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2023年黑龙江省大庆市肇源县中考化学一模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年黑龙江省大庆市肇源县中考化学一模试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年黑龙江省大庆市肇源县中考化学一模试卷
1. 材料、能源、环境、健康与化学发展息息相关，下列说法正确的是( )
A. 在室内放一盆水，可防止煤气中毒
B. 将干电池埋入地下，防止污染环境
C. 太阳能、水能、风能均属于不可再生能源
D. 加工肉食食品时合理使用食品添加剂
2. 下列四个实验中，不能达到实验目的的是( )
A. 证明CO2能与水反应
B. 探究二氧化碳的化学性质
C. 证明分子在不断运动
D. 关闭活塞，检查装置气密性
3. 下列古代工艺主要发生化学变化的是( )
A. 活字印刷 B. 海水晒盐 C. 彩陶烧制 D. 机杼织布
4. 下列是某同学整理与化学有关的笔记，其中知识正确的一组是( )
A、化学实验中的先与后
B、物质分类
①加热固体时先均匀加热，再固定加热
②称量5g氯化钠：先加药品后加砝码
①常见的黑色固体：二氧化锰、铁粉
②常见的难溶物：碳酸钙、氢氧化镁
C、物质在氧气中燃烧部分现象
D、化学之最
①红磷——产生大量白烟，放热
②木炭——发光放热，生成二氧化碳气体
①地壳中含量最高的金属元素——Fe
②相对分子质量最小的氧化物——H2O
A. A B. B C. C D. D
5. 锶元素的原子结构示意图及其在元素周期表中的某些信息如图所示。下列说法不正确的是( )
A. x=8 B. 锶元素位于元素周期表第五周期
C. 1个锶原子中有38个电子 D. 锶原子易得到电子变为Sr2−
6. 下列设计方案可行，且化学方程式书写正确的是( )
A. 除去FeCl2溶液中少量的CuCl2：Zn+CuCl2=Cu+ZnCl2
B. 用澄清石灰水检验二氧化碳：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O
C. 鉴别碳酸钠和硫酸钠固体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
D. 用氢氧化钠溶液除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体：NaOH+HCl=NaCl+H2O
7. 有关下列图像的描述，正确的一项是( )
A. 浓盐酸长时间露置于空气中
B. 向氯化钙和盐酸的混合溶液中加入过量的碳酸钠溶液
C. 加热一定质量的高锰酸钾固体
D. 等质量的碳酸镁和碳酸氢钠中分别加入足量的溶质质量分数相同的稀盐酸
8. 下列说法正确的是( )
A. 误食重金属盐，可服用豆浆、牛奶等解毒，并及时就医
B. 熟石灰常用作干燥剂，生石灰可配制农药波尔多液
C. 某固体中加入稀盐酸产生无色气体，该固体一定含有碳酸盐
D. 在室温下，碱溶液的pH>7，则pH>7的溶液一定是碱溶液
9. T℃时，等质量的甲、乙、丙三种固体分别加入等质量的水中，加入固体的质量与溶液溶质质量分数的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该温度下，甲的溶解度为20g
B. 乙溶液在B点属于饱和溶液
C. 降低温度一定能将甲的不饱和溶液变为饱和溶液
D. 该温度下，甲、乙、丙三种固体的溶解度由大到小的顺序是甲>乙>丙
10. 目前，我国科学家通过电催化与生物合成相结合，成功以CO2和H2O为原料合成了葡萄糖(C6H12O6)，为人工合成“粮食”提供了新路径。其中，合成葡萄糖的第一步是先将CO2转化为醋酸(CH3COOH)，具体流程如图，下列说法错误的是( )
A. 该技术有利于实现缓解温室效应
B. “新型电催化装置1”中发生的化学反应的基本类型是分解反应
C. 葡萄糖是人体的主要供能物质，在酶的催化作用下被氧气氧化成两种氧化物
D. 该合成途径对能源的需求较高，天然气属于新能源
11. 张同学每天放学完成作业后，就帮父母分担些家务，在做家务时，他感受到生活与化学息息相关。
(1)西红柿炒鸡蛋是张同学的拿手好菜，鸡蛋清富含的营养素是 ______ ，西红柿中富含的维生素 ______ (选填“A”、“B”或“C”)可预防坏血病。
(2)用完晚餐后，张同学主动洗碗，用洗洁精去除餐具上的油污是利用了洗洁精的 ______ 作用，铁锅、刀具清洗后要擦干净并放在干燥通风处，为了防止与 ______ (填化学式)反应生锈。
(3)用肥皂洗袜子时张同学判断所用的水硬度偏大，他依据的现象是 ______ 。
(4)给种植的月季施用磷肥，具有促进植物生长，增强了抗 ______ 的能力。
12. 如图所示是我们常用的实验装置：
(1)仪器m的名称是 ______ 。
(2)实验室制取氢气的化学方程式是 ______ ；根据该反应原理选用制取氢气的发生和收集装置是 ______ (填装置字母代号)。
(3)实验室制取氧气和二氧化碳的发生装置都可选用B装置的原因是 ______ 。
(4)用这些装置还可以进行实验探究。例如：碳酸氢铵(NH4HCO3)是一种常见的固态氮肥。碳酸氢铵受热易分解产生三种化合物，其中一种是氨气(NH3)，为了证明另外两种产物，选择上述装置中的A、F、G进行验证，装置各接口的连接顺序是a−______ 。
13. 我国研制的“天问一号”飞船载着“祝融”号火星车成功着陆火星的乌托邦平原，标志着中国航天探索再创里程碑。
(1)火星车采用钛合金、铝合金、复合记忆纤维等材料制造，钛合金和铝合金属于 ______ (选填“合成材料”、“复合材料”或“金属材料”)。
(2)构成金属钛的粒子是 ______ (填“原子”“分子”或“离子”)，工业制钛过程中的一个反应：TiF4+2H2SO4=4HF+2X+TiO2，X的化学式为 ______ 。
(3)国际上为了减少汽车尾气排放，通常在燃油汽车上安装尾气处理转化器，在催化剂(钯)的作用下将氮氧化物与一氧化碳转化为无污染的物质。该反应的微观反应模型如图所示：
①汽车燃料可通过石油分馏获取，是利用石油中各成分的 ______ 不同，将它们分离。
②根据微观反应模型写出尾气处理的化学方程式： ______ 。
14. 铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3。如图为工业上从铝土矿中提取铝的工艺流程图：
请回答下列问题：
(1)溶液A中的溶质成分是 ______ (写化学式)。
(2)请写出反应①中发生的一个反应的化学方程式 ______ 。
(3)反应②除生成Fe(OH)3外，还生成了偏铝酸钠(NaAlO2)，偏铝酸钠属于 ______ (填“酸”、“碱”或“盐”)，溶液1中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝和另一种生活中常见的盐，已知两种生成物的质量比为78：84，写出该反应生成的这种盐的化学式 ______ 。
(4)反应⑤中还生成了一种气体单质，请写出该气体的一种用途 ______ 。
15. A∼E是初中化学常见的物质，其中 E是大理石的主要成分，B与 E含有相同的酸根离子，A、B、C、D分别是氧化物、酸、碱、盐中的一种，其中“-”表示相连物质间能发生反应，“→”表示物质间有相应的转化关系，请回答下列问题：
(1)D的化学式为： ______ ；
(2)C的俗称是 ______ ；
(3)A与B反应的现象是： ______ 。
(4)写出C生成E的化学方程式： ______ 。
16. 某学习小组探究氯气(Cl2)的性质时发现：氯气能使用水润湿的品红试纸(染有品红颜料的滤纸)褪色。小组同学对“氯水中什么成分使品红试纸褪色”开展探究。
(1)已知实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，在这个反应中，二氧化锰被还原成二价产物。写出反应的化学方程式： ______ 。
(2)【查阅资料】
a.Cl2是黄绿色气体，可溶于水，Cl2溶于水所得溶液称为氯水，氯水呈黄绿色；
b.溶于水的部分氯气发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO(次氯酸)。
【讨论】
①小组同学认为氯水中含有的成分是：H2O、Cl2、HCl、HClO；
②用水润湿品红试纸时，品红试纸不褪色，说明是氯水中的其它成分使品红试纸褪色。
【提出猜想】
猜想1：氯水中的 ______ 使品红试纸褪色；
猜想2：氯水中的盐酸使品红试纸褪色；
猜想3：氯水中的次氯酸(HClO)使品红试纸褪色。
【实验探究】
实验操作
实验现象
结论
______
试纸不褪色
猜想1不成立
把品红试纸放入盐酸中
______
猜想2不成立
【实验结论】氯水中使品红试纸褪色的物质是 ______ 。
【拓展】
(3)次氯酸(HClO)中氯元素的化合价为： ______ 。
(4)向氯水中滴加紫色石蕊溶液，观察到的现象是溶液先变 ______ 色后褪色。
(5)铁能在氯气中燃烧生成氯化铁，请写出反应的化学方程式 ______ 。
17. 自加热小火锅，使用方便，是旅游必备食品之一。其中的发热包引起了同学们的兴趣。查看其主要成分：氧化钙、铝粒、碳酸钠、活性炭。课堂上教师带领同学对其成分进行了探究：
(1)实验A中，将样品加入水中，触摸烧杯外壁发烫，其原因是 ______ (用化学方程式表示)。
实验B中将一定量稀盐酸加入锥形瓶中，剧烈反应生成大量气体，学习小组对气体成分和锥形瓶内的溶液进行探究。
Ⅰ、对气体成分的探究。
【猜想假设】假设一；只有H2；假设二：只有CO2；假设三：H2和CO2
【实验验证】小明设计如图所示的实验，对气体成分进行探究。
(2)当气体通过甲时，现象 ______ ，证明假设一不成立。
(3)丁中出现 ______ 的现象时，假设三成立。写出丁中反应的化学方程式 ______ ，在反应中，发生还原反应的是 ______ 。
(4)若乙中装有NaOH溶液，其作用是 ______ 。
(5)丙中浓硫酸的作用是 ______ 。
Ⅱ、对锥形瓶内的溶液进行探究。
(6)实验后，小丽取少量锥形瓶内的溶液于试管中(假设氧化钙、铝粒、碳酸钠已经完全反应)，进行测定，其中含钙元素2.0g，含铝元素2.7g，含钠元素2.3g，则溶液中氯元素含量 ______ g。(选填“17.80”、“≥17.75”或“≤17.55”)
【反思评价】
(7)通过以上探究，我们在分析化学反应后溶液中的溶质成分时，除了要考虑生成物及生成物能否溶于水外，还需要考虑 ______ 。
(8)小林同学也做了如下的反思归纳，你认为其中不正确的是 ______ 。(填字母)
A.加热包应密封防潮保存
B.向用过的加热包内的固体中，加入过量的稀盐酸后过滤，可以回收活性炭
C.能与水混合放出热量的物质均可用作加热包中的发热材料
18. 硫氧粉(Na2SO3)可用作染漂脱氧剂，常因氧化变质生成Na2SO4。向20g可能被氧化的样品中，加入质量分数为10%的稀硫酸至恰好不再产生气泡(假设气体全部逸出)，消耗稀硫酸98g。已知：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O。
(1)根据化学式判断Na2SO4和Na2SO3中钠元素的质量分数较小的是 ______。
(2)若用5g质量分数为98%的浓硫酸配制10%的稀硫酸，求所需水的质量。
(3)求反应后溶液中溶质的质量分数。(精确到小数点后一位)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、一氧化碳难溶于水，在室内放一盆水，不能防止煤气中毒，故A错误；
B、将干电池埋入地下，会污染水源和土壤，应回收处理，故B错误；
C、太阳能、水能、风能均属于可再生能源，故C错误；
D、加工肉食食品时合理使用食品添加剂，可以改善食品风味，延长食品保质期等，但是不能过量使用，故D正确。
故选：D。
A、根据一氧化碳难溶于水进行分析；
B、根据将干电池埋入地下，会污染水源和土壤进行分析；
C、根据太阳能、水能、风能均属于可再生能源进行分析；
D、根据加工肉食食品时合理使用食品添加剂进行分析。
本题主要考查一氧化碳的毒性等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2.【答案】A
【解析】解：A、图中实验，U型管液面左高右低，不能证明CO2能与水反应，也可能是二氧化碳能溶于水造成的，故选项不能达到实验目的。
B、石灰石的主要成分碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，蜡烛熄灭，说明二氧化碳不燃烧、不支持燃烧，不燃烧、不支持燃烧属于化学性质，故选项能达到实验目的。
C、浓氨水具有挥发性，挥发出的氨分子不断运动，当运动到右侧烧杯中时，氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使无色酚酞试液变红，可以证明分子在不断运动，故选项能达到实验目的。
D、关闭活塞，向长颈漏斗中加水至形成一段水柱，一段时间后，水柱不下降，说明装置气密性良好，故选项能达到实验目的。
故选：A。
A、二氧化碳能溶于水，也能与水反应；
B、根据实验设计以及二氧化碳的性质来分析；
C、根据分子的性质来分析；
D、根据检查装置气密性的方法来分析。
本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
3.【答案】C
【解析】解：A、活字印刷没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；
B、海水晒盐没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；
C、彩陶烧制，陶器是新物质，属于化学变化；故选项正确；
D、机杼织布没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；
故选：C。
有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化，活字印刷、海水晒盐、机杼织布都属于物理变化。化学变化的特征是：有新物质生成。判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成。
本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决。本考点主要出现在选择题和填空题中。
4.【答案】B
【解析】解：A、①加热固体时先均匀加热，再固定加热，防止容器受热不均而造成炸裂，该说法正确；②称量5g氯化钠，先加入砝码，然后加药品，该说法错误；故选项错误。
B、①二氧化锰、铁粉均是常见的黑色固体，该说法正确；②碳酸钙、氢氧化镁均难溶于水，该说法正确；故选项正确。
C、①红磷在氧气中燃烧，产生大量白烟，放出热量，该说法正确；②木炭在氧气中燃烧，发出白光，放出热量，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，生成二氧化碳是实验结论，不是实验现象，该说法错误；故选项错误。
D、①地壳中含量最高的金属元素是铝元素，该说法错误；②氧化物是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物，相对分子质量最小的氧化物是水，该说法正确；故选项错误。
故选：B。
本题涉及知识点较多，选择的是知识正确的一组，可选用排除法，即只要发现选项中说法有错误，即可排除该选项，进行分析判断。
本题难度不大，但涉及知识点较多，灵活运用所学知识、选用排除法是正确解答本题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：A、在原子中，质子数=核外电子数，38=2+8+18+x+2，x=8，故选项说法正确。
B、周期数=原子核外电子层数，锶原子核外有5个电子层，则锶元素位于元素周期表第五周期，故选项说法正确。
C、原子结构示意图中，圆圈内的数字表示质子数，在原子中，质子数=核外电子数=38，故选项说法正确。
D、锶原子的最外层电子数为2，小于4，在化学反应中容易失去最外层2个电子形成带2个单位的正电荷的阳离子，其离子符号为Sr2+，故选项说法错误。
故选：D。
A、根据原子中，质子数=核外电子数，进行分析判断。
B、根据周期数=原子核外电子层数，进行分析判断。
C、根据原子结构示意图中，圆圈内的数字表示质子数，进行分析判断。
D、若最外层电子数多于4，在化学反应中易得电子，若最外层电子数少于4，在化学反应中易失去电子。
本题难度不大，灵活运用元素周期表中元素的信息(原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量)、原子结构示意图的含义是正确解答本题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：A、锌与氯化铜溶液、氯化亚铁溶液均能反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项错误。
B、该化学方程式碳酸钙的后面没有标注↓，正确的化学方程式应为CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，故选项错误。
C、碳酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，产生气泡；硫酸钠和稀盐酸不反应，无明显现象，现象不同，可以区分，碳酸钠和稀盐酸反应的化学方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，故选项正确。
D、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项错误。
故选：C。
根据化学方程式判断正误的方法需考虑：应用的原理是否正确；化学式书写是否正确；是否配平；反应条件是否正确；↑和↓的标注是否正确。
本题难度不大，在解此类题时，首先分析应用的原理是否正确，然后再根据方程式的书写规则进行判断；化学方程式正误判断方法是：先看化学式是否正确，再看配平，再看反应条件，再看气体和沉淀，最后短线改成等号。
7.【答案】B
【解析】解：A.浓盐酸具有挥发性，浓盐酸长时间露置于空气中，氯化氢会挥发出去，则溶液质量减小，故A不正确；
B、氯化钙和盐酸的混合溶液显酸性，pH<7，向氯化钙和盐酸的混合溶液中加入过量的碳酸钠溶液，碳酸钠先和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，pH逐渐增大，当恰好完全反应时，pH=7，后氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氯化钠，该阶段，pH始终等于7，继续滴加碳酸钠溶液(溶液呈碱性)，pH>7，故B正确；
C.加热一定质量的高锰酸钾固体，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，根据化学反应前后，元素的种类和质量不变，故固体中锰元素的质量不变，但是反应生成了氧气，固体的质量减小，故固体中锰元素的质量分数逐渐增大，待完全反应后，不再变化，故C不正确；
D.碳酸镁和稀盐酸反应：MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2↑，碳酸氢钠和稀盐酸反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等质量的碳酸镁和碳酸氢钠中分别加入足量的溶质质量分数相同的稀盐酸，一开始，酸不足，碳酸氢钠生成二氧化碳的质量大，后酸过量，由于碳酸镁和碳酸氢钠的相对分子质量相同，最后生成二氧化碳的质量相同，故D不正确。
故选：B。
A、根据浓盐酸具有挥发性，进行分析；
B、根据氯化钙和盐酸的混合溶液显酸性，pH<7，向氯化钙和盐酸的混合溶液中加入过量的碳酸钠溶液，碳酸钠先和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，pH逐渐增大进行分析；
C、根据加热一定质量的高锰酸钾固体，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变进行分析；
D、根据等质量的碳酸镁和碳酸氢钠中分别加入足量的溶质质量分数相同的稀盐酸，碳酸镁和稀盐酸反应：MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2↑，碳酸氢钠和稀盐酸反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，进行分析。
本题是一道图像坐标与化学知识相结合的综合题，解题的关键是结合所涉及的化学知识，正确分析各变化的过程，注意分析坐标轴表示的意义、曲线的起点、折点及变化趋势，进而确定正确的图像。
8.【答案】A
【解析】解：A、重金属盐会破坏人体的蛋白质结构，服用豆浆、牛奶等富含蛋白质的食物，可使重金属优先与食物中的蛋白质结合，从而减轻对人体组织的伤害，故A正确；
B、生石灰是氧化钙的俗称，氧化钙能与水反应，可作干燥剂，熟石灰可用于配制农药波尔多液，故B错误；
C、某固体中加入稀盐酸产生无色气体，该固体不一定是碳酸盐，如活泼金属也能与酸反应生成无色气体，故C错误；
D、在室温下，碱溶液的pH>7，但是pH>7的溶液不一定是碱溶液，如碳酸钠溶液显碱性，pH>7，但是碳酸钠属于盐，故D错误。
故选：A。
A、根据重金属盐会破坏人体的蛋白质结构，服用豆浆、牛奶等富含蛋白质的食物进行分析；
B、根据生石灰是氧化钙的俗称，氧化钙能与水反应，可作干燥剂，熟石灰可用于配制农药波尔多液进行分析；
C、根据活泼金属也能与酸反应生成无色气体进行分析；
D、根据碳酸钠溶液显碱性，pH>7，但是碳酸钠属于盐进行分析。
本题主要考查酸的化学性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，该温度下，甲的饱和溶液的溶质质量分数为20%，设该温度下甲物质的溶解度为x，则xx+100g×100%=20%，x=25g，说法错误，不符合题意；
B、由图可知，乙溶液在B点时溶质的质量分数最大，说明乙溶液在B点属于饱和溶液，说法正确，符合题意；
C、由图无法得出甲的溶解度与温度的关系，故降低温度不一定能将甲的不饱和溶液变为饱和溶液，说法错误，不符合题意；
D、由图可知，该温度下，饱和溶液的溶质质量分数：丙>乙>甲，由饱和溶液的溶质质量分数=溶解度溶解度+100g×100%可知，该温度下，甲、乙、丙三种固体的溶解度由大到小的顺序是：丙>乙>甲，说法错误，不符合题意。
故选：B。
A、根据饱和溶液中溶质中的质量分数来分析；
B、根据溶液状态的判断方法来分析；
C、根据不饱和溶液与饱和溶液转化方法来分析；
D、根据饱和溶液中溶质的质量分数与溶解度的关系来分析。
本题难度不大，明确图示的含义、掌握饱和溶液中溶质质量分数的计算方法等是正确解答本题的关键。
10.【答案】D
【解析】解：A.该技术消耗了二氧化碳，可以缓解温室效应，故A正确；
B.“新型电催化装置1”中发生的化学反应是二氧化碳转化为氧气和一氧化碳(进入和排出物质均有水则说明水不是反应物和生成物)，符合一变多的特点是分解反应，故B正确；
C.氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。葡萄糖是人体的主要供能物质，通过呼吸作用，葡萄糖在酶的催化作用下被氧气氧化成水和二氧化碳，水和二氧化碳都是氧化物，故C正确；
D.该合成途径使用新型电催化装置，推断能源的需求不高，天然气是传统的化石燃料，不是新能源，故D不正确；
故选：D。
A、根据该技术消耗了二氧化碳，进行分析；
B、根据二氧化碳转化为氧气和一氧化碳(进入和排出物质均有水则说明水不是反应物和生成物)，进行分析；
C、根据氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物进行分析；
D、根据该合成途径使用新型电催化装置，推断能源的需求不高进行分析。
本题主要考查物质的制备等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11.【答案】蛋白质 C 乳化 O2、H2O清洗的水中产生的泡沫少，浮渣多(合理即可)寒、抗旱
【解析】解：(1)鸡蛋清富含的营养素是蛋白质；西红柿中富含的维生素C可以预防坏血病；
(2)用洗洁精去除餐具上的油污，是因为洗洁精中含有乳化剂，具有乳化作用，能将油污乳化为细小油滴，随水冲走；铁锅、刀具清洗后要擦干净并放在干燥通风处，为了防止铁与H2O、O2反应生锈；
(3)通常用肥皂水来区分硬水和软水，肥皂水在硬水中易起浮渣，在软水中泡沫较多，故依据的现象是：浮渣多、泡沫少；
(4)磷肥可以促进植物生长，增强作物的抗寒、抗旱能力。
故答案为：(1)蛋白质；C；
(2)乳化；O2、H2O；
(3)清洗的水中产生的泡沫少，浮渣多(合理即可)；
(4)寒、抗旱。
(1)根据食物中富含的营养素来分析；
(2)根据除油污的原理以及防锈的原理来分析；
(3)根据硬水与软水的检验方法来分析；
(4)根据化肥的作用来分析。
本题难度不大，掌握食物中富含的营养素及其作用、铁的锈蚀原理、硬水与软水区别、化肥的作用是解题的关键。
12.【答案】水槽 Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑BC或BD 两个反应的药品都是固体和液体，反应条件不需要加热 h−i−f−g
【解析】解：(1)由图可知，仪器m的名称是水槽。
(2)实验室制取氢气的反应是锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。该反应需要固液常温型装置，则发生装置选择B；氢气难溶于水，可用排水法收集；氢气的密度比空气小，可用向下排空气法收集，则收集装置可以选C或D；所以发生和收集装置选择BC或BD。
(3)B是固液常温型装置，能选择B装置制取气体，则需要药品是固体和液体，反应条件不需要加热。氧气可用过氧化氢和二氧化锰在常温下制取，二氧化碳使用大理石和稀盐酸在常温下制取，所以都可选用B装置的原因是：两个反应的药品都是固体和液体，反应条件不需要加热。
(4)根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，碳酸氢铵受热分解，则生成物只能含有N、H、C、O元素，已知生成氨气，则其他两种化合物必须含有H、C、O元素；根据使用F、G进行检验，F石灰水用于检验二氧化碳，G无水硫酸铜用于检验水，则另外两种产物是二氧化碳和水；为避免气体通过石灰水带出水影响生成水的检验，则需要先使用G检验水，再使用F检验二氧化碳，气体应长进短出与石灰水充分接触，所以连接顺序为a−h−i−f−g。
故答案为：
(1)水槽；
(2)Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；BC或BD；
(3)两个反应的药品都是固体和液体，反应条件不需要加热；
(4)h−i−f−g。
(1)根据实验室常见仪器的名称来分析；
(2)根据锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，该反应需要固液常温型装置，氢气难溶于水，密度比空气小来分析；
(3)根据B是固液常温型装置，氧气可用过氧化氢和二氧化锰在常温下制取，二氧化碳使用大理石和稀盐酸在常温下制取来分析；
(4)根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，以及二氧化碳和水的检验方法来分析。
本题主要考查了实验室气体制取的原理、装置和检验，熟练掌握气体的制取原理，了解确定发生装置、收集装置的原理及注意事项等知识是解答本题的关键。
13.【答案】金属材料 原子 SO3 沸点 2NO2+4CON2+4CO2
【解析】解：(1)钛合金和铝合金均属于合金，均属于金属材料；
(2)钛是一种金属单质，是由钛原子构成；根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含Ti、F、H、S、O的个数分别是1、4、4、2、8，生成物中含Ti、F、H、S、O的个数分别是1、4、4、0、2，故生成物中还应含2个S、6个O，故X的化学式为：SO3；
(3)①汽车燃料可通过石油分馏获取，是利用石油中各成分沸点的不同，将它们分离；
②由图可知，该反应为二氧化氮和一氧化碳在催化剂的作用下反应生成氮气和二氧化碳，该反应的化学方程式为：2NO2+4CON2+4CO2；
故答案为：(1)金属材料；
(2)原子；SO3；
(3)①沸点；
②2NO2+4CON2+4CO2。
(1)金属材料包括纯金属与合金；
(2)根据构成物质的基本粒子以及质量守恒定律来分析；
(3)根据石油分馏的原理以及微观反应示意图的信息来分析。
本题考查了材料的分类、构成物质的基本粒子、质量守恒定律及其应用、微观反应示意图的信息等是解题的关键。
14.【答案】HCl、AlCl3、FeCl3 Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O或Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O盐 NaHCO3 用于医疗急救(合理即可)
【解析】解：(1)铝土矿的主要成分是氧化铝，含有杂质氧化铁和二氧化硅，加入过量盐酸，氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，二氧化硅和稀盐酸不反应，稀盐酸过量，故溶液A中的溶质是：AlCl3、FeCl3、HCl；
(2)反应①中发生的反应为氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，该反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，该反应的化学方程式为：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O；
(3)偏铝酸钠是由钠离子和偏铝酸根离子构成的化合物，属于盐；溶液1中通入二氧化碳，生成了氢氧化铝和另一种生活中常见的盐，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，生成物中含铝、氢、氧元素，故反应物中一定含铝元素、氢元素、氧元素，故偏铝酸钠、水参与了反应，反应物中含Al、Na、H、O、C，生成物中含Al、H、O，故生成物中还应含Na、C，氢氧化铝的相对分子质量为：27+17×3=78，已知两种生成物的质量比为78：84，故生成的盐为碳酸氢钠，碳酸氢钠的相对分子质量为23+1+12+16×3=84，故该盐的化学式为：NaHCO3；
(4)根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含Al、O，生成物中含Al，生成物中还应含氧元素，故生成的气体单质是氧气，氧气能供给呼吸，可用于医疗急救。
故答案为：(1)HCl、AlCl3、FeCl3；
(2)Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O或Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O；
(3)盐；NaHCO3；
(4)用于医疗急救(合理即可)。
(1)根据氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，二氧化硅和稀盐酸不反应进行分析；
(2)根据氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，进行分析；
(3)根据偏铝酸钠是由钠离子和偏铝酸根离子构成的化合物，质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，进行分析；
(4)根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，进行分析。
本题主要考查物质的制备等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。
15.【答案】CO2 熟石灰 产生大量的气泡 CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
【解析】解：(1)由分析可知，D是二氧化碳，化学式为：CO2。
(2)由分析可知，C是氢氧化钙，氢氧化钙的俗称是熟石灰。
(3)A与B的反应是盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的现象是：产生大量气泡。
(4)C生成E的反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。
故答案为：
(1)CO2；
(2)熟石灰；
(3)产生大量的气泡；
(4)CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。
A∼E是初中化学常见的物质。E是大理石的主要成分，则E是碳酸钙；B和E含有相同的酸根离子，B能转化成E，则B是碳酸钠(盐)；A、B、C、D分别是氧化物、酸、碱、盐中的一种，碳酸钠能和E相互转化，则D是二氧化碳(氧化物)；A能转化成二氧化碳，A能和碳酸钠反应，则A可以是盐酸(酸)；盐酸能和C反应，C能和二氧化碳反应，C能转化成碳酸钙，则C是氢氧化钙(碱)；据此分析解答。
本题考查了物质的推断，在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
16.【答案】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OCl2 把品红试纸放入干燥的氯气中 试纸不褪色 次氯酸 +1红 2Fe+3Cl22FeCl3
【解析】解：(1)已知实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，在这个反应中，二氧化锰被还原成二价产物，故还生成了二氯化锰，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中还含氢元素、氧元素，故还应生成了水，故该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)【提出猜想】氯水中含有的成分是：H2O、Cl2、HCl、HClO，故还可能是氯水中的氯气使品红试纸褪色；
【实验探究】结论为猜想1不成立，故该实验是将品红试纸放入干燥的氯气中，试纸不褪色，说明猜想1不成立；把品红试纸放入盐酸中，试纸不褪色，说明盐酸不能使品红试纸褪色，故猜想2不成立；
【实验结论】由以上分析可知，盐酸、氯气均不能使品红试纸褪色，故能使品红试纸褪色的物质是：HClO；
(3)次氯酸中氢元素显+1价，氧元素显−2价，设氯元素的化合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：(+1)+x+(−2)=0，x=+1；
(4)向氯水中滴加紫色石蕊溶液，氯水中含盐酸、次氯酸，氯气、水，溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红，但是次氯酸能使溶液褪色，故观察到的现象是溶液先变红色后褪色；
(5)铁能在氯气中燃烧生成氯化铁，该反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3。
故答案为：(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)【提出猜想】Cl2；
【实验探究】把品红试纸放入干燥的氯气中；试纸不褪色；
【实验结论】次氯酸；
(3)+1；
(4)红；
(5)2Fe+3Cl22FeCl3。
(1)根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，进行分析；
(2)根据氯水中含有的成分是：H2O、Cl2、HCl、HClO，把品红试纸放入盐酸中，试纸不褪色，说明盐酸不能使品红试纸褪色，盐酸、氯气均不能使品红试纸褪色，进行分析；
(3)根据化合物中，正、负化合价的代数和为零进行分析；
(4)根据氯水中含盐酸、次氯酸，氯气、水，溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红，但是次氯酸能使溶液褪色，进行分析；
(5)根据铁能在氯气中燃烧生成氯化铁进行分析。
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。
17.【答案】CaO+H2O=Ca(OH)2 澄清石灰水变浑浊 黑色固体变红 H2+CuOCu+H2O氧化铜 吸收二氧化碳 干燥氢气 ≥17.75反应物是否过量及能否溶于水 C
【解析】解：(1)发热包中含氧化钙，氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热，该反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2；
(2)二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，故甲中澄清石灰水变浑浊，说明含二氧化碳，则假设一错误；
(3)氢气能与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，故丁中黑色固体逐渐变红，说明含氢气，说明假设三成立；该反应的化学方程式为：H2+CuOCu+H2O；在该反应中，氧化铜失去氧，属于氧化剂，发生了还原反应；
(4)若乙中装有NaOH溶液，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故作用是：吸收二氧化碳；
(5)浓硫酸具有吸水性，且与氢气不反应，作用是：干燥氢气；
(6)将一定量稀盐酸加入锥形瓶中，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，设氯化钙中氯元素的质量为x，则40：(35.5×2)=2.0g：x，x=3.55g，设氯化铝中氯元素的质量为y，则27：(35.5×3)=2.7g：y，y=10.65g，设氯化钠中氯元素的质量为z，则23：35.5=2.3g：z，z=3.55g，如果稀盐酸恰好完全反应，则氯元素的质量为：3.55g+10.65g+3.55g=17.75g，如果稀盐酸过量，则氯元素的质量大于17.75g，故溶液中氯元素含量≥17.75g；
(7)通过以上探究，我们在分析化学反应后溶液中的溶质成分时，除了要考虑生成物及生成物能否溶于水外，还需要考虑反应物是否过量及能否溶于水；
(8)A、加热包中的氧化钙能与水反应，故加热包应密封防潮保存，不符合题意；
B、向用过的加热包内的固体中，加入过量的稀盐酸，铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，活性炭和稀盐酸不反应，故过滤，可回收活性炭，不符合题意；
C、能与水混合放出热量的物质不一定能作加热包中的加热材料，如浓硫酸溶于水放出大量的热，但是浓硫酸腐蚀性较强，不能用作发热材料，符合题意。
故选：C。
故答案为：(1)CaO+H2O=Ca(OH)2；
(2)澄清石灰水变浑浊；
(3)黑色固体变红；H2+CuOCu+H2O；氧化铜；
(4)吸收二氧化碳；
(5)干燥氢气；
(6)≥17.75；
(7)反应物是否过量及能否溶于水；
(8)C。
(1)根据氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热，进行分析；
(2)根据二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，进行分析；
(3)根据氢气能与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，进行分析；
(4)根据二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，进行分析；
(5)根据浓硫酸具有吸水性，且与氢气不反应进行分析；
(6)根据氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，进行分析；
(7)根据在分析化学反应后溶液中的溶质成分时，除了要考虑生成物及生成物能否溶于水外，还需要考虑反应物是否过量及能否溶于水进行分析；
(8)根据氧化钙能与水反应，铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，活性炭和稀盐酸不反应，能与水混合放出热量的物质不一定能作加热包中的加热材料，如浓硫酸溶于水放出大量的热，进行分析。
本题主要考查物质的组成成分的探究等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。
18.【答案】Na2SO4
【解析】解：(1)硫酸钠中钠元素的质量分数为23×223×2+32+16×4×100%≈32.4%，亚硫酸钠中钠元素的质量分数为23×223×2+32+16×3×100%≈36.5%，钠元素的质量分数较小的是硫酸钠，故答案为：Na2SO4；
(2)溶液稀释前后溶质的质量不变，设需要水的质量为x，则有5g×98%=(5g+x)×10%，解得x=44g，答：需要水的质量为44g；
(3)设反应生成硫酸钠的质量为x，生成二氧化硫的质量为y，消耗亚硫酸钠的质量为z
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
126 98 142 64
z98g×10%xy
98142=98g×10%x x=14.2g
9864=98g×10%y y=6.4g
12698=z98g×10% z=12.6g
则反应后溶液中溶质的质量分数为(20g−12.6g)+14.2g20g+98g−6.4g×100%≈19.4%
答：反应后溶液中溶质的质量分数为19.4%。
(1)根据元素质量分数的计算方法进行分析；
(2)根据溶液稀释前后溶质的质量不变进行分析；
(3)根据硫酸的质量结合反应生成的硫酸钠及二氧化硫的质量，进而计算质量分数。
本题主要考查化学方程式的计算及溶质质量分数的计算，计算反应后的溶质质量分数时，要注意反应前是否含有溶质。
2023年黑龙江省大庆市肇源县中考化学一模试卷
1. 材料、能源、环境、健康与化学发展息息相关，下列说法正确的是( )
A. 在室内放一盆水，可防止煤气中毒
B. 将干电池埋入地下，防止污染环境
C. 太阳能、水能、风能均属于不可再生能源
D. 加工肉食食品时合理使用食品添加剂
2. 下列四个实验中，不能达到实验目的的是( )
A. 证明CO2能与水反应
B. 探究二氧化碳的化学性质
C. 证明分子在不断运动
D. 关闭活塞，检查装置气密性
3. 下列古代工艺主要发生化学变化的是( )
A. 活字印刷 B. 海水晒盐 C. 彩陶烧制 D. 机杼织布
4. 下列是某同学整理与化学有关的笔记，其中知识正确的一组是( )
A、化学实验中的先与后
B、物质分类
①加热固体时先均匀加热，再固定加热
②称量5g氯化钠：先加药品后加砝码
①常见的黑色固体：二氧化锰、铁粉
②常见的难溶物：碳酸钙、氢氧化镁
C、物质在氧气中燃烧部分现象
D、化学之最
①红磷——产生大量白烟，放热
②木炭——发光放热，生成二氧化碳气体
①地壳中含量最高的金属元素——Fe
②相对分子质量最小的氧化物——H2O
A. A B. B C. C D. D
5. 锶元素的原子结构示意图及其在元素周期表中的某些信息如图所示。下列说法不正确的是( )
A. x=8 B. 锶元素位于元素周期表第五周期
C. 1个锶原子中有38个电子 D. 锶原子易得到电子变为Sr2−
6. 下列设计方案可行，且化学方程式书写正确的是( )
A. 除去FeCl2溶液中少量的CuCl2：Zn+CuCl2=Cu+ZnCl2
B. 用澄清石灰水检验二氧化碳：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O
C. 鉴别碳酸钠和硫酸钠固体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
D. 用氢氧化钠溶液除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体：NaOH+HCl=NaCl+H2O
7. 有关下列图像的描述，正确的一项是( )
A. 浓盐酸长时间露置于空气中
B. 向氯化钙和盐酸的混合溶液中加入过量的碳酸钠溶液
C. 加热一定质量的高锰酸钾固体
D. 等质量的碳酸镁和碳酸氢钠中分别加入足量的溶质质量分数相同的稀盐酸
8. 下列说法正确的是( )
A. 误食重金属盐，可服用豆浆、牛奶等解毒，并及时就医
B. 熟石灰常用作干燥剂，生石灰可配制农药波尔多液
C. 某固体中加入稀盐酸产生无色气体，该固体一定含有碳酸盐
D. 在室温下，碱溶液的pH>7，则pH>7的溶液一定是碱溶液
9. T℃时，等质量的甲、乙、丙三种固体分别加入等质量的水中，加入固体的质量与溶液溶质质量分数的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该温度下，甲的溶解度为20g
B. 乙溶液在B点属于饱和溶液
C. 降低温度一定能将甲的不饱和溶液变为饱和溶液
D. 该温度下，甲、乙、丙三种固体的溶解度由大到小的顺序是甲>乙>丙
10. 目前，我国科学家通过电催化与生物合成相结合，成功以CO2和H2O为原料合成了葡萄糖(C6H12O6)，为人工合成“粮食”提供了新路径。其中，合成葡萄糖的第一步是先将CO2转化为醋酸(CH3COOH)，具体流程如图，下列说法错误的是( )
A. 该技术有利于实现缓解温室效应
B. “新型电催化装置1”中发生的化学反应的基本类型是分解反应
C. 葡萄糖是人体的主要供能物质，在酶的催化作用下被氧气氧化成两种氧化物
D. 该合成途径对能源的需求较高，天然气属于新能源
11. 张同学每天放学完成作业后，就帮父母分担些家务，在做家务时，他感受到生活与化学息息相关。
(1)西红柿炒鸡蛋是张同学的拿手好菜，鸡蛋清富含的营养素是 ______ ，西红柿中富含的维生素 ______ (选填“A”、“B”或“C”)可预防坏血病。
(2)用完晚餐后，张同学主动洗碗，用洗洁精去除餐具上的油污是利用了洗洁精的 ______ 作用，铁锅、刀具清洗后要擦干净并放在干燥通风处，为了防止与 ______ (填化学式)反应生锈。
(3)用肥皂洗袜子时张同学判断所用的水硬度偏大，他依据的现象是 ______ 。
(4)给种植的月季施用磷肥，具有促进植物生长，增强了抗 ______ 的能力。
12. 如图所示是我们常用的实验装置：
(1)仪器m的名称是 ______ 。
(2)实验室制取氢气的化学方程式是 ______ ；根据该反应原理选用制取氢气的发生和收集装置是 ______ (填装置字母代号)。
(3)实验室制取氧气和二氧化碳的发生装置都可选用B装置的原因是 ______ 。
(4)用这些装置还可以进行实验探究。例如：碳酸氢铵(NH4HCO3)是一种常见的固态氮肥。碳酸氢铵受热易分解产生三种化合物，其中一种是氨气(NH3)，为了证明另外两种产物，选择上述装置中的A、F、G进行验证，装置各接口的连接顺序是a−______ 。
13. 我国研制的“天问一号”飞船载着“祝融”号火星车成功着陆火星的乌托邦平原，标志着中国航天探索再创里程碑。
(1)火星车采用钛合金、铝合金、复合记忆纤维等材料制造，钛合金和铝合金属于 ______ (选填“合成材料”、“复合材料”或“金属材料”)。
(2)构成金属钛的粒子是 ______ (填“原子”“分子”或“离子”)，工业制钛过程中的一个反应：TiF4+2H2SO4=4HF+2X+TiO2，X的化学式为 ______ 。
(3)国际上为了减少汽车尾气排放，通常在燃油汽车上安装尾气处理转化器，在催化剂(钯)的作用下将氮氧化物与一氧化碳转化为无污染的物质。该反应的微观反应模型如图所示：
①汽车燃料可通过石油分馏获取，是利用石油中各成分的 ______ 不同，将它们分离。
②根据微观反应模型写出尾气处理的化学方程式： ______ 。
14. 铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3。如图为工业上从铝土矿中提取铝的工艺流程图：
请回答下列问题：
(1)溶液A中的溶质成分是 ______ (写化学式)。
(2)请写出反应①中发生的一个反应的化学方程式 ______ 。
(3)反应②除生成Fe(OH)3外，还生成了偏铝酸钠(NaAlO2)，偏铝酸钠属于 ______ (填“酸”、“碱”或“盐”)，溶液1中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝和另一种生活中常见的盐，已知两种生成物的质量比为78：84，写出该反应生成的这种盐的化学式 ______ 。
(4)反应⑤中还生成了一种气体单质，请写出该气体的一种用途 ______ 。
15. A∼E是初中化学常见的物质，其中 E是大理石的主要成分，B与 E含有相同的酸根离子，A、B、C、D分别是氧化物、酸、碱、盐中的一种，其中“-”表示相连物质间能发生反应，“→”表示物质间有相应的转化关系，请回答下列问题：
(1)D的化学式为： ______ ；
(2)C的俗称是 ______ ；
(3)A与B反应的现象是： ______ 。
(4)写出C生成E的化学方程式： ______ 。
16. 某学习小组探究氯气(Cl2)的性质时发现：氯气能使用水润湿的品红试纸(染有品红颜料的滤纸)褪色。小组同学对“氯水中什么成分使品红试纸褪色”开展探究。
(1)已知实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，在这个反应中，二氧化锰被还原成二价产物。写出反应的化学方程式： ______ 。
(2)【查阅资料】
a.Cl2是黄绿色气体，可溶于水，Cl2溶于水所得溶液称为氯水，氯水呈黄绿色；
b.溶于水的部分氯气发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO(次氯酸)。
【讨论】
①小组同学认为氯水中含有的成分是：H2O、Cl2、HCl、HClO；
②用水润湿品红试纸时，品红试纸不褪色，说明是氯水中的其它成分使品红试纸褪色。
【提出猜想】
猜想1：氯水中的 ______ 使品红试纸褪色；
猜想2：氯水中的盐酸使品红试纸褪色；
猜想3：氯水中的次氯酸(HClO)使品红试纸褪色。
【实验探究】
实验操作
实验现象
结论
______
试纸不褪色
猜想1不成立
把品红试纸放入盐酸中
______
猜想2不成立
【实验结论】氯水中使品红试纸褪色的物质是 ______ 。
【拓展】
(3)次氯酸(HClO)中氯元素的化合价为： ______ 。
(4)向氯水中滴加紫色石蕊溶液，观察到的现象是溶液先变 ______ 色后褪色。
(5)铁能在氯气中燃烧生成氯化铁，请写出反应的化学方程式 ______ 。
17. 自加热小火锅，使用方便，是旅游必备食品之一。其中的发热包引起了同学们的兴趣。查看其主要成分：氧化钙、铝粒、碳酸钠、活性炭。课堂上教师带领同学对其成分进行了探究：
(1)实验A中，将样品加入水中，触摸烧杯外壁发烫，其原因是 ______ (用化学方程式表示)。
实验B中将一定量稀盐酸加入锥形瓶中，剧烈反应生成大量气体，学习小组对气体成分和锥形瓶内的溶液进行探究。
Ⅰ、对气体成分的探究。
【猜想假设】假设一；只有H2；假设二：只有CO2；假设三：H2和CO2
【实验验证】小明设计如图所示的实验，对气体成分进行探究。
(2)当气体通过甲时，现象 ______ ，证明假设一不成立。
(3)丁中出现 ______ 的现象时，假设三成立。写出丁中反应的化学方程式 ______ ，在反应中，发生还原反应的是 ______ 。
(4)若乙中装有NaOH溶液，其作用是 ______ 。
(5)丙中浓硫酸的作用是 ______ 。
Ⅱ、对锥形瓶内的溶液进行探究。
(6)实验后，小丽取少量锥形瓶内的溶液于试管中(假设氧化钙、铝粒、碳酸钠已经完全反应)，进行测定，其中含钙元素2.0g，含铝元素2.7g，含钠元素2.3g，则溶液中氯元素含量 ______ g。(选填“17.80”、“≥17.75”或“≤17.55”)
【反思评价】
(7)通过以上探究，我们在分析化学反应后溶液中的溶质成分时，除了要考虑生成物及生成物能否溶于水外，还需要考虑 ______ 。
(8)小林同学也做了如下的反思归纳，你认为其中不正确的是 ______ 。(填字母)
A.加热包应密封防潮保存
B.向用过的加热包内的固体中，加入过量的稀盐酸后过滤，可以回收活性炭
C.能与水混合放出热量的物质均可用作加热包中的发热材料
18. 硫氧粉(Na2SO3)可用作染漂脱氧剂，常因氧化变质生成Na2SO4。向20g可能被氧化的样品中，加入质量分数为10%的稀硫酸至恰好不再产生气泡(假设气体全部逸出)，消耗稀硫酸98g。已知：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O。
(1)根据化学式判断Na2SO4和Na2SO3中钠元素的质量分数较小的是 ______。
(2)若用5g质量分数为98%的浓硫酸配制10%的稀硫酸，求所需水的质量。
(3)求反应后溶液中溶质的质量分数。(精确到小数点后一位)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、一氧化碳难溶于水，在室内放一盆水，不能防止煤气中毒，故A错误；
B、将干电池埋入地下，会污染水源和土壤，应回收处理，故B错误；
C、太阳能、水能、风能均属于可再生能源，故C错误；
D、加工肉食食品时合理使用食品添加剂，可以改善食品风味，延长食品保质期等，但是不能过量使用，故D正确。
故选：D。
A、根据一氧化碳难溶于水进行分析；
B、根据将干电池埋入地下，会污染水源和土壤进行分析；
C、根据太阳能、水能、风能均属于可再生能源进行分析；
D、根据加工肉食食品时合理使用食品添加剂进行分析。
本题主要考查一氧化碳的毒性等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2.【答案】A
【解析】解：A、图中实验，U型管液面左高右低，不能证明CO2能与水反应，也可能是二氧化碳能溶于水造成的，故选项不能达到实验目的。
B、石灰石的主要成分碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，蜡烛熄灭，说明二氧化碳不燃烧、不支持燃烧，不燃烧、不支持燃烧属于化学性质，故选项能达到实验目的。
C、浓氨水具有挥发性，挥发出的氨分子不断运动，当运动到右侧烧杯中时，氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使无色酚酞试液变红，可以证明分子在不断运动，故选项能达到实验目的。
D、关闭活塞，向长颈漏斗中加水至形成一段水柱，一段时间后，水柱不下降，说明装置气密性良好，故选项能达到实验目的。
故选：A。
A、二氧化碳能溶于水，也能与水反应；
B、根据实验设计以及二氧化碳的性质来分析；
C、根据分子的性质来分析；
D、根据检查装置气密性的方法来分析。
本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
3.【答案】C
【解析】解：A、活字印刷没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；
B、海水晒盐没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；
C、彩陶烧制，陶器是新物质，属于化学变化；故选项正确；
D、机杼织布没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；
故选：C。
有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化，活字印刷、海水晒盐、机杼织布都属于物理变化。化学变化的特征是：有新物质生成。判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成。
本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决。本考点主要出现在选择题和填空题中。
4.【答案】B
【解析】解：A、①加热固体时先均匀加热，再固定加热，防止容器受热不均而造成炸裂，该说法正确；②称量5g氯化钠，先加入砝码，然后加药品，该说法错误；故选项错误。
B、①二氧化锰、铁粉均是常见的黑色固体，该说法正确；②碳酸钙、氢氧化镁均难溶于水，该说法正确；故选项正确。
C、①红磷在氧气中燃烧，产生大量白烟，放出热量，该说法正确；②木炭在氧气中燃烧，发出白光，放出热量，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，生成二氧化碳是实验结论，不是实验现象，该说法错误；故选项错误。
D、①地壳中含量最高的金属元素是铝元素，该说法错误；②氧化物是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物，相对分子质量最小的氧化物是水，该说法正确；故选项错误。
故选：B。
本题涉及知识点较多，选择的是知识正确的一组，可选用排除法，即只要发现选项中说法有错误，即可排除该选项，进行分析判断。
本题难度不大，但涉及知识点较多，灵活运用所学知识、选用排除法是正确解答本题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：A、在原子中，质子数=核外电子数，38=2+8+18+x+2，x=8，故选项说法正确。
B、周期数=原子核外电子层数，锶原子核外有5个电子层，则锶元素位于元素周期表第五周期，故选项说法正确。
C、原子结构示意图中，圆圈内的数字表示质子数，在原子中，质子数=核外电子数=38，故选项说法正确。
D、锶原子的最外层电子数为2，小于4，在化学反应中容易失去最外层2个电子形成带2个单位的正电荷的阳离子，其离子符号为Sr2+，故选项说法错误。
故选：D。
A、根据原子中，质子数=核外电子数，进行分析判断。
B、根据周期数=原子核外电子层数，进行分析判断。
C、根据原子结构示意图中，圆圈内的数字表示质子数，进行分析判断。
D、若最外层电子数多于4，在化学反应中易得电子，若最外层电子数少于4，在化学反应中易失去电子。
本题难度不大，灵活运用元素周期表中元素的信息(原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量)、原子结构示意图的含义是正确解答本题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：A、锌与氯化铜溶液、氯化亚铁溶液均能反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项错误。
B、该化学方程式碳酸钙的后面没有标注↓，正确的化学方程式应为CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，故选项错误。
C、碳酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，产生气泡；硫酸钠和稀盐酸不反应，无明显现象，现象不同，可以区分，碳酸钠和稀盐酸反应的化学方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，故选项正确。
D、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项错误。
故选：C。
根据化学方程式判断正误的方法需考虑：应用的原理是否正确；化学式书写是否正确；是否配平；反应条件是否正确；↑和↓的标注是否正确。
本题难度不大，在解此类题时，首先分析应用的原理是否正确，然后再根据方程式的书写规则进行判断；化学方程式正误判断方法是：先看化学式是否正确，再看配平，再看反应条件，再看气体和沉淀，最后短线改成等号。
7.【答案】B
【解析】解：A.浓盐酸具有挥发性，浓盐酸长时间露置于空气中，氯化氢会挥发出去，则溶液质量减小，故A不正确；
B、氯化钙和盐酸的混合溶液显酸性，pH<7，向氯化钙和盐酸的混合溶液中加入过量的碳酸钠溶液，碳酸钠先和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，pH逐渐增大，当恰好完全反应时，pH=7，后氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氯化钠，该阶段，pH始终等于7，继续滴加碳酸钠溶液(溶液呈碱性)，pH>7，故B正确；
C.加热一定质量的高锰酸钾固体，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，根据化学反应前后，元素的种类和质量不变，故固体中锰元素的质量不变，但是反应生成了氧气，固体的质量减小，故固体中锰元素的质量分数逐渐增大，待完全反应后，不再变化，故C不正确；
D.碳酸镁和稀盐酸反应：MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2↑，碳酸氢钠和稀盐酸反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等质量的碳酸镁和碳酸氢钠中分别加入足量的溶质质量分数相同的稀盐酸，一开始，酸不足，碳酸氢钠生成二氧化碳的质量大，后酸过量，由于碳酸镁和碳酸氢钠的相对分子质量相同，最后生成二氧化碳的质量相同，故D不正确。
故选：B。
A、根据浓盐酸具有挥发性，进行分析；
B、根据氯化钙和盐酸的混合溶液显酸性，pH<7，向氯化钙和盐酸的混合溶液中加入过量的碳酸钠溶液，碳酸钠先和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，pH逐渐增大进行分析；
C、根据加热一定质量的高锰酸钾固体，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变进行分析；
D、根据等质量的碳酸镁和碳酸氢钠中分别加入足量的溶质质量分数相同的稀盐酸，碳酸镁和稀盐酸反应：MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2↑，碳酸氢钠和稀盐酸反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，进行分析。
本题是一道图像坐标与化学知识相结合的综合题，解题的关键是结合所涉及的化学知识，正确分析各变化的过程，注意分析坐标轴表示的意义、曲线的起点、折点及变化趋势，进而确定正确的图像。
8.【答案】A
【解析】解：A、重金属盐会破坏人体的蛋白质结构，服用豆浆、牛奶等富含蛋白质的食物，可使重金属优先与食物中的蛋白质结合，从而减轻对人体组织的伤害，故A正确；
B、生石灰是氧化钙的俗称，氧化钙能与水反应，可作干燥剂，熟石灰可用于配制农药波尔多液，故B错误；
C、某固体中加入稀盐酸产生无色气体，该固体不一定是碳酸盐，如活泼金属也能与酸反应生成无色气体，故C错误；
D、在室温下，碱溶液的pH>7，但是pH>7的溶液不一定是碱溶液，如碳酸钠溶液显碱性，pH>7，但是碳酸钠属于盐，故D错误。
故选：A。
A、根据重金属盐会破坏人体的蛋白质结构，服用豆浆、牛奶等富含蛋白质的食物进行分析；
B、根据生石灰是氧化钙的俗称，氧化钙能与水反应，可作干燥剂，熟石灰可用于配制农药波尔多液进行分析；
C、根据活泼金属也能与酸反应生成无色气体进行分析；
D、根据碳酸钠溶液显碱性，pH>7，但是碳酸钠属于盐进行分析。
本题主要考查酸的化学性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，该温度下，甲的饱和溶液的溶质质量分数为20%，设该温度下甲物质的溶解度为x，则xx+100g×100%=20%，x=25g，说法错误，不符合题意；
B、由图可知，乙溶液在B点时溶质的质量分数最大，说明乙溶液在B点属于饱和溶液，说法正确，符合题意；
C、由图无法得出甲的溶解度与温度的关系，故降低温度不一定能将甲的不饱和溶液变为饱和溶液，说法错误，不符合题意；
D、由图可知，该温度下，饱和溶液的溶质质量分数：丙>乙>甲，由饱和溶液的溶质质量分数=溶解度溶解度+100g×100%可知，该温度下，甲、乙、丙三种固体的溶解度由大到小的顺序是：丙>乙>甲，说法错误，不符合题意。
故选：B。
A、根据饱和溶液中溶质中的质量分数来分析；
B、根据溶液状态的判断方法来分析；
C、根据不饱和溶液与饱和溶液转化方法来分析；
D、根据饱和溶液中溶质的质量分数与溶解度的关系来分析。
本题难度不大，明确图示的含义、掌握饱和溶液中溶质质量分数的计算方法等是正确解答本题的关键。
10.【答案】D
【解析】解：A.该技术消耗了二氧化碳，可以缓解温室效应，故A正确；
B.“新型电催化装置1”中发生的化学反应是二氧化碳转化为氧气和一氧化碳(进入和排出物质均有水则说明水不是反应物和生成物)，符合一变多的特点是分解反应，故B正确；
C.氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。葡萄糖是人体的主要供能物质，通过呼吸作用，葡萄糖在酶的催化作用下被氧气氧化成水和二氧化碳，水和二氧化碳都是氧化物，故C正确；
D.该合成途径使用新型电催化装置，推断能源的需求不高，天然气是传统的化石燃料，不是新能源，故D不正确；
故选：D。
A、根据该技术消耗了二氧化碳，进行分析；
B、根据二氧化碳转化为氧气和一氧化碳(进入和排出物质均有水则说明水不是反应物和生成物)，进行分析；
C、根据氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物进行分析；
D、根据该合成途径使用新型电催化装置，推断能源的需求不高进行分析。
本题主要考查物质的制备等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11.【答案】蛋白质 C 乳化 O2、H2O清洗的水中产生的泡沫少，浮渣多(合理即可)寒、抗旱
【解析】解：(1)鸡蛋清富含的营养素是蛋白质；西红柿中富含的维生素C可以预防坏血病；
(2)用洗洁精去除餐具上的油污，是因为洗洁精中含有乳化剂，具有乳化作用，能将油污乳化为细小油滴，随水冲走；铁锅、刀具清洗后要擦干净并放在干燥通风处，为了防止铁与H2O、O2反应生锈；
(3)通常用肥皂水来区分硬水和软水，肥皂水在硬水中易起浮渣，在软水中泡沫较多，故依据的现象是：浮渣多、泡沫少；
(4)磷肥可以促进植物生长，增强作物的抗寒、抗旱能力。
故答案为：(1)蛋白质；C；
(2)乳化；O2、H2O；
(3)清洗的水中产生的泡沫少，浮渣多(合理即可)；
(4)寒、抗旱。
(1)根据食物中富含的营养素来分析；
(2)根据除油污的原理以及防锈的原理来分析；
(3)根据硬水与软水的检验方法来分析；
(4)根据化肥的作用来分析。
本题难度不大，掌握食物中富含的营养素及其作用、铁的锈蚀原理、硬水与软水区别、化肥的作用是解题的关键。
12.【答案】水槽 Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑BC或BD 两个反应的药品都是固体和液体，反应条件不需要加热 h−i−f−g
【解析】解：(1)由图可知，仪器m的名称是水槽。
(2)实验室制取氢气的反应是锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。该反应需要固液常温型装置，则发生装置选择B；氢气难溶于水，可用排水法收集；氢气的密度比空气小，可用向下排空气法收集，则收集装置可以选C或D；所以发生和收集装置选择BC或BD。
(3)B是固液常温型装置，能选择B装置制取气体，则需要药品是固体和液体，反应条件不需要加热。氧气可用过氧化氢和二氧化锰在常温下制取，二氧化碳使用大理石和稀盐酸在常温下制取，所以都可选用B装置的原因是：两个反应的药品都是固体和液体，反应条件不需要加热。
(4)根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，碳酸氢铵受热分解，则生成物只能含有N、H、C、O元素，已知生成氨气，则其他两种化合物必须含有H、C、O元素；根据使用F、G进行检验，F石灰水用于检验二氧化碳，G无水硫酸铜用于检验水，则另外两种产物是二氧化碳和水；为避免气体通过石灰水带出水影响生成水的检验，则需要先使用G检验水，再使用F检验二氧化碳，气体应长进短出与石灰水充分接触，所以连接顺序为a−h−i−f−g。
故答案为：
(1)水槽；
(2)Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；BC或BD；
(3)两个反应的药品都是固体和液体，反应条件不需要加热；
(4)h−i−f−g。
(1)根据实验室常见仪器的名称来分析；
(2)根据锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，该反应需要固液常温型装置，氢气难溶于水，密度比空气小来分析；
(3)根据B是固液常温型装置，氧气可用过氧化氢和二氧化锰在常温下制取，二氧化碳使用大理石和稀盐酸在常温下制取来分析；
(4)根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，以及二氧化碳和水的检验方法来分析。
本题主要考查了实验室气体制取的原理、装置和检验，熟练掌握气体的制取原理，了解确定发生装置、收集装置的原理及注意事项等知识是解答本题的关键。
13.【答案】金属材料 原子 SO3 沸点 2NO2+4CON2+4CO2
【解析】解：(1)钛合金和铝合金均属于合金，均属于金属材料；
(2)钛是一种金属单质，是由钛原子构成；根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含Ti、F、H、S、O的个数分别是1、4、4、2、8，生成物中含Ti、F、H、S、O的个数分别是1、4、4、0、2，故生成物中还应含2个S、6个O，故X的化学式为：SO3；
(3)①汽车燃料可通过石油分馏获取，是利用石油中各成分沸点的不同，将它们分离；
②由图可知，该反应为二氧化氮和一氧化碳在催化剂的作用下反应生成氮气和二氧化碳，该反应的化学方程式为：2NO2+4CON2+4CO2；
故答案为：(1)金属材料；
(2)原子；SO3；
(3)①沸点；
②2NO2+4CON2+4CO2。
(1)金属材料包括纯金属与合金；
(2)根据构成物质的基本粒子以及质量守恒定律来分析；
(3)根据石油分馏的原理以及微观反应示意图的信息来分析。
本题考查了材料的分类、构成物质的基本粒子、质量守恒定律及其应用、微观反应示意图的信息等是解题的关键。
14.【答案】HCl、AlCl3、FeCl3 Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O或Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O盐 NaHCO3 用于医疗急救(合理即可)
【解析】解：(1)铝土矿的主要成分是氧化铝，含有杂质氧化铁和二氧化硅，加入过量盐酸，氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，二氧化硅和稀盐酸不反应，稀盐酸过量，故溶液A中的溶质是：AlCl3、FeCl3、HCl；
(2)反应①中发生的反应为氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，该反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，该反应的化学方程式为：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O；
(3)偏铝酸钠是由钠离子和偏铝酸根离子构成的化合物，属于盐；溶液1中通入二氧化碳，生成了氢氧化铝和另一种生活中常见的盐，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，生成物中含铝、氢、氧元素，故反应物中一定含铝元素、氢元素、氧元素，故偏铝酸钠、水参与了反应，反应物中含Al、Na、H、O、C，生成物中含Al、H、O，故生成物中还应含Na、C，氢氧化铝的相对分子质量为：27+17×3=78，已知两种生成物的质量比为78：84，故生成的盐为碳酸氢钠，碳酸氢钠的相对分子质量为23+1+12+16×3=84，故该盐的化学式为：NaHCO3；
(4)根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含Al、O，生成物中含Al，生成物中还应含氧元素，故生成的气体单质是氧气，氧气能供给呼吸，可用于医疗急救。
故答案为：(1)HCl、AlCl3、FeCl3；
(2)Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O或Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O；
(3)盐；NaHCO3；
(4)用于医疗急救(合理即可)。
(1)根据氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，二氧化硅和稀盐酸不反应进行分析；
(2)根据氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，进行分析；
(3)根据偏铝酸钠是由钠离子和偏铝酸根离子构成的化合物，质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，进行分析；
(4)根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，进行分析。
本题主要考查物质的制备等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。
15.【答案】CO2 熟石灰 产生大量的气泡 CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
【解析】解：(1)由分析可知，D是二氧化碳，化学式为：CO2。
(2)由分析可知，C是氢氧化钙，氢氧化钙的俗称是熟石灰。
(3)A与B的反应是盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的现象是：产生大量气泡。
(4)C生成E的反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。
故答案为：
(1)CO2；
(2)熟石灰；
(3)产生大量的气泡；
(4)CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。
A∼E是初中化学常见的物质。E是大理石的主要成分，则E是碳酸钙；B和E含有相同的酸根离子，B能转化成E，则B是碳酸钠(盐)；A、B、C、D分别是氧化物、酸、碱、盐中的一种，碳酸钠能和E相互转化，则D是二氧化碳(氧化物)；A能转化成二氧化碳，A能和碳酸钠反应，则A可以是盐酸(酸)；盐酸能和C反应，C能和二氧化碳反应，C能转化成碳酸钙，则C是氢氧化钙(碱)；据此分析解答。
本题考查了物质的推断，在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
16.【答案】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OCl2 把品红试纸放入干燥的氯气中 试纸不褪色 次氯酸 +1红 2Fe+3Cl22FeCl3
【解析】解：(1)已知实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，在这个反应中，二氧化锰被还原成二价产物，故还生成了二氯化锰，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中还含氢元素、氧元素，故还应生成了水，故该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)【提出猜想】氯水中含有的成分是：H2O、Cl2、HCl、HClO，故还可能是氯水中的氯气使品红试纸褪色；
【实验探究】结论为猜想1不成立，故该实验是将品红试纸放入干燥的氯气中，试纸不褪色，说明猜想1不成立；把品红试纸放入盐酸中，试纸不褪色，说明盐酸不能使品红试纸褪色，故猜想2不成立；
【实验结论】由以上分析可知，盐酸、氯气均不能使品红试纸褪色，故能使品红试纸褪色的物质是：HClO；
(3)次氯酸中氢元素显+1价，氧元素显−2价，设氯元素的化合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：(+1)+x+(−2)=0，x=+1；
(4)向氯水中滴加紫色石蕊溶液，氯水中含盐酸、次氯酸，氯气、水，溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红，但是次氯酸能使溶液褪色，故观察到的现象是溶液先变红色后褪色；
(5)铁能在氯气中燃烧生成氯化铁，该反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3。
故答案为：(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)【提出猜想】Cl2；
【实验探究】把品红试纸放入干燥的氯气中；试纸不褪色；
【实验结论】次氯酸；
(3)+1；
(4)红；
(5)2Fe+3Cl22FeCl3。
(1)根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，进行分析；
(2)根据氯水中含有的成分是：H2O、Cl2、HCl、HClO，把品红试纸放入盐酸中，试纸不褪色，说明盐酸不能使品红试纸褪色，盐酸、氯气均不能使品红试纸褪色，进行分析；
(3)根据化合物中，正、负化合价的代数和为零进行分析；
(4)根据氯水中含盐酸、次氯酸，氯气、水，溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红，但是次氯酸能使溶液褪色，进行分析；
(5)根据铁能在氯气中燃烧生成氯化铁进行分析。
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。
17.【答案】CaO+H2O=Ca(OH)2 澄清石灰水变浑浊 黑色固体变红 H2+CuOCu+H2O氧化铜 吸收二氧化碳 干燥氢气 ≥17.75反应物是否过量及能否溶于水 C
【解析】解：(1)发热包中含氧化钙，氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热，该反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2；
(2)二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，故甲中澄清石灰水变浑浊，说明含二氧化碳，则假设一错误；
(3)氢气能与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，故丁中黑色固体逐渐变红，说明含氢气，说明假设三成立；该反应的化学方程式为：H2+CuOCu+H2O；在该反应中，氧化铜失去氧，属于氧化剂，发生了还原反应；
(4)若乙中装有NaOH溶液，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故作用是：吸收二氧化碳；
(5)浓硫酸具有吸水性，且与氢气不反应，作用是：干燥氢气；
(6)将一定量稀盐酸加入锥形瓶中，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，设氯化钙中氯元素的质量为x，则40：(35.5×2)=2.0g：x，x=3.55g，设氯化铝中氯元素的质量为y，则27：(35.5×3)=2.7g：y，y=10.65g，设氯化钠中氯元素的质量为z，则23：35.5=2.3g：z，z=3.55g，如果稀盐酸恰好完全反应，则氯元素的质量为：3.55g+10.65g+3.55g=17.75g，如果稀盐酸过量，则氯元素的质量大于17.75g，故溶液中氯元素含量≥17.75g；
(7)通过以上探究，我们在分析化学反应后溶液中的溶质成分时，除了要考虑生成物及生成物能否溶于水外，还需要考虑反应物是否过量及能否溶于水；
(8)A、加热包中的氧化钙能与水反应，故加热包应密封防潮保存，不符合题意；
B、向用过的加热包内的固体中，加入过量的稀盐酸，铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，活性炭和稀盐酸不反应，故过滤，可回收活性炭，不符合题意；
C、能与水混合放出热量的物质不一定能作加热包中的加热材料，如浓硫酸溶于水放出大量的热，但是浓硫酸腐蚀性较强，不能用作发热材料，符合题意。
故选：C。
故答案为：(1)CaO+H2O=Ca(OH)2；
(2)澄清石灰水变浑浊；
(3)黑色固体变红；H2+CuOCu+H2O；氧化铜；
(4)吸收二氧化碳；
(5)干燥氢气；
(6)≥17.75；
(7)反应物是否过量及能否溶于水；
(8)C。
(1)根据氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热，进行分析；
(2)根据二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，进行分析；
(3)根据氢气能与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，进行分析；
(4)根据二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，进行分析；
(5)根据浓硫酸具有吸水性，且与氢气不反应进行分析；
(6)根据氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，进行分析；
(7)根据在分析化学反应后溶液中的溶质成分时，除了要考虑生成物及生成物能否溶于水外，还需要考虑反应物是否过量及能否溶于水进行分析；
(8)根据氧化钙能与水反应，铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，活性炭和稀盐酸不反应，能与水混合放出热量的物质不一定能作加热包中的加热材料，如浓硫酸溶于水放出大量的热，进行分析。
本题主要考查物质的组成成分的探究等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。
18.【答案】Na2SO4
【解析】解：(1)硫酸钠中钠元素的质量分数为23×223×2+32+16×4×100%≈32.4%，亚硫酸钠中钠元素的质量分数为23×223×2+32+16×3×100%≈36.5%，钠元素的质量分数较小的是硫酸钠，故答案为：Na2SO4；
(2)溶液稀释前后溶质的质量不变，设需要水的质量为x，则有5g×98%=(5g+x)×10%，解得x=44g，答：需要水的质量为44g；
(3)设反应生成硫酸钠的质量为x，生成二氧化硫的质量为y，消耗亚硫酸钠的质量为z
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
126 98 142 64
z98g×10%xy
98142=98g×10%x x=14.2g
9864=98g×10%y y=6.4g
12698=z98g×10% z=12.6g
则反应后溶液中溶质的质量分数为(20g−12.6g)+14.2g20g+98g−6.4g×100%≈19.4%
答：反应后溶液中溶质的质量分数为19.4%。
(1)根据元素质量分数的计算方法进行分析；
(2)根据溶液稀释前后溶质的质量不变进行分析；
(3)根据硫酸的质量结合反应生成的硫酸钠及二氧化硫的质量，进而计算质量分数。
本题主要考查化学方程式的计算及溶质质量分数的计算，计算反应后的溶质质量分数时，要注意反应前是否含有溶质。
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