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广东省广州市铁一中学2024年中考6月适应性考试化学试卷
1．（2024·广州模拟）中央电视台（中国诗词大会）节目带动全民分享诗词之美，感受诗词之理。下列诗句不涉及化学变化的是（　　）
A．何意百炼钢，化为绕指柔 B．道狭草木长，夕露沾我衣
C．炉火照天地，红星乱紫烟 D．煮豆燃豆箕，相煎何太急
【答案】B
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、金属冶炼，生成新物质，属于化学变化，A不符合题意。
B、夕露沾衣没有生成新物质，属于物理变化，B符合题意。
C、炉火涉及到燃烧，生成新物质，属于化学变化，C不符合题意。
D、豆子被煮熟，豆萁燃烧，都生成新物质，属于化学变化，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】有新物质生成的变化属于化学变化，据此分析
2．（2024·广州模拟）生活中处处有化学，下列情境的解释，错误的是
A．空气中的氖气可制作霓虹灯
B．二氧化硫是计入空气质量评价的主要污染物之一
C．家用煤气泄漏时扩散出来的CO是有刺激性气味的有毒气体
D．汽水等碳酸型饮料的生产过程中，用增大压强的方法使更多的CO2溶解到水中
【答案】C
【知识点】空气的污染与防治；氮气及稀有气体的用途；溶解度的影响因素；一氧化碳的物理性质
【解析】【解答】A、稀有气体在通电时会发出不同颜色的光，常用作电光源，氖气通电也会发出红光，可以利用氖气制作霓虹灯，故A正确；
B、二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮、可吸入颗粒及臭氧等计入我国空气质量评价的监测项目，故B正确；
C、CO是无色无味的有毒气体，故C错误；
D、汽水等碳酸型饮料的生产过程中，用增大压强的方法使更多的CO2溶解到水中，是因为气体的溶解度随压强的增大而增大，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A、根据稀有气体在通电时会发出不同颜色的光进行分析解答；
B、根据目前我国计入空气质量评价的检测项目包含的成分进行分析解答；
C、根据CO是无色无味的有毒气体进行分析解答；
D、根据气体的溶解度随压强的增大而增大进行分析解答。
3．（2024·广州模拟）下列物质混合后能够反应，且有明显现象的是
A．向澄清石灰水中滴入稀盐酸
B．向硫酸钠溶液中滴入氯化镁溶液
C．向氧化铁固体中滴入稀盐酸
D．向氧化铜粉末中滴入氢氧化钠溶液
【答案】C
【知识点】复分解反应及其应用；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、向澄清石灰水中滴入稀盐酸，氢氧化钙和盐酸反应生成溶于水的氯化钙和水，无明显现象，故A不符合题意。
B、复分解反发生的条件是两种化合物相互交换成分有沉淀或、气体或水生成，向硫酸钠溶液中滴入氯化镁溶液，没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，无明显现象，故B不符合题意。
C、氧化铁是不溶于水的红色固体，向氧化铁固体中滴入稀盐酸，反应生成氯化铁和水，含铁离子的溶液呈黄色，所以观察的现象是红色固体逐渐溶解，溶液逐渐从无色变为黄色，故C符合题意。
D、氧化铜不溶于水，只能溶于酸，向氧化铜粉末中滴入氢氧化钠溶液，两者不反应，无明显现象，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水进行分析解答；
B、根据复分解反应发生的条件是有沉淀、气体或水生成进行分析解答；
C、根据氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，固体溶解，溶解变黄色进行分析解答；
D、根据金属氧化物不能与碱反应进行分析解答。
4．（2024·广州模拟）幸福需要辛勤的劳动来创造。下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用发酵粉焙制糕点 Na2CO3能与酸产生CO2
B 用布擦干淋湿的自行车 铁部件潮湿易生锈
C 用食醋清除水壶内壁的水垢 醋酸能与水垢反应
D 利用活性炭自制简易净水器 活性炭具有吸附性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】金属锈蚀的条件及其防护；酸的化学性质；常用盐的用途；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠能与面团中的酸性物质反应生成二氧化碳气体，可用作发酵粉焙制糕点，而不是碳酸钠与酸反应，故A符合题意；
B、铁制品与空气、水同时接触容易生锈，用布擦干淋湿的自行车，是为了防止生锈，故B不符合题意；
C、水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，碳酸钙、氢氧化镁都能与酸反应生成可溶于水的钙、镁化合物，所以可用食醋清除水壶内壁的水垢，故C不符合题意；
D、活性炭表面疏松多孔，具有吸附性，可以吸附色素和异味，因此可利用活性炭自制简易净水器，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据发酵粉的主要成分是碳酸氢钠而不是碳酸钠进行分析解答；
B、根据铁制品生锈的条件是同时与空气、水接触，用布擦拭淋湿的自行车可以防止锈蚀进行分析解答；
C、根据水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，两者均可以与酸反应生成可溶性的盐进行分析解答；
D、根据活性炭具有吸附性，可以吸附色素和异味进行分析解答。
5．（2024·广州模拟）分类是学习化学的重要方法之一，下列说法错误的是
A．镁、汞都属于金属
B．尿素、硝酸钾都属于复合肥料
C．锌、碘都属于人体必需微量元素
D．塑料、合成纤维都属于合成材料
【答案】B
【知识点】常见化肥的种类和作用；有机高分子材料的分类及鉴别；矿物质与微量元素
【解析】【解答】A、元素名称带有“钅”旁的都属于金属元素，汞是水银的俗名，故镁、汞都是金属，故A正确；
B、尿素的化学式为CO(NH2)2，只含氮一种营养元素，属于氮肥，硝酸钾的化学式为KNO3，同时含K、N两种营养元素，属于复合肥，故B错误；
C、人体含量小于0.01%的元素属于微量元素，铁、锌、碘、氟等都是人体必需的微量元素，故C正确；
D、三大合成材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A、根据元素名称带有“钅”旁的都属于金属以及汞是水银的俗名进行分析解答；
B、根据尿素属于氮肥，硝酸钾是属于复合肥进行分析解答；
C、根据铁、锌、碘、氟等都是人体必需的微量元素进行分析解答；
D、根据三大合成材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶进行分析解答。
6．（2024·广州模拟）茶是人类健康的饮品之一，茶氨酸（C7H14N2O3）是茶叶中特有的一种氨基酸。下列关于茶氨酸的说法正确的是
A．茶氨酸的相对分子质量为175
B．C、H、N、O四种元素的质量比为12：1：14：16
C．氮元素的质量分数为
D．在空气中完全燃烧的产物是二氧化碳和水
【答案】C
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、化学式中各元素的相对原子质量的总和等于相对分子质量， 茶氨酸的化学式为C7H14N2O3， 所以茶氨酸的相对分子质量为：12×7+14+14×2+16×3=174，故A错误；
B、化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比，茶氨酸中 C、H、N、O四种元素的质量比为：（12×7）：14：（14×2）：（16×3）=42：7：14：24，故B错误；
C、化合物中某元素的质量分数=，所以茶氨酸中氮元素的质量分数为：，故C正确；
D、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，从茶氨酸的化学式C7H14N2O3可知茶氨酸由C、H、N、O四种元素组成，所以茶氨酸和氧气在点燃的条件下反应除了生成二氧化碳和水，还生成含氮的化合物，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据化学式中各元素的相对原子质量的总和等于相对分子质量进行分析解答；
B、根据化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比进行分析解答；
C、根据化合物中某元素的质量分数=进行分析解答；
D、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变进行分析解答。
7．（2024·广州模拟）X、R表示两种金属，在溶液中发生反应的化学方程式如下： ，下列说法错误的是（　　）
A．X可能是Fe，R可能是Cu B．X的金属活动性比R强
C．该反应是置换反应 D．反应前后R元素化合价发生变化
【答案】A
【知识点】金属的化学性质；化合价规律和原则
【解析】【解答】A. 由化学方程式可知，在R的硝酸盐中，R元素显+1价，而铜元素通常显+2价，故R不可能是铜元素，且如果X是铁，反应生成的应是硝酸亚铁，不是硝酸铁，故错误，符合题意；
B. X能将R置换出来，说明X比R活泼，故正确，不符合题意；
C. 该反应符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应，属于置换反应，故正确，不符合题意；
D. 反应前后，R元素由化合态转化为游离态，化合价一定发生了改变，故正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据化学方程式可知，在R的硝酸盐中，R元素显+1价，而铜元素通常显+2价，进行分析。
8．（2024·广州模拟）乙醇是一种生活中常用的燃料，下图是制取乙醇的其中一种方法的微观示意图，下列说法错误的是
A．的化学式为C2H4
B．反应后的生成物只有一种
C．为保证反应持续发生，需要不断添加催化剂
D．参加反应的和分子个数比是1：1
【答案】C
【知识点】催化剂的特点与催化作用；微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】A、由微观示意图可知，一个分子由2个碳原子和4个氢原子构成，所以故化学式为C2H4，故A正确。
B、由微观示意图可知，反应后有1个分子是反应物过量的，不属于生成物，所以生成物只有一种分子，即反应后的生成物只有一种，故B正确。
C、保催化剂的特点是“一变两不变”，即催化剂能改变反应速度，在化学反应前后质量和化学性质不变，所以整个反应过程催化剂不需要不断添加，故C错误。
D、由微观示意图可知，反应前有3个分子，反应后还剩1个分子，实际参加反应的分子个数为2，个数也为2，所以参加反应的分子个数比是1：1，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A、根据化学式表示一个分子的构成进行分析解答；
B、根据反应前后都有的分子是属于反应物过量，不算作生成物进行分析解答；
C、根据催化剂在化学反应前后质量和化学性质不变进行分析解答；
D、根据微观示意图，反应前后都有的分子个数是反应物有剩的分子，不参与反应进行分析解答。
9．（2024·广州模拟）山西运城盐湖是我国三大盐湖之，该地区的人们可采用“冬天捞碱，夏天晒盐”的方法来获取食盐（NaCl）和纯碱（Na2CO3）。请结合溶解度曲线判断，下列说法错误的是
A．饱和Na2CO3溶液从60℃降到40℃时会析出晶体
B．44℃时，Na2CO3饱和溶液的质量分数为
C．“夏天晒盐”的原理是让湖水蒸发结晶得到NaCl
D．“冬天捞碱”的原理是让湖水降温结晶得到Na2CO3
【答案】A
【知识点】固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A、从图像可知，从60℃降温到40℃时，碳酸钠的溶解度增大，所以饱和Na2CO3溶液从60℃降到40℃时，变为不饱和溶液，无晶体析出，故A错误；
B、一定温度下，饱和溶液的溶质质量分数=，44℃时，Na2CO3的溶解度为50g，该温度下，饱和溶液的质量分数为：，故B正确；
C、从图像可知氯化钠的溶解度受温度影响不大，可以采用蒸发结晶的方法获取晶体，所以“夏天晒盐”的原理是让湖水蒸发结晶得到氯化钠，故C正确；
D、溶解度随温度降低而明显减小的物质，采用降温结晶的方法获取晶体，从图像可知从40℃降温到0℃，碳酸钠的溶解度明显降低，所以“冬天捞碱”的原理是让湖水降温结晶得到碳酸钠，故D正确。
故答案为：A。
【分析】A、根据图像，饱和Na2CO3溶液从60℃降到40℃，溶解度变大，由饱和溶液变成不饱和溶液进行分析解答；
B、根据一定温度下，饱和溶液的溶质质量分数=进行分析解答；
C、根据氯化钠溶解度受温度影响不大，采用蒸发结晶获取晶体进行分析解答；
D、根据从40℃降温到0℃，碳酸钠的溶解度明显降低，采用降温结晶获取晶体进行分析解答。
10．（2024·广州模拟）CuSO4是一种常见的盐类物质。下列关于CuSO4的认识错误的是
A．组成：含有铜离子和硫酸根离子
B．性质：与Na2SO4相似，都能与BaCl2溶液反应
C．用途：农业上与石灰乳配制成具有杀菌作用的波尔多液
D．制备：常温下，通过铜与稀硫酸反应制得
【答案】D
【知识点】金属的化学性质；盐的化学性质；合理使用化肥、农药
【解析】【解答】A、从硫酸铜的化学式 CuSO4 可知硫酸铜是由铜离子和硫酸根离子构成的化合物，故A正确；
B、硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀，硫酸铜与硫酸钠中都含有硫酸根离子，都能与BaCl2溶液中钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故B正确；
C、 波是尔多液是硫酸铜溶液与石灰乳混合按一定的比例配制成而成，具有杀菌作用，故C正确；
D、在金属活动顺序中，排在氢前面的金属可以与稀硫酸、稀盐酸反应生成盐和氢气，而铜排在氢的后面，常温下，铜不能与稀硫酸反应，故D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据硫酸铜由铜离子和硫酸根离子构成进行分析解答；
B、根据硫酸根离子和钡离子结合生成硫酸钡沉淀进行分析解答；
C、根据农药波尔多液是由硫酸铜溶液和石灰乳混合配制而成进行分析解答；
D、根据常温下，金属活动顺序中排在氢后面的金属不能与稀盐酸、稀硫酸反应进行分析解答。
11．（2024·广州模拟）某实验小组用pH传感器探究稀盐酸和氢氧化钠的反应过程，实验中溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是
A．该实验是将盐酸滴入氢氧化钠溶液中
B．向图中a点溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红
C．图中b点代表稀盐酸和氢氧化钠恰好完全反应
D．图中c点所示溶液pH<7，呈酸性
【答案】B
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A、由图象可知，反应之前，溶液pH>7，呈碱性，随着横坐标物质的不断滴加，溶液的pH值逐渐减小到7最后7，说明是把稀盐酸滴加到氢氧化钠溶液中，故A正确；
B、紫色石蕊遇酸变红，遇碱变蓝，从图像可知a点溶液的pH>7，溶液呈碱性，滴加紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色，故B误；
C、氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠和水都呈中性，从图像可知b点时溶液的pH=7，显中性，表示稀盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，故C正确；
D、从图像可知c点时溶液的pH<7，说明稀盐酸过量，溶液呈酸性，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A、根据反应前溶液pH>7，呈碱性，随着反应的进行pH逐渐减小到=7，最后<7，说明是将酸滴入碱溶液中进行分析解答；
B、根据溶液pH>7，呈碱性，紫色石蕊遇碱性溶液变蓝色进行分析解答；
C、根据溶液pH=7，呈碱性，是氢氧化钠和稀盐酸恰好完全反应进行分析解答；
D、根据溶液pH<7，溶液呈酸性进行分析解答。
12．（2024·广州模拟）氧烛是一种用于缺氧环境中自救的化学氧源，广泛用于航空、航海等领域，其主要成分为NaClO3，还含有适量的催化剂、成型剂等。氧烛通过撞击火帽引发反应后，能持续放出高纯氧气，主要反应原理为。一根氧烛大约可以供100个人呼吸1小时。下列说法正确的是
A．氧烛是一种纯净物
B．氧烛制取氧气的反应为化合反应
C．NaClO3中Cl为-1价
D．运输氧烛时，应注意避免其受到撞击
【答案】D
【知识点】有关元素化合价的计算；分解反应及其应用；燃烧、爆炸、缓慢氧化与自燃；纯净物和混合物
【解析】【解答】A、由两种或两种以上物质混合而成的属于混合物，从题干可知氧烛的主要成分为NaClO3，还含有适量的催化剂、成型剂等，是一种混合物，故A错误；
B、从题干可知氧烛制取氧气的反应2NaClO3=2NaCl+3O2↑，该反应由一种物质生成两种物质，符合“一变多”的特点，属于分解反应，故B错误；
C、化合物中正、负化合价的代数和为0，已知NaClO3中钠元素化合价为+1价，氧元素化合价为-2价，设氯元素化合价为x，则(+1)+ x+(-2)×3=0，得x=+5价，故C错误；
D、从题干信息可知氧烛通过撞击火帽引发反应后，能持续放出高纯氧气，所以在运输氧烛时，应避免其受到撞击，以防引发安全事故，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据题干信息可知氧烛由多种物质混合而成，属于混合物进行分析解答；
B、根据题干信息可知氧烛制氧的反应原理是氯酸钠分解生成氯化钠和氧气以及分解反应的特点进行分析解答；
C、根据化合物中正、负化合价的代数和为0进行分析解答；
D、根据题干信息 氧烛通过撞击火帽引发反应后，能持续放出高纯氧气进行分析解答。
13．（2024·广州模拟）为达到除杂或鉴别的目的，下列实验方案设计合理的是（　　）
选项 实验目的 实验方案
A 除去铜粉中的碳粉 在空气中灼烧固体混合物
B 除去NaCl溶液中的少量MgCl2 加过量的NaOH溶液，过滤
C 鉴别氮肥（NH4Cl）和钾肥（KCl） 观察外观颜色
D 鉴别蒸馏水与CaCl2溶液 加肥皂水、振荡、观察泡沫
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质除杂或净化的探究；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A、铜粉在空气中灼烧与空气中氧气反应生成氧化铜，想要的物质反应了，不符合题意；
B、加过量的NaOH溶液，引入新杂质过量的氢氧化钠，不符合题意；
C、氯化铵和氯化钾均为白色固体，观察外观颜色不能鉴别，不符合题意；
D、蒸馏水是纯水，CaCl2溶液中含有钙离子，加肥皂水振荡，出现泡沫较多是蒸馏水，出现泡沫较少的是氯化钙溶液，符合题意。
故答案为：D。
【分析】除杂是指加入某种试剂或物质，能使杂质反应生成气体或沉淀而除去，本身的物质不参与反应，也不能产生新的杂质，据此分析。
14．（2024·广州模拟）通过下列实验，能达到实验目的且现象描述正确的是
选项 A B C D
实验目的 探究铁生锈的条件 探究CO2与NaOH能否发生反应 验证浓硫酸溶于水放热 验证氧气支持燃烧
实验设计
实验现象 ①中铁钉不生锈； ②中铁钉生锈。 塑料瓶①比塑料瓶②更扁 U形管左边液面比右边高 白磷燃烧
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】碱的化学性质；燃烧的条件与灭火原理探究；探究金属锈蚀的条件；化学实验方案设计与评价
【解析】【解答】A、铁钉生锈的条件是同时与氧气、水接触，①中的铁钉与氧气和水接触，会生锈；②中的铁钉只与水接触，不生锈，故A错误；
B、二氧化碳能溶于水，也会使塑料瓶内压强变小，通过对比塑料瓶①比塑料瓶②更扁，说明二氧化碳能和氢氧化钠反应，故B正确；
C、浓硫酸溶于水放出大量的热，烧瓶内气体受热膨胀，压强变大，U形管出现左边液面比右边液面低的现象，故C错误；
D、可燃物燃烧需与氧气接触，且温度达到着火点，图中白磷放在冰水中，温度没有达到着火点，即使通入氧气也不能燃烧，无法验证氧气支持燃烧，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、根据 ① 中铁钉同时与氧气、水接触会生锈， ② 中铁钉只与水接触不生锈进行分析解答；
B、根据对比实验，盛有氢氧化钠溶液的塑料瓶更瘪，证明二氧化碳能与氢氧化钠反应进行分析解答；
C、根据浓硫酸溶于水放热，烧瓶内气体受热膨胀，压强增大，U形管液面左低右高进行分析解答；
D、根据可燃物燃烧的条件是与氧气接触，且温度达到着火点进行分析解答。
15．（2024·广州模拟）广州地铁首次与上海的地铁乘车二维码实现互联互通。地铁建设中各种材料被广泛应用。
（1）锰钢主要成分是铁、锰、碳，主要用于制造钢轨、受电弓等，锰钢属于　 　(填“纯金属”或“合金”)。地铁轨道焊接时可用铝热反应：，该反应的基本类型是　 　。
（2）地铁列车车体采用铝合金材料，铝合金密度小、硬度大、耐腐蚀。铝制品在空气中耐腐蚀的原因是　 　(用文字表述)。但铝制品在酸性或碱性溶液中不耐腐蚀，铝在氢氧化钠溶液中生成的偏铝酸钠(NaAlO2)是一种可溶于水的　 　(“酸”“碱”“盐”“氧化物”)和一种可燃性气体，请写出该反应的化学反应方程式　 　。
（3）地铁使用的电子元件中含有铱(Ir)。铱是一种很耐腐蚀的金属，化学性质稳定。铱粉末和氯气(Cl2)在650℃经化合反应会形成无水三氯化铱，反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）合金；置换反应
（2）铝能和氧气反应生成致密的氧化铝保护膜（合理即可）；盐；2NaOH+2Al+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
（3）
【知识点】合金与合金的性质；化学方程式的书写与配平；置换反应及其应用
【解析】【解答】(1)锰钢属于合金；根据可知，此反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应；
（2）铝制品在空气中耐腐蚀的原因：铝能和氧气反应生成致密的氧化铝保护膜；铝在氢氧化钠溶液中发生反应生成可溶于水偏铝酸钠（偏铝酸钠是由钠离子和偏铝酸根离子构成的化合物，属于盐）和氢气，该反应的化学方程式为：2NaOH+2Al+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
（3）铱粉末和氯气在650℃经化合反应会形成无水三氯化铱，反应的化学方程式为：。
故答案为：（1）合金；置换反应；
（2） 铝能和氧气反应生成致密的氧化铝保护膜（合理即可） ；盐；2NaOH+2Al+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
（3） 。
【分析】（1）根据锰钢 主要成分是铁、锰、碳 ，属于合金；由一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应进行分析解答；
（2）根据铝制品耐腐蚀是因为 铝能和氧气反应生成致密的氧化铝保护膜 ；由金属离子和酸根离子构成的化合物属于盐；氢氧化钠和铝、水反应生成偏铝酸钠和氢气的化学方程式的书写进行分析解答啊；
（3）根据铱和氯气在650℃反应生成无水三氯化铱的化学方程式的书写进行分析解答。
16．（2024·广州模拟）金属材料在人类文明的发展中起着重要作用。
（1）战国《韩非子·内储说上》提到，早期采金技术均是“沙里淘金”。由此可得到的结论是_____。
A．黄金的化学性质不活泼
B．黄金在自然界主要以单质形式存在
C．沙子可通过化学反应变成黄金
D．黄金由原子构成
（2）北京冬奥会火种灯采用双层玻璃结构，在低温、严寒、大风等环境下不会熄灭。其创意源自于青铜器精品“中华第一灯”一一西汉长信宫灯。
①我国铜冶炼技术具有悠久的历史。《格致粗谈》记载“赤铜入炉甘石炼为黄铜，其色如金”，把赤铜(Cu2O)和炉甘石、木炭粉混合高温制得黄铜：。则炉甘石主要成分X的化学式为　 　，湿法炼铜的原理是：，该反应中保持不变的原子团化学符号是　 　。
②学以致用，运用金属知识，用黄铜片(铜锌合金)做一幅北京冬奥会会徽的金属蚀刻画。
小铁用硝酸银溶液做蚀刻剂，按照流程打磨――制模――蚀刻――清洗――抛光上色-涂膜完成。请画出蚀刻后废液中的粒子示意图(水不需要表示出来，粒子数量比例需要表现出来)　 　
③蚀刻面完成以后，剩余一些黄铜废料，废物利用，测定黄铜中铜的含量。称取废黄铜片20.0g放入到200g质量分数为4.9%稀硫酸中两者恰好充分反应。计算该黄铜样品中铜的质量分数为　 　。
【答案】（1）A；B
（2）ZnCO3；；；67.5%
【知识点】金属的化学性质；含杂质物质的化学反应的有关计算
【解析】【解答（1）】A、黄金的化学性质不活泼，在自然界中以单质形式存在，故A正确；
B、黄金在自然界主要以单质形式存在，可以从自然界中直接得到，故B正确；
C、沙子不能变成黄金，不遵循质量守恒定律，故C错误；
D、黄金由原子构成，但从“沙里淘金”中不能得出，故说法D错误；
故答案为：AB；
（2）①根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，可以得出反应前有2个Cu、1个O和1个C，反应后有1个Zn、2个Cu、2个C和4个O，则X中含有1个Zn、1个C和3个O，则X的化学式为ZnCO3；铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，该反应中保持不变的原子团是硫酸根离子，符号为：；
②用硝酸银溶液做蚀刻剂，铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，锌和硝酸银反应生成硝酸锌和银，蚀刻后废液中的粒子为铜离子、锌离子、硝酸根离子，如图所示：；
③设样品中锌的质量为x，
x=6.5g，
所以该黄铜样品中铜的质量分数为：×100%=67.5%。
故答案为：（1）AB；（2） ①ZnCO3； ；②；
③设样品中锌的质量为未知数，正确写出锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气的化学方程式，再找出相关物质的质量比，已知量是硫酸溶质质量=稀硫酸溶液质量×溶质质量分数，未知量是锌的质量，列比例式，求出锌的质量，再把锌的质量代入公式：黄铜样品中铜的质量分数
=，求出黄铜样品中铜的质量分数。
17．（2024·广州模拟）根据不同物质的性质，提纯物质的方法可以有多种。下面呈现的是化学课堂上“物质提纯”的小组竞赛场景。
（1）甲组抽到的题目是“从30gNaCl和2gKNO3的混合物中提纯NaCl”。同学们经研究认为依据两物质的溶解度曲线，可采用如下物理方法来提纯。
上述两固体　 　(填“能”或“不能”)全部溶解，操作m的名称是　 　，蒸发结晶后得到NaCl的质量　 　30g(填“大于”、“小于”或“等于”)。
甲组一位同学问道：“能否用降温结晶的方法从上述溶液a中析出KNO3，从而达到分离的目的？”请你判断此方法是否可行，并说出理由　 　。
（2）乙组抽到的题目是“从NaCl和Na2CO3的混合物中提纯NaCl”。同学们经过讨论认为利用两物质化学性质的差异，可采用如下化学方法来提纯。
上图中的X和Y的化学式分别为　 　、　 　。由于溶液Y的用量不易控制，会使溶液b的溶质有多种情况，导致蒸发后得到的固体可能不纯。
（3）同学们对甲乙两组提纯方法的效果进行了研讨。
【反思评价】大家认为用物理方法和化学方法都可以实现物质的提纯。用化学方法提纯还要考虑到反应物用量对提纯效果的影响。
【拓展提升】老师说：“合理选择试剂，用化学方法可以从NaCl和Na2CO3的混合物中提纯NaCl，方法是向混合物中加入过量的　 　，充分反应后，经蒸发结晶就能得到NaCl。”
【答案】（1）能；过滤；小于；不行，根据溶解度曲线判断，降温过程中无法得到硝酸钾的饱和溶液
（2）BaCl2；BaCO3
（3）稀盐酸
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；固体溶解度曲线及其作用；酸的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】（1）20℃时NaCl的溶解度为36g，KNO3的溶解度略小于36g（大于13.3g），所以该温度下，30g氯化钠和2g硝酸钾固体，都能全部溶解在100g水中；
将晶体和溶液分离的方法是过滤；蒸发结晶后，得到的溶液中还溶有一定量的氯化钠，即并未将NaCl全部析出，则蒸发结晶后得到氯化钠的质量小于开始加入的质量30g；
溶液a中含有的硝酸钾较少，只有2g，而0℃时，硝酸钾的溶解度为13.3g，根据溶解度曲线判断，降温过程中无法得到硝酸钾的饱和溶液，则不能用降温结晶的方法从上述溶液a中析出KNO3；
（2）氯化钠中混有碳酸钠，则杂质离子为碳酸根离子，则可用钡离子、钙离子等离子将碳酸根离子除去。所以向NaCl、Na2CO3的混合溶液中加入一定量的BaCl2溶液，氯化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，反应后过滤得到的固体X是BaCO3；其他答案合理即可。
（3）从NaCl和Na2CO3的混合物中提纯NaCl，可以向混合物中加入过量的稀盐酸，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，盐酸具有挥发性，充分反应后，经蒸发结晶就能得到NaCl。
故答案为：（1）能；过滤；小于；不行，根据溶解度曲线判断，降温过程中无法得到硝酸钾的饱和溶液；
（2）BaCl2 ；BaCO3 ；（3）稀盐酸。
【分析】（1）根据20℃时NaCl的溶解度为36g，KNO3的溶解度大于13.3g，则该温度下， 30gNaCl和2gKNO3 能全部溶解在100g水中；固液分离的操作叫做过滤；蒸发结晶后，得到的溶液中还溶有一定量的氯化钠，得到氯化钠晶体的质量小于开始加入的质量30g；由于100g水中只溶解2gKNO3，而而0℃时，硝酸钾的溶解度为13.3g，即使降温到0℃时，也无法形成饱和的KNO3溶液，故不能用降温结晶的方法获得KNO3晶体进行分析解答；
（2）根据氯化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠进行分析解答；
（3）根据碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，盐酸具有挥发性，即使过量，蒸发结晶时也会挥发掉进行分析解答。
18．（2024·广州模拟）兴趣小组对中和反应进行探究。向盛有 100gBa（OH）2溶液的烧杯中逐滴加入50g9.8%的稀硫酸，测得溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。
（1）上述实验除了观察到导电能力的变化，还观察到的现象是　 　。
（2）m点对应的溶液中存在的主要离子有　 　（填离子符号）。
（3）从溶液导电性的微观本质分析，用试剂　 　（填字母编号）代替稀硫酸进行实验，可得到与AB段类似的变化曲线。
a.稀盐酸 b. MgSO4溶液 c. Na2SO4溶液 d. CuSO4溶液
（4）t1时，还有30g稀硫酸没有加入烧杯内，则本次实验使用 Ba（OH）2溶液溶质的质量分数为　 　。
（5）向KOH稀溶液中通入HCl气体时无明显现象，请设计实验方案证明反应的发生。
实验操作 实验现象 实验结论
　 　 　 　 KOH稀溶液能与 HCl反应
【答案】（1）有白色沉淀产生
（2）、
（3）bd
（4）3.42%
（5）取少量氢氧化钾稀溶液滴加到试管中，随后向其中加入几滴无色酚酞溶液，观察溶液变化，再向溶液中通入氯化氢气体，观察溶液变化情况；；加入酚酞溶液后，溶液由无色变红色，通入氯化氢气体后溶液又由红色变无色。
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；中和反应及其应用；盐的化学性质；化学实验方案设计与评价
【解析】【解答】（1）氢氧化钡能与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，故观察到有白色沉淀生成；
故答案为：有白色沉淀产生；
（2）观察图像，m点时溶液导电能力未达最低点，说明溶液中未被完全耗尽，故溶液中主要离子是、；
故答案为： Ba2+ 、OH-
（3）t1时，溶液导电能力达最低点0，说明溶液中氢氧化钡与稀硫酸恰好完全反应，溶液中不存在离子；
a、稀盐酸与氢氧化钡生成氯化钡和水，溶液中存在氯离子和钡离子，故a错误；
b、硫酸镁与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，溶液中不存在离子，故b正确；
c、硫酸钠与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，溶液中存在钠离子和氯离子，故c错误；
d、硫酸铜与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，溶液中不存在离子，故d正确；
故答案为：bd；
（4）解：设溶液中溶质的质量为x。
x=3.42g
答：该溶液中溶质的质量分数为3.42%。
（5）氢氧化钠与氯化氢反应无明显现象，可借助酸碱指示剂让反应可视化，无色酚酞遇碱变红，当通入氯化氢气体后，若溶液仍为红色，说明两者不反应，若红色褪去，说明氢氧化钾被消耗，两者能反应。
故答案为： 取少量氢氧化钾稀溶液滴加到试管中，随后向其中加入几滴无色酚酞溶液，观察溶液变化，再向溶液中通入氯化氢气体，观察溶液变化情况；
加入酚酞溶液后，溶液由无色变红色，通入氯化氢气体后溶液又由红色变无色。
【分析】（1）根据氢氧化钡能与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水进行分析解答；
（2）根据m点溶液导电能力未达最低点，说明溶液Ba(OH)2没有反应完，有Ba2+和OH-进行分析解答；
（3）a、根据 稀盐酸与氢氧化钡生成氯化钡和水，氯化钡可溶于水，溶液中有氯离子和钡离子，能导电进行分析解答；
b、根据 硫酸镁与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，溶液中不存在离子，不能导电进行分析解答；
c、根据 硫酸钠与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，氯化钠可溶于水，溶液中有钠离子和氯离子，能导电进行分析解答；
d、根据 硫酸铜与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，溶液中不存在离子 ，不能导电进行分析解答。
（4）先设未知数，再正确写出氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是硫酸质量=硫酸溶液质量×溶质质量分数，未知量是氢氧化钡的质量，列比例式，求出氢氧化钡的质量，再代入公式：氢氧化钡溶液中溶质质量分数=，求出氢氧化钡溶液中溶质质量分数，最后简明写出答案。
（5）根据酸碱中和反应无明显现象，可以借助无色酚酞溶液指示反应，无色酚酞遇碱变红，在中性或酸性溶液呈无色进行分析解答。
19．（2024·广州模拟）含锰废弃物会对土壤造成危害，使植物出现锰中毒。某实验小组想从实验室制取氧气后的固体废弃物中回收金属锰。
I．设计方案回收锰
（1）实验室用高锰酸钾制取氧气的化学方程式为　 　；对于固体废弃物中的成分，一定存在的是　 　，可能存在的是　 　。
（2）经查阅资料后，该小组设计从固体废弃物中回收锰的流程如下：
【查阅资料】含锰化合物(其中锰元素的化合价在+2价以上)在一定的酸性溶液中均可与草酸(H2C2O4)溶液反应，生成Mn2+。
请补全上述流程中的物质：①　 　；②　 　(填化学式)；15.8g固体废弃物经上述流程后得到的Mn的质量分数大于从同质量高锰酸钾中得到的Mn的质量分数，从定量角度分析其原因是　 　。(假设整个流程中的含锰化合物均完全反应)
II．探究影响反应速率的因素
实验小组为探究草酸与高锰酸钾在酸性条件下反应的影响因素，用0.02%高锰酸钾溶液与0.09%H2C2O4溶液进行以下探究：(本研究所用溶液很稀，密度均近似看作1g/cm3)
组别 0.02%高锰酸钾溶液/mL 0.09%H2C2O4溶液/mL 10%H2SO4溶液/mL 温度/℃ 其他物质
① 5.00 8.00 X 20
② 5.00 8.00 3.00 30
③ 5.00 8.00 1.00 20 2.00mL蒸馏水
（3）上述进行实验①、③的目的是探究　 　对化学反应速率的影响，其中X=　 　。
（4）甲同学在做上述探究实验时发现草酸与酸性高锰酸钾溶液开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快。针对上述现象，乙同学认为草酸与高锰酸钾反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你猜想原因还可能是　 　。若证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需试剂最合理的是　 　(填字母)。
a．硫酸钾 b．水 c．二氧化锰 d．硫酸锰
【答案】；锰酸钾和二氧化锰；高锰酸钾；NH4HCO3；MnO2；15.8g固体废弃物中锰元素的质量大于15.8g高锰酸钾中锰元素的质量（合理即可）；酸的浓度；3.00；锰离子加快反应速率；d
【知识点】氧气的实验室制法；催化剂的特点与催化作用；酸的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】（1）高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的的化学方程式为：；所以固体废弃物中一定有：锰酸钾和二氧化锰（生成物），可能有：高锰酸钾（反应物可能剩余）；
（2）含锰化合物(其中锰元素的化合价在+2价以上)在一定的酸性溶液中均可与草酸(H2C2O4)溶液反应，生成Mn2+。固体废弃物与硫酸和草酸得到硫酸锰、草酸钾溶液，要得到碳酸锰，需要在溶液I加入碳酸氢铵溶液；
碳酸锰在隔绝空气加热的条件下生成物质②和二氧化碳，物质②和一氧化碳在加热条件下生成锰，所以②是锰的氧化物，即二氧化锰；
化学反应前后锰元素的质量不变，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，氧气逸出，则固体质量减少，锰元素质量不变，锰元素质量分数增大。所以15.8g固体废弃物中锰元素的质量大于15.8g高锰酸钾中锰元素的质量，则15.8g固体废弃物经上述流程后得到的Mn的质量分数大于从同质量高锰酸钾中得到的Mn的质量分数；
（3）对比实验①、③数据可知0.02%高锰酸钾溶液、0.09%H2C2O4溶液的体积都相同，温度相同，而③中加入了2.00mL蒸馏水，根据对比实验的要求，只有硫酸的浓度不同，可研究酸的浓度对反应速率的影响，故X=3.00；
（4）KMnO4与H2C2O4反应生成锰离子，则可能是锰离子加快反应速率（或起到催化作用）。所以设计实验可以引入锰离子，与不加入锰离子的实验组进行对比，确定锰离子是否对反应速率有影响。所以加入硫酸锰，故a、b、c不符合题意，d符合题意；
故答案为：（1） ；锰酸钾和二氧化锰；高锰酸钾；
（2）NH4HCO3 ；MnO2 ；
高锰酸钾受热分解生成氧气逸出，固体质量减少，锰元素质量不变，15.8g固体废弃物中锰元素的质量分数大于15.8g高锰酸钾中锰元素的质量分数（合理即可）；
（3）酸的浓度；3.00；
（4）锰离子加快反应速率；d。
【分析】（1）根据高锰酸钾加热生成锰酸钾、二氧化锰和氧气的化学方程式的书写，反应后的固体一定有生成物锰酸钾和二氧化锰，还可能有未分解完全的高锰酸钾进行分析解答；
（2）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，要得到碳酸锰，需要在溶液I加入碳酸氢铵溶； 碳酸锰在隔绝空气加热的条件下生成二氧化锰和二氧化碳； 高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，氧气逸出，则固体质量减少，锰元素质量不变，锰元素质量分数增大。即15.8g固体废弃物中锰元素的质量分数大于15.8g高锰酸钾中锰元素的质量分数进行分析解答；
（3）根据对比实验需要控制单一变量，从表格数据可知 ①、③高锰酸钾溶液的浓度和体积、草酸溶液的浓度和体积，温度都相同，则两组实验对比要探究的是酸的浓度对反应速率的影响，故X=3.00进行分析解答；
（4）根据KMnO4与H2C2O4反应生成锰离子，反应速率明显加快， 可能是锰离子加快反应速率，为证明猜想可以加入硫酸锰进行分析解答。
20．（2024·广州模拟）填空
（1）“我与化学"小组利用图1装置探究磷在空气中燃烧后氧气浓度的变化。
【提出问题】足量红磷在密闭的图1容器内燃烧，火焰熄灭后，容器内是否有氧气剩余？
【猜想假设】猜想1：有氧气剩余：猜想2：无氧气剩余。
【实验验证】按图I组装好实验装置利用高能激光笔照射燃烧匙上的足量红磷，红磷燃烧直至熄灭：待装置完全冷却后，将装有白磷的燃烧匙提出水面，再次用高能激光笔照射，白磷居然也被点燃。
①激光笔的作用是　 　。
②蒸馏水的作用是　 　。
【拓展延伸】
③图2是该小组同学在整个实验过程中，用氧气传感器测定容器内氧气浓度变化的曲线图。
在图2中，　 　(填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”)点为红磷熄灭；曲线CD段氧气浓度变化的主要原因是　 　。
【得出结论】④通过图2分析，判断下列说法中错误的是　 　(选填字母)。
A．足量的红磷在密闭容器内充分燃烧可将氧气完全耗尽
B．红磷在密闭容器内燃烧熄灭时，氧气仍有10%-15%的剩余量
C．白磷在密闭容器中燃烧比红磷对氧气的消耗更充分
（2）“我与化学"小组研究硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途。已知亚铁离子易被氧化成铁离子。
在氮气气氛中，FeSO4·7H2O(相对分子质量为　 　)的脱水热分解过程如图所示：
①氮气的作用是　 　。
②失重比%=×100%，实验结果如图，可知x=　 　(取整数)。
【答案】（1）提供热量，使温度达到红磷和白磷的着火点；隔绝氧气，吸收五氧化二磷；C；火焰熄灭，气体重新混匀；A
（2）278；防止亚铁离子被氧化成铁离子；4
【知识点】测定空气中的氧气含量；盐的化学性质；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）①激光笔用来照射可燃物，激光笔的作用是提供热量，使温度达到红磷和白磷的着火点；
②开始白磷位于蒸馏水下，则蒸馏水的作用是隔绝氧气，磷燃烧生成五氧化二磷，水可以吸收五氧化二磷；
③实验过程中，先是红磷燃烧消耗氧气，再是白磷燃烧消耗氧气，则图中C点时红磷熄灭，CD段氧气的浓度增大是由于火焰熄灭，气体重新混匀；
④A、足量的红磷在密闭容器内充分燃烧不能将氧气完全耗尽，故A错误；
B、红磷在密闭容器内燃烧熄灭时，氧气仍有10%-15%的剩余量，故B正确；
C、由图2可知，白磷在密闭容器中燃烧比红磷对氧气的消耗更充分，故C正确；
故答案为：A；
（2）FeSO4 7H2O的相对分子质量为56+32+16×4+7×（1×2+16）=278；
①亚铁离子易被氧化成铁离子，则氮气的作用是防止亚铁离子被氧化成铁离子；
②设起始质量为a克，每个结晶水的质量为b克，固体减少的质量为失去结晶水的质量，由图可知，FeSO4 7H2O→FeSO4，失去7个结晶水时的失重比为45.3%，由公式 失重比%=×100%得：，解得a=，FeSO4 7H2O→FeSO4 xH2O时失重比为19.4%时，此时设失去的结晶水个数为m，则把a=代入得：
，解得m=≈3，则x=7-3=4。
故答案为：（1）① 提供热量，使温度达到红磷和白磷的着火点 ；② 隔绝氧气，吸收五氧化二磷 ；
③ C； 火焰熄灭，气体重新混匀 ； ④ A；
（2）278； ① 作保护气， 防止亚铁离子被氧化成铁离子 ；②4 。
【分析】（1）①根据燃烧的条件，可燃物与氧气接触，且温度需要达到着火点进行分析解答；
②根据蒸馏水可以隔绝氧气，且能吸收有毒的五氧化二磷进行分析解答；
③根据图2红磷先燃烧消耗氧气，氧气浓度下降，C点时氧气浓度略有回升，说明红磷熄灭，气体重新混合均匀，然后D点之后白磷燃烧继续消耗氧气，氧气浓度继续下降进行分析解答；
④ A、根据图2红磷燃烧到C点熄灭，之后白磷燃烧，氧气浓度继续下降，说明红磷燃烧不能将氧气完全耗尽进行分析解答；
B、根据图2红磷燃烧到C点熄灭，氧气仍有10%-15%的剩余量进行分析解答；
C、根据红磷熄灭之后，白磷继续燃烧消耗氧气，说明白磷燃烧比红磷燃烧对氧气的消耗更充分进行分析解答。
（2）根据相对分子质量=相对原子质量的总和进行分析解答；
① 根据氮气化学性质不活泼，可以作保护气，防止亚铁离子被氧化进行分析解答；
② 设反应起始质量为a，每个结晶水的质量为b，FeSO4 7H2O→FeSO4 xH2O失去m个结晶水，结合图像以及公式 失重比%=×100%进行分析解答。
1 / 1广东省广州市铁一中学2024年中考6月适应性考试化学试卷
1．（2024·广州模拟）中央电视台（中国诗词大会）节目带动全民分享诗词之美，感受诗词之理。下列诗句不涉及化学变化的是（　　）
A．何意百炼钢，化为绕指柔 B．道狭草木长，夕露沾我衣
C．炉火照天地，红星乱紫烟 D．煮豆燃豆箕，相煎何太急
2．（2024·广州模拟）生活中处处有化学，下列情境的解释，错误的是
A．空气中的氖气可制作霓虹灯
B．二氧化硫是计入空气质量评价的主要污染物之一
C．家用煤气泄漏时扩散出来的CO是有刺激性气味的有毒气体
D．汽水等碳酸型饮料的生产过程中，用增大压强的方法使更多的CO2溶解到水中
3．（2024·广州模拟）下列物质混合后能够反应，且有明显现象的是
A．向澄清石灰水中滴入稀盐酸
B．向硫酸钠溶液中滴入氯化镁溶液
C．向氧化铁固体中滴入稀盐酸
D．向氧化铜粉末中滴入氢氧化钠溶液
4．（2024·广州模拟）幸福需要辛勤的劳动来创造。下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用发酵粉焙制糕点 Na2CO3能与酸产生CO2
B 用布擦干淋湿的自行车 铁部件潮湿易生锈
C 用食醋清除水壶内壁的水垢 醋酸能与水垢反应
D 利用活性炭自制简易净水器 活性炭具有吸附性
A．A B．B C．C D．D
5．（2024·广州模拟）分类是学习化学的重要方法之一，下列说法错误的是
A．镁、汞都属于金属
B．尿素、硝酸钾都属于复合肥料
C．锌、碘都属于人体必需微量元素
D．塑料、合成纤维都属于合成材料
6．（2024·广州模拟）茶是人类健康的饮品之一，茶氨酸（C7H14N2O3）是茶叶中特有的一种氨基酸。下列关于茶氨酸的说法正确的是
A．茶氨酸的相对分子质量为175
B．C、H、N、O四种元素的质量比为12：1：14：16
C．氮元素的质量分数为
D．在空气中完全燃烧的产物是二氧化碳和水
7．（2024·广州模拟）X、R表示两种金属，在溶液中发生反应的化学方程式如下： ，下列说法错误的是（　　）
A．X可能是Fe，R可能是Cu B．X的金属活动性比R强
C．该反应是置换反应 D．反应前后R元素化合价发生变化
8．（2024·广州模拟）乙醇是一种生活中常用的燃料，下图是制取乙醇的其中一种方法的微观示意图，下列说法错误的是
A．的化学式为C2H4
B．反应后的生成物只有一种
C．为保证反应持续发生，需要不断添加催化剂
D．参加反应的和分子个数比是1：1
9．（2024·广州模拟）山西运城盐湖是我国三大盐湖之，该地区的人们可采用“冬天捞碱，夏天晒盐”的方法来获取食盐（NaCl）和纯碱（Na2CO3）。请结合溶解度曲线判断，下列说法错误的是
A．饱和Na2CO3溶液从60℃降到40℃时会析出晶体
B．44℃时，Na2CO3饱和溶液的质量分数为
C．“夏天晒盐”的原理是让湖水蒸发结晶得到NaCl
D．“冬天捞碱”的原理是让湖水降温结晶得到Na2CO3
10．（2024·广州模拟）CuSO4是一种常见的盐类物质。下列关于CuSO4的认识错误的是
A．组成：含有铜离子和硫酸根离子
B．性质：与Na2SO4相似，都能与BaCl2溶液反应
C．用途：农业上与石灰乳配制成具有杀菌作用的波尔多液
D．制备：常温下，通过铜与稀硫酸反应制得
11．（2024·广州模拟）某实验小组用pH传感器探究稀盐酸和氢氧化钠的反应过程，实验中溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是
A．该实验是将盐酸滴入氢氧化钠溶液中
B．向图中a点溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红
C．图中b点代表稀盐酸和氢氧化钠恰好完全反应
D．图中c点所示溶液pH<7，呈酸性
12．（2024·广州模拟）氧烛是一种用于缺氧环境中自救的化学氧源，广泛用于航空、航海等领域，其主要成分为NaClO3，还含有适量的催化剂、成型剂等。氧烛通过撞击火帽引发反应后，能持续放出高纯氧气，主要反应原理为。一根氧烛大约可以供100个人呼吸1小时。下列说法正确的是
A．氧烛是一种纯净物
B．氧烛制取氧气的反应为化合反应
C．NaClO3中Cl为-1价
D．运输氧烛时，应注意避免其受到撞击
13．（2024·广州模拟）为达到除杂或鉴别的目的，下列实验方案设计合理的是（　　）
选项 实验目的 实验方案
A 除去铜粉中的碳粉 在空气中灼烧固体混合物
B 除去NaCl溶液中的少量MgCl2 加过量的NaOH溶液，过滤
C 鉴别氮肥（NH4Cl）和钾肥（KCl） 观察外观颜色
D 鉴别蒸馏水与CaCl2溶液 加肥皂水、振荡、观察泡沫
A．A B．B C．C D．D
14．（2024·广州模拟）通过下列实验，能达到实验目的且现象描述正确的是
选项 A B C D
实验目的 探究铁生锈的条件 探究CO2与NaOH能否发生反应 验证浓硫酸溶于水放热 验证氧气支持燃烧
实验设计
实验现象 ①中铁钉不生锈； ②中铁钉生锈。 塑料瓶①比塑料瓶②更扁 U形管左边液面比右边高 白磷燃烧
A．A B．B C．C D．D
15．（2024·广州模拟）广州地铁首次与上海的地铁乘车二维码实现互联互通。地铁建设中各种材料被广泛应用。
（1）锰钢主要成分是铁、锰、碳，主要用于制造钢轨、受电弓等，锰钢属于　 　(填“纯金属”或“合金”)。地铁轨道焊接时可用铝热反应：，该反应的基本类型是　 　。
（2）地铁列车车体采用铝合金材料，铝合金密度小、硬度大、耐腐蚀。铝制品在空气中耐腐蚀的原因是　 　(用文字表述)。但铝制品在酸性或碱性溶液中不耐腐蚀，铝在氢氧化钠溶液中生成的偏铝酸钠(NaAlO2)是一种可溶于水的　 　(“酸”“碱”“盐”“氧化物”)和一种可燃性气体，请写出该反应的化学反应方程式　 　。
（3）地铁使用的电子元件中含有铱(Ir)。铱是一种很耐腐蚀的金属，化学性质稳定。铱粉末和氯气(Cl2)在650℃经化合反应会形成无水三氯化铱，反应的化学方程式为　 　。
16．（2024·广州模拟）金属材料在人类文明的发展中起着重要作用。
（1）战国《韩非子·内储说上》提到，早期采金技术均是“沙里淘金”。由此可得到的结论是_____。
A．黄金的化学性质不活泼
B．黄金在自然界主要以单质形式存在
C．沙子可通过化学反应变成黄金
D．黄金由原子构成
（2）北京冬奥会火种灯采用双层玻璃结构，在低温、严寒、大风等环境下不会熄灭。其创意源自于青铜器精品“中华第一灯”一一西汉长信宫灯。
①我国铜冶炼技术具有悠久的历史。《格致粗谈》记载“赤铜入炉甘石炼为黄铜，其色如金”，把赤铜(Cu2O)和炉甘石、木炭粉混合高温制得黄铜：。则炉甘石主要成分X的化学式为　 　，湿法炼铜的原理是：，该反应中保持不变的原子团化学符号是　 　。
②学以致用，运用金属知识，用黄铜片(铜锌合金)做一幅北京冬奥会会徽的金属蚀刻画。
小铁用硝酸银溶液做蚀刻剂，按照流程打磨――制模――蚀刻――清洗――抛光上色-涂膜完成。请画出蚀刻后废液中的粒子示意图(水不需要表示出来，粒子数量比例需要表现出来)　 　
③蚀刻面完成以后，剩余一些黄铜废料，废物利用，测定黄铜中铜的含量。称取废黄铜片20.0g放入到200g质量分数为4.9%稀硫酸中两者恰好充分反应。计算该黄铜样品中铜的质量分数为　 　。
17．（2024·广州模拟）根据不同物质的性质，提纯物质的方法可以有多种。下面呈现的是化学课堂上“物质提纯”的小组竞赛场景。
（1）甲组抽到的题目是“从30gNaCl和2gKNO3的混合物中提纯NaCl”。同学们经研究认为依据两物质的溶解度曲线，可采用如下物理方法来提纯。
上述两固体　 　(填“能”或“不能”)全部溶解，操作m的名称是　 　，蒸发结晶后得到NaCl的质量　 　30g(填“大于”、“小于”或“等于”)。
甲组一位同学问道：“能否用降温结晶的方法从上述溶液a中析出KNO3，从而达到分离的目的？”请你判断此方法是否可行，并说出理由　 　。
（2）乙组抽到的题目是“从NaCl和Na2CO3的混合物中提纯NaCl”。同学们经过讨论认为利用两物质化学性质的差异，可采用如下化学方法来提纯。
上图中的X和Y的化学式分别为　 　、　 　。由于溶液Y的用量不易控制，会使溶液b的溶质有多种情况，导致蒸发后得到的固体可能不纯。
（3）同学们对甲乙两组提纯方法的效果进行了研讨。
【反思评价】大家认为用物理方法和化学方法都可以实现物质的提纯。用化学方法提纯还要考虑到反应物用量对提纯效果的影响。
【拓展提升】老师说：“合理选择试剂，用化学方法可以从NaCl和Na2CO3的混合物中提纯NaCl，方法是向混合物中加入过量的　 　，充分反应后，经蒸发结晶就能得到NaCl。”
18．（2024·广州模拟）兴趣小组对中和反应进行探究。向盛有 100gBa（OH）2溶液的烧杯中逐滴加入50g9.8%的稀硫酸，测得溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。
（1）上述实验除了观察到导电能力的变化，还观察到的现象是　 　。
（2）m点对应的溶液中存在的主要离子有　 　（填离子符号）。
（3）从溶液导电性的微观本质分析，用试剂　 　（填字母编号）代替稀硫酸进行实验，可得到与AB段类似的变化曲线。
a.稀盐酸 b. MgSO4溶液 c. Na2SO4溶液 d. CuSO4溶液
（4）t1时，还有30g稀硫酸没有加入烧杯内，则本次实验使用 Ba（OH）2溶液溶质的质量分数为　 　。
（5）向KOH稀溶液中通入HCl气体时无明显现象，请设计实验方案证明反应的发生。
实验操作 实验现象 实验结论
　 　 　 　 KOH稀溶液能与 HCl反应
19．（2024·广州模拟）含锰废弃物会对土壤造成危害，使植物出现锰中毒。某实验小组想从实验室制取氧气后的固体废弃物中回收金属锰。
I．设计方案回收锰
（1）实验室用高锰酸钾制取氧气的化学方程式为　 　；对于固体废弃物中的成分，一定存在的是　 　，可能存在的是　 　。
（2）经查阅资料后，该小组设计从固体废弃物中回收锰的流程如下：
【查阅资料】含锰化合物(其中锰元素的化合价在+2价以上)在一定的酸性溶液中均可与草酸(H2C2O4)溶液反应，生成Mn2+。
请补全上述流程中的物质：①　 　；②　 　(填化学式)；15.8g固体废弃物经上述流程后得到的Mn的质量分数大于从同质量高锰酸钾中得到的Mn的质量分数，从定量角度分析其原因是　 　。(假设整个流程中的含锰化合物均完全反应)
II．探究影响反应速率的因素
实验小组为探究草酸与高锰酸钾在酸性条件下反应的影响因素，用0.02%高锰酸钾溶液与0.09%H2C2O4溶液进行以下探究：(本研究所用溶液很稀，密度均近似看作1g/cm3)
组别 0.02%高锰酸钾溶液/mL 0.09%H2C2O4溶液/mL 10%H2SO4溶液/mL 温度/℃ 其他物质
① 5.00 8.00 X 20
② 5.00 8.00 3.00 30
③ 5.00 8.00 1.00 20 2.00mL蒸馏水
（3）上述进行实验①、③的目的是探究　 　对化学反应速率的影响，其中X=　 　。
（4）甲同学在做上述探究实验时发现草酸与酸性高锰酸钾溶液开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快。针对上述现象，乙同学认为草酸与高锰酸钾反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你猜想原因还可能是　 　。若证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需试剂最合理的是　 　(填字母)。
a．硫酸钾 b．水 c．二氧化锰 d．硫酸锰
20．（2024·广州模拟）填空
（1）“我与化学"小组利用图1装置探究磷在空气中燃烧后氧气浓度的变化。
【提出问题】足量红磷在密闭的图1容器内燃烧，火焰熄灭后，容器内是否有氧气剩余？
【猜想假设】猜想1：有氧气剩余：猜想2：无氧气剩余。
【实验验证】按图I组装好实验装置利用高能激光笔照射燃烧匙上的足量红磷，红磷燃烧直至熄灭：待装置完全冷却后，将装有白磷的燃烧匙提出水面，再次用高能激光笔照射，白磷居然也被点燃。
①激光笔的作用是　 　。
②蒸馏水的作用是　 　。
【拓展延伸】
③图2是该小组同学在整个实验过程中，用氧气传感器测定容器内氧气浓度变化的曲线图。
在图2中，　 　(填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”)点为红磷熄灭；曲线CD段氧气浓度变化的主要原因是　 　。
【得出结论】④通过图2分析，判断下列说法中错误的是　 　(选填字母)。
A．足量的红磷在密闭容器内充分燃烧可将氧气完全耗尽
B．红磷在密闭容器内燃烧熄灭时，氧气仍有10%-15%的剩余量
C．白磷在密闭容器中燃烧比红磷对氧气的消耗更充分
（2）“我与化学"小组研究硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途。已知亚铁离子易被氧化成铁离子。
在氮气气氛中，FeSO4·7H2O(相对分子质量为　 　)的脱水热分解过程如图所示：
①氮气的作用是　 　。
②失重比%=×100%，实验结果如图，可知x=　 　(取整数)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、金属冶炼，生成新物质，属于化学变化，A不符合题意。
B、夕露沾衣没有生成新物质，属于物理变化，B符合题意。
C、炉火涉及到燃烧，生成新物质，属于化学变化，C不符合题意。
D、豆子被煮熟，豆萁燃烧，都生成新物质，属于化学变化，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】有新物质生成的变化属于化学变化，据此分析
2．【答案】C
【知识点】空气的污染与防治；氮气及稀有气体的用途；溶解度的影响因素；一氧化碳的物理性质
【解析】【解答】A、稀有气体在通电时会发出不同颜色的光，常用作电光源，氖气通电也会发出红光，可以利用氖气制作霓虹灯，故A正确；
B、二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮、可吸入颗粒及臭氧等计入我国空气质量评价的监测项目，故B正确；
C、CO是无色无味的有毒气体，故C错误；
D、汽水等碳酸型饮料的生产过程中，用增大压强的方法使更多的CO2溶解到水中，是因为气体的溶解度随压强的增大而增大，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A、根据稀有气体在通电时会发出不同颜色的光进行分析解答；
B、根据目前我国计入空气质量评价的检测项目包含的成分进行分析解答；
C、根据CO是无色无味的有毒气体进行分析解答；
D、根据气体的溶解度随压强的增大而增大进行分析解答。
3．【答案】C
【知识点】复分解反应及其应用；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、向澄清石灰水中滴入稀盐酸，氢氧化钙和盐酸反应生成溶于水的氯化钙和水，无明显现象，故A不符合题意。
B、复分解反发生的条件是两种化合物相互交换成分有沉淀或、气体或水生成，向硫酸钠溶液中滴入氯化镁溶液，没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，无明显现象，故B不符合题意。
C、氧化铁是不溶于水的红色固体，向氧化铁固体中滴入稀盐酸，反应生成氯化铁和水，含铁离子的溶液呈黄色，所以观察的现象是红色固体逐渐溶解，溶液逐渐从无色变为黄色，故C符合题意。
D、氧化铜不溶于水，只能溶于酸，向氧化铜粉末中滴入氢氧化钠溶液，两者不反应，无明显现象，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水进行分析解答；
B、根据复分解反应发生的条件是有沉淀、气体或水生成进行分析解答；
C、根据氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，固体溶解，溶解变黄色进行分析解答；
D、根据金属氧化物不能与碱反应进行分析解答。
4．【答案】A
【知识点】金属锈蚀的条件及其防护；酸的化学性质；常用盐的用途；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠能与面团中的酸性物质反应生成二氧化碳气体，可用作发酵粉焙制糕点，而不是碳酸钠与酸反应，故A符合题意；
B、铁制品与空气、水同时接触容易生锈，用布擦干淋湿的自行车，是为了防止生锈，故B不符合题意；
C、水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，碳酸钙、氢氧化镁都能与酸反应生成可溶于水的钙、镁化合物，所以可用食醋清除水壶内壁的水垢，故C不符合题意；
D、活性炭表面疏松多孔，具有吸附性，可以吸附色素和异味，因此可利用活性炭自制简易净水器，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据发酵粉的主要成分是碳酸氢钠而不是碳酸钠进行分析解答；
B、根据铁制品生锈的条件是同时与空气、水接触，用布擦拭淋湿的自行车可以防止锈蚀进行分析解答；
C、根据水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，两者均可以与酸反应生成可溶性的盐进行分析解答；
D、根据活性炭具有吸附性，可以吸附色素和异味进行分析解答。
5．【答案】B
【知识点】常见化肥的种类和作用；有机高分子材料的分类及鉴别；矿物质与微量元素
【解析】【解答】A、元素名称带有“钅”旁的都属于金属元素，汞是水银的俗名，故镁、汞都是金属，故A正确；
B、尿素的化学式为CO(NH2)2，只含氮一种营养元素，属于氮肥，硝酸钾的化学式为KNO3，同时含K、N两种营养元素，属于复合肥，故B错误；
C、人体含量小于0.01%的元素属于微量元素，铁、锌、碘、氟等都是人体必需的微量元素，故C正确；
D、三大合成材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A、根据元素名称带有“钅”旁的都属于金属以及汞是水银的俗名进行分析解答；
B、根据尿素属于氮肥，硝酸钾是属于复合肥进行分析解答；
C、根据铁、锌、碘、氟等都是人体必需的微量元素进行分析解答；
D、根据三大合成材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶进行分析解答。
6．【答案】C
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、化学式中各元素的相对原子质量的总和等于相对分子质量， 茶氨酸的化学式为C7H14N2O3， 所以茶氨酸的相对分子质量为：12×7+14+14×2+16×3=174，故A错误；
B、化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比，茶氨酸中 C、H、N、O四种元素的质量比为：（12×7）：14：（14×2）：（16×3）=42：7：14：24，故B错误；
C、化合物中某元素的质量分数=，所以茶氨酸中氮元素的质量分数为：，故C正确；
D、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，从茶氨酸的化学式C7H14N2O3可知茶氨酸由C、H、N、O四种元素组成，所以茶氨酸和氧气在点燃的条件下反应除了生成二氧化碳和水，还生成含氮的化合物，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据化学式中各元素的相对原子质量的总和等于相对分子质量进行分析解答；
B、根据化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比进行分析解答；
C、根据化合物中某元素的质量分数=进行分析解答；
D、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变进行分析解答。
7．【答案】A
【知识点】金属的化学性质；化合价规律和原则
【解析】【解答】A. 由化学方程式可知，在R的硝酸盐中，R元素显+1价，而铜元素通常显+2价，故R不可能是铜元素，且如果X是铁，反应生成的应是硝酸亚铁，不是硝酸铁，故错误，符合题意；
B. X能将R置换出来，说明X比R活泼，故正确，不符合题意；
C. 该反应符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应，属于置换反应，故正确，不符合题意；
D. 反应前后，R元素由化合态转化为游离态，化合价一定发生了改变，故正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据化学方程式可知，在R的硝酸盐中，R元素显+1价，而铜元素通常显+2价，进行分析。
8．【答案】C
【知识点】催化剂的特点与催化作用；微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】A、由微观示意图可知，一个分子由2个碳原子和4个氢原子构成，所以故化学式为C2H4，故A正确。
B、由微观示意图可知，反应后有1个分子是反应物过量的，不属于生成物，所以生成物只有一种分子，即反应后的生成物只有一种，故B正确。
C、保催化剂的特点是“一变两不变”，即催化剂能改变反应速度，在化学反应前后质量和化学性质不变，所以整个反应过程催化剂不需要不断添加，故C错误。
D、由微观示意图可知，反应前有3个分子，反应后还剩1个分子，实际参加反应的分子个数为2，个数也为2，所以参加反应的分子个数比是1：1，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A、根据化学式表示一个分子的构成进行分析解答；
B、根据反应前后都有的分子是属于反应物过量，不算作生成物进行分析解答；
C、根据催化剂在化学反应前后质量和化学性质不变进行分析解答；
D、根据微观示意图，反应前后都有的分子个数是反应物有剩的分子，不参与反应进行分析解答。
9．【答案】A
【知识点】固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A、从图像可知，从60℃降温到40℃时，碳酸钠的溶解度增大，所以饱和Na2CO3溶液从60℃降到40℃时，变为不饱和溶液，无晶体析出，故A错误；
B、一定温度下，饱和溶液的溶质质量分数=，44℃时，Na2CO3的溶解度为50g，该温度下，饱和溶液的质量分数为：，故B正确；
C、从图像可知氯化钠的溶解度受温度影响不大，可以采用蒸发结晶的方法获取晶体，所以“夏天晒盐”的原理是让湖水蒸发结晶得到氯化钠，故C正确；
D、溶解度随温度降低而明显减小的物质，采用降温结晶的方法获取晶体，从图像可知从40℃降温到0℃，碳酸钠的溶解度明显降低，所以“冬天捞碱”的原理是让湖水降温结晶得到碳酸钠，故D正确。
故答案为：A。
【分析】A、根据图像，饱和Na2CO3溶液从60℃降到40℃，溶解度变大，由饱和溶液变成不饱和溶液进行分析解答；
B、根据一定温度下，饱和溶液的溶质质量分数=进行分析解答；
C、根据氯化钠溶解度受温度影响不大，采用蒸发结晶获取晶体进行分析解答；
D、根据从40℃降温到0℃，碳酸钠的溶解度明显降低，采用降温结晶获取晶体进行分析解答。
10．【答案】D
【知识点】金属的化学性质；盐的化学性质；合理使用化肥、农药
【解析】【解答】A、从硫酸铜的化学式 CuSO4 可知硫酸铜是由铜离子和硫酸根离子构成的化合物，故A正确；
B、硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀，硫酸铜与硫酸钠中都含有硫酸根离子，都能与BaCl2溶液中钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故B正确；
C、 波是尔多液是硫酸铜溶液与石灰乳混合按一定的比例配制成而成，具有杀菌作用，故C正确；
D、在金属活动顺序中，排在氢前面的金属可以与稀硫酸、稀盐酸反应生成盐和氢气，而铜排在氢的后面，常温下，铜不能与稀硫酸反应，故D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据硫酸铜由铜离子和硫酸根离子构成进行分析解答；
B、根据硫酸根离子和钡离子结合生成硫酸钡沉淀进行分析解答；
C、根据农药波尔多液是由硫酸铜溶液和石灰乳混合配制而成进行分析解答；
D、根据常温下，金属活动顺序中排在氢后面的金属不能与稀盐酸、稀硫酸反应进行分析解答。
11．【答案】B
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A、由图象可知，反应之前，溶液pH>7，呈碱性，随着横坐标物质的不断滴加，溶液的pH值逐渐减小到7最后7，说明是把稀盐酸滴加到氢氧化钠溶液中，故A正确；
B、紫色石蕊遇酸变红，遇碱变蓝，从图像可知a点溶液的pH>7，溶液呈碱性，滴加紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色，故B误；
C、氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠和水都呈中性，从图像可知b点时溶液的pH=7，显中性，表示稀盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，故C正确；
D、从图像可知c点时溶液的pH<7，说明稀盐酸过量，溶液呈酸性，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A、根据反应前溶液pH>7，呈碱性，随着反应的进行pH逐渐减小到=7，最后<7，说明是将酸滴入碱溶液中进行分析解答；
B、根据溶液pH>7，呈碱性，紫色石蕊遇碱性溶液变蓝色进行分析解答；
C、根据溶液pH=7，呈碱性，是氢氧化钠和稀盐酸恰好完全反应进行分析解答；
D、根据溶液pH<7，溶液呈酸性进行分析解答。
12．【答案】D
【知识点】有关元素化合价的计算；分解反应及其应用；燃烧、爆炸、缓慢氧化与自燃；纯净物和混合物
【解析】【解答】A、由两种或两种以上物质混合而成的属于混合物，从题干可知氧烛的主要成分为NaClO3，还含有适量的催化剂、成型剂等，是一种混合物，故A错误；
B、从题干可知氧烛制取氧气的反应2NaClO3=2NaCl+3O2↑，该反应由一种物质生成两种物质，符合“一变多”的特点，属于分解反应，故B错误；
C、化合物中正、负化合价的代数和为0，已知NaClO3中钠元素化合价为+1价，氧元素化合价为-2价，设氯元素化合价为x，则(+1)+ x+(-2)×3=0，得x=+5价，故C错误；
D、从题干信息可知氧烛通过撞击火帽引发反应后，能持续放出高纯氧气，所以在运输氧烛时，应避免其受到撞击，以防引发安全事故，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据题干信息可知氧烛由多种物质混合而成，属于混合物进行分析解答；
B、根据题干信息可知氧烛制氧的反应原理是氯酸钠分解生成氯化钠和氧气以及分解反应的特点进行分析解答；
C、根据化合物中正、负化合价的代数和为0进行分析解答；
D、根据题干信息 氧烛通过撞击火帽引发反应后，能持续放出高纯氧气进行分析解答。
13．【答案】D
【知识点】物质除杂或净化的探究；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A、铜粉在空气中灼烧与空气中氧气反应生成氧化铜，想要的物质反应了，不符合题意；
B、加过量的NaOH溶液，引入新杂质过量的氢氧化钠，不符合题意；
C、氯化铵和氯化钾均为白色固体，观察外观颜色不能鉴别，不符合题意；
D、蒸馏水是纯水，CaCl2溶液中含有钙离子，加肥皂水振荡，出现泡沫较多是蒸馏水，出现泡沫较少的是氯化钙溶液，符合题意。
故答案为：D。
【分析】除杂是指加入某种试剂或物质，能使杂质反应生成气体或沉淀而除去，本身的物质不参与反应，也不能产生新的杂质，据此分析。
14．【答案】B
【知识点】碱的化学性质；燃烧的条件与灭火原理探究；探究金属锈蚀的条件；化学实验方案设计与评价
【解析】【解答】A、铁钉生锈的条件是同时与氧气、水接触，①中的铁钉与氧气和水接触，会生锈；②中的铁钉只与水接触，不生锈，故A错误；
B、二氧化碳能溶于水，也会使塑料瓶内压强变小，通过对比塑料瓶①比塑料瓶②更扁，说明二氧化碳能和氢氧化钠反应，故B正确；
C、浓硫酸溶于水放出大量的热，烧瓶内气体受热膨胀，压强变大，U形管出现左边液面比右边液面低的现象，故C错误；
D、可燃物燃烧需与氧气接触，且温度达到着火点，图中白磷放在冰水中，温度没有达到着火点，即使通入氧气也不能燃烧，无法验证氧气支持燃烧，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、根据 ① 中铁钉同时与氧气、水接触会生锈， ② 中铁钉只与水接触不生锈进行分析解答；
B、根据对比实验，盛有氢氧化钠溶液的塑料瓶更瘪，证明二氧化碳能与氢氧化钠反应进行分析解答；
C、根据浓硫酸溶于水放热，烧瓶内气体受热膨胀，压强增大，U形管液面左低右高进行分析解答；
D、根据可燃物燃烧的条件是与氧气接触，且温度达到着火点进行分析解答。
15．【答案】（1）合金；置换反应
（2）铝能和氧气反应生成致密的氧化铝保护膜（合理即可）；盐；2NaOH+2Al+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
（3）
【知识点】合金与合金的性质；化学方程式的书写与配平；置换反应及其应用
【解析】【解答】(1)锰钢属于合金；根据可知，此反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应；
（2）铝制品在空气中耐腐蚀的原因：铝能和氧气反应生成致密的氧化铝保护膜；铝在氢氧化钠溶液中发生反应生成可溶于水偏铝酸钠（偏铝酸钠是由钠离子和偏铝酸根离子构成的化合物，属于盐）和氢气，该反应的化学方程式为：2NaOH+2Al+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
（3）铱粉末和氯气在650℃经化合反应会形成无水三氯化铱，反应的化学方程式为：。
故答案为：（1）合金；置换反应；
（2） 铝能和氧气反应生成致密的氧化铝保护膜（合理即可） ；盐；2NaOH+2Al+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
（3） 。
【分析】（1）根据锰钢 主要成分是铁、锰、碳 ，属于合金；由一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应进行分析解答；
（2）根据铝制品耐腐蚀是因为 铝能和氧气反应生成致密的氧化铝保护膜 ；由金属离子和酸根离子构成的化合物属于盐；氢氧化钠和铝、水反应生成偏铝酸钠和氢气的化学方程式的书写进行分析解答啊；
（3）根据铱和氯气在650℃反应生成无水三氯化铱的化学方程式的书写进行分析解答。
16．【答案】（1）A；B
（2）ZnCO3；；；67.5%
【知识点】金属的化学性质；含杂质物质的化学反应的有关计算
【解析】【解答（1）】A、黄金的化学性质不活泼，在自然界中以单质形式存在，故A正确；
B、黄金在自然界主要以单质形式存在，可以从自然界中直接得到，故B正确；
C、沙子不能变成黄金，不遵循质量守恒定律，故C错误；
D、黄金由原子构成，但从“沙里淘金”中不能得出，故说法D错误；
故答案为：AB；
（2）①根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，可以得出反应前有2个Cu、1个O和1个C，反应后有1个Zn、2个Cu、2个C和4个O，则X中含有1个Zn、1个C和3个O，则X的化学式为ZnCO3；铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，该反应中保持不变的原子团是硫酸根离子，符号为：；
②用硝酸银溶液做蚀刻剂，铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，锌和硝酸银反应生成硝酸锌和银，蚀刻后废液中的粒子为铜离子、锌离子、硝酸根离子，如图所示：；
③设样品中锌的质量为x，
x=6.5g，
所以该黄铜样品中铜的质量分数为：×100%=67.5%。
故答案为：（1）AB；（2） ①ZnCO3； ；②；
③设样品中锌的质量为未知数，正确写出锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气的化学方程式，再找出相关物质的质量比，已知量是硫酸溶质质量=稀硫酸溶液质量×溶质质量分数，未知量是锌的质量，列比例式，求出锌的质量，再把锌的质量代入公式：黄铜样品中铜的质量分数
=，求出黄铜样品中铜的质量分数。
17．【答案】（1）能；过滤；小于；不行，根据溶解度曲线判断，降温过程中无法得到硝酸钾的饱和溶液
（2）BaCl2；BaCO3
（3）稀盐酸
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；固体溶解度曲线及其作用；酸的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】（1）20℃时NaCl的溶解度为36g，KNO3的溶解度略小于36g（大于13.3g），所以该温度下，30g氯化钠和2g硝酸钾固体，都能全部溶解在100g水中；
将晶体和溶液分离的方法是过滤；蒸发结晶后，得到的溶液中还溶有一定量的氯化钠，即并未将NaCl全部析出，则蒸发结晶后得到氯化钠的质量小于开始加入的质量30g；
溶液a中含有的硝酸钾较少，只有2g，而0℃时，硝酸钾的溶解度为13.3g，根据溶解度曲线判断，降温过程中无法得到硝酸钾的饱和溶液，则不能用降温结晶的方法从上述溶液a中析出KNO3；
（2）氯化钠中混有碳酸钠，则杂质离子为碳酸根离子，则可用钡离子、钙离子等离子将碳酸根离子除去。所以向NaCl、Na2CO3的混合溶液中加入一定量的BaCl2溶液，氯化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，反应后过滤得到的固体X是BaCO3；其他答案合理即可。
（3）从NaCl和Na2CO3的混合物中提纯NaCl，可以向混合物中加入过量的稀盐酸，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，盐酸具有挥发性，充分反应后，经蒸发结晶就能得到NaCl。
故答案为：（1）能；过滤；小于；不行，根据溶解度曲线判断，降温过程中无法得到硝酸钾的饱和溶液；
（2）BaCl2 ；BaCO3 ；（3）稀盐酸。
【分析】（1）根据20℃时NaCl的溶解度为36g，KNO3的溶解度大于13.3g，则该温度下， 30gNaCl和2gKNO3 能全部溶解在100g水中；固液分离的操作叫做过滤；蒸发结晶后，得到的溶液中还溶有一定量的氯化钠，得到氯化钠晶体的质量小于开始加入的质量30g；由于100g水中只溶解2gKNO3，而而0℃时，硝酸钾的溶解度为13.3g，即使降温到0℃时，也无法形成饱和的KNO3溶液，故不能用降温结晶的方法获得KNO3晶体进行分析解答；
（2）根据氯化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠进行分析解答；
（3）根据碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，盐酸具有挥发性，即使过量，蒸发结晶时也会挥发掉进行分析解答。
18．【答案】（1）有白色沉淀产生
（2）、
（3）bd
（4）3.42%
（5）取少量氢氧化钾稀溶液滴加到试管中，随后向其中加入几滴无色酚酞溶液，观察溶液变化，再向溶液中通入氯化氢气体，观察溶液变化情况；；加入酚酞溶液后，溶液由无色变红色，通入氯化氢气体后溶液又由红色变无色。
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；中和反应及其应用；盐的化学性质；化学实验方案设计与评价
【解析】【解答】（1）氢氧化钡能与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，故观察到有白色沉淀生成；
故答案为：有白色沉淀产生；
（2）观察图像，m点时溶液导电能力未达最低点，说明溶液中未被完全耗尽，故溶液中主要离子是、；
故答案为： Ba2+ 、OH-
（3）t1时，溶液导电能力达最低点0，说明溶液中氢氧化钡与稀硫酸恰好完全反应，溶液中不存在离子；
a、稀盐酸与氢氧化钡生成氯化钡和水，溶液中存在氯离子和钡离子，故a错误；
b、硫酸镁与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，溶液中不存在离子，故b正确；
c、硫酸钠与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，溶液中存在钠离子和氯离子，故c错误；
d、硫酸铜与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，溶液中不存在离子，故d正确；
故答案为：bd；
（4）解：设溶液中溶质的质量为x。
x=3.42g
答：该溶液中溶质的质量分数为3.42%。
（5）氢氧化钠与氯化氢反应无明显现象，可借助酸碱指示剂让反应可视化，无色酚酞遇碱变红，当通入氯化氢气体后，若溶液仍为红色，说明两者不反应，若红色褪去，说明氢氧化钾被消耗，两者能反应。
故答案为： 取少量氢氧化钾稀溶液滴加到试管中，随后向其中加入几滴无色酚酞溶液，观察溶液变化，再向溶液中通入氯化氢气体，观察溶液变化情况；
加入酚酞溶液后，溶液由无色变红色，通入氯化氢气体后溶液又由红色变无色。
【分析】（1）根据氢氧化钡能与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水进行分析解答；
（2）根据m点溶液导电能力未达最低点，说明溶液Ba(OH)2没有反应完，有Ba2+和OH-进行分析解答；
（3）a、根据 稀盐酸与氢氧化钡生成氯化钡和水，氯化钡可溶于水，溶液中有氯离子和钡离子，能导电进行分析解答；
b、根据 硫酸镁与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，溶液中不存在离子，不能导电进行分析解答；
c、根据 硫酸钠与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，氯化钠可溶于水，溶液中有钠离子和氯离子，能导电进行分析解答；
d、根据 硫酸铜与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，溶液中不存在离子 ，不能导电进行分析解答。
（4）先设未知数，再正确写出氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是硫酸质量=硫酸溶液质量×溶质质量分数，未知量是氢氧化钡的质量，列比例式，求出氢氧化钡的质量，再代入公式：氢氧化钡溶液中溶质质量分数=，求出氢氧化钡溶液中溶质质量分数，最后简明写出答案。
（5）根据酸碱中和反应无明显现象，可以借助无色酚酞溶液指示反应，无色酚酞遇碱变红，在中性或酸性溶液呈无色进行分析解答。
19．【答案】；锰酸钾和二氧化锰；高锰酸钾；NH4HCO3；MnO2；15.8g固体废弃物中锰元素的质量大于15.8g高锰酸钾中锰元素的质量（合理即可）；酸的浓度；3.00；锰离子加快反应速率；d
【知识点】氧气的实验室制法；催化剂的特点与催化作用；酸的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】（1）高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的的化学方程式为：；所以固体废弃物中一定有：锰酸钾和二氧化锰（生成物），可能有：高锰酸钾（反应物可能剩余）；
（2）含锰化合物(其中锰元素的化合价在+2价以上)在一定的酸性溶液中均可与草酸(H2C2O4)溶液反应，生成Mn2+。固体废弃物与硫酸和草酸得到硫酸锰、草酸钾溶液，要得到碳酸锰，需要在溶液I加入碳酸氢铵溶液；
碳酸锰在隔绝空气加热的条件下生成物质②和二氧化碳，物质②和一氧化碳在加热条件下生成锰，所以②是锰的氧化物，即二氧化锰；
化学反应前后锰元素的质量不变，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，氧气逸出，则固体质量减少，锰元素质量不变，锰元素质量分数增大。所以15.8g固体废弃物中锰元素的质量大于15.8g高锰酸钾中锰元素的质量，则15.8g固体废弃物经上述流程后得到的Mn的质量分数大于从同质量高锰酸钾中得到的Mn的质量分数；
（3）对比实验①、③数据可知0.02%高锰酸钾溶液、0.09%H2C2O4溶液的体积都相同，温度相同，而③中加入了2.00mL蒸馏水，根据对比实验的要求，只有硫酸的浓度不同，可研究酸的浓度对反应速率的影响，故X=3.00；
（4）KMnO4与H2C2O4反应生成锰离子，则可能是锰离子加快反应速率（或起到催化作用）。所以设计实验可以引入锰离子，与不加入锰离子的实验组进行对比，确定锰离子是否对反应速率有影响。所以加入硫酸锰，故a、b、c不符合题意，d符合题意；
故答案为：（1） ；锰酸钾和二氧化锰；高锰酸钾；
（2）NH4HCO3 ；MnO2 ；
高锰酸钾受热分解生成氧气逸出，固体质量减少，锰元素质量不变，15.8g固体废弃物中锰元素的质量分数大于15.8g高锰酸钾中锰元素的质量分数（合理即可）；
（3）酸的浓度；3.00；
（4）锰离子加快反应速率；d。
【分析】（1）根据高锰酸钾加热生成锰酸钾、二氧化锰和氧气的化学方程式的书写，反应后的固体一定有生成物锰酸钾和二氧化锰，还可能有未分解完全的高锰酸钾进行分析解答；
（2）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，要得到碳酸锰，需要在溶液I加入碳酸氢铵溶； 碳酸锰在隔绝空气加热的条件下生成二氧化锰和二氧化碳； 高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，氧气逸出，则固体质量减少，锰元素质量不变，锰元素质量分数增大。即15.8g固体废弃物中锰元素的质量分数大于15.8g高锰酸钾中锰元素的质量分数进行分析解答；
（3）根据对比实验需要控制单一变量，从表格数据可知 ①、③高锰酸钾溶液的浓度和体积、草酸溶液的浓度和体积，温度都相同，则两组实验对比要探究的是酸的浓度对反应速率的影响，故X=3.00进行分析解答；
（4）根据KMnO4与H2C2O4反应生成锰离子，反应速率明显加快， 可能是锰离子加快反应速率，为证明猜想可以加入硫酸锰进行分析解答。
20．【答案】（1）提供热量，使温度达到红磷和白磷的着火点；隔绝氧气，吸收五氧化二磷；C；火焰熄灭，气体重新混匀；A
（2）278；防止亚铁离子被氧化成铁离子；4
【知识点】测定空气中的氧气含量；盐的化学性质；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）①激光笔用来照射可燃物，激光笔的作用是提供热量，使温度达到红磷和白磷的着火点；
②开始白磷位于蒸馏水下，则蒸馏水的作用是隔绝氧气，磷燃烧生成五氧化二磷，水可以吸收五氧化二磷；
③实验过程中，先是红磷燃烧消耗氧气，再是白磷燃烧消耗氧气，则图中C点时红磷熄灭，CD段氧气的浓度增大是由于火焰熄灭，气体重新混匀；
④A、足量的红磷在密闭容器内充分燃烧不能将氧气完全耗尽，故A错误；
B、红磷在密闭容器内燃烧熄灭时，氧气仍有10%-15%的剩余量，故B正确；
C、由图2可知，白磷在密闭容器中燃烧比红磷对氧气的消耗更充分，故C正确；
故答案为：A；
（2）FeSO4 7H2O的相对分子质量为56+32+16×4+7×（1×2+16）=278；
①亚铁离子易被氧化成铁离子，则氮气的作用是防止亚铁离子被氧化成铁离子；
②设起始质量为a克，每个结晶水的质量为b克，固体减少的质量为失去结晶水的质量，由图可知，FeSO4 7H2O→FeSO4，失去7个结晶水时的失重比为45.3%，由公式 失重比%=×100%得：，解得a=，FeSO4 7H2O→FeSO4 xH2O时失重比为19.4%时，此时设失去的结晶水个数为m，则把a=代入得：
，解得m=≈3，则x=7-3=4。
故答案为：（1）① 提供热量，使温度达到红磷和白磷的着火点 ；② 隔绝氧气，吸收五氧化二磷 ；
③ C； 火焰熄灭，气体重新混匀 ； ④ A；
（2）278； ① 作保护气， 防止亚铁离子被氧化成铁离子 ；②4 。
【分析】（1）①根据燃烧的条件，可燃物与氧气接触，且温度需要达到着火点进行分析解答；
②根据蒸馏水可以隔绝氧气，且能吸收有毒的五氧化二磷进行分析解答；
③根据图2红磷先燃烧消耗氧气，氧气浓度下降，C点时氧气浓度略有回升，说明红磷熄灭，气体重新混合均匀，然后D点之后白磷燃烧继续消耗氧气，氧气浓度继续下降进行分析解答；
④ A、根据图2红磷燃烧到C点熄灭，之后白磷燃烧，氧气浓度继续下降，说明红磷燃烧不能将氧气完全耗尽进行分析解答；
B、根据图2红磷燃烧到C点熄灭，氧气仍有10%-15%的剩余量进行分析解答；
C、根据红磷熄灭之后，白磷继续燃烧消耗氧气，说明白磷燃烧比红磷燃烧对氧气的消耗更充分进行分析解答。
（2）根据相对分子质量=相对原子质量的总和进行分析解答；
① 根据氮气化学性质不活泼，可以作保护气，防止亚铁离子被氧化进行分析解答；
② 设反应起始质量为a，每个结晶水的质量为b，FeSO4 7H2O→FeSO4 xH2O失去m个结晶水，结合图像以及公式 失重比%=×100%进行分析解答。
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