中考化学真题试题含解析试题1 19

一、单项选择题〔本大题包括12小题，每一小题2分，一共24分．请将其代号选出，并填入答案栏内〕 1.以下过程中，没有发生化学变化的是〔〕

A．酒精挥发 B．硫粉燃烧 C．水通电分解 D．钢铁生锈 【考点】化学变化和物理变化的判别．

【专题】化学反响的分类思想；物质的变化与性质．

【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，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．

【解答】解：A、酒精挥发的过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化． B、硫粉燃烧的过程中有新物质二氧化硫等生成，属于化学变化． C、水通电分解的过程中有新物质氢气和氧气生成，属于化学变化． D、钢铁生锈过程中有新物质铁锈生成，属于化学变化． 应选：A．

【点评】此题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，假设没有新物质生成属于物理变化，假设有新物质生成属于化学变化． 2.

以下物质中属于纯洁物的是〔〕

A．干净的空气 B．敞口长时间是放置的NaOH固体 C．纯洁的NaCl溶液 D．冰、水混合物 【考点】纯洁物和混合物的判别． 【专题】物质的分类．

【分析】纯洁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． 【解答】解：A、干净的空气是由氧气、氮气等物质组成的，属于混合物．

B、敞口长时间是放置的NaOH固体中含有水、碳酸钠等物质，属于混合物． C、纯洁的NaCl溶液中含有氯化钠和水，属于混合物． D、冰、水混合物是由一种物质水组成的，属于纯洁物． 应选D．

【点评】此题主要考察了物质的分类，完成此题，可以根据物质的组成进展． 3.

关于催化剂的以下说法中，正确的选项是〔〕 A．化学反响后催化剂本身的质量减少 B．化学反响后催化剂本身的质量增加 C．催化剂可改变化学反响速率

D．化学反响后催化剂的化学性质发生变化 【考点】催化剂的特点与催化作用． 【专题】空气与水．

【分析】在化学反响里能改变其他物质的化学反响速率，而本身的质量和化学性质在反响前后都没有发生变化的物质叫做催化剂〔又叫触媒〕．催化剂的特点可以概括为“一变二不变〞，一变是可以改变化学反响速率，二不变是指质量和化学性质在化学反响前后保持不变．

【解答】解：A、化学反响后催化剂本身的质量不变，应选项说法错误． B、化学反响后催化剂本身的质量不变，应选项说法错误． C、催化剂可改变化学反响速率，应选项说法正确． D、化学反响后催化剂的化学性质不变，应选项说法错误． 应选：C．

【点评】此题难度不大，考察对催化剂概念的理解，掌握催化剂的特征〔“一变二不变〞〕是正确解答此题的关键． 4.

以下说法中正确的选项是〔〕 A．原子核内的质子数与其核电荷数相等 B．原子核中的质子数与中子数一定相等 C．原子核一定由质子和中子构成

D．元素的化学性质取决于原子核内的质子数

【考点】原子的定义与构成；核外电子在化学反响中的作用． 【专题】物质的微观构成与物质的宏观组成．

【分析】原子是由原子核和核外电子构成的，原子核是由质子和中子构成的，在原子中，核内质子数=核外电子数=核电荷数，据此分析判断．

【解答】解：A．根据核内质子数=核外电子数=核电荷数，可得核电荷数与核内质子数相等，故正确； B．在原子核中，质子数与中子数之间没有必然的联络，故错误；

C．原子核是由质子和中子构成的，但并不是所得原子核内都有中子，如氢原子核内只有一个质子，没有中子，故错误； D．原子核外的最外层电子数决定了元素的化学性质，故错误． 应选A．

【点评】此题的难度不大，理解原子构造以及原子中微粒的等量关系即可解答． 5.

植物光用可表示为CO2+H2O

淀粉+O2，以下关于说法中正确的选项是〔〕

A．淀粉中一定含C、H两种元素 B．淀粉中一定只含C、H两种元素 C．淀粉中可能含有三种以上的元素 D．淀粉可能是一种单质或者一种化合物 【考点】质量守恒定律及其应用．

【专题】元素质量守恒；化学用语和质量守恒定律．

【分析】根据质量守恒定律，反响前后元素种类不变，结合题意进展分析解答．

【解答】解：CO2和H2O两种物质中含有碳、氢、氧三种元素，根据质量守恒定律，反响前后，元素种类不变，生成物氧气中只含有氧元素，那么淀粉中一定含有碳、氢两种元素，可能含有氧元素． A、淀粉中一定含C、H两种元素，应选项说法正确．

B、淀粉中一定含C、H两种元素，可能含有氧元素，应选项说法错误．

C、淀粉中一定含C、H两种元素，可能含有氧元素，最多含有三种元素，应选项说法错误． D、淀粉中一定含C、H两种元素，不可能是单质，应选项说法错误． 应选：A．

【点评】此题难度不大，掌握质量守恒定律〔反响前后，元素种类不变〕并能灵敏运用是正确解答此题的关键． 6.

HY石、石墨、C60的化学性质相似，但物理性质相差甚远，这是因为〔〕 A．构成它们的原子大小不同 B．构成它们的原子数目不同 C．构成它们的原子种类不同 D．组成它们的原子排列方式不同 【考点】碳元素组成的单质．

【专题】微观模型的类比；碳单质与含碳化合物的性质与用处． 【分析】根据已有的物质的性质差异的原因解答；

【解答】解：HY石、石墨、C60的化学性质相似，物理性质却有很大差异．其原因是碳原子的排列方式不同，故答案为：D． 【点评】掌握常见物质的性质差异和物质的性质是正确解答此题的关键． 7.

以下实验操作中，正确的选项是〔〕 A．用嘴吹灭酒精灯

B．实验桌上酒精着火用湿抹布盖灭

C．为防止浪费，实验用剩的药品放回原试剂瓶

D．取用粉末状固体药品用药匙，取用块状固体药品直接用手拿

【考点】加热器皿-酒精灯；固体药品的取用；常见的意外事故的处理方法． 【专题】常见仪器及化学实验根本操作．

【分析】A、熄灭酒精灯，用灯帽盖，不能用嘴吹，会引发危险； B、根据灭火原理进展分析即可；

C、实验室做实验剩余的药品，也要“三不〞：不拿出实验室，不拿随意丢弃，不能放回原瓶； D、根据固体药品的取用方法进展分析判断．

【解答】解：A、熄灭酒精灯，用灯帽盖灭，故A不正确；

B、酒精在实验桌上着火，可以用湿抹布扑灭，属于隔绝空气灭火，故B正确； C、实验剩余的药品不能放回原瓶，否那么会污染药品，故C不正确；

D、实验室取用固体药品一般用药匙，有些块状固体可用镊子夹取，不能用用手直接取用，应选项说法错误； 应选B．

【点评】此题考察酒精灯的使用方法及其本卷须知，理解实验室取用药品的原那么及常用仪器的作用，属于试验根本操作的问题．只要同学们能在平时认真学习，此题很容易． 8.

以下离子组在强酸性和强碱性溶液中都能大量一共存的是〔〕 A．Ca、Cu、NO3、Cl B．Na、Mg、SO4、Cl、 C．Na、K、CO3、SO4 D．Na、Ba、Cl、NO3 【考点】离子或者物质的一共存问题．

【专题】物质的别离、除杂、提纯与一共存问题．

+

+

2﹣

2﹣

+

2+

﹣

﹣

2+

2+

﹣

﹣

+

2+

2﹣

﹣

【分析】强酸性和强碱性溶液分别含有大量的H、OH．根据复分解反响发生的条件可知，假设物质之间互相交换成分不能生成水、气体、沉淀，那么可以在溶液中大量一共存． 【解答】解：强酸性和强碱性溶液分别含有大量的H、OH．

A、Cu和碱性溶液中的氢氧根离子能能结合生成氢氧化铜沉淀，在碱性溶液中不能大量一共存，应选项错误． B、Mg和碱性溶液中的氢氧根离子能能结合生成氢氧化镁沉淀，在碱性溶液中不能大量一共存，应选项错误． C、CO3与酸性溶液中的氢离子能能结合生成水和二氧化碳，在酸性溶液中不能大量一共存，应选项错误．

D、四种离子在溶液中互相交换成分不能生成沉淀、气体、水，能在酸性溶液和碱性溶液中大量一共存，应选项正确． 应选：D．

【点评】此题考察了离子一共存的问题，判断各离子在溶液中能否一共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反响生成沉淀、气体、水；还要注意是在酸性或者碱性溶液中一共存． 9.

在含有H2SO4和CuSO4的混合溶液中，逐滴参加NaOH溶液至过量，以下列图象能正确反映生成沉淀的质量〔m1〕与参加NaOH溶液的质量〔m1〕的关系是〔〕

2﹣2+2+

+

﹣

+﹣

A． B． C．

D．

【考点】碱的化学性质．

【专题】常见的碱碱的通性．

【分析】根据开场向H2SO4和CuSO4的混合溶液中，不断参加NaOH溶液，酸碱会发生反响，不会出现氢氧化铜沉淀，当硫酸反响完毕才开场生成沉淀，当硫酸铜反响完毕，即使不断参加氢氧化钠，也不会产生沉淀了进展分析．

【解答】解：向H2SO4和CuSO4的混合溶液中，不断参加NaOH溶液，酸碱会发生中和反响，不会出现氢氧化铜沉淀，当硫酸反响完毕才开场生成沉淀，当硫酸铜反响完毕，即使不断参加氢氧化钠，也不会产生沉淀了，应选：B．

【点评】此题是对物质间反响的考察，解题的重点是对复分解反响的发生条件及其它反响的发生条件要有明确的认识，属根底性知识考察题． 10.

要将一瓶接近饱和的石灰水变成饱和溶液，小明选择了如下方法．其中可行的是〔〕 ①参加CaO②参加Ca〔OH〕2③升高温度④降低温度． A．②③ B．②④ C．①②③ D．①②④ 【考点】饱和溶液和不饱和溶液互相转变的方法． 【专题】溶液、浊液与溶解度．

【分析】根据氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，据此由不饱和溶液与饱和溶液的转化方法进展分析判断即可． 【解答】解：向接近饱和的溶液中增加溶质或者蒸发溶剂都可以使溶液变成饱和溶液，故把一瓶接近饱和的石灰水变成饱和，①参加CaO，氧化钙与水反响生成氢氧化钙，②参加氢氧化钙，①②均能将一瓶接近饱和的石灰水变成饱和溶液． 由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，升高温度后氢氧化钙的溶解度变小，故把一瓶接近饱和的石灰水变成饱和，还可以采取③升高温度的方法． 故①②③符合题意． 应选：C．

【点评】此题难度不大，增加溶质、蒸发溶剂都可以把不饱和溶液变成饱和溶液，但改变温度使不饱和溶液变成饱和溶液时要详细分析溶解度与温度的关系． 11.

要将KCl、MgCl2和BaSO4的固体混合物逐一别分开来，参加的试剂及顺序正确的选项是〔〕 A．水、AgNO3溶液、稀

B．水、NaOH溶液、稀盐酸

C．水、KOH溶液、稀盐酸 D．水、KOH溶液、稀硫酸 【考点】混合物的别离方法；盐的化学性质．

【专题】物质的别离和提纯；物质的别离、除杂、提纯与一共存问题．

【分析】根据BaSO4难溶于水，氯化钠、氯化镁易溶于水，氯化镁能与氢氧化钾溶液反响生成氢氧化镁白色沉淀和氯化钾，氢氧化镁能与稀盐酸反响生成氯化镁和水，进展分析解答．

【解答】解：A、BaSO4难溶于水，KCl、MgCl2易溶于水，可加水溶解，再进展过滤，别离出BaSO4；但KCl、MgCl2均能与银溶液反响，不能别离出KCl、MgCl2，应选项错误．

B、BaSO4难溶于水，KCl、MgCl2易溶于水，可加水溶解，再进展过滤，别离出BaSO4；然后滴加适量的氢氧化钠溶液，氯化镁能与氢氧化钠溶液反响生成氢氧化镁白色沉淀和氯化钠，引入了新的杂质氯化钠，应选项错误．

C、BaSO4难溶于水，KCl、MgCl2易溶于水，可加水溶解，再进展过滤，别离出BaSO4；然后滴加适量的氢氧化钠溶液，氯化镁能与氢氧化钾溶液反响生成氢氧化镁白色沉淀和氯化钾，再进展过滤，别离出氯化钾溶液和氢氧化镁沉淀；最后向氢氧化镁沉淀中滴加稀盐酸，氢氧化镁能与稀盐酸反响生成氯化镁和水；能将固体混合物逐一别离，应选项正确．

D、BaSO4难溶于水，KCl、MgCl2易溶于水，可加水溶解，再进展过滤，别离出BaSO4；然后滴加适量的氢氧化钠溶液，氯化镁能与氢氧化钾溶液反响生成氢氧化镁白色沉淀和氯化钾，再进展过滤，别离出氯化钾溶液和氢氧化镁沉淀；最后向氢氧化镁沉淀中滴加稀硫酸，氢氧化镁能与稀硫酸反响生成硫酸镁和水，引入了新的杂质硫酸镁，不能别离出氯化镁，应选项错误． 应选：C．

【点评】此题难度不大，考察物质的别离，纯熟掌握酸碱盐的化学性质并能灵敏运用是正确解答此题的关键，解题时要注意反响后不能引入新的杂质． 12.

向一定量的NaCl溶液中参加足量的AgNO3溶液，所得沉淀的质量为原NaCl溶液质量的一半．那么原NaCl溶液中溶质的质量分数最接近于〔〕

A．10% B．20% C．30% D．40%

【考点】根据化学反响方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算． 【专题】溶质质量分数与化学方程式相结合的计算．

【分析】根据题意可知，AgCl沉淀质量×2=原NaCl溶液质量；假设AgCl沉淀质量为一定量，根据反响的化学方程式中的质量比即可计算出氯化钠的质量，即可解答．

【解答】解：假设生成氯化银的质量为a，设氯化钠的质量为x； NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3 xa

x=

原NaCl溶液中溶质的质量分数：×100%≈10%；

答案：B

【点评】此题考察溶液质量分数的计算，题目难度不大，此题注意根据反响的关系式结合题意中给出的质量关系解答，明确物质质量之间的关系为解答该题的关键．

二、填空题〔本大题包括5小题，每空1分，一共20分〕

13.

用适当的化学方程式说明或者解释以下问题： 〔1〕铜的金属活动性比铁弱Fe+CuSO4═FeSO4+Cu； 〔2〕工业上煅烧石灰石制生石灰CaCO3CaO+CO2↑；

〔3〕用石灰浆粉刷墙面，枯燥后变得坚硬CO2+Ca〔OH〕2═CaCO3↓+H2O； 〔4〕服用Al〔OH〕3的药丸治疗胃酸过多症Al〔OH〕3+3HCl═AlCl3+3H2O． 【考点】书写化学方程式、文字表达式、电离方程式． 【专题】元素与化合物；化学用语和质量守恒定律．

【分析】首先根据反响原理找出反响物、生成物、反响条件，根据化学方程式的书写方法、步骤〔写、配、注、等〕进展书写即可．

【解答】解：〔1〕铁能与硫酸铜溶液反响生成硫酸亚铁溶液和铜，说明铜的金属活动性比铁弱，反响的化学方程式为：Fe+CuSO4═FeSO4+Cu．

〔2〕工业上煅烧石灰石制生石灰，同时生成二氧化碳，反响的化学方程式为：CaCO3

CaO+CO2↑．

〔3〕用石灰浆粉刷墙面，枯燥后变得坚硬，是因为与空气中的二氧化碳反响生成碳酸钙沉淀和水，反响的化学方程式为：CO2+Ca〔OH〕2═CaCO3↓+H2O．

〔4〕氢氧化铝和胃酸中的盐酸反响生成氯化铝和水，反响的化学方程式为：Al〔OH〕3+3HCl═AlCl3+3H2O． 故答案为：〔1〕Fe+CuSO4═FeSO4+Cu；〔2〕CaCO3+3HCl═AlCl3+3H2O．

CaO+CO2↑；〔3〕CO2+Ca〔OH〕2═CaCO3↓+H2O；〔4〕Al〔OH〕

3

【点评】此题难度不大，考察学生根据反响原理书写化学方程式的才能，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． 14.

一些粒子的构造都可用示意图

来表示，且0＜y≤8．请答复以下问题：

〔1〕假设X=12时对应的元素为A，那么A的元素符号为Mg． 〔2〕当上述示意图表示的粒子均具有稳定的电子层构造时： ①假设某粒子带一个单位正电荷，那么该粒子的化学符号为Na．

②假设某粒子带两个单位负电荷，它所对应的元素与碳元素形成的常见化合物中，有复原性的是CO．

③假设一些粒子对应元素化合价的绝对值为3，其中某元素能与A元素形成化合物，那么该化合物的化学式为Mg3N2． 【考点】原子构造示意图与离子构造示意图；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】〔1〕假设X=12时，那么该元素为镁元素，据此进展分析解答．

〔2〕①假设某粒子带一个单位正电荷且y=8，那么是原子失去1个电子得到的，据此进展分析解答．

+

②假设该粒子带两个单位负电荷且y=8，那么是原子得到2个电子得到的，据此进展分析解答．

③假设一些粒子对应元素化合价的绝对值为3且y=8，那么是原子得到或者失去3个电子得到的，据此进展分析解答． 【解答】解：

〔1〕假设X=12时，那么该元素为镁元素，那么该粒子所对应元素符号为Mg． 〔2〕当上述示意图表示的粒子均具有稳定的电子层构造时：y=8；

①假设某粒子带一个单位正电荷，那么该粒子的核内质子数=2+8+1=11，该粒子的化学符号为Na；

②假设某粒子带两个单位负电荷，那么该粒子的核内质子数=2+8﹣2=8，该粒子的化学符号O，它所对应的元素与碳元素形成的常见化合物中，有复原性的是CO；

③假设一些粒子对应元素化合价的绝对值为3，A为镁元素，那么该粒子的核内质子数=2+8﹣3=7，为氮元素，其中氮元素能与A元素形成化合物，那么该化合物的化学式为Mg3N2 故答案为：〔1〕Mg；〔2〕①Na；②CO；③Mg3N2．

【点评】此题难度不大，考察学生对粒子构造示意图及其意义的理解，明确粒子中核内质子数和核外电子数之间的关系是解题的关键． 15.

图中A、B、C分别表示三种不同的固体物质，其溶解度曲线如下列图．请答复以下问题： 〔1〕这三种物质的溶液中，适用于海水晒盐原理进展结晶提纯的是B．

〔2〕在t2℃时，将质量均为25g的上述三种物质分别参加到100g水中，不能形成饱和溶液的是AB．

〔3〕在t2时，将足量的三种物质的饱和溶液各蒸发10g水后再冷却到t2，它们析出晶体的质量分别为m〔A〕、m〔B〕和m〔C〕，那么三者的大小关系是m〔C〕＜m〔B〕＜m〔A〕．

〔4〕将t2℃的这三种物质的饱和溶液分别降温至t1℃，所的溶液中溶质的质量分数分是ω〔A〕、ω〔B〕和ω〔C〕，那么三者的大小关系是ω〔B〕＞ω〔A〕＞ω〔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；饱和溶液和不饱和溶液；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】〔1〕根据溶解度随温度变化不大的物质适用于海水晒盐原理进展结晶解答； 〔2〕根据在t2℃时，三种物质的溶解度解答；

〔3〕据t2℃时三种固体的溶解度分析解答，溶解度越大，那么蒸发等质量的溶剂析出晶体的质量越多； 〔4〕物质的溶解度随温度的变化情况及饱和溶液中溶质的质量分数计算方法进展分析． 【解答】解：

〔1〕三种物质的溶解度受温度影响不大的物质是B，所以三种物质的浓溶液，适用于海水晒盐原理进展结晶的是B； 〔2〕t2℃时，A、B的溶解度大于25g，C的溶解度小于25g，所以，将质量均为25g的上述三种物质分别参加到100g水中，不能形成饱和溶液的是A、B；

〔3〕t2℃，三种物质的溶解度大小关系是：C＜B＜A，即等量的溶剂中溶解的物质多少关系是：C＜B＜A，因此将A、B、C三种物质的饱和溶液分别蒸发掉10g水，析出晶体的质量由小到大的顺序是m〔C〕＜m〔B〕＜m〔A〕；

〔4〕AB的溶解度随温度降低而减小，C的溶解度随温度降低而增大，所以将t2℃等质量A、B、C的饱和溶液降温到t1℃时，AB析出晶体，C溶质、溶剂质量不变，溶质的质量分数与降温前相等，据饱和时质量分数的计算式

×100%，

即溶解度越大质量分数也就越大，而t1℃时B的溶解度大于A的溶解度大于t2℃时C的溶解度，故溶液中溶质质量分数关系是：ω〔B〕＞ω〔A〕＞ω〔C〕． 答案： 〔1〕B； 〔2〕AB；

〔3〕m〔C〕＜m〔B〕＜m〔A〕； 〔4〕ω〔B〕＞ω〔A〕＞ω〔C〕．

【点评】此题主要考察了对溶解度曲线意义的认识和应用，以及对溶质质量分数、溶解度的理解和应用，能较好考察学生分析解决问题的才能． 16.

利用A、B两种盐可制得一系列的重要化合物，有某制备过程如下列图．A是BaCl2且在Ⅰ步反响中过量，B的溶液呈蓝色，C是一种碱．请答复以下问题： 〔1〕你认为B物质是硫酸铜．

〔2〕以下四种物质中，不符合C物质条件的是②． ①NaOH②KOH③Ca〔OH〕2④Ba〔OH〕2

〔3〕写出第Ⅳ步中发生反响的化学方程式NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑． 【考点】物质的鉴别、推断；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式． 【专题】框图型推断题．

【分析】根据A是BaCl2且在Ⅰ步反响中过量，B的溶液呈蓝色，A、B会生成白色沉淀和滤液①，所以B是硫酸铜，滤液①中含有氯化钡和氯化铜，C是一种碱，C和滤液①反响会生成蓝色沉淀，所以C是氢氧化钠，滤液②中含有氢氧化钠、氯化钡和氯化钠，滤液③中参加过量的D会生成白色沉淀，所以滤液③中含有碳酸钠、氢氧化钠、氯化钠，参加足量的盐酸反响，最后得到氯化钠，然后将推出的物质进展验证即可．

【解答】解：〔1〕A是BaCl2且在Ⅰ步反响中过量，B的溶液呈蓝色，A、B会生成白色沉淀和滤液①，所以B是硫酸铜，滤液①中含有氯化钡和氯化铜，C是一种碱，C和滤液①反响会生成蓝色沉淀，所以C是氢氧化钠，滤液②中含有氢氧化钠、氯化钡和氯化钠，滤液③中参加过量的D会生成白色沉淀，所以滤液③中含有碳酸钠、氢氧化钠、氯化钠，参加足量的盐酸反响，最后得到氯化钠，经过验证，推导正确，所以B是硫酸铜；

〔2〕氢氧化钠最后可以与盐酸反响生成氯化钠，氢氧化钙、氢氧化钠在最后都可以用碳酸钠除去钙离子、钡离子，氢氧化钾会引入钾离子，应选：②；

〔3〕第Ⅳ步中发生的反响是氢氧化钠和盐酸反响生成氯化钠和水，碳酸钠和盐酸反响生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑． 故答案为：〔1〕硫酸铜； 〔2〕②；

〔3〕NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑．

【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进展验证即可．

三、实验题〔本大题包括2小题，每空1分，一共10分〕

17.

有图所示的仪器和KClO3、MnO2、稀H2SO4、石灰石、稀盐酸等药品供选择，假设在实验室完成如下实验．请填写上以下空白处：

〔1〕制取并搜集CO2气体，你选择的仪器和药品是①②⑦⑧和石灰石、稀盐酸〔仪器填序号〕． 〔2〕假设再补充一种药品，也可用上述制CO2的装置来制O2，你补充的药品是过氧化氢．

〔3〕假设再补充一种仪器，并选择上述原有的仪器和药品制取并搜集O2，你认为需要补充的仪器是试管，你选择的药品是KClO3、MnO2．

【考点】二氧化碳的实验室制法；氧气的制取装置；氧气的搜集方法；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式． 【专题】常见气体的实验室制法、检验、枯燥与净化．

【分析】〔1〕根据实验室制取二氧化碳的原理和搜集方法来分析； 〔2〕根据实验室制取氧气的方法来分析； 〔3〕根据加热的方法也可以制取氧气．

【解答】解：〔1〕在实验室中制取二氧化碳需要选择的药品是石灰石与稀盐酸，属于固体与液体在常温下反响，应选择装置②⑦⑧组装制取装置；用向上排空气法来搜集，选择装置①来搜集；故填：①②⑦⑧和石灰石、稀盐酸； 〔2〕假设再补充过氧化氢溶液，也可用上述制CO2的装置来制O2，故填：过氧化氢；

〔3〕假设添加试管，就可以用试管和①③④⑥组装一套装置来加热氯酸钾与二氧化锰的混合物来制取氧气；故填：试管；KClO3、MnO2．

【点评】本考点主要考察气体发生装置的选择，综合性比较强．气体的制取装置的选择与反响物的状态和反响的条件有关；气体的搜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，主要出如今实验题中． 18.

小明同学将一定量的氢化钙〔CaH2〕参加到足量的Na2CO3溶液中，充分反响后过滤，别离出滤渣和滤液． 【提出问题】滤液中溶质的成份是什么？

【查阅资料】CaH2遇水迅速反响生成Ca〔OH〕2和H2．反响的化学方程式为CaH2+2H2O═Ca〔OH〕2+2H2↑． 【结论推理】滤液中溶质一定有NaOH，可能有Na2CO3或者Ca〔OH〕2． 【实验验证】请结合题意，在以下表格的空白中填写上恰当的内容．

实验方法

取滤液少许，向其中滴加 Na2CO3溶液．

〔2〕另取滤液，向其中参加足量稀盐酸．

【反思与拓展】

实验现象 无明显显现

实验结论

〔1〕说明滤液中没有氢氧化钙

有气体放出 滤液中有Na2CO3存在

〔1〕假设要从上述滤液中以最小消费本钱获得大量NaOH，你建议向滤液中参加适量的氢氧化钙溶液．

〔2〕小明同学认为CaH2与水的反响是复分解反响．请谈谈你的看法并说明理由不属于复分解反响；氢化钙和水反响生成氢氧化钙和氢气，生成物中氢气属于单质．

【考点】实验探究物质的组成成分以及含量；碱的化学性质；盐的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式． 【专题】科学探究．

【分析】【查阅资料】由题目的信息可知：氢化钙〔CaH2〕遇水反响生成氢氧化钙和氢气，写出该反响的化学方程式； 【结论推理】由题目的信息可知：氢氧化钙和碳酸钠反响时，可能恰好完全反响，这时的滤液中含有的溶质是氢氧化钠；假设氢氧化钙过量时，滤液中含有的溶质是氢氧化钠和氢氧化钙；假设碳酸钠过量时，滤液中含有的溶质是氢氧化钠和碳酸钠解答；

【实验验证】在实验一中，取滤液，向其中滴入少量碳酸钠溶液，无明显现象，说明没有氢氧化钙；

实验二：另取滤液，向其中参加足量稀盐酸，观察到先无变化后产生气泡的现象时，说明滤液中含有氢氧化钠和碳酸钠； 【反思与拓展】

〔1〕根据氢氧化钙与碳酸钠反响生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀解答； 〔2〕根据复分解反响的定答．

【解答】解：【查阅资料】

由题目的信息可知：氢化钙〔CaH2〕遇水反响生成氢氧化钙和氢气，可写出该反响的化学方程式：CaH2+2H2O═Ca〔OH〕2+2H2↑； 【结论推理】由题目的信息可知：氢氧化钙和碳酸钠反响时，可能恰好完全反响，这时的滤液中含有的溶质是氢氧化钠；假设氢氧化钙过量时，滤液中含有的溶质是氢氧化钠和氢氧化钙；假设碳酸钠过量时，滤液中含有的溶质是氢氧化钠和碳酸钠， 故滤液中溶质一定有NaOH，可能有Na2CO3或者氢氧化钙； 【实验验证】

实验一，取滤液，向其中滴入少量碳酸钠溶液，没有产生沉淀，说明滤液中没有氢氧化钙； 实验二：另取滤液，向其中参加足量稀盐酸，观察到有气体放出时，说明滤液中含有碳酸钠； 【反思与拓展】

〔1〕假设要从上述滤液中以最小消费本钱获得大量NaOH，你建议向滤液中参加适量的氢氧化钙溶液，氢氧化钙与碳酸钠反响生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀；

〔2〕氢化钙和水反响生成氢氧化钙和氢气，生成物中氢气属于单质，因此该反响不属于复分解反响． 故此题答案为：

【查阅资料】CaH2+2H2O═Ca〔OH〕2+2H2↑． 【结论推理】Ca〔OH〕2 【实验验证】

实验方法

取滤液少许，向其中滴加 Na2CO3溶液．

实验现象 无明显显现

实验结论

〔1〕说明滤液中没有氢氧化钙

〔2〕另取滤液，向其中参加足量稀盐酸． 有气体放出

【反思与拓展】 〔1〕氢氧化钙．

滤液中有Na2CO3存在

〔2〕不属于复分解反响；氢化钙和水反响生成氢氧化钙和氢气，生成物中氢气属于单质．

【点评】此题既考察了实验步骤的设计，又考察了化学方程式的书写，还对实验进展了评价，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．此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．同学们要详细分析，综合掌握． 四、计算题〔本大题包括1小题，一共6分〕

19.

取局部被氧化的镁带样品，参加到147g溶质质量分数为10%的H2SO4溶液中，镁带和H2SO4均恰好完成反响． 〔1〕写出上述镁带在H2SO4溶液中发生反响的化学方程式MgO+H2SO4═MgSO4+H2O；Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑． 〔2〕反响完成后生成MgSO4的质量为18g．

〔3〕该镁带样品中MgO的质量为2g．其中未被氧化与已被氧化的镁元素的质量比为11：6． 〔4〕假设生成的MgSO4溶液是不饱和溶液，求该溶液的质量为多少〔写出计算过程〕？ 【考点】根据化学反响方程式的计算． 【专题】有关化学方程式的计算．

【分析】〔1〕根据氧化镁与稀硫酸反响生成硫酸镁和水，镁与稀硫酸反响生成硫酸镁和氢气解答；

〔2〕镁和氧化镁中的镁元素完全转化到硫酸镁中，H2SO4溶液中硫酸根素完全转化到硫酸镁中；根据硫酸镁中镁和硫酸根的质量比可以求出硫酸镁的种质量；

〔3〕根据镁和氧化镁中的镁元素完全转化到硫酸镁中，利用元素守恒解答； 〔4〕根据质量守恒定律求出反响后溶液的质量． 【解答】解：

〔1〕氧化镁与稀硫酸反响生成硫酸镁和水，反响的化学方程式为：MgO+H2SO4═MgSO4+H2O；镁与稀硫酸反响生成硫酸镁和氢气，反响的化学方程式为：Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑；

〔2〕147g溶质质量分数为10%的H2SO4溶液中硫酸根的质量=147g×10%×反响完成后生成MgSO4的质量为：÷

=18g

=

×100%=

〔3〕镁和氧化镁中的镁元素完全转化到硫酸镁中，18g硫酸镁中，镁元素的质量=18g×

镁和氧化镁中的氧元素=﹣= 该镁带样品中MgO的质量为：÷未被氧化的镁元素的质量=﹣2g=

其中未被氧化与已被氧化的镁元素的质量比为：：=11：6； 〔4〕设镁与酸反响生成氢气的质量为x Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑； 242 x x≈

该溶液的质量为+147g﹣= 答案：

〔1〕MgO+H2SO4═MgSO4+H2O；Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑； 〔2〕18； 〔3〕2；11：6； 〔4〕该溶液的质量为．

【点评】此题难度不大，掌握利用化学方程式与溶质质量分数的综合计算即可正确解答此题，解题时要注意解题的标准性．

=2g，镁元素质量=2g﹣=