(化学)中考化学化学综合题专项训练及答案.doc

1、（化学）中考化学化学综合题专项训练及答案一、中考化学综合题1实验室现有一瓶含少量水的碳酸氢铵样品，为测定其中碳酸氢铵的质量分数，某化学兴趣小组利用下图所示装置进行实验(该装置气密性良好，装置B、C中所装药品均足量，碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物)。已知:碳酸氢铵受热易分解，反应的化学方程式为: NH4HCO3NH3+H2O+CO2，NH3能被酸溶液吸收。部分实验步骤如下:I.打开弹簧夹，通入段时间的氮气；II.关闭弹簧夹，给碳酸氢铵样品加热；III.当样品反应完全，再停止加热，直到玻璃管冷却；.实验完毕，测得装置B、C中药品的质量分别增加了m1、m2。请回答下列问题:(1)NH4HCO3属于

2、_(选填 “氮肥”“磷肥”“钾肥”或“复合肥”)；装置B中盛放的液体是_。(2)装置C中发生反应的化学方程式为_。(3)步骤III中，停止加热前应进行的操作是_。(4)该样品中碳酸氢铵的质量分数的表达式为_(用m1、m2的代数式表示)。【答案】氮肥 浓硫酸(浓H2SO4) CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 打开弹簧夹通氮气 或 【解析】(1)根据碳酸氢铵含有氮元素解答；根据NH3能被酸溶液吸收及浓硫酸有吸水性解答；(2)根据二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水解答；(3)根据必须将反应生成的气体全部通入到B、C装置且防止干扰实验解答；(4)根据反应的化学方程式计算解答。(1)NH4

3、HCO3中含有氮元素，属于氮肥；装置B中盛放的液体是浓硫酸(浓H2SO4)；(2)二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；(3)步骤III中，停止加热前应进行的操作是打开弹簧夹通氮气；(4)设样品中碳酸氢铵的质量为x。NH4HCO3NH3+H2O+CO279 44x m2x=样品中碳酸氢铵的质量分数为100=100或。2碳和碳的化合物是初中化学学习的重要内容。1金刚石、石墨和C60都是由碳元素组成的单质，下列有关说法正确的是_（填字母代号。）A都是黑色固体 B硬度相同C完全燃烧都生成二氧化碳 D碳原子的排列方式相同2碳酸钠广泛用于玻

4、璃、造纸、纺织和洗涤剂等的生产。如何检验一瓶碳酸钠溶液中是否混有氢氧化钠？请简要写出实验步骤和现象_。下边是某趣味实验装置图，其气密性良好。打开分液漏斗的活塞后，可观察到气球胀大的现象。请用化学方程式解释产生此现象的原因 _。3如下图是实验室中制取气体常用到的仪器，请回答下列问题：请写出用D装置制取氧气的化学方程式：_。实验室可用碳化钙（CaC2）固体和水反应来制取乙炔（C2H2）气体，该反应必须严格控制加水的速率，以免剧烈反应放热引起发生装置炸裂，则制取乙炔的最适合发生装置是_；若用E装置采用排水法来收集乙炔，乙炔气体从_进（填“a”或“b”）。（4）乙炔（C2H2）是一种重要的化工原料。常

5、用碳化钙（CaC2）与水反应制取乙炔，同时生成氢氧化钙。若要制取5.2g乙炔气体，理论上需要碳化钙的质量是_。【答案】C 向该试管中滴加足量的CaCl2溶液(或BaCl2溶液等) ，静置，取上层清液，向其中滴加酚酞溶液，看酚酞溶液是否变红 2HCl + Na2CO3 = 2NaCl + CO2+ H2O 2KMnO4 K2 MnO4 + MnO2 + O2 （或2KClO3 2KCl + 3O2 ） B b 12.8g 【解析】（1）A、金刚石是无色透明的固体，不是黑色的，错误；B、金刚石是自然界最硬的物质，而石墨是自然界最软的物质之一，错误；C、它们都是碳元素组成的单质，所以它们具有相同的化

6、学性质，都可以燃烧，充分燃烧后的产物都是二氧化碳，正确；D、由于金刚石、石墨和C60结构中碳原子的排列方式不同，它们的物理性质差别很大，错误。故选C；（2）由于碳酸钠的水溶液也显碱性，要验证氢氧根离子要先除去碳酸根离子，所以检验一瓶碳酸钠溶液中是否混有氢氧化钠，可以取该溶液少许，加入足量CaCl2溶液（或BaCl2溶液等），静置，取上层清液滴加酚酞溶液，若溶液变成红色，则该粉末中含有NaOH；若溶液没有变成红色，则该粉末中不含NaOH；碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，如果气密性良好，观察到气球胀大的现象，反应方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2；（3）用D

7、装置制取氧气的化学方程式，反应的化学方程式为：2KMnO4 K2 MnO4 + MnO2 + O2 （或2KClO3 2KCl + 3O2 ）；根据分析可知，装置B能够很好的控制反应的进行和开始，并能够控制反应速率所以应该用B装置来制取乙炔，采用排水法收集时要从b管进入，把水从a管排出；（4）设需要碳化钙的质量为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H264 26X 5.2g=12.8g答：理论上需要碳化钙12.8g。3盐城濒临黄海，拥有巨大的天然宝库。（1）海堤树林茂密，让人清新呼吸。树林中的绿色植物通过光合作用，吸收_（填化学式），放出O2，将_能转化为化学能。树林中富含抗氧化防衰老的负

8、氧离子。一种负氧离子（O2-）的一个原子团是由一个O2分子俘获了空气中一个自由电子形成的微粒，每个O2-中共含有_个电子。（2）滩涂花海飘香，使人流连忘返。鲜花的香味在空气中扩散，是大量的带有香味的分子_的结果。培育鲜花的某种营养液呈蓝色，可能由KNO3、Ca（NO3）2、CuCl2中的一种或几种物质配制而成，其中Ca、N的元素质量比为1：1，则该营养液中含有_种溶质。从均衡植物所需营养元素的角度分析，营养液中还需补充_（填元素符号）。（3）大海资源丰富，引人不断探索。从海水中可以提取粗盐（含少量泥沙和CaCl2、MgSO4等可溶性杂质）。小明利用如图流程进行除杂，得到精盐。操作1需要在_（填

9、字母序号）中进行。A研钵 B量筒 C烧杯 D广口瓶操作2的步骤为溶解、过滤、_、结晶，过滤操作中玻璃棒的作用是_。操作3的步骤为“盐洗”（即用NaCl溶液浸洗粗盐，以溶解除去其中可溶性杂质），过滤、烘干，则“盐洗”溶液应选用NaCl的_（填“饱和”或“不饱和”）溶液。在农业生产上，常用质量分数为16%的NaCl溶液选种。小明称取实验制得的精盐l6g，加入盛有84mL蒸馏水的烧杯里（实验条件下，水的密度为1gmL-1），完全溶解。配制所得的NaCl溶液的浓度低于16%，原因是_。若利用化学方法除去粗盐中CaCl2、MgSO4两种杂质，可在粗盐溶液中依次加入稍过量的三种溶液：BaCl2溶液、_（填

10、化学式）溶液、Na2CO3溶液。允分反应后过滤，加入过量稀盐酸，搅拌、煮沸。【答案】CO2 太阳 17 不断运动 3 P A 蒸发 引流 饱和 精盐不纯有杂质或未完全烘干 NaOH 【解析】【分析】粗盐提纯过程：溶解、过滤、蒸发，饱和溶液,指的是在一定温度下,一定剂量的溶剂里面,不能继续溶解溶质。【详解】（1）光合作用，通常是指绿色植物（包括藻类）吸收光能，把二氧化碳(CO2)和水(H2O)合成富能有机物，同时释放氧的过程，故吸收二氧化碳，化学式为CO2，放出O2，将太阳能转化为化学能。一种负氧离子（O2-）的一个原子团是由一个O2分子俘获了空气中一个自由电子形成的微粒，氧气分子含有16个质子

11、数，俘获了空气中一个自由电子，含有17个电子，故每个O2-中共含有17个电子。（2）构成物质的分子在做永不停息的无规则运动，鲜花的香味在空气中扩散，是大量的带有香味的分子不断运动的结果。培育鲜花的某种营养液可能由、中的一种或几种物质配制而成，呈蓝色，则含有氯化铜，其中Ca、N的元素质量比为1：1，营养液中含有硝酸钙，中Ca、N的元素质量比为，营养液中Ca、N的元素质量比为1：1，则含有硝酸钾，故该营养液中含有3种溶质。物所需营养元素由三种，为氮元素、钾元素、磷元素，营养液中含有氮元素和钾元素，从均衡植物所需营养元素的角度分析，营养液中还需补充磷元素，元素符号为P。（3）操作1是把大颗粒粗盐研磨

12、成小颗粒粗盐，需要在研钵中进行，故选A。操作2的步骤为溶解、过滤、蒸发、结晶，过滤操作中玻璃棒的作用是引流。操作3的步骤为“盐洗”， “盐洗”的氯化钠溶液中不能引入新的杂质，故“盐洗”溶液应选用NaCl的饱和溶液。精盐不纯会带有杂质，氯化钠的质量变小，未完全烘干，相当于将溶液稀释，配制所得的NaCl溶液的浓度低于16%，故配制所得的NaCl溶液的浓度低于16%，原因是精盐不纯有杂质或未完全烘干。化学方法除去粗盐中CaCl2、MgSO4两种杂质，加入BaCl2溶液，硫酸镁和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化镁，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钙、氯化钡反应生成碳酸钙沉淀、碳

13、酸钡沉淀和氯化钠，故可在粗盐溶液中依次加入稍过量的三种溶液：BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液。4CaCO3在生产生活中有广泛的用途。（1）煅烧石灰石可制得活性CaO，反应的化学方程式为_。为测定不同煅烧温度对CaO活性的影响，取石灰石样品分为三等分，在同一设备中分别于800、900和1000条件下煅烧，所得固体分别与等质量的水完全反应，测得反应液温度随时间的变化如图1所示。可知：CaO与水反应会_热量（填“放出”或“吸收”）；上述温度中，_煅烧所得CaO活性最高要得出正确结论，煅烧时还需控制的条件是_。（2）以电石渣主要成分为Ca（OH）2，还含有少量MgO等杂志为原料制备高纯C

14、aCO3的流程如下：如图3为NH4Cl浓度对钙、镁浸出率的影响（浸出率= 100%）。可知：较适宜的NH4Cl溶液的质量分数为_；浸取时主要反应的化学方程式为_。流程中虚线内部分若改用_溶液（填化学式），可一步得到与原流程完全相同的生成物。流程中虚线内部若改用Na2CO3溶液，也能得到高纯CaCO3，试从生物的角度分析原流程的优点：aNH3可循环利用；b_。【答案】CaCO3 CaO+CO2 放出 900 氧化钙的质量 10% 2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3+2H2O NH4HCO3 可以得到化工产品氯化钠 【解析】【详解】试题分析：（1）碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二

15、氧化碳，化学方程式为：CaCO3CaO+CO2，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，放出热量，通过分析表中的数据可知，900时所得CaO活性最高，要得出正确结论，煅烧时还需控制的条件是氧化钙的质量；（2）通过分析图象中氯化铵浸出钙离子的质量分数可知，较适宜的NH4Cl溶液的质量分数为10%，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，所以浸取时主要反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3+2H2O；图中的流程分析可知，碳酸氢铵和氨水、二氧化碳所起的作用是相同的，所以流程中虚线内部分若改用NH4HCO3溶液；流程中虚线内部若改用Na2CO3溶液，也能得到高纯CaCO3，除了氨

16、气可以循环使用，可以得到化工产品氯化钠。5小明进行H2O2溶液制O2的实验探究。结合下列过程，回答有关问题。（1）MnO2作催化剂，向5mL5%的H2O2溶液中加入少量MnO2，立即产生大量气泡。写出用H2O2溶液制备O2的化学方程式：_。用上述反应原理制备并收集一瓶干燥的O2，从所给装置图中选择并组装一套装置，其连接顺序为_ _ _（填标号）。为了确保实验成功，在装药品之前应该_。检验O2的方法是_ ，若木条复燃，则证明收集的气体为O2。（2）FeCl3溶液做催化剂向5mL5%的H2O2溶液中加入2滴一定浓度的 FeCl3溶液，立即产生大量气泡。（已知）FeCl3溶液中主要含有三种微粒：H2

17、O、Fe3+、Cl-（问题）那种微粒对H2O2溶液的分解起催化作用？（假设）假设一：可能是H2O假设二：可能是Fe3+假设三：可能是Cl- （分析）假设一不可能成立，理由是_。（实验）操作现象其他条件不变，向H2O2溶液中加入NaCl溶液无明显变化其他条件不变，向H2O2溶液中加入Na2SO4溶液无明显变化其他条件不变，向H2O2溶液中加入Fe2(SO4)3溶液立即产生大量气泡（结论）假设_成立，而假设一和另一种假设不成立。催化剂比较从循环利用的角度分析，_（填化学式）更适合做该反应的催化剂。【答案】2H2O2 2H2O + O2 B C E 检查装置气密性 将带火星的木条放置在集气瓶内 过氧

18、化氢溶液中溶剂是水 二 MnO2 【解析】本题考查了气体的制取装置和收集装置的选择，氧气的检验，催化作用的探究等。气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关；在催化作用的探究时，运用控制变量的原理。（1）过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解为水和氧气，化学方程式是2H2O2 2H2O + O2；用H2O2溶液制备O2时，是固体与液体混合不需加热，可选择的发生装置是B，制得氧气中含有水蒸气，浓硫酸具有吸水性，可用装有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气，氧气密度大于空气，可用向上排空气法收集。制备并收集一瓶干燥的O2，从所给装置图中选择并组装一套装置，其连

19、接顺序为BCE；为了确保实验成功，在装药品之前应该检查装置气密性；氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃。检验O2的方法是将带火星的木条放置在集气瓶内，若木条复燃，则证明收集的气体为O2；（2）假设一不可能成立，理由是过氧化氢溶液中溶剂是水；其他条件不变，向H2O2溶液中加入NaCl溶液，无明显变化，说明Cl-对H2O2溶液的分解不起催化作用；其他条件不变，向H2O2溶液中加入Fe2(SO4)3溶液，立即产生大量气泡，FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液都存在Fe3+，说明Fe3+对H2O2溶液的分解起催化作用，假设二成立；MnO2不溶于水，更容易回收，催化剂比较从循环利用的角度分析，MnO2

20、更适合做该反应的催化剂。6NaOH是重要的化工原料，研究其制备、检验、贮存及应用具有重要意义。（1）工业上常用电解饱和食盐水的方法制取NaOH，反应的化学方程式为2NaCl2H2O2NaOHCl2X。X的化学式为_。（2）为了探究NaOH样品中是否存在NaCl、Na2CO3杂质，设计如下实验方案：注：AgCl是白色固体，难溶于水和稀HNO3。乙中有无色无味气体产生，证明样品中含有Na2CO3。产生气体的化学方程式为_。试剂X为_溶液；可证明NaCl存在的现象是_。（3）某兴趣小组试图通过测定生成的CO2质量确定因久置而变质的NaOH固体中Na2CO3的质量分数，设计了如图所示装置并进行如下实验

21、：步骤一：取一定质量的样品，加入气密性良好的锥形瓶中，然后在分液漏斗中加入足量的稀硫酸，称出装置总质量为m1。步骤二：打开分液漏斗旋塞，逐滴加入稀硫酸，待气泡不再产生时，关闭旋塞，称出装置总质量为m2。球形干燥管中不用NaOH固体而用CaCl2固体的原因是_。小明同学认为（m1-m2）即为生成的CO2质量，小红同学认为小明的想法不合理，理由是_。（4）某工厂化验室用20%NaOH溶液洗涤一定量石油产品中残余H2SO4，共消耗NaOH溶液20g，洗涤后的溶液呈中性。这一定量石油产品中所含H2SO4的质量为_（写出计算过程）。【答案】H2 2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+H2O+CO2 硝

22、酸银 丙中产生白色沉淀 CaCl2不吸收CO2，而NaOH吸收CO2 锥形瓶内有残留的二氧化碳气体，生成的二氧化碳气体没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小 4.9g 【解析】【分析】【详解】（1）由质量守恒定律可知，反应前后Na、Cl、H、O原子的个数分别为：2、2、4、2，2、2、2、2，故X的化学式为H2；（2）硝酸与碳酸钠反应生成硝酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+H2O+CO2；为检验氯离子，试剂X为硝酸银溶液；可证明NaCl存在的现象是：丙中产生白色沉淀；（3）球形干燥管中不用NaOH固体而用CaCl2固体的原

23、因是：CaCl2不吸收CO2，而NaOH吸收CO2；小明同学认为（m1-m2）即为生成的CO2质量，小红同学认为小明的想法不合理，理由是：锥形瓶内有残留的二氧化碳气体，生成的二氧化碳气体没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小；（4）设一定量石油产品中所含H2SO4的质量为x。 x=4.9g答：这一定量石油产品中所含H2SO4的质量为4.9g。7在粗盐的提纯实验中(1)其主要操作步骤顺序是_。过滤 溶解 蒸发 计算产率(2)下图是某同学过滤的操作图，指出图中明显错误_；过滤后，如果滤液仍然浑浊，其原因可能是_。(填一种)(3)蒸发时，蒸发皿内出现_ 时应停止加热。(4)

24、通过以上操作只能除去粗盐中难溶性杂质，欲除去可溶性杂质MgCl2、CaCl2得到纯净的NaCl，可采用如下图所示流程：上图中所用甲、乙、丙三种试剂依次是_。ANaOH溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸 BNa2CO3溶液、KOH溶液、稀盐酸CNaOH溶液、Na2CO3溶液、稀硫酸 反思交流：通过以上规范操作,制得氯化钠的质量比原粗盐样品中含氯化钠的质量_(填“增多”、“减少”、“不变”)。【答案】 没有用玻璃棒引流 液面高于滤纸边缘(或滤纸破损或承接的仪器不干净) 较多固体 A 增多 【解析】本题考查了粗盐的提纯，酸、碱、盐的性质。解题时注意除杂的最后不能再有其他杂质。（1）粗盐提纯时除去不溶性杂

25、质的操作步骤是溶解、过滤、蒸发和计算产量，故填：；（2）图1是的过滤操作，图中明显的错误是没有使用玻璃棒引流；过滤后，如果滤液仍然浑浊，可能是因为液面高于滤纸边缘(或滤纸破损或承接的仪器不干净)；（3）蒸发时，当蒸发皿内出现较多固体时应停止加热；（4）A、氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氯化钠，可用足量的氢氧化钠溶液除去氯化镁，氯化钙与碳酸钠生成碳酸钙和氯化钠，可用足量的碳酸钠除去氯化钙，盐酸能与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，盐酸能与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质且不引入新杂质，符合题意；B、氯化镁与氢氧化钾反应生成氢氧化镁和氯化钾，用氢氧化钾溶液除去氯化镁时会引入新杂质氯化钾

26、，不符合题意；C、硫酸能与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，硫酸能与碳酸钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，用硫酸除去氢氧化钠和碳酸钠时，会引入新杂质硫酸钠，不符合题意。故选A；通过以上规范操作，有食盐生成，制得氯化钠的质量比原粗盐样品中含氯化钠的质量会增多。8A、B、C三种固体物质的溶解度曲线如图所示。请回答下列问题。（1）t1时，溶解度相同的物质是_。（2）若保持溶液质量不变，将C的饱和溶液变为不饱液的方法是_。（3）t2时，把50gA放入50g水中，所得溶液中溶质和溶液的质量比为_（填最简整数比）。（4）将t2时等质量的A、B、C三种物质的饱和溶液，降温度温至t1时所得溶液中溶剂质量由大到小顺序为

27、_。【答案】A、C 降低温度 1:3 C、B、A 【解析】【分析】根据固体的溶解度曲线可以：查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性，比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。【详解】（1）通过分析溶解度曲线可知，t1时，溶解度相同的物质是A、C；（2）C物质的溶解度随温度的降低而增大，所以若保持溶液质量不变，将C的饱和溶液变为不饱液的方法是：降低温度；（3）t2时，A物质的溶解度是50g，所以把50gA放入50g水中，所得溶液中溶质和溶液的质量比为2

28、5g：75g1：3；（4）t2时，A物质的溶解度最大，C物质的溶解度最小，等质量的A、B、C三种物质的饱和溶液中，A中的溶剂最少，C中的溶剂最多，所以将t2时等质量的A、B、C三种物质的饱和溶液，降温度温至t1时，溶剂质量不变，所得溶液中溶剂质量由大到小顺序为 C、B、A。9硫酸铜在纺织、印刷等行业有广泛用途。（1）工业上可用铜屑、空气与稀硫酸在80条件下制备硫酸铜。如图1是实验室模拟工业制备硫酸铜的装置，反应的化学方程式为 ，采用水浴加热的优点是 ，多孔球泡的作用为 。工业生产时可用纯氧代替空气。这一措施能加快反应速率外，还具有的优点是 。实验室用H2O2溶液和MnO2制备O2，反应的化学方

29、程式为 ，在图2中，应选用的发生装置为 （填序号，下同），收集装置为 。（2）以CuSO4为原料制备碱式碳酸铜Cu2（OH）2CO3的过程如图3：“沉淀”时的反应为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2（OH）2CO3+2 +CO2检验沉淀是否洗涤干净选用的试剂是 （填化学式），烘干时产品中出现少量黑色物质，可能的原因为 。若所得产品的产率（产率=100%）偏高，其可能的原因为 （填序号）。a反应物为完全沉淀 b过滤时滤纸破损cCu2（OH）2CO3未洗涤干净dCu2（OH）2CO3为完全烘干“沉淀”时若有少量3Cu（OH）22CuSO4生成，则产品中铜元素的质量分数 。（填“偏大”“

30、不变”或“偏小”）（3）T时加热32.0g硫酸铜，一段时间后得到15.2gCuO和Cu2O的混合物，计算该混合物中CuO的质量（写出计算过程）。【答案】（1）2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O温度易控，受热均匀增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行排除其他气体的干扰；2H2O22H2O+O2 A D（2）Na2SO4HNO3和BaCl2溶液 碱式碳酸铜受热分解为氧化铜c不变（3）0.7g【解析】试题分析：（1）铜、氧气和硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜和水，化学方程式为：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O。直接加热温度过高，反应温度难以控制，水浴加热，反应的温度很

31、好控制，受热均匀，图中多孔球泡的作用是：增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行。工业生产时可用纯氧代替空气。这一措施能加快反应速率外，还具有的优点是排除其他气体的干扰；用双氧水制氧气应选用的制取装置是固液常温型，收集方法可以是排水法也可是向上排空气法，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2。（2）反应前有2个铜原子、2个硫原子、15个氧原子、2个碳原子、4个钠原子和2个氢原子，反应后2个铜原子、0个硫原子、7个氧原子、2个碳原子、0个钠原子和2个氢原子，依据化学反应前后原子的种类和个数不变可知，2X中有4个钠原子、2个硫原子、8个氧原子，所以X化学是为Na2SO4；故检验沉淀是否洗涤干

32、净，可检验硫酸根离子的存在，应选用试剂是 HNO3和BaCl2溶液；烘干时产品中出现少量黑色物质，可能的原因为碱式碳酸铜受热分解为氧化铜；若所得产品的产率（产率=100%）偏高，其可能的原因为：a、反应物为完全沉淀，无影响；b、过滤时滤纸破损，产品的实际质量减少，所得产品的产率降低；c、Cu2（OH）2CO3未洗涤干净 产品的实际质量增大，所得产品的产率偏高；d、Cu2（OH）2CO3为完全烘干，无影响；“沉淀”时若有少量3Cu（OH）22CuSO4生成，则产品中铜元素的质量分数不变；（3）反应前后铜元素的质量相等，设该混合物中CuO的质量为x，则Cu2O的质量=15.2gx32g=x100%

33、+（15.2gx）100%x=0.7g。考点：物质的相互转化和制备；氧气的制取装置、收集方法；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；根据化学方程式进行计算10（1）在H、C、O、Na、Fe、Cl几种元素中，选择适当元素组成符合下列要求的物质，将其化学式填在下面相应横线上遇到干旱时节，可用于人工降雨的干冰_；厨房中常备，可用作调味剂的是_；天然气的主要成分_；可用来冶炼铁的赤铁矿的主要成分是_（2）学好化学，必须要熟悉物质的组成与分类图中“”和“”分别表示质子数不同的两种原子，则下列图中表示化合物的是_（填字母）（3）随着日本福岛核电站放射性碘泄漏，碘这种元素被人们所关注

34、图1是元素周期表中提供的碘元素的部分信息及碘原子的结构示意图由此可知，下列说法错误的是_（填字母）A碘原子的核电荷数为53B碘原子核外有五个电子层，在化学反应中容易失去电子C碘属于非金属元素D碘的相对原子质量为126.9（4）甲、乙两固体物质的溶解度曲线如图2所示，下列说法正确的是_（填字母，可能有多个选项）A随着温度的升高，甲的溶解度增大，乙的溶解度减小Bt1时，30g甲加入到50g水中最多可得80g溶液Ct2，等质量的甲、乙两物质的饱和溶液分别降温到t1时，所得溶液质量的大小关系为：甲乙Dt2，甲、乙两物质的饱和溶液分别降温到t1时，所得溶液中溶质质量分数的大小关系是：甲乙【答案】（1）C

35、O2；NaCl；CH4；Fe2O3 （2）A （3）B （4）ACD【解析】试题分析：（1）干冰是固态的二氧化碳，其化学式是CO2；厨房中常备，可用作调味剂的是氯化钠，其化学式是NaCl；天然气的主要成分是甲烷，其化学式为CH4；赤铁矿的主要成分是氧化铁，其化学式是Fe2O3；故答案为（1）CO2；NaCl；CH4；Fe2O3；（2）A、图中四个分子构成相同，为同种物质的分子，该图所示物质为纯净物；每个分子由不同种原子构成，为化合物的分子；故A图所示物质为化合物；故A正确；B、图中四个分子构成相同，为同种物质的分子，图所示物质为纯净物；而每个分子是由同种原子构成的单质分子，则该图所示物质为单质

36、；故B不正确；C、图中四种分子其中有两个分子构成相同，而其余两个分子构成不同，图中共有三种分子，图所示物质为混合物；故C不正确；D、图中四个分子为两种构成不同的分子，为两种物质的分子，图示物质为化合物的混合物；故D不正确；故选A；（3）A、由元素周期表中提供的碘元素的部分信息及碘原子的结构示意图，可知碘的原子序数是53，因此核电荷数是53，故说法正确；B、由碘原子的结构示意图，碘原子核外有五个电子层，最外层有7个电子，在化学反应中容易得到电子，故说法错误；C、由汉语名称“碘”，可知其为非金属元素，故说法正确；D、由元素周期表中提供的碘元素的部分信息及碘原子的结构示意图，可知碘的相对原子质量为1

37、26.9，故说法正确故选B；（4）A、根据甲、乙两固体物质的溶解度曲线图可知，随着温度的升高，甲的溶解度增大，乙的溶解度减小，说法正确；B、根据甲、乙两固体物质的溶解度曲线图可知，t1时，甲的溶解度是20g，即100g水中最多溶解20g甲，因此30g甲加入到50g水中最多溶解10g，可得60g溶液，故说法错误；C、降低温度甲的溶解度减小析出晶体，乙的溶解度增大，不会析出晶体，所以t2时等质量的甲、乙两物质的饱和溶液分别降温到t1时，所得溶液质量的大小关系为：甲乙，说法正确；D、t2时，将甲、乙两物质的溶解度甲大于乙，所以该温度下甲乙的饱和溶液溶质质量分数也是甲大于乙；降低温度甲的溶解度减小析出晶体，溶质质量分数减小，乙的溶解度增大，但不会析出晶体所以溶液的溶质质量分数不变；降温到t1甲仍是饱和溶液，溶质质量分数=100%；温度从t2降温到t1时乙不饱和，溶质质量分数小于100%，t1时甲乙的溶解度相等，所以得出该温度时所得溶液溶质质量分数甲大于乙，故说法正确故选ACD考点：化学式的书写及意义；固体溶解度曲线及其作用；单质和化合物的判别；原子结构示意图与离子结构示意图；元素周期表的特点及其应用点评：本题难度不大，熟练掌握常见物质的性质、用途、组成及化学式的书写、物质的分类以及溶解度曲线的相关知识是正确解答此类题的关键所在