_2018年四川省攀枝花市中考化学真题及答案

2018年四川省攀枝花市中考化学真题及答案

一、选择题（每小题2.5分，共40分，每小题只有一个选项符合题意）

1. 我国化学家侯德榜创立的“侯氏制碱法”誉满全球，其中的“碱”指纯碱，也就是下列中的（　　）

A. 氢氧化钠 B. 碳酸氢钠 C. 碳酸钠 D. 氯化钠

【答案】C

【解析】

【详解】候氏制碱法是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳析出晶体，得到晶体受热分解得到碳酸钠，碳酸钠（Na2CO3）俗称纯碱。故选C。

2. 盛放氢氧化钠固体的试剂瓶上应贴的危险化学品标志是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】A、图为易燃液体标志，氢氧化钠不是易燃液体，故A错误；

B、图为腐蚀品标志，氢氧化钠有强腐蚀性，故B正确；

C、图为自燃物品标志，氢氧化钠不是自燃物品，故C错误；

D、图为剧毒品标志，氢氧化钠有强腐蚀性，但不是剧毒品，故D错误。故选B。

3. 下列材料属于有机合成材料的是（　　）

A. 硬铝 B. 石墨 C. 青铜 D. 塑料

【答案】D

【解析】

【分析】

有机合成材料主要是指塑料、合成纤维、合成橡胶这三大合成材料。

【详解】A、硬铝是金属合金，金属合金属于金属材料，故A错误；

B、石墨属于无机非金属材料，不属于合成材料，故B错误；

C、青铜金属合金，金属合金属于金属材料，故C错误；

D、塑料是有机合成材料，故D正确。故选D。

4. 臭氧（O3）主要分布在距离地面10﹣25km的高空。它能吸收大部分紫外线，保护地球生物。臭氧属于

A. 非金属单质 B. 金属单质 C. 化合物 D. 混合物

【答案】A

【解析】

【详解】臭氧中只有氧元素一种元素，臭氧（O3）属于纯净物中的单质，氧元素属于非金属，所以臭氧属于非金属单质。故选A。

5. 在果实膨大拉长期的芒果需要大量补充氮，钾等元素。下列符合条件的一种化肥是（　　）

A. KNO3 B. Ca（H2PO4）2

C. NH4NO3 D. （NH4）2H2PO4

【答案】A

【解析】

【详解】A、KNO3中含有氮元素、钾元素，能给农作物提供氮和钾，故A正确；

B、Ca（H2PO4）2能给农作物提供营养元素磷，故B错误；

C、NH4NO3只能给农作物提供氮元素，故C错误；

D、（NH4）2H2PO4能给农作物提供氮元素和磷元素，故D错误。故选A。

6. 运用灭火、自救等安全知识判断，下列做法不正确的是（　　）

A. 炒菜时油锅着火，立即用锅盖盖灭

B. 发现家中燃气泄漏，立即打开排气扇通风

C. 电线老化短路起火，先切断电源，再用干粉灭火器灭火

D. 逃离火灾现场时，可用湿毛巾捂住口鼻，并尽量贴近地面逃离

【答案】B

【解析】

【详解】A、炒菜时油锅着火盖上锅盖隔绝了氧气，起到灭火的作用，故A正确；

B、可燃性气体，遇到明火或者电火花时可能发生爆炸，应该严禁开启排气扇，故B错误；

C、电线老化短路起火，先切断电源，再用干粉灭火器灭火，故C正确；

D、用湿毛巾捂住口鼻可以防止有害气体和粉尘进入呼吸道，所以逃生时用湿毛巾捂住口鼻，蹲下靠近地面或沿墙壁跑离着火区域，故D正确。故选B。

7. 影视舞台上常利用干冰升华营造云雾燎绕的景象。下列关于干冰升华过程的说法正确的是（　　）

A. 二氧化碳分子质量变小

B. 二氧化碳分子的种类改变

C. 二氧化碳分子间的间隔变大

D. 二氧化碳分子体积变大

【答案】C

【解析】

【详解】干冰升华过程中，二氧化碳分子间的间隔变大，分子质量、分子的种类、分子体积都没有改变，故选C。

8. 下列与水有关的说法中，不正确的是（　　）

A. 少量白磷保存冷水中

B. 可用肥皂水区别软水和硬水

C. 生活中常用煮沸的方法降低水的硬度

D. 稀释浓硫酸时，一定要在浓硫酸中缓缓加入水

【答案】D

【解析】

【详解】A、白磷的着火点低，暴露在空气中易自燃，少量白磷保存在冷水中能隔绝氧气，故A正确；

B、在水样加入肥皂水搅拌，泡沫多的是软水，泡沫少的是硬水，区分硬水和软水可用肥皂水，故B正确；

C、水样加热时，水中的可溶性钙、镁化合物转化为沉淀，水的硬度降低，生活中常用煮沸的方法降低水的硬度，故C正确；

D、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；一定不能把水注入浓硫酸中，故D错误。故选D。

9. 2018年5月21日我国成功发射“鹊桥”号中继卫星，卫星的星载天线金属网是用镀金铝丝编制的。钼、金元素信息如图，下列说法中不正确的是（　　）

A. 金和钼都属于金属元素

B. 金原子的质子数为79

C. 金、钼原子的核外电子数相同

D. 钼元素的相对原子质量为95.96

【答案】C

【解析】

【详解】A、金和钼都属于金属元素，故A正确；

B、根据元素周期表中金元素的信息可知：金原子的原子序数为79，在原子中，原子序数＝质子数＝核外电子数，金原子的质子数为79，故B正确；

C、根据元素周期表中金元素的信息可知：金原子、钼原子的原子序数分别为79、42，在原子中，原子序数＝质子数＝核外电子数，金原子、钼原子的质子数分别为79、42，核外电子数不相同，故C错误；

D、根据元素周期表中钼元素的信息可知：钼的相对原子质量为95.96；故D正确。故选C。

【点睛】元素周期表中一格左上角的数字表示原子序数，右上角的字母表示元素符号，中间的汉字表示元素名称，元素名称下方的数字表示相对原子质量。

10. 下列有关化学实验现象的描述错误的是（　　）

A. 红磷在空气中燃烧产生大量白烟

B. 铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成白色固体

C. 对木炭和氧化铜的粉末加强热，固体由黑色变为红色

D. 硫在氧气中燃烧，发出蓝紫色火焰。产生刺激性气味的气体

【答案】B

【解析】

【详解】A、红磷在空气中燃烧，产生大量的白烟，放出热量，故A正确；

B、铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，放出大量的热，生成一种黑色固体，故B错误；

C、木炭具有还原性，对木炭和氧化铜的粉末加强热，生成铜和二氧化碳，固体由黑色变为红色，故C正确；

D、硫在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，产生一种具有刺激性气味的气体，故D正确。故选B。

【点睛】本题难度不大，掌握碳具有还原性，常见物质燃烧的现象即可正确解答，在描述物质燃烧的现象时，需要注意光和火焰、烟和雾、实验结论和实验现象的区别。在平时的学习中注意积累。

11. 下列实验操作中，正确的是（　　）

A. 蒸发结晶 B. 二氧化碳的验满

C. 加热氯酸钾制氧气 D. 加热液体

【答案】A

【解析】

【详解】A、蒸发时，应用玻璃棒不断搅拌，以防止局部温度过高，造成液体飞溅，图中所示操作正确。

B、检验二氧化碳是否收集满时，应将燃着的木条放在集气瓶口，不能伸入瓶中，图中所示操作错误。

C、加热氯酸钾制氧气时，为防止冷凝水回流到热的试管底部，试管口应略向下倾斜，图中所示操作错误。

D、给试管中的液体加热时，用酒精灯的外焰加热试管里的液体，且液体体积不能超过试管容积的1/3，图中液体超过试管容积的1/3，图中所示操作错误。故选A。

【点睛】集气瓶口有要收集的气体，称为集满。检验气体是否集满，实验的材料要放在瓶口，不能放在瓶中。

12. 我国科学家采用一种新型复合催化剂，将煤气化产生的合成气直接转化为乙烯、丙烯等低碳烯烃。这项成果的微观示意图为：

下列说法正确的是（　　）

A. 该反应属于置换反应

B. 甲、丙、丁都是氧化物

C. 反应前后分子种类、数目均不变

D. 该反应的化学方程式为4CO+2H2C2H4+2CO2

【答案】D

【解析】

【分析】

由反应的微观示意图可知，该反应的化学方程式是：4CO+2H2C2H4+2CO2。

【详解】A、置换反应是指由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。该反应的生成物是两种化合物，不属于置换反应，故A错误；

B、由物质的组成可知，甲、丁分别为CO和CO2，是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物，属于氧化物，丙中不含有氧元素，不属于氧化物，故B错误；

C、由微粒的变化可知，反应前后分子种类、数目都发生了变化，故C错误；

D、由上述分析可知，该反应的化学方程式为：4CO+2H2C2H4+2CO2，故D正确。故选D。

【点睛】本题在解答时，根据物质的微观构成示意图，写出反应的方程式，根据化学方程式进行解答。

13. 宋代著名的医学家宋慈编写的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理之一是：4Ag+2H2S+O2＝2X（黑色）+2H2O下列说法中正确的是（　　）

A. X为Ag2S

B. 金属活动性：Ag＞Cu

C. 反应中H2S和O2的质量比为17：16

D. 反应前后，银元素、氧元素的化合价均没有改变

【答案】A

【解析】

【详解】A、由反应的化学方程式4Ag+2H2S+O2═2X+2H2O可知，反应前银、氢、硫、氧原子个数分别为4、4、2、2，反应后的生成物中银、氢、硫、氧原子个数分别为0、4、0、2；根据反应前后原子种类、数目不变，则2X分子中含有4个银原子和2个原子，则每个X分子由2个银原子和1个硫原子构成，物质X的化学式为Ag2S，故A正确；

B、在金属活动顺序表中铜排在银前面，金属活动性：Ag＜Cu，故B错误；

C、根据方程式：4Ag+2H2S+O2＝2Ag2S+2H2O，可知反应中H2S和O2的质量比=17：8，故C错误；

D、反应前后，银元素的化合价由0价变为+1价，氧元素的化合价由0价变为-2价，故D错误。故选A。

【点睛】解题过程中要注意单质的化合价为零。

14. 对于复分解反应，X+2NaOH═2Y+Cu（OH）2↓，下列分析中正确的是（　　）

A. X一定是CuCl2 B. Y可能是H2O

C. 相对分子质量大小：X＞Y D. Y可能是Na2SO4

【答案】C

【解析】

【详解】A、根据化学方程式可知，反应中有氢氧化铜生成，所以X中一定含有铜元素，如果X是CuCl2或Cu(NO3)2化学方程式都正好相平且符合反应规律，X不一定是CuCl2，故A错误；

B、若Y是H2O，则生成物中无钠元素，反应前后元素的种类不守恒，故B 错误；

C、根据质量守恒定律可知，反应前后各物质的相对分子质量之和相等，2NaOH相对分子质量为80，Cu(OH)2的相对分子质量为98，则有：X+80═2Y+98，X的相对分子质量＝2Y+18，说明X比Y的相对分子质量大，故C正确；

D、根据质量守恒定律可知，Y中一定有钠元素，如果Y是硫酸钠则化学方程式不平，故D错误。故选C。

【点睛】在解此类题时，首先分析题中方程式发生的原理（复分解反应是由两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应），然后结合具体的反应以及物质验证即可。

15. 30g某有机物M在氧气中完全燃烧，生成44gCO2和18gH2O，下列说法不正确的是（　　）

A. M含有C、H、O三种元素

B. M中氧元素的质量分数约为53.3%

C. 完全燃烧时，M与消耗O2的质量比为15：16

D. 3.0gM在2.4gO2氧气中燃烧生成2.4gCO、1.2CO2和1.8gH2O

【答案】D

【解析】

【详解】A、有机物在氧气中燃烧，反应后CO2和H2O生成，根据质量守恒定律可知，有机物一定含有C、H两种元素；该反应中，CO2中C元素的质量；H2O中H元素的质量；12g+2g＝14g＜30g，说明含有氧元素，故A正确；

B、氧元素质量=30g﹣14g＝16g，所以M中碳、氢、氧三种元素的原子个数比为，化学式可简写成：CH2O，氧元素的质量分数约为，故B正确；

C、根据质量守恒定律可知，消耗氧气质量=44g+18g﹣30g＝32g，所以M与消耗O2的质量比=30g：32g＝15：16，故C正确；

D、3.0gM中碳元素质量=，2.4gCO中碳元素质量= ；1.2CO2中碳元素质量=，1.028g+0.327g＝1.355g＞1.2g，碳元素质量不守恒，故D错误。故选D。

【点睛】本题根据元素守恒来确定有机物的组成元素，利用定量计算确定氧元素，是有机物成分确定常用的方法。

16. 混合物M由铁和氧化铜组成。取一定质量的M粉末放入足量稀硫酸中，充分反应后产生0.6g气体，并得到6.4g残留固体。则取用的M粉末质量为（　　）

A. 24.8g B. 30.4g C. 36.0g D. 41.6g

【答案】B

【解析】

【详解】由于铁和氧化铜均能和硫酸反应，铁能和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，氧化铜全部转化为硫酸铜后被置换为铜单质，所以6.4g固体为铜。

设：与硫酸反应生成氢气的铁的质量为x，置换得到铜的铁的质量为y。

  x＝168g

y=5.6g；

根据CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O可知，氧化铜中全部转化为硫酸铜，硫酸铜中的铜元素全部转化为单质铜，所以氧化铜的质量=；固体的质量为16.8g+8g+5.6g＝30.4g。故选B。

【点睛】解答本题的关键是分清铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀硫酸中，发生的反应有哪些，残留固体的成分是什么。

二、填空题（本大题包括17、18、19、20题，共20分）

17. 用化学用语填空：

（1）4个钠离子_____。

（2）4个二氧化氮分子_____。

（3）过氧化氢的化学式_____。

（4）由8个硫原子构成的单质分子_____。

【答案】    (1). 4Na+    (2). 4NO2    (3). H2O2    (4). S8；

【解析】

【详解】（1）离子的表示方法是在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略。表示多个该离子，在其离子符号前加上相应的数字。4个钠离子表示为：4Na+；

（2）分子的表示方法是正确书写物质的化学式，表示多个该分子，在其化学式前加上相应的数字。4个二氧化氮分子表示为：4NO2；

（3）过氧化氢的化学式为H2O2；

（4）由8个硫原子构成的单质分子的符号为S8。

18. 有下列五种粒子的结构示意图

图中粒子共表示_____种元素，表示稀有气体原子的是_____（填编号），E粒子的化学符号为_____，A与C形成化合物的化学式为_____。

【答案】    (1). 四    (2). B    (3). S2﹣    (4). MgO

【解析】

【详解】决定元素种类的是质子数（即核电荷数），不同种元素最本质的区别是核内质子数不同，五种粒子的核内质子数分别是8、10、12、16，表示四种元素；若原子的最外层电子数为8，则为稀有气体元素，属于相对稳定结构。在B粒子中，质子数＝核外电子数＝10，为原子，且最外层电子数为8，属于稀有气体原子；E粒子质子数＝16，核外电子数＝18，质子数＜核外电子数，为带2个单位负电荷的硫离子，其离子符号为S2﹣；A与C分别表示氧元素和镁元素的粒子，形成的化合物是氧化镁，氧化镁中镁元素显+2价，氧元素显﹣2价，根据化合物中各元素的化合价代数和为零，其化学式为：MgO。

19. 硝酸钾、硝酸钠、氯化钾、氯化钠四种物质的溶解度曲线如图。

（1）由图可知：10℃时，溶解度最小的是_____。

（2）若75g硝酸钠固体溶解在50g水中恰好得到饱和溶液，此时溶液温度为_____（选填下列编号）。

A.60℃     B.70℃      C.80℃    D.90℃

（3）60℃时，若分别溶解相同质量的硝酸钾、硝酸钠、氯化钾、氯化钠恰好形成饱和溶液。则加入水最多的是_____。

（4）固体M是由硝酸钾和氯化钾中的一种成二种组成。现取40gM加入50g50℃的热水（水温保持不变），固体完全溶解。对M的成分判断正确的是_____（选填下列编号）

A．可能只有硝酸钾    B．可能只有氯化钾

C．可能是硝酸钾和氯化钾的混合物    D．一定是硝酸钾和氯化钾的混合物

【答案】    (1). 硝酸钾    (2). C    (3). 氯化钠    (4). AC；

【解析】

【详解】（1）通过分析溶解度曲线可知，10℃时，溶解度最小的是硝酸钾；

（2）若75g硝酸钠固体溶解在50g水中恰好得到饱和溶液，说明了150g硝酸钠固体溶解在100g水中恰好得到饱和溶液，根据溶解度概念可知，此时硝酸钾溶解度是150g，根据溶解度曲线可知，温度为80℃，故选C；

（3）60℃时，氯化钠的溶解度最小，若分别溶解相同质量的硝酸钾、硝酸钠、氯化钾、氯化钠恰好形成饱和溶液，则加入水最多的是氯化钠；

（4）50℃时，硝酸钾的溶解度是100g，氯化钾的溶解度是40g。现取40gM加入50g50℃的热水（水温保持不变），固体完全溶解，固体M中可能只有硝酸钾，可能是硝酸钾和氯化钾的混合物，故选AC。

20. 锰及其化合物在生产中有重要作用。

（1）已知：MnSO4+K2MnO4＝2MnO2↓+K2SO4, 3MnSO4+2KMnO4+2H2＝5MnO2↓+K 2SO4+2H2SO4,则：①K2MnO4的名称是_____。上述化合物中，Mn元素化合价最高的是_____。

②实验室加热高锰酸钾制取氧气后，将固体剩余物中的锰元素全部以MnO2形式回收的方法是：将剩余物加入适量_____溶液中，搅拌，充分反应后，过滤、洗涤、烘干即可。

（2）在高温下，Al与MnO2发生置换反应可制备Mn．反应的化学方程式是_____。

（3）锰锌铁氧体是一种隐形飞机表面涂料，其化学组成为 MnxZn1﹣x Fe2O4（铁为+3价）。锰锌铁氧体中锰元素的化合价为_____，当锰锌铁氧体中Zn与Fe原子个数比为2：5时，它对某频段的雷达波吸收能力最强，其化学式为_____

【答案】    (1). 锰酸钾    (2). +7    (3). MnSO4    (4). 4Al+3MnO22Al2O3+3Mn    (5). +2    (6). MnZn4Fe10O20；

【解析】

【详解】（1）①K2MnO4的名称是锰酸钾；在上述反应的物质中钾元素显+1价，硫酸根显-2价，氧元素显-2价，根据化合物中元素化合价代数和为零可知，K2MnO4中的锰元素显+6价，MnSO4中的锰元素显+2价，MnO2中的锰元素显+4价，KMnO4中的锰元素显+7价，上述化合物中，Mn元素化合价最高的是+7；

②根据MnSO4+K2MnO4＝2MnO2↓+K2SO4可知，MnSO4能将K2MnO4全部转化为MnO2。实验室加热高锰酸钾制取氧气后，将固体剩余物中的锰元素全部以MnO2形式回收的方法是：将剩余物加入适量MnSO4溶液中，搅拌，充分反应后，过滤、洗涤、烘干即可；

（2）铝和二氧化锰在高温的条件下生成氧化铝和锰，化学方程式为：4Al+3MnO22Al2O3+3Mn；

（3）设：锰元素的化合价为a，根据化合物中元素化合价代数和为零，则有：ax+2（1﹣x）+（+2）×3+（﹣2）×4＝0，a＝+2；锰锌铁氧体中Zn与Fe原子个数比为2：5时，根据锰锌铁氧体化学式（MnxZn1﹣x Fe2O4），则有：（1﹣x）：2＝2：5 ，x＝0.2；所以化学式为：Mn0.2Zn0.8Fe2O4，将化学式中的右下方的小数化为整数，可得MnZn4Fe10O20。

三、简答题（本大题包括21、22、23题，共15分）

21. 能源和材料是推动社会发展的动力。

（1）可燃冰外观像冰，主要含有甲烷水合物，埋藏于海底的沉积物和陆地冻土的岩石中是未来新能源。由此分析：形成可燃冰的条件与_____、压强有关。可燃冰在海底不燃烧的原因是_____。

（2）将纯钢片与黄铜片相互刻划，在纯铜片上留下明显的划痕。该实验说明_____。

（3）铝制品表面易形成致密氧化铝薄膜。氧化铝能溶于酸，氧化铝与稀硫酸反应的化学方程式是_____。

【答案】    (1). 温度    (2). 没有与氧气接触，温度没有达到可燃冰的着火点    (3). 黄铜的硬度比纯铜的硬度大    (4). Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O

【解析】

【详解】（1）可燃冰形成于海底和陆地冻土的岩石中，海底和陆地冻土的岩石中的温度低，形成可燃冰的条件与温度、压强有关；燃烧需要同时满足三个条件：①可燃物、②氧气或空气、③温度要达到着火点。可燃冰在海底不燃烧的原因是：没有与氧气接触，温度没有达到可燃冰的着火点；

（2）合金的性能比组成的纯金属的性能优良，所以将纯钢片与黄铜片相互刻划，纯铜片上留下明显的划痕，说明：黄铜的硬度比纯铜的硬度大；

（3）氧化铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的化学方程式为：Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O。

22. CO2能使润湿的蓝色石蕊试纸变红，原因是_____（用化学方程式表示）。

若用如图装置证明：使蓝色石蕊试纸变红的物质是碳酸，不是水，也不是二氧化碳。有以下操作，应采取的操作顺序是_____（填序号，其中①②③可重复使用）

①从b端通N2

②打开分液漏斗活塞，向广口瓶中滴加适量水

③从a端通CO2

④将干燥的蓝色石蕊试纸放入广口瓶中

【答案】    (1). CO2+H2O═H2CO3    (2). ④①③①②③

【解析】

【详解】二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊溶液变红色，反应的化学方程式为：CO2+H2O═H2CO3；

若用如图装置证明使蓝色石蕊试纸变红物质是碳酸而不是水或二氧化碳，应该采取的实验操作顺序是④将干燥的蓝色石蕊试纸放入装置的广口瓶中；①从b端通N2（排出空气）；③从a端通CO2（前三步证明变红不是二氧化碳的缘故）；①从b端通N2（排出二氧化碳）；②打开分液漏斗活塞，向广口瓶中滴加适量水（赶走二氧化碳加入水，证明变红与水无关）；③从从a端通CO2（证明变红是二氧化碳和水共同作用的结果）。采取的操作顺序是④①③①②③。

23. 无水氯化钙在工业上有广泛的用途。以石灰石矿粉（含有SiO2、Fe2O3、MgSO4等杂质）为原料，生产无水氯化钙的流程如图：

回答下列问题：

（1）从流程图中推知：SiO2具有的化学性质是_____。

（2）加入BaCl2溶液的主要作用是_____。

（3）滤渣3中除有Ca（OH）2外、还有_____（填化学式）。

（4）产品中的杂质除极少量H2O外，最有可能含的是_____（填化学式）。

【答案】    (1). 不能与盐酸反应    (2). 除掉滤液中的硫酸根离子    (3). Mg（OH）2、Fe（OH）3    (4). BaCl2

【解析】

【详解】（1）石灰石矿粉加入盐酸后过滤能够得到二氧化硅的固体，则能够推知二氧化硅不能够和盐酸反应的化学性质；

（2）滤液1中加入氯化钡的溶液，依据酸碱盐的反应规律可知能与之反应的是硫酸镁，反应后过滤得到的滤渣应该是该反应生成的硫酸钡沉淀，加入BaCl2溶液的主要作用是去除了溶液中的硫酸根离子；

（3）石灰乳中含有氢氧化钙。氢氧化钙能够和加盐酸后生成的氯化铁、加氯化钡后生成的氯化镁反应分别生成氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，所以滤渣3中除有Ca(OH)2外、还有氢氧化镁和氢氧化铁，化学式分别为Mg(OH)2、Fe(OH)3；

（4）整个流程中加入的氯化钡，经过一系列操作后并没有能够对它进行去除，所以产品中还可能含有氯化钡（BaCl2）。

【点睛】认真审题，读懂流程，弄清反应原理是解题的关键。在解答题目时先看解答的问题是什么，然后带着问题去读给出的流程图进而去寻找解答有用的信息，这样提高了信息捕捉的有效性。

四、实验题（本大题包括24、25题，共13分）

24. CaH2（氢化钙）是野外作业常用的生氢剂。某实验小组查阅资料后设计如图装置制备CaH2．（夹持装置已略去）

已知：①在加热条件下，Ca与H2反应生成CaH2

②Ca、CaH2都易与水反应生成Ca（OH）2和H2

③碱石灰的主要成分是CaO和NaOH

回答下列问题：

（1）装置B中浓硫酸的作用是_____。装置D中碱石灰的作用是_____。

（2）实验步骤：先检验装置的气密性，装入药品后打开A中分液漏斗活塞，此后实验步骤的正确顺序是____（注：多余气体的处理不在本实验步骤中体现）。

①加热一段时间；

②在D出口处收集气体检验其纯度；

③关闭A中分液漏斗活塞；

④停止加热，充分冷却；

（3）制备实验结束后，有同学取出试管中的少量固体加入水，立即有大量气泡产生，固体溶解，向所得溶液中加入酚酞试液，溶液变为红色，该同学认为得到的固体全部是CaH 2．小组其他同学认为他的结论不一定正确，理由是_____。

【答案】    (1). 吸收A装置制取的氢气中含有的水蒸气    (2). 挡住外界的水蒸气进入装置内干扰C处的反应    (3). ②①④③    (4). 钙遇水也能立即反应生成一种碱和一种气体

【解析】

【详解】（1）浓硫酸具有吸水性，所以在此处的作用是吸收A装置制取出的氢气中含有的水蒸气；Ca、CaH2都易与水反应生成Ca（OH）2和H2，碱石灰的主要成分为氧化钙和氢氧化钠能吸收空气中的水蒸气，装置 B 的作用是挡住外界的水蒸气进入装置内干扰C处的反应；

（2）由于氢气是可燃性气体，所以加热和点燃前一定要检验其纯度，所以加热前一定要先让生成的氢气排净装置内的空气，并进行检验，直到氢气纯净为止，故实验步骤如下：收集装置右端导管口处的气体并检验其纯度，加热反应一段时间，停止加热，充分冷却，关闭分液漏斗活塞。则步骤为②①④③；

（2）制备 CaH2实验结束后，取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡产生，向所得溶液中加入酚酞试液，溶液变为红色，说明溶液显碱性，进一步说明生成了碱，该同学据此判断：实验中确有氢化钙生成，其他同学认为他的结论不一定正确，原因是钙遇水也能立即反应生成一种碱和一种气体。

25. 某小组同学利用pH传感器对碳酸氢钠、碳酸钠的某些性质进行以下探究。

25℃时，向等体积、含等碳原子数的碳酸氢钠和碳酸钠溶液中，分别逐滴加入相同浓度的盐酸，用pH传感器测得pH变化与时间的关系如图1、图2所示。将图1与图2的阴影部分进行叠加，发现两者基本重合。

回答下列问题：

（1）含等碳原子数的碳酸氢钠和碳酸钠溶液均呈碱性，两种溶液碱性较强的是_____。

（2）a点的溶质为_____，b点前发生反应的化学方程式为_____。

（3）依据实验获取的信息，请将鉴别Na2CO3和 NaHCO3固体的实验方案补充完整：分别取两种固体加入适量水溶解，逐滴缓缓加入稀盐酸，_____。

【答案】    (1). Na2CO3    (2). NaCl、HCl    (3). Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl    (4). 若立即产生气泡则为碳酸氢钠，若开始无气泡，一段时间后有气泡，则为碳酸钠；

【解析】

【详解】（1）根据pH变化与时间的关系图可知，反应前碳酸氢钠溶液pH约为8，碳酸钠溶液pH约为12，显碱性溶液pH越高，碱性越强，两种溶液碱性较强的是碳酸钠（Na2CO3）溶液；

（2）碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，a点pH约为2，所以a点的溶质有碳酸氢钠和盐酸反应生成的氯化钠（NaCl）和过量的盐酸中的氯化氢（HCl）；根据题意将图1与图2的阴影部分进行叠加，发现两者基本重合，b点前发生的反应是碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，化学方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；

（3）依据实验3获取的信息可知，向碳酸钠溶液中滴加稀盐酸时，稀盐酸先和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，后和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，因此鉴别Na2CO3和NaHCO3固体的实验方案为：取两种固体加水配成溶液，分别逐滴加入盐酸，若立即产生气泡则为碳酸氢钠，若开始无气泡，一段时间后有气泡，则为碳酸钠。

五、计算题（本大题包括26、27题，共12分）

26. Na2S2O5（焦亚硫酸钠）、K2S2O5（焦亚硫酸钾）等焦亚硫酸盐是常用的食品添加剂，现行国家食品安全标准规定：使用焦亚硫酸盐时，果酒中的残留量以SO2计不得超过0.050g/kg。回答以下问题：

（1）Na2S2O5的相对分子质量为_____。

（2）若Na2S2O5可改写为Na2O•2SO2，则K2S2O5可改写为_____。

（3）若制作果酒时使用了Na2S2O5作添加剂，则合格的果酒中Na2S2O5最大含量为_____g/kg

【答案】（1）190（2）K2O•2SO2（3）0.074

【解析】

【详解】（1）Na2S2O5的相对分子质量为：23×2+32×2+16×5＝190；

（2）若Na2S2O5可改写为Na2O•2SO2，则K2S2O5可改写为K2O•2SO2；

（3）若制作果酒时使用了Na2S2O5作添加剂，则合格的果酒中Na2S2O5最大含量=。

27. 某校课外学习小组采集到一批赤铁矿石标本，欲测定矿石中Fe2O3的含量，取一定量矿石粉碎后，采用如图示方法进行实验：

（注：杂质既不溶于水也不与酸反应；实验过程中物质损失忽略不计）

求：（1）矿石中Fe2O3的质量分数_______。

（2）若用300t该矿石，理论上可炼出含铁96%生铁的质量是多少_______？

（3）原300.0g稀硫酸中溶质的质量分数_______。

【答案】（1）64%（2）140t（3）14.7%

【解析】

【详解】（1）根据图中数据可知，300.0g稀硫酸和24.0g氧化铁恰好完全反应。加入25.0g矿石时，稀硫酸有剩余，所以此时氧化铁完全反应，消耗的氧化铁的质量为316.0g﹣300.0g＝16.0g，矿石中Fe2O3的质量分数为；

（2）若用300t该矿石，理论上可炼出含铁96%的生铁的质量；

设：原300.0g稀硫酸中溶质的质量分数为x

  x＝14.7%。

答：（1）矿石中Fe2O3的质量分数为64%；

（2）若用300t该矿石，理论上可炼出含铁96%的生铁的质量是140t；

（3）原300.0g稀硫酸中溶质的质量分数为14.7%。