江苏省盐城市2013年中考化学最后一次模拟试卷（解析版）

1、江苏省盐城市2013年中考化学最后一次模拟试卷一、选择题（每题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入答题纸规定位置，每小题2分，共30分）1（2分）（2013盐城模拟）以下获取氢气的途径中，从绿色能源的角度看，较有发展前途的是（）电解水 利用太阳能分解水 使用高效催化剂分解水 水煤气法：C+H2O（气）CO+H2 热裂法：CH42H2+CABCD考点：资源综合利用和新能源开发专题：生产、生活、环保类简答题；结合课本知识的信息分析：分析制取氢气的过程可知电解水时需要消耗电能，水煤气法需要高温及碳生成有毒一氧化碳，热裂则需要消耗热量均不是有前途的方式解答：解：绿色能源是污染很小的能源，获

2、取氢气的五种方法中，水煤气法需要高温及碳，热裂则需要消耗大量的热量均不是有前途的方式，只有是高效清洁的方式故选A点评：此题是对多种方式制取氢气优缺点的考查，解决的出发点是：环保、高效、节能，属基础性分析题2（2分）（2013盐城模拟）下列符号，既能表示一个原子，又能表示一种元素，还能表示一种物质的是（）AH+BCuCO2DH考点：化学式的书写及意义；元素的符号及其意义专题：化学用语和质量守恒定律分析：根据元素符号的含义进行分析解答，金属、固体非金属、稀有气体都是由原子直接构成的，故它们的元素符号，既能表示一个原子，又能表示一种元素，还能表示一种物质解答：解：元素符号能表示一种元素，还能表示该元

3、素的一个原子；化学式能表示一种物质，当元素符号又是化学式时，就同时具备了上述三层意义A、该符号是氢离子的离子符号，不是元素符号，故选项不符合题意B、Cu属于金属元素，可表示铜元素，表示一个铜原子，还能表示铜这一纯净物，故选项符合题意C、该符号是氧气的化学式，不是元素符号，故选项不符合题意D、H属于可表示氢元素，表示一个氢原子，但不能表示一种物质，故选项不符合题意故选B点评：本题难度不是很大，考查学生对元素符号与与化学式含义的理解、掌握及灵活运用进行解题的能力3（2分）（2013盐城模拟）我国“神舟”系列飞船采用LiOH颗粒作作为气体净化剂吸收舱内的CO2，净化效率可达80%以上其中锂（Li）元

4、素的化合价为（）A+1B+2C+3D1考点：有关元素化合价的计算专题：化学式的计算分析：根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合LiOH的化学式进行解答本题解答：解：氢氧根显1，设锂元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知LiOH中锂元素的化合价：x+（1）=0，则x=+1故选A点评：本题难度不大，考查学生利用化合价的原则计算指定元素的化合价的能力4（2分）（2013盐城模拟）关于SO2、CO2、NO2三种物质，下列说法错误的是（）A都含氧分子B都是化合物C都含氧元素D都是氧化物考点：分子、原子、离子、元素与物质之间的关系；从组成上识别氧化物专题：化学用语和质量守恒定律；物质

5、的分类分析：A、纯净物中只含有一种分子；B、化合物是两种元素组成的纯净物；C、由化学式可知，每种物质中都含有氧元素；D、氧化物是两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物解答：解：A、NO2、CO2、SO2等三种物质为纯净物，不可能还含有其他分子，故A错误；B、由化学式可知，每种物质中都含两种元素，属于化合物，故B正确；C、由NO2、CO2、SO2等化学式，可知都含有氧元素，故C正确；D、由化学式可知，它们由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物，为氧化物，故D正确故选A点评：了解分子、原子、离子、元素与物质之间的关系；了解物质的组成和物质的构成；了解从组成上识别氧化物的方法5（2分）（2013盐

6、城模拟）下列实验方案或实验操作，能达到实验目的是（）A要区别合成纤维制品和羊毛制品，可抽丝灼烧后，闻气味B用燃着的木条区分二氧化碳和氮气C要除去氧化铁中混有的少量铁，加入盐酸后，过滤即可D用pH试纸测定溶液的酸碱度时，先将pH试纸用水湿润，再测定考点：物质的鉴别、推断；溶液的酸碱度测定专题：物质的鉴别题分析：A、根据合成纤维和天然纤维的鉴别方法进行分析判断B、利用二氧化碳和氮气的性质分析解答；C、依据氧化铁和铁的性质分析解答；D、依据pH试纸测定溶液的酸碱度时的正确方法分析解答即可；解答：解：A、天然纤维燃烧有特殊气味，合成纤维燃烧有刺激性气味，用点燃闻气味的方法可以鉴别合成纤维和天然纤维，故

7、该方案能达到实验目的B、二氧化碳和氮气均不助燃也不燃烧，所以都能使燃着的木条熄灭，因此该方案不能达到实验目的C、氧化铁和铁均能与盐酸反应，所以不能用盐酸除去氧化铁中混有的少量铁，因此该方案不能达到实验目的D、用pH试纸测定溶液的酸碱度时，应该是用玻棒蘸取少量液体涂于pH试纸上进行测量，如果先将pH试纸用水湿润，就会稀释待测液导致测量的结果不准确；故选A点评：本题难度不是很大，在解此类题时，首先分析所涉及物质的性质以及实验操作，再根据物质的性质及相关的实验操作进行分析判断能否达到实验目的6（2分）（2013盐城模拟）欧盟自2011年3月1日起禁止生产含双酚A塑料奶瓶，研究发现双酚A在加热时能析出

8、到食物和饮料当中，用含双酚A塑料奶瓶可能对婴儿发育、免疫力有影响，而相对安全和廉价的是玻璃奶瓶这两种奶瓶材料分别属于（）A合成材料无机非金属材料B复合材料 无机非金属材料C无机非金属材料合成材料D复合材料 合成材料考点：合成材料的使用及其对人和环境的影响专题：结合课本知识的信息分析：合成材料又称人造材料，无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称解答：解：合成材料主要有三大类分别是塑料、合成纤维、合成橡胶，因此塑料奶瓶属于合成材料，而玻璃奶瓶既不属于金属材料也不属于合成

9、材料，而是无机非金属材料故选A点评：此题是对几种材料判断的考查，解题的关键是能对几种材料包括的范围有较清晰的认识，属基础性知识考查题7（2分）（2013盐城模拟）往AgNO3、Cu（NO3）2和NaNO3的混合溶液中加入过量铁粉，充分反应后溶液中一定不存在金属离子是（）AFe2+Na+BAg+ Cu2+ Fe2+CCu2+ Ag+DAg+Cu2+Fe2+ Na+考点：金属活动性顺序及其应用专题：金属与金属材料分析：根据金属活动性顺序，排在前面的金属能够把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来；金属银、铜、钠、铁的活动性由强到弱的顺序：钠铁铜银，当把铁粉加入到AgNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中

10、，首先置换出银，银被置换完才继续置换铜解答：解：在金属的活动性顺序中由于铁在钠后，不可能把钠离子从溶液中置换出来，铁在银和铜的前面，因此铁可以和硝酸银、硝酸铜反应，因为铁粉过量，因此在滤液中不可能再有硝酸银和硝酸铜，即铜、银完全被置换出来，所以溶液中不可能含有Cu2+、Ag+，一定含有Fe2+、Na+；故选项为：C点评：金属和盐的混合溶液的反应是首先把活动性最弱的金属置换出来，置换的先后顺序为由弱到强，最强的最后置换出来；抓住“铁粉有剩余”等关键性条件是解决本类试题的途径8（2分）（2013盐城模拟）如图是某反应的微观示意图，下列说法不正确的是（）A反应物中有单质B该反应为置换反应C生成物的分

11、子个数比为1：1D参加反应的和的质量比为17：24考点：微粒观点及模型图的应用专题：化学反应模拟图型分析：根据反应过程图中的分子结构，判断反应物与生成物，确定该反应中各分子个数比和反应的化学方程式，进而由反应特征确定反应类型，据此分析解答；解答：解：由图示可知反应前后存在相同的分子，故该图示可转化为如图的反应图示：依据反应前后物质的分子结构可知反应物是氧气和硫化氢生成物是水和二氧化硫，则反应方程式为3O2+2H2S2H2O+2SO2；A、单质是由一种元素组成的纯净物，化合物是由多种元素组成的纯净物，故反应物中氧气属于单质硫化氢属于化合物；B、置换反应要求反应物生成物均是一种单质与一种化合物，而

12、该反应的生成物是两种化合物，所以不是置换反应；C、由图示或方程式都可以看出生成物的分子个数比是1：1；D、由方程式可知参加反应的和的质量比为2×（2+32）：6×16=17：24；故选B点评：该题不仅考查了学生对化学知识的掌握情况，还考查了学生观察理解微观模型示意图的能力，从多方面考查了学生的综合能力9（2分）（2013盐城模拟）右图是a，b，c三种固体物质的溶解度曲线，下列叙述正确的是（）A将a、b、c三种物质t1时的饱和溶液升温至t2，所得溶液的溶质质量分数大小关系是abcBt2时30g物质a加入到50g水中不断搅拌，形成80g溶液Ct1时a，b，c三种物质的饱和溶液中

13、含有溶质质量按由小到大的顺序排列是ba=cD若a中混有少量c，可以采用冷却热饱和溶液的方法提纯a考点：固体溶解度曲线及其作用；混合物的分离方法；固体溶解度的概念专题：压轴实验题；函数图像的应用；溶液、浊液与溶解度分析：由a，b，c三种固体物质的溶解度曲线图可知：各物质的溶解度曲线随温度变化的趋势；将a、b、c三种物质t1时的饱和溶液升温至t2，所得溶液的溶质质量分数大小由小的溶解度决定；由t2时的溶解度可求50g水溶解的a物质的质量；t1时a，b，c三种物质的饱和溶液中，不能确定溶质质量，因为不知饱和溶液的质量解答：解：由图可知：A、将a、b、c三种物质t1时的饱和溶液升温至t2，所得溶液的溶

14、质质量分数大小关系是bac，故A错误；B、由t2时的溶解度为50克，可求50g水溶解的a物质的质量为25克，则t2时30g物质a加入到50g水中不断搅拌，形成溶液的质量为：25+50=75克，故B错误；C、t1时a，b，c三种物质的饱和溶液中含有溶质质量不能确定，因为不知饱和溶液的质量，所以只能知道质量分数关系而不能确定质量关系故C错误；D、若a中混有少量c，由于两者的溶解度随温度的变化趋势不同，可以采用冷却热饱和溶液的方法提纯a，说法正确，故D正确故选D点评：溶解度曲线能定量地表示出溶解度变化的规律，从溶解度曲线可以看出：同一溶质在不同温度下的溶解度；同一温度下，不同溶质的溶解度；温度对不同

15、物质的溶解度影响不同10（2分）（2013盐城模拟）如图能正确反应其对应操作中各量变化关系的是（）A向稀盐酸中不断加水B相同条件下等物质的量的镁、铁、锌三种金属分别与足量的稀硫酸反应C向一定温度下的饱和氢氧化钙溶液中加入氧化钙固体D分别向等质量的铝和铁中加入溶质质量分数相同的稀盐酸至过量考点：酸碱溶液的稀释；固体溶解度的影响因素；金属的化学性质；生石灰的性质与用途专题：元素化合物知识型分析：A、根据盐酸是一种酸，溶液的pH小于7，向盐酸中加水，溶液被稀释，溶液的pH增大，但再稀也是盐酸的水溶液，溶液的pH小于7，不可能等于7更不可能大于7分析B、根据相同条件下等物质的量的镁、铁、锌三种金属分别

16、与足量的稀硫酸反应产生的氢气的量相同，镁、锌和铁的金属活动性镁锌铁，三种金属和稀硫酸反应镁用的时间最短，锌其次，铁用的时间最长分析C、根据氧化钙和水反应生成氢氧化钙同时放出大量的热，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小分析D、根据铝的金属活动性比铁强，等质量的两种金属，铝和稀盐酸反应的速率快，全参加反应需要的时间短，并且等质量的铝和铁全参加反应铝产生的氢气多分析解答：解：A、盐酸是一种酸，溶液的pH小于7，向盐酸中加水，溶液被稀释，溶液的pH增大，但再稀也是盐酸的水溶液，溶液的pH小于7，不可能等于7更不可能大于7，A图象不正确B、相同条件下等物质的量的镁、铁、锌三种金属分别与足量的稀硫酸反应产

17、生的氢气的量相同；镁、锌和铁的金属活动性镁锌铁，三种金属和稀硫酸反应镁用的时间最短，锌其次，铁用的时间最长，B图象正确C、氧化钙和水反应生成氢氧化钙同时放出大量的热，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小，溶液中的溶质会析出，溶质质量减小，C图象不正确D、铝的金属活动性比铁强，等质量的两种金属，铝和稀盐酸反应的速率快，铝参加反应需要的时间短，并且等质量的铝和铁全参加反应铝产生的氢气多，D图象不正确故答案选B点评：解答图象题，关键是分析清楚变化前后纵轴和横轴的关系，特别注意起点、转折点和终点11（2分）（2013盐城模拟）向氢氧化钠溶液中不断滴入盐酸，得到如图的曲线，下列有关判断不正确的是（）Aa点

18、时溶液中有氢氧化钠和氯化钠Ba点到b点溶液中盐酸的量不断增大Cb点时，HCl与NaOH恰好完全反应Db点到c点时，溶液中氯化钠的量不再增加考点：中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系专题：压轴实验题；常见的酸 酸的通性分析：根据盐酸显酸性，pH小于7，氢氧化钠显碱性，pH大于7；盐酸和氢氧化钠反应能生成氯化钠和水；盐酸和氢氧化钠完全反应时，溶液显中性进行分析解答；解答：解：A、a点已经滴入一定量的盐酸，盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠，但溶液的pH值仍大于7，说明氢氧化钠还有剩余，故溶液中既有氢氧化钠又有氯化钠，故A说法正确；B、b点溶液的pH值等于7，说明盐酸与氢氧化钠恰好完全反应，故从a

19、点到b点溶液中滴入的盐酸完全和氢氧化钠反应，故溶液中没有盐酸，故B说法错误；C、b点溶液的pH值等于7，说明盐酸与氢氧化钠恰好完全反应，故C说法正确；D、b点溶液的pH值等于7，说明盐酸与氢氧化钠恰好完全反应，再滴入盐酸，由于氢氧化钠已消耗完全，故溶液中氯化钠的量不再增加，故D说法正确；故选B点评：解答本题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12（2分）（2013盐城模拟）在一定质量的甲溶液中逐渐加入乙至过量，实验过程中溶液的总质量与加入乙的质量关系，能用如图曲线表示的是 （）序号甲乙AHCl溶液NaOH溶液BHCl溶

20、液大理石CBaCl2溶液Na2CO3溶液DH2SO4溶液Cu片AABBCCDD考点：质量守恒定律及其应用；酸的化学性质；中和反应及其应用；盐的化学性质专题：元素化合物知识型；压轴实验题分析：A、根据HCl溶液中加入NaOH溶液发生中和反应，溶液总质量应该是随着NaOH的加入而不断上升的，图象不会有水平的那个阶段；B、进行解答根据定量的盐酸，加入大理石，当大理石和盐酸全部反应完时，溶液质量就不变了，再加入大理石就不反应，且大理石是固体，它的质量不属于溶液的质量，所以最后总溶液的质量的不变；进行解答；C、氯化钡与碳酸钠反应时会生成碳酸钡沉淀，根据反应有沉淀产生，溶液质量应该先减小，后溶液的质量是不

21、断增加的；进行解答；D、根据铜不能置换氢气，溶液总质量不变，进行解答解答：解：A、HCl溶液中加入NaOH溶液会发生中和反应，不管反应是否停止溶液总质量应该是随着乙的加入而不断上升的，图象上不会有水平的那个阶段；不符合题意；B、开始时，溶液总质量就是盐酸的质量，随着加入大理石，生成氯化钙与二氧化碳及水，溶液质量是不断增加的，当大理石和盐酸全部反应完时，溶液质量就不变了，因为此时盐酸已反应完，再加入大理石则不反应，且大理石是固体，它的质量不属于溶液的质量，所以最后总溶液的质量的不变；符合题意；C、氯化钡与碳酸钠反应时会生成碳酸钡沉淀，所以溶液质量应该先减小（直到反应结束）后总溶液的质量是不断增加

22、的；不符合题意；D、因为铜不能置换出氢气，所以溶液总质量不会改变不符合题意；故选B点评：本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力13（2分）（2013盐城模拟）等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子结合如图元素周期表的部分信息判断，下列各组粒子属于等电子体的是（）NO和O2；CO和N2；H2O和CO2；CH4和NH4+；PO43和SO42ABCD考点：原子的定义与构成；原子和离子的相互转化；元素周期表的特点及其应用专题：结合课本知识的信息分析：都运用分子的构成和原子中电子数和质子数相等解答运用离子的构成和分子

23、的构成及原子中电子数和质子数相等、阳离子失去电子带几个单位的正电荷就失几个电子，阴离子带几个单位的负电荷就得到几个电子解答解答：解：等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子NO含有7+8=15个电子，O2含有16，故不正确CO和N2中一氧化碳中电子数为6+8=14，氮气中电子数为7×2=14，故正确，CO和N2属等电子体H2O中电子数为：2+8=10和CO2中电子数为：6+8×2=22，故H2O和CO2不是等电子体CH4中电子数为：6+4=10；NH4+中电子数为：7+41=10，故是等电子体PO43中电子数为：15+8×4+3=50；SO42中电子数为

24、16+8×4+2=50，故PO43和SO42是等电子体故答案选C点评：注意在原子中质子数等于电子数还等于核电荷数，质子数和原子序数相同；原子失电子形成的阳离子，得到电子形成阴离子14（2分）（2013盐城模拟）下列离子能在PH=12的水溶液中大量共存的是（）ASO42、NO3、K+、H+BNa+、Cl、OH、Al3+CCl、NO3、K+、Na+DAg+、Cl、CO32、K+考点：离子或物质的共存问题；酸碱盐的应用专题：结合课本知识的信息分析：离子在溶液中能否共存的问题，是对复分解反应的实质的考查，离子间若能互相结合成沉淀或气体或水就不能共存本题中有隐含离子氢氧根离子，解题时要注意解答

25、：解：A、在PH=12的水溶液中还含有OH，此时易与H+结合成水，所以本组离子不能共存，故A错误；B、OH和Al3+易结合成氢氧化铝沉淀，所以本组离子不能共存，故B错误；C、Cl、NO3、K+、Na+、OH间互相不能结合成沉淀、气体、水，所以本组离子能共存，故C正确；D、Ag+和Cl互相结合成氯化银沉淀，所以本组离子不能共存，故D错误；故选C点评：本题通过离子间能否共存的问题，考查了复分解反应的实质，完成此类题目，要找准特殊离子，熟记常见的酸碱盐的溶解性本题的易错点就是易忽视题干中告知的隐含离子15（2分）（2013盐城模拟）在由CH4和H2组成的混合气体中，测知碳元素的质量分数为60%，则混

26、合气体充分燃烧生成二氧化碳和水的质量比为（）A11：18B22：9C1：1D11：27考点：质量守恒定律及其应用专题：压轴实验题；元素质量守恒分析：假设混合气体中CH4和H2的质量分别为x，y，依据混合气体中碳元素的质量分数列出比例式，进行解答然后利用质量守恒定律分别求出二氧化碳和水的质量解答：解：设混合气体中CH4质量为x，H2的质量为 y，可得 解得x：y=4：1则气体中C、H元素质量比为：（）：（）=3：2其中C、H原子个数比=： =1：8；所以二氧化碳和水的分子个数比为： =1：4，二氧化碳和水的质量比为（1×44）：（4×18）=11：18故选A点评：本题考查学生

27、根据物质中元素的质量百分数进行分析解题的能力二、综合实践题（16-21每空1分，22-23每空2分24第（1）小题2分第（2）小题4分）16（5分）（2013盐城模拟）下列用字母表示的是初中化学常见的物质，可能由H、C、O、Na、S、Ca、Fe中的几种元素组成（1）A是一种氧化物，可用做干燥剂，可用于生成改良酸性土壤的碱B，则AB的化学方程式为CaO+H2OCa（OH）2（2）C和D发生中和反应生成E和F，C、D、E均含有3种元素，F电解可生成两种气体，写出中和反应的化学方程式2NaOH+H2SO4Na2SO4+2H2O（其他答案合理也可）及电解F的化学方程式2H2O2H2+O2（3）G既能与

28、稀盐酸反应生成M，又能与氢氧化钙溶液反应生成C，且M 与C能反应，则G的化学式为Na2CO3（写一种即可），M和C反应的化学方程式为2NaOH+CO2Na2CO3+H2O考点：物质的鉴别、推断；化学式的书写及意义；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式专题：常见物质的推断题分析：根据已有的知识进行分析，（1）氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，常用作干燥剂，生成的氢氧化钙呈碱性，常用于改良酸性土壤；（2）F电解可生成两种气体，则F为水，水分解生成氢气和氧气，C和D发生中和反应生成E和F，则C和D为酸和碱，生成的E为盐，且C、D、E均含有3种元素，则C可能为氢氧化钠，D可能为硫酸，生成的E可能为硫酸钠

29、；（3）G既能与稀盐酸反应生成M，又能与氢氧化钙溶液反应生成C，且M 与C能反应，则G可能是碳酸钠，与盐酸反应能生成氯化钠、水和二氧化碳，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水解答：解：（1）氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，常用作干燥剂，生成的氢氧化钙呈碱性，常用于改良酸性土壤，故A为生石灰，B为氢氧化钙，AB的化学方程式为：CaO+H2OCa（OH）2；（2）C和D发生中和反应生成E和F，则C和D为酸和碱，生成的E为盐，且C、D、E均含有3种元素，则C可能为氢氧化钠，D可能为硫酸，生成的E可能为硫酸钠，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SO4Na2SO4+2H2O；F电解可生成两种气体，则F

30、为水，水分解生成氢气和氧气，电解的方程式为：2H2O2H2+O2；（3）G既能与稀盐酸反应生成M，又能与氢氧化钙溶液反应生成C，且M与C能反应，则G可能是碳酸钠，与盐酸反应能生成氯化钠、水和二氧化碳，碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，且M 与C能反应，故C为氢氧化钠，M为二氧化碳二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，反应的方程式为：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O故答案为：（1）CaO+H2OCa（OH）2 ；（2）2NaOH+H2SO4Na2SO4+2H2O（其他答案合理也可）； 2H2O2H2+O2；（3）Na2CO3； 2NaOH+CO2Na2CO3+H2O点评：本题考查了常见物

31、质的用途以及物质之间的相互反应，完成此题，可以依据已有的知识结合题干提供的信息进行，要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便灵活应用17（7分）（2013盐城模拟）金属及材料在生活、生产中应用十分广泛（1）铝、铁、铜是人类广泛使用的三种金属，人类开始使用这三种金属的先后排序为Cu、Fe、Al（用元素符号表示）；（2）目前人们大量使用的是合金而不是纯金属，这是因为合金具有更多优良性能，例如钢比纯铁的硬度大（填“大”或“小”）；（3）铝制器皿在空气中形成具有保护作用的薄膜，它的成分是Al2O3，铁制品表面易生锈，用盐酸除去铁锈的反应方程式为Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O，该反应

32、的基本类型是复分解反应（4）将mg氧化铜加入稀硫酸中完全溶解后，再加入铁粉充分反应，过滤，得到滤渣A和滤液B再将滤渣A加入足量稀硫酸中，有气泡冒出，充分反应后，剩余固体物质的质量为3.2g则滤渣A的成分是铁和铜，原氧化铜的质量m=4g考点：金属活动性顺序及其应用；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；根据化学反应方程式的计算专题：化学用语和质量守恒定律；化学反应的基本类型和能量变化；金属与金属材料分析：（1）人类使用金属的顺序正好和金属的活动性相反，金属活动性越强的金属越难冶炼，可以据此解答（2）根据合金的性质进行分析（3）铝能与氧气反应生成氧化铝，铁锈的主要成分为氧化铁，而

33、氧化铁能与盐酸反应生成氯化铁和水，可以据此解答该题（4）根据实验现象“滤渣A加入足量稀硫酸中，有气泡冒出”可知，充分反应后滤渣中含有铁，说明加入的铁是过量的；此时滤液中不存在硫酸和硫酸铜，则所得滤渣中一定含有铜、铁，滤液中一定含有硫酸亚铁；将滤渣A加入足量稀硫酸中，充分反应后，剩余固体物质为铜，铜的质量为3.2g；根据元素质量守恒，由铜的质量可以计算出参加反应的氧化铜的质量解答：解：（1）活动性弱的金属不易发生化学反应，能以单质形式存在，并比较容易冶炼，故人类使用金属的顺序正好和金属的活动性相反，所以，人类开始使用这三种金属的先后排序为 Cu、Fe、Al；（2）合金的硬度比纯金属要大，钢就比纯

34、铁硬度大的多；（3）铝能与氧气反应生成氧化铝；铁锈的主要成分为氧化铁，氧化铁能与盐酸反应生成氯化铁和水，属于复分解反应该反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O（4）据实验现象“滤渣A加入足量稀硫酸中，有气泡冒出”可知，充分反应后滤渣中含有铁，说明加入的铁是过量的；此时滤液中不存在硫酸和硫酸铜，则所得滤渣中一定含有铜、铁，滤液中一定含有硫酸亚铁；将滤渣A加入足量稀硫酸中，充分反应后，剩余固体物质为铜，铜的质量为3.2g；设氧化铜的质量为x，根据铜元素的质量守恒可以知道：CuCuO64 80 3.2g x解得：x=4g故答案为：（1）Cu、Fe、Al；（2）大；（3）Al2

35、O3；Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O；复分解反应；（4）铁和铜；4点评：本题主要考查了常见金属的有关性质知识，完成此题，要熟记和理解金属的性质及用途、常见金属的特性及其应用等相关知识，进行选择或解答即可18（3分）（2013盐城模拟）已知有一白色粉末是由NaCl、Na2SO4、Na2CO3、CuSO4、ZnCl2中的一种或几种组成某同学欲探究这一粉末的组成，做了如下实验：取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液；取中溶液少量，加入NaOH溶液，有白色沉淀发生；请你根据该同学实验所得现象，可推测这一粉末中一定含有ZnCl2；一定不含Na2CO3、CuSO4；可能含有NaCl、Na2SO4

36、考点：物质的鉴别、推断专题：混合物组成的推断题分析：本题主要根据铜离子在溶液中显蓝色和碳酸根离子与酸反应会生成二氧化碳进行分析实验中物质溶于水得无色透明溶液说明没有沉淀，没有硫酸铜实验加入氢氧化钠产生白色沉淀说明含有氯化锌解答：解：取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，铜离子在溶液中显蓝色，所以一定不含硫酸铜；同时碳酸钠和氯化锌不能同时存在，因为二者反应产生碳酸锌白色沉淀取中溶液少量，加入NaOH溶液，有白色沉淀发生，说明白色粉末中一定含有氯化锌，只有氯化锌能与氢氧化钠反应产生氢氧化锌白色沉淀根据上述两个实验，白色粉末中一定含有氯化锌，则一定不含碳酸钠，氯化钠和硫酸钠含与不含对实验没有影响，因

37、此二者可能含有故答案为：ZnCl2； Na2CO3、CuSO4； NaCl、Na2SO4点评：混合物组成推断最关键的是要对特征性的物质和特征性的反应要掌握牢固，比如有颜色的物质，硫酸铜等含铜离子的化合物、含铁的化合物等，还有就是特征性的反应，如加入石灰水变浑浊等，加入稀硝酸沉淀不溶解，此沉淀为AgCl或者BaSO4等19（5分）（2013盐城模拟）实验室常用饱和亚硝酸钠与氯化铵溶液反应制取纯净的氮气反应的化学方程式为：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O（此反应是放热反应），实验装置如图所示试回答：（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C（填编号）A防止Na

38、NO2饱和溶液蒸发B保证实验装置不漏气C使NaNO2饱和溶液容易滴下（2）B部分的作用是A（填编号）A冷凝 B冷却氮气 C缓冲氮气流（3）加入药品前必须进行的一个实验步骤是检查装置气密性，加热片刻后，即应移去酒精灯以防反应物冲出，其原因是该反应是一个放热反应（4）收集N2最适宜的方法是C （填编号）A用排气法收集在集气瓶中 B用排水法收集在集气瓶中 C直接收集在气球或塑料袋中考点：检查装置的气密性；常用气体的收集方法；物质发生化学变化时的能量变化专题：综合实验题分析：（1）因为制取氮气的反应是放热反应，蒸馏瓶内气体膨胀，压强会增大，使长颈漏斗中的液体不容易滴下；（2）冰盐是用来降低气体的温度的

39、，起冷凝作用；（3）制取气体前要检查气密性，放热反应只要达到反应温度后就不需要加热了；（4）氮气的密度与空气相近，不能用排空气法收集，因为要收集干燥的气体，故也不能用排水法解答：解：（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）因为氯化铵和亚硝酸钠的反应是放热反应，溶液产生大量泡沫，使溶液的液面上升，生成大量气体，如果放出的氮气太快，会使单孔胶塞冲出，造成气体外泄，故要用“冰盐”冷凝 （3）制取气体前，加入药品前必须进行的一个实验步骤是检查装置气密性，加热片刻后，即应

40、移去酒精灯以防反应物冲出，其原因是该反应是一个放热反应（4）因为氮气的密度与空气相近，不能用排空气法收集，因为要收集干燥的气体，故也不能用排水法故收集N2最适宜的方法是直接收集在气球或塑料袋中故答案为：（1）C （2）A（3）检查装置的气密性，该反应为放热反应（4）C点评：本题主要考查了氮气的制取知识，要与物理压强知识的结合，完成此题，依据已有的知识进行20（5分）（2013盐城模拟）氢氧化钠是一种重要的化工原料少量氢氧化钠可用石灰石、水、纯碱（Na2CO3）为原料制取，流程如下：用化学方程式表示白色固体加入纯碱溶液后所有发生的化学反应CaO+H2O=Ca（OH）2 、Ca（OH）2+Na2C

41、O3=CaCO3+2NaOH滤液中存在少量的Na2CO3，用适量Ca（OH）2试剂可以去除该物质为测定某部分变质的氢氧化钠固体中氢氧化钠的质量分数，设计以下装置进行实验（假设每步实验都完全进行，浓硫酸具有吸水性）要确定该样品中氢氧化钠的质量分数，所需要的数据是A、CA固体样品的质量 B浓硫酸实验前后质量C浓氢氧化钠溶液实验前后质量D所用稀硫酸质量 E仪器D中氢氧化钠固体实验前后质量 F稀硫酸质量分数D装置的作用是吸收空气中的水和二氧化碳没有D装置对氢氧化钠质量分数的测定结果影响是偏小 （填“偏大”“偏小”或“不变”）考点：物质的相互转化和制备；实验探究物质的组成成分以及含量；碳酸钙、生石灰、熟

42、石灰之间的转化；碱的化学性质；盐的化学性质专题：压轴实验题；综合实验题；物质的制备分析：、石灰石高温分解生成了白色固体氧化钙，将氧化钙加入纯碱溶液后，氧化钙和水反应生了氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成了碳酸钙沉淀和氢氧化钠，写出反应的方程式；、根据氢氧化钙和碳酸钠的反应进行分析；、根据样品中氢氧化钠的质量分数计算公式结合试验的过程分析需要的数据；、根据实验的原理及氢氧化钠的性质进行分析解答：解：、由题意可知，石灰石高温分解生了白色固体氧化钙，将氧化钙加入纯碱溶液后，氧化钙和水反应生了氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成了碳酸钙沉淀和氢氧化钠，所以，发生的反应方程式是：CaO+H2O=Ca（OH

43、）2 、Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH；、滤液中存在少量的Na2CO3，用适量Ca（OH）2 试剂可以去除该物质；、由样品中氢氧化钠的质量分数计算公式可知，需要的数据是：固体样品的质量，根据实验的过程，由浓氢氧化钠溶液实验前后质量的变化，可求出碳酸钠的质量，进而求出氢氧化钠的质量，最后就可以求出样品中氢氧化钠的质量分数，所以，所需要的数据是A、C；、为了防止空气中水和二氧化碳影响实验的结果，可用氢氧化钠固体吸收吸收空气中的水和二氧化碳，由上述实验过程可知，如果没有D装置，对氢氧化钠质量分数的测定结果影响是偏小故答为：CaO+H2O=Ca（OH）2 、Ca（OH）2+Na2

44、CO3=CaCO3+2NaOH；Ca（OH）2；A、C，吸收空气中的水和二氧化碳，偏小点评：本题比较全面的考查了氢氧化钠的制取、性质，氢氧化钠在空气中易潮解，也能吸收空气中的二氧化碳，生成碳酸钠而变质我们在检验是否变质时，只需检验有碳酸根即可21（4分）（2013盐城模拟）（1）“嫦娥二号”月球探测卫星于2010年10月1日由“长三丙”运载火箭发射升空，火箭一、二级加注的四氧化二氮（N2O4）氧化剂和偏二甲肼（C2H8N2）燃烧剂都有剧毒但它们接触剧烈反应后生成无毒的氮气、二氧化碳和水，对大气没有污染，请写出该反应的化学方程式C2H8N2+2N2O43N2+2CO2+4H2O（2）2010年1

45、2月，在墨西哥坎昆召开了世界温室气体减排大会，全世界要联合起来共同应对气候变化，为减少CO2的排放量，下列措施可行的是BA、用石灰水吸收空气中的CO2 B、大力发展太阳能、风能等替代能源C、限制汽车工业的发展，减小汽车数量 D、对排放CO2多的工厂一律关闭，不准生产（3）2010年广州亚运会圣火在有“天下第一雄关”的北京居庸关长城北关烽火台采集成功，采集使者将火种棒置于收集太阳光的凹面镜聚焦处，经过两分多钟的等待，一缕火苗突然绽放，采火棒被成功引燃采集圣火时所创造的条件是使温度达到着火点英国科技人员研制出自动灭火陶瓷砖，砖里压入了一定量的氦气和二氧化碳这种砖砌成的房屋发生火灾时，在高温烘烧下，

46、砖会裂开并喷出氦气和二氧化碳，从而扑灭火焰自动灭火陶瓷砖的灭火原理是隔绝氧气考点：灭火的原理和方法；防治空气污染的措施；二氧化碳对环境的影响；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；常用燃料的使用与其对环境的影响专题：压轴实验题；化学与环境保护；化学与新科技；化学用语和质量守恒定律分析：（1）根据信息“火箭一、二级加注的四氧化二氮（N2O4）氧化剂和偏二甲肼（C2H8N2）燃烧剂都有剧毒但它们接触剧烈反应后生成无毒的氮气、二氧化碳和水，对大气没有污染，”写出化学反应式；（2）要减少CO2的排放量可从减少化石燃料的使用和开发新能源考虑；（3）根据物质燃烧的三个条件考虑解答：解：（1）根据：四氧化

47、二氮（N2O4）氧化剂和偏二甲肼（C2H8N2）燃烧剂接触剧烈反应后生成无毒的氮气、二氧化碳和水，可知化学反应式是：C2H8N2+2N2O43N2+2CO2+4H2O故答案为：C2H8N2+2N2O43N2+2CO2+4H2O；（2）要减少CO2的排放量，用石灰水吸收空气中的CO2是符合实际的；大力发展太阳能、风能等替代能源，可以减少二氧化碳的排放，可行；限制汽车工业的发展，减小汽车数量，是不符合社会发展的；对排放CO2多的工厂一律关闭，不准生产，也是不现实的故答案为：B（3）根据燃烧的条件：可燃性、达到着火点、与氧气接触，可知采集使者将火种棒置于收集太阳光的凹面镜聚焦处，经过两分多钟的等待，

48、一缕火苗突然绽放，采火棒被成功引燃采集圣火时所创造的条件是使温度达到着火点；发生火灾时，砖会裂开并喷出氦气和二氧化碳，从而扑灭火焰自动灭火陶瓷砖的灭火原理是隔绝氧气故答案为：使温度达到着火点；隔绝氧气点评：解此题的关键是要理解化学式的意义，会依据质量守恒定律，分别统计反应前后原子种类及个数，比较分析可得所求物质的化学式22（14分）（2013盐城模拟）兴趣小组同学为了探究实验室中久置的氢氧化钠固体的成分，进行了有关实验请你与他们一起完成以下探究活动：对固体猜想：猜想：全部是NaOH；猜想：全部是Na2CO3；猜想：是NaOH和Na2CO3混合物实验和推断：（1）若现象a为有气泡产生，则加入的A

49、溶液是盐酸，说明氢氧化钠已经变质，有气泡产生的反应的化学方程式是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2（2）若A是Ca（OH）2溶液，现象a有白色沉淀，现象b为无色酚酞试液变红色，则白色沉淀为CaCO3（填化学式），该实验不能（填“能”或“不能”）说明样品中有NaOH（3）若A是CaCl2溶液，当实验现象a为有白色沉淀产生，现象b为无色酚酞不变红色，则猜想成立反 思：久置的氢氧化钠变质的原因是（用化学方程式表示）CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O考点：药品是否变质的探究；证明碳酸盐；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：压轴实验题；物质的鉴别

50、题分析：（1）碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；滴加稀盐酸有气体放出时，说明氢氧化钠中含有碳酸钠，已经变质；（2）碳酸钠可与氢氧化钙反应，生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；向反应后的溶液中滴加无色酚酞时，生成的氢氧化钠使酚酞变红色，因此不能依此现象判断原固体物质中含氢氧化钠；（3）碳酸钠溶液与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应后溶液呈中性，滴加无色酚酞不变色；若滴加酚酞后溶液变红色则说明原固体中含有氢氧化钠；（反思）氢氧化钠能吸收空气中的水和二氧化碳而潮解、变质解答：解：（1）向溶液中滴加稀盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成氯化钠、水和二氧化碳，观察到有气泡产生，说明氢氧化钠已经变质；（2）向溶

51、液中滴加氢氧化钙溶液，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；由于反应可生成氢氧化钠，因此滴入酚酞变红不能说明原来溶液中含有氢氧化钠；（3）向溶液中滴加氯化钙，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠；再滴入的酚酞试液不变红，说明溶液中不含氢氧化钠；可判断原固体全部为碳酸钠；故猜想II成立；（反思）氢氧化钠可以吸收二氧化碳，反应后生成碳酸钠和水，使氢氧化钠变质；故答案为：（1）盐酸；Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2（或稀H2SO4等酸及其对应的化学方程式）；（2）CaCO3；不能；（3）有白色沉淀产生；无色酚酞不变红色；反思：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O点

52、评：氢氧化钠因吸收二氧化碳生成碳酸钠而变质，因此，在探究氢氧化钠变质情况时，需要考虑到碳酸钠溶液对氢氧化钠溶液的影响，一般地，可通过滴加氯化钙等盐把碳酸反应而除去，然后检验是否含有氢氧化钠23（12分）（2013盐城模拟）以下是实验室常用部分仪器：（1）指出图中仪器的名称：长颈漏斗；（2）小李同学选择用氯酸钾和二氧化锰制取并收集一瓶氧气，已知他使用了仪器，那么他还需要使用上图仪器中的或（填序号），制取氧气的化学方程式为2KClO32KCl+3O2（3）若要得到干燥的O2，需要一个干燥装置，干燥剂为浓硫酸如下图，现画出了该干燥装置的一部分，请你补充画出其它部分，并用箭头标明气体进出方向（4）小李

53、用收集好的这瓶氧气做完“铁在氧气里燃烧”实验后，有个疑惑不解的问题，于是她进行了以下探究活动，请你一同参与：【问题】：铁燃烧时溅落下来的黑色固体中除了Fe3O4外，还有没有铁呢？【猜想】：猜想黑色固体只含Fe3O4；猜想黑色固体含Fe3O4和铁【实验探究】：将冷却后的黑色物质碾碎，装入试管，加入稀盐酸（或稀硫酸），观察到的现象是有气泡冒出，说明猜想正确考点：常用气体的发生装置和收集装置与选取方法；气体的干燥（除水）；实验室制取氧气的反应原理；酸的化学性质；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）由仪器的平面图，写出仪器的名称；（2）用氯酸钾和二氧化锰制取并收集一瓶氧气，发生装置需选用固体加热型，收集装置可选取排水法或向上排空气法收集，根据发生装置与收集装置，完成仪器的选用，