化学（广州卷）2023年中考第一次模拟考试卷（解析版）

这是一份化学（广州卷）2023年中考第一次模拟考试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了乙醇是一种清洁能源，下列关于水的说法中，不正确的是，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

2023年中考化学第一次模拟考试卷（广州卷）
（ 共20小题 考试时间：60分钟 试卷满分：90分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ca-40 Mg-24
第Ⅰ卷（共42分）
一、 选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意。
错选、不选、多选或涂改不清的，均不给分。
1．医用外科口罩，以聚丙烯[(C3H6)n](n约为103～104)为主要原料，对细菌、病毒有很强的阻隔作用。下列说法错误的是（ ）

A．用过的口罩应集中处理、销毁
B．对细菌、病毒的阻隔属于物理变化
C．聚丙烯的相对分子质量是42
D．聚丙烯是有机合成材料
【答案】C
【解析】A、用过的口罩属于医疗废物垃圾，应集中处理、销毁，故该项说法正确；B、口罩的作用原理相当于过滤，能将粉尘、飞沫等与空气分离，将细菌、病毒进行阻隔，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故该项说法正确；C、聚丙烯的相对分子质量是42n，故该项说法错误；D、聚丙烯属于热塑性塑料，塑料是有机合成材料，故该项说法正确。故选C。
2．垃圾分类从我做起。废旧金属属于（ ）

A． 可回收物 B．有害垃圾

C．厨余垃圾 D．其他垃圾
【答案】A
【解析】A、可回收物是指各种废弃金属、金属制品、塑料等可回收的垃圾，废旧金属属于可回收垃圾，故选项正确；B、有害垃圾是指造成环境污染或危害人体健康的物质，废旧金属属于可回收垃圾，故选项错误；
C、厨余垃圾用于回收各种厨房垃圾，废旧金属属于可回收垃圾，故选项错误；D、其它垃圾是指可回收垃圾、厨余垃圾、有害垃圾之外的其它垃圾，废旧金属属于可回收垃圾，故选项错误。故选A。
下列说法中，不正确的是（ ）
3．空气是多种气体的混合物，下列生产生活中用到的气体来自空气的是（ ）
A．用于飞艇的氦气 B．制硝酸用到的二氧化氮
C．用于做汽水的二氧化碳 D．做饭用到的天然气
【答案】A
【解析】A、用于飞艇的氦气，属于稀有气体，属于空气成分，故来自于空气，故选项正确；B、制硝酸用到的二氧化氮，二氧化氮不是空气的成分，故选项错误；C、用于做汽水的二氧化碳是由碳酸氢钠和柠檬酸反应制得，不是来自空气，故选项错误；D、做饭用到的天然气，天然气不是空气的成分，故选项错误。故选A。
4．葡萄糖酸钙是常用的补钙剂，其化学式为Ca(C6H11O7)2。下列关于葡萄糖酸钙的说法正确的是（ ）
A．钙是人体必需的微量元素 B．葡萄糖酸钙中氢元素的质量分数最小
C．由49个原子构成 D．钙元素、氧元素的质量比为1：14
【答案】B
【解析】A、钙是人体必需的常量元素，故该项说法错误；B、葡萄糖酸钙中钙、碳、氢、氧四种元素的质量比为40：（12×6×2）：（1×11×2）：（16×7×2）=20：72：11：112，则氢元素的质量分数最小，故选项说法正确；C、1个葡萄糖酸钙分子由49个原子构成，故选项说法错误；D、葡萄糖酸钙中钙、氧元素的质量比为40：（16×7×2）=5：28，故选项说法错误。故选B。
5．乙醇是一种清洁能源。科学家利用新型催化剂。将二氧化碳转化为液态燃料乙醇。反应的微观示意图如图。下列说法不正确的是（ ）

A．反应前后都是混合物
B．反应前后有2种氧化物
C．若有44g二氧化碳反应，则生成氧气48g
D．以上为置换反应
【答案】D
【解析】A. 反应前后都含有多种分子，都是混合物。正确。B. 反应前有H2O、CO2，反应后有C2H5OH、O2，有水、二氧化碳两种氧化物。正确。C. 图中原子守恒，每2个二氧化碳分子参与反应会生成3个氧气分子，所以若有44g二氧化碳反应，则生成氧气，正确。D. 该反应的反应物都是化合物，不是置换反应，错误。故选D。
6．如图为元素周期表第四周期的局部和部分原子的结构示意图。下列有关说法错误的是（ ）

A．上述四种原子的核外电子排布都有4个电子层
B．锗元素的相对原子质量x大于69.72
C．稼原子在化学反应中容易失去电子，形成Ga3-
D．硒离子的核外电子数为36
【答案】C
【解析】A、31号、34号元素原子核外都有4个电子层，则32号、33号元素原子核外也都有4个电子层，故A不符合题意；B、由表格数据知，四种元素的相对原子质量依次增大，所以锗元素的相对原子质量x大于69.72，故B不符合题意；C、由图知，稼原子最外层电子数是3，易失去，形成稼离子，稼离子带3个单位的正电荷，符号为Ga3+，故C符合题意；D、由图知，硒原子最外层有6个电子，易得到2个电子形成稳定结构，形成硒离子，则硒离子的核外电子数为，故D不符合题意。故选C。
7．下列生活应用或生产活动中，不是运用相应化学知识的是（ ）
选项
生活应用或生产活动
化学知识
A
铅笔芯在纸上画过会留下黑色痕迹
石墨很软，且为深灰色
B
湿衣服在阳光下比在阴凉处干得快
分子不断运动，温度越高，运动速率越快
C
伍德合金用于制电路保险丝
伍德合金的硬度较小
D
用炸药爆破拆除楼房
利用了化学反应产生的能量
【答案】C
【解析】A、石墨很软，且为深灰色，在纸上画过会留下黑色痕迹，可以作铅笔芯，正确；B、分子是不断运动的且运动速率与温度有关，湿衣服在阳光下比在阴凉处干得快是因为分子不断运动，温度越高，运动速率越快，正确；C、伍德合金用于制电路保险丝是因为伍德合金的熔点低，温度过高会熔断，错误；D、用炸药爆破拆除楼房是利用了化学反应产生的能量拆除楼房，正确。故选C。
8．下列关于水的说法中，不正确的是（ ）
A．活性炭净水器里，活性炭的作用是吸附、并过滤水中的杂质
B．氢气燃烧生成水的实验，说明水是由氢、氧两种元素组成的
C．电解水实验中得到的氧气和氢气的体积比约为1：2
D．水变成水蒸气的过程中水分子体积变大
【答案】D
【解析】A、活性炭净水器里，活性炭吸附水中色素和异味，并能过滤水中的部分杂质，故说法正确；B、氢气燃烧生成水，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，说明水是由氢、氧两种元素组成的，故说法正确；C、电解水实验中，得到的氧气和氢气的体积比约为1：2，故说法正确；D、水变成水蒸气的
9．下列选项中，利于培养化学学科核心素养的是（ ）
A．变化与守恒：某物质R燃烧后生成CO2和H2O，则R中一定含C、H、O元素
B．模型与推理：碱中含有OH-，所以Cr(OH)SO4是碱类
C．宏观与微观：品红在水中扩散，说明分子总在不停地运动
D．探究与创新：探究红砖粉是否为过氧化氢分解的催化剂，只需设计实验证明红砖粉能否改变反应速率即可
【答案】C
【解析】A、某物质R燃烧后生成CO2和H2O，CO2和H2O两种物质中含有碳、氢、氧三种元素，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，反应物氧气中含有氧元素，则R中一定含C、H元素，可能含O元素，故选项说法错误；B、碱是指在溶液中电离成的阴离子全部是 OH- 的化合物。Cr(OH)SO4中的阴离子不全部是 OH-，还有，属于盐类， 故选项说法错误；C、品红在水中扩散，说明品红分子总在不停地运动，运动到水分子中间去了，故选项说法正确；D、探究红砖粉是否为过氧化氢分解的催化剂，除设计实验证明红砖粉能否改变反应速率外，还需证明其质量和化学性质在反应前后不变，故选项说法错误。故选 C。
10．下列说法正确的是（ ）
A．C60由分子构成
B．利用活性炭的吸附性，可以软化硬水
C．二氧化碳不能供给呼吸，是空气污染指数的项目
D．一氧化碳能结合生物体的白细胞使生物体缺氧中毒
【答案】A
【解析】A、C60是由C60分子构成的，故该项说法正确；B、活性炭能吸附色素和异味，不能吸附水中可溶性的钙镁化合物，因此不能软化硬水，故该项说法错误；C、二氧化碳不能供给呼吸，但二氧化碳不是污染性气体，不属于空气污染指数的项目，故该项说法错误；D、一氧化碳能结合生物体的血红蛋白，导致血红蛋白不能运输氧气，使生物体缺氧中毒，故该项说法错误。故选A。
11．某兴趣小组做了以下实验，根据实验过程分析下列说法不正确的是（　　）

温度/℃
10
20
30
40
50
溶解度/g
20.9
31.6
X
63.9
85.5
A．溶液①溶质质量分数为20%
B．溶液②中溶质与溶剂的质量比为1：2
C．30℃时硝酸钾溶解度：31.6 D．溶液③中再溶解35.5gKNO3为可成为饱和溶液
【答案】B
【解析】A、20℃时硝酸钾溶解度为31.6g，100g水中最多溶解31.6g硝酸钾，溶液①溶质质量分数为=20%，故选项说法正确。B、20℃时硝酸钾溶解度为31.6g，100g水中最多溶解31.6g硝酸钾，共加入了50g硝酸钾，不能全部溶解，溶液②中溶质与溶剂的质量比为31.6g：100g≠1：2，故选项说法错误。C、由硝酸钾的溶解度数据表可以看出，硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，30℃时硝酸钾溶解度数据：31.6 12．下列实验操作或所用试剂能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验操作或所用试剂
A
除去CH4中混有的少量水蒸气
通过装有浓盐酸的洗气瓶
B
检验某气体是否为CO2
用燃着的木条伸入该瓶气体中
C
除去KOH固体中的K2CO3
取样，加水溶解，加入足量的稀硫酸
D
鉴别NaCl、NaOH、NH4NO3固体
用水
【答案】D
【解析】A、浓盐酸不能吸收水蒸气，且具有挥发性，挥发出氯化氢气体，该操作不能达到实验目的；B、由于不支持燃烧的气体不至有二氧化碳一种，所以将燃着的木条伸入瓶内木条熄灭并不能证明该气体一定是二氧化碳，该操作不能达到实验目的；C、KOH、K2CO3都能和稀硫酸反应，不符合除杂原则，该操作不能达到实验目的；D、加水溶解，温度升高的是氢氧化钠，温度降低的是硝酸铵，温度无明显变化的是氯化钠，该选项能够达到实验目的。故选D。
13．芯片是电脑、智能家电的核心部件，它是以高纯度的单质硅（Si）为材料制成的。硅及其氧化物能发生如下反应：
①
②
③
④
下列说法不正确的是（   ）
A．反应③属于置换反应 B．上述反应中共生成三种可燃性气体
C．Na2SiO3中Si为+4价 D．Si和SiO2在一定条件下可以相互转化
【答案】B
【解析】A、单质与化合物反应生成新的单质和新的化合物的反应叫做置换反应，反应③碳单质和二氧化硅在高温下反应生成硅单质和一氧化碳，属于置换反应，A选项说法正确，不符合题意；B、反应①无气体生成，反应②生成二氧化碳气体，二氧化碳不燃烧，反应③生成一氧化碳气体，一氧化碳具有可燃性，反应④生成氢气，氢气具有可燃性，四个反应中共生成两种可燃性气体，B选项说法不正确，符合题意；C、Na2SiO3中钠元素显+1价，氧元素显-2价，设硅元素的化合价为x，根据化学式中元素化合价代数和为0有，解得x=+4，即Si为+4价，C选项说法正确，不符合题意；D、由反应①和反应③可知Si和SiO2在一定条件下可以相互转化，D选项说法正确，不符合题意。故选B。
14．下列实验操作对应的现象和结论正确的是（ ）

实验操作
现象
结论
A
某待测液中加氯化钙溶液
有白色沉淀生成
该溶液为AgNO3溶液
B
将CO通入氧化铁粉末中
粉末由黑色变为红色
CO有还原性
C
将2根铜丝分别放入硫酸铝溶液和硝酸银溶液中，观察现象
硫酸铝溶液没有明显现象，硝酸银溶液逐渐变蓝，其中铜丝表面有银色物质析出
金属活动性顺序：Al>Cu>Ag
D
将铜片和黄铜片相互刻画
铜片上留下划痕，黄铜片无明显现象
合金硬度比组成它的纯金属硬度小
【答案】C
【解析】A、能与氯化钙反应生成白色沉淀的不只有硝酸银，如氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀，所以该溶液不一定是硝酸银溶液。错误。B、一氧化碳和氧化铁高温条件下反应生成铁和二氧化碳，实验操作缺少反应条件，如在高温条件下发生反应，现象是粉末由红色变为黑色。错误。C、活泼金属能将不活泼金属从其盐溶液中置换出来，硫酸铝不和铜反应，活动性Al>Cu。硝酸银和铜反应生成银和硝酸铜，现象为溶液逐渐变蓝，铜丝表面出现银色物质，证明活动性Cu>Ag，可以得出活动性Al>Cu>Ag的结论。正确。
D、合金的硬度比组成它的纯金属硬度大，黄铜是铜的合金，所以将铜片和黄铜片相互刻画，铜片上留下划痕，黄铜片无明显现象。错误。故选：C。
二、非选择题：本题包括6小题，共48分。
15．（4分）阅读材料回答问题。
(1)CO2是最主要的温室气体，也是巨大的碳资源，CO2的低能耗捕集、转化和利用正受到世界各国的广泛关注。以CO2为原料制取炭黑的太阳能工艺如图1所示。

①反应1的基本类型为_______。
②反应2中碳元素的化合价_______(填“升高”“不变”或“降低”)。
(2)利用Na2CO3或K2CO3溶液吸收低浓度的CO2，将其转化为NaHCO3或KHCO3，NaHCO3或KHCO3受热分解生成高浓度的CO2储存利用，生成的Na2CO3或K2CO3循环使用以降低生产成本。
吸收剂
Na2CO3
K2CO3
20℃最高浓度(g/L)
212
1104
价格(元/Kg)
1.25
9.80
根据表中信息，选择K2CO3溶液作吸收液的优点是_______。
(3)鱼浮灵是水产养殖中常见的增氧剂，溶于水后生成Na2CO3和H2O2，能增加水体溶解氧的量。某课外小组用溶解氧传感器探究加入鱼浮灵时，鱼浮灵对不同水体的溶解氧量的影响。实验数据如下：
水质
湖水
蒸馏水
自来水
起始溶解氧量(mg/L)
1.48
1.46
0.85
最终溶解氧量(mg/L)
3.36
3.28
2.79
溶解氧增值(mg/L)
1.88
1.82
1.94
进行实验时，不需要控制的前提条件是 。
A．常温下 B．水的体积相同
C．加入鱼浮灵质量相同 D．实验仪器相同
【答案】(1)  分解反应 ；降低；(2)吸收二氧化碳的能力较强；(3)D
【解析】(1)①反应1是四氧化三铁在2300K、光照条件下生成氧气和氧化亚铁，反应符合一变多，故基本类型为分解反应；②反应2中反应物中碳元素在二氧化碳中，生成物中碳元素在碳单质中，二氧化碳中氧元素的化合价为-2价，设碳元素的化合价为x，根据化合物中各元素的正负化合价代数和为零，则，x+2×(-2)=0，解得x=+4，故二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，碳单质中碳元素的化合价为0，故碳元素的化合价降低；(2)根据表中信息可知，碳酸钾吸收二氧化碳能力较强，碳酸氢钾加热生成碳酸钾、二氧化碳和水，故选择K2CO3溶液作吸收液的优点是吸收二氧化碳的能力较强；(3)实验3的目的是探求在不同水体中加入鱼浮灵造成的水体溶氧量变化，前提就是在常温下相同体积的不同水体中加入相同质量的鱼浮灵进行实验，故需要控制的是温度在常温下，三种水体的体积相同，加入鱼浮灵质量相同，所有实验仪器可以不同；故选D。
16．（8分）石灰石是重要的化工原料，某实验小组为研究石灰石的分解，取三块形状大小相近的石灰石，一块不加热，另两块分别在酒精灯和酒精喷灯的火焰上加热 2min（假设杂质加热时不发生变化）。探究过程如图所示，下表为实验现象。

实验组别
实验条件
试管 A 中的现象
试管 B 中的现象
甲
未加热
固体无变化
无明显现象
乙
酒精灯加热
固体部分溶解
呈浅红色
丙
酒精喷灯加热
固体部分溶解
呈红色
(1)实验乙、丙中，试管 B 溶液呈红色的原因是______（用化学方程式表示）。
(2)乙组实验加热石灰石时，在火焰上方倒扣一个用澄清石灰水润湿的烧杯，石灰水变浑浊，出现浑浊的化学方程式为_____。此实验能否推断石灰石煅烧产生二氧化碳______（填“能”或“不能”）
(3)丙组实验完成后，向试管 B 中逐滴滴入稀盐酸，至红色恰好褪去，轻轻晃动试管，溶液自下而上又变为红色。在下图中画出红色恰好褪去和重新变红时溶液中存在的微观粒子种类______（粒子数目不作要求：水分子不必画出）。
  
(4)为检验丙组实验中的石灰石只有部分分解，设计实验：取研细后的粉末少许于试管中，_____（补充完整操作和现象）。
(5)通过甲、乙、丙三组对比实验，得出影响石灰石分解的因素是________。
【答案】(1)；(2)    ；不能；(3)；
(4)滴入足量稀盐酸，有气泡产生。（合理即可）；(5)温度；
【解析】（1）实验乙、丙中，导致试管B溶液呈红色的原因是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，氢氧化钙溶液呈碱性，反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2；（2）乙组实验加热石灰石时，在火焰上方倒扣一个用澄清石灰水润湿的烧杯，石灰水变浑浊，因为碳酸钙分解生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，化学方程式为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；此实验不能推断石灰石煅烧产生二氧化碳，因为酒精燃烧也会生成二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊；（3）丙组实验中，向试管B中逐滴滴入稀盐酸，至红色恰好褪去，轻轻晃动试管，溶液自下而上又变为红色。其原因是：氢氧化钙与盐酸反应，酚酞红色褪去；氢氧化钙微溶于水，晃动，氢氧化钙又继续溶解，溶液呈碱性，使酚酞变红。因此：在下图中红色褪去时，溶液中仅存在钙离子和氯离子，重新变红时溶液中存在的微观粒子是钙离子、氢离子和氯离子如图所示：
（4）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳。为检验丙组实验中的石灰石部分分解，设计实验：取研细后的粉末少许于试管中，滴入稀盐酸，有气体产生；（5）通过甲、乙、丙三组对比实验，没有加热的石灰石没有分解，酒精灯加热的石灰石部分分解，酒精喷灯加热的石灰石分解率最高，得出影响石灰石分解的因素是温度。
17．（8分）轻质氧化镁（MgO）在橡胶工业上有重要用途。兴趣小组同学在实验室用工业炉渣废料（主要成分是MgO、CaO，含少量杂质SiO2）来制取轻质氧化镁。实验流程如下：

【查阅资料】Mg（OH）2、MgCO3受热易分解，分解温度不同，各生成对应的两种氧化物。请根据流程图回答下列问题：
(1)步骤①研磨的目的是__________。
(2)写出粉末中MgO发生反应的化学方程式__________。
(3)小组同学用热分析仪对固体混合物X进行热分解，获得相关数据，绘成固体质量变化与分解温度的关系如图。

①BC段的固体成分是__________。
②写出C点中固体发生反应的化学方程式___________。
③混合物X中MgCO3和Mg（OH）2的质量比是__________，若混合物X用aMgCO3·bMg（OH）2表示，a:b=__________。
【答案】(1)增大接触面积，使物质充分反应；(2)；(3)  氧化镁和碳酸镁（或） ； ； ；
【解析】（1）研磨之后使固体形成粉末，增大了接触面积，使物质充分反应，故填：增大接触面积，使物质充分反应；（2）氧化镁和二氧化碳反应生成碳酸镁，化学方程式为：；
（3）①氢氧化镁受热分解为两种氧化物，则生成氧化镁和水。碳酸镁受热分解为两种氧化物，则分解为氧化镁和二氧化碳。则AB段减少的质量(31.6g-24.4g=7.2g)，CD段减少的质量(24.4g-20.0g=4.4g)分别是生成水和二氧化碳的质量。
设混合物中氢氧化镁的质量为x，碳酸镁的质量为y
假设生成水的质量为7.2g，生成二氧化碳的质量为4.4g，根据反应前后元素质量守恒可知


23.2g+8.4g=31.6g，符合图像情况。
假设生成二氧化碳的质量为7.2g，生成水的质量为4.4g，根据反应前后元素质量守恒可知


14.2g+13.7g=27.9g，固体开始时的质量为31.6g，与图像不相符。所以AB段发生的反应是氢氧化镁受热分解为氧化镁和水，BC段固体成分是氢氧化镁分解生成的氧化镁和剩余的碳酸镁。②C点发生的反应是碳酸镁分解生成氧化镁和二氧化碳，故化学方程式为：；③碳酸镁和氢氧化镁的质量比为8.4g:23.2g=21:58。若混合物X用aMgCO3·bMg（OH）2表示，则84a:58b=21:58，a:b=1:4。
18．（11分）镍(Ni)是一种用途广泛的金属，镍与铁的化学性质相似。已知：硫酸镍溶液显绿色，碳酸镍和氢氧化镍均为难溶于水的绿色固体，在这些化合物中镍元素都显+2价。
(1)碳酸镍的化学式为_______。
(2)要判断铁、镍两种金属的活动性顺序，可采用的一组物质是_______、_______。
(3)用三种不同的方法制备硫酸镍(要求含镍原料分别属于不同类别物质)，写出预期反应的化学方程式：
①用氢氧化镍作为其中一种原料来制备硫酸镍，反应的化学方程式为_______。
②_______，依据的反应规律是_______。
③_______。
(4)预测硫酸镍的化学性质。
①能与_______(填物质类别)反应，从微观角度看，预测的依据是_______。
②能与_______ (填物质类别)反应，反应的化学方程式为_______。
【答案】(1)NiCO3；(2) 铁；硫酸镍；(3)     ；  ；活泼金属能和酸反应生成盐和氢气 ； （合理即可）；(4) 碱  ；镍离子能和氢氧根离子结合成氢氧化镍沉淀   ；碳酸盐 ；
【解析】(1)碳酸镍中镍元素显+2价，已知碳酸根化合价为-2价，因此碳酸镍化学式为：NiCO3。(2)
比较两种金属的活动性可以将一种金属放到另一种金属的盐溶液中，因此要判断铁、镍两种金属的活动性顺序，可以将铁放入硫酸镍溶液中，或将镍放入硫酸亚铁溶液中等。(3)①氢氧化镍是碱，能和硫酸反应生成硫酸镍和水，反应的化学方程式为：；②镍与铁的化学性质相似，可以用镍和稀硫酸反应硫酸镍和氢气，反应的化学方程式为：，依据的反应规律是活泼金属能和酸反应生成盐和氢气；③金属氧化物能和酸反应生成盐和水，可以用氧化镍和硫酸反应来制备硫酸镍，反应的化学方程式为： （合理即可）。(4)硫酸镍溶液显绿色，碳酸镍和氢氧化镍均为难溶于水的绿色固体，因此可推测硫酸镍能和碱发生复分解反应生成氢氧化镍，也能和碳酸钠等碳酸盐生成碳酸镍沉淀。因此①能与碱反应，从微观角度看，预测的依据是镍离子能和氢氧根离子结合成氢氧化镍沉淀；②能与碳酸盐反应，硫酸镍能和碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸镍沉淀，反应的化学方程式可以为：。
19．（7分）实验室制取气体。
(1)选用药品进行对比实验。按下表进行实验，等质量的大理石加入足量酸中(杂质不与酸反应)。测得产生二氧化碳体积随着时间变化曲线如图所示：

实验编号
药品
Ⅰ
块状大理石、10%H2SO4溶液
Ⅱ
块状大理石、7%HCl溶液
Ⅲ
大理石粉末、7%HCl溶液
①图中丙对应实验_______(选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
②不用甲对应的药品，理由是_______。
(2)实验室制取多瓶氧气
①组装能随意添加双氧水的装置。应选用_______(选单编号)。写出仪器c的名称_______。写出用双氧水、二氧化锰制取氧气的化学方程式_______。

②收集氧气。用上图装置收集时，空气从_______端排出。
③写出用②收集氧气验满的方法_______。
【答案】(1) Ⅰ  ；反应太剧烈，不利于收集二氧化碳；(2) adfh ；长颈漏斗；  ； B  ；将带火星木条放到B端，若木条复燃则氧气收集满
【解析】（1）①由图可知甲反应速率最快，故为对应实验Ⅲ大理石粉末和稀盐酸反应，乙产生二氧化碳和甲一样多，但时间较长，故为对应实验Ⅱ块状大理石和稀盐酸反应，丙产生的二氧化碳较少，根据大理石和稀硫酸反应生成硫酸钙微溶于水，覆盖在大理石表达阻止了反应的进一步发生，图中丙对应实验I；②由图可知甲产生二氧化碳的速率很快，故不用甲对应的药品，理由是反应太剧烈，不利于收集二氧化碳；（2）
①组装能随意添加双氧水的装置故需选用分液漏斗、锥形瓶、双孔塞、还有导管，故选adfh；仪器c的名称是长颈漏斗；双氧水在二氧化锰的催化下反应生成水和氧气，化学反应方程式为： ；②氧气的密度比空气大，用上图装置收集时从长管子进气，将空气从短管子排出，故空气从B端排出；③当氧气收集满时会从B端逸出，故氧气验满的方法是将带火星木条放到B。
20．（10分）有一包白色固体样品，可能含有K2CO3、K2SO4、NaCl、Ba(NO3)2中的一种或几种，为分析其组成，进行如下实验：
①取少量样品于烧杯中，加入足量蒸馏水，搅拌、静置，有白色沉淀生成。
②继续向烧杯中加入足量稀硝酸，不断搅拌，白色沉淀部分溶解，有气泡冒出。
根据以上实验回答：
(1)样品中可能有的物质是_______(填化学式)。
(2)实验①的溶液中，一定含有的溶质是_______(填化学式)。
(3)实验②中，“白色沉淀部分溶解”的化学方程式为_______。
(4)设计实验方案，进步确定样品的组成。(已知：本实验条件下，微溶物可溶于稀硝酸)
限选试剂：稀HCl、稀HNO3、BaCl2溶液、蒸馏水、AgNO3溶液、KOH溶液
实验操作
预期现象与结论
步骤1：取少量样品于烧杯中，加入足量蒸馏水，搅拌、静置、过滤。

步骤2：取少量步骤1中的滤液于试管中，__
_______
步骤3：_______
若_______，则_______。
若_______，则_______。
【答案】(1)；(2)；(3)；(4)  加入过量的稀硝酸；产生气泡；在步骤2的滤液中加入硝酸银溶液 ；若产生白色沉淀； 固体中含有氯化钠 ；若不产生白色沉淀；固体中不含有氯化钠
【解析】(1)取少量样品于烧杯中，加入足量蒸馏水，搅拌、静置，有白色沉淀生成说明溶液中一定含有硝酸钡，含有碳酸钾、硫酸钾中的一种或两种，可能含有氯化钠；继续向烧杯中加入足量稀硝酸，不断搅拌，白色沉淀部分溶解，有气泡冒出，说明沉淀是碳酸钡和硫酸钡，说明一定含有碳酸钾和硫酸钾，可能含有氯化钠；故填：；(2)硝酸钡和碳酸钾反应生成碳酸钡和硝酸钾，硝酸钡和硫酸钾反应生成硫酸钡和硝酸钾，故实验①的溶液中，一定含有的溶质是硝酸钾，故填：;(3)实验②中，硫酸钡不溶于硝酸，碳酸钡溶于硝酸，白色沉淀部分溶解是碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，故填：；(4)进一步确定样品的组成就是要检验物质中是否含有氯化钠，只需要检验物质中含有氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀。为了防止碳酸根离子、硫酸根离子对氯离子检验产生干扰，故要先将这些离子除尽，故先加过量的稀硝酸溶液除去碳酸根离子，在滤液中继续加入硝酸银溶液去检验氯离子；故填：加入过量的稀硝酸；产生气泡；在步骤2的滤液中加入硝酸银溶液；若产生白色沉淀；固体中含有氯化钠；若不产生白色沉淀；固体中不含有氯化钠。