南方新中考习题答案

第一部分中考考点复习第一单元我们身边的化学物质第1讲空气氧气【演练·强化巩固】1．B8．C解析：空气中的氧气和水中溶解的氧气构成微粒不变，都是氧分子，化学性质相同，故A正确；工业上制取氧气采取分离液态空气法，故B正确；氧气可以支持燃烧，说明氧气具有助燃性(氧化性)，而不是可燃性，故C错误；氧气能供给呼吸，它和体内物质反应，释放能量，维持生命活动，故D正确。9．B解析：硫在氧气中燃烧发出明亮的蓝紫色火焰，故A错误；红磷燃烧产生大量的白烟，故C错误；木炭在空气中燃烧发出红光，放热，不产生火焰，故D错误。10．A解析：当气泡均匀连续地放出时，才开始将导管口移入集气瓶收集氧气，B项错误；氧气收集满后，用玻璃片将集气瓶盖好，再将集气瓶移出水面，正放在桌子上，C项错误；氧气收集完毕后，如果先将酒精灯熄灭，则试管内压强变小，水会沿导管倒流进试管，应先移出导管再熄灭酒精灯，D项错误。11．(1)4P＋5O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2P2O5(2)红磷燃烧将集气瓶内氧气消耗掉，使瓶内压强减小，在大气压作用下，水被压入集气瓶(3)红磷量不足12．(1)烧杯(2)2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑ACDFCaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑(3)氧气不易溶于水导管口有气泡就开始收集(合理即可)将带火星的木条平放在集气瓶口，木条复燃，证明氧气已集满(4)ABEGHI13．C解析：S、P在氧气中燃烧，现象分别为发出蓝紫色火焰、产生大量白烟，故A错误；氧气不具有可燃性，故B错误；铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，发生缓慢氧化生成铁锈，其主要成分是Fe2O3，故C正确；燃烧和缓慢氧化都放出热量，故D错误。14．(1)①2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑②BCE检查装置的气密性③将带火星的木条伸入集气瓶中(2)过氧化氢溶液中溶剂是水二(3)MnO2解析：(1)①过氧化氢溶液在二氧化锰作催化剂的条件下生成水和氧气，要注意配平；②用上述反应原理制备并收集一瓶干燥的O2，应用浓硫酸除去水蒸气，故其连接顺序为B、C、E；为了确保实验成功，在装药品之前应该检查装置的气密性；③氧气的检验方法是将带火星的木条伸入集气瓶中，木条复燃，证明是氧气。(2)①过氧化氢溶液中有水分子，说明不是水起催化作用；②加入Na2SO4溶液无明显变化，加入Fe2(SO4)3溶液，立即产生大量气泡，说明起催化作用的是Fe3＋，故假设二成立。(3)从循环利用的角度分析，二氧化锰更适合作该反应的催化剂，可回收。15．[经典赏析]BCD[实验回顾]4P＋5O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2P2O5[进行猜想]红磷的量不足[实验与交流]白磷的着火点比红磷的着火点低[交流与反思]装置内残留的氧气更少，实验结果更准确[实验探究2]%[结论与反思]铁粉、炭粉、氯化钠和蒸馏水[拓展延伸]不能，因为空气中CO2含量只有约%，铜不能将装置内的氧气几乎耗尽解析：[实验与交流]由于白磷的着火点比红磷的着火点低，所以白磷更易与氧气反应，即更易消耗氧气。[交流与反思]如图3实验中铁丝、水与氧气充分接触，更易消耗氧气，装置内残留的氧气更少，实验结果更准确。[实验探究2]烧杯内蒸馏水减少的体积为氧气的体积，则氧气体积＝90mL－mL＝mL，空气中氧气含量＝eq\fmL,131mL)×100%≈%。第2讲自然界的水【演练·强化巩固】1．B3．A解析：清水池中的水含有可溶性杂质，属于溶液，A正确；过滤能除去不溶性固体杂质，没有新物质生成，属于物理变化，B错误；消毒用的液氯是单质，C错误；净化后得到的水中含有可溶性杂质，不是纯净物，是混合物，D错误。4．A5．A解析：水体有自净能力，但水体里含有细菌、病毒等，不可以直接饮用，A错误。6．C解析：水蒸发过程中只是水的状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化；活性炭具有吸附性，可以吸附色素和异味，净化后的水中含有可溶性物质，属于混合物，不是纯水；水通电分解生成氢气和氧气，说明水是由氢元素和氧元素组成的，可以证明水的组成；浓硫酸溶于水放热，不是吸热。故选C。7．(1)2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2H2↑＋O2↑(2)过滤池杀菌消毒(3)煮沸8．(1)吸附色素和异味(2)③煮沸9．(1)2∶1O2(2)C(3)2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2H2↑＋O2↑10．(1)玻璃棒(2)吸附(3)肥皂水(4)HCl＋AgNO3=AgCl↓＋HNO3(5)BD解析：(1)过滤需要的玻璃仪器主要有漏斗、烧杯与玻璃棒。(2)向滤液中加入活性炭，利用其吸附性可除去异味。(3)可用肥皂水根据出现泡沫的多少检验硬水和软水。(4)盐酸与硝酸银溶液发生复分解反应生成氯化银沉淀与硝酸，所以久置的自来水配制硝酸银溶液，有白色沉淀出现。(5)化肥和农药的过度使用、实验室的废液不经处理直接排放都会造成水资源的污染。11．C解析：过滤可以除去难溶性杂质，不能除去可溶性杂质，“生命吸管”不可以过滤汞可溶性等重金属，C错误。12．(1)②④(2)蒸馏(3)Cl2＋113．(1)①2KClO3eq\o(=,\s\up7(MnO2),\s\do5(△))2KCl＋3O2↑②BC用手握住试管外壁(2)①A验纯②甲③BD解析：(1)②加热氯酸钾的方法制取氧气，是固体加热型反应，故选择B装置制取，由于氧气的密度大于空气且不易溶于水，故用C装置收集氧气，可选用B和C装置组合。(2)①实验室用锌与稀硫酸制取氢气并验证其可燃性，是固液常温型反应，故可选用A与E装置组合，在E导管口点燃，点燃氢气之前需要验纯。②电解水制H2，负极(甲管)产生的是氢气。第3讲碳和碳的氧化物【演练·强化巩固】1．A7．C解析：若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，潮湿的二氧化碳气体经过甲瓶后通入乙瓶，干燥紫色小花不变红，可能有两种情况：①潮湿的二氧化碳在甲中被干燥；②二氧化碳在甲中被吸收。8．(1)单质(2)分子(3)化学(4)有机9．(1)试管(2)BCaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑(3)A和E(4)MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋2H2O＋Cl2↑b10．AC将燃着的木条置于矿泉水瓶口，观察是否熄灭11．(1)不严谨气体产物可能是CO和CO2的混合物(2)先将混合气体通入澄清石灰水，再通入足量NaOH溶液，再通过盛装CuO的硬质玻璃管加热，若澄清石灰水变浑浊，黑色固体变红则猜想正确(3)没有尾气处理装置(4)先将导管移出水面，再熄灭酒精灯(5)用足量稀盐酸清洗解析：(4)反应结束时，为防止液体倒吸导致试管炸裂，需要先将导管从石灰水中移出，再熄灭酒精灯。(5)实验后发现试管①内壁上附着不易用试管刷洗净的固体生成物，该物质是反应生成的碳酸钙，碳酸钙能与盐酸反应生成易溶于水的氯化钙，故可用盐酸清洗试管①。12．D解析：高温下炭粉能与二氧化碳反应生成一氧化碳，一氧化碳在加热条件下能与黑色氧化铜反应生成红色的铜和二氧化碳，故A正确；二氧化碳与炭粉在高温条件下的反应是吸热反应，故B正确；即使液体倒吸到丙处试管内，也不会再被倒吸到甲、乙装置中，所以丙装置可防止液体倒吸，故C正确；该装置通过丁吸收二氧化碳并收集一氧化碳，有尾气处理装置，故D错误。13．(1)CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑(2)a(3)A(4)溶液红色刚好消失(5)CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2OHCl或H2SO4溶液解析：(5)二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，使集气瓶内气压降低，在大气压作用下气球胀大；若要气球恢复原状，应关闭分液漏斗①，打开分液漏斗②，滴入稀盐酸或稀硫酸，使碳酸钠重新转化为CO2。14．(1)酒精灯便于添加液体，可以控制液体的加入速率，从而控制反应速率(2)CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑(3)B装置中澄清石灰水变浑浊D装置中澄清石灰水不变浑浊，F装置中黑色固体变成红色，G装置中的澄清石灰水变浑浊在G装置后添加尾气处理装置(4)有机物6C4H10＋31O2eq\o(=,\s\up7(点燃))16CO＋8CO2＋30H2O解析：(3)二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，一氧化碳与石灰水不发生反应，因此D中澄清石灰水变浑浊可判断出生成的气体一定含有CO2，然后通过C装置除去二氧化碳，通过D装置判断二氧化碳已完全除尽，再检验含有CO，利用一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳来检验CO，因此根据D装置中澄清石灰水不变浑浊，F装置中黑色固体变成红色，G装置中的澄清石灰水变浑浊可判断出生成的气体一定含有CO。因CO是有毒气体，通常采用点燃或收集的方法进行尾气处理。(4)有机物中含有碳元素，丁烷属于有机物，因为生成CO和CO2的质量比为56∶44，所以在化学方程式中CO和CO2的化学计量数之比为2∶1，由此可推出在化学方程式中丁烷的化学计量数一定是3的倍数，初步配平为3C4H10＋eq\f(31,2)O2eq\o(=,\s\up7(点燃))8CO＋4CO2＋15H2O，然后同乘以2，得化学方程式：6C4H10＋31O2eq\o(=,\s\up7(点燃))16CO＋8CO2＋30H2O。第4讲金属【演练·强化巩固】1．C3．C解析：铁制品在潮湿的空气中易生锈，在有盐或酸存在时，生锈速率会加快，海水中有盐和水，铁片在海水中比在潮湿的空气中更易生锈，故A错误；钢是铁和碳形成的合金，属于混合物，不是纯铁，故B错误；一般情况下，合金的硬度比组成它的成分金属的硬度大，所以纯铜的硬度小于黄铜的硬度，故D错误。4．B6．C解析：探究锌、铜、镁的金属活动性时，要注意变量的控制，则盐酸的浓度必须相同，A错误；铜与稀盐酸不反应，铜片表面无明显变化，B错误；金属与酸的反应属于放热反应，故镁片的试管表面发烫，C正确；根据金属活动性顺序，活动性：Mg＞Zn＞Cu，D错误。7．B解析：滤液显蓝色说明硝酸铜没有被锌粉反应完，当反应掉一部分硝酸铜时，溶液仍然呈蓝色，滤渣中含有Cu，A说法错误；当锌粉有剩余时，滤液中只含有硝酸锌一种溶质，滤渣中只含有银时，滤液中含有硝酸银、硝酸铜和硝酸锌三种溶质或者含有硝酸铜和硝酸锌两种溶质，B说法正确；在滤渣中加入稀盐酸有气泡产生，说明锌粉过量，滤液中只有硝酸锌一种溶质，C说法错误；在滤渣中加入稀盐酸没有气泡产生，说明锌粉的量不足或恰好反应完，当锌粉的量不足或恰好反应完时，滤渣中只有Ag这一种金属，D说法错误。8．(1)导热性(2)黄铜片(3)在铁制品上涂抹油漆或油9．(1)高锰酸钾(2)②CO2＋Ceq\o(=,\s\up7(高温))2CO③2CO＋MnO2eq\o(=,\s\up7(高温))Mn＋2CO2(3)先产生白色沉淀，白色沉淀逐渐变为棕色解析：(3)若向盛有MnSO4溶液的试管中加入少量NaOH溶液，会发生①MnSO4＋2NaOH=Mn(OH)2↓＋Na2SO4；②2Mn(OH)2＋O2=2MnO(OH)2。Mn(OH)2是一种白色难溶物，MnO(OH)2是一种棕色难溶物，则会观察到先产生白色沉淀，白色沉淀逐渐变为棕色。10．[进行猜想]Fe>R>Cu[收集证据]R丝表面有红色物质析出快不能燃烧3Fe＋2O2eq\o(=,\s\up7(点燃))Fe3O4[归纳总结](3)盐溶液11．(1)Cu过滤(2)Ni＋H2SO4=NiSO4＋H2↑(3)Zn＞Ni＞Cu12．C解析：①Cu不与稀硫酸反应；②足量的Zn与20%的稀硫酸反应生成氢气多；③④Mg比Zn活泼，加入等质量、等浓度的稀硫酸，Mg产生氢气快。13．B解析：集气瓶内空气的体积是(250－20)mL＝230mL，进入玻璃瓶的水的体积是45mL，即氧气的体积是45mL，因此氧气的体积分数为eq\f(45mL,230mL)×100%≈%。14．[提出猜想]铜粉和氧化铁粉末[设计实验]稀盐酸无明显现象3CO＋Fe2O3eq\o(=,\s\up7(高温))2Fe＋3CO2排尽硬质玻璃管内空气，防止爆炸[数据处理]≤m<8[实验反思]③解析：[数据处理]设完全反应后生成铁的质量为xg。Fe2O3＋3COeq\o(=,\s\up7(高温))2Fe＋3CO21601128xeq\f(160,8)＝eq\f(112,x)，x＝等装置完全冷却到室温，称量硬质玻璃管内剩余固体质量为mg，若乙组猜想正确，完全反应时剩余固体质量最小，则m≥g。第5讲溶液【演练·强化巩固】1．A3．D解析：洗涤剂去油污的原理是乳化，故A错误；植物油加入水可得乳浊液，故B错误；氯化钠溶于水，温度无明显变化，故C错误。4．D解析：在说明物质的溶解度时，需要指明温度，故A错误；通过分析溶解度曲线可知，甲物质的溶解度随温度的升高而增大，故B错误；t1℃时，乙物质的溶解度是30g，所以乙的饱和溶液中溶质与溶剂的质量比为30g∶100g＝3∶10，故C错误；t2℃时，甲物质的溶解度是50g，所以150g甲的饱和溶液中含有溶质50g，降温到t1℃，溶解度为30g，所以有20g固体析出，故D正确。5．A解析：用量筒量取水时，俯视液面，读数比实际液体体积大，会造成实际量取的水的体积偏小，则溶质质量分数偏大，故A错误。6．D解析：物质与砝码颠倒且使用游码，则称得的氯化钠偏少，所配溶液浓度偏小；氯化钠倒入烧杯时洒出，所配溶液浓度偏小；量水时俯视读数，所量水的体积偏小，所配溶液浓度偏大；配好的溶液装瓶时溅出，溶液浓度已固定，没有影响。7．C解析：t℃氯化铵的溶解度为40g，将30g氯化铵加入50g水中形成饱和溶液，只能溶解20g氯化铵，故质量分数为eq\f(20g,20g＋50g)×100%＝%，故C错误；氯化铵的溶解度随温度升高而增大的幅度比氯化钾大，且在20℃时氯化铵的溶解度略大于氯化钾的溶解度，等质量的氯化铵和氯化钾饱和溶液由80℃降低到20℃时，氯化铵析出的晶体多，故D正确。8．B解析：②中有固体未溶解，说明该溶液是饱和溶液，故A正确；③中溶液既可能是饱和溶液，也可能是不饱和溶液，故B错误；②③中溶液的溶剂量相等，溶质质量②小于③，所以②③中溶液的溶质质量分数不相同，故C、D正确。9．D10．D解析：汽油不能溶于水，和水不能形成溶液，A错误；溶液具有均一性和稳定性，故把30%的硝酸钾溶液均分成两份，每份溶液的溶质质量分数仍为30%，B错误；由饱和溶液的概念可知，蔗糖饱和溶液只对于蔗糖来说是饱和的，所以还可以继续溶解食盐，C错误。11．(1)澄清石灰水变浑浊氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小，温度升高，氢氧化钙析出(2)氧化钙、氢氧化钠、浓硫酸等(合理即可)12．(1)减小(2)20℃～40℃(3)氯化钠24%升温(4)有晶体析出解析：(4)硝酸铵溶于水，溶液温度降低，所以向烧杯中加入足量的硝酸铵使之充分溶解，烧杯内水温下降，试管中有晶体析出。13．(1)6(2)C(3)B(4)①AgNO3②偏小无影响③%解析：(4)①硝酸银可以和氯化钠形成氯化银沉淀。②用量筒时，仰视读到的数据偏小，实际量取的液体体积偏大，所配制溶液的溶质质量分数偏小；而谷氨酸钠溶液中溶质的质量不变，因此对测试结果无影响。③根据NaCl＋AgNO3=AgCl↓＋NaNO3，列式计算出生成g氯化银需要氯化钠质量m，eq\f(m,＝eq\fg,，m＝g，其质量分数为eq\fg,5g)×100%＝%。14．(1)甲(2)增加溶质(3)丙(4)BD解析：(3)氧气的溶解度随温度的升高而减小，所以其变化规律与图中的丙相似。(4)t1℃甲、乙两物质饱和溶液的溶质质量分数相等，故A错误；t2℃时，甲物质的溶解度是50g，所以配制300g甲的饱和溶液，需要固体甲的质量为300g×eq\f(50g,150g)＝100g，故B正确；t2℃甲、乙、丙三种饱和溶液的质量不能确定，所以降温到t1℃，析出晶体的质量不能确定，故C错误；t1℃，甲、乙物质的溶解度相等，丙物质的溶解度最小，所以等质量的甲、乙、丙三种固体配制成该温度下的饱和溶液，所得溶液的质量大小：丙＞甲＝乙，故D正确。15．(1)②(2)A(3)①%ABCD②AC解析：(3)①60℃时硫酸镁的溶解度大于50g，所以60℃时将50g硫酸镁加入到100g水中，充分搅拌，硫酸镁全部溶解，所得溶液的溶质质量分数为eq\f(50g,50g＋100g)×100%＝%。若使其形成饱和溶液，增加溶质、蒸发溶剂、升高温度(升温后溶解度减小)、降低温度(降温后溶解度减小)都可行。②20℃时三种物质的溶解度都大于10g，都属于易溶物质，故A正确；20℃时KCl的溶解度小于40g，MgCl2溶解度大于40g，所以20℃时向40gKCl固体和40gMgCl2固体中分别加入100g水充分溶解后，KCl能形成饱和溶液，MgCl2不能形成饱和溶液，故B错误；60℃时，三种物质溶于水形成的溶液浓度可能相等，例如60℃时将20g三种物质分别加入100g水充分溶解后，所得溶液的溶质质量分数相等，故C正确。16．(1)①>②B(2)①探究相同反应温度时，反应时间对NaHCO3产率的影响②C③在40℃时NH4HCO3受热易分解，导致反应物减少解析：(1)由题意可知，碳酸氢钠容易析出结晶形成沉淀，由图象可知溶解度：A>B，因此B为碳酸氢钠。(2)由实验c、d对比可知，当反应温度相同时，反应时间越长，NaHCO3产率越大，所以由实验a、b对比可知X＞。由实验a、c对比可知：当反应时间相同时，反应温度越高，NaHCO3产率越高，所以由实验b、d对比可知X＜。综上所述，<X<。第6讲常见的酸和碱【演练·强化巩固】1．C5．B解析：pH越小，酸性越强，pH越大，酸性越弱。变质肉的pH最大，新鲜肉的pH最小，所以新鲜肉变质过程中酸性逐渐减弱。6．B解析：浓硫酸没有挥发性，打开盛有浓硫酸试剂的瓶塞，无现象，故A错误；实验室用稀盐酸和石灰石制取二氧化碳，故C错误；铜与稀硫酸不反应，故D错误。7．B解析：氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，可观察到红棕色固体溶解，溶液由无色变为黄色，有明显现象，A错误；稀盐酸和澄清石灰水反应，观察不到明显现象，B正确；氧化钙与水反应，生成氢氧化钙，且反应放热，可观察到白色固体溶解且放出大量的热，C错误；铝的活动性比银强，故铝丝能与硝酸银溶液反应置换出银，因此能观察到铝丝表面析出银色固体，D错误。8．D解析：氢氧化钠溶液与稀盐酸恰好完全反应时，溶液呈中性，pH＝7，A错误；反应后的溶液中有Na＋和Cl－，溶液能导电，此外溶液中的微粒还有H2O，B、C错误；该反应是复分解反应，反应前后各元素的化合价均无变化，D正确。9．C解析：二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，氧化物应为三氧化硫，A错误；氢氧化钠与三氧化硫反应生成硫酸钠和水，X不一定是硫酸，B错误；氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸，②可能有沉淀生成，C正确；非金属氧化物与碱的反应不属于复分解反应，D错误。10．(1)＜(2)ACE(3)图1，用滴管吸取液体时，应先捏扁胶头赶尽气体，再伸入试剂瓶中吸液；图2，滴管应放在洁净的烧杯内；图3，滴瓶上的滴管用后无需洗涤直接放回原滴瓶；图4，应将滴管尖口向下(任答其中一点)(4)节约药品解析：(2)将pH试纸剪成几段使用，可以节约，故A正确；将pH试纸直接插入待测液中，会污染原试剂，故B错误；将pH试纸湿润后放在表面皿上，用干净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，会稀释试剂，影响pH的测定，故D错误；读数时，在30秒内将pH试纸呈现的颜色与标准比色卡对照，防止腐蚀，故E正确。11．(1)红色(2)2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O密封(3)酸(4)OH－12．(1)Mg(OH)2＋H2SO4=MgSO4＋2H2O析出大量晶体(2)H2O(3)NaCl、Na2SO4解析：(2)固体B是氢氧化铁，加热的产物是两种常见氧化物，一种是氧化铁，根据质量守恒定律可知，另一种氧化物是H2O。13．B解析：将未经砂布打磨的铝条放入盛有稀盐酸的密闭容器中，铝条表面的氧化铝先和稀盐酸反应，没有气体生成，所以压强不变，故A正确；A点时反应还没有开始，所以盐酸的浓度最大，C点时完全反应盐酸浓度最低，故B错误；由于铝和盐酸反应是放热反应，温度升高，完全反应以后，随着容器冷却气压会降低，故C正确；冷却至室温后，温度不变，所以D、E两点处的气体压强相等，故D正确。14．(1)二氧化碳被水吸收了(2)有气泡产生Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑有白色沉淀产生Na2CO3＋BaCl2=BaCO3↓＋2NaCl(3)氢氧化钠的溶解度比氢氧化钙大，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊15．[猜想假设]NaOH＋HCl=NaCl＋H2O[实验探究]锌粒或CaCO3(合理答案均可)三[评价反思]酚酞在酸性和中性溶液中均不变色[拓展延伸](1)A(2)氯化钠(NaCl)(3)氢离子和氢氧根离子结合生成水或H＋＋OH－=H2O(合理答案均可)解析：[实验探究]锌等活泼金属，碳酸钙和碳酸钠等碳酸盐都可以和盐酸反应生成气体，取反应后的溶液于试管中，加入锌或碳酸钙，若观察到有气体产生，则说明猜想二是正确的；氢氧化钠溶液可以和硫酸铜溶液反应生成蓝色沉淀，所以取反应后的溶液于试管中，加入硫酸铜溶液，若观察到无蓝色沉淀产生，则说明猜想三不成立。[评价反思]碱性溶液能使无色酚酞变红色，酸性和中性溶液不能使无色酚酞变色。[拓展延伸](1)根据坐标曲线可知起始点pH大于7，溶液的pH逐渐变小，是将盐酸滴入氢氧化钠溶液中。(2)b点坐标表示溶液pH＝7，氢氧化钠和盐酸恰好完全反应生成氯化钠和水，故所得溶液的溶质为氯化钠。(3)中和反应的微观实质是氢离子和氢氧根离子反应生成水。第7讲常见的盐化学肥料【演练·强化巩固】1．A2．A解析：氧化钙俗称生石灰，故B错误；碳酸氢钠俗称小苏打，化学式为NaHCO3，故C错误；氢氧化钠俗称烧碱，故D错误。3．C5．A解析：将稀硫酸分别滴入三种溶液，无现象的是氯化钠，生成气体的是碳酸钠，产生沉淀的是氯化钡，可以鉴别。6．B解析：盐酸和CaCl2的混合溶液，向其中逐滴滴入Na2CO3溶液，则开始是碳酸钠和盐酸反应，盐酸反应完全后，碳酸钠和氯化钙反应产生沉淀。滴加碳酸钠溶液质量至b克时，含有的溶质有氯化钠和氯化钙两种，不是三种。7．(1)N、P、K(2)KH2PO48．(1)A(2)O2＋2H2SO3=2H2SO4(3)Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑解析：(1)海水泵排出的海水pH＝8，溶液显碱性。(2)曝气池①内通入空气后，Na2SO3和H2SO3变成了Na2SO4和H2SO4，反应的化学方程式为2Na2SO3＋O2=2Na2SO4，O2＋2H2SO3=2H2SO4。(3)曝气池②排放的海水中不含H2SO4的原因是硫酸和碳酸钠溶液发生了化学反应。9．(1)磷矿粉(2)碳酸氢铵(或NH4HCO3)(3)熟石灰[或Ca(OH)2]固体混合研磨有刺激性气味的是氯化铵，另一个是硫酸钾(合理均可)10．(1)溶解引流较多固体(2)AD解析：(2)蒸发时液滴溅出，氯化钠溶液减少，导致所得精盐质量偏小；过滤时滤纸破损，有泥沙进入到滤液中，导致所得精盐质量偏大；粗盐中加入过量的水，只会延长蒸发时间，不会影响精盐的质量；过滤后滤纸上的泥沙未用水冲洗，泥沙表面残留氯化钠溶液，导致所得精盐质量偏小。11．D12．B解析：将粗盐中混有的泥沙分离可以通过溶解、过滤、蒸发的操作完成；从混有少量NaCl的KNO3中得到较纯净的KNO3固体，应该采用冷却热饱和溶液的方法；除去MgCl2溶液中的少量MgSO4，加适量的BaCl2溶液，硫酸镁和氯化钡生成硫酸钡沉淀和氯化镁，过滤得到氯化镁溶液；分别取四种固体放入试管中，加水不溶解的是CaCO3，溶解后用手触摸试管外壁，发烫的是NaOH，温度降低的是NH4NO3，能溶解且无明显现象的是NaCl。13．MgCl2＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl(1)NaCl、Na2CO3BaCl2＋Na2CO3=BaCO3↓＋2NaCl(2)沉淀部分溶解，有气泡产生Ba(NO3)2、Mg(NO3)2、NaNO3、HNO3解析：(1)滤液A与试管Ⅲ中的物质混合，溶液B呈红色，说明溶液B呈碱性，碳酸钠溶液呈碱性，试管Ⅲ中发生的反应是碳酸钠与盐酸反应生成物氯化钠、水和二氧化碳，则试管Ⅲ反应后所得溶液中一定含有的溶质是NaCl、Na2CO3；步骤①中一定发生的反应是碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠。(2)沉淀M是氯化镁与氢氧化钠反应生成的氢氧化镁，以及氯化钡与硫酸钠反应生成的硫酸钡，沉淀N是碳酸钠与氯化钡反应生成的碳酸钡，氢氧化镁与硝酸反应生成可溶的硝酸镁和水，碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，氢氧化镁和碳酸钡能溶于稀硝酸，硫酸钡不溶于稀硝酸。祺祺把沉淀M、N混合后加入AgNO3溶液和过量的稀硝酸，观察到的实验现象是沉淀部分溶解，有气泡产生。实验结束，祺祺把反应后的混合物与滤液C全部倒入废液缸中，根据上述分析可知，溶液一定存在硝酸钡、硝酸镁、硝酸，氯化钠能与硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，溶液一定存在硝酸钠，所以废液缸内上层清液中，除酚酞外一定含有的溶质有Ba(NO3)2、Mg(NO3)2、NaNO3、HNO3。14．(1)漏斗(2)(3)解：设氯化钾的质量为x，生成的硝酸钾的质量为y。KCl＋AgNO3=AgCl↓＋KNO374．5101xgyeq\f,x)＝eq\f,g)＝eq\f(101,y)x＝gy＝g样品中氯化钾的质量分数为eq\fg,10g)×100%＝%完全反应后，混合液中的硝酸钾质量＝10g－g＋g＝g答：样品中氯化钾的质量分数为%；完全反应后，混合液中的硝酸钾质量是g。(4)BC阶段检测一我们身边的化学物质1．C7．A解析：物质加入水中搅拌后得到无色澄清溶液，说明彼此之间不能生成沉淀，且不存在有色离子。A项，NaOH与H2SO4反应生成硫酸钠和水，得到的溶液仍然是无色澄清溶液，故A选项正确；Ba(OH)2和BaCl2都能与Na2SO4反应产生硫酸钡沉淀，溶液变浑浊，故B选项错误；Na2CO3和Ca(OH)2反应生成碳酸钙白色沉淀，溶液变浑浊，故C选项错误；三者之间不反应，但CuCl2溶于水呈蓝色，故D选项错误。8．C解析：锌和稀酸反应生成氢气，产生气泡，铜不能和稀酸反应，无明显现象，说明锌比铜活泼，A说法正确；盐酸能使石蕊试液变红色，能和锌反应生成氯化锌和氢气，能和氧化铁反应生成氯化铁和水，能和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，B说法正确；碳酸钙和稀硫酸反应生成的硫酸钙微溶于水，包裹在大理石表面，阻止反应的进行，M是稀硫酸时，⑤处固体不可能明显减少，C说法不正确；氢氧化钠和酸反应生成盐和水，放热，D说法正确。9．A解析：T2℃时，取等质量的甲、乙分别配制成饱和溶液，所需水的质量：甲＜乙，因为该温度下甲的溶解度大于乙，A错误。10．D解析：pH试纸测定的pH是粗略的数据，只能读整数，故①错误；在蒸发皿中进行蒸发时，当蒸发皿中有较多固体出现时，应停止加热，用余热将水分蒸干，故②错误；汽油清洗油污是因为油污能溶于汽油，而不是乳化作用，故③错误；叶色发黄，倒伏现象说明农作物缺少氮元素、钾元素，故④正确；过滤只能除去难溶性杂质，不能除去可溶性杂质，因此得到的不是纯净物，故⑤错误；正常雨水约为，而酸雨的pH小于，故⑥错误；图书、档案、精密仪器等物失火使用二氧化碳灭火器可以不留下痕迹，减小损失，故⑦正确；酚酞试液在酸性和中性溶液中都不变色，故⑧错误。11．(1)AC(2)①A②3Fe＋2O2eq\o(=,\s\up7(点燃))Fe3O4相同12．(1)铁与氧气、水同时接触Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O(2)硬度大(或机械强度好、或韧性好等)(3)实验Ⅱ中硫酸铜溶液有剩余，而实验Ⅰ中的铁粉又能与实验Ⅱ中剩余的硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁②⑤解析：(3)在金属活动性顺序中，铁排在铝后面，排在铜前面，所以实验Ⅰ中硫酸铝溶液和铁粉不反应。实验Ⅱ中铁能置换出硫酸铜中的铜，同时生成硫酸亚铁。将实验Ⅰ和Ⅱ的物质全部倒入同一个烧杯中，发现烧杯内的红色固体明显增多，这是因为实验Ⅱ中硫酸铜溶液有剩余，而实验Ⅰ中的铁粉又能与实验Ⅱ中剩余的硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁。一段时间后过滤，向滤渣中滴加盐酸，结果没有气泡产生，说明铁粉已经完全反应，滤渣为铜，滤液中一定含有硫酸铝、硫酸亚铁，可能含有硫酸铜，即滤液中含有的金属离子有以下几种可能：铝离子、亚铁离子；铝离子、亚铁离子和铜离子。13．(1)CaCl2(2)Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑置换反应Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH(合理即可)(3)供给呼吸作补钙剂(或建筑材料等)14．(1)试管长颈漏斗(2)ACDH2KClO3eq\o(=,\s\up7(MnO2),\s\do5(△))2KCl＋3O2↑(3)ABEFCaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑将燃着的木条伸到集气瓶口，若木条熄灭，则已集满(4)检验CO的纯度红色粉末逐渐变黑收集尾气中的一氧化碳，防止污染空气15．[提出猜想]Na2CO3和NaHCO3[设计实验]不成立[得出结论]NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑[讨论交流]小苏打碳酸钠溶液也能使无色酚酞溶液变红色(或碳酸钠溶液呈碱性)[拓展应用]A解析：[拓展应用]二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，碳酸钙和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，反应的化学方程式及其质量关系为：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O44100CaCO3＋H2O＋CO2=Ca(HCO3)210044由以上质量关系可知，44份质量的二氧化碳反应生成100份质量的碳酸钙，100份质量的碳酸钙恰好和44份质量的二氧化碳反应生成碳酸氢钙，因此图象应该是关于平行于y轴的直线对称，即A图象能正确反映生成的碳酸钙沉淀与二氧化碳的质量之间的变化关系。第二单元物质的变化及性质第8讲变化及性质【演练·强化巩固】1．C10．(1)蜡烛熔化、掉落或火柴燃烧(2)AC11．(1)导电(2)CaO＋H2O=Ca(OH)2(3)碳酸钙(4)NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑(5)2H2＋SiCl4eq\o(=,\s\up7(高温))Si＋4HCl12．C解析：活性炭净水，冰川融化，工业上分离液态空气制取氧气、氮气均为物理变化；盐酸遇石蕊试液变红为化学变化。13．A14．(2)过氧化氢酶催化效率高于FeCl3溶液(合理均可)(4)滴加等体积的适宜浓度的新鲜猪肝研磨液(5)过氧化氢酶催化效率高于FeCl3溶液(合理均可)(6)乙酶是蛋白质，高温会使蛋白质变性，催化效率降低第9讲质量守恒定律【演练·强化巩固】1．D2．D解析：AgNO3中不含硫元素，不可能生成SO2；AgNO3中不含氢元素，不可能生成NH3；N2无刺激性气味，不符合题意；AgNO3中含有银、氮、氧三种元素，NO2又有刺激性气味，所以该气体有可能是NO2。3．B4．D解析：根据质量守恒定律，氢气与氧气恰好完全反应时质量比为1∶8，即4g的氢气与32g的氧气恰好完全反应生成36g水，故D说法错误。5．B解析：根据“反应A＋3B=2C＋3D中，已知A和B的相对分子质量之比为7∶8”，则可假设A和B的相对分子质量分别为7a、8a。设gA与B反应的质量为x。A＋3B=2C＋3D7a3×8a2．8gxeq\f(7a,g)＝eq\f(3×8a,x)，x＝g根据质量守恒定律：g＋g＝m(C)＋g，故m(C)＝g。6．A7．C解析：根据微观示意图可知其化学方程式为CO2＋3H2eq\o(=,\s\up7(催化剂))CH3OH＋H2O。该反应涉及的四种物质中，氢气是单质，其余三种是化合物，A错误；反应前氢元素的化合价为0，反应后H元素的化合价为＋1，反应前后H元素的化合价改变，B错误；由化学方程式可知，参加反应的甲、乙分子个数比为1∶3，C正确；根据微观示意图可知，反应前后原子数目没有改变，D错误。8．(1)B(2)H2O9．(1)a(2)①温度未达到金属镁的着火点②2Mg＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2MgO③(3)①2②7∶16③化合反应④c10．(1)先变大再变小(2)达到着火点可燃物(3)向左偏(4)P4＋5O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2P2O5解析：(1)实验时，白磷燃烧放热，导致瓶内气压增大，气球膨胀，冷却至室温后，瓶内氧气被消耗，气压减小，气球收缩，因此气球的变化是先变大后变小。(3)实验前后天平保持平衡，实验后，松开橡皮塞，空气进入瓶中，则天平指针向左偏。11．C解析：该有机物燃烧生成CO2和H2O，根据质量守恒定律可知，该有机物中一定含有碳元素和氢元素；gCO2中氧元素的质量为g×eq\f(32,44)＝g；gH2O中氧元素的质量为g×eq\f(16,18)＝g，则g＋g＝g＞g，由此可知该有机物中一定含有氧元素，即该有机物是由碳、氢、氧、三种元素组成的。12．C解析：x的值为(8＋4＋2＋36)－(22＋4)＝24，A错误；该反应中生成水和二氧化碳，不属于置换反应，B错误；该反应消耗32g氧气，生成18g水和22g二氧化碳，则W含碳元素6g、氢元素2g，因此W是由碳、氢两种元素组成的，C正确；W中碳元素的质量分数为75%，D错误。13．B解析：由表中数据分析可知，反应前后乙的质量减少了，故乙是反应物，参加反应的乙的质量为16g；同理可以确定丙是生成物，生成的丙的质量为g；丁是生成物，生成的丁的质量为g。由质量守恒定律可知，甲应是反应物，且参加反应的甲的质量为g＋g－16g＝g，故m1的值是10g－g＝g，A正确；反应中乙、丁的质量比为16g∶g，当生成g丁时，参加反应的乙的质量应为4g，m2的值是16g－4g＝12g，B错误；甲和乙是反应物，C正确；甲、丁间反应的质量比为g∶g＝7∶8，D正确。14．[实验探究]Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑[反思评价]密闭容器(或封闭体系等)[优化装置]BA装置中反应产生气体，气球膨胀，浮力增大，导致称量结果不准(或C装置中反应产生气体，瓶内气压增大，可能导致瓶塞迸出)[得出结论]参加化学反应[解释应用]4第10讲化学方程式【演练·强化巩固】1．B8．C解析：A项中氧化镁的化学式错误，应为MgO；B项中氧气的化学式错误，应为O2；D项中硝酸钾和氢氧化钡不能发生复分解反应，因为没有沉淀、气体或水生成。9．(1)Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑(2)4Al＋3O2=2Al2O3(3)CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温))CaO＋CO2↑(4)Ca(OH)2＋CuSO4=Cu(OH)2↓＋CaSO4(5)CH4＋2O2eq\o(=,\s\up7(点燃))CO2＋2H2O10．(1)K2S(2)S＋3C＋2KNO3eq\o(=,\s\up7(点燃))K2S＋N2↑＋3CO2↑11．(1)①升高②BaO(2)2NO＋O2=2NO2BaO(3)2NO＋O2＋4COeq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))N2＋4CO212．B13．B解析：由图示可知，该反应的反应物是甲烷和水，生成物是一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为CH4＋H2Oeq\o(=,\s\up7(一定条件))CO＋3H2，不属于置换反应，故A错误；甲烷、水、一氧化碳和氢气都由分子构成，故B正确；该反应中只有甲烷是有机物，故C错误；该反应中一氧化碳和氢气的质量比为28∶6＝14∶3，故D错误。14．D解析：反应①氮元素由0价变为－3价，氢元素由0价变为＋1价；反应②氧元素由0价变为－2价，氮元素由－3变为＋2价；反应③氮元素由＋2变为＋4价，氧元素由0价变为－2价；反应④中氮元素由＋4分别变为＋5、＋2价，故A正确；由反应③④可知，当用H2O吸收NO2的过程中通入过量的O2时，O2可将反应生成的NO转化为NO2，NO2又与水反应生成硝酸，即可以提高硝酸的产量，故B正确；反应②④都是由两种物质反应生成另外两种物质，但不属于置换反应或复分解反应，也不属于化合反应或分解反应，反应①③都属于化合反应，故C正确；由反应④可知，46gNO2溶于64gH2O中生成10gNO和42gHNO3，共形成硝酸溶液的质量为100g，则形成硝酸溶液溶质的质量分数为42%，故D错误。15．(1)黑色粉末逐渐减少(或消失)，溶液由无色变为蓝色(2)H2SO4、CuSO4解：设废液中硫酸铜的质量分数为x。CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO41609850gxgeq\f(160,98)＝eq\f(50gx,g)x＝%答：废液中硫酸铜的质量分数为%。(3)解析：(1)氧化铜为黑色固体，能够和稀硫酸反应，生成的硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，所以对应的实验现象为：黑色粉末逐渐减少(或消失)，溶液由无色变为蓝色。(2)由于加入50g氢氧化钠溶液得到g沉淀，而加入80g氢氧化钠溶液得到g沉淀，说明30g氢氧化钠溶液能与硫酸铜反应生成氢氧化铜的质量＝g－g＝g，第一组加入50g氢氧化钠溶液时，只生成了g氢氧化铜，说明只有15g氢氧化钠溶液与硫酸铜反应，在加入35g氢氧化钠溶液时才生成沉淀，所以废液溶质为CuSO4、H2SO4。(3)若三组数据中，只有一组加入的氢氧化钠溶液与废液恰好完全反应，根据上面分析可知为第三组，所以图中a的数值为50g＋80g－g＝g。第三单元物质构成的奥秘第11讲物质的构成【演练·强化巩固】1．B4．A解析：A图中表示两个氨分子，氨分子是保持氨气化学性质的最小微粒。5．D解析：构成物质的基本微粒有分子、原子和离子，故A错误；热胀冷缩是由于微粒之间间隔大小发生了变化，故B错误；原子和离子通过得失电子可以相互转化，故C错误。6．B解析：质子数决定元素的种类，故甲、乙属于同种元素；甲、丙最外层电子数相同，具有相似的化学性质，乙属于稳定结构，与甲、丙化学性质不同；原子中质子数＝核外电子数，丁中x＝18－2－8＝8；乙的核内质子数＜核外电子数，表示阴离子。7．C解析：物质状态不同，构成它的分子运动速率不同，分子间隔不同，分子间相互作用的强弱也不同，故A、B、D错误；分子相同，化学性质相同，故C正确。8．D解析：塑料包装袋鼓起，是因为袋中的气体分子之间间隔增大，D错误。9．B解析：从图中的实验可知，一段时间后B烧杯内的溶液变红，可以说明浓氨水易挥发，氨气易溶于水，氨水能使酚酞溶液变红，C烧杯内的酚酞试液未变红，说明空气不能使酚酞溶液变红，故A、C、D说法正确，通过此题无法证明其余的碱能否使酚酞溶液变红，B说法错误。10．(1)11失去(2)②③①11．(1)离子(2)①得到②SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O③34最外层电子数Se＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))SeO212．C解析：氮原子的质子数和电子数均为7，N5的质子数和电子数均为7×5＝35；Neq\o\al(－,5)是N5得到一个电子的微粒，所以每个Neq\o\al(－,5)中含有35个质子和36个电子。Neq\o\al(－,5)是一种离子；1个Neq\o\al(－,5)带1个单位的负电荷。13．C解析：据图可知，a为核外电子，b为中子，c为质子。质子数决定元素的种类，所以决定该原子种类的粒子是c，故A错误；原子中b(中子)与c(质子)的数目不一定相同，故B错误；原子中c的数目(质子数)＝a的数目(电子数)，故C正确；原子的质量主要集中在原子核上，即集中在b(中子)和c(质子)上，故D错误。14．(1)①8②钠原子的质子数为11(合理均可)③Na＋(2)①BC②分子种类③湿衣服在阳光下比在阴凉处干得快(合理均可)解析：(2)①由B、C两个图可知，127℃时氧分子的速率比27℃运动速率快，能体现温度越高，分子运动速率越快；②相同温度下，氢分子和氧分子的运动速率不同，说明分子种类也能影响分子运动速率。第12讲元素物质的分类【演练·强化巩固】1．B5．D解析：混合物中可能只含一种元素，如氧气和臭氧的混合物，金刚石和石墨的混合物，都只含有一种元素。6．C解析：相对原子质量＝质子数＋中子数，钕元素的中子数＝144－60＝84，C错误。7．C解析：A中含有一种分子，且该分子是由同种原子构成的，属于单质；B、D中都含有不同种分子，属于混合物；C中含有一种分子，且该分子是由不同种原子构成的，属于化合物。8．C9．(1)Al(2)(3)AD(4)A解析：(1)用两个字母表示元素符号时，第一个字母大写，第二个字母小写，所以铝元素的符号为Al。(2)单元格中下方的数字表示相对原子质量，铝原子的相对原子质量为。(3)第一层是最外层时，排2个电子属于稳定结构，有多个电子层时，最外层有8个电子属于稳定结构，所以属于稳定结构的原子是AD。(4)电子层数相同的原子在同一周期，所以只有A与铝不在同一周期。10．D解析：钠原子最外层只有1个电子，在化学反应中易失去最外层电子，故D错误。11．C解析：原子序数：X<Y；X、Z的核外电子数不相等，最外层电子数相等；在同一横行的元素处于同一周期，因此Y和Z处于同一周期；X和Z的电子层数不相同，Z比X多一个电子层。12．(1)(2)A(3)2H2S＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2H2O＋2S↓置换反应13．(1)BC(2)每个原子核外都有三个电子层(合理即可)(3)Mg3N2(4)S2－(5)BD解析：(1)最外层电子数相同的原子具有相似的化学性质，O原子和S原子的最外层电子数都是6，F原子和Cl原子最外层电子数都是7。(3)第7号元素是氮元素，第12号元素是镁元素，镁元素在化合物中显＋2价，氮元素在与金属形成化合物时显－3价，则两种元素形成化合物的化学式为Mg3N2。(4)质子数－核外电子数＝x－(2＋8＋y)＝x－y－10，将x－y＝8代入得核内质子数－核外电子数＝8－10＝－2，即该微粒是带2个单位负电荷的离子，最外层达到了8电子的稳定结构，则y＝8，代入x－y＝8中得x＝16，质子数为16的是硫元素，所以该微粒是带2个单位负电荷的硫离子，符号为S2－。(5)NO分子的电子总数为7＋8＝15，O2分子的电子总数为8×2＝16，故A不符合题意；CO分子的电子总数为6＋8＝14，N2分子的电子总数为7×2＝14，故B符合题意；SO2分子的电子总数为16＋8×2＝32，CO2分子的电子总数为6＋8×2＝22，故C不符合题意；POeq\o\al(3－,4)的电子总数为15＋8×4＋3＝50，SOeq\o\al(2－,4)的电子总数为16＋8×4＋2＝50，故D符合题意。第13讲化学式与化合价【演练·强化巩固】1．D4．D解析：Ca2＋中的“2”表示一个钙离子带2个单位的正电荷；H2中的“2”表示一个氢气分子中含有2个氢原子；2Mg中的“2”表示2个镁原子，元素不能讲个数，只能讲种类；2NH3中的“2”表示2个氨分子。5．C解析：硫酸新霉素是由分子构成的，而不是由原子直接构成的；硫酸新霉素中氢、硫元素的质量比为(1×18)∶32＝9∶16；硫酸新霉素C23H18N6O17S中碳、氢、氮、氧、硫元素的质量比为(12×23)∶(1×18)∶(14×6)∶(16×17)∶32＝276∶18∶84∶272∶32，可见其中氢元素的质量分数最小；相对分子质量的单位不是“g”而是“1”，通常省略不写。故选C。6．B解析：苯由碳、氢两种元素组成；苯中氢元素的质量分数＝eq\f(1×6,1×6＋12×6)×100%＝%＜10%；六氯苯中碳、氯两种元素的质量比为(12×6)∶×6)＝24∶71；一个六氯苯分子由6个碳原子和6个氯原子构成。7．①Na2O(或H2O，或SO3)②H2SO4③Na2SO4(或NaHSO4)8．(1)－1(2)22(3)①2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2H2↑＋O2↑②2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑(4)③9．(1)Fe2＋(2)Naeq\o(N,\s\up6(＋3))O2(3)Na2CO3(或Na2SO4)10．(1)红(2)32(3)解：g×eq\f(15×12,15×12＋11＋16×6)＝18g答：g花青素中含有18g碳元素。11．A12．B解析：物质a中硫元素的化合价为0，所以a为硫，在纯氧中燃烧可以生成SO2，物质b为＋4价硫元素形成的氧化物，为SO2，故A正确；物质c为＋6价硫元素形成的氧化物，即SO3，故B错误；根据图可知物质d中硫元素的化合价为－2价，故C正确；物质d、e、f分别为H2S、H2SO3、H2SO4，都含有氢元素，故D正确。13．(1)KMnO4(2)Keq\o(Mn,\s\up6(＋7))O4(3)K＋(4)MnOeq\o\al(－,4)14．(1)390(2)解：该药片中西达苯胺的质量分数是eq\f(\f(19,19500)×100%,\f(19,390)×100%)×100%＝2%。阶段检测二物质的变化及性质物质构成的奥秘9．B解析：A项化学方程式没有配平，错误；CaO＋H2O=Ca(OH)2属于化合反应，B正确；C项化学方程式没有配平，不属于复分解反应，错误；基本反应类型包括化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应，氧化反应不属于基本反应类型，D错误。10．D解析：由表中数据分析可知，反应前后甲的质量减少了27g，故甲是生成物；同理可以确定丙是生成物，生成的丙的质量为24g；丁是生成物，生成的丁的质量为3g。由质量守恒定律可知，乙的质量不变，可能作该反应的催化剂，也可能没有参加反应。x＝(50＋－(23＋24＋3)＝，A正确；该反应的反应物为甲，生成物是丙和丁，符合“一变多”的特征，属于分解反应，甲是分解反应的反应物，一定是化合物，B正确、D错误；丙和丁的质量变化比为24g∶3g＝8∶1，C正确。11．(1)N2(2)S2－(3)粉尘SO212．(1)4(2)B、C(3)①27∶14②5O2＋4NH3eq\o(=,\s\up7(一定条件))6H2O＋4NO13．(1)31∶1(2)①H＋和SOeq\o\al(2－,4)②HCl＋NaOH=NaCl＋H2OH＋、OH－、H2O③4解析：(1)根据樟脑的化学式(C10H16O)可知，该物质由C、H、O三种元素组成，其中H、O元素质量比＝(1×16)∶16＝1∶1。(2)①由HCl在水中会解离出H＋和Cl－，NaOH在水中会解离出Na＋和OH－，可知解离时原子团并不分开，因此H2SO4在水中会解离出H＋和SOeq\o\al(2－,4)。②图示反应前为HCl和NaOH，反应后为H2O和NaCl在水中解离出的Na＋和Cl－，所以反应的化学方程式为HCl＋NaOH=NaCl＋H2O；反应前的H＋、OH－在反应后不存在，而反应后出现了H2O，反应前后Na＋和Cl－不变，所以反应前后溶液中数目发生变化的粒子是H＋、OH－、H2O。③硫酸与氯化钡可生成硫酸钡沉淀、与氢氧化钠可生成水、与碳酸钾可生成水与二氧化碳，氯化钡与碳酸钾可生成碳酸钡沉淀，符合复分解反应生成水、气体或沉淀的发生条件，因此“硫酸、氯化钡、氢氧化钠、碳酸钾”四种物质的溶液两两混合，共能发生4个反应。14．(1)硫同周期元素的电子层数相同(或同主族元素的最外层电子数相同)(2)非金属得S2－(3)FLiNe(4)五ⅦA15．(1)g(2)(3)设恰好完全反应时生成的硫酸锌的质量为x，反应的锌的质量为y。Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑651612yxgeq\f(65,y)＝eq\f(161,x)＝eq\f(2,g)x＝gy＝g所以该样品中铜的质量为50g－g＝g。黄铜样品与稀硫酸恰好完全反应时，所得溶液中溶质的质量分数为eq\fg,g＋175g－g)×100%≈%。解析：根据第一次和第三次可以看出，每加入25g硫酸产生g氢气，所以可以确定x＝，而生成g氢气即加入175g稀硫酸时恰好完全反应。第四单元化学与社会发展第14讲化学与能源【演练·强化巩固】1．C5．B解析：A项，图中小木条能燃烧，玻璃棒不能燃烧，说明燃烧需要可燃物；B项，图中小木条先燃烧，小煤块后燃烧，说明燃烧需要温度达到可燃物的着火点；C项，铜片上的白磷燃烧，红磷不燃烧，水中的白磷不燃烧，铜片上的白磷能与氧气接触，温度能达到着火点，水中的白磷不能与氧气接触，铜片上的红磷温度没有达到着火点，可得出燃烧需要与氧气接触，且温度达到着火点；D项，烧杯中的蜡烛一定时间后熄灭，放在空气中的蜡烛正常燃烧，说明燃烧需要氧气。6．D8．D解析：丁烷中碳、氢元素的质量比C∶H＝(12×4)∶(1×10)＝48∶10＝24∶5。9．(1)水(2)红磷(3)氧气10．(1)NH4ClNaHCO3(2)8CO＋16H2eq\o(=,\s\up7(一定条件))C8H16＋8H2O11．A12．(1)白磷A燃烧，产生大量白烟，温度计示数升高；红磷C不燃烧(2)使白磷B隔绝空气；使温度达到白磷着火点13．(1)石油、煤炭(2)CO化学(3)2(4)ABD第15讲化学与生活【演练·强化巩固】1．C7．B解析：淀粉虽然没有甜味，但它是最主要的一种糖类物质，A错误；维生素是人体不可缺少的营养物质，B正确；油脂的相对分子质量较小，达不到几万甚至几十万，所以不属于有机高分子化合物，C错误；蛋白质主要是由碳、氢、氧、氮元素组成的，D错误。8．D10．(1)糖类(2)钙(3)涤纶11．(1)②或③④或⑤(2)糖类(3)钙(4)取样品灼烧闻气味，有烧焦羽毛气味的为羊毛丝，无烧羽毛气味的则为“冰蚕丝”12．(1)塑料铜丝线(或铝合金)(2)导电性密度小、延展性好(3)硬度大、熔点高、抗腐蚀性能强13．(1)维生素(2)光合(3)钙(4)C14．(1)C(2)Ca牛奶(3)A(4)1769∶1∶12酸性(5)A(6)复合材料导电第16讲化学与环境【演练·强化巩固】1．D10．(1)石油(2)①与空气的接触面积②AC③1∶1④2N211．D13．(1)①二氧化碳②二氧化硫(2)①a②N(氮)或P(磷)(3)①d②NaNO214．(1)内(2)碱(3)是一种清洁能源(4)酸雨使土壤酸化(5)过滤防止硫酸亚铁被空气中的氧气氧化(6)分类回收重新利用第五单元化学基本实验技能第17讲常用仪器与实验基本操作【演练·强化巩固】1．A6．A解析：向试管中装块状固体药品时，先将试管横放，用镊子把块状固体放在试管口，再慢慢将试管竖立起来，B错误；量取溶液时，选取量筒规格应该等于或稍微大于量取溶液体积，应该用10mL量筒量取mLNaCl溶液，C错误；托盘天平的精确度是g，不能用托盘天平称量出某固体样品的质量为g，D错误。7．B10．(1)漏斗胶头滴管(2)搅拌，加速溶解最低(3)排水氧气的密度比空气的大11．C解析：量取时，若仰视刻度，则实际量取的液体体积偏大，A错误；如果测碱性溶液的pH，先用水将pH试纸润湿，则会导致测出的pH偏小，B错误；测定空气中氧气的体积分数，如果铜粉的量不足，则氧气不能全部反应，会导致测出氧气的体积分数偏小，C正确；配制氯化钠溶液时，如果氯化钠中含有杂质，则溶质的质量偏小，会导致氯化钠的质量分数偏小，D错误。12．B解析：蒸发过程中要用玻璃棒不断搅拌，避免液滴溅出，故A正确；蒸发过程中，当蒸发皿中有大量固体析出时停止加热，然后用余热蒸干，而不是少量固体析出时就停止加热，故B错误；停止加热后蒸发皿的温度高，直接放在桌面上会损坏桌面，故C正确；停止加热后，继续搅拌可以加快水蒸发同时避免液滴溅出，故D正确。13．(1)C平(2)搅拌，加速散热漏斗(3)易溶于水14．(1)向着手心倒放(2)A(3)eq\f(1,3)预热(4)试管刷解析：(2)熄灭酒精灯时用灯帽盖灭，盖灭后轻提一下灯帽，放走热酒精蒸气同时进入一部分冷空气，再盖好，以保持灯帽内外压强一致，下次使用时容易打开灯帽。第18讲常见气体的制取与干燥【演练·强化巩固】1．A6．B解析：该实验是制取干燥的氧气，并测定H2O2溶液中溶质的质量分数，排水法收集的氧气不干燥，Ⅲ、Ⅳ无法测定收集的氧气的体积，A错误；称量装置Ⅰ反应前及完全反应冷却后的质量，减少的质量即为生成氧气的质量，然后利用化学方程式，根据氧气的质量计算出过氧化氢的质量，最后根据过氧化氢溶液的质量即可计算出H2O2溶液中溶质的质量分数，B正确；氧气的密度比空气大，若用装置Ⅳ收集氧气，氧气应从b端进入，验满时将带火星的木条放在a端管口处，观察木条是否复燃，C错误；量筒内水的体积即为生成的氧气的体积，所以用装置Ⅴ测量生成氧气的体积，集气瓶上方原有的空气对测量结果没有影响，D错误。7．(1)长颈漏斗(2)2KMnO4eq\o(=,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑(3)bdcf(4)所用盐酸的浓度过高或澄清石灰水已变质8．(1)装置B中长颈漏斗下端应伸入液面以下(2)BGD浓硫酸(3)A2KMnO4eq\o(=,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑b(4)可以控制反应的发生与停止解析：(1)B装置中使用长颈漏斗制气体时，为保证气密性良好，必须将长颈漏斗的下端伸入液面以下，以达到液封的目的。(2)B、D、G分别为发生装置、收集装置和除杂装置，因此制取干燥的二氧化碳的实验装置连接顺序为BGD。由于二氧化碳是酸性气体，因此选用浓硫酸进行干燥。(3)氧气密度比空气密度大，因此用向上排空气法进行收集，气体从长口进短口出，即从b口进。(4)使用多孔隔板后可以利用反应生成气体产生的压强差控制反应的发生与停止。9．(1)水槽(2)2KClO3eq\o(=,\s\up7(MnO2),\s\do5(△))2KCl＋3O2↑用带火星的小木条置于集气瓶口，若木条复燃，说明氧气已收集满(3)AD(4)①Fe2O3＋3COeq\o(=,\s\up7(高温))2Fe＋3CO2②C解析：(4)①在高温的条件下，一氧化碳与氧化铁反应生成铁和二氧化碳。②首先应除去混合气体中的CO2，避免对反应后生成气体中CO2的检验造成影响，因此混合气体先通入盛有氢氧化钠溶液的乙装置，再通过甲装置的澄清石灰水检验二氧化碳是否被完全吸收，然后通入装置丙进行还原氧化铁的反应，最后再通过甲装置检验二氧化碳的生成，因反应后的气体中还含有未完全反应的有毒气体CO，应用气囊收集，防止污染空气。10．(1)长颈漏斗(2)2KMnO4eq\o(=,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑b(3)C(4)把气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊，则是CO2解析：(2)氧气的密度比空气的大，若用D装置收集氧气，气体应从b进。(3)制取乙炔气体是在常温下用块状电石与水反应，即固体和液体的反应，可用装置B或C；又因为该反应必须严格控制加水速度，以免剧烈反应放热引起发生装置炸裂，所以应选用装置C。11．(1)2KClO3eq\o(=,\s\up7(MnO2),\s\do5(△))2KCl＋3O2↑A烧杯漏斗(2)B(3)ba(4)H2CO3eq\o(=,\s\up7(△))H2O＋CO2↑12．(1)④(2)①②(3)②⑤①(4)④①②③⑤④①解析：(1)无水硫酸铜遇到水会变成蓝色硫酸铜晶体，故可以用来检验水蒸气。(2)检验二氧化碳用澄清石灰水，除去二氧化碳可以用氢氧化钠溶液。(3)一氧化碳具有还原性，所以可以利用还原氧化铜来检验一氧化碳是否存在。(4)要验证该气体的成分，应通过无水硫酸铜检验水蒸气，再通过澄清的石灰水来检验二氧化碳，再通过氢氧化钠溶液将二氧化碳除去，然后将气体通过灼热的氧化铜，将生成的气体先通过无水硫酸铜粉末检验是否有水生成，判断氢气的存在，再通过澄清的石灰水判断一氧化碳的存在。故将气体依次通过装置④①②③⑤④①，可一次性确定该气体的成分。13．(1)①铁架台②分液漏斗(2)A2KMnO4eq\o(=,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑从水中取出导气管(3)CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑CCO2的密度比空气大(4)①14∶3②溶液变蓝解析：(4)①合成氨时参加反应的氮气和氢气的质量比N2∶3H2＝(14×2)∶(1×6)＝14∶3。②实验中烧杯内导管口有气泡，还可观察到烧杯中的溶液由紫色变蓝色，因为氨气和水反应生成氨水，氨水显碱性。14．[实验探究](1)①酒精灯②锥形瓶B2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑(2)三(3)检验产物中是否含有二氧化碳CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O(4)空气中的二氧化碳会干扰结果(5)澄清石灰水中的溶剂水会干扰水的验证[反思与交流]CO解析：[实验探究](1)①是酒精灯，②是锥形瓶；若选用过氧化氢溶液和二氧化锰来制取氧气，反应不需要加热，应选用的发生装置是B。(2)实验过程中观察到C中白色粉末变为蓝色，说明反应生成了水，D、G中澄清石灰水变浑浊，F中红色粉末变成黑色，说明反应生成了一氧化碳和二氧化碳，由此推断猜想三成立。(3)实验过程中D装置的作用是检验二氧化碳，这是因为二氧化碳能和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水。(4)实验过程中用纯净O2而不用空气的原因是空气中含有水蒸气和二氧化碳，影响检验结果。(5)实验过程中C、D装置的顺序不能颠倒，原因是气体通过澄清石灰水时会带出水蒸气，影响对水蒸气的检验。[反思与交流]日常生活中，使用含碳燃料一定要注意通风，防止一氧化碳中毒。阶段检测三化学与社会发展化学基本实验技能7．C解析：四氧化三铁是黑色的固体，氧化铁是红色固体；纳米铁粉在空气中能自燃生成氧化铁，铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，即相同的反应物在不同条件下生成物可能不同；物质燃烧时温度必须达到着火点；根据题干信息可判断反应物间的接触面积大小是反应能否发生的因素之一。故选C。8．C解析：温度高于240℃，红磷燃烧还需与氧气接触；红磷的着火点是240℃，常温下红磷在空气中不容易自燃；浸泡在热水(80℃)中的白磷，通入氧气与之接触，白磷能与氧气接触，温度能达到着火点，故白磷能燃烧；着火点是物质的固有属性，不随外界温度的变化而变化。9．C10．B解析：氢氧化钙俗称熟石灰，氢氧化钠俗称烧碱，固体二氧化碳叫干冰，故B项不完全正确。11．(1)元素(2)糖类合成(3)烧焦羽毛(4)－212．(1)C(2)坏血病(3)分子结构不同(4)①二氧化碳和水蛋白质②BC③钾13．(1)CH4·8H2O＋2O2eq\o(=,\s\up7(点燃))CO2＋10H2O(2)分子间的间隔增大(3)①CH4＋H2Oeq\o(=,\s\up7(一定条件))CO＋3H2②解析：(1)可燃冰燃烧生成了二氧化碳和水，反应的化学方程式是CH4·8H2O＋2O2eq\o(=,\s\up7(点燃))CO2＋10H2O。(2)对“1体积可燃冰可释放出约164体积的甲烷气体”体积明显增大的微观解释是分子间的间隔增大。(3)①由反应的微观示意图可知，图1所示的反应是甲烷和水在一定条件下反应生成了一氧化碳和氢气，化学方程式为CH4＋H2Oeq\o(=,\s\up7(一定条件))CO＋3H2；②由质量守恒定律反应前后原子的种类及数目不变可知，在图2横线处补充微粒的图示是。14．(1)①酒精灯锥形瓶(2)反应物是固体和液体，反应不需要加热可以控制反应速率，节约药品(3)FE(4)将燃着的木条置于集气瓶口，木条立即熄灭，说明二氧化碳已集满(5)2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑解析：(3)要想得到干燥的气体，除了要用干燥剂干燥外，不能用排水法收集。(5)G装置中蜡烛燃烧更剧烈，H装置中溶液变浑浊，说明B中生成的气体是氧气，蜡烛燃烧生成二氧化碳气体，所以B装置中发生的化学方程式为2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑。15．(一)(1)蒸发(2)增大接触面积，加快溶解B(3)过滤(4)用玻璃棒不断搅拌(5)玻璃棒引流(6)ABD(二)Ca(OH)2氢氧化镁稀盐酸MgCl2eq\o(=,\s\up7(通电))Mg＋Cl2↑第二部分中考专题提升专题一物质的检验、鉴别与分离、除杂【演练·专项提升】1．C4．D解析：氢氧化钠溶于水放热，使温度升高；硝酸铵溶于水吸热，使温度降低；氯化钠溶于水温度几乎无变化，可以鉴别。稀硫酸与K2CO3反应生成二氧化碳气体，与BaCl2溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，与Na2SO4溶液不反应，可以鉴别。稀盐酸与铁粉反应生成氢气，与碳粉不反应，与氧化铜粉末反应生成氯化铜和水，会观察到黑色粉末溶解、溶液变蓝，可以鉴别。无色酚酞溶液遇酸性溶液不变色，遇碱性溶液变红色，NaOH、NaCl、Na2SO4三种溶液分别显碱性、中性、中性，使酚酞溶液分别显示红色、无色、无色，不能鉴别。5．D解析：NH4NO3和(NH4)2SO4固体都能与熟石灰反应放出刺激性气味的氨气；稀硫酸和稀盐酸都能与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体；氢氧化钠和碳酸钠固体溶于水后，溶液都呈碱性，都能使无色酚酞试液变红；刻画法是比较硬度常用的方法，将纯铜片和黄铜片相互刻画后，纯铜上留下划痕，证明黄铜的硬度比纯铜大。6．B解析：CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则；Fe与稀硫酸反应生成氢气，CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，会观察到黑色粉末溶解，溶液变蓝；C与稀硫酸不反应，可以鉴别；碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠，生成的氯化钠、过量的盐酸均能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，不能检验碳酸钠溶液中是否含有氯化钠；KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再用过滤的方法，用蒸发溶剂的方法得到的仍是两者的混合物。7．D解析：加入足量的稀盐酸或稀硫酸除去铁，过滤可得Ag，故A正确；加入足量的稀盐酸或稀硫酸除去氧化铜，过滤可得Cu，故B正确；碳酸钙难溶于水，氯化钙能溶于水，加入水后过滤，可除去CaCl2，得到CaCO3，故C正确；加入铁会置换出铜，同时生成硫酸亚铁，该方法能除去FeSO4中的CuSO4，但是过滤后的固体是铜，而不是X，故D错误。8．D解析：A组中四种物质的溶液两两混合时，出现一次白色沉淀和一次气泡的是碳酸钠溶液，只出现一次气泡的是稀盐酸，只出现一次沉淀的是氯化钙溶液，故不加其他试剂可以鉴别；B组中呈蓝色的是CuSO4溶液，能与CuSO4溶液反应产生蓝色沉淀的是NaOH溶液，能与NaOH溶液反应产生白色沉淀的是MgSO4溶液，无明显变化的是HCl，故不加其他试剂可以鉴别；C组中四种物质的溶液两两混合时，出现一次白色沉淀和一次气泡的是碳酸钠溶液，只出现一次沉淀的是硫酸钾溶液，出现两次沉淀的是氯化钡溶液，只出现一次气泡的是稀盐酸，故不加其他试剂可以鉴别；D组中四种物质的溶液两两混合时均无明显现象，故不加其他试剂无法鉴别。9．B解析：氯化钡溶液与碳酸钠溶液、硫酸钠溶液反应，分别生成碳酸钡、硫酸钡白色沉淀，与稀盐酸不反应，无明显变化，则甲