2014年中考化学走出题海之考前必做难题30题参考答案与试题解析
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题01 经典母题30题2(解析版)
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题01 经典母题30题2（解析版）【试题21】下表中列出五种短周期元素A、B、C、D、E的信息，请推断后回答：（1）写出C元素在周期表中的位置，写出D元素最高价氧化物的水化物电子式；（2）写出B单质与水反应的离子．．方程式；（3）元素A和D形成的某种化合物可作为呼吸面具中氧气的来源，写出得到氧气反应的主要化学方程式；（4）X的水溶液显（填“酸”、“碱”或“中”）性，用离子．．方程式解释其原因是；（5）已知E元素的某种氢化物Y与A2的摩尔质量相同，Y与空气组成的燃料电池中，电解质溶液是30％的KOH溶液，该电池放电时正极．．的电极反应式为；（6）若使用Y—空气燃料电池精炼铜，当得到精铜80 g时，燃料电池中转移的电子数为N A。
【答案】（1）第三周期VIA族；；（2）Cl2 + H2O Cl－+ H+ + HClO；（3）2Na2O2 + 2CO2＝2Na2CO3 + O2；（4）酸；NH4++ H2O NH3·H2O + H+；（5）O2＋2H2O＋4e－== 4OH－；（6）2.5。
【解析】+ 2CO2 == 2Na2CO3 + O2。
考点：考查元素的推断及性质、化学方程式、离子方程式的书写、原电池反应原理及应用的知识【试题22】工业上利用铬铁矿(FeO Cr2O3)冶炼铬的工艺流程如下:（1）实验室焙烧铬铁矿可选用的装置是__________（填序号）。
（2）完成下列化学方程式（在横线上填写物质的化学式及计量数）：4CrO42－＋6S＋7H2O＝4Cr(OH)3↓＋3S2O32－＋_____________。
（3）操作I包括过滤与洗涤，简述实验室中洗涤沉淀的操作：__________________。
（4）Cr(OH)3和Al(OH)3类似，也是两性氢氧化物，写出Cr(OH)3溶于浓氢氧化钠溶液的离子方程式________________________________。
2014年中考化学走出题海之考前必做难题30题参考答案与试题解析
2014年中考化学走出题海之考前必做难题30题参考答案与试题解析D7． 解答：解：由题目所给的信息可知： 氢化钙与水反应生成相应的氢氧化钙和氢气．该反应的化学方程式为：CaH 2+2H 2O=Ca（OH ）2+2H 2↑．氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠．该反应的化学方程式为：Ca （OH ）2+Na 2CO 3=CaCO 3↓+2NaOH ．该反应总的化学方程式为：CaH 2+2H 2O+Na 2CO 3=CaCO 3↓+2NaOH+2H 2↑．故选C ．8． 解答：解：A 、二氧化碳和氢氧化钠溶液反应没有明显的现象，而和氢氧化钙溶液反应会生成碳酸钙沉淀，会看到澄清石灰水变浑浊，所以可用CO 2 鉴别NaOH 溶液和Ca（OH ）2 溶液，故A 能达到目的；B 、硝酸铵溶于水吸热，温度降低，而氢氧化钠固体溶于水放热，温度升高，所以可用水鉴别硝酸铵固体和氢氧化钠固体，故B 能达到目的；C 、氢氧化钠变质生成碳酸钠，碳酸钠溶液也成碱性碱性，所以不能用无色酚酞试液检验NaOH 溶液是否变质，故C 不能达到目的；D 、二氧化锰难溶于水，所以可用过滤的方法从H 2O 2溶液制氧气的残余物中分离出MnO 2，故D 能达到目的．故选：C ．9． 解答：解：A 、AgNO 3溶液与氯化铁溶液反应生成氯化银白色沉淀和硝酸铁，没有红褐色沉淀生成，故选项错误．B 、NaOH 溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠；与碳酸钠溶液交换成分没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，无明显现象；与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀和硫酸钠；符合要求，故选项正确．C 、Ba （OH ）2溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钡；与碳酸钠溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，而不是无明显现象，故选项错误．D 、BaCl 2溶液与氯化铁溶液交换成分没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，故选项错误．故选：B ．10．解答： 解：根据题意：将一定质量的某种金属M 的粉末放入AgNO 3与Cu （NO 3）2的混合溶液中，充分反应后发现，溶液呈现无色，说明加入的M 金属活动性顺序比铜、银强，反应时M 会首先置换硝酸银中的银，待硝酸银完全反应后继续与硝酸铜发生反应；过滤向滤渣中滴加稀盐酸，有气泡产生，说明滤渣金属中含有M ，因为铜、银排在顺序表中氢之后，与盐酸不反应，说明加入的M 过量，铁与AgNO 3与Cu （NO 3）2反应生成硝酸亚铁溶液显浅绿色；A 、AgNO 3与盐酸可反应生成氯化银沉淀，滤液中无沉淀产生，说明滤液中一定没有银离子，正确；B 、铜、银排在顺序表中氢之后，与盐酸不反应，过滤后在滤渣加入适量稀盐酸，滤渣中有无色气体产生，说明一定含有M ，正确；C 、通过上述分析可知：M 过量，则Cu（NO 3）2完全反应，滤渣中一定含有单质铜，正确；D 、铁与AgNO 3与Cu （NO 3）2反应生成硝酸亚铁溶液显浅绿色，而充分反应后发现，溶液呈现无色，故M 不可能是铁，故错误； 故选D ．11． 解答： 解：设原混合物中的Cu 2O 的质量为x ，生成铜的质量为y ，Cu 2O+H 2SO 4=CuSO 4+Cu+H 2O ，144 64x y =， y=，根据题意有：6.8g ﹣x+=4.8g ，x=3.6g ，原混合物中的Cu 的质量为：6.8g ﹣3.6g=3.2g ，则原混合物中的Cu 2O 和Cu 质量比为：3.6g ：3.2g=9：8，故选：A ．12． 解：A 、对比实验①和③，锌的质量相同，解答： 稀硫酸的体积与浓度相同，但温度不同，可研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．B 、对比实验②和③，锌的质量相同，稀硫酸的体积相同，但温度不相同、稀硫酸的浓度不同，无法研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．C 、对比实验①和③，锌的质量相同，稀硫酸的体积与浓度相同，但温度不同，可研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项正确．D 、对比实验①和②，锌的质量相同，稀硫酸酸的体积相同，但稀硫酸的浓度不同，可研究稀硫酸的浓度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．故选：C ．13． 解答： 解：①向H 2SO 4溶液逐渐加入NaOH 溶液，溶液总质量是增加的，但随着NaOH 溶液的增加，溶液总质量会一直增加，即最后不会出现平行于x 轴的直线．故①不符合图象；②向HCl 溶液中加入氧化铜，氧化铜会和稀盐酸反应生成氯化铜和水，所以溶液的总质量是增加的；当盐酸消耗完后再加氧化铜，氧化铜不和CuCl 2反应也不溶于水，所以氧化铜就不会再进入到溶液中，即溶液的总质量不再改变．故②符合图象； ③向BaCl 2溶液加入Na 2CO 3溶液，二者会反应生成NaCl 和BaCO 3其中BaCO 3是沉淀，不在溶液中，而且无法判断生成的沉淀的质量比加入的Na 2CO 3溶液的质量的大小，即溶液总质量变化可能增大可能减少．故③不符合图象；④向H 2SO 4溶液加入锌粒，二者反应生成ZnSO 4和H 2，有H 2逸出，但加入的锌粒的质量比逸出的H 2的质量大，所以溶液总质量增加；当消耗完后，锌粒和ZnSO 4不反应也不溶于水，所以锌粒不再进入到溶液中，即溶液总质量不再改变．故④符合图象．故选B ．14． 解答：解：A 、Na 2CO 3能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，再蒸发、结晶，故选项所采取的方法正确．B 、CaCl 2能与K 2CO 3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾，能除去杂质且但引入新的杂质氯化钾，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．C 、CO 2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．D 、Cu 能与足量氧气在加热条件下反应生成氧化铜，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． 故选：A ．15． 解答：解：该物质燃烧生成了二氧化碳和水，根据质量守恒定律可以知道判断出该物质中一定含有碳元素和氢元素，D 装置增重1.08g ，而D 装置吸收的是水，故生成水的质量为1.08g ，其中含有的氢元素的质量为：1.08g ××100%=0.12g ；而E 装置中吸收的是二氧化碳，可以知道生成二氧化碳的质量为2.64g ，其中碳元素的质量为：2.64g ××100%=0.72g ， 而水中的氢元素的质量、二氧化碳中碳元素的质量与该物质中含有的氢元素和氧元素的质量相等，所以题给物质含有的氢元素和碳元素的质量为：0.12g+0.72g=0.84g ＜1.8g ，所以在该物质中还含有氧元素； 故选B16． 解答： 解：A 、根据质量守恒定律可知，a=6.6+8.8﹣2﹣6.6﹣5.4=1.4，故选项说法正确．B 、生成的CO 和CO 2分子个数比为：=1：3，故选项说法正确．C 、参加反应的乙醇和氧气的质量比为（6.6﹣2）g ：8.8g=1：2，故选项说法错误．D 、根据质量守恒定律可知，在化学反应前后碳元素质量一定相等，故选项说法正确．故选：C ．17．解答： 解：二氧化碳与水反应生成的碳酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，碳酸不稳定，受热易分解，使酸性消失，溶液恢复为紫色，活性炭具有吸附性，能将石蕊的紫色吸附掉，变为无色，观察选项，故选：A ．二、解答题（共13小题，满分68分）18．解答：解：（1）从微观角度分析，水受热蒸发、电解水两个变化中，最本质的区别是水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变．故填：水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变．（2）①电解水的化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑．故填：2H2O2H2↑+O2↑．②由示意图可知，在化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变．故填：化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变．（3）①甲、乙两个反应都遵循质量守恒定律．故填：遵守．②两个装置中气球胀大的原因是：甲中，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水吸收二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大．故填：甲中，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水吸收二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大．19．解答：解：（1）达到一定温度，A在B中燃烧，火星四射，生成一种黑色固体，因此是铁和氧气点燃产生四氧化三铁，故反应的方程式为；3Fe+2O 2Fe3O4；（2）在一定条件下，C、D两种物质均能与E反应，且生成相同的物质，其中C 是单质，D和E都为氧化物，且生成相同的物质，因此可能是碳、一氧化碳分别于氧化铜反应产生铜和二氧化碳；故答案为；CO；C+2CuO 2Cu+CO2↑；（3）X、Y、Z三种物质中只含有一种相同的元素，且X为氧化物，结合三种物质的转化关系，X、Y、Z可以分别是水、氢氧化钙、碳酸钙或氧化钙、氢氧化钙、碳酸钙，带入符合题意；故答案为：H2O、Ca（OH）2、CaCO3（或CaO、Ca（OH）2、CaCO3）；X→Y转化时发生反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca（OH）2；Y→Z 转化时发生反应的化学方程式为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O．20．解答：解：（1）①在水（H2O）、铜（Cu）和氯化钠（NaCl）三种物质中，水（H2O）由水分子构成、铜（Cu）由铜原子构成，氯化钠（NaCl）由离子构成．②根据水的化学式：H2O，可知一杯水所有水分子中氢原子与氧原子的质量比：1：8；③图中的微粒，最外层电子得了2个，故其符号为S2﹣；④O3中+3的含义为：在氧化铝中铝元素化合价为+3．（2）由图示的情况可知：A中含有3个氧气的分子，B中含有的是3个氨气分子（NH3）；由于C中含有2个水分子和2个氧气分子．故答案为：（1）①氯化钠或NaCl；②1：8；③S2﹣；④在氧化铝中铝元素化合价为+3；（2）①NH3；②C．21．解答：解：（1）B的饱和溶液升温有固体析出，结合常见物质的溶解度曲线分析，可知B是氢氧化钙，甲、乙、丙为氧化物，甲和丙反应会生成氢氧化钙，所以甲、丙是水或氧化钙中的一种，A、B、C分别为含有三种元素的酸、碱、盐，A的浓溶液在空气中放置一段时间后质量增加，其溶质中含氧元素约65.3%，所以A是硫酸，甲和硫酸会发生反应，所以甲是氧化钙，丙就是水，氢氧化钙会转化成盐C，氧化钙、水和氧化物乙会生成盐C，氢氧化钙会与氧化物乙反应，且B、C中包含两种相同的元素，所以C 是碳酸钙，乙是二氧化碳，氧化钙和酸反应会生成水，氧化钙、水、二氧化碳反应会生成碳酸钙沉淀，硫酸和氧化钙会发生反应，氢氧化钙和二氧化碳会发生反应，二氧化碳和氢氧化钙反应会生成水，氢氧化钙和硫酸会生成水，推出的各种物质均满足题中的转化关系，推导合理，所以丙是H 2O ，A 是H 2SO 4；（2）水存在时，甲和乙的反应是水和氧化钙反应生成和氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，所以丙存在时，甲和乙反应的化学方程式为：CaO+CO 2CaCO 3，该反应满足化合反应多变一的条件，所以该反应属于化合反应；（3）氢氧化钙和二氧化碳反应生成白色的碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca （OH ）2+CO 2═CaCO 3↓+H 2O ．故答案为：（1）H 2O H 2SO 4； （2）CaO+CO 2CaCO 3，化合； （3）Ca （OH ）2+CO 2═CaCO 3↓+H 2O ．22．解解：混合物A 加盐酸反应生成的气体B答：能使澄清的石灰水变浑浊，故B是二氧化碳，说明A中含有碳酸钠；由于得到的是溶液，故固体全部溶解，说明A中不含有铜；溶液C加硝酸银，得到白色沉淀，故C中含有氯化钠，可能是碳酸钠和盐酸反应生产的氯化钠，也可能是原来就有的氯化钠；滤液D加氢氧化钠溶液能的到蓝色沉淀，说明D中含有铜离子，而能与盐酸反应生成铜离子的物质是氧化铜，故A中一定含有氧化铜；D中含有氯化铜与硝酸银反应生成的硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠反应生成的H是硝酸钠，带入框图，推断合理；（1）B是二氧化碳，故填：CO2；（2）A中一定含有碳酸钠和氧化铜，一定不含有铜，故填：Na2CO3、CuO；Cu；（3）滤液D中一定含有的阳离子是钠离子和铜离子，故填：Na+、Cu2+；（4）硝酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硝酸钠，故填：Cu（NO3）2+2NaOH=Cu （OH）2↓+2NaNO3；（5）要证明是否含有氯化钠，需要将碳酸钠除去，可以加入硝酸，然后再加入硝酸银溶液，观察到有白色沉淀生成说明含有氯化钠，故填：AgNO3；AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3．23．解答：解：方法二：空气中除了氮气、氧气外，还含有二氧化碳、水蒸气等，为保证所得氨气尽可能纯净，要除去空气中多余的水蒸气、二氧化碳等杂质，可以通过碱性干燥剂﹣碱石灰，既可以吸收二氧化碳又能吸收水；【实验探究】①该反应为制取氮气的反应，所以需装置不漏气，实验前需检查装置的气密性；【实验分析及数据处理】（1）该反应为制取氮气的反应，所以需装置不漏气，实验前需检查装置的气密性；（2）NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O+Q，该反应为放热反应，所以加热片刻后，即应移去酒精灯以防反应物冲出；（3）设反应生成N2的质量为xNaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O53.5 280.21g x解得x=0.11g；生成氮气的体积为：100ml﹣12ml=88ml=0.088L生成氮气的密度为：=1.25g/L；【解释与结论】将空气通过灼热的铜，得到较纯净的氮气和氧化铜粉末只是除去了氧气，其中还含有稀有气体等杂质，由于稀有气体的密度比氮气密度大，所以导致氮气密度总是偏大5‰左右．【反思与评价】（1）装置中A部分的分液漏斗与蒸馏瓶之间连接的导管所起的作用是使NaNO2饱和溶液容易滴下，因为该反应放热，增加蒸馏瓶内压强，不用导管时长颈漏斗内的液体不能滴入蒸馏瓶中．（2）科学家瑞利仅仅是从小数点第三位数的差别，所以我们应学习科学家严谨的态度．答案：【方法二】E 碱石灰【实验探究】①检查装置的气密性【实验分析及数据处理】（1）检查装置的气密性（2）防反应物冲出（3）0.11g；1.25g/L【解释与结论】方法二制得的氮气中含有密度比氮气大的稀有气体，导致密度偏大【反思与评价】（1）C（2）AC24．解答：解：根据题意：G为“紫红色金属”，为铜．而“E为目前世界上产量最高的金属”，为铁．“I是地壳中含量最高的元素形成的常见气体单质”，所以为氧气．A“在人体胃液中可以帮助消化”，所以为盐酸．由于铜（G）可以和氧气（I）反应生成B，所以B为氧化铜．则A和B反应生成C和D为盐酸和氧化铜反应生成水和氯化铜，而C能够和铁反应，所以C为氯化铜，D为水．H能够生成水和氧气，所以H为过氧化氢．而EC 反应即为铁与氯化铜的反应生成氯化亚铁（F）和铜（G）．所以转化关系为：（1）D的名称是水；（2）反应④的化学方程式2H2O22H2O+O2↑；（3）图中②是铁和氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，是单质和化合物反应生成另外的单质和化合物，为置换反应．故答案为：（1）水．（2）2H2O 22H2O+O2↑；（3）置换反应．25．解答：解：（1）B为红棕色，是赤铁矿的主要成分，所以B是氧化铁，化学式是Fe2O3；C能产生温室效应所以C是二氧化碳，化学式是CO2；（2）B为红棕色，是赤铁矿的主要成分，所以B是氧化铁，C能产生温室效应所以C是二氧化碳，A、C是组成元素相同的气体，所以A是一氧化碳，一氧化碳与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，所以D是铁，F是紫色金属属于铜，H是蓝色沉淀属于氢氧化铜沉淀，所以D和E反应是铁和铜的化合物反应，所以可以是铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，方程式是：Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；硫酸铜到氢氧化铜可以用硫酸铜和氢氧化钠反应，生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，用观察法配平即可，氢氧化铜后面标上沉淀符号，所以方程式是：2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4；两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应类型，属于复分解反应．故答案为：（1）Fe2O3；CO2；（2）①Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4；复分解反应．26．解答：解：（1）有表中信息可知第四次中的碳酸钠已完全反应，根据质量守恒定律生成二氧化碳的质量：13g+130g﹣138.6g=4.4g，（2）设纯碱样品中碳酸钠的质量为x，生成氯化钠的质量为y，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑106 117 44x y 4.4g，解得：x=10.6g，y=11.7g纯碱样品中Na2CO3的质量分数是：=81.5%；（3）设，氢氧化钠与盐酸反应生成的氯化钠的质量为z，13g样品样品中氢氧化钠的质量：13g﹣10.6g=2.4g；NaOH+HCl=NaCl+H 2O 40 58.5 2.4gz z=3.51g 13g 样品与盐酸恰好完全反应后生成物溶液中溶质的质量分数是：=11.0% （4）根据表中信息画出加入稀盐酸与生成气体的质量关系图． 答案：（1）4.4 （2）81.5% （3）11.0% （4）27．解答：解：（1）固体甲和液体乙混合产生气泡，故甲可能为碳酸钠、碳酸钙、铁，乙为盐酸；故填：盐酸；（2）固体甲和液体乙混合产生气泡，观察到B中有气泡冒出，一段时间后，B中液面下降，可能是由于液体倒流的结果，因此可能是氧化钙和水混合放出热量，空气溢出，然后温度下降，气压降低，液体倒流，使B中液面下降；故答案为：CaO+H2O=Ca（OH）2；氧化钙与水反应放热，一段时间后A中温度下降，气压减小，B中液体倒吸；（3）经过甲和乙反应后，B中溶液流入A中，说明A中的气压减小，因此可能是二氧化碳和氢氧化钠的反应，反应产生碳酸钠与倒流的B溶液反应出现浑浊现象，则B中的溶液可能是石灰水，碳酸钠和氢氧化钙反应产生碳酸钙沉淀，溶液变浑浊；故填：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；（4）固体甲和液体乙混合产生的气体和B中的溶液混合，溶液浑浊，可知产生的气体为二氧化碳，溶液浑浊的反应是CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，因此A 中产生二氧化碳的反应是CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；关闭K ，A 中不断生成的二氧化碳使装置内的气压变大，因此A 中盐酸进入B 中将生成的碳酸钙完全反应掉，因此溶液由浑浊变澄清；因此实验后B 中澄清液中一定有氯化钙；若盐酸过量，盐酸将氢氧化钙反应掉后有剩余，因此还会有氯化氢；溶液B 中若含有氯化钠不会影响实验的现象，因此可能含有氯化钠． 故填：CaCl 2；CaCl 2、HCl ；NaCl 、CaCl 2、HCl ；NaCl 、CaCl 2． 28．解答： 解：设参加反应的盐酸的溶质的质量为x ，碳酸钙的质量为yCaCO 3+2HCl ═CaCl 2+H 2O+CO 2↑ 反应前后固体的质量差100 73 111 111﹣100=11y x27.2g ﹣25g=2.2g ==解得：x=14.6g y=20g参加反应的盐酸的质量为：14.6g ÷14.6%=100g（2）石灰石样品中碳酸钙的含量为：×100%=80%答：（1）参加反应的盐酸的质量为100g．（2）石灰石样品中碳酸钙的含量为80%．29．解答：解：设6克该药品中碳酸钠的质量为x，生成NaOH的质量为y，生成CaCO3的质量为z．Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH 106 74 100 80x 10g×7.4% zyx=1.06gz=1gy=0.8g答：6克该药品中碳酸钠的质量为1.06g；（2）溶液中溶质NaOH的质量=0.8g+（6g ﹣1.06g）=5.74g13.7ml水的质量是13.7g，则有溶液的总质量=6g+13.7g+10g﹣1g=28.7g反应后溶液中溶质的质量分数=100%=20%答：滤出沉淀后所得溶液的溶质质量分数为20%．30． 解答： 解：（1）铁与水和氧气同时接触时容易生锈，铜与水、氧气和二氧化碳同时接触时容易生锈，铜锈的化学式是Cu 2（OH ）2CO 3；因为Zn 2（OH ）2CO 3中没有氮元素，该物质是通过化合反应生成的，所以反应物中一定没有氮气；结合铜生锈的条件及其铜锈的化学式，类比锌片表面形成薄膜的条件及其化学式，可以判断锌与水、氧气和二氧化碳反应生成了薄膜．故选：C ．（2）①完全反应后，容器中的物质的质量差，就是生成氢气的质量，氢气的质量为：33.2g+10.8g ﹣43.9g=0.1g ；故填：0.1g ； ②设与铁反应的硫酸的质量为x ，烧杯中稀硫酸废液的质量为：33.2g ﹣18.2g=15.0gFe+H 2SO 4═FeSO 4+H 2↑98 2x 0.1g则，解得x=4.9g该废液中硫酸的质量分数为：100%=32.7%答：废液中硫酸的质量分数是32.7%．③如果铁钉的铁锈未除净，则铁锈消耗一部分硫酸，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水；根据氢气求出的硫酸质量就偏小，从而使计算出的硫酸的质量分数偏小．故答案为：（1）C；（2）①0.1；②32.7%；③偏小；硫酸与铁锈反应点评：解答本题运用了类比法，这种方法在解题时用处很大，要领会掌握．。
专题03 最有可能考的30题-2014年高考化学走出题海之黄金30题系列(原卷版) Word版缺答案[ 高考]
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最有可能考的30题【试题1】2013年10月世界卫生组织癌症专门机构首次指认大气污染“对人类致癌”。
下列行为有利于防止大气污染、遏制雾霾天气发生的是A．在田间焚烧秸杆B．冬季燃烧大量烟煤供热取暖C．提倡开私家车出行，减少乘坐公交车D．改善能源结构，大力发展太阳能、风能等清洁能源【试题2】下列说法正确的是A．硅太阳能电池板在工作时，可以将化学能转化为电能B．淀粉和纤维素均可水解生成葡萄糖，故均可作为人类的营养物质C．232Th转换成233U是化学变化，233U和235U的化学性质几乎相同D．发泡塑料饭盒主要材质是高分子材料，不适于盛放含油较多的食品【试题3】下列说法正确的是A．植物油的主要成分是高级脂肪酸B．银氨溶液可用于检验淀粉是否完全水解C．溴乙烷与氢氧化钠水溶液反应可制取乙烯D．丙氨酸（）缩聚产物的结构简式为【试题4】常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．滴入酚酞显红色的溶液：Na+、Mg2+、NO3－、HSO3－B．0.1mol·L－1Fe(NO3)2溶液：H+、Al3+、SO42－、Cl－C．0.1mol·L－1氨水溶液：K+、Na+、NO3－、AlO2－D．由水电离出的c(H+)＝10－11mol·L－1的溶液：Ca2+、NH4+、Cl－、HCO3－【试题5】我国科研人员以传统中药为原料先制得化合物I，再转化为具有抗癌抑菌活性的化合物Ⅱ，有关转化如图所示，下列有关说法不正确的是A ．化合物I 分子式为C 19H 24O 5B ．化合物I 和Ⅱ均能与酸性KMnO 4溶液和NaOH 溶液反应C ．化合物Ⅱ一定条件下能发生取代、消去及加成反应D ．检验化合物Ⅱ中是否含化合物I 可用Br 2的CCl 4溶液【试题6】已知：①H 2(g )+ 12O 2(g )＝H 2O (g ) 1=-241.8H ∆kJ ·mol -1，② C (s )+ 12O 2(g )=CO (g )2=-110.5H ∆ kJ ·mol -1。
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题02 新题精选30题1(解析版)
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题02 新题精选30题1（解析版）【试题1】下列说法不正确．．．的是A．汽车尾气中有NO x，主要是汽油不充分燃烧引起的B．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对金属起保护作用C．实验室常用粗锌和稀硫酸反应制取H2D．从海水中提取溴的过程涉及氧化还原反应【答案】A【解析】考点：本题考查化学与生活等知识【试题2】下列说法中，正确的是A．糖类、油脂和蛋白质都是人体所需要的营养素B．节日焰火的五彩缤纷是某些金属单质性质的体现C．化学反应能够制造出新的物质，同时也能制造出新的元素D．为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂【答案】A【解析】考点：考查化学在日常生活中的应用的知识【试题3】下列有关化学用语或名称表达正确的是A．亚硫酸的电离方程式：H2SO32H+＋SO32-B ．乙炔的分子结构模型示意图：C．H2O2的电子式：········O······O[ ]2－H＋H＋D．CH3－CH－CH2－CH2－OHCH3的名称3-甲基-1-丁醇【答案】D【解析】试题分析：A、多元弱酸分步电离，错误；B、乙炔为直线型结构，错误；C、双氧水为共价化合物，不能形成离子，错误；D、正确。
考点：考查化学用语有关问题【试题4】某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是A．可使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色B．含有两种官能团C．与乙酸互为同系物D．可以发生取代反应和加成反应，但不能发生聚合反应【答案】A【解析】考点：本题考查有机物的结构与性质【试题5】相对分子质量为100的有机物A能与钠反应，且完全燃烧只生成CO2和H2O。
若A含一个六碳环，则环上一氯代物的数目为A．5B．4C．3D．2【答案】B【解析】考点：考查同分异构体的判断【试题6】设N A 为阿伏加德罗常数的值。
2014年海南省中考化学试题及详细参考答案(最全、最详细)初中毕业生学业水平测试真题高分必备
海南省2014年初中毕业生学业水平测试化学科试题（考试时间：60分钟满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1O-16C-12N-14一、选择题（本大题共14题，每小题只有一个选项符合题意。
每小题3分，共42分）1.2014年“6•5”世界环境日中国主题为：“向污染宣战”。
下列有关说法不正确的是（）A.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物B.雾霾是一种自然现象，对人体健康影响不大C.二氧化碳是主要的温室气体之一D.汽车尾气是城市空气的污染源之一2.课堂上老师演示了如图实验，容器A中溶液变红，B中溶液不变色，该现象说明（）A.分子是保持物质化学性质的最小粒子B.分子在不断地运动C.分子之间有间隔D.分子可以再分3.下列变化属于物理变化的是（）A.碳铵分解B.钢铁生锈C.羊毛燃烧D.干冰升华4.下列各种物质中，由离子构成的是（）A.FeB.H2OC.NaClD.CO25.下列实验操作中，正确的是（）A.加入固体粉末B.量筒读数C.稀释浓硫酸D.过滤6.下列化学用语与含义相符的是（）A.3O—3个氧元素B.SO3—1个三氧化硫分子C.O2—2个氧原子D.Fe—1个铁离子7.根据下表中的信息，推断出的元素一定合理的是（）元素在生活中的应用信息元素名称A常见的金属元素，人体缺乏该元素易导致贫血铁B存在于人体骨骼中，缺少该元素使骨质疏松钠C这种元素在空气中的含量第一氧D这种元素在地壳中的含量第一硅+38.化肥为保证粮食丰产起到了重要作用，下列各种化肥中属于磷肥的是（）A.NH 4HCO 3B.K 2SO 4C.KNO 3D.Ca （H 2PO 4）29.下列各种实验仪器或用品中，主要制作材料属于金属材料的是（）A.试管B.蒸发皿C.铁架台D.胶塞10.我省澄迈县盛产“富硒地瓜”，如图是硒在周期表中的信息，下列说法正确的是（）A.硒元素的相对原子质量为78.9%B.硒元素属于金属元素C.硒原子核内有78个质子D.硒元素的原子序数为3411.实验室常用块状固体碳化钙与水反应制备乙炔（C 2H 2），该反应比二氧化锰催化剂过氧化氢分解更加剧烈，所选发生装置最合适的是（）A.B.C.D.12.20℃时，在三个各盛有100g 水的容器中分别加入甲、乙、丙三种纯净物（不含结晶水，不与水反应）各10g ，充分溶解后，情况如下表所示（）物质甲乙丙未溶解固体的质量/g52A.所得溶液一定都是饱和溶液B.丙溶液一定是不饱和溶液C.丙溶液的溶质的质量分数最大D.20℃，时，甲的溶解度最大13.生活中一些物质的pH 如图所示：以下有关说法中错误的是（）A.西瓜汁是酸性B.胃酸过多的人不宜多吃橘子C.肥皂水可以使石蕊试剂变红D.草木灰可以改良酸性土壤14.下列除去杂质（括号内为杂质）选用的试剂正确的是（）A.H 2（水蒸气）—浓硫酸B.CaO （CaCO 3）—稀盐酸C.Cu （CuO ）—蒸馏水D.NaOH （Na 2SO 4）—BaCl 2溶液草木灰15.从下列物质中选择填空（填序号）：①生石灰②小苏打③氧气④聚乙烯（1）可用于制作糕点的是；（2）可用于金属切割的是；（3）可用作塑料薄膜的是；（4。
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题04 名校模拟精华30题1(解析版)
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题04 名校模拟精华30题1（解析版）1．【2014届扬州中学高考模拟】化学与材料、生活和环境密切相关。
下列有关说法中错误的是A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B．医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C．大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放D．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子【答案】D【解析】考点：考查化学在材料、生活和环境中的重要应用的知识2．【2014届枣庄滕州一中下学期第二次模拟】下列叙述正确的是A．“雨后彩虹”是一种自然现象，与胶体的知识有关B．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C．“通风橱”是一种负责任的防污染手段，可使有害气体得到转化或吸收D．长期盛放NaOH溶液的滴瓶不易打开，是因为NaOH与瓶中的CO2反应使瓶内气体减少形成“负压”之故【答案】A【解析】试题分析：A、“雨后彩虹”的原理为：雨后天空中的小水滴形成胶体，阳光照射后发生散射而形成的，所考点：本题考查胶体、物质的分类与保存、通风橱原理3．【2014届衡水中学下学期第一次模拟考试】设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，3.0g甲醛和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4N AB．在标准状况下，22.4LCl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为2×6.02×1023 C．200mL1mol/L的Al2(SO4)3溶液中，Al3+和SO42－离子总数为6.02×1023D．标准状况下，Na2O2与足量CO2反应生成2.24L O2，转移电子数为0.4N A【答案】A【解析】考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算的知识4．【2014届安徽江南十校3月联考】下列各组离子能大量共存，向溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的是A．氯气：K+、Ba2+、SiO32-、NO3-B．二氧化硫：Na+、NH4+、SO32-、C1-C．氨气：K+、Na+、AlO2-、CO32-D．甲醛：Ca2+、Mg2+、MnO4-、NO3-【答案】C【解析】能大量共存。
中考化学走出题海之黄金30题系列专题05考前必做基础30题含解析
中考化学走出题海之黄金30题系列专题05考前必做基础30题含解析专题05考前必做基础30题一、选择题1．下列物质能在空气中燃烧，且产生大量白烟的是A．木炭B．甲烷C．硫粉D．红磷【答案】D【解析】试题分析：木炭在空气中燃烧发出红光，甲烷燃烧产生淡篮色火焰，硫粉在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，并有剌激性气味的气体产生，答案选D.【考点】考査物质在空气中燃烧时的现象判断2．下列物质质量置于空气中，一段时间后，质量减小的是A．碳酸钙B．氯化钠C．浓盐酸D．氢氧化钠【答案】C【解析】试题分析：浓盐酸具有强挥发性，挥发性导致浓盐酸质重减小，质重分数变小，碳酸钙和氯化钠不变，氢氧化钠吸水质重增加，答案选C,【考点】考査常见酸碱盐的性质3．人类生存离不开空气，下列说法正确的是A．空气中可吸入颗粒物（PM2.5）的多少不影响人体健康B．空气是混合物C．空气中不含二氧化碳D．氮气可以供给呼吸【答案】B【解析】试题分析：A、可吸入颗粒物(PM2.5)是空气的污染物，吸入后会对人体的呼吸系统造成严重危害，故选项说法错误；B、空气中含有氮气、氧气、二氧化碳等多种物质，属于混合物，故选项说法正确；C、空气中含有二氧化碳，CO2占0.03%，故选项说法错误；D、氮气不能供给呼吸，故选项说法错误，故选考点：考查空气的污染及其危害；空气的成分及各成分的体积分数；纯净物和混合物的判别4．下列物质中属于盐的是A．纯碱（Na2CO3）B．碳酸（H2CO3）C．氢氧化钠（NaOH）D．生石灰（CaO）【答案】A【解析】试题分析：A、纯碱(Na2CO3)是由钠离子和碳酸根离子构成的化合物，属于盐，故选项正确；B、碳酸（H2CO3)是由氢离子和碳酸根离子构成化合物，属于酸，故选项错误；C、氢氧化钠(NaOH)是由钠离子和氢氧根离子构成的化合物，属于碱，故选项错误；D、生石灰(CaO)是由钙、氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，故选项错误，因此选A.考点：考査常见的氧化物、酸、碱和盐的判别5．下列关于氧气和二氧化碳两种气体的说法正确的是①氧气在空气中的体积分数约为78%②二氧化碳没有毒性，但不能供给呼吸③氧气能支持燃烧，是一种可燃性气体④二氧化碳能参与绿色植物的光合作用，是最好的气体肥料⑤在实验室中两种气体可以用相同的装置制取A．②④⑤B．①③⑤C．②③④D．①③④⑤【答案】A【解析】试题分析：①氧气在空气中的体积分数约为21%，故说法错误；②二氧化碳没有毒性，但不能供给呼吸，故说法正确；③氧气虽能支持燃烧，但不具有可燃性，故说法错误；④二氧化碳能参与绿色植物的光合作用，是最好的气体肥料，故说法正确；⑤用过氧化氢溶液和二氧化锰的混合物制取氧气属于固液在常温下制取气体，用大理石和稀盐酸制取二氧化碳也属于固液在常温下制取气体，因此两者的发生装置可以相同；两者的密度都比空气大，都可用向上排空气法收集，所以在实验室中两种气体可以用相同的装置制取，故说法正确，所以选A.考点：考査空气的成分及各成分的体积分数；常用气体的发生装置和收集装置与选取方法；氧气的化学性质；二氧化碳的化学性质；二氧化碳的用途6．下列各组物质在溶液中能发生反应且无明显现象的是A．BaCl2与Na2SO4B．HCl与NaHCO3C．KNO3与NaOHD．NaOH与HCl 【答案】D【解析】试题分析：A、BaCl2与Na2SO4能反应有白色沉淀生成，故此选项错误；B、HCl与NaHCO3能反应有气体生成，故此选项错误；C、KNO3与NaOH不能反应，故此选项错误；D、HCl和NaOH能反应但无明显现象，故此选项正确，因此答案选D.2考点：考查复分解反应及其发生的条件7．如下图所示，装置气密性良好，弹簧夹处于关闭状态。
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题06 考前必做难题30题2(解析版)
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题06 考前必做难题30题2（解析版）【试题21】捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。
目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：反应Ⅰ：2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g)(NH4)2CO3 (aq) △H1反应Ⅱ：NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g)NH4HCO3 (aq) △H2反应Ⅲ：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) △H3请回答下列问题：（1）△H1与△H2、△H3之间的关系是：△H3＝。
（2）为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2气体效率的影响，在温度为T1、T2、T3、T4、T5的条件下，将等体积等浓度的(NH4)2CO3溶液分别置于等体积的密闭容器中，并充入等量的CO2气体，经过相同时间测得容器中CO2气体的浓度，得趋势图（下图1）。
则：①△H3______0 (填“＞”、“＝”或“＜”)。
②温度高于T3，不利于CO2的捕获，原因是。
③反应Ⅲ在温度为K1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如下图2所示。
当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到K2，并维持该温度。
请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化趋势曲线。
（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有（写出1个）。
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是。
A．NH4Cl B．Na2CO3C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2【答案】（1）2△H2—△H1（3分）（2）①＜（3分）②T3时，化学反应到达平衡状态。
由于正反应是放热反应，当温度高于T3，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。
（3分）③（3分）如图（3）降低温度（或增加CO2浓度或压强) （2分）（4）BD（2分，选对1个得1分，错选1个得0分）【解析】逆向移动，溶液的pH值会升高，重新达到平衡后pH值趋于不变，该图像如图所示。
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题04 名校模拟精华30题2(解析版)
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题04 名校模拟精华30题2（解析版）21．【2014届温州中学期末】I．“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视。
所以“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题：（1）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中,进行反应：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g），得到如下二组数据：①实验1中以v（CO2）表示的反应速率为（保留两位小数，下同）。
②该反应为（填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K= 。
（2）已知在常温常压下：①2CH3OH(l）＋3O2(g）＝2CO2(g）＋4H2O(g）ΔH＝－1275.6kJ／mol②2CO (g)+ O2(g）＝2CO2(g）ΔH＝－566.0kJ／mol③H2O(g）＝H2O(l）ΔH＝－44.0kJ／mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：。
II．（1）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。
锂是制造化学电源的重要原料。
如LiFePO4电池某电极的工作原理如下图所示：该电池的电解质为能传导Li+的固体材料。
放电时该电极是电池的极（填“正”或“负”），该电极反应式为。
（2）用此电池电解含有0.1mol/L CuSO4和0.1mol/L NaCl的混合溶液100mL，假如电路中转移了0.02mole－，且电解池的电极均为惰性电极，阳极产生的气体在标准状况下的体积是L，将电解后的溶液加水稀释至1L，此时溶液的pH＝。
【答案】Ⅰ．（1）①0.13mol/(L·min）(2分）②放(1分）0.17(2分）（2）CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l）ΔH＝－442.8kJ／mol (2分)Ⅱ．（1）正(1分）FePO4+e-+Li+＝LiFePO4(2分）（2）0.168(2分）2(2分)【解析】（2）已知在常温常压下：①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g）ΔH＝－1275.6kJ／mol、②2CO (g)+ O2(g)＝2CO2(g）ΔH＝－566.0kJ／mol、③H2O(g)＝H2O(l）ΔH＝－44.0kJ／mol，则根据盖斯定律可知（①－②+③×4）÷2即得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程＝0.168L 。
2014年上海市中考化学试题(终极版含答案)
2014年上海市初中畢業統一學業考試理化試卷（滿分150分，考試時間100分鐘）化學部分考生注意：1、本試卷化學部分含三個大題2、答題時，考生務必按答題要求在答題紙規定的位置上作答，在草稿紙、本試卷上答題一律無效。
相對原子質量：H—1 C—12 O—16 Na—23 S—32 Fe—56 Cu—64六．選擇題（共20分）下列各題均只有一個正確選項，請將正確選項的代號用2B鉛筆填涂在答題紙的相應位置上，更改答案時，用橡皮擦去，重新填涂。
27．屬于化學變化的是A．酒精揮發 B．西瓜榨汁 C．木炭燃燒 D．糯米磨粉28．高鈣奶粉中的“鈣”一般是指GAGGAGAGGAFFFFAFAFA．原子 B．分子 C．單質D．元素29．進行焰色反應時，火焰呈黃色的物質是A．BaCl2 B．Ca（NO3）2 C．K2CO3 D．NaCl30．加入足量水充分攪拌，能形成溶液的是A．泥沙 B．蔗糖 C．植物油 D．大理石31．屬于有機物的是A．碳酸鈣 B．甲烷 C．碳酸 D．二氧化碳32．不屬于碳元素的同素異形體的是A．金剛石 B．石墨 C．碳60 D．一氧化碳33．含氟牙膏中常添加氟化鈉，NaF中F元素的化合價是A．+1 B．0 C．—1 D．—2GAGGAGAGGAFFFFAFAFGAGGAGAGGAFFFFAFAF34．不含原子團的物質是A ．KClB ．NaOHC ．NH 4ClD ．BaSO 435．粗鹽提純實驗中，圖示操作錯誤的是A ．稱量B ．溶解C ．過濾D ．蒸發36．屬于分解反應的是A ．Ca （HCO 3）2 → CaCO 3↓+ CO 2↑+ H 2OB ．2Na + Cl 2→ 2NaClC ．2Mg + CO 2 → 2MgO + CD ．AgNO 3 + NaCl →AgCl ↓ +NaNO 337．X 在氧氣中燃燒，能生成具有刺激性氣味的氣體。
X 可能是A ．木炭B ．鐵絲C ．氫氣D ．硫粉38．為比較X 、Y 、Z三種金屬活動性大小，進行如下實驗。
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题05 考前必做基础30题2(解析版)
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题05 考前必做基础30题2（解析版）【试题21】已知HA是一种弱酸。
请回答下列问题：（1）现有一种含有HA和其钠盐NaA的溶液。
①组成该溶液的微观粒子有；②若向该溶液中加入少量盐酸时，发生反应的离子方程式是；③若向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，下列图像能表示A-离子数目变化趋势的是 (填字母)。
（2）现将1体积0.04mol/LHA溶液和1体积0.02mol/LNaOH溶液混合，得到2体积混合溶液。
①若该混合液显碱性，则其c(A-) 0．01mol/L(填“＜”、“=”或“＞”)；②若该混合液显酸性，则溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序是。
【答案】（1）①H2O、HA、H+、Na+、OH‾、A-（2分，有错不得分）②A-+H+HA（2分，不写可逆号也可）③D（1分）（2）①＜（1分）②c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH‾)（2分）【解析】试题分析：（1）①溶液中的微观粒子既包括离子，也包括分子，所以含有HA和其钠盐NaA 的溶液的微观粒子有：H2O、HA、H+、Na+、OH‾、A-。
考点：本题考查盐类的水解、弱电解质的电离、离子浓度比较【试题22】碳、氮、硫、氯是四种重要的非金属元素。
（1）CH4(g)在O2(g)中燃烧生成CO(g)和H2O(g)的△H难以直接测量，原因是。
已知：a．2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H =-566．0kJ·mol-1b．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H =-890．0kJ·mol-1则CH4(g)在O2(g)中燃烧生成CO(g)和H2O(g)的热化学方程式为。
（2）工业上合成氨气的反应为：N 2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0。
现将10mol N2和26mol H2置于容积可变的密闭容器中，N2的平衡转化率( )与体系总压强(P)、温度(T)的关系如图所示。
中考化学走出题海之考前必做难题题参考答案与试题解析
2015年中考化学走出题海之考前必做难题30题参考答案与试题解析一、选择题（共17小题，每小题3分，满分51 分）1. 解：由于碳酸钙高温分解生成了氧化钙和二氧化碳，随着碳酸钙的分解放出了二氧化碳，碳元素的含量逐渐减少直到为零.由题意可知，碳酸钙中钙元解答：素与碳元素的质量比为40: 12=20: 6,剩余固体中钙元素与碳元素的质量比为20: 3,则已分解的碳酸钙占原碳酸钙的质量分数为50%所以，D正确,A B、C错误.故选D.2. 解：某HQ溶液中H、O的质量比为2: 17;解答：贝V: 19g双氧水溶液中氢元素质量为：19g x 詰石=2g根据过氧化氢分解的化学方程式可以知道，过氧化氢完全反应后生成水和氧气，该过程中氢元素的质量没有改变；所以反应后水的质量为：2g^—x 100%=18g所以根据质量守恒定律可以知道生成氧气的质量为19g - 18g=1g;故选A.3. 解解：A、由流图可知固体b为铁，故A正确.答：B操作①中玻璃棒的作用是引流，②中玻璃棒的作用是搅拌.故B正确.C滤液a中含有硫酸亚铁、硫酸锌和硫酸3种溶质，故C正确.D固体a中含有锌，c是硫酸锌，滤液a中含有硫酸锌，b中含有硫酸锌.故D错误.故选：D.4. 解：A、物质甲、乙分别为硫酸、硫酸钠，含有相同的硫酸根离子，相互间不能发生反应，不满足题中的转化关系，故A错误；解答：B物质甲、乙、丙分别为氯化钾、碳酸钾、氢氧化钾，含有相同的钾离子，相互间不能发生反应，不满足题中的转化关系，故B错误；C物质甲、乙分别是碳、水，碳和水之间不会发生反应，不满足题中的转化关系，故C 错误；D物质甲为铁可与物质乙氯化铜、丁盐酸反应置换反应，物质乙为氯化铜可与甲铁、丙锌两种金属发生置换反应，物质丙为锌可与乙氯化铜、丁盐酸发生置换反应，物质丁为盐酸可与甲铁、丙锌两活泼金属发生置换反应，物质丁盐酸可与氧化铜反应生成乙氯化铜，满足题中的转化关系，故D正确；故选：D.5．解：混合气体通过足量氢氧化钠溶液后，二氧化碳会与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，CO2 被吸收；再通过浓硫酸除去水，水蒸气被吸收；最后通过解答：灼热的氧化铜后，一氧化碳和氢气会与灼热的氧化铜反应分别生成铜和二氧化碳、铜和水，一氧化碳和氢气被消耗，但生成了二氧化碳和水蒸气；最后剩余的气体为二氧化碳和水蒸气．故选：A．6．解：向滤液中加入一根洁净的铁丝，铁丝表面没有明显变化，说明滤液中既没有硫酸铜，也没有稀硫酸，如果含有硫酸铜，加入洁净的铁丝时，铁丝表解答：面会附着一层红色物质，如果含有稀硫酸，加入洁净的铁丝时，铁丝表面会产生气泡；①氧化铜和铁都是黑色的，所以该样品的颜色为黑色；该选项说法正确.②氧化铜和硫酸反应生成的硫酸铜，能和铁反应生成铜，所以滤渣中一定有铜；如果铁恰好和硫酸铜反应，则滤渣中没有铁，如果铁足量，则滤渣中有铁，所以滤渣中不一定有铁；该选项说法正确.③因为加入稀硫酸时，稀硫酸先和氧化铜反应，如果稀硫酸的量不足，不足以和氧化铜完全反应，那么就没有气体生成，并且氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜溶液是蓝色的；该选项说法不正确.④如果滤液中含有硫酸铜，向滤液中加入一根洁净的铁丝时，铁丝表面会附着一层红色物质，向滤液中加入一根洁净的铁丝，铁丝表面没有明显变化，说明滤液中不含有硫酸铜；该选项说法不正确．⑤滤液中溶质只有硫酸亚铁，没有硫酸铁；该选项说法不正确.所以以上说法中①②是正确的，个数是2个.故选：B.7. 解：由题目所给的信息可知：解答：氢化钙与水反应生成相应的氢氧化钙和氢气.该反应的化学方程式为：CaH+2H0二Ca(OH 2+2H f.氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠.该反应的化学方程式为：Ca (OH 2+NaCO=CaCOj +2NaOH该反应总的化学方程式为：CaH+2HO+NaCO=CaCOj +2NaOH+2Ht. 故选C.8. 解：A、二氧化碳和氢氧化钠溶液反应没有明显的现象，而和氢氧化钙溶液反应会生成碳酸钙沉淀，会看到澄清石灰水变浑浊，所以可用CO鉴别NaOH溶解答：液和Ca (OH 2溶液，故A能达到目的；B硝酸铵溶于水吸热，温度降低，而氢氧化钠固体溶于水放热，温度升高,所以可用水鉴别硝酸铵固体和氢氧化钠固体，故B 能达到目的；C氢氧化钠变质生成碳酸钠，碳酸钠溶液也成碱性碱性，所以不能用无色酚酞试液检验NaOH溶液是否变质，故C不能达到目的；D二氧化锰难溶于水，所以可用过滤的方法从HQ溶液制氧气的残余物中分离出MnQ,故D能达到目的.故选：C．9. 解：A AgNQ溶液与氯化铁溶液反应生成氯化银白色沉淀和硝酸铁，没有红褐色沉淀生成，故选项错误.解答：B NaOH溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠；与碳酸钠溶液交换成分没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，无明显现象；与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀和硫酸钠；符合要求，故选项正确.C Ba ( OH 2溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钡；与碳酸钠溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，而不是无明显现象，故选项错误.D BaCb溶液与氯化铁溶液交换成分没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，故选项错误.故选：B.10. 解解：根据题意：将一定质量的某种金属M的粉末放入AgNO与Cu(NO) 2的混答：合溶液中，充分反应后发现，溶液呈现无色，说明加入的M金属活动性顺序比铜、银强，反应时M会首先置换硝酸银中的银，待硝酸银完全反应后继续与硝酸铜发生反应；过滤向滤渣中滴加稀盐酸，有气泡产生，说明滤渣金属中含有M,因为铜、银排在顺序表中氢之后，与盐酸不反应，说明加入的M 过量，铁与AgNO与Cu ( NO) 2反应生成硝酸亚铁溶液显浅绿色；A AgNG与盐酸可反应生成氯化银沉淀，滤液中无沉淀产生，说明滤液中一定没有银离子，正确；B铜、银排在顺序表中氢之后，与盐酸不反应，过滤后在滤渣加入适量稀盐酸，滤渣中有无色气体产生，说明一定含有M,正确；C通过上述分析可知：M过量，则Cu( NO) 2完全反应，滤渣中一定含有单质铜，正确；D铁与AgNG与Cu(NO) 2反应生成硝酸亚铁溶液显浅绿色，而充分反应后发现，溶液呈现无色，故M不可能是铁，故错误；故选D．11. 解：设原混合物中的CuO的质量为x,生成铜的质量为y，解答：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，144 64根据题意有： 6.8g — x+ =4.8g，144x=3.6g , 原混合物中的Cu的质量为：6.8g - 3.6g=3.2g , 则原混合物中的CuO和Cu 质量比为：3.6g : 3.2g=9 : 8,故选：A.12. 解：A、对比实验①和③，锌的质量相同，稀硫酸的体积与浓度相同，但温度不同，可研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项错误.解答：B对比实验②和③，锌的质量相同，稀硫酸的体积相同，但温度不相同、稀硫酸的浓度不同，无法研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项错误.C对比实验①和③，锌的质量相同，稀硫酸的体积与浓度相同，但温度不同, 可研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项正确.D对比实验①和②，锌的质量相同，稀硫酸酸的体积相同，但稀硫酸的浓度不同，可研究稀硫酸的浓度对反应剧烈程度的影响，故选项错误.故选：C．13. 解：①向HSO溶液逐渐加入NaOH容液，溶液总质量是增加的，但随着NaOH溶液的增加，溶液总质量会一直增加，即最后不会出现平行于x 轴的直线．故解答：①不符合图象；②向HCl 溶液中加入氧化铜，氧化铜会和稀盐酸反应生成氯化铜和水，所以溶液的总质量是增加的；当盐酸消耗完后再加氧化铜，氧化铜不和CuCb反应也不溶于水，所以氧化铜就不会再进入到溶液中，即溶液的总质量不再改变．故②符合图象；③向BaCb溶液加入N Q CO溶液，二者会反应生成NaCI和BaCO其中BaCO是沉淀，不在溶液中，而且无法判断生成的沉淀的质量比加入的NaCO溶液的质量的大小，即溶液总质量变化可能增大可能减少.故③不符合图象；④向HSO溶液加入锌粒，二者反应生成ZnSO和H，有H逸出，但加入的锌粒的质量比逸出的H的质量大，所以溶液总质量增加；当消耗完后，锌粒和Zn SO不反应也不溶于水，所以锌粒不再进入到溶液中，即溶液总质量不再改变．故④符合图象．故选B．14. 解：A NaCO能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，再蒸发、结晶，故选项所采取的方法正确．解答：B CaCb能与&CG溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾，能除去杂质且但引入新的杂质氯化钾，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误.C CO和HCI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.D Cu能与足量氧气在加热条件下反应生成氧化铜，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.故选：A.15. 解：该物质燃烧生成了二氧化碳和水，根据质量守恒定律可以知道判断出该物质中定含有碳兀素和氢兀素，D装置增重1.08g，而D装置吸收的是水, 解答：故生成水的质量为1.08g，其中含有的氢元素的质量为：1.08g x x 100%=0.12g1X2+16而E装置中吸收的是二氧化碳，可以知道生成二氧化碳的质量为 2.64g，其中碳兀素的质量为：2盹xx100%=0.72g而水中的氢元素的质量、二氧化碳中碳元素的质量与该物质中含有的氢元素和氧元素的质量相等，所以题给物质含有的氢元素和碳元素的质量为：0.12g+0.72g=0.84g v 1.8g，所以在该物质中还含有氧元素；故选B16. 解：A、根据质量守恒定律可知，a二+- 2--二，故选项说法正确.解答：B生成的CO和CO分子个数比为…1 : 一=1：3,故选项说法正确.28 | 44C参加反应的乙醇和氧气的质量比为（- 2）g：8.8g=1 : 2，故选项说法错误.D根据质量守恒定律可知，在化学反应前后碳元素质量定相等，故选项说法正确.17.解解：二氧化碳与水反应生成的碳酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，碳酸答：不稳定，受热易分解，使酸性消失，溶液恢复为紫色，活性炭具有吸附性，能将石蕊的紫色吸附掉，变为无色，观察选项，故选：A.二、解答题（共13小题，满分68分）18•解解：（1）从微观角度分析，水受热蒸发、电解水两个变化中，最本质的区别答：是水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变.故填：水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变.(2)①电解水的化学方程式为：2H0 2Hf +Q f.故填：2H0f 2H f +Q f.②由示意图可知，在化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变.故填：化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变.(3)①甲、乙两个反应都遵循质量守恒定律.故填：遵守.②两个装置中气球胀大的原因是：甲中，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水吸收二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大.故填：甲中，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水吸收二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大.19. 解解：(1)达到一定温度，A在B中燃烧，火星四射，生成一种黑色固体，因答：此是铁和氧气点燃产生四氧化三铁，故反应的方程式为；3Fe+2G点燃Fe s O;(2)在一定条件下，C D两种物质均能与E反应，且生成相同的物质，其中C是单质，D和E都为氧化物，且生成相同的物质，因此可能是碳、一氧化碳分别于氧化铜反应产生铜和二氧化碳；故答案为；CQ C+2CuO2Cu+COf;(3)X、Y、Z三种物质中只含有一种相同的元素，且X为氧化物，结合三种物质的转化关系，X、Y、Z可以分别是水、氢氧化钙、碳酸钙或氧化钙、氢氧化钙、碳酸钙，带入符合题意；故答案为：HQ Ca(QH 2、CaCQ(或CaQCa(QH 2、CaCQ); X^Y转化时发生反应的化学方程式为：CaO+bQ二Ca( OH^Z转化时发生反应的化学方程式为：CO+Ca(OH 2二CaCOj +HbO.2；Y20. 解解：答：(1) ①在水(HC)、铜(Cu)和氯化钠(NaCI)三种物质中，水(HO)由水分子构成、铜(Cu)由铜原子构成，氯化钠(NaCI)由离子构成.②根据水的化学式：H0,可知一杯水所有水分子中氢原子与氧原子的质量比：1：8；③图中的微粒，最外层电子得了2个，故其符号为S2「；④齐2。
2014年中考化学试卷(含答案和详细解析)
—燃着的木条2014年中考化学试题及解析答案可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Cl-35.5本学科试卷共设四道大题，满分100分，时量90分钟一、选择题（本大题共18个小题，每小题只有一个正确答案，每小题2分，共36分） 1.我们每天生活在不断变化的物质世界里，以下属于化学变化的是( )A.冰雪融化B.干冰升华C.蜡烛燃烧D.菠萝榨汁 2.生活中常见的下列物质属于纯净物的是 A.洁净的空气 B.可口的饮料 C.新鲜的牛奶 D.蒸馏水3.娄底正在争创全国卫生城市，明文规定市民不得在公共室内场合吸烟。
不吸烟的人能闻到烟味的原因是A.分子很小B.分子之间有间隙C.分子在不断运动D.分子由原子构成4.正确的实验操作对实验结果、人身安全非常重要。
下列图示实验操作中，错误．．的是A. 检查气密性B. 稀释浓硫酸C.CO 2的验满D.倾倒液体5.食品安全无小事，央视最近播出的《舌尖上的中国》主要介绍了“饮食健康”。
下列做法正确的是 A.用鱼粉、明胶合成鱼翅B.白酒中加入超量塑化剂使口感更好C.在排骨汤中放入食盐调味D.鸡饲料中添加各种抗生素使鸡速成 6.“地球是我家，环境保护靠大家！”下列标志中，与保护环境无关．．的是A B C D7.不同元素间最本质的区别是A.中子数不同B.电子数不同C.质子数不同D.相对原子质量不同8.中国梦·小康梦。
我市新农村建设如火如荼，许多村庄道路两侧安装了太阳能路灯，关于太阳能路灯所用材料的叙述不正确．．．的是 A.铝合金灯柱属于金属材料B.灯泡中填充氮气做保护气C.硅电池板中的硅元素是地壳中含量最多的金属元素D.透明的塑料灯罩属于有机合成高分子材料9.低碳生活就是返璞归真地去进行人与自然的活动。
“低碳生活”代表着更健康、更自然、更安全的生活，同时也是一种低成本、低代价的生活方式。
低碳不仅是企业行为，也是一项符合时代潮流的生活方式，下列做法不符合．．．低碳生活的是 A.骑自行车上学 B.少用纸巾，重拾手帕，保护森林C.用淘米水浇花D.提倡使用一次性用品，如一次性木筷、塑料杯等10.2013年1月19日，首个《国际防治汞污染公约》发布。
2014年海南省中考化学试卷(解析版)
2014年海南省中考化学试卷(解析版)DD．分子是保持物质化学性质的最小粒子考点：分子的定义与分子的特性．专题：物质的微观构成与物质的宏观组成．分析：根据浓氨水具有挥发性，会挥发出氨气，氨气溶于水呈碱性，能使酚酞试液变红进行解答．解答：解：浓氨水具有挥发性，会挥发出氨气，氨气溶于水呈碱性，能使酚酞试液变红，容器A中溶液变红，B中溶液不变色，该现象说明氨气分子不断运动．故选：B．点评：本题主要考查了微观粒子的特征及其酸碱性溶液与酸碱指示剂相互作用显色的情况，难度不大．3．（3分）（2014•海南）下列变化属于物理变化的是（ ）A ． 碳铵分解B ． 钢铁生锈C ． 羊毛燃烧D ．干冰升华考点：化学变化和物理变化的判别． 专题：物质的变化与性质． 分析： 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 、碳铵分解生成了水、铵气、二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，故A 错； B 、铁器生锈生成了主要成分是氧化铁的新物质，属于化学变化，故B 错；C 、羊毛燃烧有二氧化碳等新物质生成，属于化学变化，故C 错；D 、干冰升华只是二氧化碳由固态转化成了气态，没有新物质生成，属于物理变化，故D 正确． 故选D ．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．（3分）（2014•海南）下列各种物质中，由离子构成的是（ ） A ． Fe B ．H 2O C ．NaCl D ．CO 2考点：物质的构成和含量分析． 专题：物质的微观构成与物质的宏观组成． 分根据金属、大多数固态非金属单质、稀有气析：体单质等由原子构成，有些物质是由分子构成的，如水、氢气等，有些物质是由离子构成的，如氯化钠，进行分析判断即可．解答：解：A、铁属于金属单质，是由铁原子直接构成的，故选项错误．B、水是由水分子构成的，故选项错误．C、氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，故选项正确．D、二氧化碳是二氧化碳分子构成的，故选项错误．故选：C．点评：本题难度不大，主要考查了构成物质的微观粒子方面的知识，掌握常见物质的粒子构成是正确解答本题的关键．5．（3分）（2014•海南）下列实验操作中，正确的是（）A．加入固体粉末B．读取液体体积C．稀释浓硫酸D．过滤考点：固体药品的取用；测量容器-量筒；浓硫酸的性质及浓硫酸的稀释；过滤的原理、方法及其应用．专题：常见仪器及化学实验基本操作．分析：A、从加入固体粉末的注意事项去分析解答；B、从量取一定量的液体时，眼睛要与液体的凹液面最低处保持水平去分析解答；C、从稀释浓硫酸时，应把浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，同时玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速散发出去，切不可把水倒进浓硫酸里，如果把水倒进浓硫酸里，由于水的密度小于浓硫酸的密度，会浮在浓硫酸的上面，产生的热量散发不出去，造成液滴飞溅去分析解答；D、从过滤时要用玻璃棒进行引流，防止过滤时液体溅出烧杯外去分析解答；解答：解：A、加入固体粉末时，为防止药品沾到试管壁上，把装有药品的药匙伸入试管底部，然后把试管直立起来，故A正确；B 、量取一定量的液体时，眼睛要与液体的凹液面最低处保持水平；故B 错误；C 、稀释浓硫酸时，应把浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，同时玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速散发出去，切不可把水倒进浓硫酸里，如果把水倒进浓硫酸里，由于水的密度小于浓硫酸的密度，会浮在浓硫酸的上面，产生的热量散发不出去，造成液滴飞溅；故C 错误；D 、过滤时要用玻璃棒进行引流，防止过滤时液体溅出烧杯外；故D 错误； 故答案为：A ．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．6．（3分）（2014•海南）下列化学用语与含义相符的是（ ）A ．30﹣﹣﹣3个氧元素 B ． SO 3﹣﹣﹣1个三氧化硫分子C ．O 2﹣2个氧原子 D ．﹣﹣1个铁离子考点：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．分析：本题考查化学用语的意义及书写，解题关键是分清化学用语所表达的对象是分子、原子、离子还是化合价，才能在化学符号前或其它位置加上适当的计量数来完整地表达其意义，并能根据物质化学式的书写规则正确书写物质的化学式，才能熟练准确的解答此类题目．解答：解：A、元素只讲种类不讲个数，元素符号全面的数字表示原子的个数，故3O表示3个氧原子，故A错误；B、根据化学式的意义，可知SO3可以表示1个三氧化硫分子；C、2个氧原子可表示为：2O；故C错误；D、元素化合价的表示方法：确定出化合物中所要标出的元素的化合价，然后在其化学式该元素的上方用正负号和数字表示，正负号在前，数字在后，所以表示铁元素的化合价为+3价，故D错误；故选B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．7．（3分）（2014•海南）根据下表中的信息，推断出的元素一定合理的是（）元素在生活中的应用信息元素名称A 常见的金属元素，人体缺乏该元素易导致贫血铁B 存在于人体骨骼中，缺少该元素使骨质疏松钠C 这种元素在空气中的含量第一．氧D 这种元素在地壳中的含量第一．硅A ． AB ．B C ．C D ．D考点：人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；地壳中元素的分布与含量． 专题：物质的微观构成与物质的宏观组成． 分析： A 、从铁是常见的金属元素，人体缺乏该元素易导致贫血去分析解答；B 、钙存在于人体骨骼中，缺少该元素使骨质疏松，而不是钠元素去分析解答；C 、空气中的含量最多的气体是氮气，氮气是由氮元素组成的，故含量第一元素应是氮元素而不是氧元素去分析解答；D 、地壳中含量最多的元素是氧元素而不是硅元素去分析解答；解答： 解：A 、铁是常见的金属元素，人体缺乏该元素易导致贫血；故A 正确；B 、钙存在于人体骨骼中，缺少该元素使骨质疏松，而不是钠元素；故B 错误；C 、空气中的含量最多的气体是氮气，氮气是由氮元素组成的，故含量第一元素应是氮元素而不是氧元素；故C 错误；D 、地壳中含量最多的元素是氧元素，故D 错误； 故答案为：A ．点评： 记住人体中元素的用途；记住常见的化学之最．8．（3分）（2014•海南）化肥为保证粮食丰产起到了重要作用，下列各种化肥中属于磷肥的是（ ）A ． NH 4HCO 3B ．K 2SO 4 C ．KNO 3 D ． Ca （H 2PO 4）2考点：常见化肥的种类和作用． 专题常见的盐 化学肥料．：分析：含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．解答：解：A、NH4HCO3中含有氮元素，属于氮肥．B、K2SO4中含有钾元素，属于钾肥．C、KNO3中含有钾元素和氮元素，属于复合肥．D、Ca（H2PO4）2中含有磷元素，属于磷肥．故选：D．点评：本题主要考查化肥的分类方面的知识，解答时要分析化肥中含有哪些营养元素，然后再根据化肥的分类方法确定化肥的种类．9．（3分）（2014•海南）下列各种实验仪器或用品中，主要制作材料属于金属材料的是（）A．试管B．蒸发皿C．铁架台D．胶塞考点：金属材料及其应用．专题：金属与金属材料．分析：金属材料包括纯金属和合金，据此结合常见物质的组成进行分析判断即可．解答：解：A、试管是用玻璃制成的，玻璃主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故选项错误．B、蒸发皿是由瓷制成的，瓷是用泥土烧制而成的，属于无机非金属材料，故选项错误．C、铁架台是用铁合金制成的，属于金属材料，故选项正确．D、胶塞是用合成橡胶制成的，合成橡胶属于三大合成材料之一，故选项错误．故选：C．点评：本题难度不大，掌握金属材料的范畴（纯金属以及它们的合金）是正确解答本题的关键．10．（3分）（2014•海南）我省澄迈县盛产“富硒地瓜”．如图是硒元素在周期表中的部分信息．下列有关说法正确的是（ ）A ． 硒元素属于金属元素B ． 硒元素的相对原子质量为78.9%C ． 硒原子核内有78个质子D ．硒元素的原子序数为34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： 由上图钼元素在元素周期表中的说明示意图，可得的信息为：原子序数、相对原子质量、核内质子数、核外电子数、元素种类等． 解答解：A 、根据元素周期表中硒元素的名称可知，硒元素属于非金属元素，故A 说法错误；：B、根据元素周期表中相关信息可知，硒的相对原子质量为78.96，故B说法错误；C、根据元素周期表中相关信息可知，硒原子的质子数=原子序数=34，故C说法错误；D、根据元素周期表中相关信息可知，硒原子的原子序数=34，故D说法正确；故选D．点评：本题考查学生对元素周期表的理解，解答时要理解原子序数概念、相对原子质量等方面的知识，提高分析问题、解决问题的能力．11．（3分）（2014•海南）实验室常用块状固体碳化钙与水反应制备乙炔（C2H2），该反应比二氧化锰催化剂过氧化氢分解更加剧烈．所选发生装置最合适的是（）A ．B．C．D．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：制取装置包括加热和不需加热两种，如果用双氧水和二氧化锰制氧气就不需要加热，如果用高锰酸钾或氯酸钾制氧气就需要加热．氧气的密度比空气的密度大，不易溶于水，因此能用向上排空气法和排水法收集．实验室常用块状固体碳化钙与水反应制备乙炔（C2H2），因此不需要加热；该反应比二氧化锰催化剂过氧化氢分解更加剧烈，分液漏斗可以控制反应的速度；C装置是一个错误装置，长颈漏斗的下端应该在液面以下；D装置不能控制反应的速度，因此不可以．解答：解：A、如果用高锰酸钾或氯酸钾制氧气就需要加热，不适合制乙炔，故选项错误；B、实验室常用块状固体碳化钙与水反应制备乙炔（C2H2），因此不需要加热；该反应比二氧化锰催化剂过氧化氢分解更加剧烈，分液漏斗可以控制反应的速度；故选项正确；C、C装置是一个错误装置，长颈漏斗的下端应该在液面以下，故选项错误；D 、D 装置不能控制反应的速度，因此不可以，故选项错误；故选B点评： 本考点主要考查了气体的制取装置的选择，同时考查了装置的优缺点．气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关．本考点是中考的重要考点之一，主要出现在实验题中．12．（3分）（2014•海南）20℃时，在三个各盛有100g 水的容器中分别加入甲、乙、丙三种纯净物（不含结晶水，不与水反应）各10g ，充分溶解后，情况如下表所示（ ）物质甲 乙 丙 未溶解固体的质量/g5 2 0A ． 所得溶液一定都是饱和溶液B ． 丙溶液一定是不饱和溶液C 丙溶液的溶质的质量D 20℃，时，甲的溶解．分数最大．度最大考点：饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的概念；溶质的质量分数．专题：溶液、浊液与溶解度．分析：根据丙物质未溶解固体的质量为0可知丙溶液可能为饱和溶液，也可能为不饱和溶液；根据溶剂质量相同而甲、乙、丙三种溶液中溶质质量的大小关系为丙＞乙＞甲．解答：解：丙物质未溶解固体的质量为0可知丙溶液可能为饱和溶液，也可能为不饱和溶液，故A、B错误；溶剂质量相同而丙溶液的溶质质量最大，所以丙溶液的溶质质量分数最大，故C正确；溶剂质量相同而甲、乙、丙三种溶液中溶质质量的大小关系为丙＞乙＞甲，所以20℃时四种物质溶解度的关系为：丙＞乙＞甲，故D错误；故选：C．点评：本题考查了学生对饱和溶液的判断，应注意条件的变化来分析解答．13．（3分）（2014•海南）生活中一些物质的pH 如图所示：以下有关说法中错误的是（ ）A ． 西瓜汁是酸性B ． 胃酸过多的人不宜多吃橘子C ． 肥皂水可以使石蕊试剂变红D ． 草木灰可以改良酸性土壤 考点：溶液的酸碱性与pH 值的关系；酸碱指示剂及其性质．专题：常见的酸 酸的通性．分析： 根据已有的知识进行分析，酸性溶液的pH 大于7，能使石蕊试液变红，不能使酚酞试液变色；碱性溶液的pH 大于7，呈碱性，能使石蕊试液变蓝，能使酚酞试液变红；中性溶液的pH 等于7，不能使指示剂变色．解答： 解：A 、西瓜汁的pH 小于7，呈酸性，正确； B 、橘子呈酸性，胃酸过多的人不宜多吃橘子，正确；C 、肥皂水呈碱性，能使石蕊试液变蓝，错误；D 、草木灰呈碱性，能用于改良酸性土壤，正确；故选C ．点评：本题考查了溶液的酸碱性于pH 的关系，完成此题，可以依据已有的知识进行．14．（3分）（2014•海南）下列除去杂质（括号内为杂质）选用的试剂正确的是（ ）A ． H 2（水蒸气）﹣浓硫酸B ． CaO （CaCO 3）﹣稀盐酸 C ．Cu （CuO ）﹣蒸馏水 D ． NaOH （Na 2SO 4）﹣BaCl 2溶液考点物质除杂或净化的探究；气体的干燥（除水）；盐的化学性质．：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、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．B、CaO和CaCO3均能与稀盐酸反应，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、CuO不溶于水，不与蒸馏水反应，不能除去杂质，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．D、Na2SO4能与BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，能除去杂质且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．故选：A．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．二、填空题（毎空2分，共24分）15．（8分）（2014•海南）从下列物质中选择填空（填序号）：①生石灰②小苏打③氧气④聚乙烯（1）可用于制作糕点的是②；（2）可用于金属切割的是③；（3）可用作塑料薄膜的是④；（4）可用于干燥食品的是①．考点：常用盐的用途；氧气的用途；生石灰的性质与用途；塑料及其应用．专题：物质的性质与用途．分析：物质的性质决定物质的用途，根据常见化学物质的性质和用途进行分析解答即可．解答：解：（1）小苏打可用于制作糕点；（2）氧气具有助燃性，可用于金属切割；（3）聚乙烯可用作塑料薄膜；（4）生石灰是氧化钙的俗称，能与水反应生成氢氧化钙，常用作食品包装内干燥剂．故答案为：（1）②；（2）③；（3）④；（4）①．点评：本题难度不大，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．16．（4分）（2014•海南）如图是一瓶刚开启的“XX牌”碳酸饮料的示意图，请回答：（1）该饮料属于混合物（填“纯净物”或“混合物”）；（2）开启时，大量的气泡从罐内冒出，说明随着压强的减小，气体的溶解度减少．考点：纯净物和混合物的判别；气体溶解度的影响因素．专题：溶液、浊液与溶解度；物质的分类．分析：（1）纯净物由一种物质组成，混合物由多种物质组成；（2）气体的溶解度随着压强的增大而增大，随着压强的减小而减小．解答：解：（1）该饮料中含有水、柠檬酸、二氧化碳等物质，属于混合物．故填：混合物．（2）开启时，大量的气泡从罐内冒出，说明随着压强的减小，说明气体的溶解度随着压强的减小而减小．故填：溶解度．点气体气体的溶解度随着压强的增大而增大，评：随着压强的减小而减小；随着温度的升高而减小，随着温度的降低而增大．17．（4分）（2014•海南）在我省建成的航天基地发射卫星的火箭将使用液氢作为燃料，请回答：（1）氢气在氧气中燃烧的化学方程式2H2+O2\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}2H2O；（2）使用氢能的一个优点氢气的燃烧值高；（3）为了研究氢气的爆炸极限，需要收集不同纯度的氢气．如何收集一瓶纯度为80%的氢气【V（H2）：V（空气）=8：2】先装入8/10水，那么集气瓶中就有2/10的空气了；再用排水法，通入氢气，将剩余的水排出，这样就收集到了一瓶氢气与空气体积比为8：2的混合气体．考点：氢气的化学性质与燃烧实验；常用气体的收集方法；氢气的用途和氢能的优缺点．专题：氧气、氢气的性质与用途．分（1）书写化学方程式首先根据反应原理确定析：反应物和生成物，然后注明反应条件和生成物中沉淀和气体的符号，最后要根据质量守恒定律配平；（2）根据氢能源的优点分析即可；（3）根据先向集气瓶内装半集气瓶水，那么集气瓶内就有半瓶空气，然后再用排水法将水排出就可得到氢气与空气体积比为1：1的混合气体进行解答．解答：解：（1）氢气在氧气中燃烧生成水，条件为点燃，故方程式为：2H2+O2\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}2H2O；（2）工业上制取氢气是通过电解水得到的，而地球上水资源丰富，可以从水中提取氢气，说明资源广泛；氢气的燃烧值高；因为氢气燃烧产物是水，不污染环境；（3）在集气瓶上贴上刻度，由于有刻度线，可以先装8/10的水，那么集气瓶中就有2/10的空气了；再用排水法，通入氢气，将剩余的水排出，这样就收集到了一瓶氢气与空气体积比为8：2的混合气体．答案：（1）2H2+O2\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}2H2O；（2）氢气的燃烧值高（3）先装入8/10水，那么集气瓶中就有2/10的空气了；再用排水法，通入氢气，将剩余的水排出，这样就收集到了一瓶氢气与空气体积比为8：2的混合气体．点评：本题同时考查了氢能源的优点和缺点，同学们要能够全面分析问题．18．（8分）（2014•海南）乙醇（C2H5OH）俗称酒精，在生产、生活及实验中用途广泛，请回答：（1）乙醇属于③（填序号）①氧化物②碱③有机物（2）将少量碘加入酒精中，充分搅拌至碘液溶解，酒精在这里可称作②（填序号）①溶液②溶剂③溶质（3）已知乙醇不完全燃烧时，产物为二氧化碳、水和一氧化碳，现有46g乙醇不完全燃烧，经判定生成二氧化碳70.4g，则该反应的化学方程式为4C2H5OH+11O26CO2+12H2O+2CO．考点：甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途；溶液、溶质和溶剂的相互关系与判断；有机物与无机物的区别；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．专题：物质的性质与用途．分析：（1）乙醇为含碳的化合物，故为有机物；（2）根据溶剂的判定反方法分析；（3）根据反应物和产物以及条件书写化学方程式．解答：解：（1）乙醇为含碳的化合物，故为有机物；（2）当固体溶于液体形成溶液时，固体为溶质，液体为溶剂，故酒精在这里作溶剂；（3）46g乙醇中碳元素的质量为：46g ×=24g，70.4g二氧化碳中碳元素的质量为：70.4g ×=19.2g，故有一氧化碳生成，且一氧化碳中碳元素的质量为（24g﹣19.2g）=4.8g，则二氧化碳与一氧化碳的分子个数比为：19.2：4.8=4：1；因此，乙醇不完全燃烧，生成物为二氧化碳、水和一氧化碳，化学方程式为：5C2H5OH+14O 28CO2+15H2O+2CO；故答案为：（1）③；（2）②；（3）5C2H5OH+14O 28CO2+15H2O+2CO．点评：本题主要考查有机物的概念以及化学方程式的书写，难度不大．三、简答题（共10分）19．（5分）（2014•海南）实验前配置溶质的质量分数为10%的NaCl溶液，经检验所得溶液的溶质质量分数偏小，请从实验操作上分析造成误差可能的两点原因．考点：一定溶质质量分数的溶液的配制．专题：溶液、浊液与溶解度．分根据溶质质量分数公式进行分析；溶液的溶析：质质量分数与溶质的质量和溶剂的质量有关；溶质质量分数偏小，则可能是溶质少了或溶剂多了的缘故解答：解：溶质质量分数=×100%，溶质质量小于所需，溶剂质量大于所需都会造成溶质质量分数偏小，如食盐中含有杂质、称量时物体与砝码放反了且使用游码、量取水时仰视读数等；答案：食盐中含有杂质，量水时仰视读数等；点评：熟练掌握配制溶液的步骤，仪器，溶质的质量分数计算是解答此题的基础和关键．20．（5分）（2014•海南）东晋炼丹家葛洪在《抱朴子•内篇》中描述了许多物质的性质极其变化，如“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，“曾青”是指可溶性铜盐，请写出该反应的化学方程式，并指出反应类型．考点书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；反应类型的判定．专题：化学用语和质量守恒定律．分析：“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，“曾青”是指可溶性铜盐，即用铁将铜的化合物中的铜置换出来，反应物是铁和硫酸铜溶液，生成物是硫酸亚铁溶液和铜，写出反应的化学方程式即可．解答：解：“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，“曾青”是指可溶性铜盐，即用铁将铜的化合物中的铜置换出来，反应物是铁和硫酸铜溶液，生成物是硫酸亚铁溶液和铜，写出反应的化学方程式为Fe+CuSO4═FeSO4+Cu；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．故答案为：Fe+CuSO4═FeSO4+Cu；置换反应．点评：本题难度不大，考查学生根据反应原理书写化学方程式的能力，化学方程式书写经常出现的错误有不符合客观事实、不遵守质量守恒定律、不写条件、不标符号等．四、实验题（毎空2分，共14分）21．（8分）（2014•海南）某老师在（燃烧的条件）教学中，改进了教材中的实验．如图所示，在铜片上仪器a，请回答：（1）仪器a的名称是烧杯（2）罩上仪器a的作用是防止五氧化二磷逸散到空气中，污染空气（3）对照①和②，能够获得可燃物燃烧需要的条件之一是物质燃烧需要氧气．（4）课后，小明查阅《化学实验手册》获知：切割白磷时，应在水下进行，其原因是白磷的着火点低容易自燃．考点：燃烧与燃烧的条件．专实验性简答题．：分析：（1）根据实验室常用仪器解答；（2）根据白磷燃烧生成的五氧化二磷逸散到空气中，污染空气解答；（3）根据物质燃烧的条件分析解答：物质燃烧条件：可燃物；与充足氧气接触，温度达到着火点，三个条件同时具备解答；（4）根据白磷的着火点低容易自燃解答．解答：解：（1））根据实验室常用仪器可知是烧杯；（2）罩住白磷燃烧的目的是防止五氧化二磷逸散到空气中，污染空气；（3）铜片上的白磷能燃烧，而浸在热水中的白磷因为不能与氧气接触而不能燃烧，说明了可燃物燃烧需要氧气．（4）白磷的着火点低容易自燃，切割白磷时，应在水下进行．答案：（1）烧杯（2）防止五氧化二磷逸散到空气中，污染空气。
专题06 考前必做难题30题-2014年高考化学走出题海之黄金30题系列(解析版) Word版含解析[ 高考]
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考前必做难题30题【试题1】下列有关叙述正确的是A．在结冰路面上撒盐，是利用盐与水发生反应放出大量热，促使冰雪融化B．蛋白质、棉花、核酸、PVC、淀粉、豆油都是由高分子组成的物质C．利用可降解的生物质材料“玉米塑料”（主要成分为聚乳酸）替代一次性饭盒，可减少白色污染的产生D．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理【答案】C【解析】【试题2】下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是【答案】C【解析】考点：本题考查的是物质使用原理与其性质【试题3】下列说法正确的是A．1L1mol•L-1的NH4Cl溶液中一定含有N A个NH4+B．常温常压下，22.4L乙烯中含共价键数为5N AC．6.8g熔融的KHSO4中含有0.05N A个阳离子D．1mol冰醋酸和lmo1乙醇在浓硫酸加热下反应可生成N A个H2O【答案】C【解析】考点：考查盐的水解、气体摩尔体积、电解质的电离及酯化反应的知识 【试题4】下列反应的离子方程式中正确的是A ．过氧化钠与水反应：O 22- + 2H 2O ＝2OH -+ H 2↑B ．用纯碱溶液溶解苯酚：CO 32-＋2C 6H 5OH ＝2C 6H 5O -+ CO 2↑＋H 2OC ．用石墨作电极电解AlCl 3溶液：2Cl -+ 2H 2O =======电解 Cl 2↑ + H 2↑ + 2OH -D ．将0.2 mol /L 的NH 4Al (SO 4)2溶液与0.3 mol /L 的Ba (OH )2溶液等体积混合：2Al 3+＋3SO 42-＋3Ba 2+＋6OH -＝2Al (OH )3↓＋3BaSO 4↓【答案】D 【解析】考点：考查离子反应、离子方程式正误判断 【试题5】下列说法中不正确．．．的是 A ．常温下pH ＝7的溶液中：Fe 3＋、Mg 2＋、SO 42-、Cl －能大量共存B ．在甲、乙两烧杯的溶液中，共含有Cu 2＋、K ＋、H ＋、Cl －、CO 32-、OH －六种离子。
2014年中考化学试题+答题卷+答案详解
2014年中考化学试题第Ⅰ卷（选择题 共14分）一、单项选择题（每小题2分，共14分） 1. 在一定条件下，常温常压下的水可瞬间结成冰，俗称“热冰”，下列说法正确的是（ ） A ．“热冰”是纯净物 B ．“热冰”在任何条件下都不会融化 C ．“热冰”与水的化学性质不同 D ．结成“热冰”后，分子停止运动 2. 下列有关实验现象的描述，正确的是（ ）A ．铁丝在氧气中剧烈燃烧、火星四射、生成白色固体B ．分别点燃一小块棉纤维和羊毛纤维，都产生了烧焦羽毛的气味C ．测定空气中氧气含量的实验里，铜丝加热变黑D ．木炭燃烧生成二氧化碳3．右图为元素周期表的一部分，下列叙述错误的是（ ） A ．钙的核电荷数是20 B ．镁在化学反应中较易失去电子C ．硫离子的结构示意图是D ．每个周期结尾元素的化学性质比较稳定4．将洁净光亮的铁钉在潮湿的棉花中比放在空气中更易生锈，主要原因是（ ） A ．铁钉附近湿度增大，溶氧量增多 B ．隔绝了氧气C ．温度更低D ．更易与二氧化碳反应 5．6．有五瓶无标签溶液，溶质分别为Na 2CO 3、AgNO 3、BaCl 2、HCl 、NH 4NO 3。
为鉴别它们，用四支试管分别取其中任意4种，再向这四支试管中分别加入剩下的一种溶液。
四个同学的推断分别如下，其中错误的是 ( ) A ．若有三支试管中溶液出现沉淀，则最后加入的是AgNO 3溶液 B ．若有一支试管中溶液产生气体，则最后加入的是盐酸C ．若有二支试管中溶液产生沉淀，另两支无现象，则最后加入的是BaCl 2溶液D ．若四支试管中均无明显现象，则最后加入的是NH 4NO 3溶液7．在天平左右托盘上，各放一含有20 g 溶质质量分数为18.25％盐酸的烧杯，将天平调整平衡，然后在左盘的烧杯中加入5 g 铁，在右盘上的烧杯中加入5 g 锌，充分反应后,天平将A ．仍然平衡B ．向右盘倾斜C ．向左盘倾斜 D．无法判断 ( )第Ⅱ卷（非选择题共16分）二、填空题（本题4个小题，共16分）8．（每空1分，共5分）按要求填空：⑴用化学符号表示：2个硝酸根离子氢氧化铁中铁元素的化合价。
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题05 考前必做基础30题1(解析版)
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题05 考前必做基础30题1（解析版）【试题1】下列说法错误的是A ．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B ．水泥厂、冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质C ．橡胶、纤维、塑料都是高分子化合物D ．日常生活中常用无水乙醇进行杀菌消毒 【答案】D 【解析】考点：本题考查化学与能源、生产、生活 【试题2】有关化学用语表达正确的是A ．聚丙烯的结构简式：B ．C1-的结构示意图：C ．1021034646Pd Pd 和互为同位素D ．过氧化氢电子式：【答案】C 【解析】试题分析：A 、聚丙烯的结构简式为：，错误；B 、C1-的结构示意图[]222n CH CH CH --为：，【试题3】工业生产中常涉及到一些重要的中学化学反应，以下有关叙述正确的是A．工业上，用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅B．通常将氯气通入到饱和石灰水中制得大量漂白粉C．工业制硫酸将SO2氧化成SO3的条件一般选择高温、高压、催化剂D．钠可把钛、锆、铌、钽等金属从它们的卤化物溶液里还原出来【答案】A【解析】考点：本题考查物质的性质与用途【试题4】下列说法错误的是A．碳、硫单质在加热条件下都能与浓硝酸、浓硫酸发生反应B．氮氧化物、二氧化硫是形成酸雨的主要物质C．二氧化硫具有还原性，因此不能用浓硫酸干燥D．硅在自然界中主要以氧化物和硅酸盐的形式存在【答案】C【解析】试题分析：A、碳、硫单质在加热条件下都能与浓硝酸、浓硫酸发生氧化还原反应，A不正确；B、氮氧化物、二氧化硫是形成酸雨的主要物质，分别形成硝酸型酸雨和硫酸型酸雨，B正确；C、二氧化硫具有还原性，但与浓硫酸不能发生氧化还原反应，因此能用浓硫酸干燥，C 不正确；D 、硅在自然界中主要以氧化物和硅酸盐的形式存在，D 正确，答案选C 。
考点：考查常见非金属性元素单质以及化合物的有关判断 【试题5】N A 代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是A ．标准状况下，11.2L 氯仿(CHCl 3)中含有C -Cl 键的数目为1.5N AB ．常温常压下，17g 甲基(143CH )所含的电子数为9N AC ．同温同压下，1LNO 和1LO 2充分混合体积小于1.5LD ．pH =l 的醋酸溶液100mL 中氢离子数为0.01N A 【答案】A 【解析】【试题6】甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）。
中考化学 走出题海之黄金30题系列 专题02 新题精选30题(含解析)
专题02 新题精选30题一、选择题1．人处于紧张状态时，维生素的消耗就会明显增加，所以月考期间就要相应的多补充下列物质中的（）A．馒头 B ．大虾 C．猪肉 D．蔬菜【答案】D【解析】试题分析：食品中的维生素主要存在于蔬菜和水果中，故答案选择D考点：化学与生活健康2．钼是稀有矿产资源，主要用于航天合金材料制作。
在元素周期表中钼元素的某些信息如图所示，下列有关钼的说法正确的是（）A．核内质子数为42 B．相对原子质量为95．54gC．属于非金属元素 D．元素符号为MO【答案】A【解析】试题分析：元素周期表中的一格，从该图获取的信息中可知：汉语名称、元素种类、原子序数、和相对原子质量；根据“原子序数=核内质子数=核外电子数=核电荷数”，可求质子数．A 选项是正确的叙述；B．相对原子质量为95．54；C．属于金属元素；D．元素符号为Mo；故答案选择A考点：元素周期表提供的信息3．物质的名称、俗名、化学式完全一致的是 ( ) A．碳酸钠纯碱 Na2CO3B．氯化钠粗盐 NaClC．氧化钙熟石灰 CaO D．硫酸铜胆矾 CuSO4【答案】A【解析】试题分析：A．碳酸钠纯碱 Na2CO3物质的名称、俗名、化学式完全一致；B．氯化钠的俗名食盐，成分为 NaCl ； C．氧化钙俗名为生石灰化学式为 CaO ；D．硫酸铜晶体的俗名为胆矾，，故答案选择A考点：物质的名称、化学式4．某溶液的pH＝4，它能使紫色石蕊试液变为A．紫色 B．红色C．蓝色 D．无色【答案】B【解析】试题分析：某溶液的pH＝4，溶液显酸性，故它能使紫色石蕊试液变为红色，故答案选择B考点：溶液的酸碱性5．属于有机物的是A．金刚石 B．碳酸钙 C．酒精 D．氯化钠【答案】C【解析】试题分析：有机物是指含碳的化合物，不包含碳单质、一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐；A．金刚石属于单质；B．碳酸钙属于无机物； C．酒精属于有机物； D．氯化钠属于盐类物质；故答案选择C考点：有机物的概念6．向下列物质中分别加入足量的蒸馏水，搅拌后能形成无色溶液的是A．面粉 B．氯化铜 C．食盐 D．食用油【答案】C【解析】试题分析：溶液是物质以分子或离子的形式分散到另一种物质中形成的均一、稳定的混合物，A选项面粉不能溶于水；B选项氯化铜能形成蓝色溶液；C选项食盐能形成无色溶液；D选项食用油不溶于水，不能形成溶液；故答案选择C考点：溶液的形成7．下列对实验现象的描述，错误的是（）A．镁条在空气中剧烈燃烧，发出耀眼白光B．向氯化钙溶液中通入二氧化碳，出现大量白色沉淀。
2014年中考化学走出题海之考前必做难题30题参考答案与试题解析
2014年中考化学走出题海之考前必做难题30题参照答案与试题分析2015 年中考化学走出题海之考前必做难题30 题参照答案与试题分析一、选择题（共17 小题，每题 3 分，满分 51 分）1．解：因为碳酸钙高温分解生成了氧化钙和二氧化碳，跟着碳酸钙的分解放出了二氧化碳，碳元素的含量渐渐减少直到为零．由题意可知，碳酸钙中钙元解答：素与碳元素的质量比为40：12=20：6，节余固体中钙元素与碳元素的质量比为 20：3，则已分解的碳酸钙占原碳酸钙的质量分数为50%，所以，D正确，A、B、C错误．应选 D．2．解：某H2O2溶液中H、O的质量比为2：17；解答：则： 19g 双氧水溶液中氢元素质量为：19g×=2g依据过氧化氢分解的化学方程式能够知道，过氧化氢完整反响后生成水和氧气，该过程中氢元素的质量没有改变；所以反响后水的质量为：2g÷×100%=18g所以依据质量守恒定律能够知道生成氧气的质量为19g ﹣18g=1g；应选 A．3．解解： A、由流图可知固体 b 为铁，故 A 正确．答：B、操作①中玻璃棒的作用是引流，②中玻璃棒的作用是搅拌．故 B 正确．C、滤液 a 中含有硫酸亚铁、硫酸锌和硫酸 3 种溶质，故 C正确．D、固体 a 中含有锌， c 是硫酸锌，滤液 a 中含有硫酸锌， b 中含有硫酸锌．故D错误．应选： D．4．解：A、物质甲、乙分别为硫酸、硫酸钠，含有同样的硫酸根离子，互相间不能发生反响，不知足题中的转变关系，故A错误；解答：B、物质甲、乙、丙分别为氯化钾、碳酸钾、氢氧化钾，含有同样的钾离子，互相间不可以发生反响，不知足题中的转变关系，故 B错误；C、物质甲、乙分别是碳、水，碳和水之间不会发生反响，不知足题中的转变关系，故 C错误；D、物质甲为铁可与物质乙氯化铜、丁盐酸反响置换反响，物质乙为氯化铜可与甲铁、丙锌两种金属发生置换反响，物质丙为锌可与乙氯化铜、丁盐酸发生置换反响，物质丁为盐酸可与甲铁、丙锌两开朗金属发生置换反响，物质丁盐酸可与氧化铜反响生成乙氯化铜，知足题中的转变关系，故D正确；应选： D．5．解：混淆气体经过足量氢氧化钠溶液后，二氧化碳会与氢氧化钠溶液反响生成碳酸钠和水， CO2被汲取；再经过浓硫酸除掉水，水蒸气被汲取；最后经过解答：灼热的氧化铜后，一氧化碳和氢气会与灼热的氧化铜反响分别生成铜和二氧化碳、铜和水，一氧化碳和氢气被耗费，但生成了二氧化碳和水蒸气；最后节余的气体为二氧化碳和水蒸气．应选： A．6．解：向滤液中加入一根干净的铁丝，铁丝表面没有显然变化，说明滤液中既没有硫酸铜，也没有稀硫酸，假如含有硫酸铜，加入干净的铁丝时，铁丝表解答：面会附着一层红色物质，假如含有稀硫酸，加入干净的铁丝时，铁丝表面会产生气泡；①氧化铜和铁都是黑色的，所以该样品的颜色为黑色；该选项说法正确．②氧化铜和硫酸反响生成的硫酸铜，能和铁反响生成铜，所以滤渣中必定有铜；假如铁恰巧和硫酸铜反响，则滤渣中没有铁，假如铁足量，则滤渣中有铁，所以滤渣中不必定有铁；该选项说法正确．③因为加入稀硫酸时，稀硫酸先和氧化铜反响，假如稀硫酸的量不足，不足以和氧化铜完整反响，那么就没有气体生成，并且氧化铜和稀硫酸反响生成硫酸铜溶液是蓝色的；该选项说法不正确．④假如滤液中含有硫酸铜，向滤液中加入一根干净的铁丝时，铁丝表面会附着一层红色物质，向滤液中加入一根干净的铁丝，铁丝表面没有显然变化，说明滤液中不含有硫酸铜；该选项说法不正确．⑤滤液中溶质只有硫酸亚铁，没有硫酸铁；该选项说法不正确．所以以上说法中①②是正确的，个数是 2 个．7．解：由题目所给的信息可知：解答：氢化钙与水反响生成相应的氢氧化钙和氢气．该反响的化学方程式为：CaH2+2HO=Ca（OH）2+2H↑．氢氧化钙与碳酸钠反响生成碳酸钙积淀和氢氧化钠．该反响的化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH．该反响总的化学方程式为：CaH2+2HO+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH+2H↑．应选 C．8．解：A、二氧化碳和氢氧化钠溶液反响没有显然的现象，而和氢氧化钙溶液反应会生成碳酸钙积淀，会看到澄清石灰水变污浊，所以可用 CO2鉴识 NaOH 溶解答：液和 Ca（OH）2溶液，故 A能达到目的；B、硝酸铵溶于水吸热，温度降低，而氢氧化钠固体溶于水放热，温度高升，所以可用水鉴识硝酸铵固体和氢氧化钠固体，故 B能达到目的；C、氢氧化钠变质生成碳酸钠，碳酸钠溶液也成碱性碱性，所以不可以用无色酚酞试液查验 NaOH溶液能否变质，故C不可以达到目的；D、二氧化锰难溶于水，所以可用过滤的方法从H2O2溶液制氧气的节余物中分离出 MnO2，故 D能达到目的．9．解：A、AgNO3溶液与氯化铁溶液反响生成氯化银白色积淀和硝酸铁，没有红褐色积淀生成，应选项错误．解答：B、NaOH溶液与氯化铁溶液反响生成氢氧化铁红褐色积淀和氯化钠；与碳酸钠溶液互换成分没有积淀、气体或水生成，不可以发生反响，无明展现象；与硫酸镁溶液反响生成氢氧化镁白色积淀和硫酸钠；切合要求，应选项正确．C、Ba（OH）2溶液与氯化铁溶液反响生成氢氧化铁红褐色积淀和氯化钡；与碳酸钠溶液反响生成碳酸钡白色积淀，而不是无明展现象，应选项错误．D、BaCl2溶液与氯化铁溶液互换成分没有积淀、气体或水生成，不可以发生反响，应选项错误．应选： B．10．解解：依据题意：将必定质量的某种金属M的粉末放入 AgNO3与 Cu（NO3）2的混答：合溶液中，充足反响后发现，溶液体现无色，说明加入的M金属活动性次序比铜、银强，反响时M会第一置换硝酸银中的银，待硝酸银完整反响后持续与硝酸铜发生反响；过滤向滤渣中滴加稀盐酸，有气泡产生，说明滤渣金属中含有 M，因为铜、银排在次序表中氢以后，与盐酸不反响，说明加入的M过量，铁与 AgNO3与 Cu（NO3）2反响生成硝酸亚铁溶液显浅绿色；A、AgNO3与盐酸可反响生成氯化银积淀，滤液中无积淀产生，说明滤液中必定没有银离子，正确；B、铜、银排在次序表中氢以后，与盐酸不反响，过滤后在滤渣加入适当稀盐酸，滤渣中有无色气体产生，说明必定含有M，正确；C、经过上述剖析可知：M过度，则 Cu（NO3）2完整反响，滤渣中必定含有单质铜，正确；D、铁与 AgNO3与 Cu（NO3）2反响生成硝酸亚铁溶液显浅绿色，而充足反响后发现，溶液体现无色，故 M不行能是铁，故错误；应选 D．11．解：设原混淆物中的Cu2O的质量为 x，生成铜的质量为y，解答： Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，14464x y=，y=，依据题意有： 6.8g ﹣x+=4.8g ，x=3.6g ，原混淆物中的 Cu的质量为： 6.8g ﹣3.6g=3.2g ，则原混淆物中的Cu2O和 Cu质量比为： 3.6g ：3.2g=9 ：8，应选： A．12．解：A、对照实验①和③，锌的质量同样，稀硫酸的体积与浓度同样，但温度不一样，可研究温度对反响强烈程度的影响，应选项错误．解答：B、对照实验②和③，锌的质量同样，稀硫酸的体积同样，但温度不同样、稀硫酸的浓度不一样，没法研究温度对反响强烈程度的影响，应选项错误．C、对照实验①和③，锌的质量同样，稀硫酸的体积与浓度同样，但温度不一样，可研究温度对反响强烈程度的影响，应选项正确．D、对照实验①和②，锌的质量同样，稀硫酸酸的体积同样，但稀硫酸的浓度不一样，可研究稀硫酸的浓度对反响强烈程度的影响，应选项错误．应选： C．13．解：①向H2SO4溶液渐渐加入NaOH溶液，溶液总质量是增添的，但跟着NaOH 溶液的增添，溶液总质量会向来增添，即最后不会出现平行于x 轴的直线．故解答：①不切合图象；②向 HCl 溶液中加入氧化铜，氧化铜会和稀盐酸反响生成氯化铜和水，所以溶液的总质量是增添的；当盐酸耗费完后再加氧化铜，氧化铜不睦 CuCl2反响也不溶于水，所以氧化铜就不会再进入到溶液中，即溶液的总质量不再改变．故②切合图象；③向 BaCl2溶液加入 Na2CO3溶液，两者会反响生成 NaCl 和 BaCO3此中 BaCO3是积淀，不在溶液中，并且没法判断生成的积淀的质量比加入的 Na2CO3溶液的质量的大小，即溶液总质量变化可能增大可能减少．故③不切合图象；④向 H2SO4溶液加入锌粒，两者反响生成 ZnSO4和 H2，有 H2逸出，但加入的锌粒的质量比逸出的 H2的质量大，所以溶液总质量增添；当耗费完后，锌粒和ZnSO4不反响也不溶于水，所以锌粒不再进入到溶液中，即溶液总质量不再改变．故④切合图象．应选 B．14．解：A、Na2CO3能与盐酸反响生成氯化钠、水和二氧化碳，再蒸发、结晶，故选项所采纳的方法正确．解答：B、CaCl2能与 K2CO3溶液反响生成碳酸钙积淀和氯化钾，能除掉杂质且但引入新的杂质氯化钾，不切合除杂原则，应选项所采纳的方法错误．C、CO2和 HCl 气体均能与 NaOH溶液反响，不只能把杂质除掉，也会把原物质除掉，不切合除杂原则，应选项所采纳的方法错误．D、Cu能与足量氧气在加热条件下反响生成氧化铜，反而会把原物质除掉，不切合除杂原则，应选项所采纳的方法错误．应选： A．15．解：该物质焚烧生成了二氧化碳和水，依据质量守恒定律能够知道判断出该物质中必定含有碳元素和氢元素，D装置增重 1.08g ，而 D装置汲取的是水，解答：故生成水的质量为 1.08g ，此中含有的氢元素的质量为：1.08g ××；而 E装置中汲取的是二氧化碳，能够知道生成二氧化碳的质量为 2.64g ，此中碳元素的质量为： 2.64g ××，而水中的氢元素的质量、二氧化碳中碳元素的质量与该物质中含有的氢元素和氧元素的质量相等，所以题给物质含有的氢元素和碳元素的质量为：0.12g+0.72g=0.84g ＜1.8g ，所以在该物质中还含有氧元素；应选 B16．解：A、依据质量守恒定律可知，a=6.6+8.8 ﹣2﹣6.6 ﹣5.4=1.4 ，应选项说法正确．解答：B、生成的 CO和 CO2分子个数比为：=1：3，应选项说法正确．C、参加反响的乙醇和氧气的质量比为（ 6.6 ﹣2）g：8.8g=1 ：2，应选项说法错误．D、依据质量守恒定律可知，在化学反响前后碳元素质量必定相等，应选项说法正确．应选： C．17．解解：二氧化碳与水反响生成的碳酸拥有酸性，能使紫色石蕊试液变红，碳酸答：不稳固，受热易分解，使酸性消逝，溶液恢复为紫色，活性炭拥有吸附性，能将石蕊的紫色吸附掉，变成无色，察看选项，应选： A．二、解答题（共13 小题，满分 68 分）18．解解：（1）从微观角度剖析，水受热蒸发、电解水两个变化中，最实质的差异答：是水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变．故填：水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变．（2）①电解水的化学方程式为：2HO2H↑+O2↑．故填： 2HO2H2↑+O2↑．②由表示图可知，在化学反响前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变．故填：化学反响前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变．（3）①甲、乙两个反响都按照质量守恒定律．故填：恪守．②两个装置中气球胀大的原由是：甲中，稀盐酸和碳酸钠反响生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水汲取二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大．故填：甲中，稀盐酸和碳酸钠反响生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水汲取二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大．19．解解：（1）达到必定温度， A 在 B 中焚烧，火星四射，生成一种黑色固体，所以答：是铁和氧气点燃产生四氧化三铁，故反响的方程式为；3Fe+2O Fe3O4；（2）在必定条件下， C、D 两种物质均能与 E 反响，且生成同样的物质，此中C是单质， D和 E 都为氧化物，且生成同样的物质，所以可能是碳、一氧化碳分别于氧化铜反响产生铜和二氧化碳；故答案为；CO；C+2CuO2Cu+CO↑；（3）X、 Y、Z 三种物质中只含有一种同样的元素，且X 为氧化物，联合三种物质的转变关系， X、Y、Z 能够分别是水、氢氧化钙、碳酸钙或氧化钙、氢氧化钙、碳酸钙，带入切合题意；故答案为：HO、Ca（OH）、CaCO（或 CaO、223 Ca（OH）、CaCO）；X→Y转变时发生反响的化学方程式为：CaO+HO=Ca（OH）2322；Y→Z转变时发生反响的化学方程式为：CO+Ca（OH） =CaCO↓+HO．223220．解解：答：（1）①在水（ H2O）、铜（ Cu）和氯化钠（ NaCl）三种物质中，水（ H2O）由水分子构成、铜（ Cu）由铜原子构成，氯化钠（ NaCl）由离子构成．②依据水的化学式： H2O，可知一杯水所有水分子中氢原子与氧原子的质量比：1：8；③图中的微粒，最外层电子得了 2 个，故其符号为 S 2﹣；④O3中+3 的含义为：在氧化铝中铝元素化合价为 +3．（2）由图示的状况可知： A 中含有 3 个氧气的分子， B 中含有的是 3 个氨气分子（ NH3）；因为 C中含有 2 个水分子和 2 个氧气分子．故答案为：2 ﹣（1）①氯化钠或NaCl；②1：8；③S ；④在氧化铝中铝元素化合价为+3；（2）① NH3；② C．21．解解：（1）B 的饱和溶液升温有固体析出，联合常有物质的溶解度曲线剖析，答：可知 B 是氢氧化钙，甲、乙、丙为氧化物，甲和丙反响会生成氢氧化钙，所以甲、丙是水或氧化钙中的一种， A、B、C分别为含有三种元素的酸、碱、盐， A 的浓溶液在空气中搁置一段时间后质量增添，其溶质中含氧元素约65.3%，所以 A是硫酸，甲和硫酸会发生反响，所以甲是氧化钙，丙就是水，氢氧化钙会转变成盐 C，氧化钙、水和氧化物乙会生成盐 C，氢氧化钙会与氧化物乙反响，且 B、C中包括两种同样的元素，所以 C是碳酸钙，乙是二氧化碳，氧化钙和酸反响会生成水，氧化钙、水、二氧化碳反响会生成碳酸钙沉淀，硫酸和氧化钙会发生反响，氢氧化钙和二氧化碳会发生反响，二氧化碳和氢氧化钙反响会生成水，氢氧化钙和硫酸会生成水，推出的各样物质均知足题中的转变关系，推导合理，所以丙是 H2O，A 是 H2SO4；（2）水存在时，甲和乙的反响是水和氧化钙反响生成和氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反响生成碳酸钙积淀，所以丙存在时，甲和乙反响的化学方程式为：CaO+CO2 CaCO3，该反响知足化合反响多变一的条件，所以该反响属于化合反响；（3）氢氧化钙和二氧化碳反响生成白色的碳酸钙积淀和水，化学方程式为： Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O．故答案为：（1）H2O H2SO4；（2）CaO+CO2 CaCO3，化合；（3）Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O．22．解解：混淆物 A 加盐酸反响生成的气体 B 能使澄清的石灰水变污浊，故 B 是二答：氧化碳，说明 A 中含有碳酸钠；因为获得的是溶液，故固体所有溶解，说明A中不含有铜；溶液C加硝酸银，获得白色积淀，故C中含有氯化钠，可能是碳酸钠和盐酸反响生产的氯化钠，也可能是本来就有的氯化钠；滤液 D加氢氧化钠溶液能的到蓝色积淀，说明 D中含有铜离子，而能与盐酸反响生成铜离子的物质是氧化铜，故 A 中必定含有氧化铜； D中含有氯化铜与硝酸银反响生成的硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠反响生成的 H是硝酸钠，带入框图，推测合理；（1）B 是二氧化碳，故填： CO2；（2）A 中必定含有碳酸钠和氧化铜，必定不含有铜，故填： Na2CO3、CuO；Cu；（3）滤液 D中必定含有的阳离子是钠离子和铜离子，故填： Na+、Cu2+；（4）硝酸铜与氢氧化钠反响生成氢氧化铜积淀和硝酸钠，故填：Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3；（5）要证明能否含有氯化钠，需要将碳酸钠除掉，能够加入硝酸，而后再加入硝酸银溶液，察看到有白色积淀生成说明含有氯化钠，故填：AgNO3；AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3．23．解：解答：方法二：空气中除了氮气、氧气外，还含有二氧化碳、水蒸气等，为保证所得氨气尽可能纯净，要除掉空气中剩余的水蒸气、二氧化碳等杂质，能够经过碱性干燥剂﹣碱石灰，既能够汲取二氧化碳又能汲取水；【实验研究】①该反响为制取氮气的反响，所以需装置不漏气，实验前需检查装置的气密性；【实验剖析及数据办理】（1）该反响为制取氮气的反响，所以需装置不漏气，实验前需检查装置的气密性；（2）NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2HO+Q，该反响为放热反响，所以加热片晌后，即应移去酒精灯以防反响物冲出；（3）设反响生成 N2的质量为 xNaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2HO28x解得 x=0.11g ；生成氮气的体积为： 100ml﹣生成氮气的密度为：；【解说与结论】将空气经过灼热的铜，获得较纯净的氮气和氧化铜粉末不过除掉了氧气，此中还含有罕有气体等杂质，因为罕有气体的密度比氮气密度大，所以致使氮气密度老是偏大 5‰左右．【反省与评论】（1）装置中 A部分的分液漏斗与蒸馏瓶之间连结的导管所起的作用是使 NaNO2饱和溶液简单滴下，因为该反响放热，增添蒸馏瓶内压强，不用导管时长颈漏斗内的液体不可以滴入蒸馏瓶中．（2）科学家瑞利不过是从小数点第三位数的差异，所以我们应学习科学家谨慎的态度．答案：【方法二】 E碱石灰【实验研究】①检查装置的气密性【实验剖析及数据办理】（1）检查装置的气密性（2）防反响物冲出（3）0.11g ；【解说与结论】方法二制得的氮气中含有密度比氮气大的罕有气体，致使密度偏大【反省与评论】（1）C（2）AC24．解解：依据题意： G为“紫红色金属”，为铜．而“E 为当前生界上产量最高的答：金属”，为铁．“I 是地壳中含量最高的元素形成的常有气体单质”，所以为氧气．A“在人体胃液中能够帮助消化”，所认为盐酸．因为铜（G）能够和氧气（ I ）反响生成 B，所以 B为氧化铜．则 A 和 B 反响生成 C和 D为盐酸和氧化铜反响生成水和氯化铜，而C能够和铁反响，所以C为氯化铜，D为水．H能够生成水和氧气，所以H 为过氧化氢．而EC反响即为铁与氯化铜的反响生成氯化亚铁（ F）和铜（ G）．所以转变关系为：（1）D的名称是水；（2）反响④的化学方程式2HO22HO+O2↑；（3）图中②是铁和氯化铜反响生成铜和氯化亚铁，是单质和化合物反响生成此外的单质和化合物，为置换反响．故答案为：（1）水．（2） 2HO22H2O+O2↑；（3）置换反响．25．解解：（1）B 为红棕色，是赤铁矿的主要成分，所以 B 是氧化铁，化学式是 Fe2O3；答：C能产生温室效应所以C是二氧化碳，化学式是CO2；（2）B 为红棕色，是赤铁矿的主要成分，所以 B 是氧化铁， C能产生温室效应所以 C是二氧化碳， A、C是构成元素同样的气体，所以 A 是一氧化碳，一氧化碳与氧化铁反响生成铁和二氧化碳，所以 D是铁， F 是紫色金属属于铜，H是蓝色积淀属于氢氧化铜积淀，所以D和 E 反响是铁和铜的化合物反响，所以能够是铁和硫酸铜反响生成铜和硫酸亚铁，方程式是：Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；硫酸铜到氢氧化铜能够用硫酸铜和氢氧化钠反响，生成氢氧化铜积淀和硫酸钠，用察看法配平即可，氢氧化铜后边标上积淀符号，所以方程式是： 2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4；两种化合物互相互换成分生成两种新的化合物的反响种类，属于复分解反响．故答案为：（1）Fe2O3；CO2；（2）①Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4；复分解反响．26．解解：（1）有表中信息可知第四次中的碳酸钠已完整反响，依据质量守恒定律答：生成二氧化碳的质量： 13g+130g﹣138.6g=4.4g ，（2）设纯碱样品中碳酸钠的质量为x，生成氯化钠的质量为y，Na2CO3+2HCl═2NaCl+HO+CO2↑10611744x y，解得： x=10.6g ，纯碱样品中 NaCO的质量分数是：=81.5%；23（3）设，氢氧化钠与盐酸反响生成的氯化钠的质量为z，13g 样品样品中氢氧化钠的质量：13g﹣10.6g=2.4g ；NaOH+HCl=NaCl+H24013g 样品与盐酸恰巧完整反响后生成物溶液中溶质的质量分数是：=11.0%（4）依据表中信息画出加入稀盐酸与生成气体的质量关系图．答案：（1）（2）81.5%（3）11.0%（4）27．解：（1）固体甲和液体乙混淆产生气泡，故甲可能为碳酸钠、碳酸钙、铁，乙为盐酸；故填：盐酸；解答：（2）固体甲和液体乙混淆产生气泡，察看到 B 中有气泡冒出，一段时间后， B中液面降落，可能是因为液体倒流的结果，所以可能是氧化钙和水混淆放出热量，空气溢出，而后温度降落，气压降低，液体倒流，使 B中液面降落；故答案为：CaO+H2O=Ca（OH）2；氧化钙与水反响放热，一段时间后A 中温度降落，气压减小， B 中液体倒吸；（3）经过甲和乙反响后， B 中溶液流入 A 中，说明 A 中的气压减小，所以可能是二氧化碳和氢氧化钠的反响，反响产生碳酸钠与倒流的 B溶液反响出现污浊现象，则B中的溶液可能是石灰水，碳酸钠和氢氧化钙反响产生碳酸钙积淀，溶液变污浊；故填： Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；（4）固体甲和液体乙混淆产生的气体和 B中的溶液混淆，溶液污浊，可知产生的气体为二氧化碳，溶液污浊的反响是 CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，所以 A 中产生二氧化碳的反响是 CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；封闭 K，A 中不停生成的二氧化碳使装置内的气压变大，所以 A中盐酸进入 B中将生成的碳酸钙完整反响掉，所以溶液由污浊变澄清；所以实验后 B中澄清液中必定有氯化钙；若盐酸过度，盐酸将氢氧化钙反响掉后有节余，所以还会有氯化氢；溶液 B中若含有氯化钠不会影响实验的现象，所以可能含有氯化钠．故填： CaCl2；CaCl2、HCl；NaCl、CaCl2、HCl；NaCl、CaCl2．28．解：设参加反响的盐酸的溶质的质量为x，碳酸钙的质量为y解答： CaCO3+2HCl═CaCl2+H2 O+CO2↑反响前后固体的质量差100 73 111111﹣100=11y x﹣==解得： x=14.6g y=20g参加反响的盐酸的质量为：14.6g ÷14.6%=100g（2）石灰石样品中碳酸钙的含量为：×100%=80%答：（1）参加反响的盐酸的质量为100g．（2）石灰石样品中碳酸钙的含量为80%．29．解解：设 6 克该药品中碳酸钠的质量为x，生成 NaOH的质量为 y，生成 CaCO3的答：质量为 z．Na2 CO3+Ca（OH）2 =CaCO3↓+2NaOH1067410080x 10g×7.4% z yz=1g答： 6 克该药品中碳酸钠的质量为 1.06g ；（2）溶液中溶质 NaOH的质量 =0.8g+（6g﹣1.06g ）13.7ml 水的质量是 13.7g ，则有溶液的总质量 =6g+13.7g+10g﹣反响后溶液中溶质的质量分数 =100%=20%答：滤出积淀后所得溶液的溶质质量分数为20%．30．解：（1）铁与水和氧气同时接触时简单生锈，铜与水、氧气和二氧化碳同时接触时简单生锈，铜锈的化学式是 Cu2（OH）2CO3；因为 Zn2（OH）2CO3中没有氮元解答：素，该物质是经过化合反响生成的，所以反响物中必定没有氮气；联合铜生锈的条件及其铜锈的化学式，类比锌片表面形成薄膜的条件及其化学式，能够判断锌与水、氧气和二氧化碳反响生成了薄膜．应选： C．（2）①完整反响后，容器中的物质的质量差，就是生成氢气的质量，氢气的质量为： 33.2g+10.8g ﹣43.9g=0.1g ；故填： 0.1g ；②设与铁反响的硫酸的质量为x，烧杯中稀硫酸废液的质量为：33.2g ﹣Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑982x则，解得该废液中硫酸的质量分数为：100%=32.7%答：废液中硫酸的质量分数是32.7%．③假如铁钉的铁锈未除净，则铁锈耗费一部分硫酸，氧化铁和硫酸反响生成硫酸铁和水；依据氢气求出的硫酸质量就偏小，进而使计算出的硫酸的质量分数偏小．故答案为：（1）C；（2）① 0.1 ；② 32.7%；③偏小；硫酸与铁锈反响评论：解答此题运用了类比法，这类方法在解题时用途很大，要领悟掌握．2020-2-8。
2014年上海市中考化学真题卷含答案解析
2014年上海市初中毕业统一学业考试化学试题（含答案全解全析）相对原子质量:H—1C—12O—16Na—23S—32Fe—56Cu—64六、选择题(共20分)下列各题均只有一个正确选项。
27.属于化学变化的是()A.酒精挥发B.西瓜榨汁C.木炭燃烧D.糯米磨粉28.高钙奶粉中的“钙”一般是指()A.原子B.分子C.单质D.元素29.进行焰色反应时,火焰呈黄色的物质是()A.BaCl2B.Ca(NO3)2C.K2CO3D.NaCl30.加入足量水充分搅拌,能形成溶液的是()A.泥沙B.蔗糖C.植物油D.大理石31.属于有机物的是()A.碳酸钙B.甲烷C.碳酸D.二氧化碳32.不属于碳元素的同素异形体的是()A.金刚石B.石墨C.碳60D.一氧化碳33.含氟牙膏中常添加氟化钠,NaF中F元素的化合价是()A.+1B.0C.-1D.-234.不含原子团的物质是()A.KClB.NaOHC.NH4ClD.BaSO435.粗盐提纯实验中,图示操作错误的是()36.属于分解反应的是()A.Ca(HCO3)2CaCO3↓+CO2↑+H2OB.2Na+Cl22NaClC.2Mg+CO22MgO+CD.AgNO3+NaCl AgCl↓+NaNO337.X在氧气中燃烧,能生成具有刺激性气味的气体。
X可能是()A.木炭B.铁丝C.氢气D.硫粉38.为比较X、Y、Z三种金属活动性大小,进行如下实验。
实验结论正确的是()A.X>Y>ZB.Z>Y>XC.Y>X、Y>ZD.X>Y、Z>Y39.物质所对应用途错误的是()A.氧化钙:作干燥剂B.氢氧化钠:治疗胃酸过多C.碳酸氢铵:作氮肥D.稀盐酸:除铁锈40.已知:“”“”和“”表示不同元素的原子。
某反应的微观示意图如下,关于乙的构成说法合理的是()A.只含和B.含有和C.只含D.只含41.工业上常把煤块粉碎后使其充分燃烧,其目的是()A.减少煤的浪费B.减少氧气的消耗C.减少二氧化碳的排放D.减少酸雨的形成42.河水净化的主要步骤如下图所示。
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2014年中考化学走出题海之考前必做难题30题参考答案与试题解析2015年中考化学走出题海之考前必做难题30题参考答案与试题解析一、选择题（共17小题，每小题3分，满分51分）1． 解答： 解：由于碳酸钙高温分解生成了氧化钙和二氧化碳，随着碳酸钙的分解放出了二氧化碳，碳元素的含量逐渐减少直到为零．由题意可知，碳酸钙中钙元素与碳元素的质量比为40：12=20：6，剩余固体中钙元素与碳元素的质量比为20：3，则已分解的碳酸钙占原碳酸钙的质量分数为50%，所以，D 正确，A 、B 、C 错误．故选D ．2． 解答：3．解答：4． 解答：5． 解答： 解：混合气体通过足量氢氧化钠溶液后，二氧化碳会与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，CO 2被吸收；再通过浓硫酸除去水，水蒸气被吸收；最后通过灼热的氧化铜后，一氧化碳和氢气会与灼热的氧化铜反应分别生成铜和二氧化碳、铜和水，一氧化碳和氢气被消耗，但生成了二氧化碳和水蒸气；最后剩余的气体为二氧化碳和水蒸气．故选：A ．6． 解答： 解：向滤液中加入一根洁净的铁丝，铁丝表面没有明显变化，说明滤液中既没有硫酸铜，也没有稀硫酸，如果含有硫酸铜，加入洁净的铁丝时，铁丝表面会附着一层红色物质，如果含有稀硫酸，加入洁净的铁丝时，铁丝表面会产生气泡；①氧化铜和铁都是黑色的，所以该样品的颜色为黑色；该选项说法正确．②氧化铜和硫酸反应生成的硫酸铜，能和铁反应生成铜，所以滤渣中一定有铜；如果铁恰好和硫酸铜反应，则滤渣中没有铁，如果铁足量，则滤渣中有铁，所以滤渣中不一定有铁；该选项说法正确．③因为加入稀硫酸时，稀硫酸先和氧化铜反应，如果稀硫酸的量不足，不足以和氧化铜完全反应，那么就没有气体生成，并且氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜溶液是蓝色的；该选项说法不正确．④如果滤液中含有硫酸铜，向滤液中加入一根洁净的铁丝时，铁丝表面会附着一层红色物质，向滤液中加入一根洁净的铁丝，铁丝表面没有明显变化，说明滤液中不含有硫酸铜；该选项说法不正确．⑤滤液中溶质只有硫酸亚铁，没有硫酸铁；该选项说法不正确．所以以上说法中①②是正确的，个数是2个．故选：B．7． 解答： 解：由题目所给的信息可知：氢化钙与水反应生成相应的氢氧化钙和氢气．该反应的化学方程式为：CaH 2+2H 2O=Ca（OH ）2+2H 2↑．氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠．该反应的化学方程式为：Ca （OH ）2+Na 2CO 3=CaCO 3↓+2NaOH ．该反应总的化学方程式为：CaH 2+2H 2O+Na 2CO 3=CaCO 3↓+2NaOH+2H 2↑．故选C ．8． 解答： 解：A 、二氧化碳和氢氧化钠溶液反应没有明显的现象，而和氢氧化钙溶液反应会生成碳酸钙沉淀，会看到澄清石灰水变浑浊，所以可用CO 2 鉴别NaOH 溶液和Ca（OH ）2 溶液，故A 能达到目的；B 、硝酸铵溶于水吸热，温度降低，而氢氧化钠固体溶于水放热，温度升高，所以可用水鉴别硝酸铵固体和氢氧化钠固体，故B 能达到目的；C 、氢氧化钠变质生成碳酸钠，碳酸钠溶液也成碱性碱性，所以不能用无色酚酞试液检验NaOH 溶液是否变质，故C 不能达到目的；D 、二氧化锰难溶于水，所以可用过滤的方法从H 2O 2溶液制氧气的残余物中分离出MnO 2，故D 能达到目的．故选：C ．9． 解答： 解：A 、AgNO 3溶液与氯化铁溶液反应生成氯化银白色沉淀和硝酸铁，没有红褐色沉淀生成，故选项错误．B 、NaOH 溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠；与碳酸钠溶液交换成分没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，无明显现象；与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀和硫酸钠；符合要求，故选项正确．C 、Ba （OH ）2溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钡；与碳酸钠溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，而不是无明显现象，故选项错误．D 、BaCl 2溶液与氯化铁溶液交换成分没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，故选项错误．故选：B．10．解答：解：根据题意：将一定质量的某种金属M 的粉末放入AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液中，充分反应后发现，溶液呈现无色，说明加入的M金属活动性顺序比铜、银强，反应时M会首先置换硝酸银中的银，待硝酸银完全反应后继续与硝酸铜发生反应；过滤向滤渣中滴加稀盐酸，有气泡产生，说明滤渣金属中含有M，因为铜、银排在顺序表中氢之后，与盐酸不反应，说明加入的M过量，铁与AgNO3与Cu（NO3）2反应生成硝酸亚铁溶液显浅绿色；A、AgNO3与盐酸可反应生成氯化银沉淀，滤液中无沉淀产生，说明滤液中一定没有银离子，正确；B、铜、银排在顺序表中氢之后，与盐酸不反应，过滤后在滤渣加入适量稀盐酸，滤渣中有无色气体产生，说明一定含有M，正确；C、通过上述分析可知：M过量，则Cu（NO 3）2完全反应，滤渣中一定含有单质铜，正确；D 、铁与AgNO 3与Cu （NO 3）2反应生成硝酸亚铁溶液显浅绿色，而充分反应后发现，溶液呈现无色，故M 不可能是铁，故错误； 故选D ．11． 解答： 解：设原混合物中的Cu 2O 的质量为x ，生成铜的质量为y ，Cu 2O+H 2SO 4=CuSO 4+Cu+H 2O ，144 64x y =， y=，根据题意有：6.8g ﹣x+=4.8g ，x=3.6g ，原混合物中的Cu 的质量为：6.8g ﹣3.6g=3.2g ，则原混合物中的Cu 2O 和Cu 质量比为：3.6g ：3.2g=9：8，故选：A ．12． 解：A 、对比实验①和③，锌的质量相同，解答：稀硫酸的体积与浓度相同，但温度不同，可研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．B 、对比实验②和③，锌的质量相同，稀硫酸的体积相同，但温度不相同、稀硫酸的浓度不同，无法研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．C 、对比实验①和③，锌的质量相同，稀硫酸的体积与浓度相同，但温度不同，可研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项正确．D 、对比实验①和②，锌的质量相同，稀硫酸酸的体积相同，但稀硫酸的浓度不同，可研究稀硫酸的浓度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．故选：C ．13． 解答： 解：①向H 2SO 4溶液逐渐加入NaOH 溶液，溶液总质量是增加的，但随着NaOH 溶液的增加，溶液总质量会一直增加，即最后不会出现平行于x 轴的直线．故①不符合图象；②向HCl 溶液中加入氧化铜，氧化铜会和稀盐酸反应生成氯化铜和水，所以溶液的总质量是增加的；当盐酸消耗完后再加氧化铜，氧化铜不和CuCl 2反应也不溶于水，所以氧化铜就不会再进入到溶液中，即溶液的总质量不再改变．故②符合图象； ③向BaCl 2溶液加入Na 2CO 3溶液，二者会反应生成NaCl 和BaCO 3其中BaCO 3是沉淀，不在溶液中，而且无法判断生成的沉淀的质量比加入的Na 2CO 3溶液的质量的大小，即溶液总质量变化可能增大可能减少．故③不符合图象；④向H 2SO 4溶液加入锌粒，二者反应生成ZnSO 4和H 2，有H 2逸出，但加入的锌粒的质量比逸出的H 2的质量大，所以溶液总质量增加；当消耗完后，锌粒和ZnSO 4不反应也不溶于水，所以锌粒不再进入到溶液中，即溶液总质量不再改变．故④符合图象．故选B ．14． 解答： 解：A 、Na 2CO 3能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，再蒸发、结晶，故选项所采取的方法正确．B 、CaCl 2能与K 2CO 3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾，能除去杂质且但引入新的杂质氯化钾，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．C 、CO 2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．D 、Cu 能与足量氧气在加热条件下反应生成氧化铜，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． 故选：A ．15． 解答： 解：该物质燃烧生成了二氧化碳和水，根据质量守恒定律可以知道判断出该物质中一定含有碳元素和氢元素，D 装置增重1.08g ，而D 装置吸收的是水，故生成水的质量为1.08g ，其中含有的氢元素的质量为：1.08g ××100%=0.12g ；而E 装置中吸收的是二氧化碳，可以知道生成二氧化碳的质量为2.64g ，其中碳元素的质量为：2.64g ××100%=0.72g ， 而水中的氢元素的质量、二氧化碳中碳元素的质量与该物质中含有的氢元素和氧元素的质量相等，所以题给物质含有的氢元素和碳元素的质量为：0.12g+0.72g=0.84g ＜1.8g ，所以在该物质中还含有氧元素； 故选B16． 解答： 解：A 、根据质量守恒定律可知，a=6.6+8.8﹣2﹣6.6﹣5.4=1.4，故选项说法正确． B 、生成的CO 和CO 2分子个数比为：=1：3，故选项说法正确．C 、参加反应的乙醇和氧气的质量比为（6.6﹣2）g ：8.8g=1：2，故选项说法错误．D 、根据质量守恒定律可知，在化学反应前后碳元素质量一定相等，故选项说法正确．故选：C ．17．解答： 解：二氧化碳与水反应生成的碳酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，碳酸不稳定，受热易分解，使酸性消失，溶液恢复为紫色，活性炭具有吸附性，能将石蕊的紫色吸附掉，变为无色，观察选项，故选：A ．二、解答题（共13小题，满分68分）18．解答：解：（1）从微观角度分析，水受热蒸发、电解水两个变化中，最本质的区别是水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变．故填：水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变．（2）①电解水的化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑．故填：2H2O2H2↑+O2↑．②由示意图可知，在化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变．故填：化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变．（3）①甲、乙两个反应都遵循质量守恒定律．故填：遵守．②两个装置中气球胀大的原因是：甲中，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水吸收二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大．故填：甲中，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水吸收二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大．19．解答：解：（1）达到一定温度，A在B中燃烧，火星四射，生成一种黑色固体，因此是铁和氧气点燃产生四氧化三铁，故反应的方程式为；3Fe+2O 2Fe3O4；（2）在一定条件下，C、D两种物质均能与E反应，且生成相同的物质，其中C 是单质，D和E都为氧化物，且生成相同的物质，因此可能是碳、一氧化碳分别于氧化铜反应产生铜和二氧化碳；故答案为；CO；C+2CuO 2Cu+CO2↑；（3）X、Y、Z三种物质中只含有一种相同的元素，且X为氧化物，结合三种物质的转化关系，X、Y、Z可以分别是水、氢氧化钙、碳酸钙或氧化钙、氢氧化钙、碳酸钙，带入符合题意；故答案为：H2O、Ca（OH）2、CaCO3（或CaO、Ca（OH）2、CaCO3）；X→Y转化时发生反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca（OH）2；Y→Z 转化时发生反应的化学方程式为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O．20．解答：解：（1）①在水（H2O）、铜（Cu）和氯化钠（NaCl）三种物质中，水（H2O）由水分子构成、铜（Cu）由铜原子构成，氯化钠（NaCl）由离子构成．②根据水的化学式：H2O，可知一杯水所有水分子中氢原子与氧原子的质量比：1：8；③图中的微粒，最外层电子得了2个，故其符号为S2﹣；④O3中+3的含义为：在氧化铝中铝元素化合价为+3．（2）由图示的情况可知：A中含有3个氧气的分子，B中含有的是3个氨气分子（NH3）；由于C中含有2个水分子和2个氧气分子．故答案为：（1）①氯化钠或NaCl；②1：8；③S2﹣；④在氧化铝中铝元素化合价为+3；（2）①NH3；②C．21．解答：解：（1）B的饱和溶液升温有固体析出，结合常见物质的溶解度曲线分析，可知B是氢氧化钙，甲、乙、丙为氧化物，甲和丙反应会生成氢氧化钙，所以甲、丙是水或氧化钙中的一种，A、B、C分别为含有三种元素的酸、碱、盐，A的浓溶液在空气中放置一段时间后质量增加，其溶质中含氧元素约65.3%，所以A是硫酸，甲和硫酸会发生反应，所以甲是氧化钙，丙就是水，氢氧化钙会转化成盐C，氧化钙、水和氧化物乙会生成盐C，氢氧化钙会与氧化物乙反应，且B、C中包含两种相同的元素，所以C 是碳酸钙，乙是二氧化碳，氧化钙和酸反应会生成水，氧化钙、水、二氧化碳反应会生成碳酸钙沉淀，硫酸和氧化钙会发生反应，氢氧化钙和二氧化碳会发生反应，二氧化碳和氢氧化钙反应会生成水，氢氧化钙和硫酸会生成水，推出的各种物质均满足题中的转化关系，推导合理，所以丙是H 2O ，A 是H 2SO 4；（2）水存在时，甲和乙的反应是水和氧化钙反应生成和氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，所以丙存在时，甲和乙反应的化学方程式为：CaO+CO 2CaCO 3，该反应满足化合反应多变一的条件，所以该反应属于化合反应；（3）氢氧化钙和二氧化碳反应生成白色的碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca （OH ）2+CO 2═CaCO 3↓+H 2O ．故答案为：（1）H 2O H 2SO 4； （2）CaO+CO 2CaCO 3，化合； （3）Ca （OH ）2+CO 2═CaCO 3↓+H 2O ．22．解解：混合物A 加盐酸反应生成的气体B答：能使澄清的石灰水变浑浊，故B是二氧化碳，说明A中含有碳酸钠；由于得到的是溶液，故固体全部溶解，说明A中不含有铜；溶液C加硝酸银，得到白色沉淀，故C中含有氯化钠，可能是碳酸钠和盐酸反应生产的氯化钠，也可能是原来就有的氯化钠；滤液D加氢氧化钠溶液能的到蓝色沉淀，说明D中含有铜离子，而能与盐酸反应生成铜离子的物质是氧化铜，故A中一定含有氧化铜；D中含有氯化铜与硝酸银反应生成的硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠反应生成的H是硝酸钠，带入框图，推断合理；（1）B是二氧化碳，故填：CO2；（2）A中一定含有碳酸钠和氧化铜，一定不含有铜，故填：Na2CO3、CuO；Cu；（3）滤液D中一定含有的阳离子是钠离子和铜离子，故填：Na+、Cu2+；（4）硝酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硝酸钠，故填：Cu（NO3）2+2NaOH=Cu （OH）2↓+2NaNO3；（5）要证明是否含有氯化钠，需要将碳酸钠除去，可以加入硝酸，然后再加入硝酸银溶液，观察到有白色沉淀生成说明含有氯化钠，故填：AgNO3；AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3．23．解答：解：方法二：空气中除了氮气、氧气外，还含有二氧化碳、水蒸气等，为保证所得氨气尽可能纯净，要除去空气中多余的水蒸气、二氧化碳等杂质，可以通过碱性干燥剂﹣碱石灰，既可以吸收二氧化碳又能吸收水；【实验探究】①该反应为制取氮气的反应，所以需装置不漏气，实验前需检查装置的气密性；【实验分析及数据处理】（1）该反应为制取氮气的反应，所以需装置不漏气，实验前需检查装置的气密性；（2）NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O+Q，该反应为放热反应，所以加热片刻后，即应移去酒精灯以防反应物冲出；（3）设反应生成N2的质量为xNaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O53.5 280.21g x解得x=0.11g；生成氮气的体积为：100ml﹣12ml=88ml=0.088L生成氮气的密度为：=1.25g/L；【解释与结论】将空气通过灼热的铜，得到较纯净的氮气和氧化铜粉末只是除去了氧气，其中还含有稀有气体等杂质，由于稀有气体的密度比氮气密度大，所以导致氮气密度总是偏大5‰左右．【反思与评价】（1）装置中A部分的分液漏斗与蒸馏瓶之间连接的导管所起的作用是使NaNO2饱和溶液容易滴下，因为该反应放热，增加蒸馏瓶内压强，不用导管时长颈漏斗内的液体不能滴入蒸馏瓶中．（2）科学家瑞利仅仅是从小数点第三位数的差别，所以我们应学习科学家严谨的态度．答案：【方法二】E 碱石灰【实验探究】①检查装置的气密性【实验分析及数据处理】（1）检查装置的气密性（2）防反应物冲出（3）0.11g；1.25g/L【解释与结论】方法二制得的氮气中含有密度比氮气大的稀有气体，导致密度偏大【反思与评价】（1）C（2）AC24．解答：解：根据题意：G为“紫红色金属”，为铜．而“E为目前世界上产量最高的金属”，为铁．“I是地壳中含量最高的元素形成的常见气体单质”，所以为氧气．A“在人体胃液中可以帮助消化”，所以为盐酸．由于铜（G）可以和氧气（I）反应生成B，所以B为氧化铜．则A和B反应生成C和D为盐酸和氧化铜反应生成水和氯化铜，而C能够和铁反应，所以C为氯化铜，D为水．H能够生成水和氧气，所以H为过氧化氢．而EC 反应即为铁与氯化铜的反应生成氯化亚铁（F）和铜（G）．所以转化关系为：（1）D的名称是水；（2）反应④的化学方程式2H2O22H2O+O2↑；（3）图中②是铁和氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，是单质和化合物反应生成另外的单质和化合物，为置换反应．故答案为：（1）水．（2）2H2O 22H2O+O2↑；（3）置换反应．25．解答：解：（1）B为红棕色，是赤铁矿的主要成分，所以B是氧化铁，化学式是Fe2O3；C能产生温室效应所以C是二氧化碳，化学式是CO2；（2）B为红棕色，是赤铁矿的主要成分，所以B是氧化铁，C能产生温室效应所以C是二氧化碳，A、C是组成元素相同的气体，所以A是一氧化碳，一氧化碳与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，所以D是铁，F是紫色金属属于铜，H是蓝色沉淀属于氢氧化铜沉淀，所以D和E反应是铁和铜的化合物反应，所以可以是铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，方程式是：Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；硫酸铜到氢氧化铜可以用硫酸铜和氢氧化钠反应，生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，用观察法配平即可，氢氧化铜后面标上沉淀符号，所以方程式是：2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4；两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应类型，属于复分解反应．故答案为：（1）Fe2O3；CO2；（2）①Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4；复分解反应．26．解答：解：（1）有表中信息可知第四次中的碳酸钠已完全反应，根据质量守恒定律生成二氧化碳的质量：13g+130g﹣138.6g=4.4g，（2）设纯碱样品中碳酸钠的质量为x，生成氯化钠的质量为y，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑106 117 44x y 4.4g，解得：x=10.6g，y=11.7g纯碱样品中Na2CO3的质量分数是：=81.5%；（3）设，氢氧化钠与盐酸反应生成的氯化钠的质量为z，13g样品样品中氢氧化钠的质量：13g﹣10.6g=2.4g；NaOH+HCl=NaCl+H2O40 58.52.4gzz=3.51g13g样品与盐酸恰好完全反应后生成物溶液中溶质的质量分数是：=11.0%（4）根据表中信息画出加入稀盐酸与生成气体的质量关系图．答案：（1）4.4 （2）81.5% （3）11.0%（4）27．解答：解：（1）固体甲和液体乙混合产生气泡，故甲可能为碳酸钠、碳酸钙、铁，乙为盐酸；故填：盐酸；（2）固体甲和液体乙混合产生气泡，观察到B中有气泡冒出，一段时间后，B中液面下降，可能是由于液体倒流的结果，因此可能是氧化钙和水混合放出热量，空气溢出，然后温度下降，气压降低，液体倒流，使B中液面下降；故答案为：CaO+H2O=Ca（OH）2；氧化钙与水反应放热，一段时间后A中温度下降，气压减小，B中液体倒吸；（3）经过甲和乙反应后，B中溶液流入A中，说明A中的气压减小，因此可能是二氧化碳和氢氧化钠的反应，反应产生碳酸钠与倒流的B溶液反应出现浑浊现象，则B中的溶液可能是石灰水，碳酸钠和氢氧化钙反应产生碳酸钙沉淀，溶液变浑浊；故填：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；（4）固体甲和液体乙混合产生的气体和B中的溶液混合，溶液浑浊，可知产生的气体为二氧化碳，溶液浑浊的反应是CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，因此A 中产生二氧化碳的反应是CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；关闭K，A中不断生成的二氧化碳使装置内的气压变大，因此A中盐酸进入B中将生成的碳酸钙完全反应掉，因此溶液由浑浊变澄清；因此实验后B中澄清液中一定有氯化钙；若盐酸过量，盐酸将氢氧化钙反应掉后有剩余，因此还会有氯化氢；溶液B中若含有氯化钠不会影响实验的现象，因此可能含有氯化钠．故填：CaCl2；CaCl2、HCl；NaCl、CaCl2、HCl；NaCl、CaCl2．28．解答：解：设参加反应的盐酸的溶质的质量为x，碳酸钙的质量为yCaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑反应前后固体的质量差100 73 111 111﹣100=11y x27.2g﹣25g=2.2g==解得：x=14.6g y=20g参加反应的盐酸的质量为：14.6g÷14.6%=100g（2）石灰石样品中碳酸钙的含量为：×100%=80%答：（1）参加反应的盐酸的质量为100g．（2）石灰石样品中碳酸钙的含量为80%．29．解答：解：设6克该药品中碳酸钠的质量为x，生成NaOH的质量为y，生成CaCO3的质量为z．Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH 106 74 100 80x 10g×7.4% zyx=1.06gz=1gy=0.8g答：6克该药品中碳酸钠的质量为1.06g；（2）溶液中溶质NaOH的质量=0.8g+（6g ﹣1.06g）=5.74g13.7ml水的质量是13.7g，则有溶液的总质量=6g+13.7g+10g﹣1g=28.7g反应后溶液中溶质的质量分数=100%=20%答：滤出沉淀后所得溶液的溶质质量分数为20%．30． 解答： 解：（1）铁与水和氧气同时接触时容易生锈，铜与水、氧气和二氧化碳同时接触时容易生锈，铜锈的化学式是Cu 2（OH ）2CO 3；因为Zn 2（OH ）2CO 3中没有氮元素，该物质是通过化合反应生成的，所以反应物中一定没有氮气；结合铜生锈的条件及其铜锈的化学式，类比锌片表面形成薄膜的条件及其化学式，可以判断锌与水、氧气和二氧化碳反应生成了薄膜．故选：C ．（2）①完全反应后，容器中的物质的质量差，就是生成氢气的质量，氢气的质量为：33.2g+10.8g ﹣43.9g=0.1g ；故填：0.1g ； ②设与铁反应的硫酸的质量为x ，烧杯中稀硫酸废液的质量为：33.2g ﹣18.2g=15.0gFe+H 2SO 4═FeSO 4+H 2↑98 2x 0.1g则，解得x=4.9g该废液中硫酸的质量分数为：100%=32.7%答：废液中硫酸的质量分数是32.7%．③如果铁钉的铁锈未除净，则铁锈消耗一部分硫酸，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水；根据氢气求出的硫酸质量就偏小，从而使计算出的硫酸的质量分数偏小．故答案为：（1）C；（2）①0.1；②32.7%；③偏小；硫酸与铁锈反应点评：解答本题运用了类比法，这种方法在解题时用处很大，要领会掌握．。