧化铁和盐酸反应生成的氯化铁，可能会继续与铁反应生成氯化亚铁；‎ 故答案为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O；Fe+2FeCl3=3FeCl2；‎ ‎【实验探究2】（1）过滤可以将固体与液体分开，故答案为：过滤；‎ ‎（2）取3g样品研碎，并用磁铁充分吸引后，得到剩余固体2.6g，所以已经出去了铁粉，溶解过滤的固体Ⅰ的质量为2g，其中含有碳酸钙还可能有氧化铁，由碳酸钙与盐酸反应方程式为 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；‎ ‎ 100 44‎ 由于生成气体0.44g所以固体Ⅰ中含有1g碳酸钙，所以固体Ⅰ中含有碳酸钙和氧化铁，‎ 故答案为：CaCO3和Fe2O3‎ ‎（3）氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，方程式为Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；‎ 故答案为：Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH．‎ ‎（4）确定固体E是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液加BaCl2或CaCl2或稀盐酸或无色酚酞试液等，如无现象，则已洗净；‎ ‎【反思与评价】‎ A、对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合；故A正确；‎ B、由分析中可知实验中氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶质有NaOH，由于加入的是过量的碳酸钠溶液，因此里面的溶质还有Na2CO3，故B正确；‎ C、由实验探究1可知实验中产生的气体为氢气和二氧化碳气体两种，由实验探究2可知实验中产生的气体为二氧化碳气体所以生成的气体成分不同；故C正确；‎ D、由固体物质的成分为：Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2、CaCO3；最起码五种物质都与盐酸反应，反应个数多于5个；故D错误；‎ 故答案为：D 答案：‎ ‎【实验探究1】‎ 稀盐酸； Fe、CaCO3；氧化钙或氢氧化钙或二者都有；‎ ‎【实验质疑】‎ Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O； Fe+2FeCl3═3FeCl2；‎ ‎【实验探究2】‎ ‎（1）过滤；‎ ‎（2）CaCO3、Fe2O3‎ ‎（3）Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；向上层清夜中加Na2CO3溶液（或碳酸钾溶液），若无沉淀生成，则已过量；‎ ‎（4）加BaCl2或CaCl2或稀盐酸或无色酚酞试液等，如无现象，则已洗净（合理即可）‎ ‎（5）D ‎【点评】本考点既考查了实验步骤的设计，又考查了化学方程式的书写，还对实验进行了评价，综合性比较强．实验探究题是近几年中考的热点之一，它包括实验方法和过程的探究，实验结论和实验规律的探究等．本题通过实验资料和实验分析，得到了正确的结论，属于结论性探究．同学们要具体分析，综合掌握．‎ ‎　‎ ‎21．安多夫是一种嫩肉粉，其主要成分碳酸氢钠（NaHCO3）和氯化钠．安多夫可破坏肉质纤维结构、促进肉类吸收水分，从而使肉质松软，达到鲜嫩爽滑的目的．小张发现将拌了安多夫粉的肉类放到锅中加入食醋等调料烧煮时会产生大量的气体，他对此颇感兴趣，决定对其进行探究．‎ ‎【查阅资料】‎ ‎1碳酸氢钠俗称“小苏打”、“苏打粉”、“重曹”，是白色细小晶体，加热到50℃以上开始逐渐分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，440℃时完全分解．‎ ‎2白色无水硫酸铜遇到水会变成蓝色．‎ ‎【实验探究一】对烧煮时产生的大量气体的探究 小于对气体的成分进行了猜测：气体中除了醋酸气体之外，还可能含有水蒸气和CO2．他设法收集气体样品并除去醋酸气体后，用如图实验装置进行验证．装置导管口连接顺序：‎ 气体样品→　c　→　d　→　b　→　a　．．（填导管口序号）‎ ‎【实验探究二】称取一定量的安多夫样品，测定样品中碳酸氢钠的含量，实验如图所示：‎ ‎【说明】碱石灰是CaO与NaOH 的固体混合物．‎ ‎（1）操作步骤 ‎①连接好装置，检查气密性；‎ ‎②打开弹簧夹，在A处缓缓通入一段时间空气；‎ ‎③称量E的质量；‎ ‎④关闭弹簧夹，慢慢滴加适量的稀盐酸，直至B中无气泡冒出；‎ ‎⑤打开弹簧夹，再次缓缓通入一段时间空气；‎ ‎⑥再次称量E的质量，得前后两次质量差．‎ ‎（2）D装置的作用是　干燥CO2　；‎ ‎（3）步骤⑤再次缓缓通入一段时间空气的作用是　使产生的气体完全被E装置吸收　；‎ ‎（4）若所取安多夫样品为10g，所用稀盐酸质量为100g，实验中C中无沉淀，装置E实验前后两次质量差为4.4g，试计算：‎ ‎①实验中生成二氧化碳　4.4　g；‎ ‎②原样品中碳酸氢钠的质量分数（写出计算过程）；‎ ‎③所用稀盐酸的溶质质量分数（写出计算过程）．‎ ‎【考点】实验探究物质的组成成分以及含量；常见气体的检验与除杂方法；有关溶质质量分数的简单计算；盐的化学性质；根据化学反应方程式的计算．‎ ‎【分析】【实验探究一】（2）根据题目信息和知识基础，确定检验CO2和水蒸气所用药品；‎ ‎【实验探究二】‎ ‎（2）根据浓硫酸具有吸水性解答；‎ ‎（3）根据步骤⑤再次缓缓通入一段时间空气的作用是使产生的气体完全被E装置吸收解答；‎ ‎（4）根据二氧化碳的质量利用反应的关系式分析解答；‎ ‎【解答】解：【实验探究一】‎ 根据题意，检验有无二氧化碳可用澄清的石灰水，检验水用无水硫酸铜，先检验水，在检验二氧化碳，故装置导气口连接顺序：气体样品→cdba；‎ ‎【实验探究二】‎ ‎（2）浓硫酸具有吸水性，D装置的作用是干燥CO2；‎ ‎（3）步骤⑤再次缓缓通入一段时间空气的作用是使产生的气体完全被E装置吸收；‎ ‎（4）若所取安多夫样品为10g，所用稀盐酸质量为100g，实验中C中无沉淀，说明无氯化氢气体，装置E是吸收二氧化碳，实验前后两次质量差为4.4g，‎ 即为二氧化碳的质量；‎ ‎①实验中生成二氧化碳4.4g；‎ 设原样品中碳酸氢钠的质量为x，所用稀盐酸的溶质质量为y NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，‎ ‎84 36.5 44‎ x y 4.4g x=8.4g y=3.65g ‎②原样品中碳酸氢钠的质量分数=100%=84%；‎ ‎③所用稀盐酸的溶质质量分数=100%=3.65%．‎ 答案：‎ ‎【实验探究一】cdba；‎ ‎【实验探究二】‎ ‎（2）干燥CO2；‎ ‎（3）使产生的气体完全被E装置吸收 ‎（4）①4.4；②84%；③3.65%‎ ‎【点评】本题综合性强，主要通过实验考查了以下知识点：碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质以及简单实验设计；平时要注意相关基础知识的记忆，方能熟练解答．‎