2015年四川省德阳市中考化学试卷(word解析版)
四川省德阳市2015年中考化学试卷
一、选择题（本题包括8个小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）
3．（3分）（2015•德阳）地壳中含有丰富的氧、硅、铝、铁元素，其有关信息如图所示，下列说法正确的是（）
4．（3分）（2015•德阳）如图是某反应的微观示意图，下列有关说法不正确的是（）
2H
5．（3分）（2015•德阳）下列实验方案能够达到相应实验目的是（）
6．（3分）（2015•德阳）甲、乙两种物质的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是（）
7．（3分）（2015•德阳）室温时，将氢氧化钠溶液与盐酸用滴加方式反应时，溶液的pH 随滴入溶液体积变化如图所示．下列有关说法不正确的是（）
8．（3分）（2015•德阳）将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，充分
）
四、（本题包括5个小题，共36分）
9．（6分）（2015•德阳）工业烟气通常含有二氧化硫，在排放前需经脱硫处理．如图是两种常用脱硫工艺中含硫物质的转化路径（部分产物已略）．请回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的化学方程式是SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O．
（2）反应Ⅱ所属的基本反应类型是复分解反应，CaSO3中Ca、S、O元素的质量比是5：4：6．
（3）已知原料NaOH的价格为2.9元/kg、Ca（OH）2的价格为0.36元/kg．两种工艺中，处理相同质量的SO2，双碱法所需的原料成本更低，其原因是通过反应II实现了NaOH 的循环利用，减少了NaOH的用量，所以成本降低．
10．（8分）（2015•德阳）A﹣I是初中化学中常见的物质．它们之间有如图所示的转化关系．已知A为铝土矿的主要成分，通常情况下F是一种液体，C、D、H、I为气体，H能参与绿色植物的光合作用，G为黑色固体．
请回答下列问题：
（1）G的化学式是CuO．
（2）H+单质碳→I，其反应条件是高温
（3）A B+C的化学方程式是2Al2O34Al+3O2↑．
（4）I+F（气体）H+D的化学方程式是CO+H2O CO2+H2．
B+C
3
O CO
11．（8分）（2015•德阳）有一包粉末，已知由CaCO3、FeCl3、MgCl2、Na2SO4、NaOH、NaNO3中的几种组成．为确定其组成，现进行以下实验，各步骤均已充分反应．
①取一定质量的粉末，加水搅拌后过滤，得到沉淀和无色溶液A；
②向①步得到的沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液；
③将①步得到的无色溶液A进行如图所示的实验．
请回答下列问题：
（1）B的化学式是BaSO4．
（2）A中一定存在的溶质的化学式是Na2SO4、NaCl．
（3）生成白色沉淀D的化学方程式是NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3．
（4）这包粉末中可能含有物质的化学式是MgCl2、NaNO3．
12．（10分）（2015•德阳）某研究性学习小组利用如图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响（固定装置略）．
查阅资料：CO2+Zn CO+ZnO；FeCl3溶液遇KSCN溶液变红．
请回答下列问题：
（1）仪器A的名称是酒精灯，装置B的作用是除去多余的二氧化碳，尾气处理的方法是点燃或收集．
（2）将研究小组分为两组，按如图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯
中反应的化学方程式是Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O，乙组得到的黑色粉末是铁粉．
（3）从安全考虑，本实验应在装置A和B之间添加装置E防止倒吸．（填字母编号）
（4）该对比实验结果表明CO的还原能力随温度的升高而增强（填“增强”或“减弱”）．
13．（4分）（2015•德阳）CuSO4溶液对过氧化氢的分解有催化作用．取溶质质量分数为8.5%的过氧化氢溶液20g倒入小烧杯中，向其中加入溶质质量为0.75g 的CuSO4溶液10.8g，使过氧化氢完全分解．试计算：
（1）产生氧气的质量；
（2）反应后所所得溶液中CuSO4的质量分数．
2
=。
2015年四川省德阳市中考化学试题及参考答案(word解析版)
2015年四川省德阳市中考化学试题及参考答案与解析（满分60分，物理、化学、生物答题时间共120分钟）可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 S—32 Ca—40 Fe—56 Cu—64第Ⅰ卷（选择题共24分）一、选择题（本题包括8个小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个．．．．选项符合题意）1．下列几种常见的饮料中，不含有机物的可能是（）A．矿泉水B．果汁C．啤酒D．牛奶2．下列过程中涉及化学变化的是（）A．用聚乙烯塑料制得食品袋B．用食盐制得纯碱C．将液态空气分离制得氧气D．将石油分离制得汽油3．地壳中含有丰富的氧、硅、铝、铁元素，其有关信息如图所示，下列说法正确的是（）A．氧原子核内质子数为6 B．硅元素位于元素周期表中第三周期C．铝离子（Al3+）核外有三个电子层D．铁原子的质量为55.85g4．如图是某反应的微观示意图，下列有关说法不正确的是（）A．生成的物质都是氧化物B．反应前后原子的种类不变C．该反应的基本类型属于置换反应D．反应前后有两种元素的化合价发生了变化5．下列实验方案能够达到相应实验目的是（）选项实验目的实验方案A 检验CH4中是否含有H2将气体点燃B 鉴别NaOH溶液和Ca（OH）2溶液分别向溶液中通入CO2C 除去NaCl中的Na2CO3向其中加入足量稀盐酸D 比较铁和铜的活动顺序将其分别加入ZnSO4溶液6．甲、乙两种物质的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．t1℃时，甲、乙两种物质的饱和溶液中溶质的质量相等B．将甲、乙的饱和溶液从t2℃降到t1℃，两者均有晶体析出C．将甲的溶液从t1℃升到t2℃，其溶质的质量分数一定增大D．当温度高于t1℃而低于t2℃时，乙的溶解度比甲的溶解度小7．室温时，将氢氧化钠溶液与盐酸用滴加方式反应时，溶液的pH随滴入溶液体积变化如图所示．下列有关说法不正确的是（）A．该图象表示的是将氢氧化钠溶液滴入盐酸中B．氢氧化钠溶液和盐酸恰好完全反应时．溶液的pH等于7C．当滴入溶液的体积为5mL时，所得溶液中的溶质只有NaClD．滴入溶液体积为15mL时，再加几滴紫色石蕊试液溶液呈蓝色8．将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，充分反应后产生气体0.4g，并得到残留固体6.4g．则原混合物粉末的质量是（）A．8.0g B．11.2g C．16.0g D．24.8g第Ⅱ卷（非选择题共36分）二、非选择题（本题包括5个小题，共36分）9．（6分）工业烟气通常含有二氧化硫，在排放前需经脱硫处理．如图是两种常用脱硫工艺中含硫物质的转化路径（部分产物已略）．请回答下列问题：（1）反应Ⅰ的化学方程式是．（2）反应Ⅱ所属的基本反应类型是，CaSO3中Ca、S、O元素的质量比是．（3）已知原料NaOH的价格为2.9元/kg、Ca（OH）2的价格为0.36元/kg．两种工艺中，处理相同质量的SO2，双碱法所需的原料成本更低，其原因是．10．（8分）A﹣I是初中化学中常见的物质．它们之间有如图所示的转化关系．已知A为铝土矿的主要成分，通常情况下F是一种液体，C、D、H、I为气体，H能参与绿色植物的光合作用，G为黑色固体．请回答下列问题：（1）G的化学式是．（2）H+单质碳→I，其反应条件是．（3）A B+C的化学方程式是．（4）I+F（气体）H+D的化学方程式是．11．（8分）有一包粉末，已知由CaCO3、FeCl3、MgCl2、Na2SO4、NaOH、NaNO3中的几种组成．为确定其组成，现进行以下实验，各步骤均已充分反应．①取一定质量的粉末，加水搅拌后过滤，得到沉淀和无色溶液A；②向①步得到的沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液；③将①步得到的无色溶液A进行如图所示的实验．请回答下列问题：（1）B的化学式是．（2）A中一定存在的溶质的化学式是．（3）生成白色沉淀D的化学方程式是．（4）这包粉末中可能含有物质的化学式是．12．（10分）某研究性学习小组利用如图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响（固定装置略）．查阅资料：CO2+Zn CO+ZnO；FeCl3溶液遇KSCN溶液变红．请回答下列问题：（1）仪器A的名称是，装置B的作用是，尾气处理的方法是．（2）将研究小组分为两组，按如图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置D 进行加热，其产物均为黑色粉末（纯净物）．两组分别用产物进行以下实验：步骤操作甲组现象乙组现象溶解，有气泡，溶液呈浅绿色1 取黑色粉末加入盐酸溶解，无气泡，溶液呈浅黄绿色（含两种金属离子）变红无现象2 取步骤1所得溶液，滴加KSCN溶液则甲组步骤1中反应的化学方程式是，乙组得到的黑色粉末是．（3）从安全考虑，本实验应在装置和之间添加装置E防止倒吸．（填字母编号）（4）该对比实验结果表明CO的还原能力随温度的升高而（填“增强”或“减弱”）．13．（4分）CuSO4溶液对过氧化氢的分解有催化作用．取溶质质量分数为8.5%的过氧化氢溶液20g 倒入小烧杯中，向其中加入溶质质量为0.75g 的CuSO4溶液10.8g，使过氧化氢完全分解．试计算：（1）产生氧气的质量；（2）反应后所所得溶液中CuSO4的质量分数．参考答案与解析第Ⅰ卷（选择题共24分）一、选择题（本题包括8个小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个．．．．选项符合题意）1．下列几种常见的饮料中，不含有机物的可能是（）A．矿泉水B．果汁C．啤酒D．牛奶【知识考点】有机物与无机物的区别．【思路分析】有机物是指含有碳元素的化合物．无机物是指不含有碳元素的化合物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．【解答过程】解：A、矿泉水中含有水和矿物质，不属于有机物．故A符合题意．B、果汁中的果酸等属于有机物，一定含有有机物；故B不符合题意．C、啤酒中含有酒精，酒精属于有机物，一定含有有机物；故C不符合题意．D、牛奶中含有蛋白质等物质属于有机物，一定含有有机物；故D不符合题意．故选A【总结归纳】解答本题要掌握物质的分类方法，只有这样才能对各种物质进行正确的分类．2．下列过程中涉及化学变化的是（）A．用聚乙烯塑料制得食品袋B．用食盐制得纯碱C．将液态空气分离制得氧气D．将石油分离制得汽油【知识考点】化学变化和物理变化的判别．【思路分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．【解答过程】解：A、用聚乙烯塑料制得食品袋过程中没有新物质生成，属于物理变化．B、用食盐制得纯碱过程中有新物质生成，属于化学变化．C、将液态空气分离制得氧气过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化．D、将石油分离制得汽油过程中没有新物质生成，属于物理变化．故选B．【总结归纳】本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．3．地壳中含有丰富的氧、硅、铝、铁元素，其有关信息如图所示，下列说法正确的是（）A．氧原子核内质子数为6 B．硅元素位于元素周期表中第三周期C．铝离子（Al3+）核外有三个电子层D．铁原子的质量为55.85g【知识考点】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．【思路分析】原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数，离圆圈最远的弧线表示最外层．若最外层电子数≥4，在化学反应中易得电子，若最外层电子数＜4，在化学反应中易失去电子．根据图中元素周期表可以获得的信息：左上角的数字表示原子序数；字母表示该元素的元素符号；中间的汉字表示元素名称；汉字下面的数字表示相对原子质量，进行分析判断即可．【解答过程】解：A、由氧原子的结构示意图，圆圈内的数字是6，氧原子核内质子数为6，故选项说法正确．B、原子中原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，硅元素原子序数为14，则其原子核外电子数为14；核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，最外层上有4个电子，原子核外有3个电子层；周期数=原子核外电子层数，则硅元素位于元素周期表中第三周期，故选项说法正确．C、铝离子（Al3+）是铝原子失去3个电子得到的，铝离子（Al3+）核外有2个电子层，故选项说法错误．D、根据铁元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，元素的相对原子质量为55.85，相对原子质量单位是“1”，不是“克”，故选项说法错误．故选：AB．【总结归纳】本题难度不大，灵活运用原子结构示意图的含义、元素周期表中元素的信息（原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量）是正确解答本题的关键．4．如图是某反应的微观示意图，下列有关说法不正确的是（）A．生成的物质都是氧化物B．反应前后原子的种类不变C．该反应的基本类型属于置换反应D．反应前后有两种元素的化合价发生了变化【知识考点】微粒观点及模型图的应用；从组成上识别氧化物；有关元素化合价的计算；置换反应及其应用．【思路分析】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．【解答过程】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、根据化学方程式可知生成物是水和二氧化硫，因此都属于氧化物，故说法正确；B、由图示或化学方程式可知，化学反应前后原子的种类不变，故说法正确；C、置换反应要求反应物生成物均是一种单质与一种化合物，而该反应的生成物是两种化合物，所以不是置换反应，故说法错误；C、由方程式可知氧元素由0变成了﹣2价，硫元素由﹣2价变成了+4价，氢元素的化合价不变，因此有两种元素的化合价发生了改变，故说法正确；故选项为：C．【总结归纳】本题属于微观示意图的考查，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．5．下列实验方案能够达到相应实验目的是（）选项实验目的实验方案A 检验CH4中是否含有H2将气体点燃B 鉴别NaOH溶液和Ca（OH）2溶液分别向溶液中通入CO2C 除去NaCl中的Na2CO3向其中加入足量稀盐酸D 比较铁和铜的活动顺序将其分别加入ZnSO4溶液【知识考点】化学实验方案设计与评价；常见气体的检验与除杂方法；金属活动性顺序及其应用；酸、碱、盐的鉴别．【思路分析】A、根据甲烷和氢气都具有可燃性分析；B、根据两种物质与二氧化碳反应产生的不同现象来分析；C、根据碳酸钠能与盐酸反应生成氯化钠水与二氧化碳，而氯化钠与盐酸不反应分析；D、根据金属和盐溶液反应的规律分析．【解答过程】解：A、甲烷和氢气都具有可燃性，因此通过能否可燃检验错误；故选项错误；B、二氧化碳能与Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀和水；与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，但无明变化，能出现两种明显不同的现象，可以鉴别，故选项正确；C、碳酸钠能与盐酸反应生成氯化钠水与二氧化碳，而氯化钠与盐酸不反应，所以两者加入适量的稀盐酸后还需要通过蒸发结晶即可得到较纯净的氯化钠固体，因此步骤不完整，故选项错误；D、铁、铜和硫酸锌都不反应，无法比较二者的活动性顺序，故选项错误；故选项为：B．【总结归纳】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，在具体设计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．甲、乙两种物质的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．t1℃时，甲、乙两种物质的饱和溶液中溶质的质量相等B．将甲、乙的饱和溶液从t2℃降到t1℃，两者均有晶体析出C．将甲的溶液从t1℃升到t2℃，其溶质的质量分数一定增大D．当温度高于t1℃而低于t2℃时，乙的溶解度比甲的溶解度小【知识考点】固体溶解度曲线及其作用；晶体和结晶的概念与现象；溶质的质量分数．【思路分析】根据溶解度曲线及意义解答．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；温度对不同物质的溶解度影响不同．【解答过程】解：A、t1℃时甲、乙两曲线交于一点，说明两物质的溶解度相等，等质量的饱和溶液中所含溶质质量相等，若饱和溶液质量不相等，则所含溶质质量就不相等．故说法错误；B、从图中趋势可知，乙的溶解度随着温度而降低，乙的饱和溶液从t2℃降到t1℃，不有晶体析出，故说法错误；C、从图中趋势可知，甲的溶解度随着温度而升高，甲的溶液从t1℃升到t2℃，溶质质量不变，其溶质的质量分数不一定增大，故说法错误；D、从图中趋势可知，当温度高于t1℃而低于t2℃时，乙的溶解度比甲的溶解度小，故说法正确．答案：D．【总结归纳】会根据溶解度曲线判断同温下溶解度的大小，交点表示该温度下两物质溶解度相等．7．室温时，将氢氧化钠溶液与盐酸用滴加方式反应时，溶液的pH随滴入溶液体积变化如图所示．下列有关说法不正确的是（）A．该图象表示的是将氢氧化钠溶液滴入盐酸中B．氢氧化钠溶液和盐酸恰好完全反应时．溶液的pH等于7C．当滴入溶液的体积为5mL时，所得溶液中的溶质只有NaClD．滴入溶液体积为15mL时，再加几滴紫色石蕊试液溶液呈蓝色【知识考点】中和反应及其应用；酸碱指示剂及其性质；溶液的酸碱性与pH值的关系．【思路分析】A．根据当溶液的pH＜7时，溶液显酸性，当溶液的pH＞7时，溶液显碱性，当溶液的pH=7时，溶液显中性解答；B．根据氢氧化钠溶液和盐酸恰好反应时，溶液显中性，溶液pH=7解答；C．根据根据盐酸和氢氧化钠的反应原理以及图象数据来回答；D．根据溶液的酸碱性以及能使紫色石蕊试液的变色情况来分析．【解答过程】解：A．根据图象，在反应未进行时，溶液的pH=1，为强酸性溶液，所以该曲线反应是将氢氧化钠溶液滴入盐酸中，故对；B．氢氧化钠溶液和盐酸恰好反应时，溶液显中性，溶液pH=7，故对；C．当滴入溶液的体积为5mL时，溶液的pH小于7，盐酸还有剩余，此刻溶液中的溶质是HCl、NaCl，故错误；D．滴入溶液体积为15mL时，氢氧化钠过量，溶液显碱性，能使紫色的石蕊试液变蓝色，故正确．故选C．【总结归纳】酸碱中和反应结合图象知识来考查，难度适中，考查的知识面较广．8．将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，充分反应后产生气体0.4g，并得到残留固体6.4g．则原混合物粉末的质量是（）A．8.0g B．11.2g C．16.0g D．24.8g【知识考点】根据化学反应方程式的计算．【思路分析】将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，铁能与稀盐酸反应，氧化铜能与稀盐酸反应生成了氯化铜和水，铁能与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁．根据生成氢气的质量求出与稀盐酸反应的铁的质量，根据生成铜的质量可求出与氯化铜反应的铁的质量，还可求出氧化铜的质量，将三者加在一起就是原混合物的质量．【解答过程】解：由题意可知，将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氧化铜能与稀盐酸反应生成了氯化铜和水，铁能与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁．设与稀盐酸反应的铁的质量为xFe+2HCl═FeCl2+H2↑56 2x 0.4g解得：x=11.2g设与氯化铜反应的铁的质量为yFe+CuCl2═FeCl2+Cu56 64y 6.4g解得：y=5.6g氧化铜的质量为：6.4g÷（）=8.0g所以，原混合物的质量为：11.2g+5.6g+8.0g=24.8g由以上计算分析可知，D正确．故选D．【总结归纳】本题主要考查了根据化学方程式的计算．解答本题的关键是分清铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，发生的反应有哪些，残留固体的成分是什么．第Ⅱ卷（非选择题共36分）二、非选择题（本题包括5个小题，共36分）9．（6分）工业烟气通常含有二氧化硫，在排放前需经脱硫处理．如图是两种常用脱硫工艺中含硫物质的转化路径（部分产物已略）．请回答下列问题：（1）反应Ⅰ的化学方程式是．（2）反应Ⅱ所属的基本反应类型是，CaSO3中Ca、S、O元素的质量比是．（3）已知原料NaOH的价格为2.9元/kg、Ca（OH）2的价格为0.36元/kg．两种工艺中，处理相同质量的SO2，双碱法所需的原料成本更低，其原因是．【知识考点】物质的相互转化和制备；碱的化学性质；盐的化学性质；元素质量比的计算；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．【思路分析】（1）根据反应Ⅰ是氢氧化钠与二氧化硫的反应，写化学方程式；（2）根据反应Ⅱ是亚硫酸钠与氢氧化钙的反应，判断反应类型，并计算CaSO3中Ca、S、O元素的质量比；（3）通过数据和流程得出双碱法所需的原料成本更低的原因．【解答过程】解：（1）反应Ⅰ是氢氧化钠与二氧化硫的反应，化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；（2）反应Ⅱ是亚硫酸钠与氢氧化钙的反应，属于复分解反应；CaSO3中Ca、S、O元素的质量比40：32：48=5：4：6；（3）两种工艺中，处理相同量的SO2，双碱法所需的原料成本更低，原因是通过反应II实现了NaOH 的循环利用，减少了NaOH的用量，所以成本降低．故答案为：（1）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；（2）复分解反应；5：4：6；（3）通过反应II实现了NaOH的循环利用，减少了NaOH的用量，所以成本降低。
四川省凉山州2015年中考化学试卷(word详解版)
四川省凉山州2015年中考化学试卷一、选择题（共9小题，每小题2分，满分18分）3．（2分）（2015•凉山州）我的家乡四季如春，美景如画，素有“小春城”的美誉．下列现象说明分子在永不停、O2H6．（2分）（2015•凉山州）地球是我们赖以生存的美丽家园，我们每一个人都应该珍惜、爱护、保护她．下列人类的生产和生活活动会给地球造成影响的是（）①工业“三废”的任意排放；②提倡使用农家肥、合理使用农药、化肥；③合理使用化石燃料、减少硫、氮氧化物的排放；④提倡栽花种草、植树造林、增大绿地面积；⑤回收废旧电池和塑料制品垃圾；⑥立法立规严禁焚烧秸杆和露天焚烧垃圾；⑦提倡使用清洁能源、大力发展风能、水能、太阳能；⑧生活污水随意7．（2分）（2015•凉山州）雷雨发庄稼．下雨时打雷，带电的云层相撞，产生高压电击，空气中会发生如下反应：①N2+O22NO ②2NO+O2=2NO2③3NO2+H2O=2HNO3+NO ④3O22O3；下8．（2分）（2015•凉山州）萨罗（Salon）是一种重要的消毒剂．其分子的微观结构模型如图：下列关于萨罗的说法错误的是（）①该物质的一个分子由二十六个原子构成；②该物质是氧化物；③该物质中碳、氧元素的质量比是156：48；④该物质的相对分子质量是214g；⑤该物质是有机高分子化合物；⑥该物质由碳、氢、氧三个元素组．．二、填空题（共3小题，每空1分，化学方程式2分，满分14分）10．（5分）（2015•凉山州）在宏观﹣微观﹣化学符号三者之间建立联系是化学学科特有的思维方式．现有下列微观结构示意图，请按题意要求用离子符号若化学式填空：（1）写出图中表示离子的符号H﹣；（2）妈妈手上的钻戒C；（3）碳酸饮料中的酸H2CO3；（4）一种医疗上用于消毒的液体C2H60；（5）一种用于军事上制造照明弹、闪光弹的金属Mg．毒剂作答；5）根据镁是一种用于军事上制造照明弹、闪光弹的金属作答．解：（1）根据“离子中，核电荷数=质子数≠核外电子数”，则判定第一个微观结构示意图为氢元素的一种离子，得1个电子，故离子符号为H﹣；2）钻石的主要成份是碳，用化学式表示是：C；3）碳酸饮料中的酸是碳酸，其化学式为：H2CO3；4）酒精是乙醇的水溶液，医疗上常用体积分数为70%～75%的乙醇溶液作消毒剂酒精是一种医疗上用于消毒的液体，由C、H、O三种元素组成，其化学式为：C2H60；5）镁是一种用于军事上制造照明弹、闪光弹的金属，其化学式为Mg．11．（7分）（2015•凉山州）化学与生产、生活有着密切联系．（1）玻璃的主要成分是二氧化硅，盛装NaOH的试剂瓶瓶塞是橡胶塞．如果是玻璃塞，则会与NaOH反应而使瓶颈与瓶塞粘连无法打开，请用化学反应方程式表示其原理2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O．（2）中秋节是中华民族的传统节日，天南地北的华人都有赏月吃朋饼的习俗．而在制月饼时会在面粉中加入发酵粉：小苏打，在焙制月饼时需高温加热．而小苏打热稳定性差，试写出其受热分解的化学方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．（3）建设社会主义新农村的任务之一是改变农村的燃料，改善农村生活环境，提高生活质量、国家鼓励和支持建造沼气池．请写出沼气燃烧的化学方程式CH4+2O2CO2+2H2O．（4）已知某物质的化学式为RCl3．试写出R硫酸盐的化学式R2（SO4）3．32CO3Na2CO12．（2分）（2015•凉山州）已知a、b、c三种物质的溶解度曲线如图1，根据题意回答下列问题．（1）下列说法中，正确的是B．A．a与b相比，a的溶解度大于b的溶解度B．在t1℃时，a与b的溶解度相等C．t2℃时，将30g a物质溶于50g溶剂中，可得到80g溶液D．从t2℃降温至t1℃时，c有晶体析出（2）如图2所示，将盛有c物质饱和溶液的试管置于盛有适量水的烧杯中，需向烧杯内加入下列哪种物质，才能使试管内的饱和溶液变为不饱和溶液E．A．浓H2SO4B．氢氧化钠C．蔗糖D．食盐E．硝酸铵．三、解答题（共2小题，每空1分，化学方程式2分，满分13分）13．（6分）（2015•凉山州）如图：（1）图中仪器a的名称是锥形瓶，b的名称是集气瓶．（2）实验室用过氧化氢与二氧化锰制氧气的发生装置是②，若要制得较纯净的氧气，应选用的收集装置是③，发生反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑．2214．（7分）（2015•凉山州）探究：木呷惹、阿依莫两同学对教室墙壁脱落的一块白色固体产生兴趣，他们将白色固体带到了化学实验室．经查阅资料得知：白色固体是石灰浆与空气中的物质作用的产物，他们猜测可能的成分为：猜测一：氢氧化钙猜测二：碳酸钙猜测三：氢氧化钙和碳酸钙于是他们将白色固体捣碎研成粉末，放入烧杯，加水，不断搅拌，静置，取上层清液于A、B、C三支试管，残渣备用．他们在A试管中滴加无色酚酞，试液变成红色，则猜测二不成立．他们又在残渣中加入适量稀盐酸，产生大量气泡，将生成的气体导入B试管，结果变浑浊，由此证明，猜测三成立．（1）写出残渣与稀盐酸反应的化学方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O；（2）写出B试管中发生反应的化学方程式CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O．；（3）他们将浓碳酸钠溶液加到C试管中，溶液变浑浊，此法可用于实验室制取少量氢氧化钠，反应的方程式为Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH，若要将沉淀与溶液分离，其操作方法是过滤．与溶液分离，其操作方法是过滤．解：（1）由题意可知，猜想三成立，由于氢氧化钙微溶于水，所以残渣的成分是氢氧化钙和碳酸钙，残渣与稀盐酸反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，Ca（OH）2+2HCl═CaCl 2）在B试管中二氧化碳与氢氧化钙反应生成了碳酸钙沉淀和水，发生反应的化学方程式是：OH）2═CaCO3↓+H2O；3）他们将浓碳酸钠溶液加到C试管中，溶液变浑浊，此法可用于实验室制取少量氢氧化钠，反应的方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH，若要将沉淀与溶液分离，其操作方法是过滤．故答为：（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O；四、解答题（共1小题，满分5分）15．（5分）（2015•凉山州）食盐因含有氯化镁而易潮解，现有只含氯化镁杂质的食盐10g，将其置于烧杯，加30g水溶解，得40g溶液．再向其中加入未知溶质质量分数的氢氧化钠溶液10g，充分反应后，烧杯内剩余溶液为48.84g．（1）问生成沉淀的质量；（2）求反应后溶液中溶质的质量分数．==，反应后溶液中溶质的质量分数为：×。
四川省德阳市中考化学试题(解析版)
四川省德阳市2015年中考化学试卷一、选择题（本题包括8个小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列几种常见的饮料中，不含有机物的可能是（）A．矿泉水B．果汁C．啤酒D．牛奶考点：有机物与无机物的区别．专题：物质的分类．分析：有机物是指含有碳元素的化合物．无机物是指不含有碳元素的化合物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．解答：解：A、矿泉水中含有水和矿物质，不属于有机物．故A符合题意．B、果汁中的果酸等属于有机物，一定含有有机物；故B不符合题意．C、啤酒中含有酒精，酒精属于有机物，一定含有有机物；故C不符合题意．D、牛奶中含有蛋白质等物质属于有机物，一定含有有机物；故D不符合题意．故选A点评：解答本题要掌握物质的分类方法，只有这样才能对各种物质进行正确的分类．2．（3分）（2015•德阳）下列过程中涉及化学变化的是（）A．用聚乙烯塑料制得食品袋B．用食盐制得纯碱C．将液态空气分离制得氧气D．将石油分离制得汽油考点：化学变化和物理变化的判别．专题：物质的变化与性质．分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．解答：解：A、用聚乙烯塑料制得食品袋过程中没有新物质生成，属于物理变化．B、用食盐制得纯碱过程中有新物质生成，属于化学变化．C、将液态空气分离制得氧气过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化．D、将石油分离制得汽油过程中没有新物质生成，属于物理变化．故选B．点评：本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．3．（3分）（2015•德阳）地壳中含有丰富的氧、硅、铝、铁元素，其有关信息如图所示，下列说法正确的是（）A．氧原子核内质子数为6B．硅元素位于元素周期表中第三周期C．铝离子（Al3+）核外有三个电子层D．铁原子的质量为55.85g考点：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．专题：化学用语和质量守恒定律．分析：原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数，离圆圈最远的弧线表示最外层．若最外层电子数≥4，在化学反应中易得电子，若最外层电子数＜4，在化学反应中易失去电子．根据图中元素周期表可以获得的信息：左上角的数字表示原子序数；字母表示该元素的元素符号；中间的汉字表示元素名称；汉字下面的数字表示相对原子质量，进行分析判断即可．解答：解：A、由氧原子的结构示意图，圆圈内的数字是6，氧原子核内质子数为6，故选项说法正确．B、原子中原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，硅元素原子序数为14，则其原子核外电子数为14；核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，最外层上有4个电子，原子核外有3个电子层；周期数=原子核外电子层数，则硅元素位于元素周期表中第三周期，故选项说法正确．C、铝离子（Al3+）是铝原子失去3个电子得到的，铝离子（Al3+）核外有2个电子层，故选项说法错误．D、根据铁元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，元素的相对原子质量为55.85，相对原子质量单位是“1”，不是“克”，故选项说法错误．故选：AB．点评：本题难度不大，灵活运用原子结构示意图的含义、元素周期表中元素的信息（原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量）是正确解答本题的关键．4．（3分）（2015•德阳）如图是某反应的微观示意图，下列有关说法不正确的是（）A．生成的物质都是氧化物B．反应前后原子的种类不变C．该反应的基本类型属于置换反应D．反应前后有两种元素的化合价发生了变化考点：微粒观点及模型图的应用；从组成上识别氧化物；有关元素化合价的计算；置换反应及其应用．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、根据化学方程式可知生成物是水和二氧化硫，因此都属于氧化物，故说法正确；B、由图示或化学方程式可知，化学反应前后原子的种类不变，故说法正确；C、置换反应要求反应物生成物均是一种单质与一种化合物，而该反应的生成物是两种化合物，所以不是置换反应，故说法错误；C、由方程式可知氧元素由0变成了﹣2价，硫元素由﹣2价变成了+4价，氢元素的化合价不变，因此有两种元素的化合价发生了改变，故说法正确；故选项为：C．点评：本题属于微观示意图的考查，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．5．（3分）（2015•德阳）下列实验方案能够达到相应实验目的是（）选项实验目的实验方案A 检验CH4中是否含有H2将气体点燃B 鉴别NaOH溶液和Ca（OH）2溶液分别向溶液中通入CO2C 除去NaCl中的Na2CO3向其中加入足量稀盐酸D 比较铁和铜的活动顺序将其分别加入ZnSO4溶液A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案设计与评价；常见气体的检验与除杂方法；金属活动性顺序及其应用；酸、碱、盐的鉴别．专题：简单实验方案的设计与评价．分析：A、根据甲烷和氢气都具有可燃性分析；B、根据两种物质与二氧化碳反应产生的不同现象来分析；C、根据碳酸钠能与盐酸反应生成氯化钠水与二氧化碳，而氯化钠与盐酸不反应分析；D、根据金属和盐溶液反应的规律分析．解答：解：A、甲烷和氢气都具有可燃性，因此通过能否可燃检验错误；故选项错误；B、二氧化碳能与Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀和水；与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，但无明变化，能出现两种明显不同的现象，可以鉴别，故选项正确；C、碳酸钠能与盐酸反应生成氯化钠水与二氧化碳，而氯化钠与盐酸不反应，所以两者加入适量的稀盐酸后还需要通过蒸发结晶即可得到较纯净的氯化钠固体，因此步骤不完整，故选项错误；D、铁、铜和硫酸锌都不反应，无法比较二者的活动性顺序，故选项错误；故选项为：B．点评：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，在具体设计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．（3分）（2015•德阳）甲、乙两种物质的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．t1℃时，甲、乙两种物质的饱和溶液中溶质的质量相等B．将甲、乙的饱和溶液从t2℃降到t1℃，两者均有晶体析出C．将甲的溶液从t1℃升到t2℃，其溶质的质量分数一定增大D．当温度高于t1℃而低于t2℃时，乙的溶解度比甲的溶解度小考点：固体溶解度曲线及其作用；晶体和结晶的概念与现象；溶质的质量分数．专题：溶液、浊液与溶解度．分析：根据溶解度曲线及意义解答．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；温度对不同物质的溶解度影响不同．解答：解：A、t1℃时甲、乙两曲线交于一点，说明两物质的溶解度相等，等质量的饱和溶液中所含溶质质量相等，若饱和溶液质量不相等，则所含溶质质量就不相等．故说法错误；B、从图中趋势可知，乙的溶解度随着温度而降低，乙的饱和溶液从t2℃降到t1℃，不有晶体析出，故说法错误；C、从图中趋势可知，甲的溶解度随着温度而升高，甲的溶液从t1℃升到t2℃，溶质质量不变，其溶质的质量分数不一定增大，故说法错误；D、从图中趋势可知，当温度高于t1℃而低于t2℃时，乙的溶解度比甲的溶解度小，故说法正确．、答案：D．点评：会根据溶解度曲线判断同温下溶解度的大小，交点表示该温度下两物质溶解度相等．7．（3分）（2015•德阳）室温时，将氢氧化钠溶液与盐酸用滴加方式反应时，溶液的pH随滴入溶液体积变化如图所示．下列有关说法不正确的是（）A．该图象表示的是将氢氧化钠溶液滴入盐酸中B．氢氧化钠溶液和盐酸恰好完全反应时．溶液的pH等于7C．当滴入溶液的体积为5mL时，所得溶液中的溶质只有NaClD．滴入溶液体积为15mL时，再加几滴紫色石蕊试液溶液呈蓝色考点：中和反应及其应用；酸碱指示剂及其性质；溶液的酸碱性与pH值的关系．专题：常见的酸酸的通性．分析：A．根据当溶液的pH＜7时，溶液显酸性，当溶液的pH＞7时，溶液显碱性，当溶液的pH=7时，溶液显中性解答；B．根据氢氧化钠溶液和盐酸恰好反应时，溶液显中性，溶液pH=7解答；C．根据根据盐酸和氢氧化钠的反应原理以及图象数据来回答；D．根据溶液的酸碱性以及能使紫色石蕊试液的变色情况来分析．解答：解：A．根据图象，在反应未进行时，溶液的pH=1，为强酸性溶液，所以该曲线反应是将氢氧化钠溶液滴入盐酸中，故对；B．氢氧化钠溶液和盐酸恰好反应时，溶液显中性，溶液pH=7，故对；C．当滴入溶液的体积为5mL时，溶液的pH小于7，盐酸还有剩余，此刻溶液中的溶质是HCl、NaCl，故错误；D．滴入溶液体积为15mL时，氢氧化钠过量，溶液显碱性，能使紫色的石蕊试液变蓝色，故正确．故选C．点评：酸碱中和反应结合图象知识来考查，难度适中，考查的知识面较广．8．（3分）（2015•德阳）将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，充分反应后产生气体0.4g，并得到残留固体6.4g．则原混合物粉末的质量是（）A．8.0g B．11.2g C．16.0g D．24.8g考点：根据化学反应方程式的计算．专题：有关化学方程式的计算．分析：将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，铁能与稀盐酸反应，氧化铜能与稀盐酸反应生成了氯化铜和水，铁能与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁．根据生成氢气的质量求出与稀盐酸反应的铁的质量，根据生成铜的质量可求出与氯化铜反应的铁的质量，还可求出氧化铜的质量，将三者加在一起就是原混合物的质量．解答：解：由题意可知，将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氧化铜能与稀盐酸反应生成了氯化铜和水，铁能与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁．设与稀盐酸反应的铁的质量为xFe+2HCl═FeCl2+H2↑56 2x 0.4g解得：x=11.2g设与氯化铜反应的铁的质量为yFe+CuCl2═FeCl2+Cu56 64y 6.4g解得：y=5.6g氧化铜的质量为：6.4g÷（）=8.0g所以，原混合物的质量为：11.2g+5.6g+8.0g=24.8g由以上计算分析可知，D正确．故选D．点评：本题主要考查了根据化学方程式的计算．解答本题的关键是分清铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，发生的反应有哪些，残留固体的成分是什么．四、（本题包括5个小题，共36分）9．（6分）（2015•德阳）工业烟气通常含有二氧化硫，在排放前需经脱硫处理．如图是两种常用脱硫工艺中含硫物质的转化路径（部分产物已略）．请回答下列问题：（1）反应Ⅰ的化学方程式是SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O．（2）反应Ⅱ所属的基本反应类型是复分解反应，CaSO3中Ca、S、O元素的质量比是5：4：6．（3）已知原料NaOH的价格为2.9元/kg、Ca（OH）2的价格为0.36元/kg．两种工艺中，处理相同质量的SO2，双碱法所需的原料成本更低，其原因是通过反应II实现了NaOH 的循环利用，减少了NaOH的用量，所以成本降低．考点：物质的相互转化和制备；碱的化学性质；盐的化学性质；元素质量比的计算；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．专题：物质的制备．分析：（1）根据反应Ⅰ是氢氧化钠与二氧化硫的反应，写化学方程式；（2）根据反应Ⅱ是亚硫酸钠与氢氧化钙的反应，判断反应类型，并计算CaSO3中Ca、S、O元素的质量比；（3）通过数据和流程得出双碱法所需的原料成本更低的原因．解答：解：（1）反应Ⅰ是氢氧化钠与二氧化硫的反应，化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；（2）反应Ⅱ是亚硫酸钠与氢氧化钙的反应，属于复分解反应；CaSO3中Ca、S、O 元素的质量比40：32：48=5：4：6；（3）两种工艺中，处理相同量的SO2，双碱法所需的原料成本更低，原因是通过反应II实现了NaOH的循环利用，减少了NaOH的用量，所以成本降低．故答案为：（1）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，（2）复分解反应；5：4：6（3）通过反应II实现了NaOH的循环利用，减少了NaOH的用量，所以成本降低点评：本题联系生活考查了环境污染和资源综合利用方面的知识，同学们需要在平常生活中提高“节能、环保”的意识．10．（8分）（2015•德阳）A﹣I是初中化学中常见的物质．它们之间有如图所示的转化关系．已知A为铝土矿的主要成分，通常情况下F是一种液体，C、D、H、I为气体，H能参与绿色植物的光合作用，G为黑色固体．请回答下列问题：（1）G的化学式是CuO．（2）H+单质碳→I，其反应条件是高温（3）A B+C的化学方程式是2Al2O34Al+3O2↑．（4）I+F（气体）H+D的化学方程式是CO+H2O CO2+H2．考点：物质的鉴别、推断；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．专题：框图型推断题．分析：本题属于推断题，根据题目给出的流程图和信息：A～I是初中常见的物质，A为铝土矿的主要成分，所以A为氧化铝，氧化铝在通电的条件下生成铝和氧气，配平即可；H为气体且能参与绿色植物的光合作用，所以H为二氧化碳，G为黑色固体且与稀硫酸反应形成蓝色溶液，所以G为氧化铜，H+单质碳→I，即二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以I为一氧化碳，A B+C，所以B为金属铝，C为氧气，氧气和氢气在点燃的条件下生成水，水通电分解得到氢气和氧气，因此D 是氢气，F是水；一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以E是铜；一氧化碳和水蒸气在高温和催化剂的条件下生成二氧化碳和氢气．解答：解：（1）G为黑色固体且与稀硫酸反应形成蓝色溶液，所以G为氧化铜，故答案为：CuO；（2）二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以I为一氧化碳，故答案为：高温；（3）A为铝土矿的主要成分，所以A为氧化铝，氧化铝在通电的条件下生成铝和氧气，配平即可；故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；（4）一氧化碳和水蒸气在高温和催化剂的条件下生成二氧化碳和氢气，故答案为：CO+H2O CO2+H2点评：在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可．11．（8分）（2015•德阳）有一包粉末，已知由CaCO3、FeCl3、MgCl2、Na2SO4、NaOH、NaNO3中的几种组成．为确定其组成，现进行以下实验，各步骤均已充分反应．①取一定质量的粉末，加水搅拌后过滤，得到沉淀和无色溶液A；②向①步得到的沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液；③将①步得到的无色溶液A进行如图所示的实验．请回答下列问题：（1）B的化学式是BaSO4．（2）A中一定存在的溶质的化学式是Na2SO4、NaCl．（3）生成白色沉淀D的化学方程式是NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3．（4）这包粉末中可能含有物质的化学式是MgCl2、NaNO3．考点：物质的鉴别、推断；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：混合物组成的推断题．分析：①根据碳酸钙难溶于水、氯化铁溶液显黄色、氯化铁和氢氧化钠会生成氯化钠和红褐色的氢氧化铁沉淀、氯化镁和氢氧化钠会生成氯化钠和白色的氢氧化镁沉淀可知，原粉末中可能含有CaCO3、FeCl3、MgCl2、NaOH；②根据碳酸钙与稀盐酸反应生成无色气体二氧化碳，氢氧化铁与稀盐酸反应会生成氯化铁的黄色溶液可知，原粉末中一定含有CaCO3、FeCl3、NaOH；③根据硫酸钠和硝酸钡反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，①步得到的无色溶液A中含有的氯化钠和硝酸银反应生成硝酸钠和氯化银沉淀等知识进行分析．解答：解：通过分析可知：（1）由于硫酸钠和硝酸钡反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以B的化学式是：BaSO4．（2）向①步得到的沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液，说明沉淀中含有碳酸钙和氢氧化铁，说明原物质中含有的碳酸钙、氯化铁、氢氧化钠已不在A中，若原物质中含有氯化镁也已形成氢氧化镁沉淀，而硝酸钠不影响本题的现象，故A中一定存在的溶质的化学式是：Na2SO4、NaCl．（3）氯化钠和硝酸银反应生成硝酸钠和氯化银沉淀，生成白色沉淀D 的化学方程式是：NaCl+AgNO 3═AgCl ↓+NaNO 3．（4）MgCl 2和NaNO 3是否存在对本题的现象没有明显的影响，所以这包粉末中可能含有物质的化学式是：MgCl 2、NaNO 3．故答案为：（1）BaSO 4．（2）Na 2SO 4、NaCl ．（3）NaCl+AgNO 3═AgCl ↓+NaNO 3．（4）MgCl 2、NaNO 3．点评： 根据物质的性质及变化规律，结合转化变化框图中的实验现象，确定固体中一定含有的物质与一定不含有的物质，然后对可能含有的物质进行组合．12．（10分）（2015•德阳）某研究性学习小组利用如图装置探究温度对CO 还原Fe 2O 3的影响（固定装置略）．查阅资料：CO 2+Zn CO+ZnO ；FeCl 3溶液遇KSCN 溶液变红．请回答下列问题：（1）仪器A 的名称是 酒精灯 ，装置B 的作用是 除去多余的二氧化碳 ，尾气处理的方法是 点燃或收集 ．（2）将研究小组分为两组，按如图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置D 进行加热，其产物均为黑色粉末（纯净物）．两组分别用产物进行以下实验： 步骤 操作 甲组现象 乙组现象1 取黑色粉末加入盐酸 溶解，无气泡，溶液呈浅黄绿色（含两种金属离子） 溶解，有气泡，溶液呈浅绿色2 取步骤1所得溶液，滴加KSCN 溶液变红 无现象则甲组步骤1中反应的化学方程式是 Fe 3O 4+8HCl=FeCl 2+2FeCl 3+4H 2O ，乙组得到的黑色粉末是 铁粉 ．（3）从安全考虑，本实验应在装置 A 和 B 之间添加装置E 防止倒吸．（填字母编号）（4）该对比实验结果表明CO 的还原能力随温度的升高而 增强 （填“增强”或“减弱”）．考点：实验探究物质变化的条件和影响物质变化的因素；常见气体的检验与除杂方法；一氧化碳还原氧化铁；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．专题：科学探究．分析：（1）根据常见的仪器名称回答；根据后面要通过F检验CO与Fe2O3反应的产物CO2，分析装置B的作用；根据一氧化碳常见的处理方法分析；（2）根据信息分析反应物和生成物写出反应的方程式；（3）根据装置骤冷会引起液体倒流分析；（4）根据实验的结果分析结论．解答：解：（1）A是酒精灯；因为后面要通过F检验CO与Fe2O3反应的产物CO2，所以装置B的作用是除去CO中的CO2；尾气中含有有毒气体CO，采用点燃的方法或收集的方法可除去CO；故答案为：酒精灯；除去多余的二氧化碳；点燃或收集；（2）一氧化碳和氧化铁反应的固体产物为黑色，可能是铁粉、四氧化三铁或二者的混合物；取黑色粉末加入盐酸，甲组观察到黑色固体溶解，无气泡，说明没有铁粉的产生，溶液呈浅黄绿色（含两种金属离子），取步骤1所得溶液，滴加KSCN溶液，变成红色，说明含有氯化铁，另外还产生浅绿色的氯化亚铁，结合反应前后元素的种类不变，还会产生水，因此反应的方程式为：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O；分析乙组现象，乙与盐酸反应产生气体，溶液为浅绿色，因此为铁粉；故答案为：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O；铁粉；（3）若A处停止加热后，会使玻璃管骤冷，液体沿着导管倒流进A装置，因此需要在A和B之间加一个倒吸装置；故答案为：A、B；（4）通过对比甲组和乙组实验可知，乙组使用酒精喷灯使氧化铁还原更彻底，因此该对比实验结果表明CO的还原能力随温度的升高而增强；故答案为：增强．点评：本题属于信息题的考查，难度较大，特别是方程式的书写，学生不知道思考的方向，因此要细心方向实验的现象进行大胆的猜测并结合相关的知识进行分析是解题的关键．13．（4分）（2015•德阳）CuSO4溶液对过氧化氢的分解有催化作用．取溶质质量分数为8.5%的过氧化氢溶液20g倒入小烧杯中，向其中加入溶质质量为0.75g 的CuSO4溶液10.8g，使过氧化氢完全分解．试计算：（1）产生氧气的质量；（2）反应后所所得溶液中CuSO4的质量分数．考点：根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算．专题：溶质质量分数与化学方程式相结合的计算．分析：（1）根据过氧化氢的质量求出氧气的质量即可；（2）根据硫酸铜的质量然后利用溶质质量分数公式计算即可．解答：解：（1）设生成氧气的质量为x．2H2O22H2O+O2↑68 3220g×8.5% xx=0.8g答：生成氧气的质量为0.8g．（2）反应后所得硫酸铜溶液的溶质质量分数=×100%=2.5%答：反应后所得硫酸铜溶液的溶质质量分数为2.5%．点评：本题难度不大，主要考查了根据化学方程式来计算有关的量，从而使学生来认识化学反应的本质，代入化学方程式计算的数据必须是纯净物的质量才行．初中化学试卷金戈铁骑制作。
四川省成都市2015年中考化学试题 Word版含答案
成都市二○一五年高中阶段教育学校统一招生考试化学试题可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Ca-40第一卷（选择题，共42 分）一、选择题（本题包括14 个小题，每小题3 分，共42 分。
每小题只有一个选项符合题意）1、下列变化属于化学变化的是A、酒精挥发B、石蜡融化C、粮食酿酒D、水凝成冰2、空气的组成成分中，体积分数最大的是A、O2B、N2C、CO2D、稀有气体3、不属于新能源开发和利用的是A、火力发电B、风力发电C、氢燃料客车D、太阳能电池路灯4、通常状况下，下列溶液的溶质为液体的是A、蔗糖溶液B、酒精溶液C、氯化钠溶液D、澄清石灰水5、实验室用氯酸钾和二氧化锰制取氧气，有关该实验的说法错误的是A、二氧化锰是反应物B、与高锰酸钾制取氧气装置相同C、可用向上排空气法收集D、可用带火星的木炭检验氧气6、对下列现象或事实的解释错误的是7、下列说法正确的是A、燃烧是人类最早利用的化学反应之一B、可燃物温度达到着火点即可燃烧C、图书档案起火宜用水基型灭火器扑灭D、不慎碰倒了酒精灯，酒精在桌面燃烧，用水来灭火8、下列有关化肥和农药的说法错误的是A、氯化钾可用作钾肥B、化肥能有效提高农作物产量C、农药施用后，不会通过农作物转移到人体D、农药应根据农作物、虫害和农药的特点合理施用9、下图是某化学反应的微观示意图（）有关说法不正确的是A、甲中的一个分子有桑原子构成B、化学反应的实质是原子的重新组合C、该反应可能是水的电解D、该反应前后元素的化合价不变10、两种微粒的结构示意图是，其中相同的是A、电子数B、质子数C、电子层数D、所带电荷数11、下列属于置换反应的是12、将60℃的硝酸钾溶液降温至20℃，有晶体析出。
有关该过程的说法错误的是A、60℃时的溶液一定是硝酸钾饱和溶液B、20 摄氏度时的溶液一定是硝酸钾的饱和溶液C、硝酸钾的溶解度随温度降低而减小D、硝酸钾的晶体可采用降温结晶的方法得到13、按右图进行实验，有关说法及分析不正确的是A、烘干的木炭粉末与CuO 粉末须混合均匀B、网罩的作用是集中火焰，提高温度C、可观察到澄清石灰水变浑浊D、产生的气体一定没有CO14、按下表进行实验，有关说法及分析错误的是A、①有蓝色沉淀B、②反应的化学方程式为：CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2C、两个反应都属于复分解反应D、只要有沉淀生成的反应就属于复分解反应第二卷（非选择题，共48 分）二、本题只有1 个小题，共8 分15.（8 分）（1）根据图文回答下列问题。
四川省德阳市中考化学试卷(word版含解析)
四川省德阳市2016年中考化学试卷（word版含解析）一、选择题1．A．煤的气化、焦化、液化和石油的蒸馏都属于化学变化B．透视检测肠胃疾病时可口服钡餐（BaSO4），钡餐不会对人体造成危害C．用煤炭作燃料时先脱硫，可减少二氧化硫的排放，降低酸雨的发生率D．多用电子邮件、MSN、QQ等即时通讯工具，少用传真打印等属“低碳”方式【分析】A、根据产生了新物质的变化是化学变化解答；B、根据X射线对BaSO4穿透能力较差，BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，可经人体排出体外，不会引起Ba2+中毒解答；C、根据二氧化硫可导致酸雨解答；D、根据要严格按照“低碳生活”中所遵循的宗旨：在生活作息时所耗用能量要减少，以减低碳特别是二氧化碳的排放解答．【解答】解：A、煤的气化、焦化、液化产生了新物质，属于化学变化，石油的蒸馏没有性物质生成，属于物理变化，故错误；B、X射线对BaSO4穿透能力较差，BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，可经人体排出体外，不会引起Ba2+中毒，所以常用BaSO4做内服造影剂．故正确；C、二氧化硫可导致酸雨，对燃煤进行脱硫处理可减少污染，故正确；D、多用电子邮件、QQ等即时通讯工具，少用传真打印，也就减少了使用碳墨，减少了含碳物质的排放，属于“低碳生活”方式，故正确；．答案：A．【点评】本题考查低碳生活，难度不大，只要在日常生活中的活动所耗用能量减少，减少含碳物质的排放即可就符合“低碳生活”方式．2．A．稀释浓硫酸时可将水缓慢注入浓硫酸中B．用100ml量筒量取2ml水C．过滤时，漏斗中液体的液面要低于滤纸的边缘D．向试管中滴加液体时，滴管应伸入试管中【分析】A、根据浓硫酸的稀释方法（酸入水，沿器壁，慢慢倒，不断搅）进行分析判断．B、从减小实验误差的角度去选择量筒的量程，量筒量程选择的依据有两点：一是保证测量一次，二是量程要与液体的取用量最接近．C、过滤液体时，注意“一贴、二低、三靠”的原则．D、根据使用胶头滴管滴加少量液体的方法进行分析判断．【解答】解：A、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；一定不能把水注入浓硫酸中；故选项说法错误．B、量筒量程选择的依据有两点：一是保证量取一次，二是量程与液体的取用量最接近，量取2ml水，10mL量筒能保证量取一次，且量程与液体的取用量最接近，误差最小，故选项说法错误．C、过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，漏斗中液体的液面要低于滤纸的边缘，故选项说法正确．D、使用胶头滴管滴加少量液体的操作，注意胶头滴管不能伸入到试管内或接触试管内壁，应垂直悬空在试管口上方滴加液体，防止污染胶头滴管，故选项说法错误．故选：C．【点评】本题难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键．3．A．醋酸的水溶液呈酸性，其pH大于7，滴入紫色石蕊试液显蓝色B．醋酸能与氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水，该反应为中和反应C．用醋可以洗净铝制品的污垢，还可除去暖壶、水壶中的水垢D．醋酸是由三种元素组成的化合物，一个醋酸分子由8个原子构成【分析】A、醋酸的水溶液呈酸性，其pH小于7，滴入紫色石蕊试液显红色；B、酸碱反应生成盐和水的反应为中和反应；C、醋酸可与水垢反应；D、醋酸是由三种元素组成的化合物，一个醋酸分子由8个原子构成．【解答】解：A、醋酸的水溶液呈酸性，其pH小于7，滴入紫色石蕊试液显红色，错误；B、醋酸能与氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水，该反应为中和反应，正确；C、醋酸可与水垢反应，用醋可以洗净铝制品的污垢，还可除去暖壶、水壶中的水垢，正确；D、醋酸是由三种元素组成的化合物，一个醋酸分子由8个原子构成，正确．故选A．【点评】本题难度不大，可根据题目中的信息分析解答．4．A．0℃时，三种物质的饱和溶液中，溶质质量分数最大的是MgSO4B．三种物质的溶解度都随温度升高而不断增大C．将卤水加热到80℃以上蒸发水分，逐渐析出的晶体是NaCl和MgSO4D．20℃时，向40gNaCl固体和40gMgCl2固体中分别加入100g水充分溶解后，两种溶液均能达到饱和状态【分析】根据固体的溶解度曲线可以：①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，②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，③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．【解答】解：A、0℃时，氯化镁的溶解度最大，所以三种物质的饱和溶液中，溶质质量分数最大的是氯化镁，故A错误；B、硫酸镁的溶解度随温度升高先增大，然后减小，故B错误；C、氯化镁的溶解度受温度影响变化较大，所以将卤水加热到80℃以上蒸发水分，逐渐析出的晶体是NaCl和MgSO4，故C正确；D、20℃时，氯化镁的溶解度大于40g，所以向40gNaCl固体和40gMgCl2固体中分别加入100g水充分溶解后，氯化镁不能达到饱和，故D错误．故选：C．【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力．5．A．NO3﹣、Cl﹣、Na+、Ag+四种离子能在pH=2的水溶液中大量共存B．可用氢氧化钙溶液除去氢氧化钠溶液中含有的少量碳酸钠C．将铜粉放入到硫酸亚铁溶液中，溶液由浅绿色变为蓝色D．用燃着的木条可以将氧气、氮气、二氧化碳区别开来【分析】A、根据银离子和氯离子结合产生氯化银沉淀分析；B、根据氢氧化钙和碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀和氢氧化钠分析；C、根据铜位于铁的后面，不能反应分析；D、根据氮气和二氧化碳都不能支持燃烧分析．【解答】解：A、银离子和氯离子结合产生氯化银沉淀，不能共存，故分析错误；B、氢氧化钙和碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀和氢氧化钠，符合除杂的原则，故分析正确；C、铜位于铁的后面，不能反应，因此无现象，故分析错误；D、氮气和二氧化碳都不能支持燃烧，现象相同，不能鉴别，故分析错误；故选项为：B．【点评】解答本题的关键是要掌握物质的性质方面的知识，只有这样才能对问题做出正确的判断，要求同学们加强对物质颜色的识记，以便灵活应用．6．A．用一定质量的过氧化氢溶液制取氧气B．电解水C．向稀盐酸和氯化钡的混合溶液中加入过量的碳酸钠溶液D．向一定质量的氯化镁溶液中滴加氢氧化钠溶液【分析】A、根据过氧化氢溶液在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，二氧化锰能加快反应速率，但不影响产生氧气的质量，进行分析判断．B、根据电解水的实验结论，进行分析判断．C、根据向稀盐酸和氯化钡的混合溶液中加入过量的碳酸钠溶液，稀盐酸先与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，氯化钡再与碳酸钠溶液反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，进行分析判断．D、根据氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀，进行分析判断．【解答】解：A、过氧化氢溶液在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，二氧化锰能加快反应速率，但不影响产生氧气的质量，有催化剂，反应速率快，所需时间短，故选项中图象不能正确反映其对应关系．B、电解水时，生成氢气的氧气的体积比为2：1，图中氢气的氧气的体积比为1：2，故选项中图象不能正确反映其对应关系．C、向稀盐酸和氯化钡的混合溶液中加入过量的碳酸钠溶液，稀盐酸先与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，盐酸消耗完后，氯化钡再与碳酸钠溶液反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，故选项中图象能正确反映其对应关系．D、氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀，图象应该是先上升后成一条水平直线，故选项中图象不能正确反映其对应关系．故选：C．【点评】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．7．2+2X↑+2H2O对该反应的下列说法中正确的是（）A．生成物X的化学式为H2B．反应中N元素化合价改变的原子与N元素化合价不变的原子的个数比为1：1C．浓硝酸属于纯净物D．反应物Cu与生成物H2O的质量比为32：9【分析】A．化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变．B．根据在化学方程式中，硝酸与硝酸铜在反应中的质量比来分析；C．根据浓硝酸属于混合物来分析解答；D．根据反应中物质的质量比来分析解答．【解答】解：A．由Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2X↑+2H2O可知，反应前铜原子是1个，反应后是1个；反应前氢原子是4个，反应后是4个；反应前氮原子是4个，反应后应该是4个，其中2个包含在2X中；反应前氧原子是12个，反应后应该是12个，其中4个包含在2X中；由分析可知，每个X中含有1个氮原子和2个氧原子，是二氧化氮．故A错误．B．由方程式可知，反应中N元素化合价改变的原子是2，N元素化合价不变的原子是2，原子个数的个数比为1：1；故B正确；C．浓硝酸是溶液属于混合物，不正确；D．反应中铜与水的质量比是：64：36=32：18，故错误；答案：B．【点评】本题主要考查有关质量守恒定律、化学方程式中物质的质量比、元素化合价以，依据相关知识分析解答．8．A．Cu﹣Zn合金B．Fe﹣Cu合金C．Fe﹣Zn合金D．Fe﹣Al合金【分析】铜在金属活动性顺序中，排在氢的后面，不能和稀硫酸反应，根据化学方程式利用极端假设法分析计算，可以判断混合物的组成．【解答】解：铜不能和稀硫酸反应；设5.6g铁与足量的稀硫酸充分反应生成氢气的质量为X，Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑56 25.6g X解得：X=0.2g；设5.6g锌与足量的稀硫酸充分反应生成氢气的质量为Y，Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑65 25.6g Y解得：Y=0.17g，设5.6g铝与足量的稀硫酸充分反应生成氢气的质量为Z，3Al+3H2SO4═Al2（SO4）+3H2↑81 65.6g Z解得：Z=0.41g，由以上计算可知，A、5.6gCu﹣Zn合金与足量的稀硫酸充分反应，产生氢气的质量只能小于0.17g，故A不符合题意；B、5.6gFe﹣Cu合金与足量的稀硫酸充分反应，产生氢气的质量只能小于0.2g，故B不符合题意；C、5.6gFe﹣Zn合金与足量的稀硫酸充分反应，产生氢气的质量只能大于0.17g小于0.2g，故C不符合题意；D、5.6gFe﹣Al合金与足量的稀硫酸充分反应，产生氢气的质量只能大于0.17g小于0.41g，在其中包含0.38g，故D符合题意．故选：D．【点评】本题的难度较大，此题常用的方法就是极端假设法，同学们掌握了此方法，就可以解决这一类的问题．二、非选择题9．（2016德阳）某氮肥厂用煤、空气和水为原料合成氨，其工艺流程如图：请你回答下列有关问题：（1）煤气发生炉中发生的化学方程式为①C+O2CO2②C+2H2O2H2+CO2其中反应②所属的基本反应类型为置换反应．反应①的主要作用是（填编号）AD．提供二氧化碳B．提供氧气C．提供一氧化碳D．提供热量（2）部分氨气通入碳化塔的目的是为了除去二氧化碳，同时得到副产品碳酸氢铵，其生成碳酸氢铵反应的化学方程式为CO2+NH3+H2O=NH4HCO3．【分析】（1）根据反应②是单质和化合物反应生成单质和化合物，碳和氧气点燃会生成二氧化碳，放出热量进行分析；（2）根据氨气、水和二氧化碳反应生成碳酸氢铵进行分析．【解答】解：（1）反应②是单质和化合物反应生成单质和化合物，属于置换反应，碳和氧气点燃会生成二氧化碳，放出热量，所以反应①的主要作用是提供热量、提供二氧化碳，故选：AD；（2）氨气、水和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，化学方程式为：CO2+NH3+H2O=NH4HCO3．故答案为：（1）置换反应，AD；（2）CO2+NH3+H2O=NH4HCO3．【点评】在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的知识和题中的提示进行解答．10．（2016德阳）A、B、C、D、E、F、X、Y都是初中化学中常见的物质，其中C是一种矿石的主要成分，工业上常用该矿石来制取生石灰，X是一种非金属单质，其原子的结构示意图为．它们之间有如下反应关系：请回答下列有关问题：（1）E的化学式为CO．（2）B在农业生产中的用途是（只写一种）中和酸性土壤．（3）有关反应的化学方程式：A与B的反应CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；C在高温下的反应CaCO3CaO+CO2↑．【分析】根据“A、B、C、D、E、F、X、Y都是初中化学中常见的物质，其中C是一种矿石的主要成分，工业上常用该矿石来制取生石灰”，则推测C为碳酸钙；根据“X是一种非金属单质，其原子的结构示意图为”，则推测X为碳元素；结合图框，则推测A可能为二氧化碳、B可能为氢氧化钙、D可能为水、E可能为一氧化碳、F可能为氧化钙、Y可能为氧气，代入检验；【解答】解：根据“A、B、C、D、E、F、X、Y都是初中化学中常见的物质，其中C是一种矿石的主要成分，工业上常用该矿石来制取生石灰”，则推测C为碳酸钙；根据“X是一种非金属单质，其原子的结构示意图为”，则推测X为碳元素；结合图框，则推测A可能为二氧化碳、B可能为氢氧化钙、D可能为水、E可能为一氧化碳、F可能为氧化钙、Y可能为氧气，代入检验，符合题意；（1）根据分析，E可能为一氧化碳，故E的化学式为CO．（2）根据分析，B可能为氢氧化钙，故B在农业生产中的用途是中和酸性土壤．（3）A与B的反应，即二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，故其反应的化学方程式为CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；C在高温下的反应，即碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，故其反应的化学方程式为CaCO3CaO+CO2↑，故答案为：（1）CO．CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；CaCO3CaO+CO2↑．【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可．11．3、KOH、Ba（OH）2、K2CO3、C、Cu、CuO中的三种物质组成．某校化学兴趣小组的同学为了探究其成分，设计了如图实验流程：请回答下列有关问题：（1）无色溶液II中所含阳离子的符号是H+、K+．（2）有色固体a与稀硫酸反应的化学方程式为2Fe（OH）3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+6H2O．（3）有色固体b在空气中加强热时发生反应的化学方程式为2Cu+O22CuO．（4）这包固体混合物的成分是氢氧化铁、碳酸钾、铜．【分析】根据氢氧化铁是红褐色沉淀，碳、铜、氧化铜都难溶于水，氢氧化钡和碳酸钾会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，氢氧化铁溶于酸会形成黄色溶液等知识进行分析．【解答】解：氢氧化铁是红褐色沉淀，碳、铜、氧化铜都难溶于水，氢氧化钡和碳酸钾会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，氢氧化铁溶于酸会形成黄色溶液．无色溶液I中，加入稀盐酸会生成无色气体，所以样品中一定含有碳酸钾，有色固体加入稀硫酸会形成黄色溶液，所以样品中一定含有氢氧化铁，有色固体b在空气中加强热，固体质量会增加，所以样品中一定含有铜，所以（1）加入的盐酸是过量的，无色溶液II中所含阳离子的符号是H+、K+；（2）氢氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为：2Fe（OH）3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+6H2O；（3）铜和氧气在加热的条件下生成氧化铜，化学方程式为：2Cu+O22CuO；（4）通过推导可知，这包固体混合物的成分是氢氧化铁、碳酸钾、铜．【点评】在解此类题时，首先分析题中所给物质的性质和两两之间的反应，然后依据题中的现象判断各物质的存在性，最后进行验证即可．12．（2016德阳）某校化学兴趣小组的同学在查阅资料时发现，H2和CO都具有还原性，工业上常用于冶炼金属．该小组的同学为了探究H2的还原性，他们设计了如下装置进行实验探究．请你帮助该小组回答下列有关问题：（1）装置a的名称是长颈漏斗．（2）A是一种实验室制取气体的发生装置，下列条件下，能够用A作发生装置的是（填编号）③．①液、液加热反应制气体②固、固加热反应制气体③固、液不加热反应制气体④固、液加热反应制气体（3）该小组的同学用盐酸和锌粒来制取氢气，则从A中出来的气体常含有氯化氢气体和水蒸气，在探究氢气的还原性时必须除去这两种气体，以防对实验结果造成干扰，则装置B 中盛放的是氢氧化钠溶液，C中盛放的是浓硫酸．（4）在实验过程中若观察到装置D中红色的固体粉末逐渐变成黑色，E装置中浓硫酸增重，则D中发生反应的化学方程式为3H2+Fe2O32Fe+3H2O．【分析】（1）根据常见的化学仪器的名称进行分析解答．（2）A是一种实验室制取气体的发生装置，属于固液常温型，进行分析解答．（3）从A中出来的气体常含有氯化氢气体和水蒸气，在探究氢气的还原性时必须除去这两种气体，以防对实验结果造成干扰，结合氯化氢可用氢氧化钠溶液来吸收，水蒸气可用浓硫酸来吸收，进行分析解答．（4）在实验过程中若观察到装置D中红色的固体粉末逐渐变成黑色，E装置中浓硫酸增重，说明有水蒸气生成，进行分析解答．【解答】解：（1）装置a的名称是长颈漏斗．（2）A是一种实验室制取气体的发生装置，属于固液常温型，即反应物为固体和液体，反应在常温下进行．（3）从A中出来的气体常含有氯化氢气体和水蒸气，在探究氢气的还原性时必须除去这两种气体，以防对实验结果造成干扰，结合氯化氢可用氢氧化钠溶液来吸收，水蒸气可用浓硫酸来吸收，但要注意要先通过氢氧化钠溶液，再通过浓硫酸，否则会再次引入水蒸气，故装置B中盛放的是氢氧化钠溶液，C中盛放的是浓硫酸．（4）在实验过程中若观察到装置D中红色的固体粉末逐渐变成黑色，说明有铁生成；E装置中浓硫酸增重，说明有水蒸气生成，氢气与氧化铁反应生成铁和水，反应的化学方程式为：3H2+Fe2O32Fe+3H2O．故答案为：（1）长颈漏斗；（2）③；（3）氢氧化钠溶液；浓硫酸；（4）3H2+Fe2O32Fe+3H2O．【点评】本题难度不大，掌握氢气的化学性质、实验室中制取气体的反应原理、发生装置和收集装置的选择依据等是正确解答本题的关键．13．（2016德阳）将足量的大理石加入到100g溶质质量分数为14.6%的稀盐酸中，充分反应后可得多少克二氧化碳．【分析】根据碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，依据题中的数据进行计算．【解答】解：设生成二氧化碳的质量为xCaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O73 44100g×14.6% x=x=8.8g故答案为：生成二氧化碳的质量为8.8g．【点评】根据化学方程式进行计算时，所使用的物质的质量都是纯净物的质量，含杂质的物质的质量不能直接代入化学方程式进行计算．初中化学试卷金戈铁骑制作。
2015年四川省德阳市中考化学试卷(word解析版)
省德阳市2015年中考化学试卷一、选择题（此题包括8个小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）1．以下几种常见的饮料中，不含有机物的可能是（）A．矿泉水B．果汁C．啤酒D．牛奶考点：有机物与无机物的区别．专题：物质的分类．分析：有机物是指含有碳元素的化合物．无机物是指不含有碳元素的化合物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．解答：解：A、矿泉水中含有水和矿物质，不属于有机物．故A符合题意．B、果汁中的果酸等属于有机物，一定含有有机物；故B不符合题意．C、啤酒中含有酒精，酒精属于有机物，一定含有有机物；故C不符合题意．D、牛奶中含有蛋白质等物质属于有机物，一定含有有机物；故D不符合题意．应选A点评：解答此题要掌握物质的分类方法，只有这样才能对各种物质进行正确的分类．2．（3分）（2015•德阳）以下过程中涉与化学变化的是（）A．用聚乙烯塑料制得食品袋B．用食盐制得纯碱C．将液态空气分离制得氧气D．将石油分离制得汽油考点：化学变化和物理变化的判别．专题：物质的变化与性质．分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．解答：解：A、用聚乙烯塑料制得食品袋过程中没有新物质生成，属于物理变化．B、用食盐制得纯碱过程中有新物质生成，属于化学变化．C、将液态空气分离制得氧气过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化．D、将石油分离制得汽油过程中没有新物质生成，属于物理变化．应选B．点评：此题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．3．（3分）（2015•德阳）地壳中含有丰富的氧、硅、铝、铁元素，其有关信息如下图，以下说确的是（）A．氧原子核质子数为6B．硅元素位于元素周期表中第三周期C．铝离子（Al3+）核外有三个电子层D．铁原子的质量为55.85g考点：原子结构示意图与离子结构示意图；元素周期表的特点与其应用．专题：化学用语和质量守恒定律．分析：原子结构示意图中，圆圈数字表示核质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数，离圆圈最远的弧线表示最外层．若最外层电子数≥4，在化学反应中易得电子，若最外层电子数＜4，在化学反应中易失去电子．根据图中元素周期表可以获得的信息：左上角的数字表示原子序数；字母表示该元素的元素符号；中间的汉字表示元素名称；汉字下面的数字表示相对原子质量，进行分析判断即可．解答：解：A、由氧原子的结构示意图，圆圈的数字是6，氧原子核质子数为6，应选项说确．B、原子中原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，硅元素原子序数为14，则其原子核外电子数为14；核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，最外层上有4个电子，原子核外有3个电子层；周期数=原子核外电子层数，则硅元素位于元素周期表中第三周期，应选项说确．C、铝离子（Al3+）是铝原子失去3个电子得到的，铝离子（Al3+）核外有2个电子层，应选项说法错误．D、根据铁元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，元素的相对原子质量为55.85，相对原子质量单位是“1”，不是“克”，应选项说法错误．应选：AB．点评：此题难度不大，灵活运用原子结构示意图的含义、元素周期表中元素的信息（原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量）是正确解答此题的关键．4．（3分）（2015•德阳）如图是某反应的微观示意图，以下有关说法不正确的是（）A．生成的物质都是氧化物B．反应前后原子的种类不变C．该反应的基本类型属于置换反应D．反应前后有两种元素的化合价发生了变化考点：微粒观点与模型图的应用；从组成上识别氧化物；有关元素化合价的计算；置换反应与其应用．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、根据化学方程式可知生成物是水和二氧化硫，因此都属于氧化物，故说确；B、由图示或化学方程式可知，化学反应前后原子的种类不变，故说确；C、置换反应要求反应物生成物均是一种单质与一种化合物，而该反应的生成物是两种化合物，所以不是置换反应，故说法错误；C、由方程式可知氧元素由0变成了﹣2价，硫元素由﹣2价变成了+4价，氢元素的化合价不变，因此有两种元素的化合价发生了改变，故说确；应选项为：C．点评：此题属于微观示意图的考查，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．5．（3分）（2015•德阳）以下实验方案能够达到相应实验目的是（）选项实验目的实验方案A 检验CH中是否含有H2将气体点燃4B 鉴别NaOH溶液和Ca（OH）溶液分别向溶液入CO22C 除去NaCl中的NaCO3向其中加入足量稀盐酸2D 比较铁和铜的活动顺序将其分别加入ZnSO溶液4A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案设计与评价；常见气体的检验与除杂方法；金属活动性顺序与其应用；酸、碱、盐的鉴别．专题：简单实验方案的设计与评价．分析：A、根据甲烷和氢气都具有可燃性分析；B、根据两种物质与二氧化碳反应产生的不同现象来分析；C、根据碳酸钠能与盐酸反应生成氯化钠水与二氧化碳，而氯化钠与盐酸不反应分析；D、根据金属和盐溶液反应的规律分析．解答：解：A、甲烷和氢气都具有可燃性，因此通过能否可燃检验错误；应选项错误；B、二氧化碳能与Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀和水；与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，但无明变化，能出现两种明显不同的现象，可以鉴别，应选项正确；C、碳酸钠能与盐酸反应生成氯化钠水与二氧化碳，而氯化钠与盐酸不反应，所以两者加入适量的稀盐酸后还需要通过蒸发结晶即可得到较纯净的氯化钠固体，因此步骤不完整，应选项错误；D、铁、铜和硫酸锌都不反应，无法比较二者的活动性顺序，应选项错误；应选项为：B．点评：此题难度不是很大，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，在具体设计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．（3分）（2015•德阳）甲、乙两种物质的溶解度曲线如下图，以下说确的是（）A．t℃时，甲、乙两种物质的饱和溶液中溶质的质量相等1B．将甲、乙的饱和溶液从t℃降到t1℃，两者均有晶体析出2C．将甲的溶液从t℃升到t2℃，其溶质的质量分数一定增大1D．当温度高于t℃而低于t2℃时，乙的溶解度比甲的溶解度小1考点：固体溶解度曲线与其作用；晶体和结晶的概念与现象；溶质的质量分数．专题：溶液、浊液与溶解度．分析：根据溶解度曲线与意义解答．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；温度对不同物质的溶解度影响不同．解答：解：A、t℃时甲、乙两曲线交于一点，说明两物质的溶解度相等，等质量的饱和溶1液中所含溶质质量相等，若饱和溶液质量不相等，则所含溶质质量就不相等．故说法错误；B、从图中趋势可知，乙的溶解度随着温度而降低，乙的饱和溶液从t2℃降到t1℃，不有晶体析出，故说法错误；C、从图中趋势可知，甲的溶解度随着温度而升高，甲的溶液从t1℃升到t2℃，溶质质量不变，其溶质的质量分数不一定增大，故说法错误；D、从图中趋势可知，当温度高于t1℃而低于t2℃时，乙的溶解度比甲的溶解度小，故说确．、答案：D．点评：会根据溶解度曲线判断同温下溶解度的大小，交点表示该温度下两物质溶解度相等．7．（3分）（2015•德阳）室温时，将氢氧化钠溶液与盐酸用滴加方式反应时，溶液的pH 随滴入溶液体积变化如下图．以下有关说法不正确的是（）A．该图象表示的是将氢氧化钠溶液滴入盐酸中B．氢氧化钠溶液和盐酸恰好完全反应时．溶液的pH等于7C．当滴入溶液的体积为5mL时，所得溶液中的溶质只有NaClD．滴入溶液体积为15mL时，再加几滴紫色石蕊试液溶液呈蓝色考点：中和反应与其应用；酸碱指示剂与其性质；溶液的酸碱性与pH值的关系．专题：常见的酸酸的通性．分析：A．根据当溶液的pH＜7时，溶液显酸性，当溶液的pH＞7时，溶液显碱性，当溶液的pH=7时，溶液显中性解答；B．根据氢氧化钠溶液和盐酸恰好反应时，溶液显中性，溶液pH=7解答；C．根据根据盐酸和氢氧化钠的反应原理以与图象数据来回答；D．根据溶液的酸碱性以与能使紫色石蕊试液的变况来分析．解答：解：A．根据图象，在反应未进行时，溶液的pH=1，为强酸性溶液，所以该曲线反应是将氢氧化钠溶液滴入盐酸中，故对；B．氢氧化钠溶液和盐酸恰好反应时，溶液显中性，溶液pH=7，故对；C．当滴入溶液的体积为5mL时，溶液的pH小于7，盐酸还有剩余，此刻溶液中的溶质是HCl、NaCl，故错误；D．滴入溶液体积为15mL时，氢氧化钠过量，溶液显碱性，能使紫色的石蕊试液变蓝色，故正确．应选C．点评：酸碱中和反应结合图象知识来考查，难度适中，考查的知识面较广．8．（3分）（2015•德阳）将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，充分反应后产生气体0.4g，并得到残留固体6.4g．则原混合物粉末的质量是（）A．8.0g B．11.2g C．16.0g D．24.8g考点：根据化学反应方程式的计算．专题：有关化学方程式的计算．分析：将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，铁能与稀盐酸反应，氧化铜能与稀盐酸反应生成了氯化铜和水，铁能与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁．根据生成氢气的质量求出与稀盐酸反应的铁的质量，根据生成铜的质量可求出与氯化铜反应的铁的质量，还可求出氧化铜的质量，将三者加在一起就是原混合物的质量．解答：解：由题意可知，将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氧化铜能与稀盐酸反应生成了氯化铜和水，铁能与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁．设与稀盐酸反应的铁的质量为xFe+2HCl═FeCl2+H2↑56 2x 0.4g解得：x=11.2g设与氯化铜反应的铁的质量为yFe+CuCl2═FeCl2+Cu56 64y 6.4g解得：y=5.6g氧化铜的质量为：6.4g÷（）=8.0g所以，原混合物的质量为：11.2g+5.6g+8.0g=24.8g由以上计算分析可知，D正确．应选D．点评：此题主要考查了根据化学方程式的计算．解答此题的关键是分清铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，发生的反应有哪些，残留固体的成分是什么．四、（此题包括5个小题，共36分）9．（6分）（2015•德阳）工业烟气通常含有二氧化硫，在排放前需经脱硫处理．如图是两种常用脱硫工艺中含硫物质的转化路径（部分产物已略）．请回答以下问题：（1）反应Ⅰ的化学方程式是SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O ．（2）反应Ⅱ所属的基本反应类型是复分解反应，CaSO3中Ca、S、O元素的质量比是5：4：6 ．（3）已知原料NaOH的价格为2.9元/kg、Ca（OH）2的价格为0.36元/kg．两种工艺中，处理相同质量的SO2，双碱法所需的原料成本更低，其原因是通过反应II实现了NaOH 的循环利用，减少了NaOH的用量，所以成本降低．考点：物质的相互转化和制备；碱的化学性质；盐的化学性质；元素质量比的计算；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．专题：物质的制备．分析：（1）根据反应Ⅰ是氢氧化钠与二氧化硫的反应，写化学方程式；（2）根据反应Ⅱ是亚硫酸钠与氢氧化钙的反应，判断反应类型，并计算CaSO3中Ca、S、O元素的质量比；（3）通过数据和流程得出双碱法所需的原料成本更低的原因．解答：解：（1）反应Ⅰ是氢氧化钠与二氧化硫的反应，化学方程式为SO+2NaOH=Na2SO3+H2O；2（2）反应Ⅱ是亚硫酸钠与氢氧化钙的反应，属于复分解反应；CaSO3中Ca、S、O元素的质量比40：32：48=5：4：6；（3）两种工艺中，处理相同量的SO2，双碱法所需的原料成本更低，原因是通过反应II实现了NaOH的循环利用，减少了NaOH的用量，所以成本降低．故答案为：（1）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，（2）复分解反应；5：4：6（3）通过反应II实现了NaOH的循环利用，减少了NaOH的用量，所以成本降低点评：此题联系生活考查了环境污染和资源综合利用方面的知识，同学们需要在平常生活中提高“节能、环保”的意识．10．（8分）（2015•德阳）A﹣I是初中化学中常见的物质．它们之间有如下图的转化关系．已知A为铝土矿的主要成分，通常情况下F是一种液体，C、D、H、I为气体，H能参与绿色植物的光合作用，G为黑色固体．请回答以下问题：（1）G的化学式是CuO ．（2）H+单质碳→I，其反应条件是高温（3）A B+C的化学方程式是2Al2O34Al+3O2↑．（4）I+F（气体）H+D的化学方程式是CO+H2O CO2+H2．考点：物质的鉴别、推断；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．专题：框图型推断题．分析：此题属于推断题，根据题目给出的流程图和信息：A～I是初中常见的物质，A为铝土矿的主要成分，所以A为氧化铝，氧化铝在通电的条件下生成铝和氧气，配平即可；H为气体且能参与绿色植物的光合作用，所以H为二氧化碳，G为黑色固体且与稀硫酸反应形成蓝色溶液，所以G为氧化铜，H+单质碳→I，即二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以I为一氧化碳，A B+C，所以B为金属铝，C为氧气，氧气和氢气在点燃的条件下生成水，水通电分解得到氢气和氧气，因此D是氢气，F是水；一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以E是铜；一氧化碳和水蒸气在高温和催化剂的条件下生成二氧化碳和氢气．解答：解：（1）G为黑色固体且与稀硫酸反应形成蓝色溶液，所以G为氧化铜，故答案为：CuO；（2）二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以I为一氧化碳，故答案为：高温；（3）A为铝土矿的主要成分，所以A为氧化铝，氧化铝在通电的条件下生成铝和氧气，配平即可；故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；（4）一氧化碳和水蒸气在高温和催化剂的条件下生成二氧化碳和氢气，故答案为：CO+H2O CO2+H2点评：在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可．11．（8分）（2015•德阳）有一包粉末，已知由CaCO3、FeCl3、MgCl2、Na2SO4、NaOH、NaNO3中的几种组成．为确定其组成，现进行以下实验，各步骤均已充分反应．①取一定质量的粉末，加水搅拌后过滤，得到沉淀和无色溶液A；②向①步得到的沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液；③将①步得到的无色溶液A进行如下图的实验．请回答以下问题：（1）B的化学式是BaSO4．（2）A中一定存在的溶质的化学式是Na2SO4、NaCl ．（3）生成白色沉淀D的化学方程式是NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3．（4）这包粉末中可能含有物质的化学式是MgCl2、NaNO3．考点：物质的鉴别、推断；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：混合物组成的推断题．分析：①根据碳酸钙难溶于水、氯化铁溶液显黄色、氯化铁和氢氧化钠会生成氯化钠和红褐色的氢氧化铁沉淀、氯化镁和氢氧化钠会生成氯化钠和白色的氢氧化镁沉淀可知，原粉末中可能含有CaCO3、FeCl3、MgCl2、NaOH；②根据碳酸钙与稀盐酸反应生成无色气体二氧化碳，氢氧化铁与稀盐酸反应会生成氯化铁的黄色溶液可知，原粉末中一定含有CaCO3、FeCl3、NaOH；③根据硫酸钠和硝酸钡反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，①步得到的无色溶液A中含有的氯化钠和硝酸银反应生成硝酸钠和氯化银沉淀等知识进行分析．解答：解：通过分析可知：（1）由于硫酸钠和硝酸钡反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以B的化学式是：BaSO4．（2）向①步得到的沉淀中加入足量稀盐酸，得到无色气体和黄色溶液，说明沉淀中含有碳酸钙和氢氧化铁，说明原物质中含有的碳酸钙、氯化铁、氢氧化钠已不在A 中，若原物质中含有氯化镁也已形成氢氧化镁沉淀，而硝酸钠不影响此题的现象，故A中一定存在的溶质的化学式是：Na2SO4、NaCl．（3）氯化钠和硝酸银反应生成硝酸钠和氯化银沉淀，生成白色沉淀D的化学方程式是：NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3．（4）MgCl2和NaNO3是否存在对此题的现象没有明显的影响，所以这包粉末中可能含有物质的化学式是：MgCl2、NaNO3．故答案为：（1）BaSO4．（2）Na2SO4、NaCl．（3）NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3．（4）MgCl2、NaNO3．点评：根据物质的性质与变化规律，结合转化变化框图中的实验现象，确定固体中一定含有的物质与一定不含有的物质，然后对可能含有的物质进行组合．12．（10分）（2015•德阳）某研究性学习小组利用如图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响（固定装置略）．查阅资料：CO2+Zn CO+ZnO；FeCl3溶液遇KSCN溶液变红．请回答以下问题：（1）仪器A的名称是酒精灯，装置B的作用是除去多余的二氧化碳，尾气处理的方法是点燃或收集．（2）将研究小组分为两组，按如图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置D进行加热，其产物均为黑色粉末（纯净物）．两组分别用产物进行以下实验：步骤操作甲组现象乙组现象1 取黑色粉末加入盐酸溶解，无气泡，溶液呈浅黄绿色（含两种金属离子）溶解，有气泡，溶液呈浅绿色2 取步骤1所得溶液，滴加KSCN溶液变红无现象则甲组步骤1中反应的化学方程式是Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O ，乙组得到的黑色粉末是铁粉．（3）从安全考虑，本实验应在装置 A 和 B 之间添加装置E防止倒吸．（填字母编号）（4）该对比实验结果说明CO的还原能力随温度的升高而增强（填“增强”或“减弱”）．考点：实验探究物质变化的条件和影响物质变化的因素；常见气体的检验与除杂方法；一氧化碳还原氧化铁；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．专题：科学探究．分析：（1）根据常见的仪器名称回答；根据后面要通过F检验CO与FeO3反应的产物CO2，2分析装置B的作用；根据一氧化碳常见的处理方法分析；（2）根据信息分析反应物和生成物写出反应的方程式；（3）根据装置骤冷会引起液体倒流分析；（4）根据实验的结果分析结论．解答：解：（1）A是酒精灯；因为后面要通过F检验CO与FeO3反应的产物CO2，所以装置2B的作用是除去CO中的CO2；尾气中含有有毒气体CO，采用点燃的方法或收集的方法可除去CO；故答案为：酒精灯；除去多余的二氧化碳；点燃或收集；（2）一氧化碳和氧化铁反应的固体产物为黑色，可能是铁粉、四氧化三铁或二者的混合物；取黑色粉末加入盐酸，甲组观察到黑色固体溶解，无气泡，说明没有铁粉的产生，溶液呈浅黄绿色（含两种金属离子），取步骤1所得溶液，滴加KSCN溶液，变成红色，说明含有氯化铁，另外还产生浅绿色的氯化亚铁，结合反应前后元素的种类不变，还会产生水，因此反应的方程式为：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O；分析乙组现象，乙与盐酸反应产生气体，溶液为浅绿色，因此为铁粉；故答案为：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O；铁粉；（3）若A处停止加热后，会使玻璃管骤冷，液体沿着导管倒流进A装置，因此需要在A和B之间加一个倒吸装置；故答案为：A、B；（4）通过对比甲组和乙组实验可知，乙组使用酒精喷灯使氧化铁还原更彻底，因此该对比实验结果说明CO的还原能力随温度的升高而增强；故答案为：增强．点评：此题属于信息题的考查，难度较大，特别是方程式的书写，学生不知道思考的方向，因此要细心方向实验的现象进行大胆的猜测并结合相关的知识进行分析是解题的关键．13．（4分）（2015•德阳）CuSO4溶液对过氧化氢的分解有催化作用．取溶质质量分数为8.5%的过氧化氢溶液20g倒入小烧杯中，向其中加入溶质质量为0.75g 的CuSO4溶液10.8g，使过氧化氢完全分解．试计算：（1）产生氧气的质量；（2）反应后所所得溶液中CuSO4的质量分数．考点：根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算．专题：溶质质量分数与化学方程式相结合的计算．分析：（1）根据过氧化氢的质量求出氧气的质量即可；（2）根据硫酸铜的质量然后利用溶质质量分数公式计算即可．解答：解：（1）设生成氧气的质量为x．2H2O22H2O+O2↑68 3220g×8.5% xx=0.8g答：生成氧气的质量为0.8g．（2）反应后所得硫酸铜溶液的溶质质量分数=×100%=2.5%答：反应后所得硫酸铜溶液的溶质质量分数为2.5%．点评：此题难度不大，主要考查了根据化学方程式来计算有关的量，从而使学生来认识化学反应的本质，代入化学方程式计算的数据必须是纯净物的质量才行．。
2013-2020年四川省德阳市中考化学试题汇编(含参考答案与解析)
【中考化学真题精编】四川省德阳市中考化学试题汇编（含参考答案与解析）1、2013年四川省德阳市中考化学试题及参考答案与解析 (2)2、2014年四川省德阳市中考化学试题及参考答案与解析 (14)3、2015年四川省德阳市中考化学试题及参考答案与解析 (28)4、2016年四川省德阳市中考化学试题及参考答案与解析 (41)5、2017年四川省德阳市中考化学试题及参考答案与解析 (55)6、2018年四川省德阳市中考化学试题及参考答案与解析 (67)7、2019年四川省德阳市中考化学试题及参考答案与解析 (80)8、2020年四川省德阳市中考化学试题及参考答案与解析 (93)2013年四川省德阳市中考化学试题及参考答案与解析（满分70分）一、选择题（本体包括8个小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意）1．请根据所学化学知识，判断下列叙述正确的是（）A．太阳能电池是将化学能转变为电能的一种装置B．当室内发生火灾时，应迅速开启门窗通风C．香烟的过滤嘴可滤出一些有害物质，故吸烟对人体无害D．西瓜榨成汁的变化时物理变化2．过氧化氢（H2O2）具有广泛的用途，医疗上可用于清理伤口，实验室可用于制取氧气等．下列有关叙述中错误的是（）A．过氧化氢是氧化物B．过氧化氢的微观示意图可表示为C．过氧化氢由两个氢原子和两个氧原子构成D．过氧化氢中氢元素和氧元素的质量比为1：163．20℃时，取四份一定质量的饱和硝酸钾溶液分别进行如下实验后，所得结论正确的是（）A．保持温度不变，减少10g溶剂后，溶液中溶质的质量分数增大B．保持温度不变，加入10g溶质后，溶液中溶质的质量分数增大C．保持温度不变，减少10g溶剂后，溶质的溶解度减小D．降低至10℃后，溶质的溶解度减小4．下列实验操作中正确的是（）A．向试管中滴加液体时，滴管应垂悬在试管口上方，并不接触试管B．实验用剩的药品应放回原试剂瓶中C．加热后的试管应立即用冷水冲洗D．为了便于观察，给试管里的液体加热时试管口应对着自己5．下列叙述中正确的是（）A．Fe与CuSO4反应的基本反应类型属于复分解反应B．用Na2CO3溶液可以区别Ba（NO3）2、HCl、NaCl三瓶无色溶液C．木炭在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体D．碳酸氢铵与熟石灰混合施用，既可以增加肥效，又可以改良酸性土壤6．某校自主学习小组的甲乙丙丁四位同学以“汽车”为话题进行讨论．甲说：“汽车的外观造型不是化学研究的领域”；乙说：“标有‘CNG’的汽车时以天然气为燃料的汽车”；丙说：“汽车的金属外表喷漆的目的只能起到美观的作用”；丁说：“汽车尾气的排放会对环境造成污染”．请根据所学的知识判断说法错误的同学是（）A．甲同学B．乙同学C．丙同学D．丁同学7．根据下列实验现象，可以判断其溶液一定呈酸性的是（）A．滴加酚酞试液显红色的溶液B．滴加石蕊试液显蓝色的溶液C．能够与碱发生反应的溶液D．常温下，pH＜7的溶液8．Wg铁与足量的稀硫酸充分反应产生ag氢气，Wg锌与足量的稀盐酸充分反应产生bg氢气，则a 与b的关系是（）A．a＞b B．a＜b C．a=b D．无法比较二、（本题包括4小题，每空2分，共30分）9．（6分）金属钛（Ti）的合金具有耐高温，耐腐蚀、强度高等性能，所以，钛合金广泛用于航空、航天工业及化学工业．工业上冶炼金属钛的过程是以钛矿石（主要成分为钛酸亚铁，化学式为FeTiO3）、焦炭、氯气为原料，在高温条件下制取TiCl4，其反应化学方程式为：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2X+6CO，然后用镁与TiCl4在高温条件下反应生成金属钛和氯化镁．请根据以上信息回答下列问题：（1）FeTiO3中钛元素的化合价为价．（2）在制备TiCl4的反应中，X的化学式为．（3）镁与TiCl4反应的化学方程式为：．10．（6分）“碳捕捉技术”是通过一定的方法，将工业生产中产生的二氧化碳分离出来并加以利用．某校科研小组的同学设计用氢氧化钠溶液来“捕捉”二氧化碳，其基本过程如下（部分条件及物质未标出）．请回答下列有关问题：（1）“捕捉室”中发生反应的化学方程式为：．（2）在整个“捕捉”过程中，可以循环利用的物质是．（3）下列有关叙述中错误的是（填序号）．A．该技术可有效减少碳排放B．“反应分离”过程中，分离物质的基本操作时蒸发结晶和过滤C．能耗大是该技术的一大缺点D．“捕捉”到的二氧化碳可用于生产尿素、甲醇、碳酸氢铵和纯碱等．11．（10分）A、B、C、D、E、X、Y、Z都是初中化学中常见的物质，其中A是天然气的主要成分，X、Y、Z是单质，B、C、D、E是氧化物，常温下，C是液体，Y是黑色固体，E是红色粉末．它们之间有如下反应关系：请根据以上有关信息回答下列问题：（1）有关物质的化学式：A为，X为，C为．（2）B与Y反应的化学方程式为，D与E反应的化学方程式为．12．（8分）A、B、C、D、E分别代表一种物质，其中A是氯化钡．它们之间有如下反应关系：请根据以上信息回答下列问题：（1）有关物质的化学式：D为，E为．（2）A与B反应的方程式为．（3）滤液III中存在的阴离子是（用离子符号表示）．三、（本题包括1小题，每空2分，共10分）13．（10分）请根据下列装置回答有关问题．（1）有标号的仪器名称：①为②为．（2）若用上述装置制取二氧化碳，则A中发生反应的化学方程式为．如若要制取和收集一瓶干燥的二氧化碳气体，其装置接口的连接顺序是（用接口字母安顺序从左至右连接）．检验二氧化碳是否收集满的方法是．四、（本题包括1小题，共6分）14．（6分）某校化学兴趣小组的同学为了制取氢氧化镁，他们取9.5gl氯化镁固体全部溶解在40.5g 水中制成不饱和溶液，然后向其中加入55.8g某溶质质量分数的氢氧化钠溶液恰好完全反应．请你帮他们计算该小组制得的氢氧化镁的质量和反应所得溶液中溶质的质量分数．参考答案与解析一、选择题（本体包括8个小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意）1．请根据所学化学知识，判断下列叙述正确的是（）A．太阳能电池是将化学能转变为电能的一种装置B．当室内发生火灾时，应迅速开启门窗通风C．香烟的过滤嘴可滤出一些有害物质，故吸烟对人体无害D．西瓜榨成汁的变化时物理变化【知识考点】物质发生化学变化时的能量变化；化学变化和物理变化的判别；灭火的原理和方法；烟的危害性及防治．【思路分析】A、太阳能电池是将太阳能转变为电能的一种装置；B、开启门窗通风可为燃烧提供充足的氧气；C、香烟的过滤嘴可滤出一些有害物质，但仍有很多有害物质被人体吸入；D、物理变化是没有新物质生成的变化；【解答过程】解：A、太阳能电池是将太阳能转变为电能的一种装置，故说法错误；B、当室内发生火灾时，开启门窗通风可为燃烧提供充足的氧气，燃烧的更旺，故说法错误；C、香烟的过滤嘴可滤出一些有害物质，但仍有很多有害物质被人体吸入，有害身体健康，故说法错误；D、物理变化是没有新物质生成的变化，西瓜榨成汁时没有新物质生成，属于物理变化，故说法正确；故选D．【总结归纳】本题难度不大，掌握太阳能电池的原理、促进燃烧的条件、吸烟的危害以及物质的变化等是解决此类问题的关键，属于基础知识的考查．2．过氧化氢（H2O2）具有广泛的用途，医疗上可用于清理伤口，实验室可用于制取氧气等．下列有关叙述中错误的是（）A．过氧化氢是氧化物B．过氧化氢的微观示意图可表示为C．过氧化氢由两个氢原子和两个氧原子构成D．过氧化氢中氢元素和氧元素的质量比为1：16【知识考点】化学式的书写及意义；从组成上识别氧化物；元素质量比的计算．【思路分析】A、氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物，据此进行分析判断．B、根据过氧化氢分子的构成进行分析判断．C、根据过氧化氢的微观构成进行分析判断．D、根据化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析判断．【解答过程】解：A、过氧化氢是由氢、氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，故选项说法正确．B、1个过氧化氢分子是由2个氢原子和2个氧原子构成的，则过氧化氢的微观示意图可表示为，故选项说法正确．。
四川省德阳市中考化学试卷(word版,含解析)
2014年四川省德阳市中考化学试卷解析版1.下列变化中，属于化学变化的是（）A.海水晒盐B.火柴折断C.食物腐烂D.干冰升华解析：A.海水晒盐过程中没有新物质生成，属于物理变化．B.火柴折断过程中只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化．C.食物腐烂过程中有新物质生成，属于化学变化．D.干冰升华过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化．故选C2.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（）A.普通玻璃是一种纯净物B.大力开发新能源以替代不可再生的化石燃料C.人体因碘摄入量不足，容易导致骨质疏松症D. 为了增加草木灰肥料，大力提倡在田间焚烧秸秆解析：A.普通玻璃中含有多种物质，属于混合物，该选项说法不正确；B.化石燃料用完之后不能再生，因此应该积极开发利用新能源，以代替化石燃料，该选项说法正确；C.人体因碘摄入量不足，容易导致甲状腺肿大，该选项说法不正确；D.焚烧秸秆虽然可以增加草木灰肥料，但是会污染环境，得不偿失，该选项说法不正确．故选：B3.2014年4月兰州发生了自来水苯超标事故，引起人们对水安全的关注．已知苯的化学式为C6H6，下列有关说法正确的是（）A.苯中的C、H元素的质量比为12：1B.苯分子是由6个碳元素和6个氢元素组成C.苯分子中碳的原子结构示意图为D. 苯中碳、氢元素均位于元素周期表的第二周期解析：A．由苯的化学式C6H6可知，其中C、H元素的质量比为：（12×6）：（1×6）=12：1，故正确；B．苯是由碳元素和氢元素组成的，元素是个宏观概念，只讲种类，不讲个数，故错误；C．苯分子中碳的原子结构示意图为，故错误D．苯中碳元素位于元素周期表的第二周期，氢元素位于元素周期表的第一周期，故错误．故选A4. 下列除去杂质的试剂和方法可行的是（）选项物质（括号内为杂质）除杂试剂和方法A Mg（NO3）2溶液（AgNO3）加入过量铁粉，过滤B NaCl溶液（Na2SO4）加入适量BaCl2溶液，过滤C CO2（CO）通过足量澄清石灰水D N2（O2）通过灼热的氧化铜A．A B．B C．C D．D解析：A、过量铁粉能与AgNO3溶液反应生成硝酸亚铁溶液和银，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸亚铁，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．B、Na2SO4能与适量BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，再过滤除去不溶物，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确．C、CO2能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，CO不与澄清石灰水反应，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．D、O2不能与灼热的氧化铜反应，不能把杂质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．故选B．5. 甲、乙两种物质的溶解度曲线如图所示．下列叙述正确的是（）A．将甲的溶液从t2℃降到t1℃，其溶质的质量分数一定减小B．t2℃时，甲、乙的饱和溶液各100g，其溶质的质量一定相等C．当温度高于0℃而低于t1℃时，乙的溶解度比甲的溶解度大D．t2℃时，蒸发溶剂可使乙的饱和溶液析出晶体后变为不饱和溶液解析：A、将甲的溶液从t2℃降到t1℃，不知甲的溶液是否饱和，不一定有晶体析出，其溶质的质量分数不一定减小，故错；B、t2℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，甲、乙的饱和溶液各100g，其溶质的质量不相等，故错；C、根据溶解度曲线图可知，当温度高于0℃而低于t1℃时，乙的溶解度比甲的溶解度大，故对；D、t2℃时，蒸发溶剂可使乙的饱和溶液析出晶体后仍为饱和溶液，故错．答案：C6.甲烷和水反应可以制水煤气（混合气体），其反应的微观示意图如图所示：根据以上微观示意图得出的结论中，正确的是（）A.反应前后各元素的化合价均不变B.水煤气的成分是一氧化碳和氧气C.该反应中含氢元素的化合物有3种D.该反应的化学方程式中甲烷和水的计量数之比为1：1解析：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+H2OCO+3H2，A、反应前后各元素的化合价发生改变，故错；B、生成物是一氧化碳和氢气，水煤气的成分是一氧化碳和氢气，故错；C、该反应中含氢元素的化合物有2种，故错；D、该反应的化学方程式中甲烷和水的计量数之比为1：1，故对．答案D7. 将一定质量的Ba（OH）2溶液与Na2CO3溶液混合恰好完全反应，向反应后的混合物中加入稀盐酸，产生气体的体积与加入稀盐酸的体积的关系如图所示，下列说法中正确的是（）A. N 点时，所得溶液的pH=7B. Q点时，所得溶液中的溶质只含有BaCl2C. O至P段发生反应的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2OD. P至Q段发生反应的化学方程式为Ba（OH）2+2HCl=BaCl2+2H2O解析：A、N点时，盐酸过量，因此溶液的pH值小于7，故错；B、Q点时，溶液中溶质有氯化钡和氯化钠，故错；C、0p段表示的是氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠的过程，故对；D、PQ段表示的是碳酸钡和盐酸反应生成气体的过程，故错．答案C8.金属单质M与非金属单质硫发生如下反应为2M+S M2S．甲、乙二组学生在实验室分别进行该实验，加入的M和硫的质量各不相同．充分反应后，实验数据记录如表，则M 的相对原子质量是（）M的质量/g S的质量/g M2S的质量/g甲 6.0 2.5 7.5乙7.0 1.5 7.5A．64 B．56 C．39 D．23解析：对比甲、乙两同学所用A和S的质量及生成A2S的质量：同样生成7.5gA2S，甲实验S的用量为2.5g、乙实验S的用量为1.5g，则可得反应生成7.5gA2S时需要消耗S的质量为1.5g；利用质量守恒定律，则两物质恰好完全反应时，可判断生成7.5gA2S时消耗A的质量为6.0g．设元素A的相对原子质量是x．2A+S═A2S2x 326.0g 1.5g则，解得x=64故选：A9．（6分）（2014•德阳）高氯酸（HClO4）和亚氯酸钠（NaClO2）在工业上有广泛的用途，其制备工艺流程如图：请回答下列问题：（1）HClO4中Cl元素的化合价是_________．（2）反应器I中的生成物有HClO4、ClO2、NaHSO4、H2O，其中属于氧化物的是_________．（3）反应器II中发生反应的化学方程式为2ClO2+SO2+4NaOH=2NaClO2+X+2H2O，则X的化学式是_________．解析：（1）已知：H的化合价为：+1，O的化合价为：﹣2；设Cl元素的化合价为X，根据化合物中化合价代数和为零．+1+x+（﹣2）×4=0解之得：X=+7；故答案为：+7；（2）氧化物是由两种元素组成的化合物中，其中一种是氧元素的化合物．①HClO4是由H、Cl、O三种元素组成的，所以不是氧化物；②ClO2是由Cl、O两种元素组成的，其中一种是氧元素，所以是氧化物；③NaHSO4是由H、Na、S、O四种元素组成的，所以不是氧化物；④H2O是由H、O两种元素组成的，其中一种是氧元素，所以是氧化物；故属于氧化物的是ClO2和H2O；：故答案为：ClO2和H2O；（3）根据质量守恒定律：反应前后原子和种类和数量都不会改变．由化学方程式为2ClO2+SO2+4NaOH=2NaClO2+X+2H2O，可知：反应前反应物中有：2个Cl原子、10个O原子、1个S原子和4个Na原子；而反应后已经有：2个Cl原子、6个O原子、1个S原子和2个Na原子；还少：4个O原子、1个S原子和2个Na原子，由于X前面的化学计量数为1，所以在一个X分子中应含有：4个O原子、1个S原子和2个Na原子，故其化学式为：Na2SO4；故答案为：Na2SO410．（8分）（2014•德阳）A～J是初中化学中常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系（部分反应条件已略去）．其中A是一种液体，H是一种红色固体，J的溶液呈黄色．已知在高温下单质碳能与多种金属氧化物反应生成金属单质和二氧化碳．请回答下列问题：（1）反应①的化学方程式是_________．（2）组成E的元素是_________．（3）反应①②③④中属于置换反应的是_________．（4）反应④的化学方程式是_________．解析：H是一种红色固体，J的溶液呈黄色，可知J是铁的盐溶液，则H是氧化铁，氧化铁和I反应产生铁盐和水，因此I是酸，如盐酸，则J是氯化铁，C是水；A是一种液体，和B 作用产生C﹣水和D 且B保持不变，因此A是过氧化氢，B是二氧化锰，D是氧气，氧气和E反应产生水和G，G是氧化铁和碳反应产生的二氧化碳，因此E可以是甲烷，则F是铁，因此：（1）反应①是过氧化氢在二氧化锰的作用下分解产生水和氧气，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；（2）E和氧气点燃产生二氧化碳和水，根据化学反应前后元素的种类不变，可知E中一定含有碳和氢元素，可能含有氧元素，故答案为：碳和氢或碳、氢和氧；（3）反应①时过氧化氢分解，反应②是氧气和甲烷等的反应，不属于基本反应类型；反应③时碳和氧化铁的反应生成铁和二氧化碳，属于置换反应；反应④是氧化铁和酸发生的复分解反应，故答案为：③；（4）反应④是氧化铁和酸，如盐酸，生成氯化铁和水，故反应的方程式为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O．11．（8分）（2014•德阳）如图所示的是物质A～F相互间的关系（“→”表示物质间存在的转化关系，“﹣”表示两端的物质能发生化学反应）．通常情况下A是能参与绿色植物光合作用的气体；B在工业上广泛用于玻璃、造纸、纺织和洗涤剂生产等领域；D的溶液呈蓝色；E 是地壳中含量最多金属元素的单质．请回答下列问题：（1）A与光合作用所得的气体产物是_________，B的化学式_________．（2）F可能是_________．（3）C和D在溶液中反应的化学方程式是_________．（4）E和F在溶液中反应的化学方程式是_________．解析：通常情况下A是能参与绿色植物光合作用的气体，因此A是二氧化碳；B在工业上广泛用于玻璃、造纸、纺织和洗涤剂生产等领域，因此B是碳酸钠；D的溶液呈蓝色，因此D 是铜盐；E是地壳中含量最多金属元素的单质，因此E是铝；F能够和B﹣碳酸钠、E﹣铝反应，因此F是酸；C能够和B﹣碳酸钠、D﹣铜盐反应，因此C是碱，如氢氧化钙，因此：（1）A参与光合作用所得的气体产物是氧气；B是碳酸钠，化学式为：Na2CO3；（2）F是酸，如盐酸、硫酸；（3）C和D的反应时氢氧化钙和硫酸铜的反应，反应的方程式为：Ca（OH）2+CuSO4=Cu（OH）2↓+CaSO4；（4）E和F可以使铝郁盐酸的反应，反应的方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；故答案为：（1）O2；Na2CO3；（2）盐酸（或硫酸）；（3）Ca（OH）2+CuSO4=Cu（OH）2↓+CaSO4；（4）2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑12．（10分）（2014•德阳）某化学研究性学习小组进行了氨（NH3）的制取和有关性质的探究实验．资料卡片：氨气通常情况下是有刺激性气味的无色气体，密度比空气小，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，极易溶于水，浓氨水具有挥发性．加热熟石灰和氯化铵固体混合物可以生成氨气，若要快速产生氨气，可以将浓氨水滴加到生石灰中得到．请根据有关信息回答下列问题：（1）仪器a的名称是_________．（2）利用A装置制取氨气的化学方程式是_________．（3）将浓氨水滴加到生石灰中快速产生氨气，发生装置最好是_________（选填装置编号）．（4）研究性学习小组用D装置收集氨气，判断氨气已经收集满的方法是_________．（5）研究性学习小组用如图2所示的装置探究氨的性质，观察到脱脂棉团由白色变为红色．该现象涉及到的性质是_________（填字母编号）．A．氨分子是不断运动的B．浓氨水具有挥发性C．氨气有刺激性气味D．氨气的水溶液显碱性（6）若将制取氨气的熟石灰溶于水形成的饱和溶液置于小烧杯并放入一只大烧杯中（如图3），在大烧杯中加入下列物质，观察到小烧杯中饱和溶液变浑浊，则加入的物质是_________（填字母编号）．A．水和浓硫酸B．水和氯化钠固体C．水和硝酸铵固体D．水和氢氧化钠固体．解析：（1）仪器a的名称是试管，常用作反应容器．故填：试管．（2）利用A装置制取氨气的化学方程式是：Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑．故填：Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑．（3）将浓氨水滴加到生石灰中快速产生氨气，发生装置最好是B装置，因为B装置中的分液漏斗能够控制浓氨水的流量，从而可以控制反应速率，同时分液漏斗还能够防止氨气从分液漏斗逸出．故填：B．（4）研究性学习小组用D装置收集氨气，判断氨气已经收集满的方法是将湿润的红色石蕊试纸放在m端，若试纸变蓝色，说明氨气已经集满．故填：将湿润的红色石蕊试纸放在m端，若试纸变蓝色，说明氨气已经集满．（5）观察到脱脂棉团由白色变为红色，说明氨分子是不断运动的，浓氨水具有挥发性，氨气的水溶液显碱性．故填：ABD．（6）若将制取氨气的熟石灰溶于水形成的饱和溶液置于小烧杯并放入一只大烧杯中，若观察到小烧杯中饱和溶液变浑浊，说明加入的物质能使温度升高，加入水和浓硫酸、水和氢氧化钠固体都能够使温度升高．故填：AD13．（4分）（2014•德阳）某地一辆满载浓硫酸的罐车翻倒，导致溶质质量分数为98%的浓硫酸20t泄漏，并向路基两边蔓延．接到报警后消防官兵立即赶来并用石灰浆（主要成分为氢氧化钙）中和硫酸解除了险情．请回答：（1）溶质质量分数为98%的浓硫酸20t中含H2SO4的质量是_________；（2）计算中和泄漏的98%浓硫酸20t，理论上需要氢氧化钙的质量．解析：（1）20t质量分数为98%的浓硫酸中硫酸的质量=20t×98%=19.6t（2）解：设理论上需要氢氧化钙的质量为xH2SO4+Ca（OH）2═CaSO4+2H2O98 7419.6t xx=14.8t答案：（1）98%的浓硫酸20t中含H2SO4的质量为19.6t；（2）中和泄漏的硫酸理论上需要氢氧化钙的质量为14.8t初中化学试卷金戈铁骑制作。
四川省德阳市中江县2015年中考一模化学试卷(解析版)
最大最全最精的教育资源网四川省德阳市中江县2015 年中考一模化学试卷一、单项选择题（每题 3 分，共 30 分）1．依据你的生活经验和所学的化学知识判断，以下变化属于化学变化的是（）A ．海水晒盐B．酒精挥发C．打磨玉器D．大米霉变考点：化学变化和物理变化的鉴识．专题：物质的变化与性质．剖析：化学变化的特点是：有新物质生成．判断物理变化和化学变化的依照是：能否有新物质生成．解答：解： A 、海水中有食盐，属于物理变化，应选项错误；B、酒精液体变为酒精蒸气，没有新物质生成，属于物理变化，应选项错误；C、打磨玉器没有新物质生成，属于物理变化，应选项错误；D、大米霉变生成有害物质，属于化学变化，应选项正确；应选 D评论：本考点考察了物理变化和化学变化的差别，只需抓住重点点：能否有新物质生成，问题就很简单解决．本考点基础性比较强，主要出此刻选择题和填空题中．2．以下各组物质按酸、碱、盐、单质、氧化物次序摆列的是（）A ．H 2SO4 Na2O MgCl 2C COB ． M g（ OH ）2 C．M gSO4KOH D ．H Cl NaOHCuSO4 CaO C CO2 NaCl O2 SO3NH 4Cl O2 P2O5考点：常有的氧化物、酸、碱和盐的鉴识；单质和化合物的鉴识．专题：物质的分类．剖析：依据物质的构成进行剖析，酸是指电离时生成的阳离子所有是氢离子的化合物，碱是指电离时生成的阴离子所有是氢氧根离子的化合物，盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物，氧化物是指由两种元素构成此中一种是氧元素的化合物，单质是只含有一种元素的纯净物．解答：解： A 、硫酸是酸，氧化钠是氧化物，氯化镁是盐，碳是单质，一氧化碳是氧化物，错误；B、氢氧化镁属于碱，硫酸铜属于盐，氧化钙属于氧化物，碳属于单质，二氧化碳属于氧化物，错误；C、硫酸镁属于盐，氢氧化钾属于碱，氯化钠属于盐，氧气属于单质，三氧化硫属于氧化物，错误；D、盐酸属于酸，氢氧化钠属于碱，氯化铵属于盐，氧气属于单质，五氧化二磷属于氧化物，正确．应选 D．评论：本题考察了常有物质的类型，达成本题，能够依照物质的构成进行．3．（ 3 分）（ 2015?中江县一模）某同学在化学晚会上为大家现场作了一幅《镜湖灯影》的景色画：他在白纸上用洁净的毛笔蘸取甲溶液“画上”一串灯影，再用另一支毛笔蘸取乙溶液在灯影四周“画上”一片湖水，将白纸挂在墙上，待晾干后，用装有丙溶液的喷雾器向白纸上喷最大最全最精的教育资源网洒．结果出现了“蓝色的湖面上倒映着红色的灯影”的画面．该同学所用的甲、乙、丙三种溶液可能是以下四项中的（）甲乙丙A 稀盐酸氢氧化钾溶液石蕊溶液B 氢氧化钠溶液稀盐酸石蕊溶液C 氯化钠溶液硫酸钾溶液硫酸钠溶液D 石灰水稀硫酸氯化钠溶液A ． A B．B C．C D． D考点：中和反响及其应用；酸碱指示剂及其性质．专题：常有的酸酸的通性．剖析：依据石蕊遇酸性和碱性溶液的变色状况及溶液的酸碱性剖析判断．显酸性的溶液能使石蕊试液变红色，显碱性的溶液能使石蕊试液变蓝色；假如甲、乙、丙三种溶液分别是显酸性的物质、显碱性的物质、石蕊试液，则切合上述实验现象．解答：解：A、稀盐酸显酸性，能使石蕊试液变红色，氢氧化钠溶液显碱性，能使石蕊试液变蓝色．应选项正确；B、氢氧化钠溶液显碱性，能使石蕊试液变蓝色，稀盐酸显酸性，能使石蕊试液变红色．结果应当是红红的湖水倒映蓝蓝的灯笼．应选项错误；C、氯化钠溶液、硫酸钾溶液、硫酸钠溶液等物质相互混淆时不可以出现颜色方面的变化．应选项错误；D、石灰水、稀硫酸、氯化钠溶液等物质相互混淆时不可以出现红色和蓝色．应选项错误；应选 A．评论：本题主要考察酸碱性溶液与酸碱指示剂相互作用时颜色变化方面的知识，掌握酸碱性溶液与石蕊试液、酚酞试液相互作用时显色方面的有关知识方可正确解答．4．如图示是 A 、B、C 三种物质的溶解度曲线，现将t2℃时三种物质的饱和溶液分别冷却到t1℃，则三种溶液在t1℃时溶质的质量分数由大到小的次序为（）A ．ωA＞ωB＞ωC B．ωC＞ωB＞ωA C．ωB＞ωA＞ωC D．ωB＞ωC＞ωA考点：固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系．专题：利用图像，进行剖析计算；溶液的构成及溶质质量分数的计算；溶液、浊液与溶解度．剖析：由在 t2℃时，三种物质的溶解度大小关系，能够确立三种物质的饱和溶液中溶质的质最大最全最精的教育资源网量分数；由三种物质的溶解度受温度的影响的变化趋向，能够判断降温到t1℃时三种溶液的溶质质量分数由大到小的次序．解答：解：因为在 t2℃时，三种物质的溶解度大小关系是C＞ B＞ A ，即在 t2℃时，三种物质的饱和溶液中溶质的质量分数：C＞ B ＞A ；因为 C 和 B 的溶解度随温度的降低而减小，所以降温至t1℃时， C 和 B 的溶液中都会有晶体析出，溶液都仍是饱和溶液，由于在 t1℃时这两种物质的溶解度B＞ C，故 B 溶液溶质的质量分数大于C；而 A 的溶解度随温度的降低而增大，所以降温至t 1℃时，它的饱和溶液就会变为不饱和溶液，但溶液中溶质的质量分数不变，由图可知， t 1℃时 B 的溶解度大于t2℃时 A 的溶解度，而 t1℃时 C 的溶解度小于 t2℃时 A 的溶解度，故降温到 t1℃，此时三种溶液的溶质质量分数由大到小的次序为ωB＞ωA＞ωC．故答案为： C评论：溶解度曲线能定量地表示出溶解度变化的规律，达成本题，能够依照已有的知识联合图象进行．5．（ 3 分）（ 2013?庆阳）以下各组物质在溶液中能大批共存且形成无色溶液的是（）A ．N aCl BaCl2 Na 2CO3 B． KNO3 HCl CaCl2C．H 2SO4 FeCl 3 NaNO 3 D． NaOH HNO 3 NH 4NO 3考点：离子或物质的共存问题．专题：物质的分别、除杂、提纯与共存问题．剖析：若物质之间相互互换成分，能联合成积淀的则不可以获得透明的溶液；本题还要注意能获得无色透明溶液，不可以含有显然有颜色的铜离子、铁离子和亚铁离子等．解答：解： A 、 BaCl2和 Na2CO3反响生成碳酸钡白色积淀，不可以大批共存，应选项错误．B、三者之间不反响，能大批共存，且不存在有色离子，应选项正确．C、三者之间不反响，但 FeCl3溶于水呈棕黄色，应选项错误．D 、NaOH 与 HNO 3反响生成硝酸钠和水， NaOH 与 NH 4NO3反响生成硝酸钠、氨气和水，不可以大批共存，故此选项错误．应选 B．评论：本题考察物质的共存问题，判断物质在溶液中可否共存，主要看溶液中的各物质之间可否发生反响生成积淀、气体、水；还要注意特定离子的颜色．6．（ 3 分）（ 2012?德阳）以下图象与对应的说法正确的选项是（）A．向 NaOH 溶液中加水稀释最大最全最精的教育资源网B．等质量的Al 、 Zn 与足量的稀硫酸反响C．向稀硫酸中加入Ba（ OH ）2溶液D．在恒温的条件下，适当蒸发饱和NaCl 溶液的水分考点：酸碱溶液的稀释；饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；金属的化学性质；酸的化学性质．专题：元素化合物知识型；压轴实验题．剖析：A 、向酸或碱溶液中不停的加水时，溶液的酸性或碱性就会不停的减小，但溶液不会变为中性，更不会变为碱性或酸性；B、在金属活动性次序中，越靠前的金属化学性质越开朗，和稀酸溶液反响时表现出来的现象就越强烈，在等同条件下，反响需要的时间也就越短，再就是获得 1 克氢气所需要的金属的质量为；C、依据硫酸和氢氧化钡反响生成硫酸钡积淀，跟着反响的进行积淀不停增添，当硫酸反响完成后积淀不再增添为必定值进行解答；D 、依据在恒温的条件下，适当蒸发饱和NaCl 溶液的水分，溶质质量分数不变进行解答．解答：解：A 、因为是加水稀释碱溶液，所以不论加多少水，溶液仍为碱性溶液，pH 值不会小于等于 7，故 A 错误；B、因为在金属活动性次序中，铝在锌前，所以铝反响需要的时间短，而该图象中时间和斜线的斜率有矛盾，应当是斜率越大的，时间越短，金属的活动性越强，故 B 错误；最大最全最精的教育资源网应完成后积淀不再增添为必定值，故C 正确；D 、在恒温的条件下，适当蒸发饱和 NaCl 溶液的水分会有晶体析出，溶质质量分数不变，而不是增大，故 D 错误． 应选： C ．评论：本题难度较大，主要考察了金属活动性次序的应用、酸碱的有关的化学性质、酸碱溶液的稀释等，培育学生剖析问题、解决问题的能力．7．（ 3 分）（ 2015?中江县一模）以下离子能在 pH=12 的水溶液中大批共存的是（）SO 、NO、 K、 H+ B ． Na 、 Cl、NO 、 CuA ．+ + ﹣ 2+C ．Na +、K +、 NO、 Cl﹣D ．Mg2+、 Cl ﹣、 SO、 K+考点：离子或物质的共存问题；溶液的酸碱性与 pH 值的关系．专题：物质的分别、除杂、提纯与共存问题．剖析：pH 为 12 的水溶液显碱性， 水溶液中含有大批的﹣离子OH ．依据复分解反响的条件， 间若能相互联合成积淀、气体或水，则离子不可以共存，据此进行剖析判断即可． 解答：解： pH 为 12 的水溶液显碱性，水溶液中含有大批的 OH ﹣．A 、H +与碱性溶液中的 OH ﹣能联合成水，不可以大批共存，应选项错误．B 、 Cu 2+与碱性溶液中的OH ﹣联合成氢氧化铜积淀，不可以大批共存，应选项错误． C 、四种离子间不可以联合成积淀、气体或水，能在碱性溶液中大批共存，应选项正确．D 、 Mg 2+与碱性溶液中的 OH ﹣联合成氢氧化镁积淀，不可以大批共存，应选项错误．应选： C ．评论：本题考察了离子共存的问题，判断各离子在溶液中可否共存，主要看溶液中的各离子之间可否发生反响生成积淀、气体、水．8．（ 3 分）（ 2013?德阳） 20℃时，取四份必定质量的饱和硝酸钾溶液分别进行以下实验后， 所得结论正确的选项是（）A ．保 持温度不变，减少 10g 溶剂后，溶液中溶质的质量分数增大B ． 保持温度不变，加入 10g 溶质后，溶液中溶质的质量分数增大C ． 保持温度不变，减少10g 溶剂后，溶质的溶解度减小D ．降 低至 10℃后，溶质的溶解度减小考点：溶质的质量分数；固体溶解度的影响要素． 专题：溶液、浊液与溶解度．剖析：A 、依据饱和溶液，减少溶剂，会析出晶体剖析；B 、依据饱和溶液的定义剖析；C 、依据影响溶解度的要素剖析；D 、依据硝酸钾的容积度随温度的变化状况剖析．解答：解： A 、饱和硝酸钾溶液减少溶剂，会析出晶体，仍为该温度的饱和溶液，溶液中溶质的质量分数不变．故 A 结论不正确；B 、饱和硝酸钾溶液加入硝酸钾不再溶解，溶液中溶质的质量分数不变．故B 结论不全国中小学教育资源门户网站|天量课件、教学设计5、试卷、教案免费下载最大最全最精的教育资源网正确；D 、因为硝酸钾的溶解度随温度的高升而增大，所以，降低至10℃后，溶质的溶解度减小．故 D 结论正确．应选 D．评论：正确地理解饱和溶液、溶解度、饱和溶液中溶解度与溶质的质量分数的关系是解答本题的重点．9．（ 3 分）（ 2015?中江县一模）以下物质的转变能实现的是（）A ．HCl B． CO Na2CO3H SO2 4C． Cu（ OH）2 NaOH D．Ba（ NO3）2NaNO 3考点：物质的相互转变和制备；一氧化碳的化学性质；酸的化学性质；碱的化学性质；盐的化学性质．专题：物质的制备．剖析：发生一个反响就能够达成，利用前面物质的性质，选择适合的物质只发生一次反响生成欲转变的物质（即后边那种物质）．能够依据物质之间相互作用的方面进行剖析、判断，进而得出正确的结论．要依据复分解反响发生的条件来剖析．解答：解： A ．硫酸与氯化钡发生复分解反响生成硫酸钡积淀和盐酸，可一步实现；B ．二氧化碳与氢氧化钠反响生成碳酸钠和水，而一氧化碳与氢氧化钠不反响；C．氢氧化铜是一种难溶性碱，与氯化钠不可以发生反响；D ．硝酸钠与氯化钡不切合复分解反响发生的条件．应选 A．评论：解答本题的重点是要掌握物质之间相互混淆时可否发生化学反响，只有这样才能对问题做出正确的判断．10．（ 3 分）（ 2015?中江县一模）如表记录了物质X 的溶液分别加入到此外三种物质的溶液中产生的现象．则物质X 的化学式可能是（）氢氧化钠碳酸钠石蕊物质 X 无明展现象产生气泡溶液变红A ． Ca（ OH）2 B． CuSO4 C． H Cl D． N aCl考点：酸的化学性质．专题：常有的酸酸的通性．剖析：依据选项中的四种物质与表中的三种物质的反响现象剖析：碳酸盐与酸性物质反响能够产生气泡；酸性溶液能够使石蕊试液变为红色等．解答：解：A 、如物质 X 是氢氧化钙时：与氢氧化钠不反响没现象；与碳酸钠能反响生成的是白色积淀碳酸钙，无气泡产生，且与石蕊接触后石蕊会变蓝（氢氧化钙的溶液呈碱性），故 A 不正确；B 、如物质 X 是硫酸铜时：与氢氧化钠和碳酸钠均产生蓝色积淀，且因为硫酸铜溶液呈中性，所以不可以使石蕊试液变色，故 B 不正确；C、如物质 X 是盐酸时：与氢氧化钠反响但没现象，切合题意；与碳酸钠能反响生成最大最全最精的教育资源网气体二氧化碳，有气泡生成，也切合题意；且盐酸呈酸性能使石蕊试液变红．故 C 正确；D 、如物质 X 是氯化钠时：与氢氧化钠不反响没现象，切合题意；与碳酸钠能反响生成的是白色积淀碳酸钙，无气泡产生．且NaCl 的溶液呈中性，所以不可以使石蕊变红，故 D 不正确．应选 C．评论：本题主要考察了常有酸、碱、盐的化学性质，解题的重点是娴熟掌握复分解反响发生的条件及常有物质的溶解性规律等．二、填空题 .（每空 2 分，共 24 分）11．（ 4 分）（2015?中江县一模）氨气（NH 3）是一种无色有刺激性气味的气体，极易溶于水，它的水溶液称为氨水．它在化学工业中有着宽泛的用途，如制化肥、制纯碱等．最近几年来，人们还利用氨来治理环境污染．（1）氨分子中，氮原子和氢原子的个数之比为1： 3 ．（2）在细菌的作用下，用氨来出来含甲醇（CH3OH）的工业废水，使其变为CO2和 N2等物质，进而消除它对环境的污染．反响的化学方程式为：6NH 3+5CH 3OH+12O 2═5CO2+3N 2+19X ，此中 X 物质的化学式是H2O ．考点：化学式的书写及意义；质量守恒定律及其应用．专题：化学用语和质量守恒定律．剖析：（ 1）依据氨气的化学式来剖析；（2）依据质量守恒定律，在化学反响中，反响前后原子的种类没有改变，数量没有增减，原子的质量也没有改变剖析解答．解答：解：（ 1）由氨气的化学式NH 3可知，氨分子中，氮原子和氢原子的个数之比为1： 3；故填： 1：3；（2） 6NH 3+5CH 3OH+12O 2═ 5CO2+3N 2+19X ，据方程式及反响前后原子的种类和数量不变，反响前有 6 个 N 原子、 5 个 C 原子、 38 个 H 原子、 29 个 O 原子，反响后有6 个 N 原子、 5 个 C 原子、 10 个 O 原子，所以上述反响中X 物质的化学式为H 2O；故填： H2O．评论：本题主要考察学生运用质量守恒定律进行推测的能力和书写化学方程式的能力．注意在（ 2）中 x 前面的化学计量数是 19，不是 1．12．（ 14 分）（ 2004?宿迁）某校课外活动小组模拟工业生产方法，用金属铜粉制取少许硫酸铜．请依据他们的实验操作，回答下边有关问题：（1）向盛有必定量稀硫酸的烧杯中，放入必定量的铜粉．此时铜粉的表面能否有气泡冒出？否（填“是”或“否”）（2）加热烧杯中的稀硫酸和铜粉时，烧杯底部应垫上石棉网，使其受热平均．（3）以下图（图中加热装置未画出）：将导气管口对着铜粉连续不停地通入氧气．能够观察到铜粉渐渐减少，直至完整消逝．写出此过程中所发生反响的化学方程式：2Cu+O 2 2CuO ；CuO+H 2SO4═ CuSO4+H2O（4）将所获得的溶液迟缓加热蒸发，至晶体析出．加热时，除采用以下图仪器外，还需增补仪器，所增补的玻璃仪器是玻璃棒，其作用是搅拌使液体受热平均．考点：金属活动性次序及其应用；用于加热的仪器；蒸发与蒸馏操作；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．专题：压轴实验题；金属与金属资料；常有的酸酸的通性；常有仪器及化学实验基本操作．剖析：（ 1）铜的金属性排在氢后，不可以与酸反响；（2）烧杯不可以直接加热；（3）金属能与氧气反响生成金属氧化物，金属氧化物与酸能反响生成盐和水；（4）蒸发时要用玻璃棒搅拌使液体受热平均．解答：解：（1）铜的金属性排在氢后，不可以与酸反响；（2）烧杯不可以直接加热，应垫石棉网，使其受热平均；（3）铜能与氧气反响生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸能反响生成硫酸铜和水；（4）蒸发时要用玻璃棒搅拌使液体受热平均．故答案为：（1）否；（2）石棉网，平均；（ 3） 2Cu+O 2 24═CuSO4 22CuO； CuO+H SO +HO（ 4）玻璃棒，搅拌使液体受热平均，评论：本题考察的知识点许多，包含金属的活动性次序、化学方程式的书写等；解决问题时要抓住实验的目的、实验的操作、实验的过程、实验的现象等方面，从基础下手．13．（ 6 分）（ 2013?德阳）金属钛（Ti）的合金拥有耐高温，耐腐化、强度高等性能，所以，钛合金宽泛用于航空、航天工业及化学工业．工业上冶炼金属钛的过程是以钛矿石（主要成分为钛酸亚铁，化学式为FeTiO3）、焦炭、氯气为原料，在高温条件下制取TiCl 4，其反响化学方程式为：2FeTiO 3+6C+7Cl 22TiCl 4+2X+6CO ，而后用镁与TiCl 4在高温条件下反响生成金属钛和氯化镁．请依据以上信息回答以下问题：（1） FeTiO3中钛元素的化合价为+4价．（2）在制备TiCl 4的反响中， X 的化学式为FeCl 3．（3）镁与 TiCl 4反响的化学方程式为：TiCl 4+2Mg Ti+2MgCl 2．考点：有关元素化合价的计算；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．专题：化学式的计算；化学用语和质量守恒定律．剖析：（ 1）依据钛酸亚铁的化学式（FeTiO 3）及化合物中元素化合价的代数和为0 计算钛的化合价．（ 2）依据化学反响前后原子的种类和数量不变求X 的化学式；（ 3）依据题中信息联合化学方程式的书写剖析．解答：解：（ 1）钛酸亚铁的化学式为FeTiO 3，此中铁元素的化合价为 +2 价，氧元素的化合价为﹣ 2 价，因化合物中元素化合价的代数和为0，设钛的化合价为 x，则（ +2 ）+x+ （﹣ 2）×3=0 ，解得 x=+4 ．故答案为： +4；（ 2）察看该反响 2FeTiO 3+6C+7Cl 2 2TiCl 4+2X+6CO ，可知反响前铁原子是 2个，钛原子是 2 个，氧原子是 6 个，碳原子是 6 个，氯原子是 14 个；反响后除 2X 外，钛原子是 2 个，氯原子是8 个，碳原子是 6 个，氧原子是 6 个，依据化学反响前后原子的种类和数量不变， 2X 中应有 6 个氯原子和 2 个铁原子，所以 X 的化学式为 FeCl3；故答案为： FeCl3；（ 3）依据题中信息，镁与 TiCl 4在高温条件下反响生成金属钛和氯化镁，该反响的化学方程式为 TiCl 4+2Mg Ti+2MgCl 2；故答案为： TiCl 4 +2Mg Ti+2MgCl 2；评论：本题考察学生依据在化合物中正负化合价代数和为零计算指定元素化合价的解题能力以及依据质量守恒定律推测物质化学式的能力，难度不大．三、推测题 .（每空 2 分，共 18 分）14．（ 8 分）（ 2015?中江县一模）有一瓶气体，它由H 2、CO、CO2、 CH 4中的一种或几种组成，用它进行以下图的实验；用化学式回答以下问题：（1）气体中必定没有CO2．（2）气体的构成可能是（有几种填几种，可不填满）①CH4②H 2、 CO③CH 4、H2（合理均可）．考点：常有气体的查验与除杂方法．专题：混淆物构成的推测题．剖析：依据所给几种气体的不一样性质和焚烧后的不一样生成物考虑，从反响现象上得出可能的气体构成状况．第一经过石灰水不变污浊，说明必定没有二氧化碳，点燃后生成水和最大最全最精的教育资源网二氧化碳，就考虑哪些焚烧能生成这两种物质．解答：解：（ 1）第一将气体经过石灰水，石灰水不变污浊，说明没有二氧化碳；（ 2）点燃后能生成水和使澄清石灰水变污浊的二氧化碳，此中甲烷焚烧能同时生成水和二氧化碳，氢气焚烧生成水，一氧化碳焚烧生成二氧化碳，所以可能为： CH 4， H 2、CO； CH4、 H2； CH4、CO； CH4、 H2、 CO；故答案为：（ 1） CO2；（ 2）① CH4，② H2、 CO；③CH4、 H2③ CH 4、 CO（合理均可）评论：H 2、CO、 CH4这三种可燃性气体焚烧时的现象和生成物是重要的知识点，也是解决这种问题的重点，必定要记清楚．15．（ 10 分）（ 2012?德阳） A 、 B、 C、 D、 E、 F、G、H 、I 是初中化学中常有物质．如图是这些物质之间相互转变的过程，此中B、 C、 D 属于氧化物．（图中部分生成物已略去）请回答：（1）操作①的名称是过滤．（2） A 属于盐类（填“酸、碱、盐、氧化物”）．（3）在 D 生成 E 的反响过程中会放出（填“汲取”或“放出”）大批的热量．（4）若 I 是白色积淀，则 B 是 MgO （或 Al 2 O3）等．（5）若 I 是蓝色积淀，则 F 与 G 反响生成 I 的化学方程式是2NaOH+CuSO 4=Cu （OH ）2↓+Na2SO4 ．考点：物质的鉴识、推测；过滤的原理、方法及其应用；常有的氧化物、酸、碱和盐的鉴识；物质发生化学变化时的能量变化；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．专题：框图型推测题．剖析：从 A 高温可生成两种氧化物，可猜想 A 是碳酸钙， CD 分别为二氧化碳和氧化钙，以此为打破口对物质间的反响状况进行剖析推测即可；解答：解：从 A 高温可生成两种氧化物，可猜想A是碳酸钙，CD分别为二氧化碳和氧化钙，C 和氢氧化钠可生成 H，则 H 为碳酸钠，D 和水反响能生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反响能生成碳酸钙和氢氧化钠．（1）由剖析知操作①为分别积淀和溶液的操作，所以是过滤；（2） A 是碳酸钙应当为盐类；（3） D 生成 E 的反响是氧化钙与水生成氢氧化钙，该反响会放出大批的热，所以是放热反响；（4）由剖析知 F 为氢氧化钠，当 I 为白色积淀时应当是难溶性的碱，能够是氢氧化铝或氢氧化镁等，所以能够知道 B 为一种金属氧化物，能够是氧化铝或氧化镁等；（ 5）若 I 是蓝色积淀，则I 是氢氧化铜，所以G 为硫酸铜，所以 F 与 G 反响生成I 全国中小学教育资源门户网站|天量课件、教10案、试卷、教案免费下载最大最全最精的教育资源网的化学方程式是2NaOH+CuSO 4=Cu（ OH ）2↓+Na2SO4．故答案为：（ 1）过滤；（ 2）盐；（3）放热；（ 4）MgO（或 Al 2O3）等；（ 5）2NaOH+CuSO 4=Cu （OH）2↓+Na2SO4．评论：在解此类题时，先将题中有特点的物质推出，而后再利用推出的和题中的条件推出节余的物质，最后将各物质考证即可．四．实验题（每空 2 分，共 12 分）16．（ 12 分）（ 2015?中江县一模）以下为实验室常用的实验装置，回答以下问题：（1）用锌粒和稀硫酸混淆制取氢气，应采用的发生装置为 B （填序号，下同），采集装置为 C或E ．（2）实验室用石灰石和稀盐酸反响制取二氧化碳，该反响的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl 2+H 2O+CO 2↑别的，也能够用加热碳酸氢钠（NaHCO 3）的方法来制取二氧化碳，它加热，除生成二氧化碳外，还有水和碳酸钠，请写出该反响的化学方程式：2NaHCO 3 Na 2CO3+CO2↑+H2O ．若用此方法制取二氧化碳，反响的发生装置应为 B ，采集装置应为D ．考点：常用气体的发生装置和采集装置与选用方法；二氧化碳的实验室制法；氢气的制取和查验；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．专题：常有气体的实验室制法、查验、干燥与净化．剖析：制取装置包含加热和不需加热两种，假如用双氧水和二氧化锰制氧气就不需要加热，假如用高锰酸钾或氯酸钾制氧气就需要加热．氧气的密度比空气的密度大，不易溶于水，所以能用向上排空气法和排水法采集．实验室制取CO2，是在常温下，用大理石或石灰石和稀盐酸制取的，碳酸钙和盐酸互相互换成分生成氯化钙和水和二氧化碳，所以不需要加热．二氧化碳能溶于水，密度比空气的密度大，所以只好用向上排空气法采集．实验室是用锌粒和稀硫酸在常温下反响制氢气的，氢气难溶于水，密度比空气的密度小，所以能够用排水法和向下排空气法采集．解答：解：（ 1）实验室是用锌粒和稀硫酸在常温下反响制氢气的，氢气难溶于水，密度比空气的密度小，所以能够用排水法和向下排空气法采集；故答案为：B；C 或 E；（2）实验室制取 CO2，是在常温下，用大理石或石灰石和稀盐酸制取的，碳酸钙和盐酸互相互换成分生成氯化钙和水和二氧化碳，所以不需要加热．二氧化碳能溶于水，密度比空气的密度大，所以只好用向上排空气法采集；碳酸氢钠在加热的条件下生成碳酸钠和水和二氧化碳，配平即可；故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl 2+H 2O+CO 2↑；2NaHCO 3Na 2CO3+CO 2↑+H 2O； B； D ；评论：本考点主要考察了气体的制取装置和采集装置的选择，同时也考察了化学方程式的书写等，综合性比较强．气体的制取装置的选择与反响物的状态和反响的条件有关；气体的采集装置的选择与气体的密度和溶解性有关．本考点是中考的重要考点之一，主全国中小学教育资源门户网站|天量课件、教11案、试卷、教案免费下载。
四川省德阳五中2015届中考化学二诊试题(含解析).
2015年四川省德阳五中中考化学二诊试卷一、选择题：（本题包括8个小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共24分）1．随着科学技术的进步，我们的生活水平大大提高，同时也产生了一些新的问题．试用所学化学知识判断，下列说法或做法中错误的是（）A．幼儿及青少年处于生长发育阶段，其钙的摄入需多于成人B．蛋白质、糖类、油脂、维生素是人体必需的营养素，应尽可能多吃C．回收处理废旧电池既可节约金属资源又可减少环境污染D．使用可降解塑料代替传统塑料，有利于减轻“白色污染”2．下列各方案中，你认为可行的是（）A．按溶解、过滤、蒸发的操作顺序，可以分离CaCl2和Na2CO3的混合物B．用NaOH溶液可除去二氧化碳中混有的少量氯化氢杂质C．除去H2中混有的HCl，将气体通过装有NaOH溶液的洗气瓶D．除去CO2中混有的少量CO杂质，可将气体导出点燃3．如图是a、b、c三种物质的溶解度曲线．由图判断下列说法中正确的是（）A．c的溶解度随温度的升高而增大B．在t2℃时，a、b两溶液中溶质的质量分数相等C．a的饱和溶液从t2℃降温至t1℃时仍为饱和溶液D．t1℃时，a的60g溶液中含有溶剂50 g4．部分含钙物质间的转化关系如图所示，下列分析正确的是（）A．CaO、Ca（OH）2、CaCO3都是含氧化合物，简称氧化物B．转化①是氯化钙溶液中的钙被置换出来C．转化④一定是中和反应D．转化⑥可能是复分解反应5．A、B、C、D表示4种物质，其微观示意图如表．A和B在一定条件下反应可生成C和D．对于该反应，下列说法不正确的是（）A．4种物质均由分子构成B．反应前后各元素化合价均发生改变C．4种物质中属于氧化物的是A、B、CD．C、D两种物质的质量比为22：76．除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（）A．A B．B C．C D．D7．下列图象能正确反映其对应关系的是（）A．向一定量PH=3的硫酸溶液中不断加水稀释B．向一定量的饱和石灰水中不断加入生石灰C．向盛有相同质量的镁和氧化镁的烧杯中分别加入相同溶质质量分数的稀盐酸至过量D．向一定量的氯化镁溶液中不断滴加氢氧化钠溶液直至过量8．某技术员在分析醋酸溶液中溶质的含量时，测得溶液中氧元素的质量分数为80%，则该醋酸溶液中，醋酸的质量分数为（）A．5% B．14% C．20% D．25%二、非选择题（共36分）9．金属钛（Ti）因为有神奇的性能越来越引起人们的关注，钛是航空、军工、电力等领域的重要的原材料．地壳中的含钛矿石之一是金红石（TiO2），是冶炼钛的重要原料．【钛的性质】：①常温下，钛既不与常见非金属单质反应、也不和强酸反应；②加热时，却可以和常见的非金属单质反应．（1）目前大规模生产钛的方法是（流程如图所示）：第一步：使TiO2与C混合，在高温条件下反应，再通入Cl2，制得TiCl4和一种可燃性气体X．请根据反应物、生成物前后的变化，推测X的化学式：．第二步：在氩气的气流中，高温下用过量的Mg和TiCl4发生置换反应制得钛．写出此反应的化学方程式：．（2）上述反应制得的金属钛往往会混有另外一种金属单质杂质．若要除去该杂质，可以用何种试剂除去（填试剂名称）．10．框图中A是人体胃液中含有的成分，B用于改良酸性土壤，G是铁锈的主要成分（Fe2O3•XH2O），E、F、I为无色气体．根据图示回答下列问题．（1）写出有关物质的化学式：B ．（2）写出反应④的化学反应方程式：．（3）日常生活中为了阻止反应③发生，通常采用的措施是（写一条）．（4）要使反应⑤能够发生，需要反应物B和M，其中M的化学式为．11．如图是初中化学常见物质之间的转化关系，他们各代表不同的物质（“﹣”表示相邻的与两种物质可以发生反应，“→”表示箭头的物质可转化为箭头后的物质；部分反应的反应物、生成物和反应条件未标出）．其中A、H是金属氧化物，且H是红色固体粉末，F是由两种元素组成的化合物．请回答下列问题：（1）C的化学式是．（2）写出物质E的一种用途．（3）图中有几种物质都能与F发生反应，请你写出其中一种物质与F发生复分解反应的化学方程式：．（4）写出下列反应的化学方程式D与H：．E→B：．12．亚硝酸钠是实验室常用的试剂，实验室一般用亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液反应来制取N2．N2的化学性质十分稳定，但在一定条件下能与H2部分化合生成NH3．下图为制取少量NH3的装置（制取H2的装置已略去）：（1）C装置的硬质试管中发生反应的化学方程式为．（2）反应时N2和H2的最佳质量比是．如果按此比例进行反应，反应时，D中导管口是否会逸出气泡？（已知NH3极易溶于水），说明逸出气泡的原因：．（3）B中浓硫酸的作用是．（4）用实验方法证明确实有NH3生成：．13．某化学兴趣小组为了测定一工厂废水中硫酸的含量，取100g废水于烧杯中，加入120g质量分数为10%的氢氧化钠溶液，恰好完全反应（废水中无不溶物，其他成分不与氢氧化钠反应）．请计算：废水中硫酸的质量分数．2015年四川省德阳五中中考化学二诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题包括8个小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共24分）1．随着科学技术的进步，我们的生活水平大大提高，同时也产生了一些新的问题．试用所学化学知识判断，下列说法或做法中错误的是（）A．幼儿及青少年处于生长发育阶段，其钙的摄入需多于成人B．蛋白质、糖类、油脂、维生素是人体必需的营养素，应尽可能多吃C．回收处理废旧电池既可节约金属资源又可减少环境污染D．使用可降解塑料代替传统塑料，有利于减轻“白色污染”【考点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；金属的回收利用及其重要性；白色污染与防治；生命活动与六大营养素．【专题】化学与生活健康；化学与环境保护．【分析】A、根据钙在人体内的存在和生理功能进行分析判断．B、人体要求营养平衡，对营养素要合理摄入．C、根据废旧电池的回收利用的重要意义进行分析判断．D、根据防止白色污染的措施进行分析判断．【解答】解：A、缺乏时幼儿和青少年会患佝偻病，幼儿正处于生长发育阶段，需要摄入比成年人更多的钙．故选项说法正确．B、“吃得营养，吃出健康”，要求营养均衡；即使是人体必需的营养素也有一个合理摄入量的问题，过量摄入也不利于人体健康；故选项说法错误．C、电池中含有重金属，会污染土壤和地下水，废旧电池的回收利用不仅可以节约金属资源，还可以减少对环境（或水或土壤）的污染．故选项说法正确．D、用可降解塑料代替传统的不可降解塑料，可减少“白色污染”．故选项说法正确．故选B．【点评】本题难度不大，了解化学与生活环境、人体健康与化学物质的关系，灵活运用所学知识是正确解题的关键．2．下列各方案中，你认为可行的是（）A．按溶解、过滤、蒸发的操作顺序，可以分离CaCl2和Na2CO3的混合物B．用NaOH溶液可除去二氧化碳中混有的少量氯化氢杂质C．除去H2中混有的HCl，将气体通过装有NaOH溶液的洗气瓶D．除去CO2中混有的少量CO杂质，可将气体导出点燃【考点】物质除杂或净化的探究；常见气体的检验与除杂方法．【专题】物质的分离和提纯．【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．【解答】解：A、CaCl2和Na2CO3均易溶于水，不能采用溶解、过滤、蒸发的操作顺序进行分离，故选项所采取的方法错误．B、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则；故选项所采取的方法错误．C、HCl能与NaOH溶液反应生成氯化钠和水，H2不与NaOH溶液反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确．D、除去二氧化碳中的一氧化碳不能将气体导出点燃，这是因为当二氧化碳（不能燃烧、不能支持燃烧）大量存在时，少量的一氧化碳是不会燃烧的，故选项所采取的方法错误．故选C．【点评】物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键．3．如图是a、b、c三种物质的溶解度曲线．由图判断下列说法中正确的是（）A．c的溶解度随温度的升高而增大B．在t2℃时，a、b两溶液中溶质的质量分数相等C．a的饱和溶液从t2℃降温至t1℃时仍为饱和溶液D．t1℃时，a的60g溶液中含有溶剂50 g【考点】固体溶解度曲线及其作用；饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法．【专题】溶液、浊液与溶解度．【分析】根据题目信息和溶解度曲线可知：a、b两种固体物质的溶解度，都是随温度升高而增大，而c的溶解度随温度的升高而减少；c的溶解度随温度的升高而增大是错误的；在t2℃时，a、b两溶液中溶质的质量分数相等不正确，因为没有指明是饱和溶液；a的饱和溶液从t2℃降温至t1℃时仍为饱和溶液正确，因为有固体析出；t1℃时，a的60g溶液中含有溶剂50g错误，因为是没有指明是饱和溶液，也没有指明溶解度．【解答】解：A、c的溶解度随温度的升高而减少，故选项错误；B、在t2℃时，a、b两溶液中溶质的质量分数相等不正确，因为没有指明是饱和溶液；故选项错误；C、a的饱和溶液从t2℃降温至t1℃时仍为饱和溶液正确，因为有固体析出，．故选项正确；D、t1℃时，a的60g溶液中含有溶剂50g错误，因为是没有指明是饱和溶液，也没有指明溶解度，故选项错误；故选C【点评】本考点考查了溶解度曲线及其应用，通过溶解度曲线我们可以获得很多信息；还考查了饱和溶液与不饱和溶液的转化等，本考点主要出现在选择题和填空题中．4．部分含钙物质间的转化关系如图所示，下列分析正确的是（）A．CaO、Ca（OH）2、CaCO3都是含氧化合物，简称氧化物B．转化①是氯化钙溶液中的钙被置换出来C．转化④一定是中和反应D．转化⑥可能是复分解反应【考点】物质的相互转化和制备；中和反应及其应用；从组成上识别氧化物；反应类型的判定．【专题】物质的制备．【分析】A．根据氧化物的概念来分析；B．根据反应规律来分析；C．根据物质间的转化来分析；D．根据物质的间的转化过程来分析．【解答】解：A．氧化物是由两种元素组成的，而氢氧化钙和碳酸钙中均含有三种元素，不属于氧化物，故错误；B．钙的化学性质非常活泼，所以转化①往往是通过电解氯化钙实现的，故错误；C．氢氧化钙与氯化铜溶液发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钙，不属于中和反应，故错误；D．氢氧化钙与碳酸钠发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；氢氧化钙也可与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，故正确．故选D．【点评】掌握物质间相互转化的规律是解题的关键．5．A、B、C、D表示4种物质，其微观示意图如表．A和B在一定条件下反应可生成C和D．对于该反应，下列说法不正确的是（）A．4种物质均由分子构成B．反应前后各元素化合价均发生改变C．4种物质中属于氧化物的是A、B、CD．C、D两种物质的质量比为22：7【考点】微粒观点及模型图的应用；从组成上识别氧化物；有关元素化合价的计算．【专题】化学反应模拟图型．【分析】根据微观示意图及各物质的分子构成可知，该反应的化学方程式可表示为2CO+2NO═2CO2+N2，据此进行判断．【解答】解：A、由四种物质的分子结构模拟图，4种物质均由分子构成，故该说法正确；B、反应前后物质中氧元素素化合价没有变化，故该说法错误；C、4种物质中A、B、C三种物质都两种元素组成且含氧元素的氧化物，故该说法正确；D、根据反应的化学方程式，生成物C、D两种物质的质量比=（2×44）：28=22：7，故该说法正确．答案：B．【点评】根据变化微观示意图及粒子构成模拟图，根据分子由原子构成等特点，正确判断变化中的物质构成，是解答本题的基本方法．6．除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（）A．A B．B C．C D．D【考点】物质除杂或净化的探究；常见气体的检验与除杂方法；酸的化学性质；盐的化学性质．【专题】物质的分离、除杂、提纯与共存问题．【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．【解答】解：A、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，故选项所采取的方法错误．B、H2SO4和CuSO4均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．C、CuO能与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，铜不与稀硫酸反应，再过滤、洗涤、干燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确．D、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故选项所采取的方法错误．故选：C．【点评】物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键．7．下列图象能正确反映其对应关系的是（）A．向一定量PH=3的硫酸溶液中不断加水稀释B．向一定量的饱和石灰水中不断加入生石灰C．向盛有相同质量的镁和氧化镁的烧杯中分别加入相同溶质质量分数的稀盐酸至过量D．向一定量的氯化镁溶液中不断滴加氢氧化钠溶液直至过量【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；碱的化学性质；溶液的酸碱性与pH值的关系．【专题】元素化合物知识型；压轴实验题．【分析】A、酸溶液不会因被稀释而变为碱性溶液的；B、生石灰放入到饱和石灰水中后会吸收一定量水分；C、等质量的镁和氧化镁与足量的稀盐酸反应，镁生成的氯化镁更多；D、氯化镁溶液与氢氧化钠溶液发生反应完毕，沉淀的质量不再改变．【解答】解：A、一定量PH=3的硫酸溶液中不断加水稀释，稀释后的溶液依然是酸的溶液，随着水的质量的增加溶液的pH值只能无限的接近于7，而不能大于或是等于7，即图象错误；故本选项不符合题意；B、生石灰放入到饱和石灰水中后会吸收一定量水分，生成氢氧化钙，恢复到原温度会析出溶质，故溶液中溶质的质量减小，即图象错误；故本选项不符合题意；C、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，MgO+2HCl=MgCl2+H2O，观察二者的方程式可知，Mg～MgCl2～MgO；由此分析可知，等质量的镁和氧化镁与足量的稀盐酸反应，镁生成的氯化镁更多，即图象正确；故本选项符合题意；D、氯化镁和氢氧化钠反应生成沉淀氢氧化镁，随氢氧化钙的加入逐渐增加，直到氯化镁完全反应，沉淀量不再变化，即图象错误；故本选项不符合题意；故选C．【点评】解答本题的方法是：一定要认真审题，文字叙述与图象相结合，还要联系和应用课本中学过的有关的知识点，综合分析，问题才会迎刃而解．8．某技术员在分析醋酸溶液中溶质的含量时，测得溶液中氧元素的质量分数为80%，则该醋酸溶液中，醋酸的质量分数为（）A．5% B．14% C．20% D．25%【考点】有关溶质质量分数的简单计算；元素质量比的计算；化合物中某元素的质量计算．【专题】化学式的计算；溶液的组成及溶质质量分数的计算．【分析】由于题目中没给出明确的数值，所解答时可以设出溶液中水的质量和溶质的质量，根据氧元素的质量分数来列式计算可得出溶剂和溶质质量的关系，然后计算该溶液中溶质的质量分数．【解答】解：设醋酸的水溶液中水的质量为x，醋酸的质量为y，则水中氧元素的质量为：x××100%=x，醋酸中氧元素的质量为y××100%=y，由溶液中氧元素的质量分数为80%，则×100%=80%，解得=3，则该溶液中溶质的质量分数为：×100%=25%．故选D．【点评】本题考查溶液中溶质的质量分数计算，难度较大，学生应大胆假设出溶质与溶剂的质量，利用其质量关系来计算即可解答．二、非选择题（共36分）9．金属钛（Ti）因为有神奇的性能越来越引起人们的关注，钛是航空、军工、电力等领域的重要的原材料．地壳中的含钛矿石之一是金红石（TiO2），是冶炼钛的重要原料．【钛的性质】：①常温下，钛既不与常见非金属单质反应、也不和强酸反应；②加热时，却可以和常见的非金属单质反应．（1）目前大规模生产钛的方法是（流程如图所示）：第一步：使TiO2与C混合，在高温条件下反应，再通入Cl2，制得TiCl4和一种可燃性气体X．请根据反应物、生成物前后的变化，推测X的化学式：CO ．第二步：在氩气的气流中，高温下用过量的Mg和TiCl4发生置换反应制得钛．写出此反应的化学方程式：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2．（2）上述反应制得的金属钛往往会混有另外一种金属单质杂质．若要除去该杂质，可以用何种试剂除去稀盐酸（填试剂名称）．【考点】常见金属的冶炼方法；金属的化学性质；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．【专题】金属与金属材料．【分析】（1）第一步：根据质量守恒定律在化学反应前后，元素的种类不变推断X的化学式；第二步：氩气属于稀有气体常用于保护气；根据在氩气的气流中，高温下过量的Mg和TiCl4发生的置换反应写出反应的方程式．（2）根据物质的性质分析除去的方法．【解答】解：（1）第一步：由于TiO2、C、Cl2混合物在高温条件下制得TiCl4和一种可燃性气体，根据化学反应中元素种类不变的规律可知：该可燃气体含有碳、氧两种元素，由碳、氧两种元素组成的可燃物只有一氧化碳，化学式是：CO．第二步：在氩气的气流中，高温下用过量的Mg和TiCl4发生置换反应制得钛．此反应的化学方程式：2Mg+TiCl4=Ti+2MgCl2；由于氩气属于稀有气体，性质很稳定，常用作保护气，防止在高温下钛与氧气等非金属单质反应．（2）由制取钛的过程可知，要加入过量的镁，所以，混有另外一种金属单质杂质为镁．由于镁能与盐酸反应，钛不与盐酸反应，可用盐酸除去．故答为：（1）X的化学式为CO；2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2；保护气，防止在高温下钛与氧气等非金属单质反应；（2）稀盐酸．【点评】本题主要考查物质的推断和化学方程式的书写，此类题目关键是能根据题干信息确定反应物、生成物的名称与反应条件．10．框图中A是人体胃液中含有的成分，B用于改良酸性土壤，G是铁锈的主要成分（Fe2O3•XH2O），E、F、I为无色气体．根据图示回答下列问题．（1）写出有关物质的化学式：B Ca（OH）2．（2）写出反应④的化学反应方程式：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl．（3）日常生活中为了阻止反应③发生，通常采用的措施是刷油漆、涂油等（写一条）．（4）要使反应⑤能够发生，需要反应物B和M，其中M的化学式为NH4Cl ．【考点】物质的鉴别、推断；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．【专题】框图型推断题．【分析】根据A是人体胃液中含有的成分，所以A是盐酸，B用于改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，G是铁锈的主要成分（Fe2O3•XH2O），所以G是氧化铁，E、F、I为无色气体，盐酸和氢氧化钙反应生成氯化钙和水，C通电会生成E和F，所以C是水，D是氯化钙，氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，所以H是碳酸钙，F、J、水会生成铁锈，所以J是铁，F是氧气，E是氢气，氢氧化钙和M反应会生成氯化钙、水和气体I，所以M可以是氯化铵，I是氨气，然后将推出的物质进行验证即可．【解答】解：（1）A是人体胃液中含有的成分，所以A是盐酸，B用于改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，G是铁锈的主要成分（Fe2O3•XH2O），所以G是氧化铁，E、F、I为无色气体，盐酸和氢氧化钙反应生成氯化钙和水，C通电会生成E和F，所以C是水，D是氯化钙，氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，所以H是碳酸钙，F、J、水会生成铁锈，所以J是铁，F是氧气，E是氢气，氢氧化钙和M反应会生成氯化钙、水和气体I，所以M可以是氯化铵，I是氨气，经过验证，推导正确，所以B是Ca（OH）2；（2）反应④是碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学反应方程式为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；（3）反应③是钢铁生锈，所以日常生活中为了阻止钢铁生锈的发生，通常采用的措施是：刷漆、涂油等；（4）要使反应⑤能够发生，需要反应物B和M，其中M的化学式为NH4Cl．故答案为：（1）Ca（OH）2；（2）CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；（3）刷油漆、涂油等；（4）NH4Cl．【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可．11．如图是初中化学常见物质之间的转化关系，他们各代表不同的物质（“﹣”表示相邻的与两种物质可以发生反应，“→”表示箭头的物质可转化为箭头后的物质；部分反应的反应物、生成物和反应条件未标出）．其中A、H是金属氧化物，且H是红色固体粉末，F是由两种元素组成的化合物．请回答下列问题：（1）C的化学式是CO2．（2）写出物质E的一种用途改良酸性土壤．（3）图中有几种物质都能与F发生反应，请你写出其中一种物质与F发生复分解反应的化学方程式：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O ．（4）写出下列反应的化学方程式D与H：3CO+Fe2O32Fe+3CO2．E→B：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O ．【考点】物质的鉴别、推断；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．【专题】框图型推断题．【分析】根据H是金属氧化物，且H是红色固体粉末，所以H是氧化铁，I会与氧化铁反应，所以I 是酸或还原剂，氧化铁会转化成G和C，C和B、D会相互转化，所以可以猜想C是二氧化碳，G是铁，铁和F会发生反应，F是由两种元素组成的化合物，所以F是盐酸，B是碳酸钙，A是金属氧化物，所以A是氧化钙，E是氢氧化钙，氧化铁会与I反应，I可以是木炭，D是一氧化碳，然后将猜想的各种物质代入转化关系中验证即可．【解答】解：（1）H是金属氧化物，且H是红色固体粉末，所以H是氧化铁，I会与氧化铁反应，所以I是酸或还原剂，氧化铁会转化成G和C，C和B、D会相互转化，所以可以猜想C是二氧化碳，G是铁，铁和F会发生反应，F是由两种元素组成的化合物，所以F是盐酸，B是碳酸钙，A是金属氧化物，所以A是氧化钙，E是氢氧化钙，氧化铁会与I反应，I可以是木炭，D是一氧化碳，氧化铁和木炭反应生成二氧化碳，木炭和氧气反应会生成二氧化碳、一氧化碳，一氧化碳和二氧化碳可以相互转化，二氧化碳和碳酸钙可以相互转化，碳酸钙和盐酸会发生反应，盐酸和铁会发生反应，氧化铁会转化成铁和二氧化碳，碳酸钙高温会生成氧化钙，氧化钙会生成氢氧化钙，氢氧化钙会与盐酸反应，氢氧化钙会转化成碳酸钙，猜想的物质满足题中的转化关系，猜想正确，所以C的化学式是CO2；。