2023年中考化学考前押题超车卷B（重庆专用）（解析版）

这是一份2023年中考化学考前押题超车卷B（重庆专用）（解析版），共17页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，某同学利用图所示装置进行实验，下列实验现象描述正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年中考化学考前押题超车卷B（重庆专用）（本卷共24小题，满分70分，与物理合堂共用120分钟）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．测试范围：中考全部内容5．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   N-14    Fe-56    S-32    Na-23   Cl-35.5第Ⅰ卷（选择题，共32分）一、选择题（本大题共16个小题，每小题2分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）1．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中涉及许多物质与变化，下列理解正确的是（    ）A．蚕丝灼烧时会闻到烧纸味B．蜡烛燃烧时有化学变化也伴随物理变化C．蜡烛燃烧属于化合反应D．蚕丝属于有机高分子合成纤维【答案】B【解析】A、蚕丝的主要成分是蛋白质，燃烧时有烧焦羽毛气味，不符合题意；B、蜡烛燃烧时，固体蜡烛受热变为液体蜡液，过程中没有新物质生成，属于物理变化，而蜡烛燃烧时生成二氧化碳、水，过程中有新物质生成，属于化学变化，符合题意；C、蜡烛燃烧时发生的反应是蜡烛（碳氢化合物）与氧气发生燃烧反应生产水和二氧化碳，不符合“多变一”特征，不属于化合反应，不符合题意；D、蚕丝的主要成分是蛋白质，蚕丝属于天然高分子材料，不符合题意；故选B。2．2023年两会政府工作报告提出：“推动发展方式绿色转型，深入推进环境污染防治。”为了保护环境，垃圾应分类回收。用过的铝制易拉罐应放入的垃圾桶上的标志为（    ）A．   B．C． D．【答案】A【解析】A、可回收物是指，适宜回收利用和资源化利用的生活废弃物，如废纸张、废塑料、废玻璃制品、废金属、废织物等，故废弃易拉罐属于可回收物，符合题意；B、有害垃圾指对人体健康或者自然环境造成直接或者潜在危害生活的废弃物。常见的有害垃圾包括废灯管、废油漆、杀虫剂、废弃化妆品、废电池、废灯泡、废水银温度计等，不符合题意；C、厨余垃圾是指居民日常生活及食品加工、饮食服务、单位供餐等活动中产生的垃圾，包括丢弃不用的菜叶、剩菜、剩饭、果皮、蛋壳、茶渣、骨头等，不符合题意；D、其他垃圾指危害比较小，没有再次利用的价值的垃圾，如建筑垃圾，生活垃圾等，不符合题意。故选A。3．明朝科学家宋应星是江西人，他的著作《天工开物》中涉及了很多化学知识和原理。其中《膏液》中记载到“菜菔子每石得油二十七斤(甘美异常，益人五脏)”。菜菔子油可提供的营养物质是（    ）A．油脂  B．糖类 C．蛋白质  D．维生素【答案】A【解析】菜菔子油是由植物种子加工压榨而成的植物油，故其中富含的营养物质是油脂，故选A。4．下列实验的分析，合理的是（    ）A．电解水实验中生成氢气和氧气的体积比为2：1，则水中氢、氧元素的质量比为2：1B．粗盐提纯包括溶解、过滤、蒸发、转移固体四个步骤都用到玻璃棒C．海水制镁中，通过电解氯化镁溶液获得金属镁D．海水制碱过程中，为了吸收更多的二氧化碳，先向饱和食盐水中通入二氧化碳【答案】B【解析】A、电解水实验中氢、氧元素的质量比为，故A错；B、粗盐提纯包括溶解、过滤、蒸发、转移固体四个步骤都用到玻璃棒，作用分别是：加快溶解速度、引流、及时散热防止局部过热造成液体飞溅、转移结晶后的固体，故B对；C、电解氯化镁溶液，得到氢氧化镁、氯气和氢气，海水制镁中，通过电解熔融氯化镁得到金属镁，故C错；D、海水制碱中，先向饱和食盐水中通入氨气，再通入二氧化碳，这样做的目的是向饱和食盐水中通入氨气，能使溶液显碱性，能够更好地吸收二氧化碳，故D错；故选B。5．下列化学肥料中能促进植物生长，增强抗病虫害和抗倒伏能力的是（    ）A．K2SO4 B．CO（NH2）2C．NaNO3 D．NH4H2PO4【答案】A【解析】钾肥具有增强农作物抗病虫害和抗倒伏能力的功能，硫酸钾中含有钾元素，属于钾肥。故选A。6．某同学利用图所示装置进行实验（不考虑装置内原有的水蒸气），实验中观察到：干冰慢慢消失，右侧固体的温度逐渐升高。通过观察到的实验现象，无法得出的结论是（     ）A．分子在不断运动 B．CO2能与NaOH反应C．分子之间有空隙 D．中和反应时会放热【答案】D【解析】A、右侧固体的温度逐渐升高是由于二氧化碳与其反应，从而证明左侧的二氧化碳分子运动到了右侧，说明分子在不断运动，选项正确；B、右侧固体的温度逐渐升高，说明氢氧化钠固体与二氧化碳发生反应，放出热量，说法正确；C、干冰慢慢消失，即固态的二氧化碳变为二氧化碳气体，说明分子之间有间隙，说法正确；D、酸与碱发生中和反应，该反应是二氧化碳和氢氧化钠发生反应，没有酸，故不可能发生中和反应，说法错误。故选D。7．分类法是化学研究的重要方法。以下分类错误的是（    ）A．混合物：合金、海水、空气 B．氧化物：水、二氧化锰、高锰酸钾C．金属：铁、铜、汞 D．清洁能源：太阳能、氢能、风能【答案】B【解析】A．合金、海水、空气都是由多种物质组成，都属于混合物，故A正确；B．水、二氧化锰都是由两种元素组成的化合物，且含有氧元素，属于氧化物，而高锰酸钾是由三种元素组成，所以不属于氧化物，故B错误；C．铁、铜、汞属于金属，故C正确；D．太阳能、氢能、风能都属于新能源，故D正确。故选B。8．下列实验现象描述正确的是（    ）A．镁在空气中燃烧，发出耀眼的白光，生成氧化镁B．氧化铁和稀盐酸反应，固体逐渐消失，溶液由无色变为浅绿色C．打开盛有浓盐酸的试剂瓶，瓶口有白烟D．二氧化硫通入稀高锰酸钾溶液，溶液褪色【答案】D【解析】A、镁条在空气中燃烧，发出耀眼白光，生成一种白色固体，生成氧化镁是结论，不是现象，描述错误；B、氧化铁和稀盐酸反应，固体逐渐消失，溶液由无色变为黄色，描述错误；C、浓盐酸有很强的挥发性，打开浓盐酸的试剂瓶，瓶口会看到有白雾产生，是挥发出来的氯化氢溶在水蒸气中造成的，描述错误；D、二氧化硫可以使高锰酸钾溶液褪色，将二氧化硫通入稀高锰酸钾溶液，溶液褪色，描述正确；故选：D。9．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学作出贡献的三位科学家。CuBr是点击化学常用的催化剂，溴（Br）的相关信息如图所示，则下列说法中不正确的是（    ）A．X=7 B．溴原子中的中子数为35C．溴位于元素周期表第四周期 D．化学反应中溴易得到1个电子形成Br-【答案】B【解析】A、原子中核电荷数=核外电子数，则X=35-2-8-18=7，故A正确；B、原子中质子数+中子数=相对原子质量，相对原子质量用于计算时取整数，质子数=原子序数，元素周期表中左上方数字为原子序数，最下方数字为相对原子质量，则中子数=80-35=45，故B错误；C、根据Br的原子结构示意图可知Br原子核外有四个电子层，则Br位于元素周期表第四周期，故C正确；D、根据上述计算可知X=7，则化学反应中Br易得到1个电子形成Br-，故D正确。故选B。10．液氨有望成为新一代重要的绿色能源。液氨作为清洁能源的反应原理是4NH3+3O22X+6H2O，下列说法错误的是（    ）A． X的化学式为N2 B． 该反应中O2为氧化剂C． 该反应基本反应类型为置换反应 D． 反应前后氢元素的化合价发生改变【答案】D【解析】A、由反应的化学方程式可知，反应前有4个氮原子、12个氢原子、6个氧原子，反应后有12个氢原子、6个氧原子，由质量守恒定律可知，反应前后原子的种类和数目不变，则2个X分子中含有4个氮原子，则1个X分子中含有2个氮原子，所以X的化学式为N2，故选项A说法正确；B、该反应中O2为氧化剂，故选项B说法正确；C、该反应符合“一换一”的特征，所以该反应的基本反应类型为置换反应，故选项C说法正确；D、氨气中氢元素的化合价为+1价，水中氢元素的化合价为+1价，反应前后氢元素的化合价没有发生改变，故选项D说法错误；故选：D。11．下列名组离子在碱性的无色溶液中能大量共存的一组的是（    ）A．Fe3+、Na+、、     B．K+、Na+、、C1-C．H+、Ba2+、、     D．Ag+、K+、、C1-【答案】B【解析】A、铁离子的溶液为黄色，且铁离子与氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，错误；B、四种离子和氢氧根离子相互之间不生成沉淀、气体、水，不反应，能共存，正确；C、氢离子和碳酸氢根离子、氢氧根离子反应生成水，不共存，错误；D、银离子和氯离子生成氯化银沉淀，错误；故选B。12．推理是学习化学的一种方法。以下推理正确的是（    ）A．单质只含有一种元素，所以只含有一种元素的纯净物一定是单质B．溶液具有均一性、稳定性，所以具有均一性、稳定性的液体一定是溶液C．MnO2能加快KClO3分解速率，所以能加快KClO3分解的一定是MnO2D．用一氧化碳还原氧化铁反应前要先通入一氧化碳，所以反应后也要先停止通入一氧化碳【答案】A【解析】A、单质只含有一种元素，所以只含有一种元素的纯净物一定是单质，故选项A正确；B、溶液具有均一性、稳定性，但具有均一性、稳定性的液体不一定是溶液，例如蒸馏水具有均一性、稳定性，但不属于溶液，故选项B错误；C、MnO2能加快KClO3分解速率，但一个反应可能有多个催化剂，所以能加快KClO3分解的不一定是MnO2，故选项C错误；D、用一氧化碳还原氧化铁反应前要先通入一氧化碳，等反应装置冷却至室温以后再停止通入一氧化碳，防止还原生成的铁粉被重新氧化，故选项D错误；故选A。 13．下列实验方案不能达到实验目的的是（    ）A．用碘水检验米汤中是否含有淀粉 B．用酚酞可鉴别食盐水、盐酸和石灰水C．用加热法除去K2MnO4中KMnO4 D．用灼烧的方法区分聚乙烯和聚氯乙烯【答案】C【解析】A、碘遇淀粉变蓝，所以可用碘水滴入米汤中，看是否变蓝色的方法检验某食物中是否含有淀粉，故A正确；B、酚酞遇碱性溶液变红，遇酸性和中性溶液不变色，食盐水显中性，盐酸显酸性，石灰水显碱性。分别取三种试液，分别加入酚酞，变红的是石灰水，另取两支试管加澄清石灰水并加酚酞使之变红，向石灰水分别加另外两种试液至过量，变无色的是盐酸，不变色的是食盐水，故B正确；C、高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，所以除去高锰酸钾的同时生成了二氧化锰，引入了新杂质，故C错误；D、灼烧，有刺激性气味产生的是聚氯乙烯，没有刺激性气味产生的是聚乙烯，故D正确。故选C。14．乙醇是实验室常用的燃料。下图是乙醇燃烧的微观示意图，相关说法正确的是（    ）A．乙醇由9个原子构成 B．反应前后共有三种氧化物C．生成乙和丙的质量比为27：44 D．反应中甲和丙的分子个数比是1：1【答案】C【解析】A、乙醇由乙醇分子构成，错误；B、氧化物是由氧元素和另一种元素组成的化合物。乙H2O和丙CO2是氧化物，有2种氧化物，错误；C、从微观示意图可知，反应的化学方程式为。生成乙和丙的质量比为(3×18)：（2×44）=27:44，正确；D、根据化学方程式，反应中甲、丙分子个数比时3:2，错误；故选C。15． 下列实验设计能达到相应实验目的的是（     ）选项实验目的实验设计A除去H2中混有的少量CO通过灼热的CuOB鉴别NaCl溶液和NaOH溶液滴加CuSO4溶液C测定雨水的pH用玻璃棒蘸取雨水滴到湿润的pH试纸上D配制50g6%的NaCl溶液称取3.0gNaCl加入50mL水中完全溶解【答案】B【解析】A、除去H2中混有的少量CO，通过灼热的CuO，氢气和一氧化碳都可以和氧化铜反应，不能达到实验目的；B、鉴别NaCl溶液和NaOH溶液，分别滴加硫酸铜溶液，氯化钠和硫酸铜不反应，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，能达到实验目的；C、测定雨水的pH，用玻璃棒蘸取雨水滴到干燥的pH试纸上，湿润的pH试纸会稀释雨水的浓度，不能达到实验目的；D、配制50g6%的NaCl溶液，需要氯化钠的质量为50g×6%=3g，需要水的质量为50g-3g=47g，水的体积为，不能达到实验目的；故选：B。16．铜锈的主要成分是Cu2(OH)2CO3(杂质不参与反应，也不溶于水)，用一定量的稀硫酸除铜锈，反应原理为Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O ，充分反应后过滤，继续向装有滤液的烧杯中滴加溶质质量分数为20．0%的NaOH溶液，生成沉淀的质量关系如图所示，下列四种说法错误的有（    ）①除完铜锈后的滤液可以直接排放②a到b(b点除外)任何一点烧杯中溶质都有两种③c点对应的溶液可以用于改良酸性土壤④a→b段烧杯中溶液的质量在不断减小1种  B． 2种 C． 3种  D． 4种【答案】B【解析】①除完铜锈后的滤液不可以直接排放，会污染环境，故此说法错误；②氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，a点溶液中的溶质为硫酸钠和硫酸铜，氢氧化钠和硫酸铜反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀，所以a到b(b点除外)任何一点烧杯中溶质都有两种，故此说法正确；③c点对应的溶液为氢氧化钠和硫酸钠的混合溶液，氢氧化钠碱性太强，不可用于改良酸性土壤，故此说法错误；④氢氧化钠和硫酸铜反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀，a→b段烧杯中溶液的质量在不断减小，故此说法正确；故选项A、C、D错误，选项B正确；故选：B。第Ⅱ卷（非选择题，共38分）二、填空题（本大题共5个小题）17．（4分） 氢氧化钙是一种重要的化工原料，被广泛使用。（1）组成氢氧化钙的金属元素的符号是_______。（2）氢氧化钙的水溶液俗称是石灰水，可使无色酚酞溶液变红，是因为含_______(填微粒符号)，石灰水不仅能与CO2反应生成白色沉淀，也能与SO2反应生成类似的白色沉淀，该沉淀的化学式为_______。（3）工业上，可以利用氢氧化钙与纯碱反应来制备氢氧化钠，此反应的化学方程式为_______。【答案】（1）（2）； ；   （3）【解析】（1）氢氧化钙由钙元素、氢元素和氧元素组成，钙元素为金属元素，其元素符号为Ca；（2）氢氧化钙的水溶液俗称是石灰水，可使无色酚酞溶液变红，是因为含OH-，石灰水的主要成分是氢氧化钙，不仅能与CO2反应生成碳酸钙白色沉淀，也能与SO2反应生成亚硫酸钙白色沉淀，该沉淀的化学式为：CaSO3；（3）纯碱是碳酸钠的俗称，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH。18．（4分）文明交通、绿色出行，重庆市政府提倡市民选择公共交通出行。（1）下列属于空气污染物的是           (填字母序号)。A． 臭氧  B． 二氧化碳 C． PM2．5  D． 一氧化碳（2）轿车大多使用汽油，汽油来自于化石燃料中的___________。（3）公交车用到了多种材料，下列装备中用到合成材料的是           (填序号)A． 塑料扶手  B． 铝合金车身 C． 轮胎  D． 纯棉坐垫（4）玻璃车窗属于无机非金属材料，普通玻璃的主要成分是Na2SiO3，它是以纯碱、石英砂(主要成分是SiO2)在高温条件下制得的，同时生成一种无污染的气体，写出其化学反应方程式____。（5）汽车尾气转换器可以将尾气中的NO充分转化为N2，若通过转化得到的N2质量为56g，则汽车尾气中的NO质量为_____g。(NO中的氮元素全部转化到N2中)【答案】（1）ACD ；（2）石油 ；（3）AC；（4）；（5）120【解析】（1）空气污染物主要包括烟尘和有害气体，有害气体包括臭氧、一氧化碳、二氧化硫、二氧化氮等气体，烟尘主要指一些固体小颗粒，二氧化碳是空气的成分，不属于空气污染物，故ACD符合题意。故选ACD。（2）化石燃料包括煤、石油、天然气，汽油来自于化石燃料中的石油，是石油分馏的产品之一，故答案为：石油；（3）A、塑料扶手是塑料制成的，属于三大合成材料之一，故符合题意；B、铝合金属于金属材料，不属于合成材料，故不符合题意；C、轮胎是合成橡胶，属于三大合成材料之一，故符合题意；D、纯棉坐垫是用棉制成的，属于天然材料，不属于合成材料，故不符合题意。故选AC。（4）纯碱的化学式是Na2CO3，含有碳元素，所以推测生成一种无污染的气体是二氧化碳，即碳酸钠与SiO2在高温的条件下反应，生成Na2SiO3和二氧化碳，根据化学方程式书写原则书写，故答案为：；（5）由于NO中的氮元素全部转化到N2中，所以一氧化氮中氮元素的质量等于氮气的质量，设一氧化氮的质量为x，则列式为：，x=120 g，所以一氧化氮的质量为120 g，故答案为：120。19．（4分）硝酸钾对链球菌、乳酸杆菌等主要致病菌有一定抑制作用，表一是20℃时溶解度和溶解性的关系，表二是硝酸钾在不同温度下时的溶解度。将xgKNO3固体投入盛有100g水的烧杯中，搅拌、加热，测得不同温度下烧杯中溶液的质量(不考虑水的蒸发)，如图所示。表一：溶解度S易溶可溶微溶难溶溶解性S≥10g1g≤S＜10g0．01g≤S＜1gS＜0．01g表二：温度(℃)020406080100溶解度(g)13.331.663.9110169246（1）硝酸钾属于_______(填“易溶”或“能溶”)于水的物质。（2）60℃时，KNO3的饱和溶液中溶质与溶液的质量比为_______(填最简整数比)。（3）b点时的溶液质量比a点时多_______g。（4）小明通过分析，对图像有以下几个看法，其中正确的是    (填序号)。A． a、b、c、d四点对应溶液中溶质质量最小的是aB． 溶液一定处于饱和状态的点是a、b、cC． a、b、c、d四点对应溶液中溶质质量分数大小关系为d>c>b>aD． X的取值范围为63．9＜x≤110【答案】（1）易溶 ；（2）11:21；（3）32．3；（4）AD【解析】（1）20℃时硝酸钾溶解度为31．6g>10g，故硝酸钾属于易溶于水的物质；（2）60℃时，KNO3的溶解度为110g，故其溶质与溶液的质量比为；（3）由图可知，a点和b点的溶液的温度升高后，溶液的质量都增加，说明a点溶液和b点溶液底部都有未溶解的固体，故溶液一定处于饱和状态的点是a、b，20℃、40℃硝酸钾溶解度为31．6g、63．9g，故b点时的溶液质量比a点时多；（4）A、将xgKNO3固体投入盛有100g水的烧杯中，其中a点溶液质量最小，即其中溶质质量最小，符合题意；B、由图可知，a点和b点的溶液的温度升高后，溶液的质量都增加，说明a点溶液和b点溶液底部都有未溶解的固体，故溶液一定处于饱和状态的点是a、b，不符合题意；C、c、d点溶液质量相等，即此时c、d点溶质全部溶解、溶质质量也相等，故c、d点溶质质量分数相等，不符合题意；D、由图可知，a点和b点的溶液的温度升高后，溶液的质量都增加，说明a点溶液和b点溶液底部都有未溶解的固体，则加入硝酸钾固体的质量＞63．9g，即X＞63．9，c点溶液升温后溶液的质量不变，说明c点溶液的底部没有未溶解的硝酸钾固体则加入的固体的质量≤110g，即X≤110，因此63．9＜x≤110，符合题意；故选AD20．（5分）北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾（硫酸铜晶体），烹胆矾则成铜，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。（1）“挹其水熬之，则成胆矾”，该过程属于___________（选填“蒸发”或“降温”）结晶：（2）“烹胆矾则成铜”的过程中发生的是___________（选填“物理”或“化学”）变化：（3）“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，其中发生的反应方程式为___________。（4）大量饮用“苦泉”水，会对人体造成危害，原因是___________。（5）验证Fe、Cu、Ag三种金属的活动性顺序，下列选用的药品可行的是___________（填序号）。①Fe、CuSO4溶液、Ag②FeSO4溶液、Cu、Ag③FeSO4溶液、Cu、AgNO3溶液④FeSO4溶液、CuSO4溶液、Ag【答案】（1）蒸发；（2）化学；（3）；（4）铜是人体所需的微量元素，摄入过多会使人体中毒；（5）①③##③①【解析】（1）“挹其水熬之，则成胆矾”意思是把水盛出来熬煮，就会得到硫酸铜晶体，这个过程属于蒸发结晶，故填：蒸发；（2）胆矾是硫酸铜，加热变成铜，生成了新物质，属于化学变化，故填：化学；（3）胆矾是硫酸铜，会与铁发生置换反应使铁表面有一层铜，故填：；（4）苦泉水中含有硫酸铜，其中铜是人体所需的微量元素，属于重金属元素，摄入过多会对人体有害，故填：铜是人体所需的微量元素，摄入过多会使人体中毒；（5）①将铁和银分别放入硫酸铜溶液中，铁表面有红色固体析出，说明铁的金属活动性比铜强，银表面无明显现象，说明铜的金属活动性比银强，可以验证金属活动性Fe>Cu>Ag，符合题意；②铜和银分别放入硫酸亚铁溶液中均没有现象，只能得知铁的金属活动性比银和铜强，无法验证三种金属活动性的强弱，不符合题意；③铜分别放入FeSO4溶液、AgNO3溶液中，铜与硝酸银溶液反应有现象，在硫酸亚铁溶液中无明显现象，说明铜的金属活动性比银强，比铁弱，可以验证金属活动性Fe>Cu>Ag，符合题意；④银分别放入FeSO4溶液、CuSO4溶液均没有现象，只能得知银的金属活动性比铁和铜弱，无法验证三种金属活动性的强弱，不符合题意；故填：①③。21．（4分）碳酸钡是工业上一种重要的化工产品，以下是某工厂用含二氧化硅杂质的碳酸钡原料来生产碳酸钡的工艺流程，请你根据流程回答下列问题（操作B为洗涤、干燥）（1）生产流程中为节约成本，生成气体B直接应用于流程中，其气体B是___________。（2）写出电解氯化钠溶液的化学方程式___________。（3）流程中溶液A中含有的溶质有___________（写化学式）。（4）写出反应室中发生的中和反应的化学方程式___________。【答案】（1）二氧化碳气体；（2） ；（3）BaCl2、HCl；（4）【解析】（1）碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，因此气体B为二氧化碳；（2）根据题目信息，氯化钠溶液通电后生成了氢氧化钠、单质气体A和氢气，氯化钠只含有钠元素和氯元素，可以生成的气体单质只有氯气，因此A为氯气，而生成物还有氢和氧元素，因此反应物还有水，保证反应前后元素种类不变，所以氯化钠和水在通电条件下反应生成氯气、氢气和氢氧化钠，书写化学方程式注意配平及气体符号，因此该反应化学方程式为；（3）由于加入盐酸过量，所以溶液A除了生成的氯化钡，还有未反应的盐酸；（3）中和反应为酸碱生成盐和水的反应，反应室中发生的中和反应为过量盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，。三、实验题22．（8分） 请结合下图回答问题：（1）仪器a名称___________。（2）选用A、D制取氧气，A中发生的反应化学方程式为___________；可用D装置收集氧气的原因是___________。（3）实验室可用装置B或C制CO2，C装置相对于B的优点有___________。（4）SO2是无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易溶于水。用下图所示装置收集一瓶干燥的SO2，装置中导管按气流方向连接顺序是___________（填序号）。【答案】（1）长颈漏斗；（2） ；氧气不易溶于水；（3）可以控制反应的发生与停止 ；（4）①②④③⑤【解析】（1）仪器a名称长颈漏斗；（2）选用A、D制取氧气，装置A为固体加热反应且试管口没有棉花，则A中发生氯酸钾在二氧化锰催化作用下加热生成氯化钾和氧气：；可用D装置收集氧气的原因是氧气不易溶于水，可以用排水法收集；（3）C装置相对于B的优点有装置中关闭活塞，装置中压强变大液体进入长颈漏斗，液体和固体药品分离，反应停止；打开活塞气体排出，液体流下，固液接触反应进行，可以控制反应的发生与停止；（4）SO2密度比空气大，易溶于水，收集一瓶干燥的SO2，则气体应首先通过浓硫酸干燥装置，气体长进短出进行干燥；干燥后气体使用向上排空气法收集，故收集装置中气体长进短出，尾气要用氢氧化钠溶液吸收处理，故装置中导管按气流方向连接顺序为①②④③⑤。23．（6分）为验证金属的活动性顺序，我校化学兴趣小组的同学将打磨过的铝片放入15%的氯化铜溶液中，观察有红色固体生成，且铝片表面产生大量无色气泡，放出大量的热，一段时间后生成了一种白色不溶物。利用pH传感器监测实验过程中的相关数据(如图所示)。（1）实验前打磨铝片的原因是_______。（2）生成红色物质的化学方程式为_______。（3）结合上图分析，铝和氯化铜溶液反应生成的无色气体是_______(填名称)。【提出问题】白色沉淀的化学成分是什么？【查阅资料】①铝不溶于乙醇；②AlCl3为无色透明晶体或白色而微带浅黄色的固体，易溶于水和乙醇；③CuCl为白色固体，不溶于水、乙醇，溶于浓盐酸且溶液变为褐色。【猜想假设】猜想1：该白色不溶物可能是Al猜想2：该白色不溶物可能是AlCl3猜想3：该白色不溶物可能是CuCl【实验方案】（4）取白色不溶物分别进行如下实验：实验编号实验操作实验现象实验结论Ⅰ加入足量无水乙醇固体不溶解猜想2_______(填“成立”或“不成立”)Ⅱ加入适量浓盐酸_______猜想1不成立，猜想3成立【反思评价】（5）白色不溶物是Cu与CuCl2溶液反应生成的，该反应的化学方程式为_______。【答案】（1）去除铝片表面的氧化铝；（2）；（3）氢气 ；（4）；不成立 ；固体溶解、溶液为褐色；（5）【解析】（1）铝在空气中易被空气中氧气氧化，在表明生成一层氧化铝膜，故需要对铝片打磨，以去除铝片表面的氧化铝，避免其对实验形成干扰；（2）铝与氯化铜溶液反应生成氯化铝和铜，化学方程式为；（3）结合上图分析可知溶液显酸性，铝和氯化铜溶液反应生成的无色气体是铝和酸反应生成的氢气；（4）Ⅰ、查阅资料中提到“AlCl3为无色透明晶体或白色而微带浅黄色的固体，易溶于水和乙醇”，而现象是固体不溶解，故结论2不成立；Ⅱ、结论是：猜想1不成立，猜想3成立，而查阅资料中提到“CuCl为白色固体，不溶于水、乙醇，溶于浓盐酸且溶液变为褐色”，故现象是固体溶解、溶液为褐色；（5）铜与氯化铜反应生成氯化亚铜，化学方程式为。四、计算题24．（5分）氯化钠是一种重要的化工原料，电解NaCl溶液可制得氯气、氢氧化钠等物质，反应原理为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH。现取溶质质量分数为26%的NaCl溶液200g电解一段时间后停止通电，收集到氢气的质量为0．2g(不考虑生成气体的溶解)。试计算：（1）氯化钠中钠元素和氯元素的质量比为_______(填最简整数比)。（2）若用电解前的该NaCl溶液，稀释成16%的选种液，需加入水的质量。（3）反应后混合溶液中氯化钠的质量分数(计算结果精确到0．1%)。【答案】（1）46：71；（2）125g ；20．9%。【解析】（1）氯化钠中钠元素和氯元素的质量比为23：35．5=46：71；（2）设需加入水的质量为x，200g×26%=（200g+x)×16%，解得x=125g，所以需加入水的质量为125g；（3）设反应消耗氯化钠的质量为，反应生成氯气的质量为故反应后溶液中氯化钠的质量为反应后剩余溶液质量为故反应后混合溶液中氯化钠的质量分数为：答：反应后混合溶液中氯化钠的质量分数为20．9%。