2020年广东省广州市越秀区执信中学中考二模化学试题

2020年广东省广州市越秀区执信中学中考二模化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题
1．“绿水青山就是金山银山”已成为国家意志和全民共识。

下列做法不符合
．．．“建设美丽中国，保护生态环境”的是（）
A．为维持好碳、氧循环，大力植树造林，减少化石燃料燃烧
B．为提高农作物产量并减少对环境的污染，合理使用农药和化肥
C．为解决“白色污染”问题，应将废旧塑料袋焚烧处理
D．为保护赖以生存的水资源，生活污水、工业废水要处理后排放
2．下列物质的用途中，利用其化学性质的是
A．铜用于制作导线B．一氧化碳用于炼铁C．干冰用于制冷D．稀有气体用于电光源
3．医用外科口罩一般是由三层组成，其中中间层是口罩的关键，使用的材料是超细聚丙烯纤维熔喷布，该材料具有独特的毛细结构，对防止细菌、病毒以及血液渗透起到至关重要的过滤与阻隔作用。

聚丙烯属于（）
A．无机化合物B．复合材料C．有机合成材料D．天然有机高分子材料
4．对下列化学用语中数字“2”含义的说法正确的是
①2H①2NH3①SO2①+2Cu O①Mg2＋①2OH－①H2O
A．表示离子个数的是①①B．表示分子中原子个数的是①①
C．表示离子所带电荷数的是①①D．表示分子个数的是①①
5．2020年6月23日，我国北斗三号全国卫星导航系统星座部署完美收官。

该导航系统应用了星载氢原子钟和铷原子钟。

下列有关铷的说法错误的是
A．属于金属元素B．元素符号是Rb
C．相对原子质量为85D．Rb原子核外电子总数为37
6．如图是探究铁制品锈蚀的条件时设计的实验。

下列对比实验设计与探究的条件，对应关系正确的是（）
A．甲和丁：水
B．乙和丙：空气
C．甲和丙：空气
D．甲和乙：水
7．下列实验操作、现象或变化、结论对应关系正确的是
A．A B．B C．C D．D
8．华为公司研发了一种以甲醇CH3OH为原料的新型手机电池，可连续使用1个月才充一次电，其电池反应原理为：2CH3OH+3X+4NaOH═2Na2CO3+6H2O，X的化学式是A．O2B．CO2C．CH4D．H2O
9．乙烯（C2H4）燃料电池中，燃烧前后分子种类变化的微观示意图如下。

下列说法不正确的是
A．甲中碳、氢元素的质量比为6:1B．两种生成物均为氧化物
C．28g甲完全燃烧至少需32g乙D．生成的丙与丁的分子个数比为1:1 10．“化学棋”游戏规则：①每粒棋子代表一种物质；①吃子：所选棋子能与棋盘（如图）中的某棋子发生反应，则棋盘中的该棋子被吃掉；①连吃：前一次反应的生成物能与另一棋子发生反应时，则该棋子也被吃掉。

若一次就可连续吃掉棋盘上的所有棋子，应选择的棋子是
A．B．C．D．
11．除去下列物质中的少量杂质，方法错误的是
A．A B．B C．C D．D
12．甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线如图所示，从中获取的信息正确的是
A．t1①时，等质量的甲、乙、丙三种溶液所含溶质的质量大小顺序一定为乙>甲=丙B．t2①时，甲、乙、丙的饱和溶液分别降温至t1①，所得溶液的溶质质量分数大小顺序一定为乙>甲=丙
C．将t1①，55g甲的饱和溶液升温至t2①时仍为饱和溶液
D．蒸发足够多的溶剂一定可使丙的不饱和溶液变为饱和溶液
13．工业上，高温燃烧石灰石可制取生石灰。

现有100g CaCO3样品，高温煅烧一段时间后，剩余固体的质量为67g下列推断不符合客观事实的是
A．生成CO2的质盘是33g
B．生成物中CaO的质量是42g
C．剩余固体中钙元素的质量分数大于40%
D．剩余固体中碳元素与氧元素的质量之比大于1：4
14．下列四个图像分别对应四种操作过程，其中图像能正确表示对应操作的是
A．向碱溶液中加水
B．向一定质量硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入氢氧化钠溶
液直至过量
C．常温下，相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸充分反应
D．将一定质量的硝酸钾不饱和溶液恒温蒸发水分，直至有少量
晶体析出
二、填空题
15．根据所学知识回答：
(1)乙炔（C2H2）气体燃烧产生的氧炔焰温度可达3000①以上，可用来切割焊接金属。

乙炔是由______（填“分子”或“原子”或“离子”）构成的，C 2H 2中C 元素的化合价为______。

现将常温常压下乙炔与氧气按体积比1：2混合的混合气于密闭容器中用电火花引燃，反应结束后，容器中只有碳的氧化物和水，该反应附化学方程式为
222
C H +2O 点燃
______，容器中碳的氧化物与水的质量比为______。

(2)取少量烧碱固体于烧杯中，加入足量水，充分搅拌，现象为______。

请将下列烧碱固体溶于水及二氧化碳与烧碱溶液按比例完全反应的微观粒子示意图补充完整______（不需画水分子）；
16．草酸亚铁（FeC 2O 4）。

可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料和照相显影剂等，也可用于制药工业、草酸亚铁在常温常压下是一种淡黄色结晶性粉末，难溶于水，在冷盐酸中能缓慢地溶解，不溶于硫酸。

(1)草酸亚铁中原了团的化合价为______价，推测草酸的化学式是______。

(2)依据各类物质之间的反应规律，请设计出两种制备草酸亚铁的方案（要求依据不同的反应规律），完成下表：
三、推断题
17．实验室现有一包白色粉末，可能由Na 2CO 3，Na 2SO 4，KC1，CuSO 4中的一种或者
几种组成，现请同学们对该白色粉末进行探究：
步骤①；取少量白色粉末加水溶解，得到无色溶液；
步骤①：向①中的溶液中加入稀盐酸有气泡产生，至气泡不再产生为止；
步骤①：向①中溶液中加入Ba（OH）2有白色沉淀产生。

回答下列问题：
(1)写出步骤①中产生气泡的反应方程式______。

(2)写出步骤①中生成白色沉淀的反应方程式______。

(3)分析上述实验过程，关于样品的组成，可以得到的结论是______。

若要进一步确定样品的组成，还需进行的实验操作是______。

四、综合应用题
18．如图为实验空常见的气体制备、收集和性质的实验装置，据图回答。

（1）指出B装置中标号仪器名称①______。

（2）实验室用大理石与稀盐酸反应制取CO2应选择的发生装置是______（填装置序号，下同），收集装置是______，反应的化学方程式是______。

（3）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制取氨气应选择的发生装置是
______。

小红利用图中F装置进行氨气与氧化铜反应的实验，实验中观察到黑色氧化铜粉末变成红色。

【提出问题】得到的红色粉末是什么？
Cu O+2HCl=CuCl+Cu+H O
查阅资料；Cu2O是红色固体，易与稀盐酸反应：222
【猜想假设】红色粉末是①Cu①Cu2O ①______
【设计实验】小明设计如下实验验证红色粉末中是否含有Cu2O：
【实验反思】小明设计的实验无法证明红色粉末中是否含有Cu，原因是______。

五、科学探究题
19．下图“黑面包”实验中，蔗糖（C12H22O11）变黑，体枳膨胀，变成疏松的炭，放出有刺激性气味的气体。

【提出问题】改变糖的种类、浓硫酸的体积、水的滴数和温度是否会影响实验效果呢？
【进行实验】分别取5g糖粉进行实验，根据前2min的现象对实验效果进行评分，记录如下；
表1实验记录
【处理数据】分析表1，计算效果得分均值，结果如下：
表2 效果得分均值
依据均值推断最佳实验方案，均值越高，效果越好。

【解释与结论】
（1）蔗糖变成黑色的炭，发生了______（填“物理”或“化学”）变化。

（2）实验6中，a为______mL。

（3）根据表2推断，“黑面包”实验最好选择5g冰糖、5mL浓硫酸、______滴水和
50①
【反思与评价】
（4）表2中，22①对应的均值为51.0，计算该值所依据的3个实验分别是______。

（填编号）
（5）综合分析，使实验3的效果得分高于实验4的因素有______。

六、流程题
20．铋（Bi）的无毒与不致癌性有很多特殊用途，其化合物广泛应用于电子、医药等领域。

由辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含杂质PbO2等）制备Bi2O3的工艺如下：
己知：硝酸盐分解产生氮的氧化物。

回答下列问题：
(1)Bi位于元素周期表第六周期，与N、P同族，Bi原子的最外层有______个电子。

(2)“浸出”时Bi2S3与FeCl3溶液反应的产物之一为FeCl2，且Bi元素在反应前后化合价不变。

该反应化学方程式为______。

(3)“置换”时生成单质铋的化学方程式为______。

粗铋中含有的杂质（除Fe外）主要为______（填化学式）。

(4)“浸出”、“置换”步骤中均用到的分离方法是______，在实验室进行此项操作需用到的玻璃仪器除了漏斗、烧杯外，还需要______。

(5)碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2S3，上述工艺中转化为碱式碳酸铋再灼烧，除了能
改良产品性状，另一优点是______。

“母液2”中可回收的主要物质是______（填名称），写出它的一种用途：______。

参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A、为维持好碳、氧循环，大力植树造林，减少化石燃料燃烧，符合“建设美丽中国，保护生态环境”的要求，故不符合题意；
B、为提高农作物产量并减少对环境的污染，合理使用农药和化肥，符合“建设美丽中国，保护生态环境”的要求，故不符合题意；
C、为解决“白色污染”问题，应将废旧塑料袋焚烧处理，是不符合“建设美丽中国，保护生态环境”的要求的，因为焚烧塑料袋产生的有毒气体会污染空气，故符合题意；
D、为保护赖以生存的水资源，生活污水、工业废水要处理后排放，符合“建设美丽中国，保护生态环境”的要求，故不符合题意。

2．B
【解析】
【详解】
A、铜用于制作导线，利用铜的导电性，该性质不需通过化学反应就能表现出来，属于物理性质，不符合题意。

B、一氧化碳用于炼铁，利用一氧化碳的还原性，该性质需通过化学反应才能表现出来，属于化学性质，符合题意。

C、干冰用于制冷，利用干冰升华时吸热，该性质不需通过化学反应就能表现出来，属于物理性质，不符合题意。

D、稀有气体用于电光源，没有发生化学变化，该性质不需通过化学反应就能表现出来，是利用稀有气体物理性质，不符合题意。

故选：B。

3．C
【解析】
【分析】
根据材料的分类来分析，有机合成材料包括塑料、合成纤维和合成橡胶。

【详解】
聚丙烯纤维是一种合成纤维，属于有机合成材料。

答案第1页，共12页
故选：C。

【点睛】
4．B
【解析】
【分析】
①2H：2个氢原子。

①2NH3：2个氨气分子。

①SO2：每个二氧化硫分子中含有两个氧原子。

①+2Cu O：氧化铜中铜元素显+2价。

①Mg2＋：每个镁离子带两个单位正电荷。

①2OH－：2个氢氧根离子。

①H2O：每个水分子中含有两个氢原子。

【详解】
A.表示离子个数的是①，选项说法错误。

B.表示分子中原子个数的是①①，选项说法正确
C.表示离子所带电荷数的是①，选项说法错误。

D.表示分子个数的是①，选项说法错误。

故选：B
5．C
【解析】
【详解】
A、由“金”字旁可知，该元素属于金属元素，不符合题意；
B、在元素周期表中，元素名称右上角的符号表示元素符号，故铷的元素符号为Rb，不符合题意；
C、在元素周期表中，元素名称下方的数字表示相对原子质量，故铷的相对原子质量为
85.47，符合题意；
D、在元素周期表中，元素名称左上角的数字表示原子序数，在原子中，原子序数=原子的核外电子数=37，不符合题意。

故选C。

6．A
【解析】
【详解】
A、甲中铁钉只与氧气接触，不生锈，丁中铁钉与氧气和水接触，生锈，说明铁生锈需要水，符合题意；
B、乙中铁钉只与水接触，不生锈，丙中铁钉只与水接触，不生锈，不能得出铁生锈需要空气，不符合题意；
C、甲中铁钉只与氧气接触，不生锈，丙中铁钉只与水接触，不生锈，不能得出铁生锈需要空气，不符合题意；
D、甲中铁钉只与氧气接触，不生锈，乙中铁钉只与水接触，不生锈，不能得出铁生锈需要水，不符合题意。

故选A。

7．C
【解析】
【详解】
A、氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和氢氧化钠均显碱性，均能使无色酚酞试液变红，故溶液变红，不能说明氢氧化钠溶液没有变质，不符合题意；
B、镁在空气中燃烧生成氧化镁，反应后，质量减小，可能是生成的氧化镁散逸到了空气中，该反应属于化学变化，遵循质量守恒定律，不符合题意；
C、通常用肥皂水来区分硬水和软水，肥皂水在硬水中易起浮渣，在软水中泡沫较多，故产生大量浮渣，说明井水为硬水，符合题意；
D、将无色气体通入装有CuO粉末的玻璃管一段时间后，加热，黑色固体变红，不能说明该气体是氢气，一氧化碳也能与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和二氧化碳，也能出现相同的现象，不符合题意。

故选C。

8．A
【解析】
【详解】
根据质量守恒定律可知，反应前后原子的种类、数目不变，则反应前后碳原子都是2个，氢原子都是12个，反应后氧原子是12个，反应前应该是12个，其中6个包含在3X中，
反应前后钠原子都是4个，因此X 的化学式是O 2。

故选A 。

9．C
【解析】
【分析】
由反应的微观示意图可知，该反应的方程是:242
22C H +3O 2CO +2H O 点燃。

【详解】
A 、甲是C 2H 4，碳、氢元素的质量比为：（12×2）：（1×4）=6：1，故A 正确；
B 、两种生成物为二氧化碳和水，均为氧化物，故B 正确；
C 、设28g 甲完全燃烧至少需要乙的质量为x 。

242
2228
9628g C H +3O 2CO +2H O x 点燃
2828g 96x
解得 x =96g ，故C 错误； D 、由方程式可知，生成的丙与丁的分子个数比为2：2=1：1，故D 正确。

故选C 。

10．B
【解析】
【分析】
位于氢元素前面的金属都能与酸发生置换反应，酸和碱发生反应。

【详解】
A 、镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，硫酸镁和氢气均不与铜反应，硫酸镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁和硫酸钠，硫酸钠不与铜反应，不能连续吃掉棋盘上的所有棋子，故A 不正确；
B 、氧气和铜加热反应生成氧化铜，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜和硫酸钠，故B 正确；
C 、氢氧化钙和稀硫酸反应生成硫酸钙和水，硫酸钙和水与氢氧化钠均不反应，不能连续吃掉棋盘上的所有棋子，故C 不正确；
D 、氯化钠和稀硫酸、铜、氢氧化钠均不反应，故D 不正确。

故选B 。

【解析】
【详解】
A、通过灼热的铜网，铜和氧气在加热的条件下反应生成氧化铜，可除去杂质，不符合题意；
B、加入适量的氢氧化钡溶液，氢氧化钡和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钡，过滤，除去硫酸钡和氢氧化铜，可除去杂质，不符合题意；
C、加入过量的硫酸铜溶液，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，过滤，、洗涤、干燥可得铜，不符合题意；
D、加热，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，不但没有除去杂质，反而除去了原物质，符合题意。

故选D。

12．D
【解析】
【详解】
A、t1①时，溶解度：乙＞甲=丙，该温度下，饱和溶液的溶质质量分数：乙＞甲=丙，故等质量的甲、乙、丙三种饱和溶液所含溶质的质量大小顺序一定为乙>甲=丙，但是溶液状态未知，无法比较，不符合题意；
B、t2①时，甲、乙、丙的饱和溶液分别降温至t1①，降温后，甲、乙的溶解度减小，还是饱和溶液，丙的溶解度增加，变为不饱和溶液，降温后，丙的溶质质量分数不变，t1①时，乙的溶解度大于t1①时，甲的溶解度大于t2①时，丙的溶解度，故t1①时，乙的饱和溶液的溶质质量分数大于t1①时，甲的饱和溶液的溶质质量分数大于t2①时，丙的饱和溶液的溶质质量分数，故所得溶液的溶质质量分数大小顺序为：乙>甲＞丙，不符合题意；
C、将t1①，55g甲的饱和溶液升温至t2①时，升温后，甲的溶解度增加，变为不饱和溶液，不符合题意；
D、蒸发足够多的溶剂一定可使丙的不饱和溶液变为饱和溶液，说法正确，符合题意。

故选D。

13．D
【解析】
【分析】
A 、根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，生成二氧化碳的质量为：100g-67g=33g ，不符合题意；
B 、解：设生成氧化钙的质量为x
32CaCO CaO+CO 56
4433g
x ↑
高温 564433g
x = x =42g ，不符合题意；
C 、碳酸钙中钙元素的质量分数为：40100%40%100
⨯=，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，固体质量减小，钙元素的质量不变，故剩余固体中钙元素的质量分数大于40%，不符合题意；
D 、碳酸钙中C 、O 元素的质量比为：12：（16×3）=1:4，碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，碳酸钙中的碳元素完全转化到了二氧化碳中，氧元素部分转化到了二氧化碳中，故剩余固体中碳元素与氧元素的质量之比小于1：4，符合题意。

故选D 。

14．B
【解析】
【详解】
A 、向碱溶液中加水，pH 减小，但是不能小于7，该选项对应关系不正确；
B 、向一定质量硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入氢氧化钠溶液直至过量，氢氧化钠先和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，后和硫酸铜反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀，该选项对应关系正确；
C 、常温下，相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸充分反应，锌比铁活泼，反应速率快，反应需要时间短，最终铁和稀硫酸反应生成的氢气多，该选项对应关系不正确；
D 、将一定质量的硝酸钾不饱和溶液恒温蒸发水分，饱和前的过程中溶质质量不变，溶液质量减小，溶质质量分数增大，饱和后溶质质量分数不再变化，该选项对应关系不正确。

故选：B 。

15．(1) 分子 -1 CO+CO 2+H 2O 4:1
(2) 溶液温度升高
【解析】
【分析】
(1)
乙炔由乙炔分子构成；
C 2H 2中氢元素显+1价，设C 元素的化合价为x ，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：2x +（+1）×2=0，x =-1；
乙炔与氧气按体积比1：2混合的混合气于密闭容器中用电火花引燃，反应结束后，容器中只有碳的氧化物和水，根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含C 、H 、O 的个数分别是2、2、4，故生成物中水的化学计量数为1，生成物中还应含2个C 、3个O ，故生成的碳的氧化物为二氧化碳和一氧化碳，二氧化碳和一氧化碳的化学计量数都是1，该反应的化学方程式为：22222C H +2O CO+CO +H O 点燃；
容器中碳的氧化物与水的质量比为：（28+44）：18=4:1；
(2)
取少量烧碱固体于烧杯中，加入足量水，充分搅拌，氢氧化钠溶于水，放出大量的热，故溶液温度升高；
二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，该反应的化学方程式为：
2232CO 2NaOH=Na CO H O ++，氢氧化钠在溶液中电离出钠离子和氢氧根离子，由化学方程式可知，其中一个二氧化碳分子未参与反应，故生成物为2个钠离子、1个碳酸根离
子，还有剩余的1个二氧化碳分子，故图为。

16．(1) -2 H 2C 2O 4
(2) FeSO 4
4224442424(NH )C O +FeSO =(NH )SO +FeC O ↓
FeO H 2C 2O 4 224242H C O O H O FeO FeC +=+
金属氧化物和酸反应生成盐和水
【解析】
【分析】
(1)
草酸亚铁中铁元素显+2价，设草酸根的化合价为x ，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：（+2）+x =0，x =-2，故原子团的化合价为-2；
草酸中草酸根离子显-2价，氢元素显+1价，故草酸的化学式为：H 2C 2O 4；
(2)
①两种可溶性盐反应生成两种新盐，生成物中有沉淀，目的是制备草酸亚铁，草酸亚铁难溶于水，草酸铵和硫酸亚铁属于可溶性盐，故原料2：FeSO 4，硫酸亚铁和草酸铵反应生成草酸亚铁和硫酸铵，该反应的化学方程式为：4224442424(NH )C O +FeSO =(NH )SO +FeC O ↓； ①金属氧化物能与酸反应生成盐和水，故氧化亚铁能与草酸反应生成草酸亚铁和水，原料为：FeO 、H 2C 2O 4，该反应的化学方程式为：224242H C O O H O FeO FeC +=+。

17．(1)2322Na CO +2HCl=2NaCl+H O+CO ↑
(2)2244Ba(OH)+Na SO =BaSO +2NaOH ↓
(3) 样品中一定含碳酸钠、硫酸钠，一定不含硫酸铜，可能含氯化钾 向①中的溶液中加入稀硝酸至气泡不再产生为止；然后加入硝酸钡，至不再产生沉淀为止，过滤，向滤液中加入硝酸银
【解析】
【分析】
步骤①：取少量白色粉末加水溶解，得到无色溶液，说明不含硫酸铜，因为硫酸铜溶液是蓝色的；
步骤①：向①中的溶液中加入稀盐酸有气泡产生，说明含碳酸钠，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；
步骤①：向①中溶液中加入Ba （OH ）2有白色沉淀产生，说明含硫酸钠，硫酸钠和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化钠。

无法确定是否含氯化钾。

(1)
步骤①中产生气泡的反应为碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：2322Na CO +2HCl=2NaCl+H O+CO ↑；
(2)
步骤①中生成白色沉淀的反应为氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡和氢氧化钠，该反应的化学方程式为：2244Ba(OH)+Na SO =BaSO +2NaOH ↓；
(3)
由分析可知，该样品中一定含碳酸钠、硫酸钠，一定不含硫酸铜，可能含氯化钾；
若要进一步确定样品的组成，即确定是否含氯化钾，向①中的溶液中加入稀硝酸至气泡不再产生为止；然后加入硝酸钡，至不再产生沉淀为止，过滤，向滤液中加入硝酸银，产生白色沉淀，说明含氯化钾，无明显现象，说明不含氯化钾。

18． 分液漏斗 B E 3222CaCO 2HCl=CaCl +H O+CO +↑ A Cu 和Cu 2O 红色固体减少，溶液由无色变为蓝色 Cu 2O 和稀盐酸反应生成了铜
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图可知，B 装置中标号仪器名称①：分液漏斗；
（2）实验室用大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳，属于固液不加热反应，发生装置应选B ；
二氧化碳溶于水，密度比空气大，可用向上排空气法收集，收集装置可选E ；
大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：3222CaCO 2HCl=CaCl +H O+CO +↑；
（3）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制取氨气，属于固体加热反应，发生装置应选A ；
猜想假设：由题干信息可知，Cu 2O 是红色固体，铜单质也是红色固体，故红色粉末可能是Cu ，也可能是Cu 2O ，也可能是Cu 和Cu 2O 的混合物，故①Cu 、Cu 2O ；
设计实验：结论为红色粉末中含有Cu 2O ，Cu 2O 能与稀盐酸反应生成氯化铜、铜和水，故现象为：红色固体减少，溶液由无色变为蓝色；
实验反思：由于Cu 2O 与稀盐酸反应生成了铜，故无法证明红色粉末中是否含有Cu 。

19． 化学 6 15 1、5、9 浓硫酸体积、水的滴数
【解析】
【分析】
【详解】
解释与结论：
（1）蔗糖变成黑色的炭，有新物质生成，发生了化学变化；
（2）由表中数据可知，同种糖，选用的浓硫酸的体积依次是4mL 、5mL 、6mL ，故a =6mL ；
（3）根据题干信息，均值越高，效果越好，结合表2数据，“黑面包”实验最好选择5g 冰糖、5mL 浓硫酸、15滴水和50①；
反思与评价：
（4）由表1可知，22①对应的三个实验分别是1、5、9，故表2中，22①对应的均值为51.0，来自于实验1、5、9对应的三个数值65、88、0的均值；
（5）由表1可知，实验3和实验4中，温度相同、糖的种类不同、浓硫酸体积不同、水的
滴数不同，实验3的效果得分高于实验4，结合表2，冰糖效果优于蔗糖，浓硫酸体积
6mL优于4mL，水的滴数15滴效果最好，故影响因素是水的滴数和浓硫酸体积。

20．(1)5
Bi S+6FeCl=6FeCl+3S+2BiCl
(2)
23323
3Fe+2BiCl=3FeCl+2Bi Pb
(3)
32
(4)过滤玻璃棒
(5)无污染，比较环保硝酸铵作氮肥
【解析】
【分析】
(1)
Bi位于元素周期表第六周期，与N、P同族，同一主族元素，其原子的最外层电子数相同，故Bi原子的最外层有5个电子；
(2)
“浸出”时Bi2S3与FeCl3溶液反应的产物之一为FeCl2，且Bi元素在反应前后化合价不变，Bi2S3中硫元素显-2价，设Bi的化合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：2x+（-2）×3=0，x=+3，故Bi2S3与FeCl3反应生成了氯化亚铁、硫和BiCl3，该反应Bi S+6FeCl=6FeCl+3S+2BiCl；
的化学方程式为：23323
(3)
“置换”时生成单质铋为铁和BiCl3反应生成氯化亚铁和Bi，该反应的化学方程式为：
3Fe+2BiCl=3FeCl+2Bi；
32
辉铋矿主要成分为Bi2S3，含杂质PbO2，PbO2能与稀盐酸反应生成氯化铅和水，铁能与氯化铅反应生成氯化亚铁和铅，故粗铋中含有的杂质（除Fe外）主要为Pb；
(4)
“浸出”、“置换”步骤中均实现了固液分离，均用到了过滤；
过滤中需用到的玻璃仪器除了漏斗、烧杯外，还需要玻璃棒；
(5)
碱式硝酸铋直接灼烧能生成氮的氧化物，污染空气，上述工艺中转化为碱式碳酸铋再灼烧，除了能改良产品性状，另一优点是无污染，比较环保；
碱式硝酸铋能与碳酸铵反应生成碱式碳酸铋和硝酸铵，故“母液2”中可回收的主要物质是硝酸铵；
硝酸铵含氮元素，可作氮肥。

答案第12页，共12页。