资源简介

2025年四川省泸州市龙马潭区五校联考中考一模化学试题
1．（2025·龙马潭模拟）化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是
A．人体中钙元素含量过低会引起贫血
B．可以用食盐腌制鱼和肉等，以延长保存时间
C．食用蔬菜和水果等可以补充人体所需维生素
D．用新能源汽车代替燃油汽车，以减少对空气的污染
2．（2025·龙马潭模拟）葡萄糖酸钙（）可用于预防和治疗钙缺乏症。下列有关说法错误的是（　　）
A．老年人钙缺乏症常表现为骨质疏松
B．含钙过高的高钙尿症患者不宜服用
C．组成的四种元素都在同一周期
D．氧元素的质量分数比碳元素的高
3．（2025·龙马潭模拟）碳酸氢钠(NaHCO3)是熔制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，碳酸氢钠中碳元素的化合价是
A．-2 B．0 C．+2 D．+4
4．（2025·龙马潭模拟）乙二醇可用于生产汽车防冻液，其分子的微观结构示意图如图所示，下列有关乙二醇的说法正确的是
A．化学式为
B．相对分子质量为62
C．分子中碳原子和氢原子的个数比为
D．一个乙二醇分子由10个元素组成
5．（2025·龙马潭模拟）磷元素在元素周期表中的信息如图所示。下列说法不正确的是
A．磷元素属于非金属元素
B．磷元素的相对原子质量为30.97g
C．磷原子核外有15个电子
D．磷元素是农作物生长所需的营养元素之一
6．（2025·龙马潭模拟）配制波尔多液的反应为CuSO4+Ca（OH）2=X↓+CaSO4。下列说法不正确的是
A．CuSO4可用于游泳池消毒 B．Ca（OH）2可用于改良酸性土壤
C．X为Cu（OH）2 D．反应前后溶液的质量保持不变
7．（2025·龙马潭模拟）下列除杂或鉴别方法正确的是
选项 实验目的 实验操作
A 除去NaCl中的 加水溶解，通入适量
B 鉴别酒精和水 观察颜色
C 除去中少量CaO 高温煅烧
D 鉴别溶液和溶液 取样，分别滴加溶液
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·龙马潭模拟）如图为H2O的转化和利用。下列说法不正确的是
A．转化①中水分子间的空隙变大
B．转化②中产生O2、H2的体积比为2：1
C．转化③为置换反应
D．转化④是自然界中无机物向有机物的转化
9．（2025·龙马潭模拟）材料科学在利用太阳能上大显身手。最近，一种利用石英热捕捉器（）捕获太阳能的新方法，可使温度达到1000℃以上，从而有可能在玻璃、钢铁、水泥和陶瓷等工业生产中取代化石燃料。回答相关问题：
（1）玻璃、钢铁、水泥和陶瓷中不属于无机非金属材料的是　 　，这些无机非金属材料与石英均含有的元素为氧和　 　。
（2）该捕获太阳能取代化石燃料的新方法，目前其主要的2点优势为______（选填编号）。
A．应用更环保 B．技术更成熟 C．资源更丰富
10．（2025·龙马潭模拟）空气是宝贵的自然资源。如图是以空气等为原料合成尿素[CO(NH2)2]的流程。
（1）由空气得到X和氧气的过程发生了　 　(填“物理”或“化学”)变化，其中X的化学式为　 　。
（2）工业上控制温度使液态空气汽化，首先分离出氮气，剩下的是　 　色的液态氧。据此事实可推断沸点：液氮　 　液氧(选填“高于”或“低于”)。
11．（2025·龙马潭模拟）太阳能电池路灯（如图），可以实现白天用太阳能充电，夜晚照明，其灯柱材料为铝合金，路灯内部采用金属铜作导线．
回答下列问题：
（1）制作灯柱所需的铝合金属于　 　（选填“金属材料”或“合成材料”）．
（2）铝合金的硬度和强度都比纯铝　 　（选填“高”或“低”）．
（3）太阳能电池路灯使用铜作导线，是因为铜具有良好的　 　性．
（4）一般不用铁制作灯柱的原因是铁易与空气中的水蒸气和　 　反应而生锈．
12．（2025·龙马潭模拟）实验室中，利用下列装置可以制取某些气体，请回答下列问题。
（1）带标号的仪器的名称：①　 　；②　 　。
（2）气体发生装置内加入药品前，应该进行的操作是　 　。
（3）实验室若用高锰酸钾制取氧气，选择的发生装置是　 　；用双氧水制氧气的符号表达式为　 　。
（4）乙炔又称电石气，是一种无色、无味、密度比空气略小，不溶于水的气体；工业上常用它燃烧产生的高温来切割和焊接金属；实验室用电石(固体)与水反应制取乙炔。你认为制取乙炔应选择的发生装置是　 　。
13．（2025·龙马潭模拟）课上，同学们利用下列实验探究碱的化学性质
（1）甲实验中加入酚酞试液的目的是　 　；
（2）乙实验利用控制变量法进行了对比，排除了水对实验的干扰。若观察到U形管左端的液面　 　（填“升高”或“降低”），则证明氢氧化钠能与二氧化碳反应，其反应的化学方程式为　 　，因此氢氧化钠在保存时应该　 　；
（3）丙实验观察到的现象是　 　；
（4）实验结束后，将废液倒入同一只洁净废液缸中，发现废液浑浊并显红色，将废液进行过滤，对废液的成分做了进一步探究：
【实验探究】同学们取一定量过滤后的废液，向废液中逐滴加入稀盐酸，根据反应现象绘制了如丁图所示的示意图。
【得出结论】分析图像数据，得出废液中（除酚酞外）一定含有的溶质是　 　（写化学式）。
14．（2025·龙马潭模拟）以废铜屑制备碱式碳酸铜的实验步骤如下。
步骤一：以废铜屑制备硫酸铜，途径有两种。
途径Ⅰ：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
途径Ⅱ：CuCuOCuSO4
（1）转化③的化学方程式为　 　。
（2）转化①、②、③中铜元素的化合价升高的为　 　（选填序号）。
（3）实际生产选择途径Ⅱ制备硫酸铜，途径Ⅱ优于途径Ⅰ的原因是　 　，　 　（从绿色化学和原料利用率两个角度解释）。
步骤二：以硫酸铜为原料制备碱式碳酸铜。实验过程如下。
（4）“沉淀”时应将Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中，其原因是　 　。
（5）检验产品已洗净的方法是：取最后一次洗涤后的滤液，先滴加过量稀盐酸，再滴加　 　（填化学式）溶液，无现象，则产品已洗净。
（6）碱式碳酸铜加热到220℃会分解为三种常见的氧化物。取碱式碳酸铜固体充分加热，将生成气体依次用足量的浓硫酸和碱石灰充分吸收。实验测得浓硫酸增重0.36g，碱石灰增重0.88g。则碱式碳酸铜的化学式为　 　。
15．（2025·龙马潭模拟）绿矾（，相对分子质量为278）是一种常用颜料和化工原料，加热时易被空气中的氧气氧化，但在隔绝空气高温条件下能分解生成四种氧化物，某同学取用绿矾样品，设计如下实验探究绿矾分解的产物．
已知：①常温下为气态．时为固态；②有漂白性，能使品红溶液褪色．
回答下列问题：
（1）点燃A处酒精喷灯前，应先向装置中缓缓通一段时间的作用是　 　．
（2）假设装置中每一步都进行完全，请完善以下实验现象或结论：
实验现象 实验结论
①实验结束后，A装置中剩余固体呈红棕色，取少量固体与稀硫酸充分反应后溶液呈黄色． 绿矾的分解产物中有　 　．
②B装置中无水硫酸铜变蓝． 绿矾的分解产物中有　 　．
③C装置中U型管内　 　． 绿矾的分解产物中有．
④D装置中品红溶液褪色． 绿矾的分解产物中有．
（3）结合（2）中的实验现象和结论回答：
①请写出隔绝空气高温加热绿矾发生反应的化学方程式　 　．
②实验结束后，C装置中收集到的氧化物的质量理论上为　 　g．
③也能使澄清石灰水变浑浊，但该实验中检验不用澄清石灰水代替品红溶液的原因是　 　．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】常用盐的用途；人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；生命活动与六大营养素；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、人体中钙元素含量过低，幼儿和青少年缺钙会患佝偻病，老年人会患骨质疏松，不符合题意；
B、食盐腌制具有抑菌作用，可以用食盐腌制鱼和肉等，以延长保存时间，不符合题意；
C、蔬菜水果富含维生素，食用蔬菜和水果等可以补充人体所需维生素，不符合题意；
D、用新能源汽车代替燃油汽车，可以减少化石燃料的使用，以减少对空气的污染，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据钙元素与人体健康分析；
B、根据食盐的用途分析；
C、根据水果蔬菜中富含维生素分析；
D、根据化石能源对空气的污染分析。
2．【答案】C
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；元素周期表的特点及其应用；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、老年人钙缺乏症常表现为骨质疏松。A答案正确；
B、葡萄糖酸钙（）可用于预防和治疗钙缺乏症，含钙过高的高钙尿症患者不宜服用。B答案正确；
C、氢元素在第一周期，碳元素和氧元素在第二周期，钙元素在第三周期，组成的四种元素不在同一周期。C答案错误；
D、氧元素的质量比碳元素的质量大，氧元素的质量分数比碳元素的高。D答案正确；
故答案为：C。
【分析】A、根据老年人钙缺乏症常表现为骨质疏松分析；
B、根据葡萄糖酸钙（）可用于预防和治疗钙缺乏症分析；
C、根据氢元素在第一周期，碳元素和氧元素在第二周期，钙元素在第三周期，组成的四种元素不在同一周期分析；
D、根据氧元素的质量比碳元素的质量大分析。
3．【答案】D
【知识点】常见元素与原子团的化合价；有关元素化合价的计算
【解析】【解答】碳酸氢钠中钠元素化合价为+1价，氢元素化合价为+1价，氧元素化合价为-2价，设碳元素化合价为x，根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，则，解得。
故答案为：D。
【分析】根据在化合物中各元素化合价的代数和为零分析。
4．【答案】B
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算；微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】A、由乙二醇的分子构成可知，该物质化学式为C2H6O2，不符合题意；
B、乙二醇相对分子质量=，符合题意；
C、乙二醇分子中碳、氢原子个数比=2：6=1：3，不符合题意；
D、1个乙二醇分子由10个原子构成，元素不论个数，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据微粒的构成分析；
B、根据相对分子质量为分子中各原子的相对原子质量之和分析；
C、根据化学式右下角数字为原子个数比分析；
D、根据元素不论个数，分子由原子构成分析。
5．【答案】B
【知识点】常见化肥的种类和作用；原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、磷元素名称带“石”，属于非金属元素，不符合题意；
B、元素周期表小格信息中最下面数字表示相对原子质量，相对原子质量是一个比值，单位为“1”，常省略不写，故磷元素的相对原子质量为30.97，符合题意；
C、元素周期表小格信息中左上角数字为原子序数，原子中原子序数＝质子数＝电子数，故磷原子核外有15个电子，不符合题意；
D、磷元素是农作物生长需要量较大的营养元素，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据名称带石的为非金属元素分析；
B、根据元素周期表小格信息中最下面数字表示相对原子质量分析；
C、元素周期表小格信息中左上角数字为原子序数，原子中原子序数＝质子数＝电子数分析；
D、根据植物生长需氮、磷、钾元素分析。
6．【答案】D
【知识点】金属的化学性质；中和反应及其应用；常用盐的用途；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、CuSO4能够杀菌，可用于游泳池消毒，不符合题意；
B、Ca(OH)2属于碱与酸发生中和反应，可用于改良酸性土壤，不符合题意；
C、硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，X为Cu(OH)2，不符合题意；
D、化学反应前后物质质量总和不变，反应后有沉淀生成，则溶液的质量减少，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据硫酸铜能够杀菌分析；
B、根据酸和碱能发生反应分析；
C、根据硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙分析；
D、根据两溶液反应生成沉淀时溶液质量减小分析。
7．【答案】D
【知识点】物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、二氧化碳不能与氯化钙反应， 加水溶解，通入适量 ，不符合题意；
B、酒精和水均为无色无味，观察颜色不能鉴别，不符合题意；
C、高温煅烧，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，不符合除杂原则，不符合题意；
D、氯化钡和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，但硝酸铜不能和氯化钡反应，滴加氯化钡溶液，观察是否产生沉淀可鉴别硫酸铜和硝酸铜，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据物质的除杂原则和鉴别方法分析，物质除杂时选择的药品要只与杂质发生反应，不与原物质反应，且在除杂时不能引入新杂质，而物质的鉴别需通过不同现象加以区分。
8．【答案】B
【知识点】电解水实验；分子的定义与分子的特性；置换反应及其应用；有机物的特征、分类及聚合物的特性
【解析】【解答】A、转化①中水加热变为水蒸气，水分子间的空隙变大，不符合题意；
B、转化②中水通电分解生成氢气和氧气，生成氢气和氧气的体积比约为2：1，符合题意；
C、转化③为“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，不符合题意；
D、转化④为二氧化碳和水在光和叶绿素的作用下反应生成葡萄糖和氧气，二氧化碳、是光合作用原理，其中水属于无机物，葡萄糖含碳元素，属于有机物，故转化④是自然界中无机物向有机物的转化，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据物质状态的变化是分子间隔发生变化分析；
B、根据电解水氧气和氢气体积比为1：2分析；
C、根据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，属于置换反应分析；
D、根据光合作用原理分析。
9．【答案】（1）钢铁；硅
（2）A；C
【知识点】资源综合利用和新能源开发；无机非金属材料及其应用
【解析】【解答】（1）玻璃、水泥和陶瓷均属于无机非金属材料，钢铁属于金属材料；玻璃、水泥、陶瓷与石英（主要成分是二氧化硅）均含有的元素为氧和硅；
（2）太阳能是一种清洁能源，在开发利用时，不会产生废渣、废水、废气，不会造成环境污染，故该捕获太阳能取代化石燃料的新方法的优点之一：应用更环保，故A符合题意；该捕获太阳能取代化石燃料的新方法，技术还未成熟，故B不符合题意；太阳能是人类可以利用的最丰富的能源，故该捕获太阳能取代化石燃料的新方法的优点之一：资源更丰富，故C符合题意。
【分析】（1）根据金属和合金属于金属材料，所给各材料的组成分析；
（2）根据太阳能的清洁性及资源丰富的特点分析。
（1）玻璃、水泥和陶瓷均属于无机非金属材料，钢铁属于金属材料；玻璃、水泥、陶瓷与石英（主要成分是二氧化硅）均含有的元素为氧和硅，故填：钢铁；硅；
（2）A、太阳能是一种清洁能源，在开发利用时，不会产生废渣、废水、废气，不会造成环境污染，故该捕获太阳能取代化石燃料的新方法的优点之一：应用更环保，故A符合题意；
B、该捕获太阳能取代化石燃料的新方法，技术还未成熟，故B不符合题意；
C、太阳能是人类可以利用的最丰富的能源，故该捕获太阳能取代化石燃料的新方法的优点之一：资源更丰富，故C符合题意。
故选AC。
10．【答案】（1）物理；N2
（2）淡蓝；低于
【知识点】氧气的物理性质；氧气的工业制法；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】（1）由流程可知，X和氢气结合为氨气，根据反应前后元素种类不变，则X为氮气，工业上利用液氮和液氧的沸点不同，将它们进行分离，此过程中没有新物质生成，属于物理变化；
（2）控制温度使液态空气气化，首先分离出氮气，剩下的是淡蓝色的液态氧。液态空气汽化时首先分离出氮气，根据汽化时首先分离出的是沸点低的气体，因此液氮的沸点低于液氧。
【分析】（1）根据没有新物质生成的变化为物理变化，氮气沸点低于氧气分析；
（2）根据液氧为淡蓝色液体分析。
（1）由流程可知，X和氢气结合为氨气，根据反应前后元素种类不变，则X为氮气，工业上利用液氮和液氧的沸点不同，将它们进行分离，此过程中没有新物质生成，属于物理变化，故填：物理；N2；
（2）控制温度使液态空气气化，首先分离出氮气，剩下的是淡蓝色的液态氧。液态空气汽化时首先分离出氮气，根据汽化时首先分离出的是沸点低的气体，因此液氮的沸点低于液氧，故填：淡蓝；低于。
11．【答案】（1）金属材料
（2）高
（3）导电
（4）氧气
【知识点】合金与合金的性质；金属锈蚀的条件及其防护
【解析】【解答】（1）金属材料包括纯金属和合金，铝合金属于合金，属于金属材料；
（2）合金的硬度和强度比组成它的纯金属高，则铝合金的硬度和强度都比纯铝高；
（3）太阳能电池路灯使用铜作导线，是因为铜具有良好的导电性；
（4）一般不用铁制作灯柱的原因是铁易与空气中的水蒸气和仰视反应而生锈。
【分析】（1）根据金属和合金属于金属材料分收入
（2）根据合金的硬度比纯金属高分析；
（3）根据金属的导电性分析；
（4）根据铁生锈实质分析。
（1）金属材料包括纯金属和合金，铝合金属于合金，属于金属材料；
（2）合金的硬度和强度比组成它的纯金属高，则铝合金的硬度和强度都比纯铝高；
（3）太阳能电池路灯使用铜作导线，是因为铜具有良好的导电性；
（4）一般不用铁制作灯柱的原因是铁易与空气中的水蒸气和仰视反应而生锈。
12．【答案】（1）铁架台；集气瓶
（2）检查装置的气密性
（3）A；H2O2H2O+O2
（4）B
【知识点】实验室常见的仪器及使用；氧气的实验室制法；化学方程式的书写与配平；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器①的名称为铁架台，仪器②的名称为集气瓶；
（2）气体发生装置内加入药品前，应该进行的操作是检查装置的气密性，防止装置气密性不好，更换部分仪器时浪费药品；
（3）实验室若用高锰酸钾制取氧气，属于固-固加热型，选择的发生装置是A；双氧水（主要成分是过氧化氢）在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的符号表达式为H2O2H2O+O2；
（4）实验室用电石(固体)与水反应制取乙炔，属于固液常温型，选择的发生装置为B。
【分析】（1）根据常用仪器名称分析；
（2）根据制气装入药品前需先检查装置气密性分析；
（3）根据高锰到钾和过氧化氢制氧气原理及装置特点分析；
（4）根据反应物状态及反应条件选择发生装置分析。
（1）由图可知，仪器①的名称为铁架台，仪器②的名称为集气瓶，故填：铁架台；集气瓶；
（2）气体发生装置内加入药品前，应该进行的操作是检查装置的气密性，防止装置气密性不好，更换部分仪器时浪费药品，故填：检查装置的气密性；
（3）实验室若用高锰酸钾制取氧气，属于固-固加热型，选择的发生装置是A；双氧水（主要成分是过氧化氢）在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的符号表达式为H2O2H2O+O2，故填：A；H2O2H2O+O2；
（4）实验室用电石(固体)与水反应制取乙炔，属于固液常温型，选择的发生装置为B，故填：B。
13．【答案】（1）指示盐酸和氢氧化钠恰好完全反应
（2）升高；；密封
（3）有白色沉淀生成
（4）Na2CO3、NaOH
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；碱的化学性质；盐的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量
【解析】【解答】（1）酚酞是酸碱指示剂，遇碱变红色。甲实验中加入酚酞试液的目的是：指示盐酸和氢氧化钠恰好完全反应。
（2）乙实验利用控制变量法进行了对比，排除了水对实验的干扰。二氧化碳与氢氧化钠溶液反应后，压强减小。故若观察到U形管左端的液面升高，则证明氢氧化钠能与二氧化碳反应，生成碳酸钠和水，其反应的化学方程式为：，因此氢氧化钠在保存时应该密封。
（3）碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠。故丙实验观察到的现象是：有白色沉淀生成。
（4）实验结束后，将废液倒入同一只洁净废液缸中，发现废液浑浊并显红色，故溶液显碱性。将废液进行过滤，对废液的成分做了进一步探究：同学们取一定量过滤后的废液，向废液中逐滴加入稀盐酸，开始没有气泡生成，故含有氢氧化钠。与盐酸反应能生成二氧化碳，可溶性碱性物质是碳酸钠。根据反应现象绘制了如丁图所示的示意图。分析图像数据，得出废液中（除酚酞外）一定含有的溶质是：NaOH、Na2CO3。
【分析】（1）根据酚酞遇碱性溶液变红，遇中性和酸性溶液呈无色分析；
（2）根据二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，压强减小分析；
（3）根据碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀分析；
（4）根据反应后溶液中一定有生成物，反应物可能有剩余，向含有氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中加入盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应，然后碳酸钠与盐酸反应分析。
（1）酚酞是酸碱指示剂，遇碱变红色。甲实验中加入酚酞试液的目的是：指示盐酸和氢氧化钠恰好完全反应。
（2）乙实验利用控制变量法进行了对比，排除了水对实验的干扰。二氧化碳与氢氧化钠溶液反应后，压强减小。故若观察到U形管左端的液面升高，则证明氢氧化钠能与二氧化碳反应，生成碳酸钠和水，其反应的化学方程式为：，因此氢氧化钠在保存时应该密封。
（3）碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠。故丙实验观察到的现象是：有白色沉淀生成。
（4）实验结束后，将废液倒入同一只洁净废液缸中，发现废液浑浊并显红色，故溶液显碱性。将废液进行过滤，对废液的成分做了进一步探究：同学们取一定量过滤后的废液，向废液中逐滴加入稀盐酸，开始没有气泡生成，故含有氢氧化钠。与盐酸反应能生成二氧化碳，可溶性碱性物质是碳酸钠。根据反应现象绘制了如丁图所示的示意图。分析图像数据，得出废液中（除酚酞外）一定含有的溶质是：NaOH、Na2CO3。
14．【答案】；；①②；途径Ⅱ不会产生二氧化硫污染空气；途径Ⅱ硫酸的利用率高；碳酸钠溶液显碱性，碱性条件下硫酸铜转化为氢氧化铜沉淀；；
【知识点】酸的化学性质；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；化学实验方案设计与评价
【解析】【解答】（1）转化③是氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，化学方程式为；
（2）转化①中，铜元素化合价由0价+2价，化合价升高；转化②中，铜元素化合价由0价+2价，化合价升高；转化③中，铜元素化合价不变，均为+2价，故转化①、②、③中铜元素的化合价升高的为①②；
（3）从绿色化学的角度来看，途径Ⅰ中生成的二氧化硫会污染空气，而途径Ⅱ中铜与氧气在加热条件下反应生成氧化铜，氧化铜再与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，这个过程中没有产生有毒气体二氧化硫，符合绿色化学的理念；从原料利用率的角度来看，途径Ⅱ中硫酸的利用率高，在途径Ⅰ中，由于浓硫酸的强氧化性，部分硫酸被还原为二氧化硫，导致硫酸的利用率降低，而在途径Ⅱ中，硫酸全部转化为硫酸铜，没有浪费，故途径Ⅱ优于途径Ⅰ的原因是：途径Ⅱ不会产生二氧化硫污染空气、途径Ⅱ硫酸的利用率高；
（4）碳酸钠溶液显碱性，“沉淀”过程中，如果将硫酸铜溶液加入碳酸钠溶液中，在碱性条件下硫酸铜会转化为氢氧化铜沉淀，所以在制备碱式碳酸铜的实验中，“沉淀”步骤是将Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中，理由是碳酸钠溶液显碱性，碱性条件下硫酸铜转化为氢氧化铜沉淀；
（5）为了检验产品是否已洗净，需要检测最后一次洗涤液中是否含有未反应完全的硫酸根离子，因此取最后一次洗涤液，先滴加过量稀盐酸以排除其他可能干扰的离子，再滴加氯化钡溶液，如果洗涤液中不含有硫酸根离子，那么加入氯化钡后就不会产生白色沉淀，则表明产品已洗净；
（6）碱式碳酸铜加热到220℃会分解为三种常见的氧化物，取碱式碳酸铜固体充分加热，将生成气体依次用足量的浓硫酸和碱石灰充分吸收，浓硫酸具有吸水性，碱石灰能吸收二氧化碳，则生成物为氧化铜、二氧化碳和水，实验测得浓硫酸增重0.36g，碱石灰增重0.88g，则生成水的质量为0.36g，生成二氧化碳的质量为0.88g，根据质量守恒定律可知，化学反应前后元素种类及质量不变，则碱式碳酸铜中氢元素的质量等于水中氢元素的质量，即，碱式碳酸铜中碳元素的质量等于二氧化碳中碳元素的质量，即，根据化合物中原子的个数比等于元素质量与相对原子质量的商之比，则碱式碳酸铜中碳、氢原子的个数比为，则氢氧根与碳酸根的个数比，已知在化合物中铜元素常显+2价、氢氧根为-1价、碳酸根为-2价，根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，则，解得，由于，则，则碱式碳酸铜的化学式为。
【分析】（1）根据氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水分析；
（2）根据化合物中元素化合价代数和为0，单质中元素化合价为0分析；
（3）根据两个途径的反应物和生成物、反应条件等分析；
（4）根据碳酸钠溶液显碱性，在碱性条件下硫酸铜会转化为氢氧化铜沉淀分析；
（5）根据硫酸根离子与钡离子反应产生不溶于酸的白色沉淀分析；
（6）根据碱式碳酸铜加热到220℃会分解为三种常见的氧化物，浓硫酸增重质量为生成水的质量，碱石灰增重质量为生成二氧化碳质量，反应前后元素种类和质量不变及化合物中元素化合价代数和为0分析。
15．【答案】（1）排尽装置内的空气，防止绿矾被空气或氧气氧化
（2）；H2O；有固体析出
（3）；2.0；排空时装置内空气中的也能使澄清石灰水变浑浊，干扰的检验
【知识点】酸的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量；根据化学反应方程式的计算；二氧化碳的检验和验满
【解析】【解答】（1）绿矾加热时易被空气中的氧气氧化，点燃A处酒精喷灯前，应先向装置中缓缓通一段时间的作用是排尽装置内的空气，防止绿矾被空气或氧气氧化。
（2）①绿矾（）在隔绝空气高温条件下能分解生成四种氧化物，依据质量守恒定律可知：产物中有铁的氧化物、硫的氧化物和水，实验结束后，A装置中剩余固体呈红棕色，取少量固体与稀硫酸充分反应后溶液呈黄色，溶液显黄色，说明绿矾的分解产物中含有氧化铁，氧化铁与稀硫酸反应溶液显黄色。②无水硫酸铜遇水变蓝，B装置中无水硫酸铜变蓝，说明绿矾的分解产物有水。③绿矾的分解产物中有，常温下为气态．时为固态，则C装置中U型管内有固体析出。
（3）①隔绝空气高温加热绿矾，生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，该反应化学方程式：。②实验结束后，C装置中收集到的氧化物三氧化硫，设生成三氧化硫的质量为
答：C装置中收集到的氧化物的质量理论上为2.0g。
③也能使澄清石灰水变浑浊，但该实验中检验不用澄清石灰水代替品红溶液的原因是空时装置内空气中的也能使澄清石灰水变浑浊，干扰的检验。
【分析】（1）根据装置内空气对实验的影响分析；
（2）根据化学反应前后元素种类不变，铁离子的溶液呈黄色，水能使硫酸铜变蓝，二氧化硫及三氧化硫的性质分析；
（3）根据隔绝空气高温加热绿矾，生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，由反应物质量及方程式中物质间质量关系计算生成三氧化硫质量，二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊分析。
（1）绿矾加热时易被空气中的氧气氧化，点燃A处酒精喷灯前，应先向装置中缓缓通一段时间的作用是排尽装置内的空气，防止绿矾被空气或氧气氧化。
（2）①绿矾（）在隔绝空气高温条件下能分解生成四种氧化物，依据质量守恒定律可知：产物中有铁的氧化物、硫的氧化物和水，实验结束后，A装置中剩余固体呈红棕色，取少量固体与稀硫酸充分反应后溶液呈黄色，溶液显黄色，说明绿矾的分解产物中含有氧化铁，氧化铁与稀硫酸反应溶液显黄色。
②无水硫酸铜遇水变蓝，B装置中无水硫酸铜变蓝，说明绿矾的分解产物有水。
③绿矾的分解产物中有，常温下为气态．时为固态，则C装置中U型管内有固体析出。
（3）①隔绝空气高温加热绿矾，生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，该反应化学方程式：。
②实验结束后，C装置中收集到的氧化物三氧化硫，设生成三氧化硫的质量为
答：C装置中收集到的氧化物的质量理论上为2.0g。
③也能使澄清石灰水变浑浊，但该实验中检验不用澄清石灰水代替品红溶液的原因是空时装置内空气中的也能使澄清石灰水变浑浊，干扰的检验。
1 / 12025年四川省泸州市龙马潭区五校联考中考一模化学试题
1．（2025·龙马潭模拟）化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是
A．人体中钙元素含量过低会引起贫血
B．可以用食盐腌制鱼和肉等，以延长保存时间
C．食用蔬菜和水果等可以补充人体所需维生素
D．用新能源汽车代替燃油汽车，以减少对空气的污染
【答案】A
【知识点】常用盐的用途；人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；生命活动与六大营养素；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、人体中钙元素含量过低，幼儿和青少年缺钙会患佝偻病，老年人会患骨质疏松，不符合题意；
B、食盐腌制具有抑菌作用，可以用食盐腌制鱼和肉等，以延长保存时间，不符合题意；
C、蔬菜水果富含维生素，食用蔬菜和水果等可以补充人体所需维生素，不符合题意；
D、用新能源汽车代替燃油汽车，可以减少化石燃料的使用，以减少对空气的污染，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据钙元素与人体健康分析；
B、根据食盐的用途分析；
C、根据水果蔬菜中富含维生素分析；
D、根据化石能源对空气的污染分析。
2．（2025·龙马潭模拟）葡萄糖酸钙（）可用于预防和治疗钙缺乏症。下列有关说法错误的是（　　）
A．老年人钙缺乏症常表现为骨质疏松
B．含钙过高的高钙尿症患者不宜服用
C．组成的四种元素都在同一周期
D．氧元素的质量分数比碳元素的高
【答案】C
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；元素周期表的特点及其应用；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、老年人钙缺乏症常表现为骨质疏松。A答案正确；
B、葡萄糖酸钙（）可用于预防和治疗钙缺乏症，含钙过高的高钙尿症患者不宜服用。B答案正确；
C、氢元素在第一周期，碳元素和氧元素在第二周期，钙元素在第三周期，组成的四种元素不在同一周期。C答案错误；
D、氧元素的质量比碳元素的质量大，氧元素的质量分数比碳元素的高。D答案正确；
故答案为：C。
【分析】A、根据老年人钙缺乏症常表现为骨质疏松分析；
B、根据葡萄糖酸钙（）可用于预防和治疗钙缺乏症分析；
C、根据氢元素在第一周期，碳元素和氧元素在第二周期，钙元素在第三周期，组成的四种元素不在同一周期分析；
D、根据氧元素的质量比碳元素的质量大分析。
3．（2025·龙马潭模拟）碳酸氢钠(NaHCO3)是熔制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，碳酸氢钠中碳元素的化合价是
A．-2 B．0 C．+2 D．+4
【答案】D
【知识点】常见元素与原子团的化合价；有关元素化合价的计算
【解析】【解答】碳酸氢钠中钠元素化合价为+1价，氢元素化合价为+1价，氧元素化合价为-2价，设碳元素化合价为x，根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，则，解得。
故答案为：D。
【分析】根据在化合物中各元素化合价的代数和为零分析。
4．（2025·龙马潭模拟）乙二醇可用于生产汽车防冻液，其分子的微观结构示意图如图所示，下列有关乙二醇的说法正确的是
A．化学式为
B．相对分子质量为62
C．分子中碳原子和氢原子的个数比为
D．一个乙二醇分子由10个元素组成
【答案】B
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算；微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】A、由乙二醇的分子构成可知，该物质化学式为C2H6O2，不符合题意；
B、乙二醇相对分子质量=，符合题意；
C、乙二醇分子中碳、氢原子个数比=2：6=1：3，不符合题意；
D、1个乙二醇分子由10个原子构成，元素不论个数，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据微粒的构成分析；
B、根据相对分子质量为分子中各原子的相对原子质量之和分析；
C、根据化学式右下角数字为原子个数比分析；
D、根据元素不论个数，分子由原子构成分析。
5．（2025·龙马潭模拟）磷元素在元素周期表中的信息如图所示。下列说法不正确的是
A．磷元素属于非金属元素
B．磷元素的相对原子质量为30.97g
C．磷原子核外有15个电子
D．磷元素是农作物生长所需的营养元素之一
【答案】B
【知识点】常见化肥的种类和作用；原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、磷元素名称带“石”，属于非金属元素，不符合题意；
B、元素周期表小格信息中最下面数字表示相对原子质量，相对原子质量是一个比值，单位为“1”，常省略不写，故磷元素的相对原子质量为30.97，符合题意；
C、元素周期表小格信息中左上角数字为原子序数，原子中原子序数＝质子数＝电子数，故磷原子核外有15个电子，不符合题意；
D、磷元素是农作物生长需要量较大的营养元素，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据名称带石的为非金属元素分析；
B、根据元素周期表小格信息中最下面数字表示相对原子质量分析；
C、元素周期表小格信息中左上角数字为原子序数，原子中原子序数＝质子数＝电子数分析；
D、根据植物生长需氮、磷、钾元素分析。
6．（2025·龙马潭模拟）配制波尔多液的反应为CuSO4+Ca（OH）2=X↓+CaSO4。下列说法不正确的是
A．CuSO4可用于游泳池消毒 B．Ca（OH）2可用于改良酸性土壤
C．X为Cu（OH）2 D．反应前后溶液的质量保持不变
【答案】D
【知识点】金属的化学性质；中和反应及其应用；常用盐的用途；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、CuSO4能够杀菌，可用于游泳池消毒，不符合题意；
B、Ca(OH)2属于碱与酸发生中和反应，可用于改良酸性土壤，不符合题意；
C、硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，X为Cu(OH)2，不符合题意；
D、化学反应前后物质质量总和不变，反应后有沉淀生成，则溶液的质量减少，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据硫酸铜能够杀菌分析；
B、根据酸和碱能发生反应分析；
C、根据硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙分析；
D、根据两溶液反应生成沉淀时溶液质量减小分析。
7．（2025·龙马潭模拟）下列除杂或鉴别方法正确的是
选项 实验目的 实验操作
A 除去NaCl中的 加水溶解，通入适量
B 鉴别酒精和水 观察颜色
C 除去中少量CaO 高温煅烧
D 鉴别溶液和溶液 取样，分别滴加溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、二氧化碳不能与氯化钙反应， 加水溶解，通入适量 ，不符合题意；
B、酒精和水均为无色无味，观察颜色不能鉴别，不符合题意；
C、高温煅烧，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，不符合除杂原则，不符合题意；
D、氯化钡和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，但硝酸铜不能和氯化钡反应，滴加氯化钡溶液，观察是否产生沉淀可鉴别硫酸铜和硝酸铜，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据物质的除杂原则和鉴别方法分析，物质除杂时选择的药品要只与杂质发生反应，不与原物质反应，且在除杂时不能引入新杂质，而物质的鉴别需通过不同现象加以区分。
8．（2025·龙马潭模拟）如图为H2O的转化和利用。下列说法不正确的是
A．转化①中水分子间的空隙变大
B．转化②中产生O2、H2的体积比为2：1
C．转化③为置换反应
D．转化④是自然界中无机物向有机物的转化
【答案】B
【知识点】电解水实验；分子的定义与分子的特性；置换反应及其应用；有机物的特征、分类及聚合物的特性
【解析】【解答】A、转化①中水加热变为水蒸气，水分子间的空隙变大，不符合题意；
B、转化②中水通电分解生成氢气和氧气，生成氢气和氧气的体积比约为2：1，符合题意；
C、转化③为“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，不符合题意；
D、转化④为二氧化碳和水在光和叶绿素的作用下反应生成葡萄糖和氧气，二氧化碳、是光合作用原理，其中水属于无机物，葡萄糖含碳元素，属于有机物，故转化④是自然界中无机物向有机物的转化，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据物质状态的变化是分子间隔发生变化分析；
B、根据电解水氧气和氢气体积比为1：2分析；
C、根据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，属于置换反应分析；
D、根据光合作用原理分析。
9．（2025·龙马潭模拟）材料科学在利用太阳能上大显身手。最近，一种利用石英热捕捉器（）捕获太阳能的新方法，可使温度达到1000℃以上，从而有可能在玻璃、钢铁、水泥和陶瓷等工业生产中取代化石燃料。回答相关问题：
（1）玻璃、钢铁、水泥和陶瓷中不属于无机非金属材料的是　 　，这些无机非金属材料与石英均含有的元素为氧和　 　。
（2）该捕获太阳能取代化石燃料的新方法，目前其主要的2点优势为______（选填编号）。
A．应用更环保 B．技术更成熟 C．资源更丰富
【答案】（1）钢铁；硅
（2）A；C
【知识点】资源综合利用和新能源开发；无机非金属材料及其应用
【解析】【解答】（1）玻璃、水泥和陶瓷均属于无机非金属材料，钢铁属于金属材料；玻璃、水泥、陶瓷与石英（主要成分是二氧化硅）均含有的元素为氧和硅；
（2）太阳能是一种清洁能源，在开发利用时，不会产生废渣、废水、废气，不会造成环境污染，故该捕获太阳能取代化石燃料的新方法的优点之一：应用更环保，故A符合题意；该捕获太阳能取代化石燃料的新方法，技术还未成熟，故B不符合题意；太阳能是人类可以利用的最丰富的能源，故该捕获太阳能取代化石燃料的新方法的优点之一：资源更丰富，故C符合题意。
【分析】（1）根据金属和合金属于金属材料，所给各材料的组成分析；
（2）根据太阳能的清洁性及资源丰富的特点分析。
（1）玻璃、水泥和陶瓷均属于无机非金属材料，钢铁属于金属材料；玻璃、水泥、陶瓷与石英（主要成分是二氧化硅）均含有的元素为氧和硅，故填：钢铁；硅；
（2）A、太阳能是一种清洁能源，在开发利用时，不会产生废渣、废水、废气，不会造成环境污染，故该捕获太阳能取代化石燃料的新方法的优点之一：应用更环保，故A符合题意；
B、该捕获太阳能取代化石燃料的新方法，技术还未成熟，故B不符合题意；
C、太阳能是人类可以利用的最丰富的能源，故该捕获太阳能取代化石燃料的新方法的优点之一：资源更丰富，故C符合题意。
故选AC。
10．（2025·龙马潭模拟）空气是宝贵的自然资源。如图是以空气等为原料合成尿素[CO(NH2)2]的流程。
（1）由空气得到X和氧气的过程发生了　 　(填“物理”或“化学”)变化，其中X的化学式为　 　。
（2）工业上控制温度使液态空气汽化，首先分离出氮气，剩下的是　 　色的液态氧。据此事实可推断沸点：液氮　 　液氧(选填“高于”或“低于”)。
【答案】（1）物理；N2
（2）淡蓝；低于
【知识点】氧气的物理性质；氧气的工业制法；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】（1）由流程可知，X和氢气结合为氨气，根据反应前后元素种类不变，则X为氮气，工业上利用液氮和液氧的沸点不同，将它们进行分离，此过程中没有新物质生成，属于物理变化；
（2）控制温度使液态空气气化，首先分离出氮气，剩下的是淡蓝色的液态氧。液态空气汽化时首先分离出氮气，根据汽化时首先分离出的是沸点低的气体，因此液氮的沸点低于液氧。
【分析】（1）根据没有新物质生成的变化为物理变化，氮气沸点低于氧气分析；
（2）根据液氧为淡蓝色液体分析。
（1）由流程可知，X和氢气结合为氨气，根据反应前后元素种类不变，则X为氮气，工业上利用液氮和液氧的沸点不同，将它们进行分离，此过程中没有新物质生成，属于物理变化，故填：物理；N2；
（2）控制温度使液态空气气化，首先分离出氮气，剩下的是淡蓝色的液态氧。液态空气汽化时首先分离出氮气，根据汽化时首先分离出的是沸点低的气体，因此液氮的沸点低于液氧，故填：淡蓝；低于。
11．（2025·龙马潭模拟）太阳能电池路灯（如图），可以实现白天用太阳能充电，夜晚照明，其灯柱材料为铝合金，路灯内部采用金属铜作导线．
回答下列问题：
（1）制作灯柱所需的铝合金属于　 　（选填“金属材料”或“合成材料”）．
（2）铝合金的硬度和强度都比纯铝　 　（选填“高”或“低”）．
（3）太阳能电池路灯使用铜作导线，是因为铜具有良好的　 　性．
（4）一般不用铁制作灯柱的原因是铁易与空气中的水蒸气和　 　反应而生锈．
【答案】（1）金属材料
（2）高
（3）导电
（4）氧气
【知识点】合金与合金的性质；金属锈蚀的条件及其防护
【解析】【解答】（1）金属材料包括纯金属和合金，铝合金属于合金，属于金属材料；
（2）合金的硬度和强度比组成它的纯金属高，则铝合金的硬度和强度都比纯铝高；
（3）太阳能电池路灯使用铜作导线，是因为铜具有良好的导电性；
（4）一般不用铁制作灯柱的原因是铁易与空气中的水蒸气和仰视反应而生锈。
【分析】（1）根据金属和合金属于金属材料分收入
（2）根据合金的硬度比纯金属高分析；
（3）根据金属的导电性分析；
（4）根据铁生锈实质分析。
（1）金属材料包括纯金属和合金，铝合金属于合金，属于金属材料；
（2）合金的硬度和强度比组成它的纯金属高，则铝合金的硬度和强度都比纯铝高；
（3）太阳能电池路灯使用铜作导线，是因为铜具有良好的导电性；
（4）一般不用铁制作灯柱的原因是铁易与空气中的水蒸气和仰视反应而生锈。
12．（2025·龙马潭模拟）实验室中，利用下列装置可以制取某些气体，请回答下列问题。
（1）带标号的仪器的名称：①　 　；②　 　。
（2）气体发生装置内加入药品前，应该进行的操作是　 　。
（3）实验室若用高锰酸钾制取氧气，选择的发生装置是　 　；用双氧水制氧气的符号表达式为　 　。
（4）乙炔又称电石气，是一种无色、无味、密度比空气略小，不溶于水的气体；工业上常用它燃烧产生的高温来切割和焊接金属；实验室用电石(固体)与水反应制取乙炔。你认为制取乙炔应选择的发生装置是　 　。
【答案】（1）铁架台；集气瓶
（2）检查装置的气密性
（3）A；H2O2H2O+O2
（4）B
【知识点】实验室常见的仪器及使用；氧气的实验室制法；化学方程式的书写与配平；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器①的名称为铁架台，仪器②的名称为集气瓶；
（2）气体发生装置内加入药品前，应该进行的操作是检查装置的气密性，防止装置气密性不好，更换部分仪器时浪费药品；
（3）实验室若用高锰酸钾制取氧气，属于固-固加热型，选择的发生装置是A；双氧水（主要成分是过氧化氢）在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的符号表达式为H2O2H2O+O2；
（4）实验室用电石(固体)与水反应制取乙炔，属于固液常温型，选择的发生装置为B。
【分析】（1）根据常用仪器名称分析；
（2）根据制气装入药品前需先检查装置气密性分析；
（3）根据高锰到钾和过氧化氢制氧气原理及装置特点分析；
（4）根据反应物状态及反应条件选择发生装置分析。
（1）由图可知，仪器①的名称为铁架台，仪器②的名称为集气瓶，故填：铁架台；集气瓶；
（2）气体发生装置内加入药品前，应该进行的操作是检查装置的气密性，防止装置气密性不好，更换部分仪器时浪费药品，故填：检查装置的气密性；
（3）实验室若用高锰酸钾制取氧气，属于固-固加热型，选择的发生装置是A；双氧水（主要成分是过氧化氢）在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的符号表达式为H2O2H2O+O2，故填：A；H2O2H2O+O2；
（4）实验室用电石(固体)与水反应制取乙炔，属于固液常温型，选择的发生装置为B，故填：B。
13．（2025·龙马潭模拟）课上，同学们利用下列实验探究碱的化学性质
（1）甲实验中加入酚酞试液的目的是　 　；
（2）乙实验利用控制变量法进行了对比，排除了水对实验的干扰。若观察到U形管左端的液面　 　（填“升高”或“降低”），则证明氢氧化钠能与二氧化碳反应，其反应的化学方程式为　 　，因此氢氧化钠在保存时应该　 　；
（3）丙实验观察到的现象是　 　；
（4）实验结束后，将废液倒入同一只洁净废液缸中，发现废液浑浊并显红色，将废液进行过滤，对废液的成分做了进一步探究：
【实验探究】同学们取一定量过滤后的废液，向废液中逐滴加入稀盐酸，根据反应现象绘制了如丁图所示的示意图。
【得出结论】分析图像数据，得出废液中（除酚酞外）一定含有的溶质是　 　（写化学式）。
【答案】（1）指示盐酸和氢氧化钠恰好完全反应
（2）升高；；密封
（3）有白色沉淀生成
（4）Na2CO3、NaOH
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；碱的化学性质；盐的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量
【解析】【解答】（1）酚酞是酸碱指示剂，遇碱变红色。甲实验中加入酚酞试液的目的是：指示盐酸和氢氧化钠恰好完全反应。
（2）乙实验利用控制变量法进行了对比，排除了水对实验的干扰。二氧化碳与氢氧化钠溶液反应后，压强减小。故若观察到U形管左端的液面升高，则证明氢氧化钠能与二氧化碳反应，生成碳酸钠和水，其反应的化学方程式为：，因此氢氧化钠在保存时应该密封。
（3）碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠。故丙实验观察到的现象是：有白色沉淀生成。
（4）实验结束后，将废液倒入同一只洁净废液缸中，发现废液浑浊并显红色，故溶液显碱性。将废液进行过滤，对废液的成分做了进一步探究：同学们取一定量过滤后的废液，向废液中逐滴加入稀盐酸，开始没有气泡生成，故含有氢氧化钠。与盐酸反应能生成二氧化碳，可溶性碱性物质是碳酸钠。根据反应现象绘制了如丁图所示的示意图。分析图像数据，得出废液中（除酚酞外）一定含有的溶质是：NaOH、Na2CO3。
【分析】（1）根据酚酞遇碱性溶液变红，遇中性和酸性溶液呈无色分析；
（2）根据二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，压强减小分析；
（3）根据碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀分析；
（4）根据反应后溶液中一定有生成物，反应物可能有剩余，向含有氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中加入盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应，然后碳酸钠与盐酸反应分析。
（1）酚酞是酸碱指示剂，遇碱变红色。甲实验中加入酚酞试液的目的是：指示盐酸和氢氧化钠恰好完全反应。
（2）乙实验利用控制变量法进行了对比，排除了水对实验的干扰。二氧化碳与氢氧化钠溶液反应后，压强减小。故若观察到U形管左端的液面升高，则证明氢氧化钠能与二氧化碳反应，生成碳酸钠和水，其反应的化学方程式为：，因此氢氧化钠在保存时应该密封。
（3）碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠。故丙实验观察到的现象是：有白色沉淀生成。
（4）实验结束后，将废液倒入同一只洁净废液缸中，发现废液浑浊并显红色，故溶液显碱性。将废液进行过滤，对废液的成分做了进一步探究：同学们取一定量过滤后的废液，向废液中逐滴加入稀盐酸，开始没有气泡生成，故含有氢氧化钠。与盐酸反应能生成二氧化碳，可溶性碱性物质是碳酸钠。根据反应现象绘制了如丁图所示的示意图。分析图像数据，得出废液中（除酚酞外）一定含有的溶质是：NaOH、Na2CO3。
14．（2025·龙马潭模拟）以废铜屑制备碱式碳酸铜的实验步骤如下。
步骤一：以废铜屑制备硫酸铜，途径有两种。
途径Ⅰ：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
途径Ⅱ：CuCuOCuSO4
（1）转化③的化学方程式为　 　。
（2）转化①、②、③中铜元素的化合价升高的为　 　（选填序号）。
（3）实际生产选择途径Ⅱ制备硫酸铜，途径Ⅱ优于途径Ⅰ的原因是　 　，　 　（从绿色化学和原料利用率两个角度解释）。
步骤二：以硫酸铜为原料制备碱式碳酸铜。实验过程如下。
（4）“沉淀”时应将Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中，其原因是　 　。
（5）检验产品已洗净的方法是：取最后一次洗涤后的滤液，先滴加过量稀盐酸，再滴加　 　（填化学式）溶液，无现象，则产品已洗净。
（6）碱式碳酸铜加热到220℃会分解为三种常见的氧化物。取碱式碳酸铜固体充分加热，将生成气体依次用足量的浓硫酸和碱石灰充分吸收。实验测得浓硫酸增重0.36g，碱石灰增重0.88g。则碱式碳酸铜的化学式为　 　。
【答案】；；①②；途径Ⅱ不会产生二氧化硫污染空气；途径Ⅱ硫酸的利用率高；碳酸钠溶液显碱性，碱性条件下硫酸铜转化为氢氧化铜沉淀；；
【知识点】酸的化学性质；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；化学实验方案设计与评价
【解析】【解答】（1）转化③是氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，化学方程式为；
（2）转化①中，铜元素化合价由0价+2价，化合价升高；转化②中，铜元素化合价由0价+2价，化合价升高；转化③中，铜元素化合价不变，均为+2价，故转化①、②、③中铜元素的化合价升高的为①②；
（3）从绿色化学的角度来看，途径Ⅰ中生成的二氧化硫会污染空气，而途径Ⅱ中铜与氧气在加热条件下反应生成氧化铜，氧化铜再与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，这个过程中没有产生有毒气体二氧化硫，符合绿色化学的理念；从原料利用率的角度来看，途径Ⅱ中硫酸的利用率高，在途径Ⅰ中，由于浓硫酸的强氧化性，部分硫酸被还原为二氧化硫，导致硫酸的利用率降低，而在途径Ⅱ中，硫酸全部转化为硫酸铜，没有浪费，故途径Ⅱ优于途径Ⅰ的原因是：途径Ⅱ不会产生二氧化硫污染空气、途径Ⅱ硫酸的利用率高；
（4）碳酸钠溶液显碱性，“沉淀”过程中，如果将硫酸铜溶液加入碳酸钠溶液中，在碱性条件下硫酸铜会转化为氢氧化铜沉淀，所以在制备碱式碳酸铜的实验中，“沉淀”步骤是将Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中，理由是碳酸钠溶液显碱性，碱性条件下硫酸铜转化为氢氧化铜沉淀；
（5）为了检验产品是否已洗净，需要检测最后一次洗涤液中是否含有未反应完全的硫酸根离子，因此取最后一次洗涤液，先滴加过量稀盐酸以排除其他可能干扰的离子，再滴加氯化钡溶液，如果洗涤液中不含有硫酸根离子，那么加入氯化钡后就不会产生白色沉淀，则表明产品已洗净；
（6）碱式碳酸铜加热到220℃会分解为三种常见的氧化物，取碱式碳酸铜固体充分加热，将生成气体依次用足量的浓硫酸和碱石灰充分吸收，浓硫酸具有吸水性，碱石灰能吸收二氧化碳，则生成物为氧化铜、二氧化碳和水，实验测得浓硫酸增重0.36g，碱石灰增重0.88g，则生成水的质量为0.36g，生成二氧化碳的质量为0.88g，根据质量守恒定律可知，化学反应前后元素种类及质量不变，则碱式碳酸铜中氢元素的质量等于水中氢元素的质量，即，碱式碳酸铜中碳元素的质量等于二氧化碳中碳元素的质量，即，根据化合物中原子的个数比等于元素质量与相对原子质量的商之比，则碱式碳酸铜中碳、氢原子的个数比为，则氢氧根与碳酸根的个数比，已知在化合物中铜元素常显+2价、氢氧根为-1价、碳酸根为-2价，根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，则，解得，由于，则，则碱式碳酸铜的化学式为。
【分析】（1）根据氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水分析；
（2）根据化合物中元素化合价代数和为0，单质中元素化合价为0分析；
（3）根据两个途径的反应物和生成物、反应条件等分析；
（4）根据碳酸钠溶液显碱性，在碱性条件下硫酸铜会转化为氢氧化铜沉淀分析；
（5）根据硫酸根离子与钡离子反应产生不溶于酸的白色沉淀分析；
（6）根据碱式碳酸铜加热到220℃会分解为三种常见的氧化物，浓硫酸增重质量为生成水的质量，碱石灰增重质量为生成二氧化碳质量，反应前后元素种类和质量不变及化合物中元素化合价代数和为0分析。
15．（2025·龙马潭模拟）绿矾（，相对分子质量为278）是一种常用颜料和化工原料，加热时易被空气中的氧气氧化，但在隔绝空气高温条件下能分解生成四种氧化物，某同学取用绿矾样品，设计如下实验探究绿矾分解的产物．
已知：①常温下为气态．时为固态；②有漂白性，能使品红溶液褪色．
回答下列问题：
（1）点燃A处酒精喷灯前，应先向装置中缓缓通一段时间的作用是　 　．
（2）假设装置中每一步都进行完全，请完善以下实验现象或结论：
实验现象 实验结论
①实验结束后，A装置中剩余固体呈红棕色，取少量固体与稀硫酸充分反应后溶液呈黄色． 绿矾的分解产物中有　 　．
②B装置中无水硫酸铜变蓝． 绿矾的分解产物中有　 　．
③C装置中U型管内　 　． 绿矾的分解产物中有．
④D装置中品红溶液褪色． 绿矾的分解产物中有．
（3）结合（2）中的实验现象和结论回答：
①请写出隔绝空气高温加热绿矾发生反应的化学方程式　 　．
②实验结束后，C装置中收集到的氧化物的质量理论上为　 　g．
③也能使澄清石灰水变浑浊，但该实验中检验不用澄清石灰水代替品红溶液的原因是　 　．
【答案】（1）排尽装置内的空气，防止绿矾被空气或氧气氧化
（2）；H2O；有固体析出
（3）；2.0；排空时装置内空气中的也能使澄清石灰水变浑浊，干扰的检验
【知识点】酸的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量；根据化学反应方程式的计算；二氧化碳的检验和验满
【解析】【解答】（1）绿矾加热时易被空气中的氧气氧化，点燃A处酒精喷灯前，应先向装置中缓缓通一段时间的作用是排尽装置内的空气，防止绿矾被空气或氧气氧化。
（2）①绿矾（）在隔绝空气高温条件下能分解生成四种氧化物，依据质量守恒定律可知：产物中有铁的氧化物、硫的氧化物和水，实验结束后，A装置中剩余固体呈红棕色，取少量固体与稀硫酸充分反应后溶液呈黄色，溶液显黄色，说明绿矾的分解产物中含有氧化铁，氧化铁与稀硫酸反应溶液显黄色。②无水硫酸铜遇水变蓝，B装置中无水硫酸铜变蓝，说明绿矾的分解产物有水。③绿矾的分解产物中有，常温下为气态．时为固态，则C装置中U型管内有固体析出。
（3）①隔绝空气高温加热绿矾，生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，该反应化学方程式：。②实验结束后，C装置中收集到的氧化物三氧化硫，设生成三氧化硫的质量为
答：C装置中收集到的氧化物的质量理论上为2.0g。
③也能使澄清石灰水变浑浊，但该实验中检验不用澄清石灰水代替品红溶液的原因是空时装置内空气中的也能使澄清石灰水变浑浊，干扰的检验。
【分析】（1）根据装置内空气对实验的影响分析；
（2）根据化学反应前后元素种类不变，铁离子的溶液呈黄色，水能使硫酸铜变蓝，二氧化硫及三氧化硫的性质分析；
（3）根据隔绝空气高温加热绿矾，生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，由反应物质量及方程式中物质间质量关系计算生成三氧化硫质量，二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊分析。
（1）绿矾加热时易被空气中的氧气氧化，点燃A处酒精喷灯前，应先向装置中缓缓通一段时间的作用是排尽装置内的空气，防止绿矾被空气或氧气氧化。
（2）①绿矾（）在隔绝空气高温条件下能分解生成四种氧化物，依据质量守恒定律可知：产物中有铁的氧化物、硫的氧化物和水，实验结束后，A装置中剩余固体呈红棕色，取少量固体与稀硫酸充分反应后溶液呈黄色，溶液显黄色，说明绿矾的分解产物中含有氧化铁，氧化铁与稀硫酸反应溶液显黄色。
②无水硫酸铜遇水变蓝，B装置中无水硫酸铜变蓝，说明绿矾的分解产物有水。
③绿矾的分解产物中有，常温下为气态．时为固态，则C装置中U型管内有固体析出。
（3）①隔绝空气高温加热绿矾，生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，该反应化学方程式：。
②实验结束后，C装置中收集到的氧化物三氧化硫，设生成三氧化硫的质量为
答：C装置中收集到的氧化物的质量理论上为2.0g。
③也能使澄清石灰水变浑浊，但该实验中检验不用澄清石灰水代替品红溶液的原因是空时装置内空气中的也能使澄清石灰水变浑浊，干扰的检验。
1 / 1

展开更多......

收起↑