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湖北省黄冈中学联考2019年中考化学三模试卷（含解析）
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这是一份湖北省黄冈中学联考2019年中考化学三模试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了归纳总结正确的是，小金做了如下实验，下列说法中错误的是，已知La等内容，欢迎下载使用。
2019年湖北省黄冈中学联考中考化学三模试卷
一．选择题（共12小题，满分12分，每小题1分）
1．化学为人类社会进步作出了重要的贡献，下列对化学的认识中正确的是（ ）
A．食用加碘食盐能够有效预防大脖子病，因此我们应该尽可能多的补充加碘食盐．
B．减少化石燃料的燃烧，有助于节能减排，增强发展的可持续性
C．KNO3和Ca3（PO4）2都是复合肥料，为植物生长提供N、P、K等营养元素
D．为减少水体污染，农业上应禁止使用农药和化肥
2．有两种粒子，他们的核内质子数不相等，核外电子数相等，这两种粒子不可能是（ ）
①不同元素的原子 ②不同的分子 ③分子和离子 ④不同的离子
A．①②④ B．①② C．①②③ D．②③④
3．归纳总结正确的是（ ）
A、化学之最
B、化学与生活
①天然存在的最硬的物质：金刚石
②地壳中含量最高的金属元素：铁
①煤气泄露：开排风扇
②水壶中的水垢：用食醋除去
C、性质与用途
D、环境保护
①木炭有可燃性：作燃料
②稀有气体通电后发出有色光：作电光源
①废旧电池：随意丢弃
②工业污水：处理后排放
A．A B．B C．C D．D
4．物质与水发生复分解反应称为水解反应．例如：Al2S3+6H2O＝2Al（OH）3↓+3H2S↑．根据上述观点，下列说法中不正确的是（ ）
A．NaF的水解产物是NaOH和HF
B．CaO2的水解产物是Ca（OH）2和H2O2
C．PCl3的水解产物之一是PH3
D．Mg3N2水解产物是Mg（OH）2和NH3
5．小金做了如下实验：将4.2克铁粉和4.0克氧化铜粉末均匀混合，然后一次性投入盛有200克9.8%稀硫酸的大烧杯中。观察到如下现象：立即出现红色固体，前阶段没有明显的气泡产生，后阶段产生大量无色气泡，充分反应后上层清液是浅绿色。由此小金作出下列判断，其中不合理的是（ ）
A．“立即出现红色固体”是由于很快发生了如下转化：CuOCuSO4Cu
B．“产生大量无色气泡”是由于铁粉和稀硫酸发生了反应
C．该实验条件下，硫酸铜比稀硫酸更容易跟铁粉发生反应
D．在不同浓度的硫酸铜和稀硫酸的混合溶液中投入铁粉，都是硫酸铜先跟铁粉反应
6．一包不纯的氯化钾粉末，所含杂质可能是氯化钠、硝酸钾、硝酸钙、氯化铜、碳酸钠中的一种或几种。为确定其成分，某兴趣小组的同学们进行如下实验：
（1）取少量该粉末于烧杯中，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液。
（2）取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成。
（3）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馏水溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀。
根据上述实验判断，下列说法正确的是（ ）
A．杂质中可能含有硝酸钾、氯化钠
B．杂质中肯定不含硝酸钙、氯化铜、碳酸钠
C．杂质中肯定含有碳酸钠，可能含有氯化钠
D．杂质中肯定含有氯化钠、碳酸钠，可能含有硝酸钾
7．下列说法中错误的是（ ）
A．凡有盐和水生成的反应就是中和反应
B．中和反应属于复分解反应
C．酸跟碱作用，生成盐和水的反应一定是中和反应
D．可以利用中和反应原理来改良土壤
8．已知物质X是下列四种物质中的一种，下表记录了物质X的溶液分别加入的另外三种物质中产生的现象。则物质X可能是（ ）
加入物质
硝酸银溶液
氧化铜
氢氧化钠溶液
实验现象
白色沉淀
溶解，溶液变蓝
无明显现象
A．NaCl溶液 B．碳酸钠溶液 C．稀硝酸 D．稀盐酸
9．已知同温同压下等体积的不同气体含有相同的分子数，又知空气中混入氢气的体积达到总体积的4%﹣74.2%时点燃就会发生爆炸，下面列出了氢气混入空气时所占的不同体积分数，按理论计算最猛烈的可能是（ ）（提示：氢气与氧气完全反应时爆炸最剧烈）
A．氢气占10% B．氢气占29% C．氢气占50% D．氢气占70%
10．已知La（镧）是活动性比锌还强的金属，它的氧化物La2O3及其对应的碱La（OH）3均难溶于水，LaCl3、La（NO3）3都溶于水，下列各组物质中，在一般情况下，难于直接反应制得LaCl3的是（ ）
A．La和HCl B．La2O3和HCl
C．La（OH）3和MgCl2 D．La（OH）3和HCl
11．碱溶液中都含有OH﹣，因此不同的碱表现出一些共同的性质．下列关于Ba（OH）2性质的描述中不属于碱的共同性质的是（ ）
A．能使紫色石蕊溶液变蓝色
B．能与盐酸反应生成水
C．能与CO2反应生成水
D．能与Na2SO4溶液反应生成BaSO4沉淀
12．向一定质量CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液．反应过程中加入的Na2CO3溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．图中oa段表示生成沉淀的质量
B．b点对应的溶液中溶质为2种
C．c点溶液的PH＝7
D．X的值为106
二．填空题（共6小题，满分28分）
13．（2分）有一种技术可将糖[通式为Ca（H2O ）b]发酵进行无氧分解，生成两种化合物，其中一种物质是沼气的主要成分．写出糖发酵进行无氧分解的化学方程式： ，指出a、b之间的关系 ．
14．（4分）向AgNO3溶液中滴入NaCl溶液至恰好完全反应，如图表示反应前后溶液中存在的主要离子。
（1）实验过程中观察到的现象是 。
（2）写出“”表示的粒子的符号： 。
（3）写出该反应的化学方程式： 。
15．（6分）我国著名的化学家侯德榜先生发明的制碱原理为： 、 ，用 的方法可以把NaHCO3晶体从混合物中分离出来，在制取NaHCO3时，先向饱和的NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入足量的CO2的目的是 ．
16．（4分）图中A～F是初中化学中常见的物质，其中A、B、C、D、F为五种不同类别的物质，A可由生石灰与水反应制得，B是胃液中帮助消化的成分，E是无色气体，F是红棕色固体。图中“﹣”表示两端的物质间能发生化学反应；“→”表示物质间存在转化关系；反应条件、部分反应物和生成物已略去。
（1）写出化学式：B ，E 。
（2）写出F→ C化学方程式： 。
（3）写出足量的B与F发生反应的现象为 。
17．（6分）某化学兴趣小组设计了如图所示的装置，对纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）两种固体进行实验探究．
（1）写出甲、丙两种仪器的名称：甲 ，乙 ．
（2）在实验过程中，观察到丙仪器中的澄清石灰水变浑浊，请写出丙仪器中发生反应的化学方程式 ．
（3）该实验探究利用的科学方法是 （填“控制变量法”、“对比观察法”或“定量分析法”），实验目的是 ．
18．（6分）（1）某同学将CO2缓慢通入NaOH溶液，通入一段时间后，溶液中溶质的成分有4种可能情况（忽略CO2在水中的溶解），请将四种情况中溶质的化学式填入如表。
编号
①
②
③
④
溶质
（2）已知：向Na2CO3溶液中滴入稀盐酸时，先发生反应①Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，当Na2CO3反应完全后，继续滴入稀盐酸，发生反应②NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑．该同学向第（1）题所得溶液中逐滴加入含HCl质量分数为3.65%的盐酸，所加入盐酸的质量与产生CO2气体的体积（标准状况下）的关系如右图所示。则该同学在NaOH溶液中通入CO2后，溶液中溶质的化学式和质量分别为 ； 。
三．解答题（共1小题，满分4分，每小题4分）
19．（4分）为测定某铜锌合金中的铜的质量分数，某校化学兴趣小组用该合金与稀硫酸反应，进行了三次实验．所有的相关数据记录见下表（实验误差忽略不计）；
第一次
第二次
第三次
所取合金质量/g
12.5
12.5
25
所用稀硫酸质量/g
120
140
100
生成氢气的质量/g
0.2
0.2
0.2
（1）计算该合金中铜的质量分数；
（2）求第三次实验所得溶液中溶质的质量分数．
2019年湖北省黄冈中学联考中考化学三模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分12分，每小题1分）
1．化学为人类社会进步作出了重要的贡献，下列对化学的认识中正确的是（ ）
A．食用加碘食盐能够有效预防大脖子病，因此我们应该尽可能多的补充加碘食盐．
B．减少化石燃料的燃烧，有助于节能减排，增强发展的可持续性
C．KNO3和Ca3（PO4）2都是复合肥料，为植物生长提供N、P、K等营养元素
D．为减少水体污染，农业上应禁止使用农药和化肥
【分析】A、根据人体所需元素的知识解答；
B、根据化石燃料的燃烧产物解答；
C、根据肥料的类别解答；
D、根据减少水污染的措施解答．
【解答】解：A、人类必须微量元素摄入不足不利于身体健康，不一定尽可能多吃含有这些元素的营养补品，所以应适当补充加碘食盐，故A错误；
B、减少化石燃料的燃烧，可以减少污染物的排放，有助于节能减排，增强发展的可持续性，故B正确；
C、Ca3（PO4）2不是复合肥料，属于磷肥，故C错误；
D、为减少水体污染，农业上不应禁止使用农药和化肥的使用，要合理控制使用，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查的是化学与生活的知识，完成此题，可以依据已有的知识进行．
2．有两种粒子，他们的核内质子数不相等，核外电子数相等，这两种粒子不可能是（ ）
①不同元素的原子 ②不同的分子 ③分子和离子 ④不同的离子
A．①②④ B．①② C．①②③ D．②③④
【分析】①、在原子中，核内质子数与核外电子数相等，所以整个原子不显电性，因而不同元素的原子不可能核内质子数不相等，核外电子总数相等；
②、分子是由原子构成，所以整个分子不显电性，因而不同元素的分子不可能核内质子数不相等，核外电子总数相等；
③、因分子不显电性，而离子是带电微粒，其核外电子有得失现象，它们间有可能出现核内质子数不相等，核外电子总数相等现象；
④、不同的离子，因其核外电子有得失现象，也可能出现核内质子数不相等，核外电子总数相等现象。
【解答】解：①、在原子中，核内质子数与核外电子数相等，因而不同元素的原子不可能核内质子数不相等，核外电子总数相等；故①符合题意；
②、分子是由原子构成，由对A选项的分析和对B选项分析相似；故②正确；
③、因分子是由原子构成，而离子是带电微粒，其核外电子有得失现象，它们间有可能出现核内质子数不相等，核外电子总数相等现象，如：H2O和Na+；故③不正确；
④、不同的离子，因其核外电子有得失现象，也可能出现核内质子数不相等，核外电子总数相等现象，如：Na+和F﹣；故④不正确；
故选：B。
【点评】此题主要考查学生分子与原子的联系、原子的构成及分子、原子、离子之间的区别于联系，题型设计简单，但考查知识点全面，给学生很大的思维空间
3．归纳总结正确的是（ ）
A、化学之最
B、化学与生活
①天然存在的最硬的物质：金刚石
②地壳中含量最高的金属元素：铁
①煤气泄露：开排风扇
②水壶中的水垢：用食醋除去
C、性质与用途
D、环境保护
①木炭有可燃性：作燃料
②稀有气体通电后发出有色光：作电光源
①废旧电池：随意丢弃
②工业污水：处理后排放
A．A B．B C．C D．D
【分析】A、根据地壳中含量最高的金属元素是铝分析；
B、根据可燃性气体与空气混合遇明火有爆炸的危险分析；
C、根据木炭和稀有气体的性质分析；
D、根据废旧电池中含有重金属分析．
【解答】解：A．地壳中含量最高的金属元素是铝，错误；
B、可燃性气体与空气混合遇明火有爆炸的危险，所以煤气泄露不能开排风扇，故错误；
C、木炭有可燃性可作燃料，稀有气体通电可以发出不同颜色的光，可以用来制电光源，故正确；
D、废旧电池中含有重金属，随意丢弃会污染水体和土壤，故错误。
故选：C。
【点评】本题难度不大，但涉及知识点较多，考查学生对化学知识的掌握程度，采用排除法是正确快捷解答此类题的关键．
4．物质与水发生复分解反应称为水解反应．例如：Al2S3+6H2O＝2Al（OH）3↓+3H2S↑．根据上述观点，下列说法中不正确的是（ ）
A．NaF的水解产物是NaOH和HF
B．CaO2的水解产物是Ca（OH）2和H2O2
C．PCl3的水解产物之一是PH3
D．Mg3N2水解产物是Mg（OH）2和NH3
【分析】根据题意信息：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质，所以将物质分为阴离子和阳离子两部分，阳离子和氢氧根结合即为产物，阴离子和氢离子结合即为产物．
【解答】解：
A、NaF与H2O发生的反应，NaF+H2O＝NaOH+HF，属于复分解反应，为水解反应。故对；
B、CaO2与2H2O发生的反应，CaO2+2H2O＝Ca（OH）2+H2O2，属于复分解反应，为水解反应。故对；
C、PCl3的水解产物是HCl和P（OH）3，PCl3+3H2O＝P（OH）3+3HCl，故错；
D、Mg3N2与6H2O发生的反应，Mg3N2+6H2O＝3Mg（OH）2+2NH3，属于复分解反应，为水解反应。故对。
故选：C。
【点评】本题是一道信息给定题，注意知识的迁移和应用，属于开放式的题目，难度不大．
5．小金做了如下实验：将4.2克铁粉和4.0克氧化铜粉末均匀混合，然后一次性投入盛有200克9.8%稀硫酸的大烧杯中。观察到如下现象：立即出现红色固体，前阶段没有明显的气泡产生，后阶段产生大量无色气泡，充分反应后上层清液是浅绿色。由此小金作出下列判断，其中不合理的是（ ）
A．“立即出现红色固体”是由于很快发生了如下转化：CuOCuSO4Cu
B．“产生大量无色气泡”是由于铁粉和稀硫酸发生了反应
C．该实验条件下，硫酸铜比稀硫酸更容易跟铁粉发生反应
D．在不同浓度的硫酸铜和稀硫酸的混合溶液中投入铁粉，都是硫酸铜先跟铁粉反应
【分析】根据稀硫酸和氧化铜反应生成硫酸铜和水，硫酸铜和铁反应生成硫酸亚铁和铜，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气等知识进行分析。
【解答】解：A、“立即出现红色固体”是由于氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜和铁反应生成硫酸亚铁和铜，很快发生了如下转化：CuOCuSO4Cu，故A正确；
B、“产生大量无色气泡”是由于发生了如下反应：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，故B正确；
C、该实验条件下，立即出现红色固体，说明硫酸铜比稀硫酸更容易跟铁粉发生反应，故C正确；
D、在不同浓度的硫酸铜和稀硫酸的混合溶液中投入铁粉，不都是硫酸铜先跟铁粉反应，也可能是硫酸先和铁反应，故D错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
6．一包不纯的氯化钾粉末，所含杂质可能是氯化钠、硝酸钾、硝酸钙、氯化铜、碳酸钠中的一种或几种。为确定其成分，某兴趣小组的同学们进行如下实验：
（1）取少量该粉末于烧杯中，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液。
（2）取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成。
（3）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馏水溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀。
根据上述实验判断，下列说法正确的是（ ）
A．杂质中可能含有硝酸钾、氯化钠
B．杂质中肯定不含硝酸钙、氯化铜、碳酸钠
C．杂质中肯定含有碳酸钠，可能含有氯化钠
D．杂质中肯定含有氯化钠、碳酸钠，可能含有硝酸钾
【分析】碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，和硝酸钙反应生成白色沉淀碳酸钙和硝酸钠，氯离子和银离子结合生成白色沉淀氯化银。
【解答】解：A、氯化钾、氯化钠和硝酸银反应的化学方程式及其质量关系为：
KCl+AgNO3═AgCl↓+KNO3，
74.5 143.5
14.9g 28.7g
NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3，
58.5 143.5
11.7g 28.7g
取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，是因为碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，因此杂质中含有碳酸钠，由计算可知，14.9g氯化钾和硝酸银反应生成28.7g氯化银，11.7g氯化钠和硝酸银反应生成28.7g氯化银，杂质中含有碳酸钠，氯化钾质量小于14.9g，和硝酸银反应生成氯化银质量小于28.7g，因此杂质中一定含有氯化钠，该选项说法不正确；
B、取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，是因为碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，因此杂质中含有碳酸钠，则杂质中不含有硝酸钙，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液，说明杂质中不含有氯化铜，该选项说法不正确；
C、杂质中肯定含有碳酸钠，不含有氯化钠，该选项说法不正确；
D、杂质中肯定含有氯化钠、碳酸钠，由于硝酸钾是否存在不影响实验结果，因此可能含有硝酸钾，也可能不含有硝酸钾，该选项说法正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
7．下列说法中错误的是（ ）
A．凡有盐和水生成的反应就是中和反应
B．中和反应属于复分解反应
C．酸跟碱作用，生成盐和水的反应一定是中和反应
D．可以利用中和反应原理来改良土壤
【分析】中和反应是酸和碱反应生成盐和水，即中和反应需要满足一是反应物为酸和碱，二是生成物只为盐和水．
【解答】解：
A、生成盐和水的反应未必是中和反应，因为反应物可以是非金属氧化物和碱反应（如CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O），也可以是金属氧化物与酸反应（如CuO+2HCl＝CuCl2+H2O）．故错误。
B、中和反应符合复分解反应的特点，所以属于复分解反应，故正确；
C、酸跟碱作用，生成盐和水的反应一定是中和反应，说法正确；
D、可以利用中和反应原理来改良土壤，说法正确。
故选：A。
【点评】中和反应是酸和碱反应生成盐和水，即中和反应需要满足一是反应物为酸和碱，二是生成物只为盐和水．
8．已知物质X是下列四种物质中的一种，下表记录了物质X的溶液分别加入的另外三种物质中产生的现象。则物质X可能是（ ）
加入物质
硝酸银溶液
氧化铜
氢氧化钠溶液
实验现象
白色沉淀
溶解，溶液变蓝
无明显现象
A．NaCl溶液 B．碳酸钠溶液 C．稀硝酸 D．稀盐酸
【分析】根据题意，C与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，与氧化铜反应生成蓝色溶液，与氢氧化钠混合物明显变化，据此结合酸碱盐的化学性质，进行分析判断。
【解答】解：A、NaCl溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，与氧化铜不反应，故选项错误。
B、碳酸钠溶液与硝酸银溶液反应生成碳酸银白色沉淀，与氧化铜不反应，故选项错误。
C、稀硝酸与硝酸银溶液不反应，故选项错误。
D、稀盐酸能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，与氧化铜反应生成氯化铜和水，会观察到氧化铜溶解，溶液变蓝；与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，但无明显变化；故选项正确。
故选：D。
【点评】本题难度不大，明确X应具备的要求，熟练掌握酸碱盐的化学性质是正确解答本题的关键。
9．已知同温同压下等体积的不同气体含有相同的分子数，又知空气中混入氢气的体积达到总体积的4%﹣74.2%时点燃就会发生爆炸，下面列出了氢气混入空气时所占的不同体积分数，按理论计算最猛烈的可能是（ ）（提示：氢气与氧气完全反应时爆炸最剧烈）
A．氢气占10% B．氢气占29% C．氢气占50% D．氢气占70%
【分析】氧气约占空气总体积的五分之一，氢气和氧气恰好完全反应时的体积比是2：1．
【解答】解：设爆炸最剧烈时氢气的体积是2X，根据 2H2+O22H2O 可知，消耗的氧气的体积是X，则对应的空气的体积是5X，则这时氢气的体积分数为：
100%＝29%。
故选：B。
【点评】解答本题的思路是：先假设出氢气的体积，再根据化学方程式判断出需要氧气的体积，再根据氧气在空气中的含量进行计算，从而求出结果．
10．已知La（镧）是活动性比锌还强的金属，它的氧化物La2O3及其对应的碱La（OH）3均难溶于水，LaCl3、La（NO3）3都溶于水，下列各组物质中，在一般情况下，难于直接反应制得LaCl3的是（ ）
A．La和HCl B．La2O3和HCl
C．La（OH）3和MgCl2 D．La（OH）3和HCl
【分析】根据题干提供的信息结合已有的知识进行分析，在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸反应生成氢气，酸碱盐的溶液若两两结合能产生气体、沉淀或水，则反应能够进行，据此解答即可．
【解答】解：A、La（镧）是一种活动性比锌还强的金属元素，则镧能与盐酸反应生成氯化镧，故A错误；
B、金属氧化物与酸发生化学反应生成氯化镧，故B错误；
C、氢氧化镧是不溶于水的碱，不能与氯化镁发生复分解反应，故C正确；
D、酸碱发生中和反应，能直接生成氯化镧，故D错误；
故选：C。
【点评】本题为信息给予题，完成此题，可以依据题干提供的信息结合物质的性质进行．
11．碱溶液中都含有OH﹣，因此不同的碱表现出一些共同的性质．下列关于Ba（OH）2性质的描述中不属于碱的共同性质的是（ ）
A．能使紫色石蕊溶液变蓝色
B．能与盐酸反应生成水
C．能与CO2反应生成水
D．能与Na2SO4溶液反应生成BaSO4沉淀
【分析】根据碱的化学性质（能与酸碱指示剂、非金属氧化物、酸、盐等反应），据此进行分析解答．
【解答】解：A、Ba（OH）2能使紫色石蕊溶液变蓝色，氢氧化钠、氢氧化钙等其它碱也能使紫色石蕊溶液变蓝色，属于碱的共同性质，故选项错误。
B、Ba（OH）2能与盐酸反应生成氯化钡和水，氢氧化钠、氢氧化钙等其它碱也能与稀盐酸反应生成盐和水，属于碱的共同性质，故选项错误。
C、Ba（OH）2能与二氧化碳反应生成碳酸钡和水，氢氧化钠、氢氧化钙等其它碱也能与二氧化碳反应生成盐和水，属于碱的共同性质，故选项错误。
D、氢氧化钡能与Na2SO4溶液反应生成BaSO4沉淀，氢氧化钠、氢氧化钙等碱不能与硫酸钠反应，不属于碱的共同性质，故选项正确。
故选：D。
【点评】本题难度不大，掌握碱的化学性质（能与酸碱指示剂、非金属氧化物、酸、盐等反应）并能灵活运用是正确解答本题的关键．
12．向一定质量CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液．反应过程中加入的Na2CO3溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．图中oa段表示生成沉淀的质量
B．b点对应的溶液中溶质为2种
C．c点溶液的PH＝7
D．X的值为106
【分析】分析反应的过程可知：加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，最后到达最高点说明已经反应完了，据此分析解答．
【解答】解：A、图中oa段表示生成的气体质量，故A选项错误；
B、b点表示碳酸钠恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故B选项错误；
C、c点的溶液中含有Na2CO3、NaCl两种溶质，由于Na2CO3显碱性，NaCl显中性，所以c的溶液的pH＞7；故C选项错误；
D、根据题意可知碳酸钠先与盐酸反应，再与氯化钙反应，由图示可知碳酸钠与盐酸反应生成气体2.2g，碳酸钠与氯化钙反应，生成沉淀5.0g．设生成2.2g气体所需的Na2CO3的质量为y，生成沉淀5.0g所需Na2CO3的质量为z．则
Na2CO3～CO2↑
106 44
y 2.2
＝，解得y＝5.3g；
Na2CO3～CaCO3↓
106 100
z 5.0g
＝，解得z＝5.3g；
所以x＝（5.3g+5.3g）÷10%＝106g，故D选项正确。
【点评】解答本题关键要知道只有把盐酸反应完了，才能与氯化钙反应产生沉淀，因为如果碳酸钠与氯化钙先反应生成了碳酸钙沉淀，也会被剩余的盐酸溶解掉，将不会看到沉淀．
二．填空题（共6小题，满分28分）
13．（2分）有一种技术可将糖[通式为Ca（H2O ）b]发酵进行无氧分解，生成两种化合物，其中一种物质是沼气的主要成分．写出糖发酵进行无氧分解的化学方程式： 2Ca（H2O）b＝bCH4↑+（2a﹣b）CO2↑ ，指出a、b之间的关系 a＝b ．
【分析】根据题意“糖[通式为Ca（H2O ）b]发酵进行无氧分解，生成两种化合物，其中一种物质是沼气的主要成分”，则可推测生成物为甲烷和二氧化碳，根据化学方程式的配平方法，进行处理．
【解答】解：将Ca（H2O ）b系数指定为1，根据H守恒CH4系数为，然后根据C守恒CO2系数应为a﹣，两边同乘2，化为整数就是了．则化学方程式为：2Ca（H2O）b＝bCH4↑+（2a﹣b）CO2↑；然后根据O守恒，则2b＝2（2a﹣b），得到a＝b．
故答为：2Ca（H2O）b＝bCH4+（2a﹣b）CO2；a＝b
【点评】关于有机物的化学方程式的配平：可以利用“定1法”，把复杂的化学式的计量数定为1，再根据质量守恒定律，进行个元素的配平．
14．（4分）向AgNO3溶液中滴入NaCl溶液至恰好完全反应，如图表示反应前后溶液中存在的主要离子。
（1）实验过程中观察到的现象是 产生白色沉淀 。
（2）写出“”表示的粒子的符号： Na+ 。
（3）写出该反应的化学方程式： NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓ 。
【分析】向AgNO3溶液中滴入NaCl溶液至恰好完全反应，硝酸银能与氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，由反应前后溶液中存在的主要离子，进行分析解答。
【解答】解：（1）硝酸银能与氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，会观察到产生白色沉淀。
（2）向AgNO3溶液中滴入NaCl溶液至恰好完全反应，硝酸银能与氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，反应的实质是银离子结合氯离子生成氯化银白色沉淀，则“”表示的粒子是钠离子，其离子符号为：Na+。
（3）硝酸银能与氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，反应的化学方程式为：NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓。
故答案为：
（1）产生白色沉淀；
（2）Na+；
（3）NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓。
【点评】本题难度不大，掌握盐的化学性质、反应的实质是银离子结合氯离子生成氯化银沉淀是正确解答本题的关键。
15．（6分）我国著名的化学家侯德榜先生发明的制碱原理为： NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3 、 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ ，用 过滤 的方法可以把NaHCO3晶体从混合物中分离出来，在制取NaHCO3时，先向饱和的NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入足量的CO2的目的是 使CO2更易被吸收 ．
【分析】我国著名化学家侯德榜发明的联合制碱法，主要原理是：向浓氨水（NH3•H2O）中通入足量的CO2，然后加入食盐充分搅拌，反应生成氯化铵和碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度很小，以晶体形式析出，将析出的碳酸氢钠加热得碳酸钠、二氧化碳和水，写出反应的化学方程式即可．
二氧化碳与水反应形成不稳定的碳酸，使水吸收二氧化碳量较少，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收．
【解答】解：我国著名化学家侯德榜发明的联合制碱法，主要原理是：向浓氨水（NH3•H2O）中通入足量的CO2，然后加入食盐充分搅拌，反应生成氯化铵和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3．由于碳酸氢钠的溶解度很小，以晶体形式析出，进行过滤，将析出的碳酸氢钠加热得碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．
在制取NaHCO3时，先向饱和的NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入足量的CO2的目的是先通入氨气，氨气与水形成呈碱性的氨水可与二氧化碳与水生成的碳酸发生反应，更有利于二氧化碳气体的吸收．
故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；过滤；使CO2更易被吸收．
【点评】本题难度不大，了解侯德榜先生发明的制碱原理、化学方程式的书写方法等是正确解答本题的关键．
16．（4分）图中A～F是初中化学中常见的物质，其中A、B、C、D、F为五种不同类别的物质，A可由生石灰与水反应制得，B是胃液中帮助消化的成分，E是无色气体，F是红棕色固体。图中“﹣”表示两端的物质间能发生化学反应；“→”表示物质间存在转化关系；反应条件、部分反应物和生成物已略去。
（1）写出化学式：B HCl ，E CO2 。
（2）写出F→ C化学方程式： 3CO+Fe2O32Fe+3CO2 。
（3）写出足量的B与F发生反应的现象为 红棕色固体逐渐减少至消失，溶液由无色变黄色 。
【分析】根据题意可知，A可用来改良酸性土壤，则A为氢氧化钙；B是胃液中帮助消化的成分，则B为盐酸；由于F是红色固体，能与盐酸反应，能转化为无色的气体，则F为氧化铁，依次可推出其他物质，据此回答有关的问题。
【解答】解：由题意可知，A可用来改良酸性土壤，则A为氢氧化钙；B是胃液中帮助消化的成分。则B为盐酸；由于F是红色固体，能与盐酸反应，能转化为无色的气体，则F为氧化铁；氧化铁能与一氧化碳在高温条件先下反应生成了铁和二氧化碳，则E为二氧化碳，C为铁；氢氧化钙能与二氧化碳等反应转化为碳酸钙，碳酸钙能与盐酸反应等转化为二氧化碳，代入题中验证，符合题意。所以：
（1）B的化学式是HCl，E的化学式是CO2。
（2）氧化铁能与一氧化碳在高温条件下反应生成了衣蛾和二氧化碳，F→C的化学方程式是：3CO+Fe2O32Fe+3CO2；
（3）F是氧化铁，B是稀盐酸，两者反应的现象为红棕色固体逐渐减少至消失，溶液由无色变黄色
故填：（1）B．HCl； E．CO2；
（2）3CO+Fe2O32Fe+3CO；
（3）红棕色固体逐渐减少至消失，溶液由无色变黄色。
【点评】本题为框图型物质推断题，完成此类题目，关键是根据题干提供的信息结合框图，找准解题突破口，直接得出物质的化学式，然后顺推或逆推或从两边向中间推得出其他物质的化学式。
17．（6分）某化学兴趣小组设计了如图所示的装置，对纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）两种固体进行实验探究．
（1）写出甲、丙两种仪器的名称：甲 酒精灯 ，乙 烧杯 ．
（2）在实验过程中，观察到丙仪器中的澄清石灰水变浑浊，请写出丙仪器中发生反应的化学方程式 Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O ．
（3）该实验探究利用的科学方法是 对比观察法 （填“控制变量法”、“对比观察法”或“定量分析法”），实验目的是 探究纯碱和小苏打两种固体加热是否分解 ．
【分析】（1）根据常用仪器回答；
（2）根据二氧化碳和石灰水反应原理书写方程式；
（3）根据该实验是用对比的方法探究纯碱和小苏打两种固体加热是否分解进行解答．
【解答】解：（1）甲、丙两种仪器的名称：甲是酒精灯，乙是烧杯；故填：酒精灯；烧杯；
（2）二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，发生反应的化学方程式Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；故填：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；
（3）该实验是用对比的方法探究纯碱和小苏打两种固体加热是否分解，所以该实验探究利用的科学方法是对比观察法；实验目的是探究纯碱和小苏打两种固体加热是否分解．故填：对比观察法；探究纯碱和小苏打两种固体加热是否分解．
【点评】此题是以实验为载体，考查碳酸氢钠的不稳定性反应放出二氧化碳的性质；同时又考查了学生利用课本知识结合新信息处理问题的能力．
18．（6分）（1）某同学将CO2缓慢通入NaOH溶液，通入一段时间后，溶液中溶质的成分有4种可能情况（忽略CO2在水中的溶解），请将四种情况中溶质的化学式填入如表。
编号
①
②
③
④
溶质
NaOH和Na2CO3
Na2CO3
Na2CO3和NaHCO3
NaHCO3
（2）已知：向Na2CO3溶液中滴入稀盐酸时，先发生反应①Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，当Na2CO3反应完全后，继续滴入稀盐酸，发生反应②NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑．该同学向第（1）题所得溶液中逐滴加入含HCl质量分数为3.65%的盐酸，所加入盐酸的质量与产生CO2气体的体积（标准状况下）的关系如右图所示。则该同学在NaOH溶液中通入CO2后，溶液中溶质的化学式和质量分别为 Na2CO3和NaHCO3 ； m（Na2CO3）＝0.53g、m（NaHCO3）＝0.84g 。
【分析】（1）将NaOH溶液盛装在锥形瓶中通过CO2气体：
①n（NaOH）：n（CO2）＞2：1，少量二氧化碳和氢氧化钠反应：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，剩余NaOH，溶质为：Na2CO3、NaOH；
②再通入二氧化碳，n（NaOH）：n（CO2）＝2：1，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，溶质为：Na2CO3；
③继续通入二氧化碳，1：1＜n（NaOH）：n（CO2）＜2：1，Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，有部分碳酸钠，溶质为：Na2CO3、NaHCO3；
④继续通入二氧化碳，n（NaOH）：n（CO2）＝1：1，碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，溶质为：NaHCO3；n（NaOH）：n（CO2）＜1：1，二氧化碳剩余，溶质为：NaHCO3；
（2）由坐标轴上可以看到加入5g盐酸镁产生二氧化碳，是碳酸钠与氧酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时依据盐酸的质量可以求得碳酸钠的质量；从5g﹣15g消耗盐酸10g，产生二氧化碳气体，发生的反应为碳酸氢钠与稀盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳，依据盐酸的质量可以求出碳酸氢钠的质量。
【解答】解：（1）随着CO2量的增加，所发生反应依次为：
2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O
Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3
因此溶质成分依次可能是：①NaOH和Na2CO3；②Na2CO3；③Na2CO3和NaHCO3；④NaHCO3。
（2）由坐标轴上可以看到加入5g盐酸镁产生二氧化碳，是碳酸钠与氧酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时依据盐酸的质量可以求得碳酸钠的质量；
解：设碳酸钠的质量为x
Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl
106 36.5
x 5g×3.65%
＝，x＝0.53g
由坐标轴上可以看到，5g﹣15g消耗盐酸10g，产生二氧化碳气体，发生的反应为碳酸氢钠与稀盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳，依据盐酸的质量可以求出碳酸氢钠的质量；
解：设碳酸氢钠的质量为y
NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑
84 36.5
y 10g×3.65%
＝，y＝0.84g
故答案为：
（1）①NaOH、Na2CO3； ②Na2CO3；③Na2CO3、NaHCO3；④NaHCO3；
（2）Na2CO3、NaHCO3； m（Na2CO3）＝0.53g、m（NaHCO3）＝0.84g。
【点评】掌握氢氧化钠和二氧化碳量的比与产物的关系是解答关键；
三．解答题（共1小题，满分4分，每小题4分）
19．（4分）为测定某铜锌合金中的铜的质量分数，某校化学兴趣小组用该合金与稀硫酸反应，进行了三次实验．所有的相关数据记录见下表（实验误差忽略不计）；
第一次
第二次
第三次
所取合金质量/g
12.5
12.5
25
所用稀硫酸质量/g
120
140
100
生成氢气的质量/g
0.2
0.2
0.2
（1）计算该合金中铜的质量分数；
（2）求第三次实验所得溶液中溶质的质量分数．
【分析】铜、锌合金中铜和稀硫酸不反应只有锌和稀硫酸反应，第二次和第一次所取的合金质量相同，第二次所用的稀硫酸比第一次多，而两次生成的气体质量相同，说明两次所取的合金中的锌都完全反应了，由此可知12.5g合金只能生成0.2g氢气；第三次所取的合金是前两次的2倍，但产生的气体和前两次相同只有0.2g，说明第三次反应中稀硫酸不足，由此可知25g合金中参加反应的锌的质量与12.5g合金中参加反应的锌的质量，从而可以结合氢气的质量计算出锌的质量和所得溶液中溶质的质量分数．
【解答】解：（1）比较三组数据可以知道，12.5g合金最多只能生成0.2g氢气，其中的锌完全参加反应
设12.5g铜锌合金中含有锌的质量为x，生成硫酸锌的质量为y
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑
65 161 2
x y 0.2g
＝ ＝
解得：x＝6.5g； y＝16.1g
铜合金中铜的质量分数为：×100%＝48%；
答：铜锌合金中铜的质量分数为48%
（2）由第三次可知25g合金也生成0.2克氢气，说明100克稀硫酸最多消耗6.5g的锌，硫酸不足，根据（1）得出生成溶质硫酸锌的质量为16.1g；
所得溶液的质量为反应前加入合金和硫酸的质量之和减去生成氢气的质量；
则所得溶液中ZnSO4的质量分数：×100%≈15.1%
答：第三次实验所得溶液中溶质的质量分数15.1%．
【点评】此题考查的是根据化学方程式的有关计算，学会分析图表，找准已知量，运用控制变量法来正确分析处理表中的数据是解答此题的关键．
2019年湖北省黄冈中学联考中考化学三模试卷
一．选择题（共12小题，满分12分，每小题1分）
1．化学为人类社会进步作出了重要的贡献，下列对化学的认识中正确的是（ ）
A．食用加碘食盐能够有效预防大脖子病，因此我们应该尽可能多的补充加碘食盐．
B．减少化石燃料的燃烧，有助于节能减排，增强发展的可持续性
C．KNO3和Ca3（PO4）2都是复合肥料，为植物生长提供N、P、K等营养元素
D．为减少水体污染，农业上应禁止使用农药和化肥
2．有两种粒子，他们的核内质子数不相等，核外电子数相等，这两种粒子不可能是（ ）
①不同元素的原子 ②不同的分子 ③分子和离子 ④不同的离子
A．①②④ B．①② C．①②③ D．②③④
3．归纳总结正确的是（ ）
A、化学之最
B、化学与生活
①天然存在的最硬的物质：金刚石
②地壳中含量最高的金属元素：铁
①煤气泄露：开排风扇
②水壶中的水垢：用食醋除去
C、性质与用途
D、环境保护
①木炭有可燃性：作燃料
②稀有气体通电后发出有色光：作电光源
①废旧电池：随意丢弃
②工业污水：处理后排放
A．A B．B C．C D．D
4．物质与水发生复分解反应称为水解反应．例如：Al2S3+6H2O＝2Al（OH）3↓+3H2S↑．根据上述观点，下列说法中不正确的是（ ）
A．NaF的水解产物是NaOH和HF
B．CaO2的水解产物是Ca（OH）2和H2O2
C．PCl3的水解产物之一是PH3
D．Mg3N2水解产物是Mg（OH）2和NH3
5．小金做了如下实验：将4.2克铁粉和4.0克氧化铜粉末均匀混合，然后一次性投入盛有200克9.8%稀硫酸的大烧杯中。观察到如下现象：立即出现红色固体，前阶段没有明显的气泡产生，后阶段产生大量无色气泡，充分反应后上层清液是浅绿色。由此小金作出下列判断，其中不合理的是（ ）
A．“立即出现红色固体”是由于很快发生了如下转化：CuOCuSO4Cu
B．“产生大量无色气泡”是由于铁粉和稀硫酸发生了反应
C．该实验条件下，硫酸铜比稀硫酸更容易跟铁粉发生反应
D．在不同浓度的硫酸铜和稀硫酸的混合溶液中投入铁粉，都是硫酸铜先跟铁粉反应
6．一包不纯的氯化钾粉末，所含杂质可能是氯化钠、硝酸钾、硝酸钙、氯化铜、碳酸钠中的一种或几种。为确定其成分，某兴趣小组的同学们进行如下实验：
（1）取少量该粉末于烧杯中，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液。
（2）取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成。
（3）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馏水溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀。
根据上述实验判断，下列说法正确的是（ ）
A．杂质中可能含有硝酸钾、氯化钠
B．杂质中肯定不含硝酸钙、氯化铜、碳酸钠
C．杂质中肯定含有碳酸钠，可能含有氯化钠
D．杂质中肯定含有氯化钠、碳酸钠，可能含有硝酸钾
7．下列说法中错误的是（ ）
A．凡有盐和水生成的反应就是中和反应
B．中和反应属于复分解反应
C．酸跟碱作用，生成盐和水的反应一定是中和反应
D．可以利用中和反应原理来改良土壤
8．已知物质X是下列四种物质中的一种，下表记录了物质X的溶液分别加入的另外三种物质中产生的现象。则物质X可能是（ ）
加入物质
硝酸银溶液
氧化铜
氢氧化钠溶液
实验现象
白色沉淀
溶解，溶液变蓝
无明显现象
A．NaCl溶液 B．碳酸钠溶液 C．稀硝酸 D．稀盐酸
9．已知同温同压下等体积的不同气体含有相同的分子数，又知空气中混入氢气的体积达到总体积的4%﹣74.2%时点燃就会发生爆炸，下面列出了氢气混入空气时所占的不同体积分数，按理论计算最猛烈的可能是（ ）（提示：氢气与氧气完全反应时爆炸最剧烈）
A．氢气占10% B．氢气占29% C．氢气占50% D．氢气占70%
10．已知La（镧）是活动性比锌还强的金属，它的氧化物La2O3及其对应的碱La（OH）3均难溶于水，LaCl3、La（NO3）3都溶于水，下列各组物质中，在一般情况下，难于直接反应制得LaCl3的是（ ）
A．La和HCl B．La2O3和HCl
C．La（OH）3和MgCl2 D．La（OH）3和HCl
11．碱溶液中都含有OH﹣，因此不同的碱表现出一些共同的性质．下列关于Ba（OH）2性质的描述中不属于碱的共同性质的是（ ）
A．能使紫色石蕊溶液变蓝色
B．能与盐酸反应生成水
C．能与CO2反应生成水
D．能与Na2SO4溶液反应生成BaSO4沉淀
12．向一定质量CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液．反应过程中加入的Na2CO3溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．图中oa段表示生成沉淀的质量
B．b点对应的溶液中溶质为2种
C．c点溶液的PH＝7
D．X的值为106
二．填空题（共6小题，满分28分）
13．（2分）有一种技术可将糖[通式为Ca（H2O ）b]发酵进行无氧分解，生成两种化合物，其中一种物质是沼气的主要成分．写出糖发酵进行无氧分解的化学方程式： ，指出a、b之间的关系 ．
14．（4分）向AgNO3溶液中滴入NaCl溶液至恰好完全反应，如图表示反应前后溶液中存在的主要离子。
（1）实验过程中观察到的现象是 。
（2）写出“”表示的粒子的符号： 。
（3）写出该反应的化学方程式： 。
15．（6分）我国著名的化学家侯德榜先生发明的制碱原理为： 、 ，用 的方法可以把NaHCO3晶体从混合物中分离出来，在制取NaHCO3时，先向饱和的NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入足量的CO2的目的是 ．
16．（4分）图中A～F是初中化学中常见的物质，其中A、B、C、D、F为五种不同类别的物质，A可由生石灰与水反应制得，B是胃液中帮助消化的成分，E是无色气体，F是红棕色固体。图中“﹣”表示两端的物质间能发生化学反应；“→”表示物质间存在转化关系；反应条件、部分反应物和生成物已略去。
（1）写出化学式：B ，E 。
（2）写出F→ C化学方程式： 。
（3）写出足量的B与F发生反应的现象为 。
17．（6分）某化学兴趣小组设计了如图所示的装置，对纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）两种固体进行实验探究．
（1）写出甲、丙两种仪器的名称：甲 ，乙 ．
（2）在实验过程中，观察到丙仪器中的澄清石灰水变浑浊，请写出丙仪器中发生反应的化学方程式 ．
（3）该实验探究利用的科学方法是 （填“控制变量法”、“对比观察法”或“定量分析法”），实验目的是 ．
18．（6分）（1）某同学将CO2缓慢通入NaOH溶液，通入一段时间后，溶液中溶质的成分有4种可能情况（忽略CO2在水中的溶解），请将四种情况中溶质的化学式填入如表。
编号
①
②
③
④
溶质
（2）已知：向Na2CO3溶液中滴入稀盐酸时，先发生反应①Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，当Na2CO3反应完全后，继续滴入稀盐酸，发生反应②NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑．该同学向第（1）题所得溶液中逐滴加入含HCl质量分数为3.65%的盐酸，所加入盐酸的质量与产生CO2气体的体积（标准状况下）的关系如右图所示。则该同学在NaOH溶液中通入CO2后，溶液中溶质的化学式和质量分别为 ； 。
三．解答题（共1小题，满分4分，每小题4分）
19．（4分）为测定某铜锌合金中的铜的质量分数，某校化学兴趣小组用该合金与稀硫酸反应，进行了三次实验．所有的相关数据记录见下表（实验误差忽略不计）；
第一次
第二次
第三次
所取合金质量/g
12.5
12.5
25
所用稀硫酸质量/g
120
140
100
生成氢气的质量/g
0.2
0.2
0.2
（1）计算该合金中铜的质量分数；
（2）求第三次实验所得溶液中溶质的质量分数．
2019年湖北省黄冈中学联考中考化学三模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分12分，每小题1分）
1．化学为人类社会进步作出了重要的贡献，下列对化学的认识中正确的是（ ）
A．食用加碘食盐能够有效预防大脖子病，因此我们应该尽可能多的补充加碘食盐．
B．减少化石燃料的燃烧，有助于节能减排，增强发展的可持续性
C．KNO3和Ca3（PO4）2都是复合肥料，为植物生长提供N、P、K等营养元素
D．为减少水体污染，农业上应禁止使用农药和化肥
【分析】A、根据人体所需元素的知识解答；
B、根据化石燃料的燃烧产物解答；
C、根据肥料的类别解答；
D、根据减少水污染的措施解答．
【解答】解：A、人类必须微量元素摄入不足不利于身体健康，不一定尽可能多吃含有这些元素的营养补品，所以应适当补充加碘食盐，故A错误；
B、减少化石燃料的燃烧，可以减少污染物的排放，有助于节能减排，增强发展的可持续性，故B正确；
C、Ca3（PO4）2不是复合肥料，属于磷肥，故C错误；
D、为减少水体污染，农业上不应禁止使用农药和化肥的使用，要合理控制使用，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查的是化学与生活的知识，完成此题，可以依据已有的知识进行．
2．有两种粒子，他们的核内质子数不相等，核外电子数相等，这两种粒子不可能是（ ）
①不同元素的原子 ②不同的分子 ③分子和离子 ④不同的离子
A．①②④ B．①② C．①②③ D．②③④
【分析】①、在原子中，核内质子数与核外电子数相等，所以整个原子不显电性，因而不同元素的原子不可能核内质子数不相等，核外电子总数相等；
②、分子是由原子构成，所以整个分子不显电性，因而不同元素的分子不可能核内质子数不相等，核外电子总数相等；
③、因分子不显电性，而离子是带电微粒，其核外电子有得失现象，它们间有可能出现核内质子数不相等，核外电子总数相等现象；
④、不同的离子，因其核外电子有得失现象，也可能出现核内质子数不相等，核外电子总数相等现象。
【解答】解：①、在原子中，核内质子数与核外电子数相等，因而不同元素的原子不可能核内质子数不相等，核外电子总数相等；故①符合题意；
②、分子是由原子构成，由对A选项的分析和对B选项分析相似；故②正确；
③、因分子是由原子构成，而离子是带电微粒，其核外电子有得失现象，它们间有可能出现核内质子数不相等，核外电子总数相等现象，如：H2O和Na+；故③不正确；
④、不同的离子，因其核外电子有得失现象，也可能出现核内质子数不相等，核外电子总数相等现象，如：Na+和F﹣；故④不正确；
故选：B。
【点评】此题主要考查学生分子与原子的联系、原子的构成及分子、原子、离子之间的区别于联系，题型设计简单，但考查知识点全面，给学生很大的思维空间
3．归纳总结正确的是（ ）
A、化学之最
B、化学与生活
①天然存在的最硬的物质：金刚石
②地壳中含量最高的金属元素：铁
①煤气泄露：开排风扇
②水壶中的水垢：用食醋除去
C、性质与用途
D、环境保护
①木炭有可燃性：作燃料
②稀有气体通电后发出有色光：作电光源
①废旧电池：随意丢弃
②工业污水：处理后排放
A．A B．B C．C D．D
【分析】A、根据地壳中含量最高的金属元素是铝分析；
B、根据可燃性气体与空气混合遇明火有爆炸的危险分析；
C、根据木炭和稀有气体的性质分析；
D、根据废旧电池中含有重金属分析．
【解答】解：A．地壳中含量最高的金属元素是铝，错误；
B、可燃性气体与空气混合遇明火有爆炸的危险，所以煤气泄露不能开排风扇，故错误；
C、木炭有可燃性可作燃料，稀有气体通电可以发出不同颜色的光，可以用来制电光源，故正确；
D、废旧电池中含有重金属，随意丢弃会污染水体和土壤，故错误。
故选：C。
【点评】本题难度不大，但涉及知识点较多，考查学生对化学知识的掌握程度，采用排除法是正确快捷解答此类题的关键．
4．物质与水发生复分解反应称为水解反应．例如：Al2S3+6H2O＝2Al（OH）3↓+3H2S↑．根据上述观点，下列说法中不正确的是（ ）
A．NaF的水解产物是NaOH和HF
B．CaO2的水解产物是Ca（OH）2和H2O2
C．PCl3的水解产物之一是PH3
D．Mg3N2水解产物是Mg（OH）2和NH3
【分析】根据题意信息：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质，所以将物质分为阴离子和阳离子两部分，阳离子和氢氧根结合即为产物，阴离子和氢离子结合即为产物．
【解答】解：
A、NaF与H2O发生的反应，NaF+H2O＝NaOH+HF，属于复分解反应，为水解反应。故对；
B、CaO2与2H2O发生的反应，CaO2+2H2O＝Ca（OH）2+H2O2，属于复分解反应，为水解反应。故对；
C、PCl3的水解产物是HCl和P（OH）3，PCl3+3H2O＝P（OH）3+3HCl，故错；
D、Mg3N2与6H2O发生的反应，Mg3N2+6H2O＝3Mg（OH）2+2NH3，属于复分解反应，为水解反应。故对。
故选：C。
【点评】本题是一道信息给定题，注意知识的迁移和应用，属于开放式的题目，难度不大．
5．小金做了如下实验：将4.2克铁粉和4.0克氧化铜粉末均匀混合，然后一次性投入盛有200克9.8%稀硫酸的大烧杯中。观察到如下现象：立即出现红色固体，前阶段没有明显的气泡产生，后阶段产生大量无色气泡，充分反应后上层清液是浅绿色。由此小金作出下列判断，其中不合理的是（ ）
A．“立即出现红色固体”是由于很快发生了如下转化：CuOCuSO4Cu
B．“产生大量无色气泡”是由于铁粉和稀硫酸发生了反应
C．该实验条件下，硫酸铜比稀硫酸更容易跟铁粉发生反应
D．在不同浓度的硫酸铜和稀硫酸的混合溶液中投入铁粉，都是硫酸铜先跟铁粉反应
【分析】根据稀硫酸和氧化铜反应生成硫酸铜和水，硫酸铜和铁反应生成硫酸亚铁和铜，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气等知识进行分析。
【解答】解：A、“立即出现红色固体”是由于氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜和铁反应生成硫酸亚铁和铜，很快发生了如下转化：CuOCuSO4Cu，故A正确；
B、“产生大量无色气泡”是由于发生了如下反应：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，故B正确；
C、该实验条件下，立即出现红色固体，说明硫酸铜比稀硫酸更容易跟铁粉发生反应，故C正确；
D、在不同浓度的硫酸铜和稀硫酸的混合溶液中投入铁粉，不都是硫酸铜先跟铁粉反应，也可能是硫酸先和铁反应，故D错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
6．一包不纯的氯化钾粉末，所含杂质可能是氯化钠、硝酸钾、硝酸钙、氯化铜、碳酸钠中的一种或几种。为确定其成分，某兴趣小组的同学们进行如下实验：
（1）取少量该粉末于烧杯中，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液。
（2）取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成。
（3）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馏水溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀。
根据上述实验判断，下列说法正确的是（ ）
A．杂质中可能含有硝酸钾、氯化钠
B．杂质中肯定不含硝酸钙、氯化铜、碳酸钠
C．杂质中肯定含有碳酸钠，可能含有氯化钠
D．杂质中肯定含有氯化钠、碳酸钠，可能含有硝酸钾
【分析】碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，和硝酸钙反应生成白色沉淀碳酸钙和硝酸钠，氯离子和银离子结合生成白色沉淀氯化银。
【解答】解：A、氯化钾、氯化钠和硝酸银反应的化学方程式及其质量关系为：
KCl+AgNO3═AgCl↓+KNO3，
74.5 143.5
14.9g 28.7g
NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3，
58.5 143.5
11.7g 28.7g
取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，是因为碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，因此杂质中含有碳酸钠，由计算可知，14.9g氯化钾和硝酸银反应生成28.7g氯化银，11.7g氯化钠和硝酸银反应生成28.7g氯化银，杂质中含有碳酸钠，氯化钾质量小于14.9g，和硝酸银反应生成氯化银质量小于28.7g，因此杂质中一定含有氯化钠，该选项说法不正确；
B、取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，是因为碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，因此杂质中含有碳酸钠，则杂质中不含有硝酸钙，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液，说明杂质中不含有氯化铜，该选项说法不正确；
C、杂质中肯定含有碳酸钠，不含有氯化钠，该选项说法不正确；
D、杂质中肯定含有氯化钠、碳酸钠，由于硝酸钾是否存在不影响实验结果，因此可能含有硝酸钾，也可能不含有硝酸钾，该选项说法正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
7．下列说法中错误的是（ ）
A．凡有盐和水生成的反应就是中和反应
B．中和反应属于复分解反应
C．酸跟碱作用，生成盐和水的反应一定是中和反应
D．可以利用中和反应原理来改良土壤
【分析】中和反应是酸和碱反应生成盐和水，即中和反应需要满足一是反应物为酸和碱，二是生成物只为盐和水．
【解答】解：
A、生成盐和水的反应未必是中和反应，因为反应物可以是非金属氧化物和碱反应（如CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O），也可以是金属氧化物与酸反应（如CuO+2HCl＝CuCl2+H2O）．故错误。
B、中和反应符合复分解反应的特点，所以属于复分解反应，故正确；
C、酸跟碱作用，生成盐和水的反应一定是中和反应，说法正确；
D、可以利用中和反应原理来改良土壤，说法正确。
故选：A。
【点评】中和反应是酸和碱反应生成盐和水，即中和反应需要满足一是反应物为酸和碱，二是生成物只为盐和水．
8．已知物质X是下列四种物质中的一种，下表记录了物质X的溶液分别加入的另外三种物质中产生的现象。则物质X可能是（ ）
加入物质
硝酸银溶液
氧化铜
氢氧化钠溶液
实验现象
白色沉淀
溶解，溶液变蓝
无明显现象
A．NaCl溶液 B．碳酸钠溶液 C．稀硝酸 D．稀盐酸
【分析】根据题意，C与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，与氧化铜反应生成蓝色溶液，与氢氧化钠混合物明显变化，据此结合酸碱盐的化学性质，进行分析判断。
【解答】解：A、NaCl溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，与氧化铜不反应，故选项错误。
B、碳酸钠溶液与硝酸银溶液反应生成碳酸银白色沉淀，与氧化铜不反应，故选项错误。
C、稀硝酸与硝酸银溶液不反应，故选项错误。
D、稀盐酸能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，与氧化铜反应生成氯化铜和水，会观察到氧化铜溶解，溶液变蓝；与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，但无明显变化；故选项正确。
故选：D。
【点评】本题难度不大，明确X应具备的要求，熟练掌握酸碱盐的化学性质是正确解答本题的关键。
9．已知同温同压下等体积的不同气体含有相同的分子数，又知空气中混入氢气的体积达到总体积的4%﹣74.2%时点燃就会发生爆炸，下面列出了氢气混入空气时所占的不同体积分数，按理论计算最猛烈的可能是（ ）（提示：氢气与氧气完全反应时爆炸最剧烈）
A．氢气占10% B．氢气占29% C．氢气占50% D．氢气占70%
【分析】氧气约占空气总体积的五分之一，氢气和氧气恰好完全反应时的体积比是2：1．
【解答】解：设爆炸最剧烈时氢气的体积是2X，根据 2H2+O22H2O 可知，消耗的氧气的体积是X，则对应的空气的体积是5X，则这时氢气的体积分数为：
100%＝29%。
故选：B。
【点评】解答本题的思路是：先假设出氢气的体积，再根据化学方程式判断出需要氧气的体积，再根据氧气在空气中的含量进行计算，从而求出结果．
10．已知La（镧）是活动性比锌还强的金属，它的氧化物La2O3及其对应的碱La（OH）3均难溶于水，LaCl3、La（NO3）3都溶于水，下列各组物质中，在一般情况下，难于直接反应制得LaCl3的是（ ）
A．La和HCl B．La2O3和HCl
C．La（OH）3和MgCl2 D．La（OH）3和HCl
【分析】根据题干提供的信息结合已有的知识进行分析，在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸反应生成氢气，酸碱盐的溶液若两两结合能产生气体、沉淀或水，则反应能够进行，据此解答即可．
【解答】解：A、La（镧）是一种活动性比锌还强的金属元素，则镧能与盐酸反应生成氯化镧，故A错误；
B、金属氧化物与酸发生化学反应生成氯化镧，故B错误；
C、氢氧化镧是不溶于水的碱，不能与氯化镁发生复分解反应，故C正确；
D、酸碱发生中和反应，能直接生成氯化镧，故D错误；
故选：C。
【点评】本题为信息给予题，完成此题，可以依据题干提供的信息结合物质的性质进行．
11．碱溶液中都含有OH﹣，因此不同的碱表现出一些共同的性质．下列关于Ba（OH）2性质的描述中不属于碱的共同性质的是（ ）
A．能使紫色石蕊溶液变蓝色
B．能与盐酸反应生成水
C．能与CO2反应生成水
D．能与Na2SO4溶液反应生成BaSO4沉淀
【分析】根据碱的化学性质（能与酸碱指示剂、非金属氧化物、酸、盐等反应），据此进行分析解答．
【解答】解：A、Ba（OH）2能使紫色石蕊溶液变蓝色，氢氧化钠、氢氧化钙等其它碱也能使紫色石蕊溶液变蓝色，属于碱的共同性质，故选项错误。
B、Ba（OH）2能与盐酸反应生成氯化钡和水，氢氧化钠、氢氧化钙等其它碱也能与稀盐酸反应生成盐和水，属于碱的共同性质，故选项错误。
C、Ba（OH）2能与二氧化碳反应生成碳酸钡和水，氢氧化钠、氢氧化钙等其它碱也能与二氧化碳反应生成盐和水，属于碱的共同性质，故选项错误。
D、氢氧化钡能与Na2SO4溶液反应生成BaSO4沉淀，氢氧化钠、氢氧化钙等碱不能与硫酸钠反应，不属于碱的共同性质，故选项正确。
故选：D。
【点评】本题难度不大，掌握碱的化学性质（能与酸碱指示剂、非金属氧化物、酸、盐等反应）并能灵活运用是正确解答本题的关键．
12．向一定质量CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液．反应过程中加入的Na2CO3溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．图中oa段表示生成沉淀的质量
B．b点对应的溶液中溶质为2种
C．c点溶液的PH＝7
D．X的值为106
【分析】分析反应的过程可知：加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，最后到达最高点说明已经反应完了，据此分析解答．
【解答】解：A、图中oa段表示生成的气体质量，故A选项错误；
B、b点表示碳酸钠恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故B选项错误；
C、c点的溶液中含有Na2CO3、NaCl两种溶质，由于Na2CO3显碱性，NaCl显中性，所以c的溶液的pH＞7；故C选项错误；
D、根据题意可知碳酸钠先与盐酸反应，再与氯化钙反应，由图示可知碳酸钠与盐酸反应生成气体2.2g，碳酸钠与氯化钙反应，生成沉淀5.0g．设生成2.2g气体所需的Na2CO3的质量为y，生成沉淀5.0g所需Na2CO3的质量为z．则
Na2CO3～CO2↑
106 44
y 2.2
＝，解得y＝5.3g；
Na2CO3～CaCO3↓
106 100
z 5.0g
＝，解得z＝5.3g；
所以x＝（5.3g+5.3g）÷10%＝106g，故D选项正确。
【点评】解答本题关键要知道只有把盐酸反应完了，才能与氯化钙反应产生沉淀，因为如果碳酸钠与氯化钙先反应生成了碳酸钙沉淀，也会被剩余的盐酸溶解掉，将不会看到沉淀．
二．填空题（共6小题，满分28分）
13．（2分）有一种技术可将糖[通式为Ca（H2O ）b]发酵进行无氧分解，生成两种化合物，其中一种物质是沼气的主要成分．写出糖发酵进行无氧分解的化学方程式： 2Ca（H2O）b＝bCH4↑+（2a﹣b）CO2↑ ，指出a、b之间的关系 a＝b ．
【分析】根据题意“糖[通式为Ca（H2O ）b]发酵进行无氧分解，生成两种化合物，其中一种物质是沼气的主要成分”，则可推测生成物为甲烷和二氧化碳，根据化学方程式的配平方法，进行处理．
【解答】解：将Ca（H2O ）b系数指定为1，根据H守恒CH4系数为，然后根据C守恒CO2系数应为a﹣，两边同乘2，化为整数就是了．则化学方程式为：2Ca（H2O）b＝bCH4↑+（2a﹣b）CO2↑；然后根据O守恒，则2b＝2（2a﹣b），得到a＝b．
故答为：2Ca（H2O）b＝bCH4+（2a﹣b）CO2；a＝b
【点评】关于有机物的化学方程式的配平：可以利用“定1法”，把复杂的化学式的计量数定为1，再根据质量守恒定律，进行个元素的配平．
14．（4分）向AgNO3溶液中滴入NaCl溶液至恰好完全反应，如图表示反应前后溶液中存在的主要离子。
（1）实验过程中观察到的现象是 产生白色沉淀 。
（2）写出“”表示的粒子的符号： Na+ 。
（3）写出该反应的化学方程式： NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓ 。
【分析】向AgNO3溶液中滴入NaCl溶液至恰好完全反应，硝酸银能与氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，由反应前后溶液中存在的主要离子，进行分析解答。
【解答】解：（1）硝酸银能与氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，会观察到产生白色沉淀。
（2）向AgNO3溶液中滴入NaCl溶液至恰好完全反应，硝酸银能与氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，反应的实质是银离子结合氯离子生成氯化银白色沉淀，则“”表示的粒子是钠离子，其离子符号为：Na+。
（3）硝酸银能与氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，反应的化学方程式为：NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓。
故答案为：
（1）产生白色沉淀；
（2）Na+；
（3）NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓。
【点评】本题难度不大，掌握盐的化学性质、反应的实质是银离子结合氯离子生成氯化银沉淀是正确解答本题的关键。
15．（6分）我国著名的化学家侯德榜先生发明的制碱原理为： NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3 、 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ ，用 过滤 的方法可以把NaHCO3晶体从混合物中分离出来，在制取NaHCO3时，先向饱和的NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入足量的CO2的目的是 使CO2更易被吸收 ．
【分析】我国著名化学家侯德榜发明的联合制碱法，主要原理是：向浓氨水（NH3•H2O）中通入足量的CO2，然后加入食盐充分搅拌，反应生成氯化铵和碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度很小，以晶体形式析出，将析出的碳酸氢钠加热得碳酸钠、二氧化碳和水，写出反应的化学方程式即可．
二氧化碳与水反应形成不稳定的碳酸，使水吸收二氧化碳量较少，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收．
【解答】解：我国著名化学家侯德榜发明的联合制碱法，主要原理是：向浓氨水（NH3•H2O）中通入足量的CO2，然后加入食盐充分搅拌，反应生成氯化铵和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3．由于碳酸氢钠的溶解度很小，以晶体形式析出，进行过滤，将析出的碳酸氢钠加热得碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．
在制取NaHCO3时，先向饱和的NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入足量的CO2的目的是先通入氨气，氨气与水形成呈碱性的氨水可与二氧化碳与水生成的碳酸发生反应，更有利于二氧化碳气体的吸收．
故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；过滤；使CO2更易被吸收．
【点评】本题难度不大，了解侯德榜先生发明的制碱原理、化学方程式的书写方法等是正确解答本题的关键．
16．（4分）图中A～F是初中化学中常见的物质，其中A、B、C、D、F为五种不同类别的物质，A可由生石灰与水反应制得，B是胃液中帮助消化的成分，E是无色气体，F是红棕色固体。图中“﹣”表示两端的物质间能发生化学反应；“→”表示物质间存在转化关系；反应条件、部分反应物和生成物已略去。
（1）写出化学式：B HCl ，E CO2 。
（2）写出F→ C化学方程式： 3CO+Fe2O32Fe+3CO2 。
（3）写出足量的B与F发生反应的现象为 红棕色固体逐渐减少至消失，溶液由无色变黄色 。
【分析】根据题意可知，A可用来改良酸性土壤，则A为氢氧化钙；B是胃液中帮助消化的成分，则B为盐酸；由于F是红色固体，能与盐酸反应，能转化为无色的气体，则F为氧化铁，依次可推出其他物质，据此回答有关的问题。
【解答】解：由题意可知，A可用来改良酸性土壤，则A为氢氧化钙；B是胃液中帮助消化的成分。则B为盐酸；由于F是红色固体，能与盐酸反应，能转化为无色的气体，则F为氧化铁；氧化铁能与一氧化碳在高温条件先下反应生成了铁和二氧化碳，则E为二氧化碳，C为铁；氢氧化钙能与二氧化碳等反应转化为碳酸钙，碳酸钙能与盐酸反应等转化为二氧化碳，代入题中验证，符合题意。所以：
（1）B的化学式是HCl，E的化学式是CO2。
（2）氧化铁能与一氧化碳在高温条件下反应生成了衣蛾和二氧化碳，F→C的化学方程式是：3CO+Fe2O32Fe+3CO2；
（3）F是氧化铁，B是稀盐酸，两者反应的现象为红棕色固体逐渐减少至消失，溶液由无色变黄色
故填：（1）B．HCl； E．CO2；
（2）3CO+Fe2O32Fe+3CO；
（3）红棕色固体逐渐减少至消失，溶液由无色变黄色。
【点评】本题为框图型物质推断题，完成此类题目，关键是根据题干提供的信息结合框图，找准解题突破口，直接得出物质的化学式，然后顺推或逆推或从两边向中间推得出其他物质的化学式。
17．（6分）某化学兴趣小组设计了如图所示的装置，对纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）两种固体进行实验探究．
（1）写出甲、丙两种仪器的名称：甲 酒精灯 ，乙 烧杯 ．
（2）在实验过程中，观察到丙仪器中的澄清石灰水变浑浊，请写出丙仪器中发生反应的化学方程式 Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O ．
（3）该实验探究利用的科学方法是 对比观察法 （填“控制变量法”、“对比观察法”或“定量分析法”），实验目的是 探究纯碱和小苏打两种固体加热是否分解 ．
【分析】（1）根据常用仪器回答；
（2）根据二氧化碳和石灰水反应原理书写方程式；
（3）根据该实验是用对比的方法探究纯碱和小苏打两种固体加热是否分解进行解答．
【解答】解：（1）甲、丙两种仪器的名称：甲是酒精灯，乙是烧杯；故填：酒精灯；烧杯；
（2）二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，发生反应的化学方程式Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；故填：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；
（3）该实验是用对比的方法探究纯碱和小苏打两种固体加热是否分解，所以该实验探究利用的科学方法是对比观察法；实验目的是探究纯碱和小苏打两种固体加热是否分解．故填：对比观察法；探究纯碱和小苏打两种固体加热是否分解．
【点评】此题是以实验为载体，考查碳酸氢钠的不稳定性反应放出二氧化碳的性质；同时又考查了学生利用课本知识结合新信息处理问题的能力．
18．（6分）（1）某同学将CO2缓慢通入NaOH溶液，通入一段时间后，溶液中溶质的成分有4种可能情况（忽略CO2在水中的溶解），请将四种情况中溶质的化学式填入如表。
编号
①
②
③
④
溶质
NaOH和Na2CO3
Na2CO3
Na2CO3和NaHCO3
NaHCO3
（2）已知：向Na2CO3溶液中滴入稀盐酸时，先发生反应①Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，当Na2CO3反应完全后，继续滴入稀盐酸，发生反应②NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑．该同学向第（1）题所得溶液中逐滴加入含HCl质量分数为3.65%的盐酸，所加入盐酸的质量与产生CO2气体的体积（标准状况下）的关系如右图所示。则该同学在NaOH溶液中通入CO2后，溶液中溶质的化学式和质量分别为 Na2CO3和NaHCO3 ； m（Na2CO3）＝0.53g、m（NaHCO3）＝0.84g 。
【分析】（1）将NaOH溶液盛装在锥形瓶中通过CO2气体：
①n（NaOH）：n（CO2）＞2：1，少量二氧化碳和氢氧化钠反应：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，剩余NaOH，溶质为：Na2CO3、NaOH；
②再通入二氧化碳，n（NaOH）：n（CO2）＝2：1，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，溶质为：Na2CO3；
③继续通入二氧化碳，1：1＜n（NaOH）：n（CO2）＜2：1，Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，有部分碳酸钠，溶质为：Na2CO3、NaHCO3；
④继续通入二氧化碳，n（NaOH）：n（CO2）＝1：1，碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，溶质为：NaHCO3；n（NaOH）：n（CO2）＜1：1，二氧化碳剩余，溶质为：NaHCO3；
（2）由坐标轴上可以看到加入5g盐酸镁产生二氧化碳，是碳酸钠与氧酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时依据盐酸的质量可以求得碳酸钠的质量；从5g﹣15g消耗盐酸10g，产生二氧化碳气体，发生的反应为碳酸氢钠与稀盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳，依据盐酸的质量可以求出碳酸氢钠的质量。
【解答】解：（1）随着CO2量的增加，所发生反应依次为：
2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O
Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3
因此溶质成分依次可能是：①NaOH和Na2CO3；②Na2CO3；③Na2CO3和NaHCO3；④NaHCO3。
（2）由坐标轴上可以看到加入5g盐酸镁产生二氧化碳，是碳酸钠与氧酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时依据盐酸的质量可以求得碳酸钠的质量；
解：设碳酸钠的质量为x
Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl
106 36.5
x 5g×3.65%
＝，x＝0.53g
由坐标轴上可以看到，5g﹣15g消耗盐酸10g，产生二氧化碳气体，发生的反应为碳酸氢钠与稀盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳，依据盐酸的质量可以求出碳酸氢钠的质量；
解：设碳酸氢钠的质量为y
NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑
84 36.5
y 10g×3.65%
＝，y＝0.84g
故答案为：
（1）①NaOH、Na2CO3； ②Na2CO3；③Na2CO3、NaHCO3；④NaHCO3；
（2）Na2CO3、NaHCO3； m（Na2CO3）＝0.53g、m（NaHCO3）＝0.84g。
【点评】掌握氢氧化钠和二氧化碳量的比与产物的关系是解答关键；
三．解答题（共1小题，满分4分，每小题4分）
19．（4分）为测定某铜锌合金中的铜的质量分数，某校化学兴趣小组用该合金与稀硫酸反应，进行了三次实验．所有的相关数据记录见下表（实验误差忽略不计）；
第一次
第二次
第三次
所取合金质量/g
12.5
12.5
25
所用稀硫酸质量/g
120
140
100
生成氢气的质量/g
0.2
0.2
0.2
（1）计算该合金中铜的质量分数；
（2）求第三次实验所得溶液中溶质的质量分数．
【分析】铜、锌合金中铜和稀硫酸不反应只有锌和稀硫酸反应，第二次和第一次所取的合金质量相同，第二次所用的稀硫酸比第一次多，而两次生成的气体质量相同，说明两次所取的合金中的锌都完全反应了，由此可知12.5g合金只能生成0.2g氢气；第三次所取的合金是前两次的2倍，但产生的气体和前两次相同只有0.2g，说明第三次反应中稀硫酸不足，由此可知25g合金中参加反应的锌的质量与12.5g合金中参加反应的锌的质量，从而可以结合氢气的质量计算出锌的质量和所得溶液中溶质的质量分数．
【解答】解：（1）比较三组数据可以知道，12.5g合金最多只能生成0.2g氢气，其中的锌完全参加反应
设12.5g铜锌合金中含有锌的质量为x，生成硫酸锌的质量为y
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑
65 161 2
x y 0.2g
＝ ＝
解得：x＝6.5g； y＝16.1g
铜合金中铜的质量分数为：×100%＝48%；
答：铜锌合金中铜的质量分数为48%
（2）由第三次可知25g合金也生成0.2克氢气，说明100克稀硫酸最多消耗6.5g的锌，硫酸不足，根据（1）得出生成溶质硫酸锌的质量为16.1g；
所得溶液的质量为反应前加入合金和硫酸的质量之和减去生成氢气的质量；
则所得溶液中ZnSO4的质量分数：×100%≈15.1%
答：第三次实验所得溶液中溶质的质量分数15.1%．
【点评】此题考查的是根据化学方程式的有关计算，学会分析图表，找准已知量，运用控制变量法来正确分析处理表中的数据是解答此题的关键．
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