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四川省绵阳中学英才学校中考模拟化学真卷(四)
1．诗词是中华民族的文化瑰宝。下列诗句的描述中只包含物理变化的是 (　　)
A．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
B．落红不是无情物，化作春泥更护花
C．千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金
D．粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间
2．化学与生活息息相关。下列说法中，不合理的是 (　　)
A．浩瀚的海洋中含有丰富的资源，其中含量最高的物质是氯化钠
B．生活中使用的液化石油气和煤油都是石油化工的产品
C．空气中氮气可制氮肥和食品保护气，氧气可用于登山、潜水和炼钢
D．图书、档案失火用液态二氧化碳扑灭，有利于保护图书资料
3．下列实验设计能达到实验目的的是 (　　)
A．除去CO 中的 CO2并收集CO
B．验证硝酸铵溶于水会吸收热量
C．证明木炭中含有碳元素
D．随用随停的装置制备二氧化碳
4．现代科技的发展离不开芯片，硅是芯片的重要基材。如图是工业上以四氯硅烷(SiCl4)为原料制取高纯硅的微观反应示意图。下列说法错误的是 (　　)
A．地壳中含量最高的元素是硅元素，丙是由原子构成的
B．该反应要在无氧环境中进行，防止氢气与氧气混合时发生爆炸
C．该反应的化学方程式为 SiCl4+2H2Si+4HCl
D．参加反应的乙与生成物丙的质量比是1：7
5．化学实验离不开科学、合理的设计。下列实验方案设计和解释正确的是 (　　)
A．除去氯化钾中的二氧化锰：溶解、过滤、蒸发结晶
B．检测某地雨水是酸雨：用pH试纸测定 pH<7
C．制备少量 Fe(OH)3：取 Fe2O3固体，加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥
D．鉴别KOH、NaCl、H2SO4三种稀溶液：仅用酚酞溶液就可鉴别
6．向一定质量的AgNO3和 Zn(NO3)2的混合溶液中加入a g铁粉，充分反应后过滤，得到一定温度下的滤液(不饱和)和滤渣，向滤液中加入稀盐酸，有白色沉淀生成。下列有关说法中，不合理的是(　　)
A．滤液一定为浅绿色
B．滤渣质量一定大于a g
C．滤液中一定有A 和
D．滤渣中加入稀盐酸一定没有气泡冒出
7．如图为硝酸钾(KNO3)和氯化钠(NaCl)两种固体的溶解度曲线，下列说法正确的是 (　　)
A．T1℃时，KNO3饱和溶液的溶质质量分数为20%
B．T3℃时，KNO3饱和溶液降温到 T1℃，析出晶体30g
C．T2℃时，KNO3和 NaCl的饱和溶液中溶质质量可能相等
D．T1℃时，20g KNO3和 20g NaCl的混合物放入 100g水中，恒温蒸发至析出晶体，晶体中一定有 NaCl，可能有 KNO3
8．硝酸、浓硫酸具有强氧化性，而且浓度不同，氧化性强弱也不同。对于以下反应，下列说法不正确的是 (　　)
A．反应①③生成的气体是形成酸雨的主要气体
B．反应②中氮元素化合价降低的和不变的质量比是1：3
C．上述反应发生时，每个铜原子失去2个电子变成铜离子
D．上述3个反应中涉及的物质类别有5类
9．取一定质量的石灰石(所含杂质不溶于水、不与酸反应、高温也不分解)，高温煅烧一段时间后得到78g固体，该固体与400g溶质质量分数为14.6%的稀盐酸恰好完全反应后，过滤得到20g滤渣，则原石灰石中碳酸钙的质量分数为 (　　)
A．74.4% B．80.0% C．83.8% D．92.6%
10．中国高度、中国深度、中国速度都令全世界瞠目结舌。
（1）中国的高铁运营里程居全世界第一，高铁技术目前在世界范围内实现赶超甚至引领，成为中国的一张外交名片。
①高铁车头的玻璃是用无机玻璃、树脂、塑料等组合而成，能耐受强大的撞击力，其中塑料属于　 　(填“无机非金属”“合成”“复合”或“金属”)材料。高铁中要用到大量的钢铁，我们对钢铁制品进行“烤蓝”处理，使其表面生成一层致密的氧化膜，氧化膜能有效防止钢铁锈蚀的原理是 。
②高铁上通常用高铁酸钠(Na2FeO4)来净化环境，它是一种常用的“绿色、环保、高效”消毒剂，高铁酸钠中铁元素的化合价为　 　。高铁列车与电路连接的石墨电刷是利用了其　 　性，而组成元素相同的金刚石却没有该性质，根本原因是　 　不同。
③架设高铁的铁轨都不是纯铁制造，而是用锰钢制造，因为与纯铁相比较，锰钢具有　 　(写一点即可)等突出的优点。古代铁匠常把烧红的铁器浸入水中急速冷却，以增加铁器的硬度，此法称为“淬火”。“淬火”原理是高温下铁和水蒸气反应生成一种黑色固体和氢气，此固体是磁铁矿的主要成分，该反应的化学方程式为　 　
（2）我国航天航空事业蓬勃发展，已处于世界领先地位。中国于 2024年 10月成功发射神舟十九号载人飞船，航天飞船常用铝粉和高氯酸铵(NH4ClO4)的混合物作为固体燃料，发射时，点燃铝粉产生大量的热引发高氯酸铵发生如下反应：2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4X↑，则X的化学式为　 　。
（3）海底蕴藏着大量的“可燃冰”，可燃冰的开采将会大大减少对石油的依赖，可燃冰属于　 　(填“可再生”或“不可再生”)能源，可燃冰主要成分的化学式为( 其外观像冰一样，但遇火即可燃烧，写出其充分燃烧的化学方程式：　 　。
11．生物浸出技术在金属冶炼中应用广泛。嗜热细菌在65~80℃酸性水溶液及氧气存在下，能氧化黄铜矿(主要成分为CuFeS2)产生硫酸盐，进而制取补血剂原料碳酸亚铁并回收铜。主要流程如图：
（1）配平化学方程式： 4CuFeS2+17O2+2H2SO44CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，x、y、z依次为　 　。
（2）废铁屑与混合溶液发生的反应有 该反应所属基本反应类型是　 　；另一反应的化学方程式是　 　。
（3）操作Ⅰ包括：①过滤，②洗涤，③加足量稀硫酸，④干燥，正确的操作顺序是　 　(填序号)。在实验室，过滤所用的非玻璃仪器是　 　。
（4）操作Ⅱ需加入一种试剂实现其转化，该试剂可以是　 　(填化学式)。
（5）若所用废铁屑含有少量铁锈，对产品纯度　 　(填“有”或“无”)影响。
12．实验室用如图装置可进行多种气体的制取。
（1）小宇同学欲制取H2，选用图1的装置是否正确 并说明理由：　 　。
（2）小刘同学用图1装置制取O2，应选用的试剂是　 　，其中固体试剂起　 　作用，反应的化学方程式为　 　。
（3）实验室用图1装置制取CO2时，盛装块状固体的仪器名称是　 　，通过分液漏斗加入稀盐酸。如图2向集满CO2的软塑料瓶中加入100 mL水和8滴石蕊溶液，立即旋紧瓶盖，振荡，观察到的现象是　 　。
（4）已知20℃时，氢氧化钠易溶于酒精，碳酸钠在酒精中几乎不溶解。如图3所示，当观察到　 　时，可证明二氧化碳与氢氧化钠发生了反应。
13．学科融合，让劳动教育“活”起来。劳动课上，老师演示制作馒头，向面粉中加入一种白色粉末，做出的馒头疏松多孔，口感更好。
(一)成分探究
【提出问题】这种“神奇粉末”的成分是什么
【信息提示】①老师指出白色粉末的成分只涉及 Na2CO3和 NaHCO3，其水溶液均呈碱性。
②NaHCO3溶液不与CaCl2溶液发生反应。
③已知 NaHCO3 受热易分解，而 Na2CO3 受热难分解，有关反应的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【提出猜想】
猜想1：该粉末是 Na2CO3；猜想2：该粉末是 NaHCO3；猜想3：该粉末是 Na2CO3和NaHCO3。
【实验与现象】实验过程与现象如图1。
【问题与讨论】
（1）根据步骤①②，甲同学认为猜想1 一定正确，乙同学认为根据步骤①②的实验现象，不能得出该结论，请解释其原因：　 　。
（2）结合步骤③现象及信息提示，可知猜想　 　一定不对。
（3）步骤④中加热至固体质量不再改变，将生成的气体全部通入足量澄清石灰水中，得到白色沉淀a，经洗涤、干燥后称量质量2.5g，白色沉淀b的质量　 　(填“等于”“小于”或“大于”)2.5g，可得出猜想3是正确的结论。
（4）某处获取的天然碱样品可表示为 (a、b、c为最简整数比)，为测定其组成，兴趣小组同学称取该天然碱样品16.6g进行如图2所示的实验。已知：图中B处为两个单向阀，推注射器时 A1关闭，A2打开；拉注射器时， 打开进空气， 关闭。
【实验步骤】
①组装好装置，　 　。
②反复推拉注射器后称量 E、F的质量。
③关闭弹簧夹，加热 D 处试管直到反应不再进行。
④打开弹簧夹，再次反复缓缓推拉注射器。
⑤再次称量E、F的质量。
（5）【问题探究】
补充完成步骤①短线上的操作：　 　。
（6）E 中的试剂为　 　；G的作用是　 　。
（7）步骤④缓缓推拉注射器的目的是　 　。
（8）根据表中数据计算可得，天然碱的化学式中a：b：c=　 　。
反应前 反应后
E的质量为100.0 g E 的质量为102.25 g
F的质量为50.0g F的质量为51.1g
14． 我国古代将炉甘石( 赤铜 和木炭粉混合后加热到约 ，得到一种外观似黄金的铜锌合金。
（1） 的化学名称是　 　，上述反应的化学方程式为①②③　 　。
（2）化学兴趣小组为测量铜锌合金中铜的质量分数，拟配制200 g 19.6%的稀硫酸，需98%的浓硫酸　 　g。配制时确保操作安全的注意事项是　 　。
（3）取20g铜锌合金放入足量的稀硫酸中，充分反应后得到气体的质量为0.2g，求合金中铜的质量分数(无计算过程不给分)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、爆竹爆炸过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，选项A不符合题意；
B、落红化作春泥过程中，有机物被微生物分解，有新物质生成，属于化学变化，选项B不符合题意；
C、千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金，是利用金的密度比沙子大，通过水洗的方法将金分离出来，没有新物质生成，只包含物理变化，选项C符合题意；
D、粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间，涉及碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，有新物质生成，属于化学变化，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据化学变化的定义（有新物质生成的变化）解答，爆竹爆炸是剧烈的氧化反应，生成新物质；
B、根据化学变化的定义解答，植物腐烂是缓慢氧化过程，生成新物质；
C、根据物理变化的定义（没有新物质生成的变化）解答，淘金是物质的分离过程，无新物质生成；
D、根据化学变化的定义解答，诗句涉及碳酸钙、氧化钙、氢氧化钙之间的转化，均有新物质生成。
2．【答案】A
【知识点】灭火的原理和方法；化石燃料的利用与保护；几种常用的灭火器
【解析】【解答】A、浩瀚的海洋中含有丰富的资源，其中含量最高的物质是水，不是氯化钠，选项A不合理；
B、生活中使用的液化石油气和煤油都是石油分馏得到的产品，属于石油化工的产品，选项B合理；
C、空气中氮气化学性质稳定，可制氮肥和食品保护气；氧气能供给呼吸和支持燃烧，可用于登山、潜水和炼钢，选项C合理；
D、图书、档案失火用液态二氧化碳扑灭，二氧化碳灭火后会全部挥发，不会留下任何痕迹，有利于保护图书资料，选项D合理。
故答案为：A。
【分析】A、根据海洋中的物质组成解答，海洋中含量最高的物质是水，氯化钠是海水中含量最高的盐；
B、根据石油化工的产品解答，石油分馏可以得到液化石油气、汽油、煤油、柴油等产品；
C、根据氮气和氧气的性质与用途解答，物质的性质决定物质的用途；
D、根据二氧化碳灭火的特点解答，液态二氧化碳灭火无残留，适合扑灭图书、档案等贵重物品的火灾。
3．【答案】B
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；蜡烛燃烧实验；二氧化碳的化学性质；一氧化碳的化学性质；气体制取装置的探究
【解析】【解答】A、除去CO中的CO2可以用NaOH溶液，但收集CO时，由于CO密度比空气略小且难溶于水，应该用排水法或向下排空气法收集，图中用向上排空气法收集，且导管长进短出，无法收集到CO，选项A不能达到实验目的；
B、硝酸铵溶于水会吸收热量，使溶液温度降低，饱和硝酸钾溶液的溶解度随温度降低而减小，因此会有硝酸钾晶体析出，该实验可以验证硝酸铵溶于水吸收热量，选项B能达到实验目的；
C、证明木炭中含有碳元素，应该将木炭燃烧后的气体通入澄清石灰水，观察澄清石灰水是否变浑浊。图中烧杯内壁蘸有澄清石灰水，但空气中也含有二氧化碳，会干扰实验结果，且该实验只能证明木炭中含有碳元素，不能证明只含有碳元素，选项C不能达到实验目的；
D、当关闭活塞时，试管内产生的CO2使试管内压强增大，但试管是密封的，液体没有可被压入的储液空间（带活塞的导管也处于封闭状态），因此无法将稀盐酸压离多孔塑料片，固体和液体不能分离，反应不会停止，所以该装置不能实现随用随停，D选项错误，选项D不能达到实验目的。
故答案为：B。
【分析】A、根据气体的除杂和收集方法解答，CO难溶于水，密度与空气接近，不能用向上排空气法收集；
B、根据物质溶解时的热量变化解答，硝酸铵溶于水吸热，会使饱和硝酸钾溶液析出晶体；
C、根据元素的检验方法解答，检验碳元素需要检验燃烧产物中的二氧化碳，且要排除空气中二氧化碳的干扰；
D、根据固液不加热型气体发生装置的特点解答，实现随用随停需要装置能控制固液的接触与分离，且装置气密性良好。
4．【答案】A
【知识点】微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】首先根据微观示意图写出该反应的化学方程式：SiCl4+2H2Si+4HCl。
A、地壳中含量最高的元素是氧元素，硅元素是地壳中含量第二高的元素；丙是硅单质，由硅原子直接构成，选项A错误；
B、氢气是可燃性气体，与氧气混合加热时可能会发生爆炸，因此该反应要在无氧环境中进行，防止氢气与氧气混合时发生爆炸，选项B正确；
C、由上述分析可知，该反应的化学方程式为SiCl4+2H2Si+4HCl，选项C正确；
D、参加反应的乙（H2）与生成物丙（Si）的质量比为(2×2)：28=4：28=1：7，选项D正确。
故答案为：A。
【分析】A、根据地壳中元素的含量和物质的构成微粒解答，地壳中含量前四位的元素是氧、硅、铝、铁，硅单质由原子构成；
B、根据氢气的性质解答，可燃性气体与空气或氧气混合加热可能发生爆炸，因此涉及氢气的加热实验要先排尽装置内的空气；
C、根据微观示意图书写化学方程式，注意配平反应条件和气体符号；
D、根据化学方程式的计算解答，各物质的质量比等于各物质的相对分子质量乘以化学计量数之比。
5．【答案】A
【知识点】物质除杂或净化的探究；化学实验方案设计与评价；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，因此除去氯化钾中的二氧化锰，可以采用溶解、过滤、蒸发结晶的方法，选项A正确；
B、酸雨是指pH小于5.6的雨水，用pH试纸测定pH＜7，不能证明该地雨水是酸雨，选项B错误；
C、氧化铁（Fe2O3）是碱性氧化物，不能与氢氧化钠溶液反应，因此不能用Fe2O3和NaOH溶液制备Fe(OH)3，选项C错误；
D、酚酞溶液遇碱性溶液变红，遇酸性和中性溶液不变色。KOH溶液呈碱性，能使酚酞溶液变红；NaCl溶液呈中性，H2SO4溶液呈酸性，都不能使酚酞溶液变色，因此仅用酚酞溶液无法鉴别KOH、NaCl、H2SO4三种溶液，选项D错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据物质的分离方法解答，分离可溶性固体和不溶性固体可以采用过滤的方法；
B、根据酸雨的定义解答，正常雨水的pH约为5.6，酸雨是指pH小于5.6的雨水；
C、根据碱的化学性质解答，碱能与某些非金属氧化物、酸、盐反应，不能与碱性氧化物反应；
D、根据物质的鉴别方法解答，鉴别多种物质时，需要根据物质的不同性质选择合适的试剂，产生不同的现象。
6．【答案】C
【知识点】金属活动性顺序及其应用
【解析】【解答】金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Ag，因此向一定质量的AgNO3和Zn(NO3)2的混合溶液中加入a g铁粉，铁只能与AgNO3反应生成硝酸亚铁和银，不能与Zn(NO3)2反应。充分反应后过滤，向滤液中加入稀盐酸，有白色沉淀生成，说明滤液中含有AgNO3，即铁已经完全反应，且AgNO3过量。
A、滤液中含有硝酸亚铁，硝酸亚铁溶液呈浅绿色，因此滤液一定为浅绿色，选项A合理；
B、铁与硝酸银反应的化学方程式为Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag，每56份质量的铁能置换出216份质量的银，因此滤渣质量一定大于a g，选项B合理；
C、铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，因此滤液中一定含有Fe2+、Zn2+和过量的Ag+，一定不含有Fe3+，选项C不合理；
D、滤渣中只有银，银的金属活动性排在氢的后面，不能与稀盐酸反应，因此滤渣中加入稀盐酸一定没有气泡冒出，选项D合理。
故答案为：C。
【分析】A、根据硝酸亚铁溶液的颜色解答，含有Fe2+的溶液呈浅绿色；
B、根据化学方程式的计算解答，铁与硝酸银反应，固体质量会增加；
C、根据金属活动性顺序的应用解答，铁与硝酸银反应只能生成+2价的铁离子，不能生成+3价的铁离子；
D、根据金属的化学性质解答，银不能与稀盐酸反应，因此滤渣中加入稀盐酸无气泡产生。
7．【答案】C
【知识点】固体溶解度曲线及其作用；晶体和结晶的概念与现象；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、T1℃时，KNO3的溶解度为20g，因此KNO3饱和溶液的溶质质量分数为＝16.7%，不是20%，选项A错误；
B、T3℃时，KNO3饱和溶液降温到T1℃，析出晶体的质量与饱和溶液的质量有关，题目中没有说明饱和溶液的质量，无法计算析出晶体的质量，选项B错误；
C、T2℃时，KNO3和NaCl的溶解度相等，若KNO3和NaCl的饱和溶液质量相等，则溶液中溶质质量相等，因此T2℃时，KNO3和NaCl的饱和溶液中溶质质量可能相等，选项C正确；
D、T1℃时，NaCl的溶解度大于20g，KNO3的溶解度为20g。将20g KNO3和20g NaCl的混合物放入100g水中，NaCl全部溶解且溶液不饱和，KNO3刚好全部溶解且溶液饱和。恒温蒸发至析出晶体，首先析出的是KNO3，当蒸发较多水时，NaCl才会析出，因此晶体中一定有KNO3，可能有NaCl，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据饱和溶液溶质质量分数的计算解答，饱和溶液溶质质量分数=×100%；
B、根据结晶的计算解答，降温结晶析出晶体的质量与饱和溶液的质量和溶解度的变化量有关；
C、根据溶解度曲线的交点含义解答，溶解度曲线的交点表示在该温度下，两种物质的溶解度相等，若饱和溶液质量相等，则溶质质量相等；
D、根据溶解度的含义解答，溶解度小的物质先析出晶体，溶解度大的物质后析出晶体。
8．【答案】D
【知识点】酸雨的产生、危害及防治；化合价规律和原则；有关元素化合价的计算；反应类型的判定
【解析】【解答】A、反应①生成的气体是NO2，反应③生成的气体是SO2，NO2和SO2都是形成酸雨的主要气体，选项A正确；
B、反应②的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，8个HNO3分子中，有2个HNO3分子中的N元素化合价从+5价降低到+2价（被还原），有6个HNO3分子中的N元素化合价不变（生成Cu(NO3)2），因此反应②中氮元素化合价降低的和不变的质量比是2：6=1：3，选项B正确；
C、上述反应中，铜元素的化合价都从0价升高到+2价，因此每个铜原子失去2个电子变成铜离子，选项C正确；
D、上述3个反应中涉及的物质类别有：单质（Cu、O2）、酸（HNO3、H2SO4）、盐（Cu(NO3)2、CuSO4）、氧化物（NO2、NO、SO2、H2O），共4类，不是5类，选项D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据酸雨的形成原因解答，酸雨主要是由SO2和NOx等气体溶于雨水形成的；
B、根据氧化还原反应中元素化合价的变化解答，分析反应中氮元素化合价的变化情况，计算化合价降低和不变的氮原子个数比；
C、根据原子的电子得失与化合价变化的关系解答，元素化合价升高，原子失去电子；元素化合价降低，原子得到电子；
D、根据物质的分类解答，单质是由同种元素组成的纯净物，酸是在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物，氧化物是由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物。
9．【答案】B
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】400g溶质质量分数为14.6%的稀盐酸中溶质HCl的质量为400g×14.6%=58.4g。
石灰石高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，煅烧后的固体中含有氧化钙和未反应的碳酸钙，氧化钙和碳酸钙都能与稀盐酸反应生成氯化钙。
根据氯元素守恒，反应生成氯化钙的质量为58.4g÷=88.8g。
氯化钙中钙元素的质量为88.8g×=32g。
原石灰石中碳酸钙的质量为32g÷=80g。
原石灰石的质量为80g+20g=100g。
因此原石灰石中碳酸钙的质量分数为×100%=80.0%。
故答案为：B。
【分析】本题考查元素守恒法在化学计算中的应用，解题步骤如下：
①先计算出稀盐酸中溶质HCl的质量；
②根据氯元素守恒，计算出反应生成氯化钙的质量；
③根据氯化钙的质量，计算出其中钙元素的质量；
④根据钙元素守恒，计算出原石灰石中碳酸钙的质量；
⑤根据碳酸钙的质量和原石灰石的质量（碳酸钙质量+杂质质量），计算出碳酸钙的质量分数。
10．【答案】（1）合成 隔绝氧气和水；+6；导电；碳原子的排列方式；硬度大(合理即可)；3Fe+4H2OFe3O4+4H2
（2）H2O
（3）不可再生；CH4·8H2O+2O2CO2+10H2O
【知识点】常见金属的特性及其应用；合金与合金的性质；生铁和钢；金属锈蚀的条件及其防护；复合材料、纳米材料
【解析】【解答】（1）①塑料属于合成有机高分子材料，简称合成材料。对钢铁制品进行“烤蓝”处理，使其表面生成一层致密的氧化膜，氧化膜能有效隔绝氧气和水，从而防止钢铁锈蚀。
②高铁酸钠的化学式为Na2FeO4，其中钠元素显+1价，氧元素显-2价，设铁元素的化合价为x，根据化合物中各元素正负化合价的代数和为0，可得(+1)×2+x+(-2)×4=0，解得x=+6。高铁列车与电路连接的石墨电刷利用了石墨的导电性；金刚石和石墨都是由碳元素组成的单质，但它们的物理性质差异很大，根本原因是碳原子的排列方式不同。
③与纯铁相比较，锰钢具有硬度大、强度高、抗腐蚀性强等突出的优点。高温下铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2。
（2）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应的化学方程式为2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4X↑，反应前有2个N原子、8个H原子、2个Cl原子、8个O原子，反应后有2个N原子、2个Cl原子、4个O原子，因此4X中含有8个H原子和4个O原子，即X的化学式为H2O。
（3）可燃冰是天然气水合物，属于不可再生能源。可燃冰的主要成分CH4·8H2O在空气中充分燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为CH4·8H2O+2O2CO2+10H2O。
【分析】（1）①根据材料的分类和铁生锈的条件解答，合成材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶；铁生锈的条件是与氧气和水同时接触，防止铁生锈就是破坏铁生锈的条件；
②根据化合价的计算原则和物质的性质解答，化合物中各元素正负化合价的代数和为0；石墨具有导电性，金刚石和石墨的物理性质差异是因为碳原子的排列方式不同；
③根据合金的性质和化学方程式的书写解答，合金的硬度、强度一般比组成它的纯金属大；书写化学方程式时要注意配平、反应条件和气体符号；
（2）根据质量守恒定律解答，化学反应前后原子的种类、数目和质量都不变；
（3）根据能源的分类和化学方程式的书写解答，化石能源和可燃冰都属于不可再生能源；可燃冰燃烧生成二氧化碳和水，注意配平结晶水合物的化学方程式。
11．【答案】（1）4、2、2
（2）化合反应；
（3）③①②④；铁架台
（4）Na2CO3
（5）无
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；反应类型的判定；化学方程式的书写与配平；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】黄铜矿（主要成分为CuFeS2）在65-80℃、嗜热细菌、硫酸和氧气的作用下，被氧化生成硫酸铁和硫酸铜溶液；向混合溶液中加入过量废铁屑，铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜；过滤后，滤渣为铜和过量的铁，向滤渣中加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤、洗涤、干燥得到铜；滤液为硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入碳酸钠溶液，生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠。
（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，配平化学方程式：4CuFeS2+17O2+2H2SO44CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，因此x、y、z依次为4、2、2。
（2）反应Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4是由两种物质生成一种物质的反应，属于化合反应。另一个反应是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。
（3）操作I是从铜和过量铁的混合物中得到纯净的铜，正确的操作顺序是：③加足量稀硫酸（溶解过量的铁）、①过滤（分离出铜）、②洗涤（除去铜表面的杂质）、④干燥（得到干燥的铜）。在实验室中，过滤所用的非玻璃仪器是铁架台（带铁圈）。
（4）操作II是将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，可加入的试剂是Na2CO3，碳酸钠与硫酸亚铁反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠。
（5）若所用废铁屑含有少量铁锈（主要成分为Fe2O3），铁锈与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，硫酸铁又能与铁反应生成硫酸亚铁，最终都转化为硫酸亚铁，不会引入新的杂质，因此对产品铜的纯度无影响。
【分析】（1）根据质量守恒定律配平化学方程式，分别计算反应前后Cu、Fe、S、O原子的个数，使反应前后原子个数相等；
（2）根据基本反应类型的定义和化学方程式的书写解答，化合反应的特点是“多变一”；铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜；
（3）根据物质的分离和提纯方法解答，除去铜中的铁，可以用稀硫酸溶解铁，然后过滤、洗涤、干燥；过滤操作需要用到的仪器有铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗，其中非玻璃仪器是铁架台；
（4）根据复分解反应的原理解答，碳酸盐能与可溶性亚铁盐反应生成碳酸亚铁沉淀；
（5）根据铁锈的性质和反应流程解答，铁锈与稀硫酸反应生成的硫酸铁会与铁反应生成硫酸亚铁，不影响铜的纯度。
12．【答案】（1）不正确，氢气密度比空气小，不应采用向上排空气法收集
（2）过氧化氢溶液和二氧化锰；催化；2H2O22H2O+O2↑
（3）锥形瓶；软塑料瓶变瘪，紫色石蕊溶液变红
（4）有白色固体析出
【知识点】气体反应装置的选取；制取气体的反应原理的探究；二氧化碳的实验室制法；氢气的制取和检验
【解析】【解答】（1）氢气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，而图1装置采用的是向上排空气法收集，因此选用图1的装置制取H2不正确。
（2）图1装置是固液不加热型气体发生装置，用该装置制取O2，应选用的试剂是过氧化氢溶液和二氧化锰。其中二氧化锰是催化剂，起催化作用，能加快过氧化氢的分解速率。过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑。
（3）实验室用图1装置制取CO2时，盛装块状固体（大理石或石灰石）的仪器名称是锥形瓶。向集满CO2的软塑料瓶中加入100mL水和8滴石蕊溶液，立即旋紧瓶盖，振荡，观察到的现象是：软塑料瓶变瘪，紫色石蕊溶液变红。原因是二氧化碳溶于水且与水反应生成碳酸，使瓶内压强减小，软塑料瓶变瘪；碳酸能使紫色石蕊溶液变红。
（4）已知20℃时，氢氧化钠易溶于酒精，碳酸钠在酒精中几乎不溶解。因此当观察到有白色固体析出时，可证明二氧化碳与氢氧化钠发生了反应，因为二氧化碳与氢氧化钠反应生成的碳酸钠不溶于酒精，会以白色固体的形式析出。
【分析】（1）根据气体的收集方法解答，密度比空气小的气体用向下排空气法收集，密度比空气大的气体用向上排空气法收集；
（2）根据氧气的实验室制取方法解答，固液不加热型装置制取氧气用过氧化氢和二氧化锰，二氧化锰是催化剂；
（3）根据常见仪器的名称和二氧化碳的性质解答，二氧化碳能溶于水且能与水反应生成碳酸，碳酸呈酸性，能使紫色石蕊溶液变红；
（4）根据物质的溶解性解答，利用碳酸钠和氢氧化钠在酒精中溶解性的差异，可以证明二氧化碳与氢氧化钠发生了反应。
13．【答案】（1）NaHCO3溶液也呈碱性，与酸反应也产生气体
（2）2
（3）大于
（4）生成白色沉淀且溶液仍为红色
（5）检查装置的气密性
（6）浓硫酸；防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入F装置，影响实验测定结果
（7）使反应生成的水、二氧化碳全部被E、F装置吸收
（8）2：1：2
【知识点】实验探究物质的性质或变化规律；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
【解析】【解答】（1）步骤①中白色粉末加水加酚酞，溶液变红，说明溶液呈碱性；步骤②中加适量盐酸，有气体生成，说明溶液中含有碳酸盐。但NaHCO3溶液也呈碱性，且NaHCO3与盐酸反应也能生成二氧化碳气体，因此根据步骤①②的实验现象，不能得出猜想1一定正确的结论。
（2）结合步骤③的现象及信息提示，NaHCO3溶液不与CaCl2溶液发生反应，而Na2CO3溶液与CaCl2溶液反应生成白色沉淀，因此步骤③加适量CaCl2溶液有白色沉淀生成，说明粉末中一定含有Na2CO3，因此猜想2（该粉末是NaHCO3）一定不对。
（3）步骤④中加热至固体质量不再改变，生成的气体全部通入足量澄清石灰水中，得到白色沉淀a。由碳酸氢钠加热生成碳酸钠，水与二氧化碳，生成的碳酸钠和二氧化碳中所含碳元素的质量相等，把生成的二氧化碳全部通入足量澄清石灰水中，得到白色沉淀a(碳酸钙)的质量是2.9g，则生成的碳酸钠与足量的氯化钙反应得到白色沉淀碳酸钙的质量也是2.9g，若白色沉淀b的质量大于2.9g，说明步骤4中加热后的固体中的碳酸钠由两部分组成，碳酸氢钠受热分解生成的碳酸钠和原白色粉末中含有的碳酸钠，所以猜想3正确；。
（4）向步骤④加热后所得固体配成的溶液中加入足量CaCl2溶液，若出现白色沉淀且溶液仍为红色，说明溶液中含有Na2CO3和NaOH，进一步证明猜想3成立。
（5）凡是有气体参加或生成的实验，实验前都要检查装置的气密性，防止装置漏气影响实验结果，因此步骤①短线上的操作是检查装置的气密性。
（6）E中的试剂为浓硫酸，作用是吸收反应生成的水；G的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入F装置，影响实验测定结果。
（7）步骤④缓缓推拉注射器的目的是使反应生成的水和二氧化碳全部被E、F装置吸收，确保测定结果准确。
(8)E装置中增加的质量为反应生成水的质量，则生成水的质量为102.25g-100.0g=2.25g，F装置中增加的质量为反应生成二氧化碳的质量，则生成二氧化碳的质量为51.1g-50.0g=1.1g；设天然碱中碳酸氢钠的质量为x，反应生成水的质量为y。
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
168 44 18
x 1.1g y
x=4.2g
y=0.15g
故该天然碱中结晶水的质量为2.25g-0.45g=1.8g，
该天然碱中碳酸钠的质量为16.6g-1.8g-4.2g=10.6g，该天然碱的化学式中
【分析】（1）根据碳酸钠和碳酸氢钠的性质解答，碳酸钠和碳酸氢钠溶液都呈碱性，且都能与盐酸反应生成二氧化碳气体；
（2）根据碳酸钠和碳酸氢钠与氯化钙的反应差异解答，碳酸钠与氯化钙反应生成白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应；
（3）根据碳酸氢钠受热分解的性质解答，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠受热不分解；
（4）根据碳酸钠和氢氧化钠的性质解答，碳酸钠与氯化钙反应生成白色沉淀，氢氧化钠溶液呈碱性，能使酚酞溶液变红；
（5）根据实验基本操作解答，有气体参与的实验，实验前必须检查装置气密性；
（6）根据实验装置的作用解答，浓硫酸具有吸水性，可吸收水；碱石灰可吸收二氧化碳和水，G装置可防止空气中的二氧化碳和水进入F装置；
（7）根据实验操作的目的解答，缓缓推拉注射器可以使装置内的气体全部被吸收，提高测定结果的准确性；
（8）根据化学方程式的计算解答，先根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量和生成水的质量，再计算结晶水的质量和碳酸钠的质量，最后计算a：b：c的比值。
14．【答案】（1）氧化亚铜；
（2）40；把浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌
（3）设合金中锌的质量为x。
65 2
x 0.2g
x=6.5g
铜的质量分数为
答：该合金中铜的质量分数为67.5%。
【知识点】质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算；稀释浓硫酸
【解析】【解答】（1）Cu2O的化学名称是氧化亚铜。配制200g 19.6%的稀硫酸，设需要98%的浓硫酸的质量为x。根据稀释前后溶质质量不变，可得98%x=200g×19.6%，解得x=40g。
稀释浓硫酸时，确保操作安全的注意事项是：把浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，切不可将水倒入浓硫酸中，因为浓硫酸溶于水会放出大量的热，使水沸腾，造成液体飞溅。
【分析】（1）根据氧化物的命名方法和浓硫酸的稀释方法解答，氧化物的命名是“氧化某”，若金属有多种化合价，低价态的读作“亚某”；稀释浓硫酸时要遵循“酸入水，沿器壁，慢搅拌”的原则；
（2）本题考查根据化学方程式的计算，解题步骤如下：①根据氢气的质量，利用锌与稀硫酸反应的化学方程式，计算出合金中锌的质量；②用合金的总质量减去锌的质量，得到铜的质量；③根据铜的质量和合金的总质量，计算出合金中铜的质量分数。
1 / 1四川省绵阳中学英才学校中考模拟化学真卷(四)
1．诗词是中华民族的文化瑰宝。下列诗句的描述中只包含物理变化的是 (　　)
A．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
B．落红不是无情物，化作春泥更护花
C．千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金
D．粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间
【答案】C
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、爆竹爆炸过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，选项A不符合题意；
B、落红化作春泥过程中，有机物被微生物分解，有新物质生成，属于化学变化，选项B不符合题意；
C、千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金，是利用金的密度比沙子大，通过水洗的方法将金分离出来，没有新物质生成，只包含物理变化，选项C符合题意；
D、粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间，涉及碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，有新物质生成，属于化学变化，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据化学变化的定义（有新物质生成的变化）解答，爆竹爆炸是剧烈的氧化反应，生成新物质；
B、根据化学变化的定义解答，植物腐烂是缓慢氧化过程，生成新物质；
C、根据物理变化的定义（没有新物质生成的变化）解答，淘金是物质的分离过程，无新物质生成；
D、根据化学变化的定义解答，诗句涉及碳酸钙、氧化钙、氢氧化钙之间的转化，均有新物质生成。
2．化学与生活息息相关。下列说法中，不合理的是 (　　)
A．浩瀚的海洋中含有丰富的资源，其中含量最高的物质是氯化钠
B．生活中使用的液化石油气和煤油都是石油化工的产品
C．空气中氮气可制氮肥和食品保护气，氧气可用于登山、潜水和炼钢
D．图书、档案失火用液态二氧化碳扑灭，有利于保护图书资料
【答案】A
【知识点】灭火的原理和方法；化石燃料的利用与保护；几种常用的灭火器
【解析】【解答】A、浩瀚的海洋中含有丰富的资源，其中含量最高的物质是水，不是氯化钠，选项A不合理；
B、生活中使用的液化石油气和煤油都是石油分馏得到的产品，属于石油化工的产品，选项B合理；
C、空气中氮气化学性质稳定，可制氮肥和食品保护气；氧气能供给呼吸和支持燃烧，可用于登山、潜水和炼钢，选项C合理；
D、图书、档案失火用液态二氧化碳扑灭，二氧化碳灭火后会全部挥发，不会留下任何痕迹，有利于保护图书资料，选项D合理。
故答案为：A。
【分析】A、根据海洋中的物质组成解答，海洋中含量最高的物质是水，氯化钠是海水中含量最高的盐；
B、根据石油化工的产品解答，石油分馏可以得到液化石油气、汽油、煤油、柴油等产品；
C、根据氮气和氧气的性质与用途解答，物质的性质决定物质的用途；
D、根据二氧化碳灭火的特点解答，液态二氧化碳灭火无残留，适合扑灭图书、档案等贵重物品的火灾。
3．下列实验设计能达到实验目的的是 (　　)
A．除去CO 中的 CO2并收集CO
B．验证硝酸铵溶于水会吸收热量
C．证明木炭中含有碳元素
D．随用随停的装置制备二氧化碳
【答案】B
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；蜡烛燃烧实验；二氧化碳的化学性质；一氧化碳的化学性质；气体制取装置的探究
【解析】【解答】A、除去CO中的CO2可以用NaOH溶液，但收集CO时，由于CO密度比空气略小且难溶于水，应该用排水法或向下排空气法收集，图中用向上排空气法收集，且导管长进短出，无法收集到CO，选项A不能达到实验目的；
B、硝酸铵溶于水会吸收热量，使溶液温度降低，饱和硝酸钾溶液的溶解度随温度降低而减小，因此会有硝酸钾晶体析出，该实验可以验证硝酸铵溶于水吸收热量，选项B能达到实验目的；
C、证明木炭中含有碳元素，应该将木炭燃烧后的气体通入澄清石灰水，观察澄清石灰水是否变浑浊。图中烧杯内壁蘸有澄清石灰水，但空气中也含有二氧化碳，会干扰实验结果，且该实验只能证明木炭中含有碳元素，不能证明只含有碳元素，选项C不能达到实验目的；
D、当关闭活塞时，试管内产生的CO2使试管内压强增大，但试管是密封的，液体没有可被压入的储液空间（带活塞的导管也处于封闭状态），因此无法将稀盐酸压离多孔塑料片，固体和液体不能分离，反应不会停止，所以该装置不能实现随用随停，D选项错误，选项D不能达到实验目的。
故答案为：B。
【分析】A、根据气体的除杂和收集方法解答，CO难溶于水，密度与空气接近，不能用向上排空气法收集；
B、根据物质溶解时的热量变化解答，硝酸铵溶于水吸热，会使饱和硝酸钾溶液析出晶体；
C、根据元素的检验方法解答，检验碳元素需要检验燃烧产物中的二氧化碳，且要排除空气中二氧化碳的干扰；
D、根据固液不加热型气体发生装置的特点解答，实现随用随停需要装置能控制固液的接触与分离，且装置气密性良好。
4．现代科技的发展离不开芯片，硅是芯片的重要基材。如图是工业上以四氯硅烷(SiCl4)为原料制取高纯硅的微观反应示意图。下列说法错误的是 (　　)
A．地壳中含量最高的元素是硅元素，丙是由原子构成的
B．该反应要在无氧环境中进行，防止氢气与氧气混合时发生爆炸
C．该反应的化学方程式为 SiCl4+2H2Si+4HCl
D．参加反应的乙与生成物丙的质量比是1：7
【答案】A
【知识点】微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】首先根据微观示意图写出该反应的化学方程式：SiCl4+2H2Si+4HCl。
A、地壳中含量最高的元素是氧元素，硅元素是地壳中含量第二高的元素；丙是硅单质，由硅原子直接构成，选项A错误；
B、氢气是可燃性气体，与氧气混合加热时可能会发生爆炸，因此该反应要在无氧环境中进行，防止氢气与氧气混合时发生爆炸，选项B正确；
C、由上述分析可知，该反应的化学方程式为SiCl4+2H2Si+4HCl，选项C正确；
D、参加反应的乙（H2）与生成物丙（Si）的质量比为(2×2)：28=4：28=1：7，选项D正确。
故答案为：A。
【分析】A、根据地壳中元素的含量和物质的构成微粒解答，地壳中含量前四位的元素是氧、硅、铝、铁，硅单质由原子构成；
B、根据氢气的性质解答，可燃性气体与空气或氧气混合加热可能发生爆炸，因此涉及氢气的加热实验要先排尽装置内的空气；
C、根据微观示意图书写化学方程式，注意配平反应条件和气体符号；
D、根据化学方程式的计算解答，各物质的质量比等于各物质的相对分子质量乘以化学计量数之比。
5．化学实验离不开科学、合理的设计。下列实验方案设计和解释正确的是 (　　)
A．除去氯化钾中的二氧化锰：溶解、过滤、蒸发结晶
B．检测某地雨水是酸雨：用pH试纸测定 pH<7
C．制备少量 Fe(OH)3：取 Fe2O3固体，加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥
D．鉴别KOH、NaCl、H2SO4三种稀溶液：仅用酚酞溶液就可鉴别
【答案】A
【知识点】物质除杂或净化的探究；化学实验方案设计与评价；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，因此除去氯化钾中的二氧化锰，可以采用溶解、过滤、蒸发结晶的方法，选项A正确；
B、酸雨是指pH小于5.6的雨水，用pH试纸测定pH＜7，不能证明该地雨水是酸雨，选项B错误；
C、氧化铁（Fe2O3）是碱性氧化物，不能与氢氧化钠溶液反应，因此不能用Fe2O3和NaOH溶液制备Fe(OH)3，选项C错误；
D、酚酞溶液遇碱性溶液变红，遇酸性和中性溶液不变色。KOH溶液呈碱性，能使酚酞溶液变红；NaCl溶液呈中性，H2SO4溶液呈酸性，都不能使酚酞溶液变色，因此仅用酚酞溶液无法鉴别KOH、NaCl、H2SO4三种溶液，选项D错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据物质的分离方法解答，分离可溶性固体和不溶性固体可以采用过滤的方法；
B、根据酸雨的定义解答，正常雨水的pH约为5.6，酸雨是指pH小于5.6的雨水；
C、根据碱的化学性质解答，碱能与某些非金属氧化物、酸、盐反应，不能与碱性氧化物反应；
D、根据物质的鉴别方法解答，鉴别多种物质时，需要根据物质的不同性质选择合适的试剂，产生不同的现象。
6．向一定质量的AgNO3和 Zn(NO3)2的混合溶液中加入a g铁粉，充分反应后过滤，得到一定温度下的滤液(不饱和)和滤渣，向滤液中加入稀盐酸，有白色沉淀生成。下列有关说法中，不合理的是(　　)
A．滤液一定为浅绿色
B．滤渣质量一定大于a g
C．滤液中一定有A 和
D．滤渣中加入稀盐酸一定没有气泡冒出
【答案】C
【知识点】金属活动性顺序及其应用
【解析】【解答】金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Ag，因此向一定质量的AgNO3和Zn(NO3)2的混合溶液中加入a g铁粉，铁只能与AgNO3反应生成硝酸亚铁和银，不能与Zn(NO3)2反应。充分反应后过滤，向滤液中加入稀盐酸，有白色沉淀生成，说明滤液中含有AgNO3，即铁已经完全反应，且AgNO3过量。
A、滤液中含有硝酸亚铁，硝酸亚铁溶液呈浅绿色，因此滤液一定为浅绿色，选项A合理；
B、铁与硝酸银反应的化学方程式为Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag，每56份质量的铁能置换出216份质量的银，因此滤渣质量一定大于a g，选项B合理；
C、铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，因此滤液中一定含有Fe2+、Zn2+和过量的Ag+，一定不含有Fe3+，选项C不合理；
D、滤渣中只有银，银的金属活动性排在氢的后面，不能与稀盐酸反应，因此滤渣中加入稀盐酸一定没有气泡冒出，选项D合理。
故答案为：C。
【分析】A、根据硝酸亚铁溶液的颜色解答，含有Fe2+的溶液呈浅绿色；
B、根据化学方程式的计算解答，铁与硝酸银反应，固体质量会增加；
C、根据金属活动性顺序的应用解答，铁与硝酸银反应只能生成+2价的铁离子，不能生成+3价的铁离子；
D、根据金属的化学性质解答，银不能与稀盐酸反应，因此滤渣中加入稀盐酸无气泡产生。
7．如图为硝酸钾(KNO3)和氯化钠(NaCl)两种固体的溶解度曲线，下列说法正确的是 (　　)
A．T1℃时，KNO3饱和溶液的溶质质量分数为20%
B．T3℃时，KNO3饱和溶液降温到 T1℃，析出晶体30g
C．T2℃时，KNO3和 NaCl的饱和溶液中溶质质量可能相等
D．T1℃时，20g KNO3和 20g NaCl的混合物放入 100g水中，恒温蒸发至析出晶体，晶体中一定有 NaCl，可能有 KNO3
【答案】C
【知识点】固体溶解度曲线及其作用；晶体和结晶的概念与现象；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、T1℃时，KNO3的溶解度为20g，因此KNO3饱和溶液的溶质质量分数为＝16.7%，不是20%，选项A错误；
B、T3℃时，KNO3饱和溶液降温到T1℃，析出晶体的质量与饱和溶液的质量有关，题目中没有说明饱和溶液的质量，无法计算析出晶体的质量，选项B错误；
C、T2℃时，KNO3和NaCl的溶解度相等，若KNO3和NaCl的饱和溶液质量相等，则溶液中溶质质量相等，因此T2℃时，KNO3和NaCl的饱和溶液中溶质质量可能相等，选项C正确；
D、T1℃时，NaCl的溶解度大于20g，KNO3的溶解度为20g。将20g KNO3和20g NaCl的混合物放入100g水中，NaCl全部溶解且溶液不饱和，KNO3刚好全部溶解且溶液饱和。恒温蒸发至析出晶体，首先析出的是KNO3，当蒸发较多水时，NaCl才会析出，因此晶体中一定有KNO3，可能有NaCl，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据饱和溶液溶质质量分数的计算解答，饱和溶液溶质质量分数=×100%；
B、根据结晶的计算解答，降温结晶析出晶体的质量与饱和溶液的质量和溶解度的变化量有关；
C、根据溶解度曲线的交点含义解答，溶解度曲线的交点表示在该温度下，两种物质的溶解度相等，若饱和溶液质量相等，则溶质质量相等；
D、根据溶解度的含义解答，溶解度小的物质先析出晶体，溶解度大的物质后析出晶体。
8．硝酸、浓硫酸具有强氧化性，而且浓度不同，氧化性强弱也不同。对于以下反应，下列说法不正确的是 (　　)
A．反应①③生成的气体是形成酸雨的主要气体
B．反应②中氮元素化合价降低的和不变的质量比是1：3
C．上述反应发生时，每个铜原子失去2个电子变成铜离子
D．上述3个反应中涉及的物质类别有5类
【答案】D
【知识点】酸雨的产生、危害及防治；化合价规律和原则；有关元素化合价的计算；反应类型的判定
【解析】【解答】A、反应①生成的气体是NO2，反应③生成的气体是SO2，NO2和SO2都是形成酸雨的主要气体，选项A正确；
B、反应②的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，8个HNO3分子中，有2个HNO3分子中的N元素化合价从+5价降低到+2价（被还原），有6个HNO3分子中的N元素化合价不变（生成Cu(NO3)2），因此反应②中氮元素化合价降低的和不变的质量比是2：6=1：3，选项B正确；
C、上述反应中，铜元素的化合价都从0价升高到+2价，因此每个铜原子失去2个电子变成铜离子，选项C正确；
D、上述3个反应中涉及的物质类别有：单质（Cu、O2）、酸（HNO3、H2SO4）、盐（Cu(NO3)2、CuSO4）、氧化物（NO2、NO、SO2、H2O），共4类，不是5类，选项D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据酸雨的形成原因解答，酸雨主要是由SO2和NOx等气体溶于雨水形成的；
B、根据氧化还原反应中元素化合价的变化解答，分析反应中氮元素化合价的变化情况，计算化合价降低和不变的氮原子个数比；
C、根据原子的电子得失与化合价变化的关系解答，元素化合价升高，原子失去电子；元素化合价降低，原子得到电子；
D、根据物质的分类解答，单质是由同种元素组成的纯净物，酸是在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物，氧化物是由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物。
9．取一定质量的石灰石(所含杂质不溶于水、不与酸反应、高温也不分解)，高温煅烧一段时间后得到78g固体，该固体与400g溶质质量分数为14.6%的稀盐酸恰好完全反应后，过滤得到20g滤渣，则原石灰石中碳酸钙的质量分数为 (　　)
A．74.4% B．80.0% C．83.8% D．92.6%
【答案】B
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】400g溶质质量分数为14.6%的稀盐酸中溶质HCl的质量为400g×14.6%=58.4g。
石灰石高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，煅烧后的固体中含有氧化钙和未反应的碳酸钙，氧化钙和碳酸钙都能与稀盐酸反应生成氯化钙。
根据氯元素守恒，反应生成氯化钙的质量为58.4g÷=88.8g。
氯化钙中钙元素的质量为88.8g×=32g。
原石灰石中碳酸钙的质量为32g÷=80g。
原石灰石的质量为80g+20g=100g。
因此原石灰石中碳酸钙的质量分数为×100%=80.0%。
故答案为：B。
【分析】本题考查元素守恒法在化学计算中的应用，解题步骤如下：
①先计算出稀盐酸中溶质HCl的质量；
②根据氯元素守恒，计算出反应生成氯化钙的质量；
③根据氯化钙的质量，计算出其中钙元素的质量；
④根据钙元素守恒，计算出原石灰石中碳酸钙的质量；
⑤根据碳酸钙的质量和原石灰石的质量（碳酸钙质量+杂质质量），计算出碳酸钙的质量分数。
10．中国高度、中国深度、中国速度都令全世界瞠目结舌。
（1）中国的高铁运营里程居全世界第一，高铁技术目前在世界范围内实现赶超甚至引领，成为中国的一张外交名片。
①高铁车头的玻璃是用无机玻璃、树脂、塑料等组合而成，能耐受强大的撞击力，其中塑料属于　 　(填“无机非金属”“合成”“复合”或“金属”)材料。高铁中要用到大量的钢铁，我们对钢铁制品进行“烤蓝”处理，使其表面生成一层致密的氧化膜，氧化膜能有效防止钢铁锈蚀的原理是 。
②高铁上通常用高铁酸钠(Na2FeO4)来净化环境，它是一种常用的“绿色、环保、高效”消毒剂，高铁酸钠中铁元素的化合价为　 　。高铁列车与电路连接的石墨电刷是利用了其　 　性，而组成元素相同的金刚石却没有该性质，根本原因是　 　不同。
③架设高铁的铁轨都不是纯铁制造，而是用锰钢制造，因为与纯铁相比较，锰钢具有　 　(写一点即可)等突出的优点。古代铁匠常把烧红的铁器浸入水中急速冷却，以增加铁器的硬度，此法称为“淬火”。“淬火”原理是高温下铁和水蒸气反应生成一种黑色固体和氢气，此固体是磁铁矿的主要成分，该反应的化学方程式为　 　
（2）我国航天航空事业蓬勃发展，已处于世界领先地位。中国于 2024年 10月成功发射神舟十九号载人飞船，航天飞船常用铝粉和高氯酸铵(NH4ClO4)的混合物作为固体燃料，发射时，点燃铝粉产生大量的热引发高氯酸铵发生如下反应：2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4X↑，则X的化学式为　 　。
（3）海底蕴藏着大量的“可燃冰”，可燃冰的开采将会大大减少对石油的依赖，可燃冰属于　 　(填“可再生”或“不可再生”)能源，可燃冰主要成分的化学式为( 其外观像冰一样，但遇火即可燃烧，写出其充分燃烧的化学方程式：　 　。
【答案】（1）合成 隔绝氧气和水；+6；导电；碳原子的排列方式；硬度大(合理即可)；3Fe+4H2OFe3O4+4H2
（2）H2O
（3）不可再生；CH4·8H2O+2O2CO2+10H2O
【知识点】常见金属的特性及其应用；合金与合金的性质；生铁和钢；金属锈蚀的条件及其防护；复合材料、纳米材料
【解析】【解答】（1）①塑料属于合成有机高分子材料，简称合成材料。对钢铁制品进行“烤蓝”处理，使其表面生成一层致密的氧化膜，氧化膜能有效隔绝氧气和水，从而防止钢铁锈蚀。
②高铁酸钠的化学式为Na2FeO4，其中钠元素显+1价，氧元素显-2价，设铁元素的化合价为x，根据化合物中各元素正负化合价的代数和为0，可得(+1)×2+x+(-2)×4=0，解得x=+6。高铁列车与电路连接的石墨电刷利用了石墨的导电性；金刚石和石墨都是由碳元素组成的单质，但它们的物理性质差异很大，根本原因是碳原子的排列方式不同。
③与纯铁相比较，锰钢具有硬度大、强度高、抗腐蚀性强等突出的优点。高温下铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2。
（2）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应的化学方程式为2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4X↑，反应前有2个N原子、8个H原子、2个Cl原子、8个O原子，反应后有2个N原子、2个Cl原子、4个O原子，因此4X中含有8个H原子和4个O原子，即X的化学式为H2O。
（3）可燃冰是天然气水合物，属于不可再生能源。可燃冰的主要成分CH4·8H2O在空气中充分燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为CH4·8H2O+2O2CO2+10H2O。
【分析】（1）①根据材料的分类和铁生锈的条件解答，合成材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶；铁生锈的条件是与氧气和水同时接触，防止铁生锈就是破坏铁生锈的条件；
②根据化合价的计算原则和物质的性质解答，化合物中各元素正负化合价的代数和为0；石墨具有导电性，金刚石和石墨的物理性质差异是因为碳原子的排列方式不同；
③根据合金的性质和化学方程式的书写解答，合金的硬度、强度一般比组成它的纯金属大；书写化学方程式时要注意配平、反应条件和气体符号；
（2）根据质量守恒定律解答，化学反应前后原子的种类、数目和质量都不变；
（3）根据能源的分类和化学方程式的书写解答，化石能源和可燃冰都属于不可再生能源；可燃冰燃烧生成二氧化碳和水，注意配平结晶水合物的化学方程式。
11．生物浸出技术在金属冶炼中应用广泛。嗜热细菌在65~80℃酸性水溶液及氧气存在下，能氧化黄铜矿(主要成分为CuFeS2)产生硫酸盐，进而制取补血剂原料碳酸亚铁并回收铜。主要流程如图：
（1）配平化学方程式： 4CuFeS2+17O2+2H2SO44CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，x、y、z依次为　 　。
（2）废铁屑与混合溶液发生的反应有 该反应所属基本反应类型是　 　；另一反应的化学方程式是　 　。
（3）操作Ⅰ包括：①过滤，②洗涤，③加足量稀硫酸，④干燥，正确的操作顺序是　 　(填序号)。在实验室，过滤所用的非玻璃仪器是　 　。
（4）操作Ⅱ需加入一种试剂实现其转化，该试剂可以是　 　(填化学式)。
（5）若所用废铁屑含有少量铁锈，对产品纯度　 　(填“有”或“无”)影响。
【答案】（1）4、2、2
（2）化合反应；
（3）③①②④；铁架台
（4）Na2CO3
（5）无
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；反应类型的判定；化学方程式的书写与配平；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】黄铜矿（主要成分为CuFeS2）在65-80℃、嗜热细菌、硫酸和氧气的作用下，被氧化生成硫酸铁和硫酸铜溶液；向混合溶液中加入过量废铁屑，铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜；过滤后，滤渣为铜和过量的铁，向滤渣中加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤、洗涤、干燥得到铜；滤液为硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入碳酸钠溶液，生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠。
（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，配平化学方程式：4CuFeS2+17O2+2H2SO44CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，因此x、y、z依次为4、2、2。
（2）反应Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4是由两种物质生成一种物质的反应，属于化合反应。另一个反应是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。
（3）操作I是从铜和过量铁的混合物中得到纯净的铜，正确的操作顺序是：③加足量稀硫酸（溶解过量的铁）、①过滤（分离出铜）、②洗涤（除去铜表面的杂质）、④干燥（得到干燥的铜）。在实验室中，过滤所用的非玻璃仪器是铁架台（带铁圈）。
（4）操作II是将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，可加入的试剂是Na2CO3，碳酸钠与硫酸亚铁反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠。
（5）若所用废铁屑含有少量铁锈（主要成分为Fe2O3），铁锈与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，硫酸铁又能与铁反应生成硫酸亚铁，最终都转化为硫酸亚铁，不会引入新的杂质，因此对产品铜的纯度无影响。
【分析】（1）根据质量守恒定律配平化学方程式，分别计算反应前后Cu、Fe、S、O原子的个数，使反应前后原子个数相等；
（2）根据基本反应类型的定义和化学方程式的书写解答，化合反应的特点是“多变一”；铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜；
（3）根据物质的分离和提纯方法解答，除去铜中的铁，可以用稀硫酸溶解铁，然后过滤、洗涤、干燥；过滤操作需要用到的仪器有铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗，其中非玻璃仪器是铁架台；
（4）根据复分解反应的原理解答，碳酸盐能与可溶性亚铁盐反应生成碳酸亚铁沉淀；
（5）根据铁锈的性质和反应流程解答，铁锈与稀硫酸反应生成的硫酸铁会与铁反应生成硫酸亚铁，不影响铜的纯度。
12．实验室用如图装置可进行多种气体的制取。
（1）小宇同学欲制取H2，选用图1的装置是否正确 并说明理由：　 　。
（2）小刘同学用图1装置制取O2，应选用的试剂是　 　，其中固体试剂起　 　作用，反应的化学方程式为　 　。
（3）实验室用图1装置制取CO2时，盛装块状固体的仪器名称是　 　，通过分液漏斗加入稀盐酸。如图2向集满CO2的软塑料瓶中加入100 mL水和8滴石蕊溶液，立即旋紧瓶盖，振荡，观察到的现象是　 　。
（4）已知20℃时，氢氧化钠易溶于酒精，碳酸钠在酒精中几乎不溶解。如图3所示，当观察到　 　时，可证明二氧化碳与氢氧化钠发生了反应。
【答案】（1）不正确，氢气密度比空气小，不应采用向上排空气法收集
（2）过氧化氢溶液和二氧化锰；催化；2H2O22H2O+O2↑
（3）锥形瓶；软塑料瓶变瘪，紫色石蕊溶液变红
（4）有白色固体析出
【知识点】气体反应装置的选取；制取气体的反应原理的探究；二氧化碳的实验室制法；氢气的制取和检验
【解析】【解答】（1）氢气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，而图1装置采用的是向上排空气法收集，因此选用图1的装置制取H2不正确。
（2）图1装置是固液不加热型气体发生装置，用该装置制取O2，应选用的试剂是过氧化氢溶液和二氧化锰。其中二氧化锰是催化剂，起催化作用，能加快过氧化氢的分解速率。过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑。
（3）实验室用图1装置制取CO2时，盛装块状固体（大理石或石灰石）的仪器名称是锥形瓶。向集满CO2的软塑料瓶中加入100mL水和8滴石蕊溶液，立即旋紧瓶盖，振荡，观察到的现象是：软塑料瓶变瘪，紫色石蕊溶液变红。原因是二氧化碳溶于水且与水反应生成碳酸，使瓶内压强减小，软塑料瓶变瘪；碳酸能使紫色石蕊溶液变红。
（4）已知20℃时，氢氧化钠易溶于酒精，碳酸钠在酒精中几乎不溶解。因此当观察到有白色固体析出时，可证明二氧化碳与氢氧化钠发生了反应，因为二氧化碳与氢氧化钠反应生成的碳酸钠不溶于酒精，会以白色固体的形式析出。
【分析】（1）根据气体的收集方法解答，密度比空气小的气体用向下排空气法收集，密度比空气大的气体用向上排空气法收集；
（2）根据氧气的实验室制取方法解答，固液不加热型装置制取氧气用过氧化氢和二氧化锰，二氧化锰是催化剂；
（3）根据常见仪器的名称和二氧化碳的性质解答，二氧化碳能溶于水且能与水反应生成碳酸，碳酸呈酸性，能使紫色石蕊溶液变红；
（4）根据物质的溶解性解答，利用碳酸钠和氢氧化钠在酒精中溶解性的差异，可以证明二氧化碳与氢氧化钠发生了反应。
13．学科融合，让劳动教育“活”起来。劳动课上，老师演示制作馒头，向面粉中加入一种白色粉末，做出的馒头疏松多孔，口感更好。
(一)成分探究
【提出问题】这种“神奇粉末”的成分是什么
【信息提示】①老师指出白色粉末的成分只涉及 Na2CO3和 NaHCO3，其水溶液均呈碱性。
②NaHCO3溶液不与CaCl2溶液发生反应。
③已知 NaHCO3 受热易分解，而 Na2CO3 受热难分解，有关反应的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【提出猜想】
猜想1：该粉末是 Na2CO3；猜想2：该粉末是 NaHCO3；猜想3：该粉末是 Na2CO3和NaHCO3。
【实验与现象】实验过程与现象如图1。
【问题与讨论】
（1）根据步骤①②，甲同学认为猜想1 一定正确，乙同学认为根据步骤①②的实验现象，不能得出该结论，请解释其原因：　 　。
（2）结合步骤③现象及信息提示，可知猜想　 　一定不对。
（3）步骤④中加热至固体质量不再改变，将生成的气体全部通入足量澄清石灰水中，得到白色沉淀a，经洗涤、干燥后称量质量2.5g，白色沉淀b的质量　 　(填“等于”“小于”或“大于”)2.5g，可得出猜想3是正确的结论。
（4）某处获取的天然碱样品可表示为 (a、b、c为最简整数比)，为测定其组成，兴趣小组同学称取该天然碱样品16.6g进行如图2所示的实验。已知：图中B处为两个单向阀，推注射器时 A1关闭，A2打开；拉注射器时， 打开进空气， 关闭。
【实验步骤】
①组装好装置，　 　。
②反复推拉注射器后称量 E、F的质量。
③关闭弹簧夹，加热 D 处试管直到反应不再进行。
④打开弹簧夹，再次反复缓缓推拉注射器。
⑤再次称量E、F的质量。
（5）【问题探究】
补充完成步骤①短线上的操作：　 　。
（6）E 中的试剂为　 　；G的作用是　 　。
（7）步骤④缓缓推拉注射器的目的是　 　。
（8）根据表中数据计算可得，天然碱的化学式中a：b：c=　 　。
反应前 反应后
E的质量为100.0 g E 的质量为102.25 g
F的质量为50.0g F的质量为51.1g
【答案】（1）NaHCO3溶液也呈碱性，与酸反应也产生气体
（2）2
（3）大于
（4）生成白色沉淀且溶液仍为红色
（5）检查装置的气密性
（6）浓硫酸；防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入F装置，影响实验测定结果
（7）使反应生成的水、二氧化碳全部被E、F装置吸收
（8）2：1：2
【知识点】实验探究物质的性质或变化规律；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
【解析】【解答】（1）步骤①中白色粉末加水加酚酞，溶液变红，说明溶液呈碱性；步骤②中加适量盐酸，有气体生成，说明溶液中含有碳酸盐。但NaHCO3溶液也呈碱性，且NaHCO3与盐酸反应也能生成二氧化碳气体，因此根据步骤①②的实验现象，不能得出猜想1一定正确的结论。
（2）结合步骤③的现象及信息提示，NaHCO3溶液不与CaCl2溶液发生反应，而Na2CO3溶液与CaCl2溶液反应生成白色沉淀，因此步骤③加适量CaCl2溶液有白色沉淀生成，说明粉末中一定含有Na2CO3，因此猜想2（该粉末是NaHCO3）一定不对。
（3）步骤④中加热至固体质量不再改变，生成的气体全部通入足量澄清石灰水中，得到白色沉淀a。由碳酸氢钠加热生成碳酸钠，水与二氧化碳，生成的碳酸钠和二氧化碳中所含碳元素的质量相等，把生成的二氧化碳全部通入足量澄清石灰水中，得到白色沉淀a(碳酸钙)的质量是2.9g，则生成的碳酸钠与足量的氯化钙反应得到白色沉淀碳酸钙的质量也是2.9g，若白色沉淀b的质量大于2.9g，说明步骤4中加热后的固体中的碳酸钠由两部分组成，碳酸氢钠受热分解生成的碳酸钠和原白色粉末中含有的碳酸钠，所以猜想3正确；。
（4）向步骤④加热后所得固体配成的溶液中加入足量CaCl2溶液，若出现白色沉淀且溶液仍为红色，说明溶液中含有Na2CO3和NaOH，进一步证明猜想3成立。
（5）凡是有气体参加或生成的实验，实验前都要检查装置的气密性，防止装置漏气影响实验结果，因此步骤①短线上的操作是检查装置的气密性。
（6）E中的试剂为浓硫酸，作用是吸收反应生成的水；G的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入F装置，影响实验测定结果。
（7）步骤④缓缓推拉注射器的目的是使反应生成的水和二氧化碳全部被E、F装置吸收，确保测定结果准确。
(8)E装置中增加的质量为反应生成水的质量，则生成水的质量为102.25g-100.0g=2.25g，F装置中增加的质量为反应生成二氧化碳的质量，则生成二氧化碳的质量为51.1g-50.0g=1.1g；设天然碱中碳酸氢钠的质量为x，反应生成水的质量为y。
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
168 44 18
x 1.1g y
x=4.2g
y=0.15g
故该天然碱中结晶水的质量为2.25g-0.45g=1.8g，
该天然碱中碳酸钠的质量为16.6g-1.8g-4.2g=10.6g，该天然碱的化学式中
【分析】（1）根据碳酸钠和碳酸氢钠的性质解答，碳酸钠和碳酸氢钠溶液都呈碱性，且都能与盐酸反应生成二氧化碳气体；
（2）根据碳酸钠和碳酸氢钠与氯化钙的反应差异解答，碳酸钠与氯化钙反应生成白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应；
（3）根据碳酸氢钠受热分解的性质解答，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠受热不分解；
（4）根据碳酸钠和氢氧化钠的性质解答，碳酸钠与氯化钙反应生成白色沉淀，氢氧化钠溶液呈碱性，能使酚酞溶液变红；
（5）根据实验基本操作解答，有气体参与的实验，实验前必须检查装置气密性；
（6）根据实验装置的作用解答，浓硫酸具有吸水性，可吸收水；碱石灰可吸收二氧化碳和水，G装置可防止空气中的二氧化碳和水进入F装置；
（7）根据实验操作的目的解答，缓缓推拉注射器可以使装置内的气体全部被吸收，提高测定结果的准确性；
（8）根据化学方程式的计算解答，先根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量和生成水的质量，再计算结晶水的质量和碳酸钠的质量，最后计算a：b：c的比值。
14． 我国古代将炉甘石( 赤铜 和木炭粉混合后加热到约 ，得到一种外观似黄金的铜锌合金。
（1） 的化学名称是　 　，上述反应的化学方程式为①②③　 　。
（2）化学兴趣小组为测量铜锌合金中铜的质量分数，拟配制200 g 19.6%的稀硫酸，需98%的浓硫酸　 　g。配制时确保操作安全的注意事项是　 　。
（3）取20g铜锌合金放入足量的稀硫酸中，充分反应后得到气体的质量为0.2g，求合金中铜的质量分数(无计算过程不给分)。
【答案】（1）氧化亚铜；
（2）40；把浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌
（3）设合金中锌的质量为x。
65 2
x 0.2g
x=6.5g
铜的质量分数为
答：该合金中铜的质量分数为67.5%。
【知识点】质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算；稀释浓硫酸
【解析】【解答】（1）Cu2O的化学名称是氧化亚铜。配制200g 19.6%的稀硫酸，设需要98%的浓硫酸的质量为x。根据稀释前后溶质质量不变，可得98%x=200g×19.6%，解得x=40g。
稀释浓硫酸时，确保操作安全的注意事项是：把浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，切不可将水倒入浓硫酸中，因为浓硫酸溶于水会放出大量的热，使水沸腾，造成液体飞溅。
【分析】（1）根据氧化物的命名方法和浓硫酸的稀释方法解答，氧化物的命名是“氧化某”，若金属有多种化合价，低价态的读作“亚某”；稀释浓硫酸时要遵循“酸入水，沿器壁，慢搅拌”的原则；
（2）本题考查根据化学方程式的计算，解题步骤如下：①根据氢气的质量，利用锌与稀硫酸反应的化学方程式，计算出合金中锌的质量；②用合金的总质量减去锌的质量，得到铜的质量；③根据铜的质量和合金的总质量，计算出合金中铜的质量分数。
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