2025年中考考前押题最后一卷：化学（济南卷）（解析版）

这是一份2025年中考考前押题最后一卷：化学（济南卷）（解析版），共16页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分，下列实验设计不能达到目的的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。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．回答选择题时，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．回答非选择题时，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。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65 Cu-64 Ag-108
选择题部分 共40分
一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题四个选项中，只有一个选项最符合题目的要求。
1．下列过程中主要发生化学变化的是
A．冰雪融化B．切割玻璃
C．汽油挥发D．木炭燃烧
【答案】D
【解析】A、冰雪融化过程中只是状态的改变，没有新物质生成，属于物理变化，错误；
B、用玻璃刀裁玻璃，过程中只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，错误；
C、汽油挥发过程中只是状态的改变，没有新物质生成，属于物理变化，错误；
D、木炭燃烧过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，正确。
2．2025年1月济南市十八届四次会议政府工作报告指出“聚力加强生态环境保护，全面推进美丽济南建设”。下列做法不合理的是
A．保护水资源，坚守泉水保护生态红线
B．为生活方便，大量使用一次性塑料制品
C．持续推进水泥、焦化等行业企业超低排放改造
D．推进低效煤电机组关停退出，加快长清区2×66万千瓦先进燃煤机组建设
【答案】B
【解析】A、坚守泉水保护生态红线，保护水资源，正确；
B、为生活方便，大量使用一次性塑料制品，一次性塑料制品大多难以降解，会造成严重的白色污染，同时消耗大量资源，不符合绿色生活方式，错误；
C、持续推进水泥、焦化等行业企业超低排放改造，改善环境，正确；
D、推进低效煤电机组关停退出，加快先进燃煤机组建设能有效利用煤炭，减少环境污染，正确。
3．化学与生活息息相关，下列说法正确的是
A．用钢丝刷擦去铝锅上的污垢 B．用霉变花生压榨食用油
C．用水洗去衣服上的碘渍 D．焙制糕点时放适量小苏打作发酵粉
【答案】D
【解析】A、铝锅上的污垢用钢丝刷擦洗，会破坏表面的氧化铝保护膜，错误；
B、霉变的花生中含有黄曲霉毒素，具有致癌性，不能用来压榨食用油，错误；
C、碘不溶于水，因此用水不能洗去衣服上的碘渍，错误；
D、小苏打（碳酸氢钠）受热能分解生成二氧化碳，与面粉发酵产生的酸性物质生成二氧化碳，是制焙糕点所用的发酵粉中主要成分，正确。
4．分析下列实验操作正确的是
A．倾倒液体B．称量氯化钠固体
C． 稀释浓硫酸D．加热蒸发食盐溶液
【答案】D
【解析】A、向试管中倾倒液体试剂时，瓶塞要倒放，标签要向着手心，瓶口紧挨试管口；图中瓶口没有紧挨试管口、瓶塞没有倒放，错误；
B、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，图中砝码与试剂的位置放反了，错误；
C、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。切不可将水注入浓硫酸中，错误；
D、蒸发时，应用玻璃棒不断搅拌，防止局部温度过高引起液滴飞溅，正确。
5．在“宏观-微观-符号”之间建立联系是化学学科特有的思维方式。对下列图示信息分析不正确的是
A．图①是硅原子的结构示意图
B．图②微粒对应的结构是相对稳定结构
C．若图③中x的值为8，则其粒子符号为O2-
D．图②④对应元素组成的化合物是由分子构成的
【答案】D
【解析】A、质子数=原子序数=14，14号元素是硅元素，质子数=核外电子数，表示的是原子，故图①是硅原子的结构示意图，正确；
B、图②微粒最外层电子数是8，对应的结构是相对稳定结构，正确；
C、若图③中x的值为8，则其粒子为氧原子得到2个电子后形成的氧离子，符号为O2-，正确；
D、质子数=原子序数=11，11号元素是钠元素，④对应元素是氯元素，钠元素和氯元素对应的化合物是氯化钠，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，错误。
6．形成化学观念、发展科学思维是学习化学的目标要求。下列有关认识正确的是
A．宏微结合：过氧化氢和水的化学性质不同，因为二者分子结构不同
B．守恒思想：2g氢气和8g氧气充分反应后生成10g水
C．证据推理：铝具有很好的抗腐蚀性能，说明铝的金属活动性弱
D．误差分析：用湿润的试纸测定稀硫酸溶液的，结果会偏小
【答案】A
【解析】A、由分子构成的物质，分子是保持物质化学性质的最小粒子，过氧化氢和水分子结构不同，故化学性质不同，正确；
B、氢气和氧气在点燃的条件下反应生成水，即2H2+O2点燃2H2O，参加反应的氢气和氧气的质量比为4：32=1：8，则2g氢气和8g氧气充分反应后，氢气剩余，不可能生成10g水，错误；
C、铝具有很好的抗腐蚀性能，是因为铝的化学性质比较活泼，常温下，铝能与空气中的氧气反应，在其表面形成一层致密的氧化铝薄膜，从而阻止铝进一步被氧化，铝的金属活动性较强，错误；
D、测定溶液的pH：用洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上，观察颜色的变化，然后与标准比色卡对照，用湿润的pH试纸测定稀硫酸溶液的pH，会稀释稀硫酸，导致酸性减弱，结果会偏大，错误。
7．下列客观事实对应的微观解释错误的是
A．“花香四溢”——分子总是在不断运动着
B．金刚石和石墨物理性质存在明显差异——碳原子之间形成的化学结构不同
C．氢气和液氢都可做燃料——相同物质的分子，其化学性质相同
D．酸碱盐溶液都能导电——溶液中有自由移动的电子
【答案】D
【解析】A、花香四溢是因为花中具有的香味分子是在不断的运动的，向四周扩散，使人们闻到花香，正确；
B、金刚石和石墨物理性质存在明显差异是因为碳原子之间形成的不同的化学结构决定的，正确；
C、分子是保持物质化学性质的最小微粒，氢气和液氢都能作燃料是由于同种分子化学性质相同，正确；
D、酸碱盐溶液都能导电是因为溶液中有自由移动的离子，错误。
8．化学兴趣小组的同学们为探究燃烧的条件设计如图1实验，实验中测得试管②中氧气的体积分数随时间的变化曲线如图2所示。下列有关结论正确的是
A．持续加热水试管①中红磷可以燃烧
B．实验过程中试管②气球先变小后变大
C．通过试管①和②对比得出燃烧需要氧气
D．试管②白磷熄灭后仍有氧气，说明燃烧氧气需达到一定浓度
【答案】D
【解析】A、红磷的着火点为240℃，持续加热烧杯内的水，最高温度是100℃，不能达到红磷的着火点，试管①中红磷不能燃烧，错误；
B、白磷燃烧，放出大量的热，装置内气体受热膨胀，压强增大，气球变大，白磷熄灭后，温度下降，氧气被消耗，气压降低，气球变小，故实验过程中试管②气球先变大再变小，错误；
C、试管①中的红磷与氧气接触，温度没有达到红磷的着火点，不燃烧；试管②中白磷与氧气接触，温度达到了白磷的着火点，燃烧，通过试管①和②对比得出燃烧需要温度达到可燃物的着火点，错误；
D、根据图2可知，白磷熄灭后，集气瓶内的氧气并未耗尽，氧气的含量约为10%，说明燃烧氧气需达到一定浓度，正确。
9．理解概念是化学学习的重要内容，下列说法正确的是
A．盐中一定含有金属元素 B．中和反应一定是复分解反应
C．催化剂在化学反应前后质量和性质不变 D．具有相同质子数的粒子一定是同种元素
【答案】B
【解析】A、如碳酸铵、硝酸铵等铵盐不含金属元素，故盐中不一定含有金属元素，错误；
B、中和反应的实质是酸中的氢离子和碱中的氢氧根离子反应生成水的过程，符合复分解反应概念，故中和反应一定是复分解反应，正确；
C、催化剂在化学反应前后质量和化学性质不变，物理性质可能发生改变，错误；
D、如硫原子S和氧分子O2具有相同质子数,是不同种元素，故具有相同质子数的粒子不一定是同种元素，错误。
10．下列实验设计不能达到目的的是
A．探究水的组成B．验证酸和碱能否发生反应
C．测定空气中氧气的含量D．比较铁、铜的金属活动性强弱
【答案】C
【解析】A、电解水生成氢气和氧气，氢气和氧气分别是由氢元素和氧元素组成的，说明水是由氢元素和氧元素组成的，正确；
B、滴有酚酞溶液的氢氧化钠溶液显红色，无色酚酞溶液遇酸性溶液不变色，遇碱性溶液变红，逐滴滴入稀盐酸，至恰好完全反应，溶液显中性，溶液由红色变为无色，证明盐酸和氢氧化钠发生了化学反应，正确；
C、木炭在空气中燃烧生成二氧化碳气体，虽除去氧气，但增加了新的气体，没有形成压强差，不能用来测定空气中氧气含量，错误；
D、铁能与硫酸铜溶液反应，置换出铜，可比较铁、铜的金属活动性强弱，正确。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，至少有两个选项符合题目的要求，全部选对得4分，选对两个及以上但不全的得3分，选对一个得2分，有错选的得0分。
11．工业上可通过下列工艺流程处理工厂排放的含二氧化硫的尾气并获得氢气，下列说法不正确的是
A．主反应器中反应的化学方程式是：H2O+SO2+I2=H2SO4+2HI
B．膜反应器中的基本反应类型是分解反应
C．该工艺流程中，能被循环利用的物质是I2
D．该流程可以处理有害气体获得清洁燃料，不仅环保还能提高经济价值
【答案】BCD
【解析】A、由流程图可知，主反应器中反应是水和二氧化硫以及碘反应生成硫酸和碘化氢，反应的化学方程式为2H2O+SO2+I2=H2SO4+2HI，错误；
B、膜反应器中碘化氢能分解生成氢气和碘单质，该反应符合“一变多”的特点，属于分解反应，正确；
C、在该工艺流程中，碘可以作为反应物，也可以是生成物，所以能被循环利用的物质是 I2，正确；
D、由流程图可知，该工艺流程能处理含二氧化硫的尾气，并获得氢气，因此可以将有害气体转化成清洁燃料，正确。
12．下列有关物质的除杂和鉴别所用的试剂或方法错误的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】AC
【解析】A、硫酸钠与适量的氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，反而会把原物质除去，且产生了新的杂质氯化钠，不符合除杂原则，错误；
B、碳粉在足量的空气中灼烧生成二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确；
C、HCl能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，再通入浓硫酸进行干燥，能除去HCl但产生新的杂质CO2，不符合除杂原则，错误；
D、NH4NO3固体和NaOH固体溶于水，分别吸热、放热，CaCO3不溶于水，可以鉴别，正确。
13．如图为固体物质甲、乙、丙的溶解度曲线示意图。下列叙述正确的是
A．将乙和丙的饱和溶液从0℃升温到t1℃时，所得溶液溶质质量分数相等
B．分别将甲和乙的饱和溶液从t2℃降温到0℃，析出晶体的质量相等，则所取甲溶液的质量大于乙溶液
C．t2℃时，将100g甲的饱和溶液降温至t1℃，可析出40g甲
D．除去丙溶液中含有的少量杂质乙，可将0℃时丙的饱和溶液升温结晶
【答案】AD
【解析】A、在0℃时，乙的溶解度是40g，饱和溶液的溶质质量分数是40g/(100g+40g)×100%≈28.6%，升温到t1℃时溶解度变大，变为不饱和溶液，溶质质量分数不变，还是28.6%，丙从从0℃升温到t1℃时，溶解度变小，析出晶体，仍然是饱和溶液，此时溶质质量分数是40g/(100g+40g)×100%≈28.6%，正确；
B、甲的溶解度随温度升高变化较大，乙的溶解度随温度升高变化较小，析出等质量的晶体，所取乙溶液的质量大于甲溶液的质量，错误；
C、t2℃时，甲的溶解度是80g，100g甲的饱和溶液中含有溶质100g×80g/(100g+80g)×100%≈44g，含有水约为100g-44g=56g，降温至t1℃，溶解度变为40g，则56g水中能溶解56g×40g/100g=22.4g甲物质，可析出甲质量为44g-22.4g=21.6g，错误；
D、乙的溶解度随温度升高而增大，丙的溶解度随温度升高而减小，所以除去丙溶液中含有的少量杂质乙，可将0℃时丙的饱和溶液升温结晶，再过滤，正确。
14．工业上以粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质)为主要原料，采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，实验室模拟工艺流程如图甲所示。下列说法正确的是
A．饱和食盐水中先通入的气体为NH3
B．NH4Cl结晶析出，可用作农业上的氮肥
C．如图乙所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性
D．粗盐溶液除杂可依次加过量BaCl2、NaOH、Na2CO3溶液，过滤后再加入盐酸调节溶液的pH
【答案】ABD
【解析】A、反应前后元素种类不变，则通入的气体为氨气和二氧化碳，氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，且氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性能和二氧化碳反应，则先通入的气体为氨气，正确；
B、NH4Cl含有氮元素，结晶析出，可用作农业上的氮肥，正确；
C、若想比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性，由于碳酸氢钠受热会分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则应将碳酸钠和碳酸氢钠换一下位置，错误；
D、氯化钡能除去硫酸根，氢氧化钠能除去镁离子，碳酸钠能除去硫酸根和过量的氯化钡，而过滤后，盐酸能除去碳酸钠和氢氧化钠，正确。
15．取一定质量的Na2CO3和BaCO3的固体混合物样品置于烧杯中，缓慢滴入100g质量分数为7.3%的稀盐酸，恰好完全反应，得到一定温度下的不饱和溶液125.9g。则下列说法中，正确的是
A．BaCO3是医疗上常用“钡餐”的主要成分 B．反应产生二氧化碳的质量为4.4g
C．原混合物中金属元素的质量分数是80.2% D．所得不饱和溶液中溶质的质量为31.4g
【答案】BCD
【解析】A、钡餐是检查胃部疾病用的药物，碳酸钡和胃酸反应，产生有毒的钡盐，不能用，用的是难溶于水和酸的硫酸钡，错误；
B、碳酸钠和碳酸钡与盐酸反应的方程式为2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑、2HCl+BaCO3 =BaCl2+H2O
+CO2↑，设二氧化碳的质量为x，由关系式可知
2HCl～CO2
73 44
7．3g x
73/44=7.3g/x
x=4．4g，正确；
C、反应后溶液的质量为125.9g，根据质量守恒定律可知参加反应的碳酸钡和碳酸钠的质量125.9g+4.4g-
100g=30.3g；碳元素都来自碳酸根中的碳元素，碳元素的质量4.4g×12/44=1.2g，氧元素的质量和碳元素的质量比12:16×3=1:4，氧元素的质量为4.8g，故金属的质量30.3g-1.2g-4.8g=24.3g，金属元素的质量分数24.3g/30.3g×100%≈80.2%，正确；
D、根据2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，2HCl+BaCO3 =BaCl2+H2O+CO2↑可知水和氯化氢关系是为2个氯化氢分子生成一个水分子，设水的质量为y，由关系式可知
2HCl～H2O
73 18
7．3g y
73/18=7.3g/y
y=1．8g
反应后溶液中的水包括两部分：盐酸中的水和生成的水，水的质量为1.8g+（100g-100g×7.3%）=94.5g，溶质的质量为125.9g-94.5g=31.4g，正确。
非选择题部分 共60分
三、填空题：本题共5小题，共60分。
16.（10分）（1）按照要求从氢氧化钡、硝酸钾、一氧化碳、氢气中选取合适的物质，将其化学式填在横线上。
①一种易分解的酸 。 ②一种用作燃料的氧化物 。
③一种溶于水的碱 。 ④一种常用作复合肥的盐 。
（2）化学与生活密切相关。回答下列问题：
①某学校为学生准备的午餐食谱如下，其中富含维生素的是_____（填序号）。
A．米饭B．红烧肉C．清蒸鱼D．凉拌黄瓜E．豆腐汤
②在治疗胃酸过多症的药物成分中，含有的物质不可能是_____（填字母）。
A．碳酸氢钠B．氢氧化铝C．氢氧化钠D．碳酸钙
③生命吸管是能够将河水、泉水等直接过滤成直饮水的便携式净水装备。吸管里面装有网丝、注入了活性炭和碘的树脂等，其中活性炭的作用是 和过滤。
④下列均为生活中常见的用品。其中属于有机合成材料的是 。
A．陶瓷碗 B．生铁 C．玻璃钢 D．塑料水杯
⑤现在加油站所售汽油多是乙醇汽油。乙醇（C2H5OH）燃烧的化学方程式是 。
【答案】（1）①H2CO3 ②CO ③Ba(OH)2 ④KNO3 （2）①D ②C ③吸附 ④D
⑤C2H5OH+3O2点燃2CO2+3H2O
【解析】（1）①碳酸是酸，不稳定易分解生成水和二氧化碳，化学式为H2CO3；
②一氧化碳具有可燃性常用作燃料，属于非金属氧化物化学式为CO；
③氢氧化钡是碱，溶于水，化学式为Ba(OH)2；
④硝酸钾是盐，含有钾元素和氮元素，是复合肥，化学式为KNO3；
（2）①A、米饭中富含糖类，错误；
B、红烧肉中富含油脂，错误；
C、清蒸鱼中富含蛋白质，错误；
D、凉拌黄瓜中富含维生素，正确；
E、豆腐汤中富含蛋白质、水、无机盐，错误；
②A、胃酸的主要成分为盐酸，碳酸氢钠能和盐酸反应，能用于治疗胃酸，正确；
B、氢氧化铝能和盐酸反应，氢氧化铝无毒，能用于治疗胃酸，正确；
C、氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸，错误；
D、碳酸钙能和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，则可除去过多的胃酸，正确；
③活性炭具有吸附性，能吸附色素和异味；
④A、陶瓷属于无机非金属材料，错误；
B、生铁是铁和碳形成的合金，错误；
C、玻璃钢是玻璃纤维和塑料复合而成的复合材料，错误；
D、塑料是乙烯聚合而成的，属于有机合成材料，正确；
⑤乙醇燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为C2H5OH+3O2点燃2CO2+3H2O。
17．（12分）海水是宝贵的自然资源，从海水中可获得许多用途广泛的物质。部分海水资源的利用如图-1所示。
（1）海水蒸发冷凝得到淡水的过程中，不发生变化的是______(填字母序号)。
A．分子的间隔B．分子的质量C．分子的种类
（2）海水晒盐得到的母液中含有氯化镁，其含有的阳离子是 (填离子符号)。
（3）生成的Mg(OH)2在加热条件下会分解生成MgO和另一种常见的氧化物，该反应的化学方程式为 。
（4）电解饱和NaCl溶液得到氯气和氢气，H2在Cl2中燃烧的微观粒子示意如图-2所示。
①该反应的化学方程式为 ，反应的基本类型为 ，反应物中两种物质的质量比为 。
②通过该反应你对燃烧有什么新的认识 。
（5）在上述从海水中获得的物质中，属于非金属单质的物质有 (填化学式)。
（6）工业上为得到23t的金属钠，理论上需要电解熔融的氯化钠质量为 (假设氯化钠中的钠元素全部转化为金属钠) 。反应中电能转化为 能。
【答案】(1)BC (2)Mg2+ (3)Mg(OH)2△MgO+H2O (4)①H2+Cl2点燃2HCl 化合反应 2:71
②燃烧不一定需要氧气（合理即可） (5)H2、Cl2 (6) 58.5t 化学
【解析】（1）海水蒸发冷凝得到淡水的过程中，没有新物质产生，属于物理变化，分子的质量、分子的种类不发生变化，但是分子的间隔发生了变化，选BC；
（2）氯化镁是由镁离子和氯离子构成的，其中阳离子为镁离子，表示为Mg2+；
（3）生成的Mg(OH)2在加热条件下会分解生成MgO和另一种常见的氧化物，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，反应物中含有镁、氢、氧三种元素，生成物氧化镁中含有镁元素和氧元素，则该氧化物中一定含有氢元素，即为水，该反应的化学方程式为Mg(OH)2△MgO+H2O；
（4）①根据图示，氢气和氯气点燃生成氯化氢，化学方程式为H2+Cl2点燃2HCl；反应由氢气和氯气反应生成氯化氢气体，多种变一种，属于化合反应，根据化学方程式可知两种反应物的质量之比为（1×2）：（35.5×2）=2:71；
②根据化学方程式可知，氢气在氯气中燃烧，没有氧气参与，所以燃烧不一定需要氧气；
（5）在上述从海水中获得的物质中，Na属于金属单质，NaOH属于化合物， H2、Cl2属于非金属单质；
（6）工业上为得到23吨的金属钠，假设氯化钠中的钠元素全部转化为金属钠，根据钠元素质量守恒，则理论上需要电解熔融的氯化钠质量为23t÷23/58.5×100%=58.5t。电解氯化钠反应生成金属钠和氯气，由电能转化成化学能。
18．（12分）如图所示为实验室中常见气体制备、净化、干燥、收集和进行实验探究的部分仪器（组装实验装置时，可重复选择仪器），化学小组的同学利用其进行下列化学实验。
请根据题目要求，回答下列问题：
（1）①以石灰石和稀盐酸为原料，在实验室中制备并收集一瓶干燥纯净的二氧化碳气体，所选仪器的连接顺序为 （从左到右填写仪器序号字母）。
②上述方法制取二氧化碳的化学方程式为 。
（2）化学小组的同学用一氧化碳气体（含少量水蒸气），测定某氧化铁样品（杂质为铁粉）中Fe2O3的质量分数，设计了实验方案，所选仪器按“CO（含少量水蒸气）→C→A→D1→D2”的顺序连接（D1、D2为氢氧化钠洗气瓶），检查装置的气密性，然后进行实验。（假设发生的化学反应都充分反应）
①该装置中，A中玻璃管内的化学方程式 ，洗气瓶C的作用为 。
②进行实验时，检查完装置的气密性，在仪器A硬质玻璃管中放入12g该氧化铁样品后，进行以下操作，其中应该先进行的是 （填选项序号之一）。
a.用酒精灯加热
b.通入一氧化碳气体（含少量水蒸气）
③反应充分进行后冷却，测得此时洗气瓶C增重1.8g，洗气瓶D1增重6.6g，则12g该氧化铁样品中Fe2O3的质量分数为 （计算结果精确至0.1%），该氧化铁样品中铁元素与氧元素的质量比为 （填最简整数比）。
（3）科学实验测定有机物中碳元素和氢元素的含量，最常用的方法是燃烧分析法，即把已知量的样品置于氧气流中，样品全部被氧化为二氧化碳和水，实验装置如图所示：
(注：碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的固体混合物)
①现把34.2g蔗糖通过该装置在氧气中充分燃烧完，当分别称量盛有浓硫酸和碱石灰的两个装置时，发现它们的质量依次增加了19.8g和52.8g，通过计算确定蔗糖中碳、氢、氧原子的个数比为 。
②该装置中氧化铜的作用是 。
③当装置中的样品已经燃烧完，需要继续通一段时间氧气，其目的是 。
【答案】(1)①BECF ②2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑ (2)①3CO+Fe2O3高温2Fe+3CO2 除去CO气体中的水蒸气 ②b ③66.7% 4:1 (3)①12∶22∶11 ②将碳元素全部转化为二氧化碳(或者将可能产生的一氧化碳转化为二氧化碳) ③将装置中的二氧化碳和水全部赶入吸收装置中，使测量更准确
【解析】（1）①以石灰石和稀盐酸为原料，在实验室中制备并收集一瓶干燥纯净的二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，因此制取的二氧化碳中常混有氯化氢气体，饱和碳酸氢钠溶液能与氯化氢反应生成氯化钠、二氧化碳和水且不与二氧化碳反应，可用于净化二氧化碳气体，由于氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应，所以不能用于净化二氧化碳气体，浓硫酸具有吸水性且不与二氧化碳反应，可用于干燥二氧化碳气体，由于二氧化碳通入饱和碳酸氢钠溶液时会带出部分水蒸气，所以干燥装置应连在净化装置之后，以除尽二氧化碳中的水蒸气，综上所选仪器的连接顺序为BECF；
②石灰石主要成分是碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式2HCl+CaCO3=
CaCl2+H2O+CO2↑；
（2）①该装置中，A中玻璃管内发生的反应是一氧化碳与氧化铁在高温条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为3CO+Fe2O3高温2Fe+3CO2；洗气瓶C中浓硫酸具有吸水性且不与一氧化碳反应，因此其作用为除去CO气体中的水蒸气；
②进行实验时，检查完装置的气密性，在仪器A硬质玻璃管中放入12g该氧化铁样品后，应先通入一氧化碳气体（含少量水蒸气），再用酒精灯加热，是因为一氧化碳是可燃性气体，与空气混合遇明火会发生爆炸，因此要先通入一段时间一氧化碳排尽装置内空气再进行加热，防止发生爆炸，选b；
③洗气瓶D1是吸收反应生成的二氧化碳，洗气瓶D2是吸收空气中的二氧化碳，防止影响实验结果，则洗气瓶D1增重的质量为反应生成的二氧化碳的质量，即6.6g，设氧化铁的质量为x
3CO+Fe2O3高温2Fe+3CO2
160 132
x 6.6g
160/132=x/6.6g
x=8g
则12g该氧化铁样品中Fe2O3的质量分数为8g/12g×100%≈66.7%；该氧化铁样品中含有氧化铁和铁粉，则该氧化铁样品中铁元素的质量为氧化铁中铁元素的质量与铁粉中铁元素的质量总和，即8g×112/160×100%+(12g-8g)=9.6g，该氧化铁样品中氧元素的质量为氧化铁中氧元素的质量，即8g×48/160×100%=2.4g，则该氧化铁样品中铁元素与氧元素的质量比为9.6g：2.4g=4：1；
（3）①浓硫酸吸水，增加的是生成的水的质量，碱石灰吸收二氧化碳，增加的是二氧化碳的质量，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，二氧化碳中碳元素的质量即为蔗糖中碳元素的质量52.8g×12/44×100%=14.4g，水中氢元素的质量即为蔗糖中氢元素的质量19.8g×2/18×100%=2.2g，则蔗糖中氧元素的质量为34.2g-14.4g-2.2g=17.6g，蔗糖中碳、氢、氧原子的个数比为14.4g/12：2.2g/1：17.6g/16=12：22：11；
②蔗糖不完全燃烧会生成一氧化碳，一氧化碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，故氧化铜将可能产生的一氧化碳转化为二氧化碳，使蔗糖中的碳元素全部转化为二氧化碳；
③当装置中的样品已经燃烧完，需要继续通一段时间氧气，将装置中的二氧化碳和水全部赶入吸收装置中，使测量更准确。
19．（13分）请回答下列问题。
（1）《天工开物》中记载的古法造纸术的流程是：原料浸泡、蒸煮、炒制、烘干。兴趣小组根据记载，利用回收的废纸进行“制造再生纸”的跨学科实践活动，在蒸煮时加入了氢氧化钠，造纸后，为推测废液成分进行了如下探究活动。
【提出猜想】推测废液中含有氢氧化钠和碳酸钠中的一种或两种。
【实验设计与实施】①取少量废液于试管中，加入足量的 （填化学式）溶液，产生白色沉淀。
②取少量步骤①中的上层清液于试管中，加入适量 溶液，溶液变为红色，说明废液中含有氢氧化钠。
【实验结论】③废液中含有 。
【废液的处理】④为使废液中的碳酸钠转化为氢氧化钠循环利用，需根据废液中碳酸钠的含量，加入一定量的某种物质，该物质与碳酸钠反应的化学方程式是 。
（2）已知固体混合物A是K2CO3、NaNO3和NaCl三种物质中的两种，固体混合物B可能含有NH4Cl、(NH4)2SO4、CuO、Cu(NO3)2四种物质中的一种或多种。现欲探究这两种固体混合物的组成，按如图所示进行实验，出现的现象如图中所述（假设过程中所有发生的反应都恰好完全反应）。
试根据实验过程或发生的现象做出判断，填写以下空白：
①气体F的化学式为 。
②滤液H中一定大量存在的阳离子有 （填离子符号）。
③写出步骤Ⅲ中生成沉淀Ⅰ的一个化学方程式 。
④混合物B中一定不存在的物质是 （填化学式）。
⑤固体混合物A中还不能确定是否存在的物质为 ，要进一步推断A的组成，可取溶液D进行实验，简要说明实验操作步骤、现象及结论 。
【答案】（1）①CaCl2（合理即可） ②酚酞 ③碳酸钠、氢氧化钠 ④Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH / Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+2NaOH （2）①NH3 ②Na+、K+ ③BaCl2+K2SO4=BaSO4↓+2KCl / Ba(NO3)2+K2SO4=BaSO4↓+2KNO3 ④(NH4)2SO4、CuO ⑤硝酸钠、氯化钠 取适量溶液D，加入足量硝酸钡溶液，再加入适量硝酸银溶液，如果产生白色沉淀，说明含有氯化钠，反之则含有硝酸钠
【解析】（1）①要检验废液中是否含有碳酸钠和氢氧化钠，先检验碳酸钠并除去，防止对氢氧化钠检验产生干扰。加入足量的CaCl2（或BaCl2）溶液，可与碳酸钠反应生成碳酸钙（或碳酸钡）白色沉淀；
②酚酞遇碱性溶液变红，加入酚酞溶液，若溶液变红，说明溶液显碱性，存在氢氧化钠；
③根据前面的实验现象，可知废液中既有碳酸钠又有氢氧化钠；
④要将碳酸钠转化为氢氧化钠，可加入氢氧化钙或氢氧化钡，与碳酸钠发生复分解反应，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠，化学方程式为 ；氢氧化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠，化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH / Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+2NaOH任写一个。
（2）A中加入稀硫酸产生气体，是因为稀硫酸和碳酸钾反应生成硫酸钾、水和二氧化碳，说明A中含有碳酸钾，不能确定是否含有硝酸钠或氯化钠。B中加入氢氧化钡溶液，过滤得到蓝色沉淀，是因为硝酸铜和氢氧化钡反应生成蓝色沉淀氢氧化铜和硝酸钡，说明B中含有硝酸铜，产生气体F，是因为氢氧化钡和铵盐反应生成了氨气，因此气体F是氨气，没有得到黑色固体、白色沉淀，说明B中不含有硫酸铵（硫酸铵能与氢氧化钡反应生成硫酸钡白色沉淀）和氧化铜（一种不溶于水的黑色固体），则B中含有氯化铵。溶液D（一定含有硫酸钾，还含有硝酸钠或氯化钠其中一种）和滤液E（含有硝酸钡、氯化钡）混合，得到不溶于稀硝酸的白色沉淀I，则白色沉淀是钡离子和硫酸根离子结合生成的硫酸钡沉淀。
①气体F是铵根离子和氢氧根离子结合生成的氨气，氨气的化学式为NH3；
②滤液H中一定大量存在的阳离子有A中的钠离子和钾离子，是因为钠离子、钾离子不能和其它离子反应，离子符号为Na+、K+；
③步骤Ⅲ中，硫酸钾和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钾，反应的化学方程式是BaCl2+K2SO4=BaSO4↓+2KCl / Ba(NO3)2+K2SO4=BaSO4↓+2KNO3；
④混合物B中一定不存在的物质是(NH4)2SO4、CuO；
⑤固体混合物A中还不能确定是否存在的物质为硝酸钠、氯化钠，要进一步推断A的组成，可取溶液D进行实验，检验其中是否含有氯离子，实验操作步骤、现象及结论为取适量溶液D，加入足量硝酸钡溶液，再加入适量硝酸银溶液，如果产生白色沉淀，说明含有氯化钠，反之则含有硝酸钠。
20．（13分）（1）实验室中有一定质量的Cu(NO3)2和AgNO3的混合溶液，向其中加入65g锌粉。按下图所示流程进行实验，出现的现象如图中所述。回答下列问题：
①蓝色滤液中一定含有金属阳离子是 。
②滤渣的质量 65g（填“大于”“小于”“等于”“无法确定”）。
③向蓝色滤液中加入足量的金属可能是 。
A．Al B．Mg C．Fe D．Au
（2）小丽发现实验室有一瓶久置的已部分变质的固体氢氧化钠样品。为探究其中氢氧化钠的含量，做了以下实验：取固体氢氧化钠样品于锥形瓶中，加适量水，搅拌，再滴加质量分数为5%稀盐酸，充分反应后，测得加入的稀盐酸的质量与生成气体的质量关系如图所示。
①图中点所代表的溶液中的溶质成分是 （填化学式）；
②计算久置已部分变质的固体氢氧化钠样品中氢氧化钠的质量。
【答案】（1）①Cu2+、Zn2+ ②无法确定 ③AB （2）①NaCl、Na2CO3 ②4g
【解析】（1）由于金属活动性顺序：锌>铜>银，则锌先和硝酸银反应生成硝酸锌和银，待硝酸银恰好反应后，锌和硝酸铜反应生成铜和硝酸锌，充分反应后滤液为蓝色，则说明溶液中一定含有硝酸铜和硝酸锌，可能含有硝酸银，滤渣中一定含有银，可能含有铜，一定没有锌
①蓝色滤液中一定含有金属阳离子是Cu2+、Zn2+；
②由于Zn+2AgNO3=Zn(NO3)2+2Ag ，每65份质量的锌反应生成216份质量的银；Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+
Cu ，每65份质量的锌反应生成64份质量的铜。锌和硝酸银反应时，固体质量增大，而锌和硝酸铜反应时固体质量减小，无法确定滤渣的质量大于、小于或等于65g；
③向蓝色溶液中加入足量金属得到无色滤液，加入的金属应为活动性强于铜且生成的离子为无色
A、Al活动性强于铜，生成的铝离子为无色，正确；
B、Mg活动性强于铜，生成的镁离子为无色，正确；
C、Fe活动性强于铜，但生成的亚铁离子为浅绿色，错误；
D、Au的活动性弱于铜，不反应，错误；
（2）由图像可知，开始加入稀盐酸没有生成气体是因为稀盐酸先和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，氢氧化钠完全反应后，碳酸钠才和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水
①由图像可知，A点是碳酸钠有剩余，所以溶质是氯化钠和碳酸钠，化学式为NaCl、Na2CO3；
②解：设与碳酸钠反应的氯化氢质量为x，氢氧化钠的质量为y
2HCl + Na2CO3 = 2NaCl +H2O + CO2↑
73 44
x 2.2g
73/44=x/2.2g
x=3.65g
与氢氧化钠反应的氯化氢的质量为146×5%-3.65g=3.65g
HCl + NaOH = NaCl + H2O
36.5 40
3．65g y
36.5/40=3.65g/y
y=4g
答：氢氧化钠的质量为4g。选项
实验目的
所加物质或方法
A
除去硫酸钠中的硝酸钠
溶解、加适量的氯化钡溶液，过滤，蒸发
B
除去氧化铜中的碳粉
在足量的空气中灼烧
C
除去H2中少量的HCl
将混合气体通入饱和碳酸氢钠溶液、再通入浓硫酸
D
鉴别固体NH4NO3、NaOH和CaCO3
加水溶解