2024年四川省广元市中考化学试卷（含答案逐题解析）

广元市2024年初中学业水平考试暨高中阶段学校招生考试化学一、选择题(本题共10个小题，每题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共30分)1.为践行习近平总书记考察翠云廊时作出的“要把古树名木保护好，把中华优秀传统文化传承好”重要指示，某校开展了系列研学活动。下列活动中涉及化学变化的是A.茶园采茶叶B.古树挂标牌C.稻草编草鞋D.糯米酿米酒2.化学与人类生活关系密切。下列说法正确的是A.可用甲醛溶液浸泡海鲜食品B.可用肥皂水区分硬水和软水C.电瓶车充电时起火可用水灭火D.可将实验室剩余药品带回家做实验3.凉拌折耳根是广元人民喜爱的菜品。折耳根含有鱼腥草素(C₁₂H₂₂O₂,A.鱼腥草素中含有氧分子B.鱼腥草素的相对分子质量为198gC.鱼腥草素由碳、氢、氧三个元素组成D.1个鱼腥草素分子含有36个原子4.价类二维图反映的是元素化合价与物质类别之间的关系，如图是氮元素的价类二维图。下列说法错误的是A.a点物质可用于食品防腐B.b点物质属于空气污染物C.c点物质的化学式为HNO₃D.d点物质可能是复合肥KNO₃5.下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A鉴别硫酸铵和硫酸钠分别取样，加熟石灰粉末混合研磨，闻气味B除去氢气中混有的氯化氢将混合气体先通入足量的碳酸氢钠溶液，再通入浓硫酸C分离碳酸钙和氧化钙的固体混合物加入足量的水溶解，过滤、洗涤、干燥D检验蜡烛中是否含有碳元素在蜡烛的火焰上方罩一只干燥的冷烧杯，观察现象A.AB.BC.CD.D6.逻辑推理是一种重要的化学思维方法。下列推理合理的是A.金刚石、石墨都是由碳元素组成的单质，因此它们的性质相同B.在化学变化中分子可以分成原子，因此原子是化学变化中最小的粒子C.化合物是由多种元素组成的物质，因此由多种元素组成的物质一定是化合物D.燃烧是物质与氧气发生的发光放热的剧烈的氧化反应，因此燃烧必须要有氧气参与7.下列图像能正确反映对应变化关系的是图1：向一定量稀盐酸、CuCl₂混合液中滴加过量NaOH溶液8.向一定量CuCl₂、FeCl₂的混合溶液中加入一定量锌粉，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。下列说法正确的是A.若滤渣中只有一种金属，则滤液中溶质一定有三种B.若滤渣中有两种金属，则滤液中溶质一定有两种C.若滤液中只有一种溶质，则向滤渣中加入稀硫酸一定有气泡产生D.若滤液中有两种溶质，则向滤渣中加入稀硫酸不可能有气泡产生9.甲、乙、丙三种固体的溶解度曲线如图1所示，如图2是选用图1中某种固体进行实验时的情况。下列说法正确的是A.图2试管中固体对应图1中的丙B.t₂℃时，甲、乙两饱和溶液中溶质质量相等C.t₃℃时，将40g甲加入到50g水中，所得溶液的溶质质量分数为80%D.将等质量的甲、乙、丙饱和溶液从t₂℃降温到t₁℃，得到溶液的质量：丙>乙>甲10.乙醇(C₂H₅OH)是常用的燃料。现有4.6g乙醇与一定量氧气混合于密闭容器内，在一定条件下反应物全部转化为一氧化碳、二氧化碳和水，恢复到室温，测得所得气体中氧元素质量分数为70%，则参加反应的氧气质量为A.6.4gB.8.0gC.8.8gD.9.6g二、填空题(本题共5个小题，每空1分，共26分)11.化学用语是学习化学的重要工具。请用化学用语填空：(1)预防骨质疏松、向偻病需补充的常量元素是_________(2)生理盐水中含有的主要阳离子是。(3)画出地壳中含量最高的元素的原子结构示意图。(4)写出天然气主要成分的化学式。(5)写出实验室制取二氧化碳的化学方程式。12.请从化学视角回答下列问题：(1)制糖工业中利用活性炭来脱色以制白糖，利用了活性炭的。(2)玻璃钢可用于制造飞机、导弹的雷达罩，玻璃钢属于(填“复合材料”或“金属材料”)。(3)家里的刀、剪等钢铁制品与接触易生锈。(4)天气闷热时，鱼塘里的鱼因缺氧而接近水面游动，缺氧的原因是。(5)广元唐家河的大熊猫以竹子为主食，用以保证每天的能量摄入。竹子富含纤维素，纤维素属于哪类基本营养素。(6)为了减少二氧化碳的排放，可通过电化学手段将二氧化碳还原为甲酸(HCOOH)。该反应的微观示意图如图：①该反应的化学方程式为。②H和O属于不同种元素最本质的原因是。③从微观上解释该化学反应遵守质量守恒定律的原因是。13.如图是实验室制取气体的常用装置，请回答下列问题：(1)标号a的仪器名称是。(2)选用A、D装置制取氧气的化学方程式为。(3)在加热的条件下，铜与浓硫酸可反应生成：SO₂。SO₂是一种密度比空气大的有毒气体，其部分化学性质与CO₂相似。若要制取SO₂，可选择发生装置(填字母代号)。若用G装置收集SO₂,气体应从端(填“m”或“n”)进入。制取SO₂过程中，为防止污染环境，还应选择14.通过海水晒盐可以得到粗盐。粗盐中除NaCl外，还含有(CaCl₂、MgCl₂、(1)操作X是。在操作Y中，用玻璃棒不断搅拌的目的是。(2)甲、乙、丙分别是①Na₂CO₃、②NaOH、③BaCl₂三种试剂中的一种。请你写出一组合理的试剂添加顺序(填序号)。(3)加入适量的稀盐酸，目的是除去滤液中的(填化学式)。15.A~F是初中化学常见的物质，它们之间的转化关系如图所示(图中每个反应都是一步实现，其中“一”表示两种物质间能发生化学反应，“→”表示两种物质间的转化关系，反应条件、部分物质已略去)。已知A是年产量最高的金属，F是紫红色金属，C、D用于配制农药波尔多液，B、C、D、E、F是五种不同类别的物质。请回答下列问题：(1)A和D反应的基本反应类型是。(2)写出B物质的一种用途。(3)C的俗称为。(4)若E→F发生的化学反应不属于基本反应类型，写出该反应的化学方程式。三、实验探究题(本题1个小题，每空1分，共8分)16.实验室有两瓶试剂，分别为待测液A、待测液B，已知一瓶是稀盐酸或稀硫酸，另一瓶是NaOH溶液或Ca(OH)₂溶液。同学们对待测液的成分进行了探究。(1)小芳用玻璃棒蘸取待测液A滴于pH试纸上，测出待测液A的pH约为3，则待测液A是溶液(填“酸”或“碱”)。(2)为进一步确定溶液中溶质成分，小芳又做了四组实验。请你帮助她完善如表并分析：实验序号实验一实验二实验三实验四所加试剂锌粒BaCl₂溶液紫色石蕊溶液Na₂CO₃溶液现象待测液A产生白色沉淀变红产生气泡待测液B无明显现象产生白色沉淀变蓝无明显现象根据实验现象，可推测出待测液A是(填化学式)溶液。以上四组实验中，只根据其中一组的实验现象即可证明待测液B为NaOH溶液的是(填实验序号)。【质疑讨论】(3)小强对实验二中待测液B产生白色沉淀的现象提出质疑，经过讨论，大家一致认为待测液B已变质，写出待测液B变质的化学方程式。【提出问题】NaOH溶液变质后，溶质的成分是什么?【猜想假设】(4)猜想一:NaOH、Na₂CO₃;猜想二:。【设计实验】(5)小强设计了如下实验，请你帮助他完善下表，得出正确结论。实验方案及操作步骤实验现象实验结论步骤一：取少量变质后的NaOH溶液于试管中，产生白色沉淀猜想一成立加入过量BaCl₂溶液充分反应，过滤。步骤二：取少量步骤一中的滤液于试管中，向其中滴加_______。溶液变红【反思拓展】(6)解决同一个问题的方法有很多种，上表步骤二还可以用下列(填字母代号)方案代替，产生其他的现象后，也能得到相同的结论。a.滴加CuCl₂溶液b.滴加MgSO₄溶液c.通入CO₂四、计算题(本题1个小题，共6分)17.小明为了测定某硫酸溶液中溶质的质量分数，如图甲，向60g硫酸溶液中缓缓注入质量分数为10%的氢氧化钠溶液，测得溶液的pH与氢氧化钠溶液的质量对应关系如图乙。请回答下列问题：(1)配制质量分数为10%的氢氧化钠溶液，若量筒量取水时俯视读数，会导致所配氢氧化钠溶液的溶质质量分数(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(2)图乙中a点溶液含有的溶质是。(3)请计算硫酸溶液中溶质的质量分数(写出计算过程，结果保留至0.1%)。广元市2024年初中学业水平考试暨高中阶段学校招生考试化学答案解析一、选择题(本题共10个小题，每题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共30分)1.为践行习近平总书记考察翠云廊时作出的“要把古树名木保护好，把中华优秀传统文化传承好”重要指示，某校开展了系列研学活动。下列活动中涉及化学变化的是A.茶园采茶叶B.古树挂标牌C.稻草编草鞋D.糯米酿米酒【答案】D【解析】【详解】A、茶园采茶叶，没有新物质生成，不涉及化学变化，不符合题意；B、古树挂标牌，没有新物质生成，不涉及化学变化，不符合题意；C、稻草编草鞋，只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；D、糯米酿米酒，有新物质酒精等生成，属于化学变化，符合题意。故选D。2.化学与人类生活关系密切。下列说法正确的是A.可用甲醛溶液浸泡海鲜食品B.可用肥皂水区分硬水和软水C.电瓶车充电时起火可用水灭火D.可将实验室剩余药品带回家做实验【答案】B【解析】【详解】A、甲醛有毒，能破坏人体蛋白质的结构，使蛋白质变质，该做法会危害人体健康，故A错误；B、硬水和软水的区别在于所含的钙、镁离子的多少，可用肥皂水来区分硬水和软水，取样，分别加入等量肥皂水，振荡，产生泡沫较多浮渣较少的是软水，产生泡沫较少浮渣较多的是硬水，故B正确；C、电器着火，首先应切断电源，为防止触电，不能用水扑灭，否则易引发事故，故C错误；D、对化学实验中的剩余药品，既不能放回原瓶，也不可随意丢弃，更不能带出实验室，应放入指定的容器内,故D错误。故选:B。3.凉拌折耳根是广元人民喜爱的菜品。折耳根含有鱼腥草素(C₁₂H₂₂O₂,鱼腥草素有清热解毒等功效。A.鱼腥草素中含有氧分子B.鱼腥草素的相对分子质量为198gC.鱼腥草素由碳、氢、氧三个元素组成D.1个鱼腥草素分子含有36个原子【答案】D【解析】【详解】A、鱼腥草素由鱼腥草素分子构成，每个鱼腥草素分子中含2个氧原子，不含氧分子，不符合题意；B、鱼腥草素的相对分子质量为:12×12+22+16×2=198,相对分子质量是一个比值,单位为“1”,常省略不写，不符合题意；C、由化学式可知，鱼腥草素由碳、氢、氧三种元素组成，元素是宏观概念，只能论种类，不能论个数，不符合题意；D、鱼腥草素由鱼腥草素分子构成，每个鱼腥草素分子中含12个碳原子、22个氢原子、2个氧原子共36个原子，符合题意。故选D。4.价类二维图反映的是元素化合价与物质类别之间的关系，如图是氮元素的价类二维图。下列说法错误的是A.a点物质可用于食品防腐B.b点物质属于空气污染物C.c点物质的化学式为HNO₃D.d点物质可能是复合肥KNO₃【答案】C【解析】【详解】A、a点对应的物质属于单质，氮元素的化合价为零，为氮气，氮气的化学性质不活泼，可用于食品防腐，故A选项说法正确；B、b点对应的物质属于氧化物，氮元素的化合价为+4价，氧元素显-2价，为二氧化氮，属于空气污染物，故B选项说法正确；C、c点对应的物质属于酸，氮元素的化合价为+3价，HNO₃中氮元素的化合价为+5价，c点物质的化学式不可能为HNO₃，故C选项说法错误；D、d点对应的物质属于盐，氮元素的化合价为+5价，KNO₃属于盐，氮元素的化合价为+5价，d点物质可能是复合肥KNO₃，故D选项说法正确。故选C。【点睛】本题有一定难度，理解价类二维图的含义、掌握化学式的书写方法、酸碱盐和氧化物的特征等是正确解答本题的关键。5.下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A鉴别硫酸铵和硫酸钠分别取样，加熟石灰粉末混合研磨，闻气味B除去氢气中混有的氯化氢将混合气体先通入足量的碳酸氢钠溶液，再通入浓硫酸C分离碳酸钙和氧化钙的固体混合物加入足量的水溶解，过滤、洗涤、干燥D检验蜡烛中是否含有碳元素在蜡烛的火焰上方罩一只干燥的冷烧杯，观察现象A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】A、鉴别物质时，首先对需要鉴别的物质的性质进行对比分析找出特性，再根据性质的不同，选择适当的试剂，出现不同的现象的才能鉴别；B、除杂至少要满足“不增不减”的原则，“不增”是指不增加新杂质，“不减”是指不减少目标物质的质量；C、根据CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水进行分析判断；D、根据干冷的烧杯能检验水蒸气的存在，进行分析判断。【详解】A、分别取样，加熟石灰粉末混合研磨，闻气味，产生有刺激性气味气体的是硫酸铵，无明显气味的是硫酸钠，可以鉴别，故A选项实验方案能达到实验目的；B、氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质但引入了新的杂质二氧化碳，不符合除杂原则，故B选项实验方案不能达到实验目的；C、加入足量的水溶解，CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，过滤、洗涤、干燥，能分离出碳酸钙，但无法分离出氧化钙，故C选项实验方案不能达到实验目的；D、在蜡烛的火焰上方罩一只干燥的冷烧杯，烧杯内壁出现水雾，说明生成了水，水是由氢元素和氧元素组成的，反应物氧气中只含有氧元素，说明蜡烛中一定含有氢元素，无法确定是否含有碳元素，故D选项实验方案不能达到实验目的。故选A。【点睛】本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。6.逻辑推理是一种重要的化学思维方法。下列推理合理的是A.金刚石、石墨都是由碳元素组成的单质，因此它们的性质相同B.在化学变化中分子可以分成原子，因此原子是化学变化中最小的粒子C.化合物是由多种元素组成的物质，因此由多种元素组成的物质一定是化合物D.燃烧是物质与氧气发生的发光放热的剧烈的氧化反应，因此燃烧必须要有氧气参与【答案】B【解析】【详解】A、金刚石、石墨都是由碳元素组成的单质，它们的化学性质相同，但碳原子的排列方式不同，它们的物理性质差异很大，故选项推理错误；B、在化学变化中分子可以分成原子，原子在重新组合成新分子，因此原子是化学变化中最小的粒子，故选项推理正确；C、化合物是由多种元素组成的物质，但由多种元素组成的物质不一定是化合物，也可能是混合物，如过氧化氢与水的混合物，故选项推理错误；D、燃烧是物质与氧气发生的发光放热的剧烈的氧化反应，但燃烧不一定要有氧气参与，如镁在二氧化碳燃烧，故选项推理错误。故选B。【点睛】本题难度不大，解答此类题时要根据不同知识的特点推理，不能盲目推理，并要注意知识点与方法的有机结合，做到具体问题能具体分析。7.下列图像能正确反映对应变化关系的是图1：向一定量稀盐酸、CuCl₂混合液中滴加过量NaOH溶液【答案】A【解析】【详解】A、向一定量稀盐酸、CuCl₂混合液中滴加过量NaOH溶液，氢氧化钠先和盐酸反应生成氯化钠和水，该过程中没有沉淀生成，盐酸反应完后，氢氧化钠再和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，该过程中沉淀质量不断增大，氯化铜反应完后，继续滴加氢氧化钠，沉淀质量也不再增加，故选项图像正确；B、用等质量、等浓度的H₂O₂溶液分别制取O₂，有催化剂反应快，无催化剂反应慢，但最终生成氧气的质量相等，故选项图像错误；C、向装有一定量MgO的试管中滴入过量的稀盐酸，氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，一开始溶质氯化镁的质量不断增大，氧化镁完全反应后，继续滴加稀盐酸，溶液中氯化氢的质量不断增大，所以溶质总质量还会继续增大，只是增大的趋势变缓，故选项图像错误；D、红磷在装有一定量空气的密闭容器中燃烧，开始时燃烧放热，容器内的空气受热膨胀，压强增大，完全反应冷却至室温后，由于氧气被消耗，压强会小于原压强，故选项图像错误。故选A。【点睛】本题是一道图象坐标与化学知识相结合的综合题，解题的关键是结合所涉及的化学知识，正确分析各变化的过程，注意分析坐标轴表示的意义、曲线的起点、折点及变化趋势，进而确定正确的图象。8.向一定量CuCl₂、FeCl₂的混合溶液中加入一定量锌粉，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。下列说法正确的是A.若滤渣中只有一种金属，则滤液中溶质一定有三种B.若滤渣中有两种金属，则滤液中溶质一定有两种C.若滤液中只有一种溶质，则向滤渣中加入稀硫酸一定有气泡产生D.若滤液中有两种溶质，则向滤渣中加入稀硫酸不可能有气泡产生【答案】C【解析】【分析】金属活动性顺序为Zn>Fe>Cu，向一定量CuCl₂、FeCl₂的混合溶液中加入一定量锌粉，锌先与(CuCl₂反应生成氯化锌和铜，CuCl₂反应完，若还有锌粉，锌才能与FeCl₂反应生成氯化锌和铁。【详解】A、若滤渣中只有一种金属，该金属是铜，滤液中溶质不一定有三种，也可能是锌和氯化铜恰好完全反应，此时滤液中溶质有氯化亚铁、氯化锌两种，故选项说法错误；B、若滤渣中有两种金属，滤液中溶质不一定有两种，也可能是锌和氯化亚铁恰好完全反应，此时滤液中溶质只有氯化锌一种，故选项说法错误；C、若滤液中只有一种溶质，滤渣中一定含有铁，此时向滤渣中加入稀硫酸，一定有气泡产生，故选项说法正确；D、若滤液中有两种溶质，说明溶质是氯化锌、氯化亚铁，若氯化亚铁部分参加了反应，滤渣中含有铜、铁，铁能与稀硫酸反应生成氢气，则向滤渣中加入稀硫酸有气泡产生，故选项说法错误。故选C。【点睛】本题有一定难度，熟练掌握金属的化学性质、确定能发生的反应、综合考虑各种出现的情况是正确解答此类题的关键。9.甲、乙、丙三种固体的溶解度曲线如图1所示，如图2是选用图1中某种固体进行实验时的情况。下列说法正确的是A.图2试管中固体对应图1中的丙B.t₂℃时，甲、乙两饱和溶液中溶质质量相等C.t₃℃时，将40g甲加入到50g水中，所得溶液的溶质质量分数为80%D.将等质量的甲、乙、丙饱和溶液从t₂℃降温到t₁℃，得到溶液的质量：丙>乙>甲【答案】D【解析】【详解】A、氢氧化钠固体溶于水放热，使温度升高，试管内的原来剩余的固体完全溶解，说明该物质的溶解度随着温度的升高而增大，图2试管中固体对应的不可能是图1中的丙，故A错误；B、选项说法没有指明饱和溶液的质量，则t₂℃时甲、乙两饱和溶液中溶质质量不一定相等，故B错误；C、t₃℃时，甲的溶解度为80g，将40g甲加入到50g水中，最多能溶解40g，所得溶液的溶质质量分数为：40g40g+50g×100%≈44.4%,故D、将等质量的甲、乙、丙饱和溶液从t₂℃降温到t₁℃，甲、乙的溶解度减小，有晶体析出，t₁℃时乙的溶解度大于甲，甲析出晶体的质量大于乙，丙的溶解度随温度的降低而增大，没有晶体析出，则得到溶液的质量:丙>乙>甲,故D正确。故选:D。10.乙醇(C₂H₅OH)是常用的燃料。现有4.6g乙醇与一定量氧气混合于密闭容器内，在一定条件下反应物全部转化为一氧化碳、二氧化碳和水，恢复到室温，测得所得气体中氧元素质量分数为70%，则参加反应的氧气质量为A.6.4gB.8.0gC.8.8gD.9.6g【答案】C【解析】【分析】根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，物质的总质量不变来分析。【详解】现有4.6g乙醇与一定量氧气混合于密闭容器内，在一定条件下反应物全部转化为一氧化碳、二氧化碳和水,4.6g乙醇(C₂H₅OH)中碳元素的质量为4.6g×12×212×2+1×6+16×100%=2.4g,氢元素的质量为4.6g×1×612×2+1×6+16×100%=0.6g,恢复到室温所得气体是一氧化碳和二氧化碳的混合物，其中氧元素质量分数为70%，则碳元素的质量分数为1-70%=30%，所以混合气体的质量为2.4g÷30%=8g，乙醇燃烧生成水的质量为0.6g÷1×2-4.6g=8.8g。故选C。【点睛】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、判断物质的化学式、判断化学计量数、进行相关方面计算的基础。二、填空题(本题共5个小题，每空1分，共26分)11.化学用语是学习化学的重要工具。请用化学用语填空：(2)生理盐水中含有的主要阳离子是。(3)画出地壳中含量最高的元素的原子结构示意图。(4)写出天然气主要成分的化学式。(5)写出实验室制取二氧化碳的化学方程式。【答案】(1)Ca(2)Na⁺⑶⊙}}(4)CH₄5【解析】【小问1详解】预防骨质疏松、佝偻病需补充的常量元素是钙，其元素符号为Ca，故填：Ca；【小问2详解】生理盐水是0.9%的氯化钠溶液，含有的主要阳离子是钠离子，其离子符号为Na⁺，故填：Na⁺；【小问3详解】地壳中含量最高的元素是氧元素，氧原子核内有8个质子，核外电子分两层排布，第一层有2个电子，第二层有6个电子，则氧原子的结构示意图为(o;}故填：o}}【小问4详解】天然气主要成分是甲烷，其化学式为CH₄，故填：CH₄；【小问5详解】实验室常用石灰石或大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳，即石灰石或大理石(主要成分碳酸钙)和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式是CaCO₃+2HCl=CaCl₂+H₂O+CO₂↑,故填：CaCO₃+2HCl=CaCl₂+H₂O+CO₂↑12.请从化学视角回答下列问题：(1)制糖工业中利用活性炭来脱色以制白糖，利用了活性炭的。(2)玻璃钢可用于制造飞机、导弹的雷达罩，玻璃钢属于(填“复合材料”或“金属材料”)。(3)家里的刀、剪等钢铁制品与接触易生锈。(4)天气闷热时，鱼塘里的鱼因缺氧而接近水面游动，缺氧的原因是。(5)广元唐家河的大熊猫以竹子为主食，用以保证每天的能量摄入。竹子富含纤维素，纤维素属于哪类基本营养素。(6)为了减少二氧化碳的排放，可通过电化学手段将二氧化碳还原为甲酸(HCOOH)。该反应的微观示意图如图：①该反应的化学方程式为。②H和O属于不同种元素最本质的原因是。③从微观上解释该化学反应遵守质量守恒定律的原因是。【答案】(1)吸附(2)复合材料(3)水、氧气(4)天气闷热时温度升高，压强变小，所以水中溶解的氧气也变少，所以鱼要靠近水面来呼吸更多的氧气(5)糖类(6)circle1.2CO【解析】【小问1详解】活性炭具有吸附性，因此制糖工业中利用活性炭来脱色以制白糖；故答案为：吸附。【小问2详解】玻璃钢是由玻璃纤维和合成材料复合而成的，属于复合材料；故答案为：复合材料。【小问3详解】家里的刀、剪等钢铁制品与水、氧气接触易生锈；故答案为：水、氧气。【小问4详解】气体的溶解度随着温度升高而降低，随着压强的增大而增大，故天气闷热时温度升高，压强变小，所以水中溶解的氧气也变少，所以鱼要靠近水面来呼吸更多的氧气；故答案为：天气闷热时温度升高，压强变小，所以水中溶解的氧气也变少，所以鱼要靠近水面来呼吸更多的氧气。【小问5详解】纤维素属于基本营养素中的糖类；故答案为：糖类。【小问6详解】①由微观反应示意图可知，该反应是在通电的条件下，二氧化碳和水反应生成甲酸和氧气，反应的化学方程式是2CO2+2②由元素的概念可知，H和O属于不同种元素最本质的原因是质子数不同或核电荷数不同；故答案为：质子数不同或核电荷数不同。③从微观上看该化学反应遵守质量守恒定律的原因是反应前后，原子的种类、数目及其质量保持不变；故答案为：反应前后，原子的种类、数目及其质量保持不变。【点睛】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。13.如图是实验室制取气体的常用装置，请回答下列问题：(1)标号a的仪器名称是。(2)选用A、D装置制取氧气的化学方程式为。(3)在加热的条件下，铜与浓硫酸可反应生成：SO₂。SO₂是一种密度比空气大的有毒气体，其部分化学性质与CO₂相似。若要制取SO₂，可选择发生装置(填字母代号)。若用G装置收集SO₂,气体应从端(填“m”或“n”)进入。制取SO₂过程中，为防止污染环境，还应选择【答案】(1)长颈漏斗2(3)①.C②.m③.E【解析】【小问1详解】由图可知，标号a的仪器名称是长颈漏斗。【小问2详解】A装置是固体加热型发生装置，试管口有一团棉花，D装置是用排水法收集气体，则A、D装置适用于高锰酸钾制取氧气，高锰酸钾在加热的条件下生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，该反应的化学方程式为【小问3详解】在加热的条件下，铜与浓硫酸可反应生成SO₂，若要制取SO₂，需要固液加热型发生装置，则可选择发生装置是C。SO₂是一种密度比空气大的有毒气体，若用G装置收集SO₂，气体应从m进入。SO₂₂部分化学性质与CO₂相似，则SO₂也能和氢氧化钠反应，所以制取SO₂过程中，为防止污染环境，还应选择装有氢氧化钠溶液的E装置进行尾气处理。【点睛】本题主要考查了实验室气体的制取和收集，熟练掌握气体的制取原理，了解确定发生装置、收集装置的原理及注意事项等知识是解答本题的关键。14.通过海水晒盐可以得到粗盐。粗盐中除NaCl外，还含有(CaCl₂、MgCl₂、(1)操作X是。在操作Y中，用玻璃棒不断搅拌的目的是。(2)甲、乙、丙分别是①Na₂CO₃、②NaOH、③BaCl₂三种试剂中的一种。请你写出一组合理的试剂添加顺序(填序号)。(3)加入适量的稀盐酸，目的是除去滤液中的(填化学式)。【答案】(1)①.过滤②.防止局部温度过高，造成液体飞溅(2)②③①或③②①或③①②(3)NaOH、Na₂CO₃【解析】【分析】根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀，最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析解答。【小问1详解】操作X能将沉淀和滤液分离，是过滤操作；操作Y是蒸发操作，在操作Y中，用玻璃棒不断搅拌的目的是防止局部温度过高，造成液体飞溅。【小问2详解】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠溶液可以将镁离子沉淀；硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡溶液可以将硫酸根离子沉淀；至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都可以；钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入过量的碳酸钠溶液转化为沉淀，但是加入碳酸钠溶液要放在加入氯化钡溶液之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，所以正确的顺序为②③①或③②①或③①②。【小问3详解】滤液中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠，加入适量的稀盐酸，目的是除去滤液中的NaOH、Na₂CO₃【点睛】本题难度较大，考查了粗盐提纯中离子的除杂，除去多种杂质离子时，要考虑除杂的顺序、后面加入的试剂要能除去前面加入的过量的试剂。15.A~F是初中化学常见的物质，它们之间的转化关系如图所示(图中每个反应都是一步实现，其中“一”表示两种物质间能发生化学反应，“→”表示两种物质间的转化关系，反应条件、部分物质已略去)。已知A是年产量最高的金属，F是紫红色金属，C、D用于配制农药波尔多液，B、C、D、E、F是五种不同类别的物质。请回答下列问题：(1)A和D反应的基本反应类型是。(2)写出B物质的一种用途。(3)C的俗称为。(4)若E→F发生的化学反应不属于基本反应类型，写出该反应的化学方程式。【答案】(1)置换反应(2)金属除锈(合理即可)(3)熟石灰或消石灰4【解析】【分析】A~F是初中化学常见的物质，B、C、D、E、F是五种不同类别的物质，已知A是年产量最高的金属，可推出A为铁，F是紫红色金属，可推出F为铜，C、D用于配制农药波尔多液，可推出C、D为氢氧化钙和硫酸铜，A能与D反应，可推出D为硫酸铜，则C为氢氧化钙，A能与B反应，B能与C反应，B能转化为D，可推出B为硫酸，E能转化为D和F，可推出E为氧化铜，代入验证，符合题意。【小问1详解】A和D的反应为铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该反应符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应，属于置换反应；【小问2详解】由分析可知，B为硫酸，硫酸能与金属氧化物反应，可用于金属除锈；【小问3详解】由分析可知，C为氢氧化钙，俗称熟石灰、消石灰；【小问4详解】若E→F发生的化学反应不属于基本反应类型，则该反应为一氧化碳和氧化铜在加热的条件下反应生成铜和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CO+CuOΔCu+C三、实验探究题(本题1个小题，每空1分，共8分)16.实验室有两瓶试剂，分别为待测液A、待测液B，已知一瓶是稀盐酸或稀硫酸，另一瓶是NaOH溶液或Ca(OH)₂溶液。同学们对待测液的成分进行了探究。(1)小芳用玻璃棒蘸取待测液A滴于pH试纸上，测出待测液A的pH约为3，则待测液A是溶液(填“酸”或“碱”)。(2)为进一步确定溶液中溶质成分，小芳又做了四组实验。请你帮助她完善如表并分析：实验序号实验一实验二实验三实验四所加试剂锌粒BaCl₂溶液紫色石蕊溶液Na₂CO₃溶液现象待测液A产生白色沉淀变红产生气泡待测液B无明显现象产生白色沉淀变蓝无明显现象根据实验现象，可推测出待测液A是(填化学式)溶液。以上四组实验中，只根据其中一组的实验现象即可证明待测液B为NaOH溶液的是(填实验序号)。【质疑讨论】(3)小强对实验二中待测液B产生白色沉淀的现象提出质疑，经过讨论，大家一致认为待测液B已变质，写出待测液B变质的化学方程式。【提出问题】NaOH溶液变质后，溶质的成分是什么?【猜想假设】(4)猜想一:NaOH、Na₂CO₃;猜想二:。【设计实验】(5)小强设计了如下实验，请你帮助他完善下表，得出正确结论。实验方案及操作步骤实验现象实验结论步骤一：取少量变质后的NaOH溶液于试管中，产生白色沉淀猜想一成立加入过量BaCl₂溶液充分反应，过滤。步骤二：取少量步骤一中的滤液于试管中，向其中滴加_______。溶液变红【反思拓展】(6)解决同一个问题的方法有很多种，上表步骤二还可以用下列(填字母代号)方案代替，产生其他的现象后，也能得到相同的结论。a.滴加CuCl₂溶液b.滴加MgSO₄溶液c.通入CO₂【答案】(1)酸(2)①.产生气泡②.H₂SO₄③.实验四34Na₂CO₃或(5)2~3滴无色滴酚酞溶液(6)ab【解析】【小问1详解】pH<7，溶液呈酸性，小芳用玻璃棒蘸取待测液A滴于pH试纸上，测出待测液A的pH约为3，则待测液A是酸溶液，故填：酸；【小问2详解】锌粒与碱不反应，与酸溶液反应生成氢气，则可观察到的现象是产生气泡，故填：产生气泡；实验二中BaCl₂溶液与硫酸反应生成硫酸钡白色沉淀，则可推测待测液A是H₂SO₄溶液，故填：H₂SO₄;氢氧化钠溶液与碳酸钠不反应，而盐酸、硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀，所以四个实验中，只根据其中一个实验的现象即可证明2号试管中原溶液为氢氧化钠溶液的是实验四，故填：实验四；【小问3详解】氢氧化钠变质，即氢氧化钠与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH+CO₂=Na₂CO₃+H₂O,变质后的碳酸钠可以和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡，故填：2NaOH+CO₂=Na₂CO₃+H₂O;【小问4详解】氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，若氢氧化钠部分变质，猜想一：NaOH、Na₂CO₃，若氢氧化钠完全变质,则猜想二:Na₂CO₃,故填:Na₂CO₃;【小问5详解】猜想一成立，即变质后溶质的成分是NaOH、Na₂CO₃，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，余下的溶液中含有氢氧化钠，滴加无色酚酞溶液，溶液变红，则步骤二：取步骤一中的滤液少量于试管中，向其中滴加2~3无色滴酚酞溶液，故填；2~3无色滴酚酞溶液；【小问6详解】a、滴加CuCl₂溶液，氯化铜溶液和氢氧化钠反应生成蓝色沉淀氢氧化铜和氯化钠，有蓝色沉淀生成，该方案可行，故a符合题意；b、滴加MgSO₄溶液，MgSO₄溶液和氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化镁和硫酸钠，有白色沉淀产生，该方案可行，故b符合题意；c、通入CO₂，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，无明显现象，该方案不可行，故c不符合题意；故答案为:ab。四、计算题(本题1个小题，共6分)17.小明为了测定某硫酸溶液中溶质的质量分数，如图甲，向60g硫酸溶液中缓缓注入质量分数为10%的氢氧化钠溶液，测得溶液的pH与氢氧化钠溶液的质量对应关系如图乙。请回答下列问题：(1)配制质量分数为10%的氢氧化钠溶液，若量筒量取水时俯视读数，会导致所配氢氧化钠溶液的溶质质量分数(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(2)图乙中a点溶液含有的溶质是。(3)请计算硫酸溶液中溶质的质量分数(写出计算过程，结果保留至0.1%)。【答案】(1)偏大(2)氢氧化钠、硫酸钠(3)由图可知，加入氢氧化钠溶液的质量为20g时，pH=7，此时氢氧化钠和稀硫酸恰好完全反应解：设硫酸溶液中溶质的质量分数为xH₂SO₄+2NaOH=Na₂SO₄+2H₂O988060gx20g×10%98答：硫酸溶液中溶质的质量分数为4.1%【解析】【小问1详解】配制质量分数为10%的氢氧化钠溶液，若量筒量取水时俯视读数，读取数值大于实际数值，会导致量取水的体积偏小，溶液质量偏小，会导致所配氢氧化钠溶液的溶质质量分数偏大；【小问2详解】a点pH大于7，此时氢氧化钠过量，氢氧化钠和硫酸反应生成硫酸钠和水，故此时溶液中的溶质是：硫酸钠、氢氧化钠；【小问3详解】见答案。【分析】【分析】A．滴定管需要润洗，否则待装液被稀释，影响测定结果；B．锥形瓶用蒸馏水洗净即可，无需润洗；C．滴定管中有气泡，导致消耗标准液体积偏大；D．读数时，眼睛应该与滴定管内液体的凹液面最低处保持水。【解答】解：A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸，标准液被稀释，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A错误；B．锥形瓶需要润洗，用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知浓度的NaOH溶液即可，故B正确；C．滴定时，需要逐出滴定管下口的气泡，否则消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故C错误；D．滴定终点读数时，视线应与滴定管内液体的凹液面最低处保持水，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查中和滴定，题目难度大，明确中和滴定原理为解答关键，注意掌握中和滴定操作方法，试题侧重考查生的分析能力及化实验能力。18．【分析】A、反应物的总能量高于生成物的总能量；B、两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性；C、溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比；D、体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中，说明醋的浓度远大于盐酸．【解答】解：A、反应物的总能量高于生成物的总能量，所正反应是放热反应，△H＜0，故A错误；B、两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而是中性，故B错误；C、醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；D、体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中，说明醋的浓度远大于盐酸，所开始氢离子的浓度相同，随着反应的进行醋酸停电离氢离子，反应醋酸反应速率快，最终生成氢的量多，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了图象分析题，注意分析图象纵横坐标的含义及图象的变化，结合规律来解答问题，中等难度．19．【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离衡正向移动，而盐酸是强电解质，存在电离衡，据此分析．【解答】解：因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中氢离子的物质的量增大，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，氢离子的物质的量变，所要使稀释后两溶液pH值相同，则醋酸的体积比盐酸的体积要大，就必须使m＞n。故选：B。【点评】本题考查了稀释对强弱电解质的同影响，加水稀释，弱电解质的电离衡会向右移动，题目难度大．20．【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，导致纯水中氢离子浓度增大，离子积常数增大，溶液的pH减小，酸、碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，但离子积常数只与温度有关．【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，导致纯水中氢离子浓度增大，离子积常数增大，溶液pH减小，故A错误；B．向水中加入NH4Cl固体，铵根离子水解导致水衡正向移动，c（OH﹣）减小，故B错误；C．向水中加入少量NaOH固体，NaOH电离出的氢氧根离子抑制水电离，则水的衡逆向移动，c（OH﹣）增大，故C错误；D．向水中加入少量NaHSO4固体，c（H+）增大，溶液的pH减小，温度变，KW变，故D正确；故选：D。【点评】本题水的离子积常数为载体考查水的电离，明确溶液中变化的离子确定水的电离衡移动方向，注意离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性无关．21．【分析】A、分析各点物质的物质的量是否随时间变化，若随时间变化，则说明反应达到衡状态；B、结合温度对衡的影响分析；C、根据公式计算反应速率；D、根据反应速率之比等于化计量系数之比进行分析；【解答】解：A、图中b点和d点X的物质的量浓度随时间发生变化，说明反应达到衡状态，故A错误；B、25min时，Y的物质的量浓度变，X的物质的量浓度增大，因此改变的条件是增大X的物质的量，故B错误；C、该反应的化方程式为2NO2（g）⇌N2O4（g），由图象可知，参加反应的X的物质的量浓度与反应生成的Y的物质的量浓度之比为4：2＝2：1，所X表示的是NO2，因此前10min用NO2表示的反应速率，故C正确；D、a点表示NO2和N2O4的物质的量浓度相等，但二者表示的反应速率相等，反应速率之比等于化计量系数之比，故D错误；故选：C。【点评】各组分随浓度变化的曲线中，当反应物或生成物的物质的量浓度再变化时，则说明反应达到衡状态；物质的量浓度相等，能说明反应速率相等；解题的过程中，应注意明确横纵坐标的意义。22．【分析】根据酸碱的强弱判断溶液中n（H+）与n（OH﹣）关系进行判断和计算。【解答】解：A、pH＝3的硝酸中c（H+）＝1×10﹣3mol/L，pH＝11的氢氧化钾溶液中c（OH﹣）＝1×10﹣3mol/L，在室温下等体积混合后，pH＝7，故A错误；B、pH＝3的盐酸中c（H+）＝1×10﹣3mol/L，pH＝11的氨水中c（OH﹣）＝1×10﹣3mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，故B错误；C、pH＝3的硫酸中c（H+）＝1×10﹣3mol/L，pH＝11的氢氧化钠溶液中c（OH﹣）＝1×10﹣3mol/L，在室温下等体积混合后，pH＝7，故C错误；D、pH＝3的醋酸c（H+）＝1×10﹣3mol/L，pH＝11的氢氧化钡溶液中c（OH﹣）＝1×10﹣3mol/L，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，pH＜7，故D正确；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，题目难度大，注意判断酸碱的强弱并此判断反应的过量问题。23．【分析】根据反应速率的大小确定温度和压强的大小；再根据温度及压强对化衡的影响进行判断．【解答】解：A．根据图1，T2时反应时间短，速率快，所T2＞T1；根据图2，P2时反应时间短，速率快，所P2＞P1，故A正确；B．根据图1，温度升高，C的百分含量减小，衡向左移动，所该反应为放热反应，故B正确；C．根据图2，压强变大，C的百分含量减小，衡向左移动，所反应前气态物质的化计量数之和小于反应后气态物质的化计量数之和，故C正确；D．△H与反应物的量无关，故D错误；故选：D。【点评】本题考查外界条件对化反应速率和化衡的影响，题目难度中等．要注意改变固体或液体的量，衡移动，△H与反应物的量无关．24．【分析】A．HCl溶于水后的盐酸是强酸，与①NH3•H2O反应，c（NH4+）增大；盐酸中的氢离子抑制了铵离子的水解，c（NH4+）也增大；B．氢氧化钠属于强碱，加入少量NaOH固体，溶液中的c（OH﹣）增大，抑制了氨水的电离；氢氧根离子结合铵离子生成一水合氨，铵离子浓度减小；C．加入少量H2O，溶液被稀释，两种溶液中c（NH4+）都会减小；D．升高温度，②氨气会从溶液中挥发出来，导致NH3•H2O浓度减小，c（NH4+）自然减小；②NH4Cl溶液，升高温度后，促进了水解，c（NH4+）减小．【解答】解：A．HCl溶于水后得到的盐酸是强酸，能够和①NH3•H2O反应，导致溶液中c（NH4+）增大；盐酸中的H+离子抑制了NH4+的水解，使氯化铵溶液中的c（NH4+）也增大，故A正确；B．加入少量NaOH固体，溶液中的c（OH﹣）增大，抑制了NH3•H2O溶液的电离；氢氧根离子结合NH4+生成一水合氨，c（NH4+）都会减小，所两溶液中铵离子浓度都减小，故B错误；C．当向①0.01molL﹣1NH3•H2O②0.01molL﹣1NH4Cl加入少量H2O后，溶液被稀释了，两溶液中的c（NH4+）都会减小，故C错误；D．温度升高，氨气具有挥发性，导致氨气挥发，NH3•H2O浓度减小，溶液中的c（NH4+）减小；而NH4Cl溶液中，铵根离子的水解为吸热反应，升高温度可促进NH4+水解，导致c（NH4+）减小，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了弱电解质的电离及其影响，题目难度中等，明确电离衡及其影响为解答关键，注意掌握盐的水解原理，试题侧重考查生的分析能力及灵活应用能力．25．【分析】A．由I可知，衡时CO为0.4mol，衡浓度为0.2mol/L，则CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）开始0.140转化0.10.2衡0.040.2K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；B．C为纯固体；C．II比I中起始量大，压强大，增大压强衡逆向移动；D．I与Ⅲ极限转化后起始量相同，且为吸热反应，升高温度衡正向移动。【解答】解：A．由I可知，衡时CO为0.4mol，衡浓度为0.2mol/L，则CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）开始0.140转化0.10.2衡0.040.2977K，该反应的化衡常数值为＝1，故A错误；B．C为纯固体，向容器Ⅰ中增加C的量，衡移动，故B错误；C．II比I中起始量大，压强大，增大压强衡逆向移动，则达到衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大，故C正确；D．I与Ⅲ极限转化后起始量相同，且为吸热反应，升高温度衡正向移动，由选项A可知CO2的转化率为×%＝71.4%，温度相同时Ⅲ中CO的转化率为28.6%，而I中温度低，则达到衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率小于28.6%，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化衡计算，为高频考点，把握化衡三段法、K及转化率计算、衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度大。二、解答题（共5小题，满分50分）26．【分析】根据NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣知，向氨水中加入酸，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致衡右移，从而促进氨水电离；向氨水中加入碱，氢氧根离子浓度增大，导致衡左移，从而抑制氨水电离；向氨水中加入氯化铵，导致溶液中铵根离子浓度增大，衡向左移动，从而抑制氨水电离，据此分析解答．【解答】解：（1）向氨水中通适量的氯化氢气体，氯化氢溶于水电离出氢离子，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致衡右移，则溶液中氨气浓度减小，溶液的碱性减弱，所溶液中氢原子浓度增大，故答案为：减小；增大；（2）向氨水中加入适量氢氧化钠，氢氧根离子浓度增大，导致衡左移，则溶液中铵根离子浓度减小，故答案为：减小；增大；（3）向氨水中加入氯化铵，氯化铵电离出铵根离子，所溶液中铵根离子浓度增大，衡向左移动，从而抑制氨水电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，故答案为：增大；减小．【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据溶液中某种微粒浓度的变化来判断衡的移动及其它微粒浓度的变化，难度大．27．【分析】（1）冰醋酸中没有水分子，CH3COOH分子形式存在；（2）溶液的导电性与溶液中的离子浓度与离子所带电荷数有关，pH＝﹣lgc（H+）；（3）加水有利于弱电解质的电离衡正向移动；（4）可通过减小H+的浓度是电离衡正向移动；或直接加入含有CH3COO﹣的可溶性的盐溶液。【解答】解：（1）冰醋酸中没有水分子，CH3COOH分子形式存在，没有发生电离，因此没有自由移动的离子，故答案为：无水电离，无自由移动的离子；（2）溶液的导电性与溶液中的离子浓度与离子所带电荷数有关，H+和CH3COO﹣均带一个电荷，即导电性与离子浓度有关；导电性强的溶液H+和CH3COO﹣离子浓度大；pH＝﹣lgc（H+），c（H+）越大的pH越小，所pH由大到小时：c＞a＞b，故答案为：c＞a＞b；（3）弱电解质CH3COOH存在电离衡：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，加水使电离衡正向移动，则电离程度由大到小为：c＞b＞a，故答案为：c；（4）弱电解质CH3COOH存在电离衡：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣；可通过减小H+的浓度是衡正向移动，而使CH3COO﹣浓度增大；与H+反应的的物质有：Mg等活泼金属、Na2O等碱性氧化物、NaOH等碱液、Na2CO3等某些盐溶液；或直接加入含有CH3COO﹣的可溶性的盐溶液，故答案为：Mg；Na2O；NaOH；Na2CO3；CH3COONa。【点评】本题考查电离衡及pH的有关知识，是必考点和难点，也是重点；同时注意题给信息的合理、正确并灵活运用；时练时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化思维，形成化科的核心素养。28．【分析】（1）同体积，同pH的三种酸中，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，酸中氢离子的物质的量与生成二氧化碳的体积成正比；（2）在同体积、同浓度的三种酸中，醋酸和盐酸的物质的量相等，小于硫酸中氢离子的物质的量，酸中氢离子的物质的量与生成二氧化碳的体积成正比；（3）pH＝﹣，酸中和碱，等物质的量的三种酸消耗碱的物质的量与酸的物质的量及元数成正比．【解答】解：醋酸和盐酸都是一元酸，醋酸是弱酸，盐酸是强酸，硫酸是二元强酸，所醋酸中存在电离衡，氯化氢和硫酸完全电离，（1）同体积、同pH的三种酸中，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，分别加入足量的碳酸钠粉末，氢离子的物质的量越大，生成的二氧化碳体积越大，硫酸和盐酸中生成的二氧化碳体积相同，醋酸中生成的二氧化碳体积最大，所在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是a＞b＝c，故答案为：a＞b＝c；（2）在同体积、同浓度的三种酸中，醋酸和盐酸的物质的量相等，小于硫酸中氢离子的物质的量，则硫酸放出的二氧化碳体积最大，醋酸和盐酸中生成的二氧化碳体积相等，故答案为：c＞a＝b；（3）氢离子浓度越大，溶液的pH越小，物质的量浓度为0.1mol•L﹣1的三种酸溶液，硫酸中氢离子浓度最大，盐酸中氢离子浓度次之，醋酸中氢离子浓度最小，所三种酸溶液的pH由大到小的顺序是a＞b＞c；盐酸和醋酸都是一元酸，硫酸是二元酸，等体积、等物质的量浓度的三种酸与碱反应时，消耗碱的物质的量与酸的物质的量和元数成正比，所硫酸消耗氢氧化钠最多，盐酸和醋酸消耗氢氧化钠的量相等，即c＞a＝b，故答案为：a＞b＞c；c＞a＝b．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点、物质间的反应即可解答，难度中等．29．【分析】（1）涉及到一定物质的量浓度的溶液的配制和中和滴定实验，一定物质的量浓度的溶液的配制所需的仪器为：托盘天（带砝码、镊子）、mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙；中和滴定实验所需的容器为：滴定管、锥形瓶、烧杯；（2）KMnO4溶液具有强氧化性，易氧化碱式滴定管的橡胶管；（3）根据方程式建立已知