2023年中考化学高频考点突破-实验探究物质的性质或变化规律

2023年中考化学高频考点突破---实验探究物质的性质或变化规律一、单选题1．从下面实验可知，和铁生锈相关的主要因素是()A．空气和水 B．太阳光 C．盐酸 D．红墨水2．下图是某课外兴趣小组的同学绘制的四个实验操作的变化趋势图像，其中正确的是（）A．某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体B．向等质量的铁和锌中分别加入质量分数相等的足量的稀盐酸C．向一定量稀盐酸中不断加水稀释D．向一定量盐酸和硫酸钠的混合溶液中加入过量的氢氧化钡溶液3．小明同学分别取28gKOH固体A、B、C，采用不同方法保存。几天后，A未变质、B部分变质、C全部变质。他将三份固体分别配成溶液并滴入15%的稀盐酸直到正好反应。下列说法错误的是（）A．几天后，三份固体的质量为：A＜B＜CB．为控制正好反应，A可用酚酞试液指示，B，C可滴加稀盐酸直到正好不冒气泡C．正好反应时，消耗稀盐酸的质量由大到小的顺序为：A＞B＞CD．正好反应时，生成氯化钾的质量都相等，均为37.25g4．比较、推理是化学学习常用的方法．以下是根据一些反应事实推导出的影响化学反应的因素，其中不合理的是（）化学反应事实影响反应的因素A铁丝在空气中很难燃烧，在氧气中能剧烈燃烧反应物的浓度B碳在常温下不与氧气反应，在点燃时能与氧气反应反应的温度C过氧化氢在常温下较难分解，在加入二氧化锰后迅速分解催化剂D铜片在空气中很难燃烧，铜粉在空气中较易燃烧反应物的种类A．A B．B C．C D．D5．下列各组对比实验，能达到实验目的的是（）实验目的实验方案实验实验A研究温度对反应剧烈程度的影响B研究CO2气体是否与水发生反应C研究SO2是否能形成酸雨D研究白磷燃烧是否需要O2A．A B．B C．C D．D6．利用气体压强的变化是完成实验的重要手段，以下各图装置气密性均良好。下列说法错误的是（）A．图①红磷燃烧过程中弹簧夹未夹紧，则测得空气中氧气的体积分数偏大B．图②加入氧化钙后，石灰水中溶质质量减小，会导致玻璃弯管左侧液面降低C．图③滴入浓硫酸后，气球胀大，说明氢氧化钠和硫酸反应放热D．图④通入CO2后，碳酸钠溶液变浑浊，说明氯化钙溶液与碳酸钠溶液发生7．下列图像与对应描述相符的是（）A．等质量等浓度的两份稀硫酸中加入足量的铁和锌B．向一定量的硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入足量的锌粉C．加热一定量的高锰酸钾固体D．向一定量的NaOH溶液中滴加pH=2的稀盐酸至过量8．通过实验可以得出的结论，其中实验结论正确的是（）①既可说明甲烷具有可燃性，又说明了甲烷是由氢元素和碳元素组成；②既可说明二氧化碳的密度比空气大，又说明了二氧化碳不能燃烧也不支持燃烧；③既可说明水是由氢、氧元素组成，又说明了水分子中氢原子和氧原子个数之比为2：1；④既可探究可燃物的燃烧条件，又说明了白磷的着火点比红磷低；⑤既可说明二氧化碳易溶于水，又说明了二氧化碳具有酸性．A．①②③④ B．②③④⑤ C．②③④ D．①②③④⑤9．纳米铁粉在空气中稍加热可剧烈燃烧生成一种黑色固体。如图是纳米铁粉在锥形瓶中燃烧的实验。下列说法错误的是（）A．反应过程中气球先膨胀后变小，说明该反应放热B．锥形瓶中放水可防止高温生成物溅落炸裂瓶底C．纳米铁粉燃烧的化学表达式为Fe+O2→点燃Fe2OD．铁丝和纳米铁粉在空气中加热时不同的现象，说明反应物接触面积会影响反应剧烈程度10．某学习小组利用数字化仪器对镁与盐酸的反应进行研究。将打磨后的镁条放入锥形瓶中，再将注射器中某浓度的盐酸压入锥形瓶中，测定实验过程中密闭容器内压强与时间的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．ab段产生氢气的速率比bc段快B．cd段压强减小的原因可能是热量向外扩散C．注入盐酸后，压强上升的原因是盐酸挤入装置内造成的D．向b点溶液滴加少量NaOH溶液并振荡，不一定有白色沉淀产生11．常温下，通过下列实验探究Ca（OH）2的性质：步骤一：向两支试管中分别加入0.2gCa（OH）2粉末，然后各加入2mL水，振荡后静置，试管底部有粉末，溶液呈无色。步骤二：向两支试管中再各滴入2滴酚酞溶液，振荡后静置，溶液由无色变为红色，试管底部粉末无明显变化。步骤三：继续向其中一支试管中加入2mL水，振荡后静置，无明显变化；向另一只试管中加入2mL稀盐酸，振荡后静置，溶液由红色变为无色，试管底部的粉末消失。下列说法正确的是（）A．步骤一说明常温下Ca（OH）2不溶于水B．步骤二中溶液变红是因为Ca（OH）2在水溶液中解离出Ca2+C．步骤三中消失的Ca（OH）2固体溶解在稀盐酸所含的水中D．步骤三中溶液由红色变为无色的原因是Ca12．图I是小红按课本进行的一个化学实验，在实验时同学们闻到了一股难闻的刺激性气味。于是小明对原实验装置进行了改进，装置如图II。下列说明正确的是（）A．本实验的目的是证明分子在不断运动B．实验中可以观察到B中的酚酞溶液比C中先变红C．图II（改进后）的实验与图I相比唯一的优点是节约药品，减少污染D．通过本实验可以得出温度越高，分子间的间隙越大。二、填空题13．小明学习了金属活动性顺序后，欲进一步进行实验探究，他将一小块金属钠投入CuSO4溶液中，看到了下列现象：有大量气体产生，并出现了蓝色沉淀，但没有红色物质析出．小明通过查阅资料，发现钠能与水反应，于是又补做了另一个实验，并记录如下：操作步骤实验现象①将一小块钠放入盛水的烧杯中金属钠在水面四处游动，并逐渐溶解，有大量气体产生②向反应后的溶液中滴加酚酞试液溶液变红色③将产生的气体收集并点燃气体燃烧，并产生淡蓝色火焰分析：由上述现象可知：金属钠与水反应后，生成物中呈碱性的物质是（选填“NaOH”或“Na2CO3”），其理由是．结论：据上述现象，Na投入CuSO4溶液中产生的蓝色沉淀是．反思：按金属活动性顺序，一种活动性较强的金属（选填“能”、“不能”、“不一定能”）把另一种活动性较弱的金属从它的盐溶液中置换出来．14．在稀硫酸中含有H2O分子、H+离子和SO42﹣离子，为了证明究竟是这三种粒子中的哪一种粒子能够使石蕊溶液变成红色，某同学进行了实验探究，请填写表格中的空格，帮助该同学完成实验探究报告．实验步骤实验现象分析和结论1）．在蒸馏水中加入几滴石蕊溶液．液体呈色．蒸馏水中有分子，它使石蕊溶液变红色．2)．在硫酸钠溶液中加入几滴石蕊溶液．液体呈色．硫酸钠溶液和稀硫酸中含有的相同离子，它使石蕊溶液变红色．3)．在稀盐酸中加入几滴石蕊溶液．溶液呈色．稀硫酸和稀硫酸中含有的相同离子，它使石蕊溶液变红色．结论：稀硫酸中的能够使溶液变成红色．我们仔细地对该同学的上述实验探究过程分析后会发现，其实只要做上述实验步骤中的（填序号），在经过分析后就可以得出正确的结论．15．石灰石、生石灰、熟石灰在一定条件下可以转化，请你用化学方程式表示右图中转化的化学反应，并在括号中说出其反应类型：①；②；③．16．请分析、比较以下几组化学反应，得出结论．组别化学方程式结论Ⅰ6CO2+6H2OC6H12O6+6O2

CO2+H2O═H2CO3反应物相同，生成物不同，原因．ⅡCu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应物相同，生成物不同，原因．ⅢC+O2（充足）CO2

2C+O2（不充足）2CO

反应物相同，生成物不同，原因．Ⅳ2KClO3=△2KCl+3O2↑2KClO32KCl+3O2↑（反应迅速）

反应物相同，反应速率不同，原因．实践与应用科学探究正努力实现对化学反应的控制，很多化学家致力于研究二氧化碳的“组合转化”技术，把过多二氧化碳转化为有益于人类的物质．若让二氧化碳和氢气在一定条件下反应，可生成一种重要的化工原料，反应的化学方程式如下：2CO2+6H2X+4H2O，推断X的化学式是．

三、综合题17．酸、碱、盐是初中化学学习的重要内容（1）某兴趣小组为探究盐酸的化学性质，做了如图实验：①试管A中的现象是；反应后试管B中一定有的阳离子是（写离子符号）。②试管C中发生反应的化学方程式为。（2）小华探究氢氧化钙的化学性质时分别用澄清石灰水与图中四种物质反应：①写出小华进行的四个实验中无明显现象产生的反应的化学方程式：。②若采用另一种盐溶液取代Na2CO3溶液与澄清石灰水反应，小华应选择的物质是（填字母）。A．BaCl2B．MgCl2C．KNO3D．Ba(NO3)2（3）硫酸铜、硝酸铜两种物质的溶液均显色，因为它们都具有相同的阳离子；向硫酸铜溶液中，加入某纯净物的溶液，能同时将铜离子和硫酸根离子转变成沉淀，该纯净物的化学式为。（4）取NaCl和BaCl2的固体混合物200g，完全溶于水中，向其中加入70g某稀硫酸充分反应，所加稀硫酸的量与产生沉淀的关系如图所示。计算该固体混合物中NaCl的质量分数。18．Na2CO3和NaHCO3在生产、生活中有重要用途。（1）组成。下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法，正确的是（填字母）。A．均是由Na+和CO32-B．均由钠、碳、氢、氧四种元素组成C．物质中碳元素与氧元素的质量比为1：4（2）性质。①向NaHCO3溶液中滴加1~2滴酚酞试液，溶液显红色。说明NaHCO3溶液显（填“酸性”或“中性”或“碱性”）。②将CO2气体持续通入到一定量的NaOH溶液中，能获得NaHCO3溶液。该过程分两步进行，若第一步的化学方程式是2NaOH+CO2=Na2CO3+H（3）制备。先将NH3通入饱和的氯化钠溶液至其不再溶解后，再持续通入CO2气体，则有NaHCO3晶体析出（NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl①根据下图所示的溶解度曲线，写出NaHCO3晶体能析出原因是。②NaHCO3受热易分解，除生成Na2CO3外，还有两种氧化物生成。写出该反应的化学方程式：。（4）应用。结合上述知识可知，若碳酸钠固体中混有少量NaHCO3，可用方法除去，若NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3可用方法除去。（5）拓展。在实验室中充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物4.80g，完全反应后称得剩余固体质量为3.87g，则混合物中碳酸氢钠的质量分数是多少？（写出计算过程）19．研究碳酸钠的性质，进行如下实验。（1）20g质量分数为10%的碳酸钠溶液中溶质的质量为。（2）试管a中，滴入酚酞后的溶液为红色，说明碳酸钠溶液呈(填“酸”“碱”或“中”)性。（3）试管b中的现象是。（4）试管c中反应的化学方程式为。20．如图是实验室制取CO并模拟炼铁的微型实验装置图。实验室制取CO的原理是甲酸（HCOOH）在浓硫酸催化下受热分解生成一氧化碳和水。已知甲酸具有挥发性，请据此回答下列问题：（1）氢氧化钠固体的作用是什么？（2）写出B装置中Fe3O4发生反应的化学方程式。（3）使用该装置的优点有哪些？（写出一条即可）

答案解析部分1．【答案】A【知识点】实验探究物质的性质或变化规律；探究金属锈蚀的条件【解析】【解答】铁在与水和氧气充分接触的情况下容易生锈．【分析】钢铁生锈的条件是钢铁与氧气和水同时接触．2．【答案】B【知识点】实验探究物质的性质或变化规律【解析】【解答】A.某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体，达到饱和，不再溶解硝酸钾晶体，溶液的溶质质量分数应为开始增加，饱和后不再增加，不符合题意；B.假设锌与铁的质量都为1克，则生成氢气的质量为2/65、2/56，所以生成氢气的质量最终铁大于锌，锌的活动性大于铁，锌和稀盐酸反应速率比铁快，符合题意；C.向稀盐酸中不断加水稀释，酸性减弱，pH不断增大，但是不会大于等于7，不符合题意；D.硫酸根离子和钡离子一接触就会生成硫酸钡沉淀，并且硫酸钡不溶于盐酸，所以沉淀质量应该从零开始逐渐增大，然后不变，不符合题意。故答案为：B。【分析】在解此类题时，首先分析反应应用的原理，然后结合图象中的数据和转折点进行分析解答。3．【答案】C【知识点】实验探究物质的性质或变化规律；物质组成的综合计算；质量守恒定律及其应用【解析】【解答】A.氢氧化钾固体变质是氢氧化钾与空气中的二氧化碳的反应，其反应的方程式是:2KOH+CO2=K2CO3+H2O，即每112份的氢氧化钾可生成138份的碳酸钾，所以变质越多质量越大，故三份固体的质量由小到大的顺序为:A<B<C，故A正确，不符合题意。B.稀盐酸与氢氧化钾反应无现象，借助酚酞遇碱变红的事实，可先在氢氧化钾中滴加酚酞变红后滴加稀盐酸，只要红色恰好消失则证明氢氧化钾恰好反应，含有碳酸钾的氢氧化钾加入稀盐酸后会优先于氢氧化钾反应，而碳酸钾与稀盐酸生成二氧化碳和水，滴加稀盐酸直到正好不冒气泡,正好完全反应，B正确，不符合题意。C.根据质量守恒，反应前后钾元素元素质量不变，所以氢氧化钾无论变质与否最终生成的氯化钾中钾元素质量相等都等于最初氢氧化钾元素质量，钾元素质量相等，那么氯元素质量相等，消耗稀盐酸的质量相等，故C错误，符合题意。D.氢氧化钾和稀盐酸反应生成氯化钾和水，氢氧化钾变质生成碳酸钾，碳酸钾和稀盐酸反应生成氯化钾和水，氢氧化钾无论变质与否最终生成的氯化钾中钾元素质量相等，都等于最初氢氧化钾钾元素质量，钾元素质量相等，生成氯化钾质量也相等，m氯化钾×3935.5+39=28g×3956，故m故答案为：C。

【分析】氢氧化钾与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钾和水。

根据质量守恒定律，反应前后元素的种类、质量不变，进行分析。4．【答案】D【知识点】催化剂的特点与催化作用；实验探究物质的性质或变化规律【解析】【解答】解：A.铁丝在空气中很难燃烧，在氧气中能剧烈燃烧，是因为氧气的浓度不同，说明增大反应物的浓度影响化学反应的发生，故选项推理不合理．B.碳在常温下不与氧气反应，在点燃时能与氧气反应，说明反应的温度影响化学反应的发生，故选项推理合理．C.过氧化氢在常温下较难分解，在加入二氧化锰后迅速分解，说明了使用催化剂，可以改变化学反应的速率，故选项推理合理．D.铜片在空气中很难燃烧，铜粉在空气中较易燃烧，说明物质间的接触面积大小影响化学反应的进行；铜片和铜粉是同一种物质，故选项推理不合理．故选：D．【分析】影响化学反应的因素有：温度，温度越高，反应越快；反应物的接触面积，物质间的接触面积越充分，反应速度越快；反应物颗粒的大小，颗粒越小，反应速度越快；通常反应物的浓度越大，反应速度越快；加入催化剂可以改变其反应速率等；据此结合事实进行分析解答．5．【答案】C【知识点】实验探究物质的性质或变化规律；化学实验方案设计与评价【解析】【解答】控制变量法是常用的探究实验方法，A.应使用相同溶质质量分数的盐酸；B.将二氧化碳气体通入紫色石蕊试液，与二氧化碳的水溶液加入石蕊试液都会使石蕊变红，不能验证是否与水反应。可改为将干燥的石蕊试纸放入干燥的二氧化碳气体中与将二氧化碳气体通入紫色石蕊试液比较；D.应该用热水。【分析】A.根据控制变量对比实验室，只能有一个变量分析

B.根据紫色石蕊溶液中含有水分析

C.根据二氧化硫和水反应生成亚硫酸分析

D.根据燃烧的条件分析6．【答案】A【知识点】测定空气中的氧气含量；溶解时的吸热或放热现象；实验探究物质的性质或变化规律【解析】【解答】A.图①红磷燃烧过程中弹簧夹未夹紧，实验中，装置外的空气进入装置内，导致装置内的气体的体积偏大，测出的结果偏小，选项符合题意；B.图②加入氧化钙后，氧化钙与溶液中的水反应生成氢氧化钙，溶液中的水减少，溶液中的部分氢氧化钙结晶析出，石灰水中溶质质量减小，氧化钙与水反应是放出热量，装置中的气体受热膨胀，会导致玻璃弯管左侧液面降低，选项不符合题意；C.图③滴入浓硫酸后，硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，不生成气体，气球胀大，说明氢氧化钠和硫酸反应放热，选项不符合题意；D.图④通入CO2后，左侧试管中的气体增多，压强增大，将左侧试管中的氯化钙溶液压入右侧试管中，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，观察到碳酸钠溶液变浑浊，选项不符合题意，故答案为：A。

【分析】A.用红磷燃烧测定空气中氧气含量的实验中，若弹簧夹未夹紧会导致测得空气中氧气体积分数偏小；

B.氧化钙与水反应放热，氢氧化钙的溶解度岁温度的升高而减小，饱和石灰水中溶质质量减小，玻璃弯管左侧液面降低，右侧液面升高；

C.硫酸溶液与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，该反应放热使装置中气体膨胀，小气球涨大；

D.通入二氧化碳后左侧试管中气压增大，试管中的氯化钙溶液被压入右侧试管，氯化钙溶液与碳酸钠溶液发生反应生成碳酸钙的沉淀和氯化钠。7．【答案】B【知识点】实验探究物质的性质或变化规律【解析】【解答】A.金属与酸反应时氢气来源于酸中的氢元素，因为酸的量相同，金属过量，故最后生成的氢气应该相等，锌的活动性比铁强，故反应速率快，反应时间短；不符合题意；B.向一定量的硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入足量的锌粉，锌先与硝酸银溶液反应生成硝酸锌和银，反应的化学方程式为Zn+2AgNO3＝Zn(NO3)2+2Ag，由反应时的质量比可知，每65份质量的锌可置换出216份质量的银，溶液的质量会减少；硝酸银反应完，锌才能与硝酸铜溶液反应生成硝酸C.加热一定量的高锰酸钾固体，高锰酸钾固体在加热条件下生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应后氧气逸出，固体中氧元素的质量逐渐减少，但不可能减小至0，不符合题意；D.向一定量的氢氧化钠溶液中滴加pH=2的稀盐酸至过量，碱性逐渐变弱，酸性逐渐增强，最终溶液显酸性，但溶液的pH不可能小于2，不符合题意。故答案为：B。【分析】A.根据金属活动性判断反应速率，依据方程式比较生成氢气的质量；

B.锌先后与硝酸银、硝酸铜反应，根据方程式判断溶液质量的变化；

C.反应后生成锰酸钾、二氧化锰中含有氧元素；

D.根据中和反应及溶液的酸碱性分析。8．【答案】C【知识点】电解水实验；物质的元素组成；实验探究物质的性质或变化规律；二氧化碳的物理性质；二氧化碳的化学性质；燃烧的条件与灭火原理探究【解析】【解答】解：①甲烷的燃烧，冷而干燥的烧杯壁出现的水滴可以反映出甲烷气体中含H元素，但本实验因观察不到二氧化碳气体的生成，因此要想得出含有C元素的结论还需要进一步实验验证．故①错误；②蜡烛的熄灭说明了气体二氧化碳即不能燃烧也不能支持燃烧，而下层的蜡烛先熄灭上层的后熄灭，说明二氧化碳气体从下到上慢慢充满烧杯，说明气体密度比空气大．故②正确；③电解水得到氢气和氧气，说明了水由H、O所组成，氢气与氧气体积比2：1，可以推算出水分子中H、O原子个数比为2：1．故③正确；④铜片上白磷燃烧红磷不燃烧，说明了白磷着火点较低，同时也说明燃烧需要温度达到可燃物的着火点；铜片上白磷与水中白磷相比，可得知燃烧需要与氧气接触．故④正确；⑤向盛满二氧化碳的塑料瓶中倒入水塞紧瓶盖，振荡，塑料瓶变形，可以说明二氧化碳溶于水或是与水发生了反应，但却无法得出二氧化碳易溶于水的结论，更无法得出二氧化碳具有酸性的错误认识．故⑤错误．故选C．【分析】题中所涉及的五个实验都是我们比较熟悉的性质实验，通过这些性质实验可以得到什么结论，是本题要求我们重新审视和分析的．9．【答案】C【知识点】实验探究物质的性质或变化规律【解析】【解答】A.铁粉燃烧放出大量的热，使瓶内气体受热膨胀，虽然氧气被消耗会导致瓶内气压减小，但气体受热膨胀导致瓶内气压增大的幅度更大，所以瓶内气压增大，气球变大，当温度冷却至室温，瓶内气体收缩，瓶内气压小于外界气压，气球变小，故A正确，不符合题意；B.铁燃烧的生成物为黑色固体，四氧化三铁，水的作用是防止高温生成物溅落炸裂瓶底，故B正确，不符合题意；C.铁粉燃烧生成黑色固体为四氧化三铁，不是三氧化二铁，故C错误，符合题意；D.铁丝与纳米铁粉的表面积不同，同质量的铁丝的表面积比铁粉小的多，所以铁丝和纳米铁粉在空气中加热时不同的现象说明：反应物与氧气的接触面积会影响反应剧烈程度，故D正确，不符合题意。故答案为：C。【分析】铁粉燃烧会放出大量的热，生成四氧化三铁。

反应物与氧气的接触面积越大反应越剧烈。10．【答案】C【知识点】实验探究物质的性质或变化规律【解析】【解答】A.由图可知，ab段压强变化比bc段压强变化快，说明ab段产生氢气的速率比bc段快，不符合题意；B.c点时，已经完全反应，不再产生气体，也不再产生热量，cd段压强减小的原因可能是反应完全，热量向外扩散，不符合题意；C.注入盐酸后，压强上升的原因是镁和稀盐酸反应生成了氢气，装置内压强增大，符合题意；D.向b点溶液滴加少量NaOH溶液并振荡，由于b点时，稀盐酸还未完全反应，氢氧化钠和稀盐酸反应生成了氯化钠和水，不一定产生白色沉淀，不符合题意。故答案为：C。

【分析】根据镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放出热量分析11．【答案】D【知识点】实验探究物质的性质或变化规律【解析】【解答】A.步骤一说明常温下Ca（OH）2不易溶于水，常温下，溶解度比较小，故错误，不符合题意；B.步骤二中溶液变红是因为Ca（OH）2在水溶液中解离出OH-，氢氧根离子能使无色酚酞试液变红色，故错误，不符合题意；C.步骤三中消失的Ca（OH）2固体溶解在稀盐酸中，氢氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水，故错误，不符合题意；D.步骤三中溶液由红色变为无色的原因是Ca（OH）故答案为：D。

【分析】A.根据步骤一可知，0.2g氢氧化钙粉末加入2mL水中，有一部分没有溶解，说明常温下，氢氧化钙的溶解度小。

B.碱性溶液能使无色酚酞试液变红色。

C.根据酸碱不能共存，进行分析。

D.氢氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水。12．【答案】A【知识点】分子的定义与分子的特性；实验探究物质的性质或变化规律【解析】【解答】A.实验过程中，酚酞溶液变红色，是因为氨分子是不断运动的，运动到酚酞溶液中时，和水结合生成氨水，氨水显碱性，能使酚酞溶液变红色，因此本实验的目的是证明分子在不断运动，故符合题意；B.D试管放在热水中，温度越高，分子的运动速率越快，在进行图II的实验过程时，观察到C试管比B试管中的酚酞先变红，故不符合题意；C.图II（改进后）的实验与图I相比的优点有节约药品，减少污染，还能够同时验证温度对分子运动速率的影响，故不符合题意；D.实验中C试管比B试管中的酚酞先变红，可以说明温度越高，分子运动越快，不能得出温度越高，分子间的间隙越大，故不符合题意。故答案为：A。

【分析】A.根据分子是不断运动的，氨水具有挥发性，氨气和水结合生成氨水，氨水显碱性，能使酚酞溶液变红色分析。B.温度越高，分子的运动速率越快。C.根据图II（改进后）的实验图的特点，优点有节约药品，减少污染，还能够改变温度分析。D.根据温度越高，分子运动越快，分子间的间隙是否越大无法判断。13．【答案】NaOH；反应物中没有碳元素；Cu（OH）2；不一定能【知识点】金属的化学性质；实验探究物质的性质或变化规律【解析】【解答】解：【分析】由实验现象产生气体，酚酞试液变红，产生气体能燃烧等可知钠能与水反应；根据质量守恒定律可知：化学反应前后元素的种类不变，而水中不含碳元素，所以生成物中呈碱性的物质是氢氧化钠，同时生成可燃性气体氢气；【结论】根据钠和水反应的生成物有氢氧化钠，硫酸铜溶液中含有硫酸铜和水，氢氧化钠可与硫酸铜溶液反应生成蓝色沉淀氢氧化铜．所以化学方程式是：2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4；【反思】按金属活动性顺序，一种活动性较强的金属不一定能把另一种活动性较弱的金属从它的盐溶液中置换出来．答案：NaOH；反应物中没有碳元素；Cu（OH）2；不一定能．【分析】由实验现象产生气体，酚酞试液变红等可知钠能与水反应，并据酚酞遇碱变红，及化学反应前后元素的种类不变分析解答；【结论】根据钠和水反应的生成物有氢氧化钠，及氢氧化钠可与硫酸铜溶液反应生成蓝色沉淀氢氧化铜分析解答；【反思】了解在金属活动性顺序里，位于前面的金属能把后面的金属从它们化合物的溶液里置换出来．14．【答案】紫；水；不能；紫；硫酸根；不能；红；氢离子；能；H+；1【知识点】酸的化学性质；实验探究物质的性质或变化规律【解析】【解答】解：实验步骤：1、在蒸馏水中滴入几滴紫色石蕊试液，振荡不变红，说明水分子不能使紫色石蕊试液变色．故答案为：紫；水；不能；2、在无色Na2SO4溶液中滴入几滴紫色石蕊试液，振荡不变红，说明硫酸根离子不能使紫色石蕊试液变色；故答案为：紫；硫酸根；不能；3、稀盐酸中滴入几滴紫色石蕊试液，振荡变红色，说明氢离子能使紫色石蕊试液变红色；故答案为：红；氢离子；能；结论：稀硫酸中的氢离子能够使溶液变成红色．故填：H+；石蕊试液中本身含有水，故实验1可以不做；1．【分析】稀硫酸中有三种微粒：H2O、H+、SO42﹣；本题是一道实验探究题，考查考生的实验探究能力，解答本题的关键是熟练掌握酸碱指示剂遇到H+的变色情况．可以用排除法，只要排除水分子和硫酸根离子不能使其变红，就可以确定是氢离子使紫色石蕊试液变红．15．【答案】CaCO3煅烧__CaO+CO2↑分解反应；CaO+H2O=Ca（OH）2化合反应；Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H【知识点】实验探究物质的性质或变化规律；反应类型的判定；碳酸钙、生石灰、熟石灰之间的转化【解析】【解答】解：石灰石主要成分是碳酸钙，生石灰主要成分是氧化钙，熟石灰主要成分是氢氧化钙；①CaCO3煅烧__CaO+CO2故选CaCO3煅烧__CaO+CO2↑分解反应②CaO+H2O=Ca（OH）故选CaO+H2O=Ca（OH）2化合反应③Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O该反应的实质是二氧化碳先于水反应生成碳酸，碳酸再于氢氧化钙反应，即CO2+H2O=H2CO3，H2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2H2O故选Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O【分析】根据石灰石、生石灰和熟石灰的主要成分、化学性质及四大基本反应类型即可作答；其中石灰石主要成分是碳酸钙，生石灰主要成分是氧化钙，熟石灰主要成分是氢氧化钙．16．【答案】反应条件不同；反应物的浓度不同；反应物的量不同；有无催化剂；C2H4【知识点】实验探究物质的性质或变化规律；质量守恒定律及其应用【解析】【解答】Ⅰ两个方程对比可知，反应物相同，但它们的反应条件不同，导致生成物不同；Ⅱ两个方程对比可知，反应物相同，但反应物的浓度不同，导致生成物不同；Ⅲ两个方程对比可知，反应物相同，但反应物的量不同，导致生成物不同；Ⅳ两个方程对比可知，反应物相同，但使用二氧化锰作催化剂可以改变反应速率，导致反应速率不同；实践与应用：根据反应的化学方程式2CO2+6H2X+4H2O，反反应物中有2个碳原子、4个氧原子和12个氢原子，生成物中有8个氢原子和4个原子，还少2个碳原子和4个氢原子，则每个X分子由2个碳原子和4个氢原子构成，因此X的化学式为C2H4．故答案为：I反应条件不同；II反应物的浓度不同；III反应物的量不同；IV有无催化剂；实践与应用：C2H4．【分析】根据题意，分析Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均反应物相同，生成物不同，Ⅳ反应物相同，反应速率不同，可从反应条件、反应物的浓度、反应物的用量、催化剂等方面进行分析解答．实践与应用：由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，据此由反应的化学方程式推断生成物X的化学式．17．【答案】（1）紫色石蕊溶液变红色；Fe2+；F（2）Ca(OH)2（3）蓝；Ba(OH)2（4）89.6%解：设该固体混合物中BaCl2的质量为x，则有，BaCl2+H2SO4=BaSO4【知识点】酸碱盐的应用；实验探究物质的性质或变化规律【解析】【解答】（1）①酸能使紫色石蕊试液变红，所以试管A中的现象是紫色石蕊溶液变红色；试管B中铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以反应后试管B中一定有的阳离子是亚铁离子，其离子符号为Fe2+，故填：紫色石蕊溶液变红色；Fe2+；②试管C中氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3（2）①氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，能使无色酚酞溶液变成红色，与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，而与盐酸反应生成氯化钙和水，反应无明显现象，该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2HCl=CaCl②氢氧化钙能与氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀，与氯化钡、硝酸钾和硝酸钡都不反应，故答案为：B；（3）铜离子在溶液中显蓝色，所以硫酸铜、硝酸铜两种物质的溶液均显蓝色；氢氧根离子和铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以能同时将铜离子和硫酸根离子转变成沉淀，该纯净物的化学式为Ba(OH)2，故填：蓝；Ba(OH)2；

【分析】（1）①酸性溶液能使紫色石蕊试液变红。

铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气。②氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水。（2）①氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，

氢氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水。②氢氧化钙能与氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀和氯化钙。