四川省攀枝花市2015年中考化学试题(word解析版)

1、四川省攀枝花市2015年中考化学试卷一、选择题（共16小题，每小题2.5分，满分40分）1将少量下列生活中常见的物质分别放入水中，不能形成溶液的是（）A味精B食盐C白糖D植物油考点：溶液的概念、组成及其特点.专题：溶液、浊液与溶解度分析：一种或几种物质分散到另一种物质中，形成均一的、稳定的混合物叫做溶液，它的基本特征是均一性和稳定性；只有被分散的物质在水中是可溶的，二者混合后才会形成溶液解答：解：A、味精溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故选项错误B、食盐易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故选项错误C、白糖易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故选项错误D、植物油不溶于

2、水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，故选项正确故选：D点评：本题难度不大，掌握溶液的本质特征（均一性、稳定性、混合物）、各种物质的水溶性方面的知识是解答本题的关键2（2.5分）（2015攀枝花）为防止面粉加工厂爆炸，应张贴的标志是（）ABCD考点：几种常见的与化学有关的图标.专题：公共标志型分析：根据已有的化学图标的意义进行分析解答即可解答：解：A、表示的是腐蚀品标志，错误；B、表示的是禁止烟火标志，正确；C、表示的是节约用水标志，错误；D、表示的是可循环利用标志，错误；故选B点评：本题考查的是常见的化学图标的已有，完成此题，可以依据已有的知识进行3（2.5分）（2015攀枝

3、花）以下家庭食品制作中，发生了化学变化的是（）A葡萄酿酒B凉水冻冰C黄瓜切片D辣椒剁碎考点：化学变化和物理变化的判别.专题：物质的变化与性质分析：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、葡萄酿酒过程中有新物质酒精生成，属于化学变化B、凉水冻冰过程中没有新物质生成，属于物理变化C、黄瓜切片过程中没有新物质生成，属于物理变化D、辣椒剁碎过程中没有新物质生成，属于物理变化故选A点评：本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化4（2.5分

4、）（2015攀枝花）下列几种常见的饮料中，不含有机物的可能是（）A果汁B牛奶C矿泉水D啤酒考点：有机物与无机物的区别.专题：物质的分类分析：根据物质的组成分析有机物是指含有碳元素的化合物无机物是指不含有碳元素的化合物解答：解：A、果汁中含有丰富的维生素，维生素属于有机物B、牛奶中含有丰富的蛋白质，蛋白质属于有机物C、矿泉水的主要成分是水，还含有一些矿物质，一般不含有有机物D、啤酒中含有酒精，酒精属于有机物故选：C点评：含有碳元素的化合物中，一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物5（2.5分）（2015攀枝花）下列有关物质的分类正确的是

5、（）A稀盐酸属于化合物B亚硝酸钠属于盐C冰水共存物属于混合物D纯碱属于碱考点：单质和化合物的判别；纯净物和混合物的判别；常见的氧化物、酸、碱和盐的判别.专题：物质的分类分析：化合物是由不同元素组成的纯净物，混合物是由不同物质组成的物质，盐是指电离出金属离子和酸根离子的化合物，碱是指电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物解答：解：A、稀盐酸中含有氯化氢和水，属于混合物，故A错；B、亚硝酸钠属于盐，故B正确；C、冰水共存物是由水一种物质组成，属于纯净物，故C错；D、纯碱属于盐，不是碱，故D错故选B点评：解答本题关键是要熟悉酸碱盐的定义，纯净物与混合物的区别6（2.5分）（2015攀枝花）下列有关物

6、质用途的说法不正确的是（）A聚氯乙烯塑料可用于电线外面的绝缘层B石灰石可用作袋装食品的干燥剂C金刚石镶在玻璃刀头上用来裁玻璃D不锈钢可用于制作外科手术刀考点：塑料及其应用；生铁和钢；常用盐的用途；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，根据已有的物质的性质进行分析解答即可解答：解：A、聚氯乙烯塑料不具有导电性，可用于电线外面的绝缘层，正确；B、石灰石不具有吸水性，不能用于干燥剂，错误；C、金刚石硬度大，可以镶在玻璃刀头上用来裁玻璃，正确；D、不锈钢具有很强的抗腐蚀性能，可用于制作外科手术刀，正确；故选B点评：掌握常见的物质的性质是正确解答本题的关键7（2.

7、5分）（2015攀枝花）下列有关能源的叙述正确的是（）A石油是一种可再生资源B大量使用化石能源会造成大气污染，因此反应该停止化石能源的开采和利用C人类需要的能量都是由化学反应产生的D目前没有大量氢能源，是由于氢气的制取成本高，贮存困难考点：化石燃料及其综合利用；物质发生化学变化时的能量变化；氢气的用途和氢能的优缺点.专题：化学与能源分析：自然资源分可再生资源和非可再生资源，非可再生资源是指短时间内不能更新或再生的资源，如矿产资源根据开发、使用新能源具有重要意义，开发的新能源主要有太阳能、氢能等解答：解：A、石油是一种不可再生资源，故错误；B、大量使用化石燃料会造成大气污染，但不能停止化石燃料的

8、开采和利用，错误；C、人类需要的能量不都是由化学反应产生的，错误；D、目前没有大量使用氢能源，是由于氢气的制取成本高、贮存困难，正确；故选D点评：本题主要考查能源开发及其新能源方面的知识8（2.5分）（2015攀枝花）从分子的角度分析并解释下列现象，不正确的是（）A酒香不怕巷子深分子在不停地运动B液态水凝固成冰，所占体积变大分子变大C晴天湿衣服比阴天干得快晴天气温高，分子运动速率快D6000L氧气加压后可装入容积为40L的钢瓶中分子间有间隔考点：利用分子与原子的性质分析和解决问题.专题：物质的微观构成与物质的宏观组成分析：根据分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运

9、动的；同种物质的分子性质相同，不同物质的分子性质不同，结合事实进行分析判断即可解答：解：A、酒香不怕巷子深，是因为酒精的分子是在不断运动的，向四周扩散，使人们闻到酒香，故选项解释正确B、液态水凝固成冰，所占体积变大，是因为水分子间有间隔，液态水凝固成冰时水分子间隔变大，分子的体积没有变化，故选项解释错误C、由于分子是运动的，温度升高运动的速率加快，晴天比阴天温度高所以，晴天湿衣服比阴天干得快故选项解释正确D、由于分子间有间隔，在加压时氧分子之间的间隔变小，故6000L氧气加压后可装入容积为40L的钢瓶中，故选项解释正确故选：B点评：本题难度不大，掌握分子的基本性质及利用分子的基本性质分析和解决

10、问题的方法是解答此类题的关键9（2.5分）（2015攀枝花）生活中一些物质的近似pH如下有关说法不正确的是（）物质醋酸橘子汁草木灰水炉具清洁剂pH2.53.411.112.4A草木灰水显碱性B胃酸过多的人少吃橘子C上述物质酸性最强的是炉具清洁剂D醋酸能使紫色石蕊试液变红考点：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：根据表格提供的数据可知，醋酸呈酸性，橘子汁呈酸性，草木灰水呈碱性，炉具清洁剂呈碱性，可以据此结合中和反应及酸碱性质来完成解答解答：解：A、草木灰水显碱性的pH为11.1，呈碱性，故A说法正确；B、橘子汁的pH为3.4，呈酸性，胃酸过多的人不宜多吃

11、，故B说法正确；C、碱性溶液pH越大，碱性越强，炉具清洁剂碱性最强，不是酸性，故C说法不正确；D、醋酸呈酸性，能使紫色石蕊试液变红，故D说法正确故选C点评：解答本题类似题目，要掌握溶液的酸碱性和溶液PH大小之间的关系，然后再根据具体物质的水溶液的酸碱性进行分析、判断，从而得出正确的结论10（2.5分）（2015攀枝花）下列说法正确的是（）A生活中可以通过将水煮沸来降低水的硬度B炒菜时油锅着火，立即用水浇灭C食用甲醛浸泡过的海产品，可提高人体的免疫力D用煤火取暖时，在火炉旁放一杯水以防止CO中毒考点：硬水与软水；一氧化碳的物理性质；灭火的原理和方法；亚硝酸钠、甲醛等化学品的性质与人体健康.专题：

12、空气与水；化学与生活分析：A、根据降低硬水硬度的方法进行分析；B、根据灭火的原理和实际情况判断；C、根据甲醛能和蛋白质发生反应，使蛋白质变性，还对人体产生危害分析解答；D、根据CO不溶于水分析解答：解：A、生活中常用煮沸的方法来降低水的硬度，故正确；B、炒菜时油锅着火，立即盖上锅盖，可以隔绝氧气或空气，从而达到灭火的目的，不能用水浇灭，因油不溶于水且密度小，浮于水面上，不能达到灭火的目的，故错误；C、甲醛能和蛋白质发生反应，使蛋白质变性，还对人体产生危害，故错误；D、CO不溶于水，所以用煤火取暖时，在火炉旁放一杯水以防止CO中毒，是错误的故选A点评：化学来源于生产、生活，也服务于生产、生活，与

13、生产、生活相关的化学知识，是中考热点之一，在学习过程中要理论联系实际，在实践中领会知识，运用所学知识去解决实际问题11（2.5分）（2015攀枝花）下列实验操作正确的是（）A制取蒸馏水时，将湿度计水银球插入水中B过滤时，将玻璃棒靠在三层滤纸的一边C实验室制取并用排水法收集氧气，停止加热时，先熄灭酒精灯，再移出导气管D在“粗盐中难溶性杂质的去除”实验中，将蒸发皿中的溶液直接蒸干考点：蒸发与蒸馏操作；过滤的原理、方法及其应用；制取氧气的操作步骤和注意点.专题：常见仪器及化学实验基本操作分析：A、A、蒸馏时注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近B、过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则C、

14、根据实验室制取氧气的实验步骤、注意事项进行分析判断D、根据蒸发操作停止加热的时机进行分析判断解答：解：A、温度计水银球在蒸馏烧瓶支管口处，测的是蒸汽的温度，如果把温度计放在支管口以下的地方，这时候的温度是比支管口的温度略低，故选项说法错误B、过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，过滤时将玻璃棒靠在三层滤纸的一边，故选项说法正确C、实验室制取并用排水法收集氧气，先把导管移出水面，再熄灭酒精灯，以防止水槽中的水倒吸入试管，使试管因骤然冷却而炸裂，故选项说法错误D、在“粗盐中难溶性杂质的去除”实验中，待蒸发皿中出现较多的固体时，应停止加热，用余热将剩余液体蒸干，故选项说法错误故选：B点评：本

15、题难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键12（2.5分）（2015攀枝花）“金银铜铁锡”俗称五金，相关叙述正确的是（）A黄铜（铜锌合金）比铜的硬度小B五种金属中，金属铜的导电性最弱C“金银铜铁锡”是按照金属活泼性由弱到强的顺序排列的D五种金属中，只有两种金属能和酸发生置换反应生成氢气考点：合金与合金的性质；金属的物理性质及用途；金属活动性顺序及其应用.专题：金属与金属材料分析：A、根据一般合金的硬度大分析；B、根据金属导电性分析；C、根据已有的知识进行分析，在金属活动性顺序中，铁锡铜银金；D、铁和锡比较活泼，能和稀盐酸、稀硫酸发生置换反应

16、生成盐和氢气；解答：解：A、黄铜比铜的硬度大，故错误；B、铜的导电性很好，如铁的导电性比铜的导电性差，该选项说法错误；C、金银铜铁锡中，由弱到强的顺序是金、银、铜、锡、铁，该选项说法错误；D、五种金属中，只有铁和锡能和酸发生置换反应生成氢气，该选项说法正确；故选：D点评：要会利用金属活动顺序分析金属活动性强弱，金属氢前边的金属会与稀硫酸、盐酸反应，但氢后边的金属不会与稀硫酸、盐酸反应，前边的金属会把后边的金属从其盐溶液中置换出来13（2.5分）（2015攀枝花）下列应用的原理（用化学方程式表示）及基本反应类型均正确的是（）ACO用于冶金工业CuO+COCu+CO2 置换反应B用含Al（OH）3

17、的药物中和过多的胃酸Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O 复分解反应C加热高锰酸钾制取氧气2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2 分解反应D用红磷测定空气中氧气中含量4P+5O22P2O5 氧化反应考点：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：根据化学方程式判断正误的方法需考虑：应用的原理是否正确；化学式书写是否正确；是否配平；反应条件是否正确；和的标注是否正确；若化学方程式书写正确，在由反应特征确定反应类型解答：解：A、该化学方程式书写完全正确，但该反应的反应物均为化合物，不属于置换反应，故选项错误B、该化学方程式书写完全正确，且该

18、反应是两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应，属于复分解反应，故选项正确C、该化学方程式书写完全正确，且该反应符合“一变多”的特征，属于分解反应，故选项正确D、该化学方程式书写完全正确，但氧化反应不是基本的化学反应类型，故选项错误故选：BC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14（2.5分）（2015攀枝花）除去下列物质中的少量杂质，所选试剂及操作都正确的是（）物质杂质试剂操作AFeCl2溶液CuCl2过量铁粉结晶BCO2H2O氢氧化钠干燥CNaCl溶液Na2SO4适量Ba（

19、NO3）2溶液过滤D铜粉CuO过量稀盐酸过滤AABBCCDD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：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质解答：解：A、过量铁粉能与CuCl2溶液反应生成氯化亚铁溶液和铜，应再进行过滤，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错误B、氢氧化钠具有吸水性，但能与二氧化碳反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂

20、原则，故选项所采取的方法错误C、Na2SO4能与适量Ba（NO3）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误D、CuO能与过量稀盐酸反应生成氯化铜和水，铜不与稀盐酸反应，再进行过滤，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故选：D点评：物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键15（2.5分）（2015攀枝花）在一定条件下，一个密闭容器内发生某反应，测得反应前后各物质的质量如下表所示下列有关说法不正确的是（

21、）物质abcd反应前的质量/g30201015反应后的质量/gXy010A参加反应的c与d的质量比为2：1Bx的取值范围：0x30C当y20时，该反应一定是化合反应Dx+y=65考点：质量守恒定律及其应用；反应类型的判定.专题：化学用语和质量守恒定律分析：c物质反应后减少了10g，是反应物；d物质反应后减少了5g，是反应物；再根据质量守恒定律可以判断相关选项的正误解答：解：A、参加反应的c与d的质量比为：10g：5g=2：1，该选项说法正确；B、x可以大于30，例如当a是生成物时，x30，该选项说法不正确；C、当y=20时，b是催化剂，或既不是反应物，也不是生成物，则a物质是生成物，反应物是两

22、种，生成物是一种，属于化合反应；当y20时，b是反应物，反应物是三种，生成物是一种，属于化合反应，该选项说法正确；D、x+y=30+20+（10+5）=65，该选项说法正确故选：B点评：化学反应遵循质量守恒定律，即化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变，这是书写化学方程式、进行相关方面计算的基础16（2.5分）（2015攀枝花）某石化厂有一种石油产品中含有质量分数为4.9%的残余硫酸，过去他们都是用NaOH溶液来清洗这些硫酸现在石化厂进行了技术改造，采用Ca（OH）2中和这些残余硫酸则每处理100kg这种石油产品，可以节约经费多少？（）NaOH和Ca（OH）2市场价格如下表：名称

23、Ca（OH）2NaOH价格（元/kg）6.0024.00A73.8元B72元C51.6元D22.2元考点：根据化学反应方程式的计算.专题：有关化学方程式的计算分析：计算改用氢氧化钙后处理同样产品需氢氧化钙的质量，结合氢氧化钠、氢氧化钙的市场价格，计算使用氢氧化钠与使用氢氧化钙所花费的差值解答：解：设需要NaOH的质量为x，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O 80 98 x 100kg4.9%=x=4kg；设需要Ca（OH）2的质量为y，Ca（OH）2+H2SO4=CaSO4+2H2O 74 98 y 100kg4.9%=y3.7kg；采用NaOH中和这些残余硫酸所需经费：4kg24

24、.00元/kg=96元；采用Ca（OH）2中和这些残余硫酸所需经费：3.7kg6元/kg=22.2元；可以节约的经费：96元22.2元=73.8元故选：A点评：本题主要考查学生利用化学方程式进行计算的能力解题时要结合图表数据，认真分析解答二、填空题（共4小题，每小题5分，满分23分）17（5分）（2015攀枝花）请你用化学用语填空（1）4个氢分子4H2；（2）3个氢氧根离子3OH；（3）小苏打的化学式NaHCO3；（4）地壳中含量最多的金属元素Al；（5）用于人工降雨的干冰CO2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：（1）分子的表示方法，正确书写物质的化学式，表示

25、多个该分子，就在其化学式前加上相应的数字（2）离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字（3）小苏打是碳酸氢钠的俗称，写出其化学式即可（4）地壳中含量最多的金属元素是铝元素（5）干冰是固体的二氧化碳，写出其化学式即可解答：解：（1）由分子的表示方法，正确书写物质的化学式，表示多个该分子，就在其化学式前加上相应的数字，则4个氢分子可表示为：4H2（2）由离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略

26、若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字，故3个氢氧根离子可表示为：3OH（3）小苏打是碳酸氢钠的俗称，其化学式为：NaHCO3（4）地壳中含量最多的金属元素是铝元素，其元素符号为：Al（5）干冰（固体的二氧化碳）升华时吸收大量的热，可用于人工降雨，其化学式为：CO2故答案为：（1）4H2；（2）3OH；（3）NaHCO3；（4）Al；（5）CO2点评：本题难度不大，掌握常见化学用语（元素符号、分子符号、化学式、离子符号等）的书写方法、离子符号与化合价表示方法的区别等是正确解答此类题的关键18（6分）（2015攀枝花）Na2S2O3（硫代硫酸钠）和Ca（IO3）2是重要的化学试剂（1）

27、Na2S2O3中硫元素的化合价为+2与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+X+H2O，则X物质的化学式为SO2反应产物S在氧气中燃烧的现象是发出明亮的蓝紫色火焰，产生一种有刺激性气味的气体（2）Ca（IO3）2是一种难溶于水的白色固体，可由碘酸钾（KIO3）溶液和氯化钙溶液进行复分解反应制得，则反应的化学方程式是2KIO3+CaCl2=2KCl+Ca（IO3）2考点：有关元素化合价的计算；氧气的化学性质；质量守恒定律及其应用；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式.专题：化学式的计算；化学用语和质量守恒定律分析：（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合

28、大苏打（Na2S2O3）的化学式进行解答本题；根据化学变化前后原子的种类、数目不变，由反应的化学方程式，推断反应中生成物R的分子构成，根据分子的构成确定R物质的化学式根据硫在氧气中燃烧的现象来分析；（2）根据复分解反应的发生条件和书写化学方程式的方法分析解答解答：解：（1）钠元素显+1价，氧元素显2价，设硫元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）2+2x+（2）3=0，则x=+2价由反应的化学方程式H2SO4+Na2S2O3Na2SO4+S+H2O+X，可知反应前后各原子的个数分别为 反应前 反应后H原子 2 2S原子 3 2O原子 7 5Na原子 2 2根据化学变

29、化前后原子的种类、数目不变，生成物R的每个分子由1个S原子和2个O原子构成，则物质x的化学式可表示为SO2；硫在氧气中燃烧发出明亮的蓝紫色火焰，生成一种有刺激性气味的气体，故填：+2；SO2；明亮的蓝紫色；有刺激性；（2）依据题干信息和复分解反应的特点可知该反应的化学方程式为2KIO3+CaCl2=2KCl+Ca（IO3）2；故填：2KIO3+CaCl2=2KCl+Ca（IO3）2点评：本题考查了化合价的计算、质量守恒定律的应用以及化学方程式的书写，根据化学变化前后原子的种类、数目不变，由反应的化学方程式，可以推断反应中某物质的分子构成及物质化学式的确定19（6分）（2015攀枝花）如图为六种

30、原子的结构示意图请回答下列问题：（1）图中六种元素之间的最本质区别是质子数不同；（2）镁原子在化学反应中容易失去2个电子形成镁离子，镁离子的化学式为Mg2+；氧化钠由钠离子和氧离子构成，氧化钠的化学式为Na2O（3）从原子结构上分析，图中哪两组元素具有相似的化学性质（填元素符号）Cl、I（4）在上述碘的原子结构示意图中，x=18考点：原子结构示意图与离子结构示意图.专题：化学用语和质量守恒定律分析：（1）根据元素的定义分析；（2）根据离子符号、化学式的写法书写；（3）根据元素的性质与原子的最外层的电子数的关系分析；（4）根据在原子中核内质子数等于核外电子数分析解答：解：（1）元素之间的最本质区

31、别是质子数不同；（2）镁原子在化学反应中容易失去2个电子形成镁离子，镁离子的化学式为Mg2+；氧化钠由钠离子和氧离子构成，氧显2价，钠为+1价，所以氧化钠的化学式为：Na2O（3）从原子结构上分析，氯与碘原子的最外层的电子数相同，元素具有相似的化学性质，元素符号分别为：Cl、I（4）由于在原子中核内质子数等于核外电子数，在上述碘的原子结构示意图中，x=5328187=18故答为：（1）质子数不同（2）Mg2+，Na2O，（3）Cl、I（4）18点评：本题考查学生对原子结构示意图的特点的理解与掌握，并能在解题中灵活应用20（6分）（2015攀枝花）20时，将等质量的甲、乙两种固体（不含结晶水），

32、分别加入到盛有100g水的烧杯中，充分搅拌后现象如图1所示，加热到50时现象如图2所示，甲、乙两种物质的溶解度曲线如图3所示请回答下列问题：（1）图1中一定是饱和溶液的是甲溶液（填“甲”或“乙”）；图2中乙溶液一定是不饱和溶液（填“饱和”或“不饱和”）（2）图3中表示乙的溶解度曲线的是N（填“M”或“N”）；图2中乙溶液降温至30不会析出晶体（填“会”或“不会”）（3）50时甲的饱和溶液中溶质质量分数为44.4%（计算结果精确到0.1%）考点：饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；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）根据烧杯底部是否有不溶解的固体存

33、在以及温度升高后，溶解度的变化情况来分析；（2）图1中20时，将等质量的甲、乙两种固体物质（不含结晶水），分别加入到盛有100g水的烧杯中，甲有固体剩余，说明甲的溶解度小于乙，结合图3完成解答；（3）根据饱和溶液中溶质的质量分数计算方法来分析解答：解：（1）图1中甲烧杯底部有不溶解的晶体存在，说明在该温度下甲溶液饱和，而乙溶液可能饱和也可能不饱和；因为两种物质的溶解度均随着温度的升高而增大，故升温后所得图2中的乙一定不饱和；故填：甲；不饱和；（2）根据图1中信息可以知道20时甲的溶解度小于乙的溶解度，而图3中在20时，N曲线的溶解度大于M曲线的溶解度，故N表示的是乙物质的溶解度曲线；因为乙在2

34、0时没有晶体存在，故降温至30也不会出现晶体；故答案：N；不会（3）50时甲的溶解度为80g，则此温度下甲的饱和溶液中溶质的质量分数为：44.4%，故填：44.4%点评：本题首先要熟记和理解固体溶解度曲线及其使用，溶质质量分数及其有关计算，饱和溶液和不饱和溶液的概念及其相互转变方法，以及物质的溶解和结晶的方法等相关知识；然后，根据所给的问题情景或图表信息，结合所学的相关知识和技能按照题目的要求，认真地进行选择或解答即可三、简答题（共3小题，满分15分）21（2分）（2015攀枝花）用如图所示的简易净水器处理浑浊的河水，下列分析正确的是ADA净化后的河水属于混合物B该净水器能将硬水变为软水C该净

35、水器能杀菌消毒D用活性炭可以除去水中的色素和异味考点：水的净化；硬水与软水；纯净物和混合物的判别；碳单质的物理性质及用途.专题：空气与水分析：分析简易净水器中各层物质的作用可知：小卵石可过滤河水中较大的不溶性固体颗粒，石英沙可除去较小的不溶性固体颗粒，活性炭主要吸附杂质、色素等杂质，蓬松棉用于防止过滤层随水漏下；经过此装置只能除去水中的不溶性固体杂质和异味，不能除去其中的细菌、微生物、钙镁化合物等，得不到纯净的水；据此结合题意进行分析判断解答：解：A、要达到净化后的水属于纯净物的效果，应进行蒸馏操作，该装置净化后得到的水中含有可溶性的钙镁化合物等，属于混合物，故选项说法正确B、要达到将硬水变为

36、软水的效果，需要降低水中钙、镁离子含量，该装置不能除去水中的可溶性钙镁化合物，不能降低水的硬度，故选项说法错误C、要达到杀菌消毒的效果，需要加入消毒剂，而图示净水器中不含有消毒剂，则该净水器不能起到杀菌消毒的效果，故选项说法错误D、活性炭具有吸附作用，可以除去水中的色素和异味，故选项说法正确故填：AD点评：本题难度不大，考查了简易净水器的知识，掌握净化水的原理是正确解答本题的关键22（5分）（2015攀枝花）如图是实验室制取二氧化碳的一种装置请回答下列问题：（1）反应生成CO2的化学反应方程式是CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2（2）为了检验该装置的气密性，可将橡胶管用止水夹夹住，

37、然后通过长颈漏斗向试管内注水，当长颈漏斗中形成一段稳定的水柱，说明装置的气密性良好（3）实验过程中加注的稀盐酸的液面必须浸没长颈漏斗的下端管口的理由是防止二氧化碳从长颈漏斗处逸出考点：二氧化碳的实验室制法；检查装置的气密性；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、干燥与净化分析：（1）根据碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳进行分析；（2）根据检验图中发生装置的气密性的方法是：用止水夹夹紧胶皮管，从长颈漏斗中加水，至管内形成一段液柱，观察液柱如果不下落，则气密性良好进行分析；（3）根据收集气体要保证装置的气密性进行分析解答：解：（1）碳酸钙和盐酸反应生成氯

38、化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2；（2）检验图中发生装置的气密性的方法是：用止水夹夹紧胶皮管，从长颈漏斗中加水，至管内形成一段液柱，观察液柱如果不下落，则气密性良好；（3）长颈漏斗的末端一定要伸入液面以下，为防止生成的二氧化碳气体从长颈漏斗逸出故答案为：（1）CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2；（2）长颈漏斗中形成一段稳定的水柱；（3）防止二氧化碳从长颈漏斗处逸出点评：本题考查的知识比较细致、全面，掌握实验室制取气体（氧气、二氧化碳、氢气）的原理等知识，并会结合装置进行分析，才能正确解答该题，对可能出现的实验现象做出合理的解释，可以采

39、用把握全局的策略进行分析23（8分）（2015攀枝花）Na2SO4是制造纸张、药品、染料稀释剂等的重要原料某Na2SO4样品中含有少量CaCl2和MgCl2，实验室提纯Na2SO4的流程如图1所示（1）加入Na2CO3溶液可除去的阳离子是Ca2+（填离子符号），其反应的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl若添加的NaOH溶液和Na2CO3溶液过量，可加入适量稀硫酸（填名称）除去（2）操作a的名称是过滤，该操作中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗（3）溶液M中的溶质是Na2SO4和杂质NaCl，观察图2中溶解度曲线，则操作b是：先将溶液M蒸发浓缩，再降温结晶、过滤降

40、温结晶的最佳温度范围是30以下，因为Na2SO4溶解度30以下硫酸钠的溶解度受温度影响比氯化钠大考点：物质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；固体溶解度曲线及其作用；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：物质的制备分析：（1）根据本题给出的除去杂质选用的试剂，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，写出反应的化学方程式即可；如果氢氧化钠和碳酸钠过量，可加入适量的稀硫酸，稀硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，稀硫酸和碳酸钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂的原则；（2）根据分离的物质的特征及过滤操作所需的仪器进行分析解答；（3）根据

41、硫酸钠和氯化钠的溶解度曲线变化分析解答：解：（1）加入的碳酸钠钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，因此除去的是钙离子，反应的化学方程式分别为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl；稀硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，没有带入新杂质；碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳气体，没有带入任何其它杂质；符合除杂的原则，故NaOH和Na2CO3如果添加过量了，可在过滤后向滤液中滴加稀硫酸除去；（2）操作a得到的是固体和液体，因此是过滤，过滤需要烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；（3）由于硫酸钠的溶解度在30以下比氯化钠小，降温的过程中会析出大量的硫酸钠，所以操作b应为：先将溶液M蒸发浓缩，

42、再降温结晶、过滤降温结晶的最佳温度范围是30以下故答案为：（1）Ca2+，Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl；稀硫酸；（2）漏斗；（3）30，在30以下硫酸钠的溶解度比氯化钠小，且硫酸钠的溶解度受温度影响比氯化钠大点评：本题综合性较强，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），掌握盐的化学性质、化学方程式的书写、过滤操作及降温结晶等是正确解答本题的关键四、实验题（共1小题，满分10分）24（10分）（2015攀枝花）“鱼浮灵”主要成分是过碳酸钠（xNa2CO3yH2O2）俗称固体双氧水某兴趣小组对其进行以下探究：【实验探究一】过碳酸钠的性质探究（1）

43、取少量“鱼浮灵”于试管中，加适量的水，有持续细小气泡缓慢放出；向试管中加入少量MnO2粉末，产生大量气泡将带火星的木条伸入试管，木条复燃，说明有O2（填化学式）生成（2）取实验（1）中上层清液，测得溶液pH7；向溶液中滴加足量稀盐酸，产生大量气泡；将产生的气体通入澄清的石灰水中，出现浑浊现象，说明有二氧化碳生成写出二氧化碳与澄清石灰水反应的化学方程式CO2+Ca（OH）2CaCO3+H2O结论：过碳酸钠具有Na2CO3和双氧水的双重化学性质【实验探究二】“鱼浮灵”样品的组成测定利用如图所示装置进行“鱼浮灵”样品中活性氧含量测定和过碳酸钠（xNa2CO3yH2O2）组成的测定（杂质对测定无影响）

44、查阅资料：活性氧含量是指样品中能转化为氧气的氧元素的质量分数“鱼浮灵”中活性氧含量13.0%是一等品，13.0活性氧含量10.5%是合格品过碳酸钠能与酸反应放出二氧化碳和氧气（3）实验前先缓慢通入N2一段时间，加热铜网至红热后，再缓慢滴入过量稀硫酸，直至A中样品完全反应；继续缓慢通N2实验前先缓慢通入N2一段时间的目的是排出空气，避免产生误差（4）装置B的作用ab（填字母代号）a除去气体中水蒸气 b便于观察和控制气流速度（5）若没有装置E，会导致x：y的值偏大（填“偏大”或“偏小”）（6）实验测得C装置中铜网增重1.2g，D装置增重2.2g该产品中活性氧含量为13.3%（计算结果精确到0.1%

45、）；属于一等品（填“一等品”或“合格品”）；x：y=2：3考点：实验探究物质的性质或变化规律；常见气体的检验与除杂方法；盐的化学性质.专题：科学探究分析：【实验探究一】（1）根据二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，氧气能使带火星的木条复燃分析；（2）根据二氧化碳能使带澄清石灰水变浑浊，石灰水中的氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，写出反应的化学方程式；【实验探究二】（3）实验前通氮气是为了除去装置内的空气，以防测定值偏高；实验后还要继续通氮气是为了使残留在装置中的气体全部被吸收；（4）装置B的作用是干燥气体，防止水分进入D装置使测定值偏大；同时便于观察和控制气流速度以使反应充分进行；（5）根据E

46、的作用是：防止空气中的二氧化碳进入D装置，否则会使碳酸钠相对含量偏大，影响x：y的比值；（6）C装置中铜网增重1.2g，则说明生成氧气的质量为1.2g，由氧气质量可计算产品中活性氧含量及过氧化氢质量；D装置增重2.2g说明生成二氧化碳2.2g，计算反应的碳酸钠质量，质量比等于相对分子质量之比计算x与y的比值解答：解：【实验探究一】（1）向试管中加入少量MnO2粉末，产生大量气泡将带火星的木条伸入试管，木条复燃，说明有O2生成，故答案为：O2；（2）结论有二氧化碳生成，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为：CO2+Ca（OH）2CaCO3+H2O故答案为：CO2+Ca（OH）

47、2CaCO3+H2O；【实验探究二】（3）实验前通氮气一段时间，加热铜网至红热后，再缓慢滴入过量稀硫酸，直至A中样品完全反应是为了除去装置内的氧气，以防测定值偏高；实验后还要继续通氮气是为了使残留在装置中的气体全部被装置吸收；故答案为：排出空气，避免产生误差；（4）装置B的作用是干燥气体，防止水分进入D装置使测定值偏大；同时便于观察和控制气流速度以使反应充分进行；故答案为：ab；（5）E的作用是：防止空气中的二氧化碳进入D装置，会使碳酸钠相对含量偏大，而不影响过氧化氢的质量，导致x：y的值偏大；故答案为：偏大；（6）C装置中铜网增重1.2g，则说明生成氧气的质量为1.2g，氧气质量占样品的百分数（活性氧含量）为100%=13.3%大于13%，属于一等品；C装置中铜网增重1.2g，则说明生成氧气的质量为1.2g，因为生成氧气的质量为1.2g，则设需要过氧化氢的质量为x2H2O2O268 32x 1.2g则=，解得x=2.55g，故由氧气质量可计算过氧化氢质量为2.55g因为D装置增重2.2g，说明生成二氧化碳2.2g，则设需要碳酸钠质量为y