九年级中考化学试卷(含答案) (9)

2016年江苏省南通市中考化学试卷一、选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意．每小题2分，共20分）1.生活与环境密切相关．下列做法有利于保护环境的是（）A．田间焚烧秸秆 B．回收废旧电池 C．随意排放污水 D．直接排放废气【考点】防治空气污染的措施；水资源的污染与防治．【专题】化学与环境保护．【分析】A．根据焚烧秸秆会产生有害气体和有害粉尘分析判断；B．根据回收废旧电池的意义进行分析判断；C．根据水的污染与防治进行分析判断；D．根据排放废气会污染空气进行分析判断；【解答】解：A．田间焚烧秸秆，会成空气污染，故A不正确；B．回收废旧电池可减少对水源、土壤的污染是有利于环境的做法，故B正确；C．随意排放污水会造成水污染，不利于环境保护，故C不正确；D．直接排放废气会成空气污染，不利于环境保护，故D不正确；故答案为B【点评】环境保护问题是化学考查的热点，理解绿色消费、节约资源、保护生态环境的含义是正确解答本题的关键．2. “分类”是学习化学的重要方法．下列说法正确的是（）A．塑料和棉花都属于合成材料B．蛋白质和糖类都属于营养物质C．液态氨气和氨水均为纯净物D．氮气和氧气均为化学性质活泼的气体【考点】合成材料的使用及其对人和环境的影响；氧气的化学性质；纯净物和混合物的判别；生命活动与六大营养素．【专题】化学物质的分类思想；物质的分类；氧气、氢气的性质与用途；化学与生活．【分析】A、有机合成材料简称合成材料，要判断是否属于合成材料，可抓住三个特征：有机物、合成、高分子化合物．B、根据常见的营养物质，进行分析判断．C、纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质．D、根据氮气和氧气的化学性质，进行分析判断．【解答】解：A、塑料属于三大合成材料之一，棉花属于天然材料，故选项说法错误．B、蛋白质和糖类都属于营养物质，故选项说法正确．C、液态氨气是由氨气一种物质组成的，属于纯净物；氨水是氨气的水溶液，属于混合物；故选项说法错误．D、氧气为化学性质活泼的气体，氮气的化学性质不活泼，故选项说法错误．故选：B．【点评】本题难度不大，掌握合成材料的特征、常见的营养物质、纯净物与混合物的判别方法、氮气和氧气的化学性质是正确解答本题的关键．3. 用KMnO4制取O2并回收MnO2，下列操作或装置不正确的是（）A．制取O2B．收集O2C．产物加水搅拌D．过滤得MnO2【考点】制取氧气的操作步骤和注意点；物质的溶解；过滤的原理、方法及其应用．【专题】物质的分离和提纯；常见气体的实验室制法、检验、干燥与净化．【分析】A、根据高锰酸钾制取氧气的注意事项进行分析；B、根据氧气的性质进行分析；C、根据玻璃棒搅拌时的注意事项进行分析；D、根据过滤注意事项进行分析．【解答】解：A、高锰酸钾制取氧气，试管口要塞一团棉花，试管口略向下倾斜，用酒精灯外焰加热等，故正确；B、氧气不易溶于水，可以用排水法收集，故正确；C、加水用玻璃棒搅拌，搅拌时玻璃棒按一定方向且尽量不要接触容器内壁，故正确；D、没用玻璃棒引流，且漏斗下端没有紧贴烧杯内壁，故错误．故选D．【点评】难度不大，掌握高锰酸钾制取氧气并回收二氧化锰时的注意事项即可顺利解答．4. 下列说法正确的是（）A．硬水洗涤衣物适宜使用肥皂B．二氧化锰可作所有反应的催化剂C．吸入甲醛或一氧化碳会危害人体健康D．铝合金与钢铁相比具有密度大、易腐蚀的特点【考点】硬水与软水；催化剂的特点与催化作用；一氧化碳的毒性；合金与合金的性质；亚硝酸钠、甲醛等化学品的性质与人体健康．【专题】化学知识生活化；空气与水；金属与金属材料；化学与生活．【分析】A、根据硬水浪费肥皂分析；B、根据二氧化锰不能作所有反应的催化剂分析；C、根据甲醛和一氧化碳都有毒分析；D、根据铝合金的特点分析；【解答】解：A、硬水中加入肥皂水产生泡沫少，用硬水洗涤衣物，既浪费肥皂也洗不干净衣服，说法错误；B、二氧化锰可作许多反应的催化剂，但不是所有反应的催化剂，说法错误；C、甲醛和一氧化碳都对人体有害，会危害人体健康，说法正确；D、铝合金具有硬度大，不易腐蚀的特点，说法错误；故选：C【点评】熟悉日常生活中的化学知识，将化学知识应用于生活，服务于生活．5. 有关物质性质与应用的叙述不正确的是（）A．盐酸具有酸性，可用于洗涤油污B．熟石灰具有碱性，可用来改良酸性土壤C．活性炭具有吸附性，可用于去除冰箱异味D．氮气具有不活泼性，可用作焊接金属的保护气【考点】常见碱的特性和用途；常见气体的用途；酸的物理性质及用途；碳单质的物理性质及用途．【专题】物质的性质与用途．【分析】物质的性质决定物质的用途，根据常见物质的性质和用途进行分析即可．【解答】解：A、盐酸具有酸性，用盐酸洗涤油污效果不好，应用碱性物质来洗涤油污，此说法错误．B、熟石灰可用来改良酸性土壤，因为熟石灰显碱性，能和酸发生中和反应，此说法正确．C、活性炭具有吸附性，可用于去除冰箱异味，故此项说法正确．D、氮气化学性质不活泼，可用作焊接金属的保护气，此说法正确．故选A．【点评】本题涉及的知识比较多，主要考查了物质的性质决定用途的科学规律，同学们在学习中要多思考物质的性质和用途的关系．6. NH4Cl和NaCl的溶解度随温度变化如图所示，下列说法正确的是（）A．NH4Cl的溶解度一定大于NaClB．将NaCl溶液降温一定会有NaCl固体析出C．50℃时饱和溶液的溶质质量分数为50%D．将t℃时，NH4Cl和NaCl的饱和溶液加热至50℃，两溶液的溶质质量分数相等【考点】固体溶解度曲线及其作用；晶体和结晶的概念与现象；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系．【专题】溶液、浊液与溶解度．【分析】根据题目信息和溶解度曲线可知：NH4Cl和NaCl两种固体物质的溶解度，都是随温度升高而增大，而氯化铵的溶解度随温度的升高变化比氯化钠大；NH4Cl的溶解度一定大于NaCl错误，因为没有指明温度；将NaCl溶液降温一定会有NaCl固体析出错误，因为没有指明是饱和溶液；50℃时NH4Cl饱和溶液的溶质质量分数=，50%错误的；将t℃时，NH4Cl和NaCl的饱和溶液加热至50℃，两溶液的溶质质量分数相等正确，因为升温后，它们的质量分数不变，还是相等．【解答】解：A、NH4Cl的溶解度一定大于NaCl错误，因为没有指明温度；故选项错误；B、将NaCl溶液降温一定会有NaCl固体析出错误，因为没有指明是饱和溶液，故选项错误；C、50℃时NH4Cl饱和溶液的溶质质量分数=，50%错误的；故选项错误；D、将t℃时，NH4Cl和NaCl的饱和溶液加热至50℃，两溶液的溶质质量分数相等正确，因为升温后，它们的质量分数不变，还是相等，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；还考查了有关溶液和溶质质量分数的计算，有关的计算要准确，本考点主要出现在选择题和填空题中．7. 将红色的铜丝置于酒精灯火焰上加热，表面变黑．将变黑的铜丝插入盛有稀硫酸的试管中一段时间．有关说法不正确的是（）A．铜丝表面变黑，质量增加B．变黑的钢丝插入稀硫酸，表面恢复红色C．变黑的铜丝插入稀硫酸，铜丝质量不变D．变黑的铜丝插入稀硫酸，溶液质量增加【考点】酸的化学性质；金属的化学性质．【专题】金属与金属材料；常见的酸酸的通性．【分析】A、根据铜和氧气反应生成黑色的氧化铜进行分析；B、根据氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水进行分析；C、氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，有一部分铜进入溶液，铜丝质量减少；D、氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，变黑的铜丝插入稀硫酸，溶液质量增加．【解答】解：A、铜和氧气反应生成黑色的氧化铜，质量增加，正确；B、氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，表面恢复红色，正确；C、氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，有一部分铜进入溶液，铜丝质量减少，常温；D、氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，变黑的铜丝插入稀硫酸，溶液质量增加，正确．故选C．【点评】本题主要考查了氧化铜的相关性质，难度不大，注意氧化还原反应中各个反应的判断标准．8. 下列物质的提纯所用试剂和主要实验操作均正确的是（）物质（括号内为杂所用试剂主要实验操作质）A Na2CO3（NaCl）水溶解、过滤B H2（HC1）NaOH溶液洗气C KCl（NaOH）盐酸溶解、蒸发结晶D KNO3溶液（KOH）FeCl3溶液沉淀、过滤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；碱的化学性质．【专题】物质的分离和提纯；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、NaCl、Na2CO3均易溶于水，用过滤的方法不能除去杂质，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．B、HC1能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，氢气不与氢氧化钠溶液反应，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．C、NaOH能与盐酸反应生成氯化钠和水，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钠，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．D、KOH能与FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钾，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钾，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．故选：B．【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．9. 通过下列实验，能达到实验目的是（）A．验证HC1分子发生了运动B．验证质量守恒定律C．验证浓硫酸遇水放热D．验证氧气支持燃烧【考点】化学实验方案设计与评价；浓硫酸的性质及浓硫酸的稀释；氧气的化学性质；分子的定义与分子的特性；质量守恒定律及其应用．【专题】实验设计题；简单实验方案的设计与评价．【分析】A、根据浓盐酸具有挥发性，使石蕊试液变成红色分析；B、碳酸钠和稀盐酸反应会产生二氧化碳逸到空气中；C、根据实验在敞口容器中进行不会产生明显的现象分析；D、根据红磷不燃烧分析．【解答】解：A、浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢气体使石蕊试液变成红色，可以验证分子的运动，故正确；B、碳酸钠和稀盐酸反应会产生二氧化碳逸到空气中，不能验证质量守恒定律，故错误；C、实验在敞口容器中进行不会产生明显的现象，因此不能验证浓硫酸遇水放热，故错误；D、在冰水中温度达不到红磷的着火点，即使通入空气红磷不燃烧，因此不能验证氧气能支持燃烧，故错误；故选项为：A．【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. 物质X的化学式为H2C2O4，可发生如下反应：aH2C2O4bH2O↑+cCO2↑+dY↑取90g X，在t℃完全分解，产物通过足量浓硫酸，浓硫酸增重18g，另取90gX，在t℃完全分解，产物通过足量碱石灰（CaO和NaOH的固体混合物），碱石灰增重62g，则下列说法不正确的是（已知气体Y不与浓硫酸或碱石灰发生反应）（）A．CO2的质量为44g B．气体Y的质量为28gC．气体Y可能为甲烷D．方程式中b和c的比为1：1【考点】质量守恒定律及其应用；常见气体的检验与除杂方法．【专题】化学用语和质量守恒定律．【分析】根据浓硫酸能吸收反应生成的水，碱石灰既能吸水又能吸收二氧化碳来分析解答本题；【解答】解：浓硫酸能吸收反应生成的水，碱石灰既能吸水又能吸收二氧化碳故完全反应分解X生成的二氧化碳的质量为：62g﹣18g=44g，故A正确；根据质量守恒定律，反应物X的质量等于生成的水、二氧化碳和Y的质量总和，故生成气体Y的质量为：90g﹣62g=28g，故B正确；根据反应的方程式可知，反应中生成水和二氧化碳的质量比为：18b：44c=18g：44g，可得b：c=1：1；故D正确；X中H、C原子个数比为1：1，反应生成的水和二氧化碳的分子个数比为1：1，其中氢、碳原子个数比为2：1，则生成y分子中C原子的个数应大于H原子的个数，甲烷中碳原子的个数小于氢原子的个数，故C 错误；答案：C．【点评】本题主要考查质量守恒定律的应用，灵活运用质量守恒定律是解题的关键所在．二、非选择题（共40分）11. 从微观的角度了解物质及其变化，有助于更好的认识物质组成和变化的本质．（1）氟原子的结构示意图为，则x=2，在化学反应中氟原子易得到（填“得到”或“失去“）电子．（2）铝原子失去3个电子形成离子的离子符号为Al3+．（3）如图为Mn和CuSO4溶液反应的示意图，回答下列问题：①实际与Mn反应的粒子是Cu2+；②反应中失去电子的粒子是Mn；③由反应可知金属的活泼性：Mn＞Cu（填“＞”或“＜”）；④该反应中化合价没有改变的元素或根是C（填对应选项的字母）．A．锰元素B．铜元素C．硫酸根．【考点】原子结构示意图与离子结构示意图；金属的化学性质；微粒观点及模型图的应用；化学符号及其周围数字的意义．【专题】化学用语和质量守恒定律；金属与金属材料．【分析】（1）根据核外电子的排布规律和最外层电子数目的特点分析；（2）根据离子符号的写法分析回答；（3）根据Mn和CuSO4溶液反应的示意图，根据微粒的变化、金属与盐的反应分析回答．【解答】解：（1）氟原子的结构示意图为，由于第二层排布了电子，则第一层已排满了，则x=2，最外层电子数是7，大于4，在化学反应中氟原子易得到电子．（2）铝原子失去3个电子形成铝离子，离子符号为：Al3+．（3）①由微粒的变化可知，实际与Mn反应的粒子是：Cu2+；②由于M你变成了Mn2+，所以反应中失去电子的粒子是：Mn；③由反应可知，Mn能将Cu从其盐溶液中置换出来，金属的活泼性：Mn＞Cu；④该反应中化合价没有改变的是硫酸根．故答为：（1）2，易得；（2）Al3+；（3）①Cu2+；②Mn；③＞；④C．【点评】本题主要考查学生对化学用语的书写和理解能力，题目设计既包含对化学符号意义的了解，又考查了学生对化学符号的书写，考查全面，注重基础，题目难度较易．12. 柠檬酸亚铁是重要的含铁试剂，兴趣小组制取柠檬酸亚铁溶液的实验流程如图：（1）写出反应1的化学方程式：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，该反应属于基本反应类型中的置换反应；（2）操作1的名称为过滤；（3）写出反应2的化学方程式：FeSO4+Na2CO3═Na2SO4+FeCO3↓；（4）反应3中会有气体生成，该气体是二氧化碳；（5）柠檬酸亚铁的化学式为FeC6H6O7，柠檬酸亚铁中铁元素和碳元素质量比为7：9．【考点】物质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；金属的化学性质；盐的化学性质；元素质量比的计算；书写化学方程式．【专题】物质的制备．【分析】（1）反应1，即铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，写出反应的化学方程式即可，由反应特征确定反应类型．（2）操作1是将铁粉与溶液分离，进行分析解答．（3）反应2，即硫酸亚铁与碳酸钠反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠，进行分析解答．（4）反应3中会有气体生成，结合碳酸盐与酸反应生成二氧化碳，进行分析解答．（5）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．【解答】解：（1）反应1，即铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；该反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应．（2）操作1是将铁粉与溶液分离，操作1的名称为过滤．（3）反应2，即硫酸亚铁与碳酸钠反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式为FeSO4+Na2CO3═Na2SO4+FeCO3↓；（4）反应3中会有气体生成，碳酸盐与酸反应生成二氧化碳，则该气体是二氧化碳．（5）柠檬酸亚铁中铁元素和碳元素质量比为56：（12×6）=7：9．故答案为：（1）Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；置换；（2）过滤；（3）FeSO4+Na2CO3═Na2SO4+FeCO3↓；（4）二氧化碳；（5）7：9．【点评】本题你打吧的，理解制取柠檬酸亚铁溶液的实验流程，掌握金属的化学性质、盐的化学性质、化学方程式的书写方法等是正确解答本题的关键．13. 煤的综合利用有利于保护自然环境和社会的可持续发展．（1）由煤的结构片段可知：煤的组成元素中除C、H、O、S外还含有N（填元素符号）．（2）煤的焦化属于化学变化；焦化获得的焦炭可用于高炉炼铁，高炉内CO和Fe2O3反应的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；焦化获得的氨气可用于制取氮肥，区分（NH4）2SO4和K2SO4两种化肥可选用的试剂是C（填对应选项的字母）．A．氯化钡B．盐酸C．熟石灰（3）煤的气化过程中主要反应是碳与水蒸气生成两种气体燃料，其中一种是单质，该单质是氢气；（4）提高煤的燃烧效率能节约煤碳资源，写出一种提高煤的燃烧效率的方法：将煤粉碎成煤粉后燃烧．煤中加入适量石灰石燃烧，可发生反应：2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2，煤中加入石灰石对环境的意义是减少二氧化硫的排放，减少酸雨的产生．【考点】化石燃料及其综合利用；铵态氮肥的检验；化学变化和物理变化的判别；质量守恒定律及其应用．【专题】化学与能源；化学规律的类比；化学用语和质量守恒定律．【分析】（1）根据煤的结构片段进行分析；（2）根据煤的焦化过程中生成焦炭、氢气、甲烷等新物质分析；根据反应物、生成物分析；根据铵态氮肥遇碱会放出刺激性气味的氨气分析；（3）根据碳与水在高温下反应生成一氧化碳和氢气分析；（4）根据燃烧的条件分析；根据在煤中加入石灰石可吸收生成的二氧化硫分析；【解答】解：（1）从煤的结构片段可以看出，组成煤的元素除C、H、O、S外还含有N元素；故答案为：N；（2）煤的焦化过程中生成焦炭、氢气、甲烷等新物质生成，属于化学变化；一氧化碳和氧化铁在高温条件下发生反应生成铁和二氧化碳，其反应的化学方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；铵态氮肥遇碱会放出刺激性气味的氨气，熟石灰属于碱，可以鉴别；故答案为：化学；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；C；（3）碳与水在高温下反应生成一氧化碳和氢气，其中氢气是单质；故答案为：氢气；（4）要使可燃物燃烧更充分，一是扩大与氧气的接触面积，二是加入更多的氧气；在煤中加入石灰石，燃烧时可吸收生成的二氧化硫，可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的产生；故答案为：将煤粉碎成煤粉后燃烧；减少二氧化硫的排放，减少酸雨的产生；【点评】此题是对具体的能源利用的考查，解题的关键是发现并找到题目与所学信息的结合点，难度不大知识基础，但开放性较强．14. 为验证水的组成元素及探究水在电极端所发生的变化，兴趣小组用如图1所示装置（夹持仪器省略）进行实验：Ⅰ．验证水的组成元素步骤一：向长颈漏斗中加水（含少量Na2SO4）至充满管a和管b．关闭活塞，接通电源，一段时间后关闭电源．步骤二：检验管中气体．（1）Na2SO4在水中能解离出Na+、SO42﹣，增强了水的导电性；（2）电解时观察到的现象有：连接电源两极的电极上有气泡产生，且管a与管b产生气体体积比为1：2；（3）用燃着的木条分别置于玻璃管尖嘴口，打开活塞，若观察到气体燃烧产生淡蓝色火焰，则证明气体为H2；若观察到木条燃烧更旺盛，则证明气体为O2．（4）某同学提出实验后还需检验Na2SO4的质量是否发生变化，其原因是排除硫酸钠反应产生气体的可能．（5）若要确定水中氢、氧元素的原子个数比，需要测定管a与管b产生气体的体积以及该温度下氢气和氧气的密度．Ⅱ．探究水在电极端所发生的变化步骤一：向装置中重新加水（含少量Na2SO4）至充满管a和管b，保持活塞打开，接通电源，一段时间后关闭电源．步骤二：分别取出管a和管b电极附近的溶液，并测定溶液的pH．（1）测定溶液pH的方法是：用玻璃棒蘸取溶液，滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，读取pH．经测定：管a中溶液pH小于7，管b中溶液液pH大于7．（2）管b溶液呈碱性，若向溶液中加入无色酚酞，溶液变为红色，也能得出此结论．（3）图2中能表示电解时管a中水在电极端所发生变化的结果的是C（填对应选项的字母）．【考点】电解水实验；常见气体的检验与除杂方法；溶液的酸碱度测定；溶液的酸碱性与pH值的关系．【专题】空气与水．【分析】I．（1）根据硫酸钠的构成分析解答；（2）根据电解水的实验现象分析解答；（3）根据氢气和氧气的检验方法进行分析解答；（4）根据实验的目的和实验原理过行分析解答；（5）根据计算水中氢、氧原子个数比的方法进行分析解答；II．（1）根据pH试纸的使用方法进行分析解答；（2）根据碱的化学性质进行分析解答；（3）根据电解水的实验反应实质进行分析解答．【解答】解：I．（1）纯水很难导电，硫酸钠在水中能解离成自由移动的钠离子和硫酸根离子，增强了水的导电性；（2）电解时可观察到的现象为：连接电源两端的电极上均有气泡产生，且管a与管b产生气体体积比约为1：2；（3）氢气能燃烧，氧气可助燃．故将燃烧的木条放在玻璃尖嘴口后打开活塞，若气体燃烧，产生淡蓝色火焰，则该气体为氢气；若木条燃烧更剧烈，则该气体为氧气；（4）实验后还需检验硫酸钠的质量是否发生改变，以排除实验过程中硫酸钠发生反应产生气体的可能，从而确定只有水发生分解；（5）若要确定水中氢、氧原子个数比，需测定实验过程中产生氢气和氧气的体积及该温度下氢气和氧气的密度，从而确定水中氢、氧元素的质量比，进而求出水中氢、氧原子的个数比．II．（1）测定溶液的pH时，将待测溶液滴在pH试纸上，将试纸所显示的颜色与标准比色卡对照，读出溶液的pH；（2）管b溶液的pH大于7，说明其呈碱性，除用pH试纸测定其酸碱度外，还可用无色酚酞试液测定其酸碱性；（3）水能解离成自由移动的带电荷的氢离子和氢氧根离子，电源的正极会吸引带负电荷的氢氧根离子，发生反应后生成氧气；电源的负极会吸引带正电荷的氢离子，发生反应后生成氢气．故答案为：I（1）Na+、SO42﹣；（2）连接电源两极的电极上有气泡产生，且管a与管b产生气体体积比为1：2；（3）气体燃烧产生淡蓝色火焰；木条燃烧更旺盛；（4）排除硫酸钠反应产生气体的可能；（5）管a与管b产生气体的体积以及该温度下氢气和氧气的密度；II．（1）标准比色卡对照；（2）碱；无色酚酞；（3）C．【点评】此题综合考查电解水验证水的组成实验以及实验后溶液酸碱性的探究实验，习题综合性较强，但难度不大，掌握电解水的实验现象、实验原理和实验结论是解答此题的关键．15. 某同学取用生石灰时，发现装满生石灰的塑料试剂瓶已经膨胀破裂，如图：（1）塑料试剂瓶膨胀破裂的原因是生石灰吸收空气中的水，发生反应而放热，导致塑料试剂瓶膨胀破裂，反应的化学方程式为CaO+H2O═Ca（OH）2．（2）破裂后瓶内试剂会吸收空气中CO2生成CaCO3．为测定其中CaCO3的质量分数，兴取小组分别进行如下实验：实验1：称取10.0g样品，加50.0g水溶解，搅拌、静置、过滤，将沉淀洗涤、干燥、称重．实验2：称取10.0g样品，向其中加入足量稀盐酸，充分反应，收集产生的气体．①根据实验1称重计算样品中CaCO3的质量分数可能偏高，原因是氢氧化钙微溶于水，会导致沉淀质量增加，结果偏高．②若实验2中收集的气体为2.2g，计算样品中CaCO3的质量分数．（请写出计算过程）【考点】根据化学反应方程式的计算；生石灰的性质与用途；书写化学方程式．【专题】有关化学方程式的计算；常见的碱碱的通性．【分析】（1）生石灰是氧化钙的俗称，具有吸水性，能和水反应生成氢氧化钙，同时放出大量的热；（2）①氢氧化钙微溶于水；②根据二氧化碳的质量可以求出碳酸钙的质量，进而求质量分数．【解答】解：（1）装满生石灰的塑料试剂瓶如果漏气，生石灰能够吸收空气中的水蒸气，和水反应生成氢氧化钙，同时放出大量的热，使塑料试剂瓶膨胀而破裂．反应的化学方程式为：CaO+H2O═Ca（OH）2；故填：生石灰吸收空气中的水，发生反应而放热，导致塑料试剂瓶膨胀破裂；CaO+H2O═Ca（OH）2；（2）①氢氧化钙微溶于水，会导致沉淀质量增加，结果偏高；故填：氢氧化钙微溶于水，会导致沉淀质量增加，结果偏高；②设样品中CaCO3的质量为x，CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑100 44x 2.2g。