2024年中考第三次模拟考试题：化学（南京卷）（解析版）

这是一份2024年中考第三次模拟考试题：化学（南京卷）（解析版），共17页。试卷主要包含了下列物质对应的用途不正确的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：60分钟 试卷满分：80分）
注意事项：
1．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．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 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65
一、选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目的要求）
1．华夏造物历史悠久，《天工开物》中记载的下列造物过程涉及化学变化的是
A. 炼生铁B. 晒海盐C. 钉木舟D. 织衣布
【答案】A
【解析】
A、炼生铁，有新物质生成，属于化学变化；
B、晒海盐，没有新物质生成，属于物理变化；
C、钉木舟，没有新物质生成，属于物理变化；
D、织衣步，没有新物质生成，属于物理变化；
故选A。
2. 下列物质属于复合肥的是
A. K2CO3B. KNO3C. CO(NH2)2D. Ca3(PO4)2
【答案】B
【解析】
A、碳酸钾含钾一种营养元素，属于钾肥，不符合题意；
B、硝酸钾含K、N两种营养元素，属于复合肥，符合题意；
C、尿素含氮一种营养元素，属于氮肥，不符合题意；
D、磷酸钙含磷一种营养元素，属于磷肥，不符合题意。
故选B。
3．下列关于粗盐中难溶性杂质去除的实验操作，不正确的是
A. 称量B. 溶解
C. 过滤 D. 蒸发
【答案】C
【解析】
A、用托盘天平称量物品时，应遵循“左物右码”的原则，图中操作正确，不符合题意；
B、溶解时，应用玻璃棒不断搅拌，加速溶解，不符合题意；
C、过滤时，应遵循“一贴、二低、三靠”的原则，图中缺少玻璃棒引流，符合题意；
D、蒸发时，应用玻璃棒不断搅拌，防止局部温度过高，造成液滴飞溅，不符合题意。
故选C。
4．下列化学用语书写正确的是
A. 氦气：HeB. 氨气：NH4
C. 60个碳原子：C60D. 硫酸铁：FeSO4
【答案】A
【解析】
A、氦气属于稀有气体，由原子直接构成的物质，元素符号可表示该物质组成，氦气可表示为He，故选项化学用语书写正确；
B、氨气的化学式为NH3，故选项化学用语书写不正确；
C、由原子的表示方法，用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字，则60个碳原子可表示为60C，故选项化学用语书写不正确；
D、硫酸铁中铁元素的化合价为+3价，硫酸根的化合价为-2价，其化学式为Fe2(SO4)3，故选项化学用语书写不正确。
故选A。
5．图甲是溴元素在元素周期表中的相关信息及原子结构示意图，图乙是四种粒子的结构示意图。下列说法不正确的是
A. 溴元素属于非金属元素B. 图甲中
C. 图乙中的粒子对应的元素共有3种D. 溴化镁的化学式为MgBr
【答案】D
【解析】
A、溴元素名称中带有“氵”字旁，属于非金属元素，说法正确；
B、原子中，质子数=核外电子数，35=2+x+18+7，x=8，说法正确；
C、根据元素是质子数（即核电荷数）相同的一类原子的总称，决定元素种类的是质子数（即核电荷数）；图乙中核内质子数有12、17、8三种，图中共表示3种元素，说法正确；
D、溴原子的最外层电子数为7，在化学反应中易得到1个电子而形成1个单位负电荷的阴离子，化合价的数值等于离子所带电荷的数值，且符号一致，则该元素的化合价为-1价；镁元素显+2价，溴元素显-1价，组成化合物的化学式为MgBr2，说法错误。
故选D。
6．下列物质对应的用途不正确的是
A. 一氧化碳——用于冶金工业B. 钛合金——制造人造骨
C. 氢氧化钙——用作人体补钙剂D. 干冰——用于人工降雨
【答案】C
【解析】
A、一氧化碳具有还原性，故可用于冶炼金属；正确；
B、由于钛合金与人体具有很好的相容性，可用于制造人造骨；正确；
C、氢氧化钙具有一定的腐蚀性，不能用于人体补钙；错误；
D、干冰用于人工降雨，干冰升华会吸收周围的热量，所以用途正确；正确；
故选：C。
7．下列对宏观事实的微观解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
A、变瘪的乒乓球放入热水中会重新鼓起，是因为温度升高，分子间的间隔增大，该选项解释正确；
B、任何状态下，分子都在不停的做无规则运动，该选项解释不正确；
C、化学反应前后，分子种类改变，原子种类不变，该选项解释正确；
D、酸溶液中都含有氢离子，则具有相似的化学性质，都能使紫色石蕊变红色，该选项解释正确。
故选B。
8．生活中处处有化学，下列叙述不正确的是
A. 6B铅笔芯的主要成分为铅B. 碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多症
C. 油脂是人体重要的供能物质D. 羊毛纤维和棉纤维灼烧后的气味不同
【答案】A
【解析】
A、6B铅笔芯的主要成分为石墨，石墨质软，可用于制造铅笔芯，而不是铅，故选项叙述不正确；
B、碳酸氢钠能与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多症，故选项叙述正确；
C、在人体的六大营养素中，蛋白质、糖类、油脂能氧化分解放出能量，其中糖类是主要的供能物质，油脂是重要的供能物质，是体内的贮备能源，故选项叙述正确；
D、分别取样灼烧，闻气味，产生烧焦羽毛气味的是羊毛纤维，产生烧纸气味的是棉纤维，可以鉴别，故选项叙述正确。
故选A。
9. 下列有关碳及其氧化物的说法，正确的是
A. 金刚石和石墨性质差异原因是原子构成不同B. 碳具有可燃性，常温下化学性质活泼
C. CO和CO2在一定条件下可相互转化D. 用点燃的方法除去CO2中混有的少量CO
【答案】C
【解析】
A、金刚石和石墨均是由碳原子构成，但是碳原子的排列方式不同，故物理性质差异很大，不符合题意；
B、碳具有可燃性，但是常温下，碳的化学性质比较稳定，即使受日光照射或与氧气接触，也不易起变化，不符合题意；
C、一氧化碳燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温下反应生成一氧化碳，故一氧化碳和二氧化碳在一定条件下可相互转化，符合题意；
D、二氧化碳不燃烧、不支持燃烧，二氧化碳中混有少量一氧化碳，无法被点燃，不符合题意。
故选C
10. 磷酸奥司他韦胶囊是治疗流感的特效药，奥司他韦的化学式可表示为C16H28N2O4。下列有关说法中正确的是
A. C16H28N2O4属于有机高分子化合物
B. C16H28N2O4中氮分子和氧分子的个数比为1:2
C. C16H28N2O4中氢元素和氮元素的质量比为1:1
D. C16H28N2O4的相对分子质量为312g
【答案】C
【解析】
A、奥司他韦的相对分子质量没有达到万级，并不属于有机高分子化合物，A错误；
B、化学式中可知氮原子和氧原子的个数比为1：2，奥司他韦中没有氮分子和氧分子，B错误；
C、奥司他韦中氢元素和氮元素的质量比=（1×28）：（14×2）=1：1，C正确；
D、相对分子质量是相对质量不是实际质量，不能用g为单位，D错误。
故选：C。
11. 下列实验中，现象与结论对应关系正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
A、样品中加入盐酸后有大量气泡产生，生成的气体使澄清石灰水变浑浊，说明气体是二氧化碳，证明样品中有碳酸盐，但不能证明是碳酸钠。
B、测定空气中氧气含量的原理是，利用物质与空气中的氧气反应，又不生成气体，使瓶内气体减少，压强变小，水倒流入集气瓶内，倒流的水的体积就等于瓶内氧气的体积。瓶内水面上升约 1/5，说明氧气约占空气体积的1/5；
C、②中没有氧气，有水，不生锈，①②对比说明铁生锈条件之一是要与氧气接触。
D、碱性溶液能使酚酞试液变红，滴加无色酚酞， 溶液呈红色，加入稀盐酸后红色变为无色，反应后的溶液一定不呈碱性。
故选D。
12. 某冶炼厂处理尾气时有下列转化，下列说法不正确的是
A. 转化①是氧化反应
B. 甲、乙、丁属于氧化物
C. 乙中氮元素的化合价为＋4价
D. 转化②中，参加反应的乙与生成丙的分子个数之比为2：1
【答案】D
【解析】
A、据图可知，转化①的化学方程式为2NO+O2=2NO2，物质与氧气发生的反应属于氧化反应。所以转化①是氧化反应。A正确；
B、据图可知，甲的化学式NO，乙的化学式NO2，丁的化学式H2O。氧化物指的是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物。所以甲、乙、丁属于氧化物。B正确；
C、据图可知，乙的化学式NO2，NO2中氧的化合价为-2，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规则，可知NO2中氮的化合价为+4价。C正确；
D、据图可知，转化②的化学方程式2NO2+2N2H4=3N2+4H2O，即参加反应的乙与生成丙的分子个数之比为2：3。D不正确。
故选D。
13. 某兴趣小组同学将pH传感器分别插入三只盛有相同体积蒸馏水的烧杯中，打开磁力搅拌器，同时采集数据，再向三只烧杯中同时分别加入适量的柠檬酸、氯化钠、氢氧化钠三种固体。实验数据如图所示，下列说法不正确的是
A. ①表示氢氧化钠溶于水，说明OH-浓度越大pH越大
B. ②表示氯化钠溶于水，pH=7说明溶液中无自由移动离子
C. ③表示柠檬酸溶于水，说明H+浓度越大pH越小
D. 柠檬酸溶液和氢氧化钠能发生中和反应
【答案】B
【解析】
A、曲线①可知溶液的pH＞7，且逐渐的增大，则溶液呈碱性，向烧杯中加入的物质为NaOH，碱溶液中OH-浓度越大，碱性越强，pH越大，故选项说法正确；
B、曲线②溶液可知的pH=7，则溶液一直呈中性，烧杯中加入的物质为NaCl，NaCl的溶液中含有自由移动的Na+、Cl-，故选项说法错误；
C、曲线③可知溶液的pH＜7，且逐渐的减小，则溶液呈酸性，向烧杯中加入的物质为柠檬酸，酸溶液中H+浓度越大，酸性越强，pH越小，故选项说法正确；
D、柠檬酸溶液含有H+，氢氧化钠溶液中含有OH-，则两溶液混合后能发生中和反应，故选项说法正确。
故选B。
14. 除去表中各组物质中的少量杂质，所用试剂和方法不可行的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
利用混合物中两种物质的性质差别，分析除杂方法对混合物组成的影响，判断该方法是否能达到除去杂质的目的，选出不能达到的选项。
A、CO2(CO)缓缓通过盛有氧化铜的玻璃管，CO与氧化铜不具备发生反应的条件，需要加热，故错误；
B、CaO粉末(CaCO3)高温煅烧至质量不再减少，CaCO3高温煅烧生成CaO和CO2，故正确；
C、NaOH溶液[Ca(OH)2]加入适量的Na2CO3溶液，过滤，Ca(OH)2与Na2CO3溶液反应生成CaCO3沉淀和NaOH，正确；
D、FeSO4溶液（CuSO4）加入过量Fe粉末，充分反应后过滤，Fe与CuSO4溶液反应生成FeSO4溶液和Cu，正确。
故选A。
15．实验室有一块表面被氧化的锌片（表面只含氧化锌，不含其他杂质），取27.6g样品放入烧杯中，加入200g溶质质量分数为19.6%的稀硫酸，恰好完全反应，则生成氢气的质量为
A．0.3gB．0.4gC．0.5gD．0.6g
【答案】D
【解析】氧化锌和稀硫酸反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，锌和稀硫酸反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，由化学方程式可知，硫酸中的硫酸根完全转化到了硫酸锌中，锌片中的锌元素完全转化到了硫酸锌中，设锌元素的质量为x，则x:200g×19.6%×eq \f(96,98)×100%＝65:96，x=26g，则锌片中氧元素的质量为：27.6g-26g=1.6g，则锌片中氧化锌的质量为：1.6g÷(eq \f(16,16+65)×100%)＝8.1g，则锌片中锌的质量为：27.6g-8.1g=19.5g，则生成氢气的质量为：
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
65 2
19.5g 0.6g
故选D。
二、填空题（本大题共4小题，反应方程式2分，其余每空1分，共34分。）
16．(5分)人类的生活离不开化学，请用所学知识回答下列问题：
（1）衣：消防服是保护活跃在消防第一线的消防队员人身安全的重要装备品之一。消防服一般由防火表层、隔水层、隔热层和阻燃舒适里层组成。阻燃舒适里层一般由棉纤维和尼龙纤维混纺制造而成，隔热服外层常采用具有反射辐射热的铝箔制成。其中尼龙属于______（填字母，下同），铝箔属于______。
A.金属材料 B.合成材料 C.复合材料
（2）食：某校初三午餐食谱包括：①特色炸酱面；②椒盐大排；③蒜香菠菜。其中富含糖类的是______（填序号）。
（3）住：随着经济发展，人们对居住环境的要求也日益提高。下列措施不能有效改善环境的是______（填字母）。
A. 工业污水注入地下
B. 随意丢弃废旧电池
C. 提倡使用可降解塑料
D. 鼓励使用自行车、公交车等方式“绿色出行”
（4）行：高铁电网通过石墨电刷给动车供电，因为石墨具有良好的______性。
【答案】
（1）B(1分) A (1分)
（2）① (1分)
（3）AB (1分)
（4）导电(1分)
【解析】
（1）尼龙是合成纤维，属于合成材料，故选B；铝箔属于金属材料，故选A；
（2）①特色炸酱面富含糖类；②椒盐大排富含蛋白质；③蒜香菠菜富含维生素；故选①；
（3）A、工业污水注入地下，会污染地下水，故A错误；
B、随意丢弃废旧电池，会污染环境，故B错误；
C、提倡使用可降解塑料，可减少白色污染，故C正确；
D、鼓励使用自行车、公交车等方式“绿色出行”，可以节约能源，减少污染，故D正确；
故选AB；
（4）高铁电网通过石墨电刷给动车供电，因为石墨具有良好的导电性。
17. (6分)请结合下图回答问题：
（1）仪器a名称___________。
（2）用氯酸钾和二氧化锰制取氧气，反应的化学方程式为___________；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。SO2的某些化学性质与CO2相似，实验中常用NaOH溶液吸收SO2尾气。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 (1分)
（2）2KClO3eq \\ac(\s\up6(MnO2),\s\up1(───),\s\d1(───),\s\d6(△))2KCl+3O2↑ (2分) 氧气不易溶于水，且不与水反应 (1分)
（3）可随时控制反应的发生与停止 (1分)
（4）①②④③⑤(1分)
【解析】
（1）仪器a名称为长颈漏斗，故填：长颈漏斗；
（2）氯酸钾和二氧化锰混合加热生成氯化钾和氧气，该反应的化学方程式为：2KClO3eq \\ac(\s\up6(MnO2),\s\up1(───),\s\d1(───),\s\d6(△))2KCl+3O2↑，用排水法收集氧气的原因是：氧气不易溶于水，且不与水反应，故填： 2KClO3eq \\ac(\s\up6(MnO2),\s\up1(───),\s\d1(───),\s\d6(△))2KCl+3O2↑；氧气不易溶于水，且不与水反应。
（3）C装置相对于B的优点有可随时控制反应的发生与停止，关闭导管活塞，气体不能排出，管内气压增大，将液体药品压回长颈漏斗，固液分离开，反应就停止。故填：可随时控制反应的发生与停止；
（4）二氧化硫先干燥，后收集，最后多余的用氢氧化钠溶液吸收，防止污染，二氧化硫的密度比空气大，因此应该从④进，③出，干燥时应该①进②出，可以用浓硫酸干燥；二氧化硫有毒，常用NaOH溶液吸收SO2，因此用氢氧化钠溶液吸收，装置中导管按气流方向连接顺序是①②④③⑤，故填：①②④③⑤。
18. (15分)水和溶液在生产、生活中具有广泛的用途。
（1）水是一种重要的化学物质。
①下列有关水的说法不正确的是________________（填字母）。
A.过滤可以降低水的硬度
B.大量开采地下水可缓解水资源短缺
C.农业上以喷灌或滴灌的形式浇灌可节约用水
D.保持水的化学性质的最小粒子是氢原子和氧原子
②下列各组固体物质能用水区分的是_______________（填字母）。
A.碳酸钙和氯化钙 B.硫酸铜和碳酸钠
C.硝酸铵和氢氧化钠 D.氯化钾和氯化钠
③高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型高效水处理消毒剂，高铁酸钾与水反应的化学方程式为：4K2FeO4+3H2O＝Fe(OH)3↓+8KOH +3X ↑。请写出X的化学式________________。
④亚硝酸钠是一种工业用盐，它是有毒、有咸味的白色晶体，亚硝酸钠的水溶液为无色，呈碱性。硝酸钠是常见的钠盐，其外形与亚硝酸钠相似，硝酸钠的水溶液为无色，呈中性。实验室有一瓶亚硝酸钠溶液和一瓶硝酸钠溶液，请设计实验进行鉴别，并完成实验报告。
（2）氯化钠，硝酸钾的溶解度数据表如下所示。
①农业上常用溶质质量分数为16%的氯化钠溶液来选种。20℃时，氯化钠的溶解度为______________，则20℃时溶质质量分数为16%的氯化钠溶液是_______________（填“饱和”或“不饱和”）溶液。若用溶质质量分数为24%的氯化钠溶液和蒸馏水来配制300g溶质质量分数为16%的氯化钠溶液，则需要蒸馏水的质量为_______________。
②60℃时硝酸钾的饱和溶液和氯化钠的饱和溶液，前者和后者所含溶质的质量大小关系是________________（填字母，下同）将这两份饱和溶液同时降温至20℃，所得溶液的溶质质量分数前者和后者的大小关系是_______________。
A.大于 B.小于 C.等于 D.无法确定
（3）铝和盐酸反应，生成氯化铝和氢气。若5.4g铝和溶质质量分数为7.3%的稀盐酸恰好完全反应，理论上需要7.3%的稀盐酸的质量是多少？（在答题卡上写出完整计算过程）
【答案】
（1）①ABD(1分) ②ABC(1分) ③O2 (1分)
④
（2）①36.0g (1分) 不饱和(1分) 100g(1分) ②D(1分) B(1分)
（3）解：理论上需要7.3%的稀盐酸的质量为x。 (0.5分)
2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑ (1分)
54 219
5.4g x×7.3% (1分)
eq \f(54,219)＝eq \f(5.4g, x×7.3%) (1分)
X=300g(1分)
答：理论上需要7.3%的稀盐酸的质量是300g。 (0.5分)
【解析】
（1）①A、过滤不能除去水中可溶性的钙、镁化合物，不能降低水的硬度，故A符合题意；
B、大量开采地下水以缓解水资源短缺，会造成水资源的枯竭，不利于保护水资源，故B符合题意；
C、农业上以喷灌或滴灌的形式浇灌可节约用水，故C不符合题意；
D、保持水的化学性质的最小粒子是水分子，不是氢原子和氧原子，故D符合题意。
故填：ABD。
②A、碳酸钙不溶于水，氯化钙溶于水，能用水区分，故A符合题意；
B、.硫酸铜溶于水显蓝色，碳酸钠溶于水溶液无色，能用水区分，故B符合题意；
C、硝酸铵溶于水吸热，氢氧化钠溶于水放热， 能用水区分，故C符合题意；
D、氯化钾和氯化钠都能溶于水，溶液都是无色的，不能用水区分，故D不符合题意。
故填：ABC。
③化学反应前后原子的种类和个数不变，反应前钾、铁、氧、氢的原子个数分别为8、4、26、20，反应后已有钾、铁、氧、氢的原子个数分别为8、4、20、20，则3X中含有6个氧原子，X的化学式为O2，故填：O2。
④由题意知，亚硝酸钠的水溶液为无色，呈碱性，硝酸钠的水溶液为无色，呈中性，所以设计实验进行鉴别，取等量溶液于两支试管中，分别滴入几滴酚酞溶液，振荡；溶液变红的是亚硝酸钠溶液，溶液不变色的是硝酸钠溶液，故④填：取等量溶液于两支试管中，分别滴入几滴酚酞溶液，振荡，⑤填：溶液变红的是亚硝酸钠溶液，溶液不变色的是硝酸钠溶液。
（2）由表中数据知，20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g，故①填：36.0g。
20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g，则氯化钠饱和溶液溶质质量分数为eq \f(36.0g, 100g+36.0g)×100%＝26.5%，所以20℃时溶质质量分数为16%的氯化钠溶液是不饱和溶液，故②填：不饱和。
用溶质质量分数为24%的氯化钠溶液和蒸馏水来配制300g溶质质量分数为16%的氯化钠溶液，设需要24%的氯化钠溶液的质量为x，则24%×x＝300g×160%, x=200g，所以需要蒸馏水的质量为300g-200g=100g，故③填：100g。
60℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，则硝酸钾饱和溶液的溶质质量分数大于氯化钠饱和溶液的溶质质量分数，由于没有指明饱和溶液的质量，无法比较60℃时硝酸钾的饱和溶液和氯化钠的饱和溶液中，所含溶质的质量大小，故④填：D。
20℃时，硝酸钾的溶解度小于氯化钠的溶解度，则20℃时，硝酸钾饱和溶液的溶质质量分数小于氯化钠饱和溶液的溶质质量分数，所以将60℃时硝酸钾的饱和溶液和氯化钠的饱和溶液，同时降温至20℃，都有晶体析出，所得溶液的溶质质量分数大小关系是硝酸钾小于氯化钠，故⑤填：B。
（3）详解见答案。
19. (8分)金属及其化合物在生活生产中具有重要用途。
（1）下列不属于金属材料的是_______(填字母)。
A. 不锈钢B. 玻璃钢C. 铜D. 生铁
（2）在高炉内，把铁矿石冶炼成铁的主要反应原理是_______。
（3）钛和钛合金广泛应用于航天。医疗等领域。工业上以金红石(主要成分为TiO2)为原料生产金属钛的流程如下：
①写出过程Ⅰ发生反应的化学方程式_______。
②过程II发生反应的基本反应类型为_______。
（4）钴(C)是一种重要金属。为比较金属钴与金属铝的活动性强弱，某同学用金属钴和一种化合物的溶液进行实验达到目的，他选用的化合物是_______(填化学式)。
（5）CxNi(1-x)Fe2O4 (其中C，Ni均为+2价、O为-2价)可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。
①该催化剂中铁元素的化合价为_______。
②下图表示在其他条件一定时H2O2分解速率随CxNi(1-x)Fe2O4中的x变化曲线。由图中信息可知：C2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是_______。
【答案】
（1）B(1分)
（2）氧化铁和一氧化碳在高温下生成铁和二氧化碳(1分)
（3）①TiO2+2C+2Cl2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))TiCl4+2CO(2分) ②置换反应(1分)
（4）Al2(SO4)3 (1分)
（5）①+3 (1分) ②C2+(1分)
【解析】
（1）玻璃钢是玻璃纤维与合成材料复合成的一种特殊材料，属于复合材料，不属于金属材料，故选B。
（2）在高炉内，把铁矿石冶炼成铁的主要反应原理是氧化铁和一氧化碳在高温下生成铁和二氧化碳；故填：氧化铁和一氧化碳在高温下生成铁和二氧化碳；
（3）①过程Ⅰ为二氧化钛、氯气和碳在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))TiCl4+2CO；故填：TiO2+2C+2Cl2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))TiCl4+2CO；
②过程II发生反应为四氯化钛和镁在高温下生成氯化镁和钛，反应符合单质和化合物生成另一种单质和化合物的特征，基本反应类型为置换反应；
（4）为比较金属钴与金属铝的活动性强弱，用金属钴和铝的盐溶液进行实验，如有银白色铝析出，则金属钴的金属活动性比铝强；没有银白色铝析出，则则金属钴的金属活动性比铝若；故填：Al2(SO4)3；
（5）CxNi(1-x)Fe2O4，其中C，Ni均为+2价、O为-2价，设其中Fe的化合价为y，根据化合物中各元素正负化合价代数和为零的原则，则有2×x +2×(1-x)+2×y +4×(-2)=0，解得y= +3；故填：+3；
②过氧化氢的分解速率越快，说明催化剂的催化效果越好，分析图中信息可知，随着x的增大，过氧化氢的分解速率增大，说明C2+增多，过氧化氢的分解速率增大，故C2+的催化效果更好；故答填：C2+。
三、推断题（本大题共1小题，反应方程式2分，其余每空1分，共7分。）
20. (7分) A~I是初中化学常见的物质，其中A、C、D均为单质；B为胃酸的主要成分；C是紫红色固体；F可用来改良酸性土壤；G与B，F与I是同种类别的物质。图中“一”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；部分反应物、生成物或反应条件已略去。
（1）写出化学式：C_______，G_______。
（2）A→B的基本反应类型为_______。
（3）写出B与E反应的化学方程式_______。
（4）写出F→I反应的化学方程式_______。
【答案】
（1）Cu(1分) H2SO4(1分)
（2）化合反应(1分)
（3）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑(2分)
（4）Ca(OH)2+Na2CO3=2NaOH+CaCO3↓(2分)
【解析】根据B为胃酸的主要成分，则B是盐酸；C是单质，为紫红色固体，则推测C为铜；F可用来改良酸性土壤，则推测F为氢氧化钙；A是单质，B盐酸能产生A，则A是氢气，氢气和氯气反应产生氯化氢；C为铜，能与单质D反应，则D是氧气；G与B是同种类别的物质，则G是酸，G能产生B盐酸，硫酸和氯化钡反应产生硫酸钡和盐酸，则G是硫酸；F与I是同种类别的物质，则I是碱，氢氧化钙能产生I，氢氧化钙和碳酸钠反应产生碳酸钙和氢氧化钠，则I是氢氧化钠；D氧气，G硫酸，I氢氧化钠都能产生H，则H是水；F氢氧化钙能产生E，E能与B盐酸反应，则E可以是碳酸钙；将推断代入验证，推断正确。
（1）根据分析，C是Cu，G是H2SO4；
（2）根据分析，A→B是氢气和氯气反应产生氯化氢，是多种物质反应产生一种物质的反应，属于基本反应的化合反应；
（3）根据分析，B与E反应是盐酸和碳酸钙反应产生氯化钙、水和二氧化碳，方程式是CaCO3+2HCl=CaCl2
+H2O+CO2↑；
（4）根据分析，F→I反应是氢氧化钙和碳酸钠反应产生碳酸钙和氢氧化钠，方程式是Ca(OH)2+Na2CO3=
2NaOH+CaCO3↓。
四、实验探究题（本大题共1小题，反应方程式2分，其余每空1分，共9分。）
21．(9分)化学实验小组同学针对教材中提出的“硫酸铜溶液对过氧化氢的分解具有催化作用”进行相关探究。
【探究一】
（1）要证明CuSO4溶液对H2O2分解具有催化作用，除需证明CuSO4溶液能改变过氧化氢分解的速率外，还需证明CuSO4在化学反应前后的质量和________________不变。
（2）为探究CuSO4在反应前后的质量是否发生改变，实验小组同学设计了如下实验：向一定量的H2O2溶液中滴入含n g CuSO4的溶液，取充分反应后的全部溶液继续进行实验（流程如下图）。
①上述实验步骤中，若白色沉淀过滤后未经“洗涤”就直接“干燥”，则最终计算出的的质量会________________（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
②蓝色沉淀加热后变成黑色固体，该反应的化学方程式为_______________。
③若CuSO4在化学变化前后质量未改变，则该实验需满足的定量关系为：m=_______________（用a、b表示）。
【探究二】为进一步探究CuSO4溶液中起催化作用的是哪种微观粒子，实验小组同学设计了如图所示的对比实验。
（3）若观察到甲中迅速产生大量气泡，乙、丙中无明显现象，可说明CuSO4溶液中起催化作用的是_______________（填粒子符号）。
【延伸拓展】取16.0 g CuSO4置于坩埚中加热，固体质量随温度变化的曲线如图所示。
（4）650℃时，CuSO4开始发生分解反应，生成CuO和另一种氧化物X，则X的化学式为________________。
（5）升温至1000℃，CuO开始分解。t℃时8.0gCuO完全反应得到7.2g固体，请写出该反应的化学方程式_______________。
【答案】
（1）化学性质(1分)
（2）①偏大(1分) ②Cu(OH)2eq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))CuO+H2O(2分) ③eq \f(192a,233)+eq \f(64b,49)(1分)
（3）Cu2+(1分)
（4）SO3 (1分)
（5）4CuOeq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))2CuO+O2↑(2分)
【解析】
（1）催化剂可以加快反应速率，但本身的质量和化学性质在反应前后不变，故填：化学性质；
（2）①不洗涤沉淀，沉淀表面会有杂质，称量沉淀的质量会偏大，根据生成硫酸钡的质量计算得到的硫酸根离子的质量会偏大，故填：偏大；
②蓝色沉淀是氢氧化铜，加热后会生成黑色的氧化铜和水，故填：Cu(OH)2eq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))CuO+H2O；
③硫酸铜由硫酸根离子和铜离子构成，ag固体是氯化钡和硫酸铜反应生成硫酸钡，可以计算硫酸根离子的质量=ag×eq \f(32+16×4, 137+32+16×4)=eq \f(96,233)ag；bg固体是氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，可以计算铜离子的质量= bg×eq \f(64, 64+(16+1) ×2)=eq \f(64,98)bg；又溶液被等分为两部分，说明前面的计算质量要双倍，硫酸铜的质量=(eq \f(96,233)ag+eq \f(64,98)bg) ×2=eq \f(192,233)ag+eq \f(128,98)bg =eq \f(192a,233)+eq \f(64b,49)，故填：eq \f(192a,233)+eq \f(64b,49)；
（3）甲和乙对比，均含有硫酸根离子，说明硫酸根离子不是影响微粒，甲和丙对比，均含有水，说明水分子不是影响微粒，综合可知，硫酸铜溶液中铜离子起到催化作用，故填：Cu2+；
（4）根据硫酸铜分解只产生氧化铜和另一种氧化物，说明另一种氧化物是硫的氧化物，且硫原子和氧原子个数比应该为1：3，否则就会又其他产物，故填：SO3；
（6）固体中只含有铜元素和氧元素，铜元素始终在固体中，8g氧化铜中铜元素的质量=8g×eq \f(64,80)＝6.4g，说明氧元素质量=7.2g-6.4g=0.8g，根据铜、氧元素的质量比可以计算个数比，设该铜的氧化物中铜、氧元素的个数比为x:y，则可得64x:16y=6.4:0.8，计算可知x:y=2:1，化学式为Cu2O，反应为氧化铜反应生成氧化亚铜和氧气，故填：4CuOeq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))2CuO+O2↑。选项
宏观事实
微观解释
A
将压瘪的乒乓球放入热水中，一段时间后重新鼓起
分子间的间隔变大
B
结成冰的水不能流动
温度降到零度以下后，水分子不再运动
C
加热氧化汞得到汞和氧气
化学反应前后分子改变，原子不变
D
稀醋酸和稀硝酸都能使紫色石蕊溶液变红色
两种酸溶液中都含有H+
A
B
图
示
现
象
有大量气泡产生，生成的气体使澄清石灰水变浑浊
冷却后，打开弹簧夹，水被吸入瓶内，瓶内水面上升约 1/5
结论
该粉末中一定含有
碳酸钠
氧气约占空气质量的1/5
C
D
图
示
现
象
①中铁钉生锈， ②③中铁钉不生锈
滴加无色酚酞， 溶液呈红色，加入稀盐酸后红色变为无色
结论
①②对比说明铁生锈条件之一是要与水接触
反应后的溶液一定不呈碱性
选项
物质
杂质
除杂所用试剂和方法
A
CO2
CO
缓缓通过盛有氧化铜的玻璃管
B
CaO粉末
CaCO3
高温煅烧至质量不再减少
C
NaOH溶液
Ca(OH)2
加入适量的Na2CO3溶液，过滤
D
FeSO4溶液
CuSO4
加入过量Fe粉，充分反应后过滤
实验操作
实验现象和结论
________________________________________
_____________________________________
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
NaCl
35.7
36.0
36.6
37.3
38.4
KNO3
13.3
31.6
63.9
110
169
实验操作
实验现象和结论
取等量溶液于两支试管中，分别滴入几滴酚酞溶液，振荡(1分)
溶液变红的是亚硝酸钠溶液；溶液不变色的是硝酸钠溶液(1分)