山东省潍坊市诸城市中考化学三模试卷(解析版)

山东省潍坊市诸城市中考化学三模试卷（解析版）
山东省潍坊市诸城市2019年中考化学三模试卷（解析版）一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意，请将正确答案的序号用2B铅笔涂到答题纸对应的位置．）1．（2.00分）下列过程中不涉及化学变化的是（）
A．石头雕刻B．炸药开路C．高梁酿酒D．牛奶发酵
【分析】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、石头雕刻只是形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；
B、炸药开路包含着火药爆炸，属于化学变化，故B错；
C、高梁酿酒有新物质酒精生成，属于化学变化，故C错；
D、牛奶发酵有菌类物质生成，属于化学变化，故D错。

故选：A。

【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。

2．（2.00分）化学实验中常用到木条或火柴梗，下列实验方案或操作不能达到目的是（）
A．用带火星的木条检验氧气
B．用燃着的木条区分氮气和二氧化碳
C．用木条蘸少量浓硫酸验证浓硫酸有腐蚀性
D．用火柴梗迅速平放蜡烛火焰中，约1s后取出，比较火焰各层温度
【分析】A、根据氧气的检验方法，进行分析判断。

B、根据氮气和二氧化碳均不能燃烧、不能支持燃烧，进行分析判断。

C、根据浓硫酸具有脱水性，进行分析判断。

D、根据温度越高，木条碳化的越快，进行分析判断。

【解答】解：A、氧气能支持燃烧，用带火星的木条检验氧气，故选项实验方案或操作能达到目的。

D、按体积计算空气由78%N
2和21%O
2
还有1%其他成分组成，模型描述与事实相
符，故正确。

故选：D。

【点评】本题在解答时，根据物质的构成示意图，结合所学知识做出判断。

6．（2.00分）银针曾是中医针灸的常用器械，银的元素符号是（）A．Al B．Ag C．Mg D．Hg
【分析】书写元素符号时应注意：①有一个字母表示的元素符号要大写；②由两个字母表示的元素符号，第一个字母大写，第二个字母小写。

【解答】解：A、Al是铝元素的元素符号，故选项错误。

B、银的元素符号是Ag，故选项正确。

C、Mg是镁元素的元素符号，故选项错误。

D、Hg是汞元素的元素符号，故选项错误。

故选：B。

【点评】本题难度不大，考查元素符号的书写方法，熟记常见的元素符号是正确解答本题的关键。

7．（2.00分）分类是学习化学的方法之一。

下列各组物质按单质、氧化物、混合物顺序排列的是（）
A．氧气、二氧化碳、空气B．水、二氧化锰、自来水
C．液氧、蒸馏水、冰水混合物 D．铁、高锰酸钾、矿泉水
【分析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成。

纯净物又分为单质和化合物。

由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物。

氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素。

【解答】解：A、氧气属于单质，二氧化碳属于氧化物，空气属于混合物，故选项正确；
B、水、二氧化锰都属于氧化物，自来水属于混合物，故选项错误；
C、液氧属于单质，蒸馏水、冰水混合物中只有水分子，它们都属于氧化物；故选项错误；
D、铁属于单质，高锰酸钾属于化合物，但不是氧化物，矿泉水属于混合物，故
选项错误；
故选：A。

【点评】本考点考查了物质的分类，要加强记忆混合物、纯净物、单质、化合物、氧化物等基本概念，并能够区分应用。

本考点的基础性比较强，主要出现在选择题和填空题中。

8．（2.00分）欲使一种不饱和溶液转变为饱和溶液，最可靠的方法是（）A．降低温度B．再添加溶质 C．升高温度D．倒出些溶剂
【分析】根据不饱和溶液转变为饱和溶液的方法：增加溶质，蒸发溶剂，降低温度。

【解答】解：不饱和溶液转变为饱和溶液的方法中的降低温度是对于大多数溶液来说的，有的物质是升高温度可以将不饱和溶液转变为饱和溶液，例如氢氧化钙，所以温度不可靠，加入溶质是可靠的；倒出溶剂不现实。

故选：B。

【点评】通过回答本题知道了饱和溶液与不饱和溶液的相互转化方法，进一步了解了物质溶解度随温度变化的情况。

9．（2.00分）乳酸基塑料用土豆等副食品废料为原料，经多步处理而制成，是一种新型的可降解塑料．下列有关乳酸基塑料的说法中错误的是（）A．乳酸基塑料属于金属材料
B．制取乳酸基塑料的原料易得
C．使用乳酸基塑料制品可以减少“白色污染”
D．乳酸基塑料属于有机高分子材料
【分析】根据已有的塑料的知识以及对环境的影响进行分析解答即可．
【解答】解：A、乳酸基塑料属于有机高分子合成材料，不是金属材料，错误；
B、乳酸基塑料用土豆等副食品废料为原料制成的，原料易得，正确；
C、乳酸基塑料是一种新型的可降解塑料，可以减少白色污染，正确；
D、乳酸基塑料属于有机高分子材材料，正确；
故选：A。

【点评】本题考查的是化学与生活的知识，完成此题，可以依据已有的知识进行．
10．（2.00分）下列对化肥的认识不正确的是（）
A．KNO
3
是一种复合肥
B．施用氮肥，能促进植物茎叶生长
C．铵态氮肥不能与碱性肥料混合使用
D．化肥能提高粮食产量，施用越多越好
【分析】A、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。

B、根据氮肥的作用考虑；C、铵态氮肥能与碱性肥料反应产生氨气，降低肥效；D、多使用化肥使土壤板结。

【解答】解：A、KNO
3
中含有钾元素和氮元素，是一种复合肥，故A说法正确；
B、施用氮肥，能促进植物茎叶生长使叶色浓绿，故B说法正确；
C、铵态氮肥能与碱性肥料反应产生氨气，降低肥效，故C说法正确；
D、多使用化肥使土壤板结，要将化肥和农家肥交替使用，要适量使用，故D说法错误。

故选：D。

【点评】解答本题关键是熟悉化肥的分类，知道化肥使用注意事项。

二、选择题
11。

豆腐是正宗的中国国粹。

食用豆腐能获得人体所需要的多种氨基酸，其中
含量最多的是亮氨酸（化学式：C
6H
13
NO
2
）。

下列有关亮氨酸的说法错误的是
（）
A．由四种元素组成
B．一个分子由22个原子构成
C．一个亮氨酸分子中含一个氧分子
D．属于化合物
【分析】依据以下概念可得到答案：由不同种元素组成的纯净物是化合物，分子是由原子构成的，原子右下角的数字表示分子中该原子的数目。

元素是一类原子的总称。

【解答】解：A．由化学式C
6H
13
NO
2
可知，亮氨酸四种元素组成。

说法正确。

B．1个亮氨酸分子由6个碳原子、13个氢原子、1个氮原子和2个氧原子构成，
则每个亮氨酸分子共由22个原子构成，故正确；
C．亮氨酸一个分子中含有两个O原子，而不是“一个分子中含一个氧分子”，此说法错误。

D．亮氨酸是由四种元素组成的纯净物，属于化合物。

说法正确。

故选：C。

【点评】本题主要考查化学式的意义、根以及化合物的定义，掌握了这些问题就不难解决此题了。

12．（2.00分）下列对相应微粒的描述中，不正确的是（）
A．易失电子B．易形成阴离子
C．带正电荷D．化学性质稳定
【分析】根据已有的知识进行分析，核内质子数=核外电子数是原子，核内质子数＞核外电子数是阳离子，核内质子数＜核外电子数是阴离子，最外层电子数小于4个易是电子，大于4个易得电子，等于8个是稳定结构，据此解答。

【解答】解：A、该原子的最外层电子数是1，易失去电子，故A正确；
B、该原子最外层电子数是6，易得电子，形成阴离子，故B正确；
C、该微粒核内质子数＜核外电子数是阴离子，带负电荷，故C错误；
D、该原子最外层电子数是8，是稳定结构，化学性质稳定，故D正确；
故选：C。

【点评】本题考查了微粒结构示意图的知识，完成此题，可以依据已有的原子结构示意图的有关知识进行。

13．（2.00分）下列各组溶液中，在混合时酸都是过量的，反应完全后，无沉淀生成的是（）
A．Ca（OH）
2、Na
2
CO
3
、HCl B．AgNO
3
、FeCl
3
、HNO
3
C．BaCl
2、K
2
CO
3
、H
2
SO
4
D．BaCl
2
、KOH、H
2
SO
4
【分析】根据物之间的反应进行分析，氢氧化钙与碳酸钠反应生成的碳酸根能
与盐酸反应生成易溶于水的氯化钙，硝酸银能与氯化铁反应生成既不溶于水也不溶于酸的氯化银沉淀，氯化钡能与硫酸反应生成硫酸钡沉淀，氯化钾能与氢氧化钡不反应。

【解答】解：A、氢氧化钙与碳酸钠反应生成的碳酸钙能与盐酸反应生成易溶于水的氯化钙，无沉淀存在，故A符合题意；
B、硝酸银能与氯化铁反应生成既不溶于水也不溶于酸的氯化银沉淀，故B不符合题意；
C、氯化钡能与硫酸反应生成既不溶于水也不溶于酸硫酸钡沉淀，故C不符合题意；
D、氯化钡能与硫酸反应生成既不溶于水也不溶于酸硫酸钡沉淀，故D不符合题意。

故选：A。

【点评】本题考查了常见物质间的反应，完成此题，可以依据已有的知识及酸碱盐的溶解性进行，要求同学们熟记常见酸碱盐的溶解性，以便灵活应用。

14．（2.00分）除去下列物质中混有的少量杂质（括号内为杂质），所用方法正确的是（）
A．CO
2
气体（CO气体）﹣﹣通入氧气，点燃
B．CaO固体（CaCO
3
固体）﹣﹣加水充分溶解，过滤
C．KCl固体（MnO
2
固体）﹣﹣加水充分溶解，过滤，干燥
D．FeSO
4溶液（CuSO
4
溶液）﹣﹣加入过量铁屑，过滤
【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、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故选项所采取的方法错误。

B、Ca0固体能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，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固体易溶于水，MnO
固体难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发的方
2
法进行分离除杂，故选项所采取的方法错误。

D、过量铁屑能与CuSO
溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜，再过滤，能除去杂质
4
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。

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。

15．（2.00分）某同学为了探究甲、乙、丙、丁四种物质之间能否发生反应，将它们混合密闭在一容器中，高温加热一段时间后，检测其中部分物质的质量，并与加热前比较（见下表）．下列判断错误的是（）
物质甲乙丙丁
反应前质量/g23063
反应后质量/g122x3
A．x=24
B．丁可能是催化剂
C．反应中甲和丙的质量比是1：2
D．容器内发生的是分解反应
【分析】根据质量守恒定律，在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和．反应后质量增加的是生成物，减少的是反应物．质量不变的可能是催化剂．根据各选项进行分析解答．
【解答】解：由题意和质量守恒定律，结合表格信息可知：反应后甲物质的质量增加了：12g﹣2g=10g，所以甲是生成物，生成的甲的质量为10g；
反应后乙物质的质量减少了：30g﹣2g=28g，所以乙是反应物，参加反应的乙的质量为28g；
丁的质量在反应前后没有改变，所以丁可能是催化剂，也可能没有参加反应；因为反应前后物质的总质量不变，所以2+30+6+3=12+2+x+3，x=24．所以丙的质量增加了，是生成物，生成丙的质量为：24g﹣6g=18g。

A．由以上分析可知，x=24，故正确；
B．由以上分析可知，丁可能是催化剂，故正确；
C．反应中甲和丙的质量比是10g：18g=5：9，故错误；
D．由以上分析可知，该反应可表示为：乙→甲+丙，符合“一变多”的特征，属于分解反应，故正确。

故选：C。

【点评】解此题需认真分析各物质的质量变化情况，依据质量守恒定律仔细推敲，即可求解．
16．（2.00分）如表是小可同学进行的四个实验，其中正确的是（）
操作现象结论
A取少量浓氨水滴入无色酚酞溶液中无色酚酞溶
液变红分子在永不停息地做无规则运动
B用灯帽盖燃着的酒精灯火焰熄灭降温可以灭火
C将浓盐酸与大理石混合后产生的气
体通入澄清石灰水中澄清石灰水
未变浑浊
澄清石灰水变质
D取少量氢氧化钠溶液，滴加稀盐酸产生气泡氢氧化钠溶液已经
变质
A．A B．B C．C D．D
【分析】A、根据碱的化学性质，进行分析判断。

B、根据灭火的原理，进行分析判断。

C、根据浓盐酸具有挥发性，进行分析判断。

D、根据变质后的氢氧化钠溶液中含有碳酸钠，进行分析判断。

【解答】解：A、取少量浓氨水滴入无色酚酞溶液中，无色酚酞溶液变红，是因为浓氨水显碱性，使无色酚酞溶液变红，不能说明分子在永不停息地做无规则运动，故选项说法错误。

B、用灯帽盖燃着的酒精灯，利用的是隔绝氧气的灭火原理，故选项说法错误。

C、将浓盐酸与大理石混合后产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水未变浑浊，不能说明澄清石灰水变质，因为浓盐酸具有挥发性，也可能是氯化氢与氢氧化钙反应生成氯化钙和水，故选项说法错误。

D、变质后的氢氧化钠溶液中含有碳酸钠，滴加稀盐酸，产生气泡，说明溶液中
含有碳酸钠，说明氢氧化钠溶液已经变质，故选项说法正确。

故选：D。

【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，在具体解题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。

17．（2.00分）逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方法，以下四个推理中正确的是（）
A．活泼金属和酸反应生成气体，但和酸反应生成气体的未必都是活泼金属
B．酸能使紫色石蕊溶液变红，CO
2也能使紫色石蕊溶液变红，所以CO
2
是酸
C．在同一化合物中，金属元素显正价，则非金属元素一定显负价
D．溶液中有晶体析出，其溶质质量减小，所以溶质的质量分数一定减小
【分析】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、根据化合价的原则，进行分析判断。

D、根据原溶液可能是饱和溶液，可能采用的恒温蒸发溶剂的方法，进行分判断。

【解答】解：A、活泼金属和酸反应生成气体，但和酸反应生成气体的未必都是活泼金属，也可能是碳酸盐等，故选项推理正确。

B、酸能使紫色石蕊溶液变红，CO
2
也能使紫色石蕊溶液变红，是因为二氧化碳与水反应生成碳酸，故选项推理错误。

C、在同一化合物中，金属元素显正价，则非金属元素不一定显负价，如氯酸钾中，氯元素显+5价，故选项推理错误。

D、若原溶液可能是饱和溶液，采用的恒温蒸发溶剂的方法，溶液中有晶体析出时，其溶质质量减小，但所得溶液仍为该温度下的饱和溶液，溶质的质量分数不变，故选项推理错误。

故选：A。

【点评】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。

18．（3.00分）甲、乙两种固体物质（均不含结晶水）的溶解度曲线如图所示，下列说法错误的是（）
A．t
2℃时，将甲、乙的两种饱和溶液分别降温到t
1
℃，所得溶液都是饱和溶液
B．t
1
℃时，向50g水中加入甲可得80g饱和溶液，则乙在该温度下的溶解度为
60g
C．甲中混有少量乙时，可用降温结晶的方法提纯甲
D．t
2
℃时，将等质量的甲、乙两种溶液分别降温到0℃，甲溶液的溶质质量分数一定小于乙溶液的溶质质量分数
【分析】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，而甲的溶解度随温度的升高变化比乙大；t
2
℃时，将甲、
乙的两种饱和溶液分别降温到t
1℃，所得溶液都是饱和溶液正确；t
1
℃时，向
50g水中加入甲可得80g饱和溶液，则乙在该温度下的溶解度为60g正确；甲中混有少量乙时，可用降温结晶的方法提纯甲正确；t
2
℃时，将等质量的甲、乙两种溶液分别降温到0℃，甲溶液的溶质质量分数一定小于乙溶液的溶质质量分数错误，因为没有指明溶液是否饱和。

【解答】解：A、t
2℃时，将甲、乙的两种饱和溶液分别降温到t
1
℃，所得溶液
都是饱和溶液正确，因为甲、乙两种固体物质的溶解度，都是随温度升高而增大，正确但不符合题意，故选项错误；
B、t
1
℃时，向50g水中加入甲可得80g饱和溶液，则乙在该温度下的溶解度为60g正确，因为该温度下50g水溶解了30g溶质，那么100g是就恰好溶解60g 溶质，正确但不符合题意，故选项错误；
C、甲中混有少量乙时，可用降温结晶的方法提纯甲正确，因为甲的溶解度随温度的升高变化比乙大，正确但不符合题意，故选项错误；
D、t
2
℃时，将等质量的甲、乙两种溶液分别降温到0℃，甲溶液的溶质质量分数一定小于乙溶液的溶质质量分数错误，因为没有指明溶液是否饱和，错误符合题意，故选项正确；
故选：D。

【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溶质质量分数的变化等，有关的计算要准确，本考点主要出现在选择题和填空题中。

19．（3.00分）下列图象正确的是（）
①表示KMnO 4加热制O 2生成的MnO 2的质量与时间的关系图
②表示CO 还原CuO 的实验中，试管内的固体质量与时间的关系图
③表示向CaCl 2（含少量 HCl ）溶液中滴加K 2CO 3溶液
④等质量的铁片和锌片分别和足量的质量分数相同的稀硫酸反应
A ．①②③
B ．②③
C ．②④
D ．③④
【分析】①根据高锰酸钾在加热的条件下生成锰酸钾、二氧化锰和氧气进行分析；
②根据一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳进行分析；
③根据向CaCl 2（含少量 HCl ）溶液中滴加K 2CO 3溶液，碳酸钾会先与盐酸反应，再与氯化钙反应进行分析；
④根据每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份质量的氢气进行分析。

【解答】解：①高锰酸钾在加热的条件下生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，所以二氧化锰的质量从零开始逐渐增大，然后不变，故错误；
②一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以固体质量逐渐减小，然后不变，故正确；
③向CaCl 2（含少量 HCl ）溶液中滴加K 2CO 3溶液，碳酸钾会先与盐酸反应，再与氯化钙反应，所以开始的一段时间，氯化钙的质量不变，然后氯化钙逐渐减小到零，故正确；
④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，所以等质量的铁片和锌片分别和足量的质量分数相同的稀硫酸反应，生成的氢气质量不相等，故错误。

故选：B 。

【点评】本题是过程与图象结合题，是对学生识图能力的考查，解题的关键是能正确的分析各个反应的过程并能结合图象分析问题。

20．（3.00分）向一定质量FeCl 2和CuCl 2的混合溶液中加入锌粉。

反应过程中，混合物中溶液的质量与加入锌的质量关系如图所示。

有关该反应过程中混合物中的溶液和固体，下列说法正确的是（ ）
A ．a 点时，溶液中只含有两种溶质
B．c点时，向固体中滴加稀盐酸，无气泡产生C．d点时，溶液中的溶质为ZnCl
2
D．e点时，固体中只含有2种物质
【分析】锌比铁活泼，铁比铜活泼，向一定质量FeCl
2和CuCl
2
的混合溶液中加
入锌粉时，锌先和氯化铜反应生成氯化锌和铜，锌足量时再和氯化亚铁反应生成氯化锌和铁。

【解答】解：锌和氯化铜、氯化亚铁反应的化学方程式及其质量关系为：
Zn+CuCl
2═ZnCl
2
+Cu，Zn+FeCl
2
=ZnCl
2
+Fe，
65 64 65 56
A、由以上可知，锌和氯化铜、氯化亚铁反应时，溶液质量不断增大，从开始到b是锌和氯化铜反应，从b到d是锌和氯化亚铁反应，a点时，溶液中含有氯化锌、氯化铜和氯化亚铁三种溶质，该选项说法不正确；
B、c点时，向固体中滴加稀盐酸，有气泡产生，这是因为c点时固体中有生成的铁，铁和稀盐酸反应生成氢气，该选项说法不正确；
C、d点时氯化铜、氯化亚铁都已经完全反应，因此溶液中的溶质只有ZnCl
2
，该选项说法正确；
D、e点时，固体中含有3种物质，分别是铜、铁和锌，该选项说法不正确。

故选：C。

【点评】要会利用金属活动顺序表分析实验，氢前边的金属会与稀硫酸、盐酸反应，但氢后边的金属不会与稀硫酸、盐酸反应，前边的金属会把后边的金属从其盐溶液中置换出来。

三、本题包括4个小题，共33分
21．（7.00分）生命的孕育和维系需要水，人类的日常生活和工农业生产都离不开水。

（1）凉开水不宜养鱼，其主要原因是凉开水中几乎不含④（填序号）。

①氧元素②水分子③氧原子④氧分子
（2）研究水的组成时，需在电解器的玻璃管内加满水，且水中加入少量Na
2SO
4
，
其作用是增强水的导电性，接通直流电源一段时间后，产生的氢气和氧气的体积比约为2：1 。

（3）生活中要降低水的硬度可用煮沸的方法。

实验室制取蒸馏水的蒸馏烧瓶里，通常要加入几粒沸石或碎瓷片，以防加热时出现暴沸。

（4）我国拥有丰富的海洋资源，寿光北部手工制盐据考古上溯至商代已大规模生产，工艺流程包括五个步骤：钻井→汲卤→晒卤→滤卤→煎盐。

请结合所学知识回答下列问题：
①“晒卤”的过程中溶液溶质质量分数变大（填“不变”“变大”或“变小”）。

②“滤卤”和实验室过滤的原理一样。

其作用都是为了除去液体中不溶性的杂质。

【分析】（1）根据煮沸过的水中几乎不含氧气进行分析解答；
（2）根据电解水的现象、结论及注意事项分析回答有关的问题；
（3）根据生活中降低水的硬度的方法和蒸馏的注意事项分析回答；
（4）①根据溶液溶质质量分数计算公式分析判断；
②根据过滤的原理分析回答。

【解答】解：（1）水是由氧元素和氢元素组成的；凉开水不宜养鱼，是因为煮沸过的水中几乎不含氧气，而氧气是由氧分子构成的，故微观上几乎不含氧分子；
（2）研究水的组成时，需在电解器的玻璃管内加满水，且水中加入少量Na
2SO
4
，
由于硫酸钠能解离出自由移动的离子，所以其作用是增强水的导电性，接通直流电源一段时间后，产生的氢气和氧气的体积比约为2：1。

（3）生活中要降低水的硬度可用煮沸的方法。

实验室制取蒸馏水的蒸馏烧瓶里，通常要加入几粒沸石或碎瓷片，以防加热时出现暴沸。

（4）①“晒卤”的过程中蒸发了，液溶质质量分数变大。

②“滤卤”和实验室过滤的水，原理一样。

其作用都是为了除去液体中不溶性的杂质。

故答为：（1）④；（2）增强水的导电性，2：1；（3）煮沸，暴沸；（4）①变大；②液体中不溶性的杂质。

【点评】本题主要考查了有关水的知识，难度不大，但这部分知识是考试的热点，应加强水知识的归纳和学习，有利于解答本类题。