2019-2020年中考化学查漏补缺试卷（1）.doc

2019-2020年中考化学查漏补缺试卷（1）一、选择题1已知镁能与空气中氮气反应，化学方程式为：3Mg+N2Mg3N2，若有1.00克镁在空气中充分燃烧，生成物的质量一定不可能的是（）A1.201.35克B1.421.62克C1.551.65克D1.421.55克2分别将下列各组中的三种物质的溶液混合，且其中的酸过量，最终有沉淀生成的一组是（）ANaOH FeCl3 HClBNaOH CuSO4 H2SO4CK2CO3 HCl Ba（OH）2DBaCl2 Na2SO4 HNO34氧化铜与氢气反应后得到的Cu中常常混有少量Cu2OCu2O与硫酸反应的化学方程式为：Cu2O+H2SO4CuSO4+Cu+H2O现将5g Cu与Cu2O的混合物放入足量的稀硫酸中充分反应，过滤得到4.8g固体，则原混合物中含单质铜的质量为（）A4.8 gB4.72 gC4.64 gD4.6 g5以下四种实验操作对应的曲线正确的是（）A某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体B向硫酸铜溶液中加入过量的氢氧化钠溶液C向稀盐酸中滴加过量的氢氧化钠溶液D向等质量的金属镁和铝中分别加入足量且质量分数相等的稀硫酸6为研究某镁铝合金的成分，进行甲、乙、丙三组实验三组各取30g溶质质量分数相同的盐酸溶液，加入该种镁铝合金粉末每组实验加入合金质量和产生气体质量的有关数据如下：实验序号甲乙丙合金质量（g）0.1530.2550.385气体质量（g）0.0150.0250.03根据表中的数据可判断（）A甲组盐酸不足量B乙组盐酸不足量C丙组盐酸不足量D甲、乙、丙三组盐酸均过量7研究物质的变化时可使用具有放射性的18O作为“示踪原子”科学家希尔和尼尔研究证明，光合作用的通式应更合理地表达为：6CO2+12H218OC6H12O6+6H2O+618O2在光照充分的环境里，将一种植物黑藻放入含有“示踪原子”18O的水中一段时间后分析“示踪原子”，最有可能是（）A在植物体周围的空气中发现B在植物体内的葡萄糖（C6H12O6）中发现C在植物体内的淀粉和蛋白质中发现D无法确定示踪原子在什么地方出现8番茄种子播种在苗床上，在适宜的条件下，第6天子叶展开，第9天幼叶出现研究人员从种子到幼苗形成期间每天测定其干重，并绘制成曲线如图四个曲线图中，正确的是（）ABCD9下列各组物质，从物质分类的角度看，前者从属于后者的一组是（）A碱、碱性氧化物B酸、含氧酸C盐、酸式盐D有机物、化合物10在AB+2CDAD2+C2B中，50gAB和20gCD恰好完全反应生成10gAD2若l0gAB和10gCD反应，生成C2B的质量是（）A12gB2gC5gD17.1g11在试管中加入过量的块状碳酸钙，加入一定量的稀盐酸，充分反应，有少量气泡产生过滤，将滤液分为三份，分别进行以下实验：第一份与石灰水混合，立即产生白色沉淀；第二份与稀盐酸混合，立即产生无色气体；将第三份加热，看到溶液变浑浊且有无色气体产生依据上述三个实验现象，说明盐酸与过量碳酸钙的反应中生成了（）ACa（OH）ClBCa（HCO3）2CCa2（OH）2CO3DCa（OH）212“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念，杜绝污染源，提高原子的利用率是“绿色化学”的重要，衡量指标下列物质均可做氧化剂O3；KMnO4；浓H2SO4；H2O2；浓HNO3；Ca（ClO）2；KCr2O7其中可称为绿色氧化剂的是（）ABCD13我国耕地资源有限，要提高粮食产量，科学施肥是重要措施之一农业技术员小王测定了某块耕地的耕层土壤氮磷钾含量，测定结果及土壤肥量标准如表，请你判断应该施用的化肥是（）全氮全磷全钾土壤肥量标准（gkg1）0.620.3417.8测定结果（gkg1）0.500.3618.1硫酸铵硫酸钾尿素过磷酸钙ABCD14将一定量铝粉和氧化铜混合加热，反应的化学方程式为3CuO+2Al3Cu+A12O3反应结束后，为了检验氧化铜是否完全反应，取少量反应后的固体，加入足量稀硫酸，充分反应后，将铁片插入溶液中下列叙述的现象中，能够说明氧化铜没有完全反应的是（）加入稀硫酸后，有气泡生成加入稀硫酸后，没有气泡生成加入稀硫酸后，溶液中有红色不溶物质插入溶液中的铁片表面有红色物质析出A只有BCD15某同学想用实验证明硫酸铜溶液显蓝色与SO42无关，只进行下列实验无意义的是（）A观察硫酸钠溶液没有颜色B向硫酸铜溶液中滴加适量的氯化钡溶液，振荡后静置，溶液蓝色未消失C向硫酸铜溶液中滴加适量的氢氧化钠溶液，振荡后静置，溶液蓝色消失D加水稀释硫酸铜溶液，溶液蓝色变浅16配制一定溶质质量分数的NaOH溶液时，造成所配溶液的溶质质量分数偏高的原因可能是（）A所用NaOH已潮解B称量NaOH质量时，将砝码放在左盘，被称量物放在右盘C天平的左右盘各放一张纸，调节平衡后，将NaOH固体放在纸上称量D用量筒取水时，俯视水面刻度线读数17Ca（OH）2在80时，饱和溶液溶质的质量分数为x，20时，饱和溶液溶质的质量分数为y，常压下取80时Ca（OH）2饱和溶液a g，蒸发掉w g水，趁热滤去析出的固体，再恢复到20，滤液中溶质质量分数为z，则下列关系正确的是（）Ay=zBzxyCyxzDx=z1820时，物质的溶解度在0.11g范围内为微溶已知CaSO4的溶解度如表所示若要用硫酸溶液和石灰石反应，来持续较快产生CO2气体，你认为如表措施可行的是（）温度020406080100溶解度0.19800.20360.20970.20470.19660.1669A将石灰石研成粉末状慢慢加入足量硫酸溶液中B将块状石灰石加到热的硫酸溶液中C将少量块状石灰石加到过量的硫酸溶液中D用浓硫酸代替稀硫酸19将a g块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如图的实线所示在相同条件下，将b g（ab）粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（）ABCD20在t时，在一定质量的某硫酸铜溶液中加入55g CuSO4粉末或加入100g CuSO45H2O固体，充分振荡使溶液恢复到t；，都能恰好形成饱和溶液，则该温度时，CuSO4的溶解度是（）A9gB45gC25gD55g21在相同条件下，H2S的酸性比H2SO3弱且H2S在水中的溶解度小于SO2在室温时，向饱和的H2SO3溶液中通入H2S气体，发生反应如下：2H2S+H2SO33S+3H2O以下是通入H2S的体积和溶液pH值关系图，正确的是（）ABCD二、简答题22喷泉产生的原因是由于存在压强差（1）如图（a）是一个喷泉实验装置，在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，下列组合中不可能形成喷泉的是AHCl和H2O BO2和H2O CNH3和H2O DCO2和NaOH溶液（2）某学生积极思考产生喷泉的其他方法，并设计了如图（b）所示的装置在图（b）的锥形瓶中，分别加入足量的下列物质，反应后可能产生明显喷泉的是ACu与稀盐酸 BFeCl3与NaOH溶液CCaCO3固体与稀硫酸 DNH4HCO3与稀盐酸在图（b）锥形瓶外放一水槽，瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉水槽中加入的物质可能是A浓硫酸 B食盐 C硝酸钾 D硫酸铜这种方法产生喷泉的原理是（3）城市中常见的人造喷泉及火山爆发的原理与上述装置的原理相似231某同学对催化剂产生了兴趣，通过查资料了解到氧化铜、氧化铁等都能加速氯酸钾的分解为了证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，他们设计了实验装置，并进行气体的制备和测量实验实验时均以生成40mL气体为标准，相关记录见下表：实验序号KClO3质量加入其它的物质待测数据 l1.2g无其它物质21.2g加入少量的CuO试回答下列问题：（l）从如图仪器中选择合适的并加以组装（填写字母）（2）上述实验中的“待测数据”指（3）为探究CuO在实验2中是否起催化作用，还需探究的内容是24科学兴趣小组设计了如图实验装置，分别用相同强度、不同颜色的光来照射，玻璃管均有水滴排出但数量不等，表中所示的是相同时间问内排出的水滴数请回答：光照排出的水滴数（个） 红光 26 蓝光 32 黄光 2 绿光 l（1）该小组是为了研究（2）在红光、蓝光的照射下，玻璃管中有较多的水滴排出，主要原因是（3）在实验过程中，要注意等因素对水滴排出的影响为了比较该因素引起的实验误差，应该三、实验探究题25蛋白质是组成细菌的基础物质，没有蛋白质就没有生命动物的肌肉、毛、皮等都是由蛋白质构成的，蛋清、鲜牛奶中含有丰富的蛋白质一些可溶性的重金属盐（如Cu2+、pb2+、Ag+、Ba2+等可溶性盐）会使蛋白质丧失生理功能，因此可溶性的重金属盐为有毒物质请回答问题：（1）下列物质中，不会引起人体中毒的是（填字母）ABa（NO3）2 BPb（NO3）2 CCuSO4 DBaSO4（2）医疗上用X射线检查肠胃病时，病人服用的“钡餐”中不能含有BaCO3，其原因是BaCO3与人的胃液中含有的少量盐酸反应产生有毒的BaCl2，该反应的化学方程式为（3）AgNO3遇到蛋白质即生成黑色的蛋白银某学生实验时不慎在手指上沾染了少量AgNO3溶液，第二天发现手指上沾染过AgNO3溶液的皮肤颜色会（4）下面是徐州市某乳业公司鲜牛奶包装标签上的部分文字：“配料表：鲜牛奶、阿期巴甜（含苯丙氨酸）、纯乳钙、维生素D；主要营养成分（每100mL）：脂肪3.1g、蛋白质2.9g、钙0.1g；净含量：250mL”那么250mL这种牛奶中含蛋白质至少克26镁是一种银白色的金属，但实验室看到的镁条常常有一层灰黑色的“外衣”，这层灰黑色的外衣是什么物质呢？甲同学认为可能是MgO：乙同学认为可能是Mg2（OH）2CO3；丙同学认为可能是Mg（OH）2（1）丁同学认为甲的猜想是错误的，理由是（2）丁同学按图所示的装置进行实验，发现被加热的试管内生成白色固体，且试管口有液滴出现，另一只试管内的澄清石灰水变浑浊由此，丁同学认为丙的猜想也是错误的，其理由是（3）大家查阅资料后又知道：Mg（OH）2和Mg2（OH）2CO3加热后均可分解，产物均为氧化物据此请写出Mg2（OH）2CO3受热分解的化学方程式27“假酒中毒”事件时有发生“假酒”一般是由工业酒精加水配制而成，它含有一定量的甲醇CH3OH，而饮用甲醇会使人视力迅速下降、失明，甚至死亡根据你的理解，填写下列空白：（1）甲醇的工业制法为：x+2H2 CH3OH，则x的化学式为：（2）工业酒精的主要成分是乙醇C2H5OH，乙醇是一种重要的化工原料，用途广泛乙醇汽油是在汽油中加入10%的乙醇形成的请写出乙醇燃烧的化学方程式（3）与甲醇、乙醇结构相似的化合物还有丙醇C3H7OH、丁醇C4H9OH等，这类物质称为醇类请问：其名称中的“甲、乙、丙、丁”与其分子中的有关；含n个碳原子的醇的化学式为28如图，将正在萌发的种子，放在内有一杯NaOH溶液而用塞子塞紧的瓶中，此瓶与一个水银流体压力计相连接，由此压力计水银柱升高的高度可以测量出某种气体的消耗量假设正在萌发的种子用完了瓶中所有的气体，则水银柱会升高到76cm处（等于大气压）（1）实验过程中，水银柱只升高到15cm处，就不再升高，证明瓶中的空气被利用了%从而证明萌发的种子只利用了瓶中的气（2）此实验瓶中NaOH溶液的作用是（3）如果取消瓶中的NaOH溶液，再作此实验，水银柱的如何变化？，原因是四、计算题29将3.1克氧化钠加到质量为m的水中，完全反应后，得到溶质的质量分数为16%的溶液，在该溶液中加入50克稀盐酸，两者恰好完全反应求：（1）计算m的值（2）所加盐酸中溶质的质量分数xx年浙江省宁波市江北区庄桥中学中考化学查漏补缺试卷（1）参考答案与试题解析一、选择题1已知镁能与空气中氮气反应，化学方程式为：3Mg+N2Mg3N2，若有1.00克镁在空气中充分燃烧，生成物的质量一定不可能的是（）A1.201.35克B1.421.62克C1.551.65克D1.421.55克【考点】质量守恒定律及其应用【分析】求出1克的镁在氧气中完全燃烧生成物的质量，再求出1克镁在氮气完全燃烧生成物的质量，则镁在空气中燃烧生成物的质量就在这两个质量之间【解答】解：设12克镁在氧气中完全燃烧生成物的质量为x2Mg+O22MgO 48 80 1g x x=1.67g设1克镁在氮气在完全燃烧生成物的质量为y3Mg+N2Mg3N272 1001g yy=1.39g12克镁在空气在燃烧生成物的质量范围为大于1.39g，小于1.67克，故A不在范围，故选A【点评】本题中生成物的质量我们并不能算出一个准确的值，只能计算出一个范围，该范围内的质量都有可能是生成物的质量2分别将下列各组中的三种物质的溶液混合，且其中的酸过量，最终有沉淀生成的一组是（）ANaOH FeCl3 HClBNaOH CuSO4 H2SO4CK2CO3 HCl Ba（OH）2DBaCl2 Na2SO4 HNO3【考点】复分解反应及其发生的条件；酸的化学性质【分析】根据题干中”酸过量，仍有沉淀生成“，说明这种沉淀不溶于酸不与酸反应，且能够与酸共存；在初中化学中学过的不溶于酸且能与酸共存的物质只有：硫酸钡（BaSO4）和氯化银（AgCl）所以可以直接选D【解答】解：A、NaOH、FeCl3、HCl根据复分解反应条件NaOH与FeCl3生成氢氧化铁沉淀，但是在酸过量的情况下，沉淀又消失了，故错误B、NaOH、CuSO4、H2SO4根据复分解反应条件NaOH、CuSO4可生成氢氧化铜的沉淀，但是在酸过量的情况下，沉淀又消失了，故错误C、K2CO3、HCl、Ba（OH）2中根据复分解反应条件Ba（OH）2与K2CO3生成碳酸钡沉淀，但是在酸过量的情况下，沉淀又消失了，故错误D、BaCl2、Na2SO4、HNO3根据复分解反应条件BaCl2、Na2SO4生成硫酸钡沉淀，与酸能够共存，故正确故选D【点评】本题考查了“物质共存的问题”，实质上是对酸、碱、盐之间发生复分解反应必须满足哪些条件的检验；熟记酸、碱、盐在溶液中发生复分解反应的条件是有沉淀析出，或有气体放出，或有水生成由此联想到物质相互间不反应就能在溶液中大量共存比如：H+与CO32、OH不能共存，OH与NH4+、H+、Fe3+、Cu2+不能共存，Ag+与Cl、OH不能共存，Ba2+与CO32、SO42不能共存4氧化铜与氢气反应后得到的Cu中常常混有少量Cu2OCu2O与硫酸反应的化学方程式为：Cu2O+H2SO4CuSO4+Cu+H2O现将5g Cu与Cu2O的混合物放入足量的稀硫酸中充分反应，过滤得到4.8g固体，则原混合物中含单质铜的质量为（）A4.8 gB4.72 gC4.64 gD4.6 g【考点】根据化学反应方程式的计算【分析】将5g Cu与Cu2O的混合物放入足量的稀硫酸中，铜不参加反应，反应后固体的质量减少是因Cu2OCu引起的，宜用差量法解答【解答】解：设原混合物中含Cu2O的质量为xCu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O 固体质量减少144 64 14464=80 x 5g4.8g=0.2gx=0.36g则原混合物中含单质铜的质量为50.36=4.64g；故选C【点评】差量法就是根据化学方程式，利用反应物和生成物之间的质量差与反应中反应物、生成物的量成比例的关系进行计算的一种捷径该方法的关键是分析反应前后形成差量的原因，找出差量与某些量之间的比例关系，然后再由比例式求解5以下四种实验操作对应的曲线正确的是（）A某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体B向硫酸铜溶液中加入过量的氢氧化钠溶液C向稀盐酸中滴加过量的氢氧化钠溶液D向等质量的金属镁和铝中分别加入足量且质量分数相等的稀硫酸【考点】饱和溶液和不饱和溶液；金属的化学性质；碱的化学性质；中和反应及其应用【分析】A、根据某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体，硝酸钾晶体继续溶解至饱和，溶液的溶质质量变大，达饱和后硝酸钾不再溶解，溶液的质量分数不再改变进行解答；B、根据向硫酸铜溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，随着氢氧化钠溶液不断增加，反应不断发生，生成氢氧化铜沉淀质量不断增加，至硫酸铜完全反应，沉淀质量不再改变进行解答；C、向稀盐酸中滴加过量的氢氧化钠溶液，随着氢氧化钠溶液不断增加，反应不断发生，溶液的pH不断增大，至恰好反应溶液pH等于7，继续加入氢氧化钠而使溶液的pH不断变大；D、等质量的金属镁和铁中分别加入足量且溶质质量分数相等的稀硫酸，因为镁比铝活泼因此镁反应快，而不是速率一样【解答】解：A、变化曲线表明，随着硝酸钾晶体的不断加入，溶液的质量分数不断增大；与变化事实不相符，故A错误；B、变化曲线表明，随着氢氧化钠溶液的加入，生成沉淀氢氧化铜的质量不断增大，至硫酸铜完全反应后，沉淀的质量不再变化；与反应事实相符，故B正确；C、变化曲线表明，随着氢氧化钠溶液的不断加入，溶液的pH不断减小；与反应事实相反，故C错误；D、变化曲线表明，金属镁和铝放出氢气的速率一样；与反应事实不符，故D错误故选B【点评】分析变化图象中的曲线时，曲线的折点表示变化在此时达到最大值，这对正确分析变化具有特殊意义6为研究某镁铝合金的成分，进行甲、乙、丙三组实验三组各取30g溶质质量分数相同的盐酸溶液，加入该种镁铝合金粉末每组实验加入合金质量和产生气体质量的有关数据如下：实验序号甲乙丙合金质量（g）0.1530.2550.385气体质量（g）0.0150.0250.03根据表中的数据可判断（）A甲组盐酸不足量B乙组盐酸不足量C丙组盐酸不足量D甲、乙、丙三组盐酸均过量【考点】金属的化学性质；实验数据处理或者误差分析的探究；酸的化学性质【分析】解答要对比分析表中所给数据之间的关系，并做出正确的判断三组各取相同的盐酸溶液的质量相等，但加入的合金质量不同，对比甲、乙、丙可以看出，合金质量增加，产生的气体增加，说明甲、乙两组盐酸都足量；同理，对比甲、丙两组数据可以得出丙组盐酸不足量【解答】解：三组各取相同的盐酸溶液的质量相等；比较甲乙两组数据可知，加入更多的合金，产生更多的气体，说明甲组盐酸足量；比较乙丙两组数据可知，加入更多的合金，产生更多的气体，说明乙组盐酸足量；比较甲丙两组数据可知，产生气体0.015g气体消耗的合金的质量为0.153g，则产生0.03g气体消耗的合金的质量为0.306g，而丙中合金的质量为0，385g，说明合金有剩余，丙组盐酸不足量故选C【点评】本题综合性强、思维强度大，对培养学生从“量”的角度来学习和研究化学的科学素质，以及用“量”的观点去观察世界，树立严谨的科学品质，具有重要意义7研究物质的变化时可使用具有放射性的18O作为“示踪原子”科学家希尔和尼尔研究证明，光合作用的通式应更合理地表达为：6CO2+12H218OC6H12O6+6H2O+618O2在光照充分的环境里，将一种植物黑藻放入含有“示踪原子”18O的水中一段时间后分析“示踪原子”，最有可能是（）A在植物体周围的空气中发现B在植物体内的葡萄糖（C6H12O6）中发现C在植物体内的淀粉和蛋白质中发现D无法确定示踪原子在什么地方出现【考点】分子和原子的区别和联系；质量守恒定律及其应用【分析】本题情景很新颖，但考查的重点不偏，落在了用分子、原子的观点认识化学反应这一知识点上，要知道在化学反应前后原子的种类和数目都不变通过观察光合作用的化学方程式可知；反应前示踪原子在水分子中，反应后示踪原子在氧气分子中，因此示踪原子最终在植物周围的空气里可以找到【解答】解：A、反应前示踪原子在水分子中，反应后在氧气分子中，氧气要向空气里扩散，因此在植物周围的空气里会发现示踪原子，故A正确；B、葡萄糖中的氧原子是从二氧化碳中转化而来的，二氧化碳中没有示踪原子，故B错误；C、淀粉和蛋白质都是由葡萄糖经过一系列的化学反应才能生成，而葡萄糖中的氧原子是从二氧化碳中转化而来的，二氧化碳中没有示踪原子，因此淀粉和蛋白都不会发现示踪原子，故C错误；D、示踪原子将在周围空气里发现，因此D说法错误故选A【点评】本题考查化学反应的本质通过结合科学家探究发现的历史过程命题，很具有新颖性在新名词“示踪原子”诱导性也很容易出错8番茄种子播种在苗床上，在适宜的条件下，第6天子叶展开，第9天幼叶出现研究人员从种子到幼苗形成期间每天测定其干重，并绘制成曲线如图四个曲线图中，正确的是（）ABCD【考点】光合作用与呼吸作用【分析】根据题意和图示分析可知：番茄种子播种在苗床上，在适宜的条件下，通过细胞呼吸分解有机物，释放能量，供生命活动需要，种子萌发并生长；当幼叶出现后，能通过光合作用合成有机物据此答题【解答】解：由于种子在萌发过程中，只能进行呼吸作用，分解有机物，所以干重减少；当第6天子叶展开后，能进行光合作用，合成有机物，所以干重在前6天一直在减少，6天后开始增加故选：A【点评】本题考查呼吸作用和光合作用的相关知识，意在考查学生的识图能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力9下列各组物质，从物质分类的角度看，前者从属于后者的一组是（）A碱、碱性氧化物B酸、含氧酸C盐、酸式盐D有机物、化合物【考点】氧化物、酸、碱和盐的概念；有机物的特征、分类及聚合物的特性【分析】根据前者从属于后者，说明后者包括前者，再进一步进行分析本题【解答】解：A、碱性氧化物不属于碱，碱不属于碱性氧化物，故A错；B、酸分为含氧酸和无氧酸，所以酸包含了含氧酸，故B错；C、盐分为酸式盐、碱式盐、正盐，所以盐包含了酸式盐，故C错；D、化合物可分为有机化合物和无极化合物，故有机物从属于化合物，故D正确故选D【点评】物质的分类是重点的基础化学知识，但却是学习难点之一，要能正确地、合理地对物质作出正确分类，首先要理解物质分类的有关概念，抓住概念间的相互关系和本质区别10在AB+2CDAD2+C2B中，50gAB和20gCD恰好完全反应生成10gAD2若l0gAB和10gCD反应，生成C2B的质量是（）A12gB2gC5gD17.1g【考点】质量守恒定律及其应用【分析】由题意知：50g AB和20g CD恰好完全反应生成10g AD，根据质量守恒定律：在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和，可知反应后生成另一种物质CB的质量60g，据此分析【解答】解：由题意知：50g AB和20g CD恰好完全反应生成10g AD2，根据质量守恒定律，可知反应后生成另一种物质C2B的质量是60g所以反应物AB、CD与生成物AD2、C2B的质量比是5：2：1：6，故若10gAB和10gCD反应，实质是10gAB和4gCD恰好完全反应生成C2B的质量是12g故选：A【点评】解此题的关键是根据质量守恒定律进行计算，这是考试热点之一，需学生熟练掌握，注意反应中过量的问题11在试管中加入过量的块状碳酸钙，加入一定量的稀盐酸，充分反应，有少量气泡产生过滤，将滤液分为三份，分别进行以下实验：第一份与石灰水混合，立即产生白色沉淀；第二份与稀盐酸混合，立即产生无色气体；将第三份加热，看到溶液变浑浊且有无色气体产生依据上述三个实验现象，说明盐酸与过量碳酸钙的反应中生成了（）ACa（OH）ClBCa（HCO3）2CCa2（OH）2CO3DCa（OH）2【考点】盐的化学性质【分析】根据第一份与石灰水混合，立即产生白色沉淀，说明含有碳酸氢钙，而第二份与稀盐酸混合，立即产生无色气体也说明含有碳酸氢钙；将第三份加热，看到溶液变浑浊且有无色气体产生，碳酸氢钙不稳定受热分解生成碳酸钙、水和二氧化碳进行解答【解答】解：第一份与石灰水混合，立即产生白色沉淀，说明含有碳酸氢钙，而第二份与稀盐酸混合，立即产生无色气体也说明含有碳酸氢钙；将第三份加热，看到溶液变浑浊且有无色气体产生，碳酸氢钙不稳定受热分解生成碳酸钙、水和二氧化碳，所以依据上述三个实验现象，说明盐酸与过量碳酸钙的反应中生成了Ca（HCO3）2故选：B【点评】此题属于实验方案设计的题目，难度较大，理解物质的性质是解题的关键12“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念，杜绝污染源，提高原子的利用率是“绿色化学”的重要，衡量指标下列物质均可做氧化剂O3；KMnO4；浓H2SO4；H2O2；浓HNO3；Ca（ClO）2；KCr2O7其中可称为绿色氧化剂的是（）ABCD【考点】绿色化学【分析】绿色化学又称环境友好化学，它的主要特点是：1充分利用资源和能源，采用无毒、无害的原料； 2在无毒、无害的条件下进行反应，以减少废物向环境排放；3提高原子的利用率，力图使所有作为原料的原子都被产品所消纳，实现“零排放”；4生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境友好的产品根据绿色化学的特点选取原料从而判断选项【解答】解：硝酸、硫酸具有酸性、腐蚀性，KMnO4、Ca（ClO）2、KCr2O7有强氧化性，对环境有一定的危害，并且产物可能有一定的危害，不符合绿色化学的理念；氧气虽然有氧化性但能完全转化，双氧水虽然有氧化性但能转化为无害物质水，对环境无影响，符合绿色化学的理念，故选A【点评】了解绿色化学的特点是解本题的关键，选取的原料要无害、无毒，反应要在无毒无害的条件进行，且反应物的原子全部转化为期望的最终产物13我国耕地资源有限，要提高粮食产量，科学施肥是重要措施之一农业技术员小王测定了某块耕地的耕层土壤氮磷钾含量，测定结果及土壤肥量标准如表，请你判断应该施用的化肥是（）全氮全磷全钾土壤肥量标准（gkg1）0.620.3417.8测定结果（gkg1）0.500.3618.1硫酸铵硫酸钾尿素过磷酸钙ABCD【考点】常见化肥的种类和作用【分析】含有氮元素的肥料称为氮肥，含有磷元素的肥料称为磷肥，含有钾元素的肥料称为钾肥，同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥【解答】解：根据该耕地土壤的测定结果可知，该土壤中氮元素的含量偏低，磷元素、钾元素含量偏高，所以要施用适量的氮肥硫酸铵中含有氮元素，属于氮肥，符合要求；硫酸钾中富含钾元素，不合要求；尿素中富含氮元素，符合要求；过磷酸钙富含磷元素，不合要求故选B【点评】本题难度不大，了解化肥的分类方法是正确解答本题的关键14将一定量铝粉和氧化铜混合加热，反应的化学方程式为3CuO+2Al3Cu+A12O3反应结束后，为了检验氧化铜是否完全反应，取少量反应后的固体，加入足量稀硫酸，充分反应后，将铁片插入溶液中下列叙述的现象中，能够说明氧化铜没有完全反应的是（）加入稀硫酸后，有气泡生成加入稀硫酸后，没有气泡生成加入稀硫酸后，溶液中有红色不溶物质插入溶液中的铁片表面有红色物质析出A只有BCD【考点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用【分析】要说明氧化铜没有完全反应，即是要通过实验来证明混合物中还有氧化铜加入足量稀硫酸，再插入铁片，仍有氧化铜则可以看到铁片的表面会有红色固体析出【解答】解：铝粉与氧化铜混合加热后会能生成铜和氧化铝反应后的固体中一定有铜和氧化铝，也可能含有氧化铜或者是铝往反应后的固体中加入足量的稀硫酸，铜不能与稀硫酸反应，故溶液中一定会有红色不溶物质其中的氧化铝及可能剩余的铝能与稀硫酸反应生成硫酸铝，若有氧化铜剩余，能与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液充分反应后再插入铁片，可能剩余的稀硫酸会和铁片发生反应而放出气体，因此是否有气泡放出不能判断是否有氧化铜剩余若铁片表面会析出红色的固体，则一定是与硫酸铜反应置换出来的铜，可能证明原固体中含有氧化铜故选A【点评】本题难度较大，要求学生能对反应中的各种情况作出全面的分析在设计实验环节中加入的稀硫酸一定要足量15某同学想用实验证明硫酸铜溶液显蓝色与SO42无关，只进行下列实验无意义的是（）A观察硫酸钠溶液没有颜色B向硫酸铜溶液中滴加适量的氯化钡溶液，振荡后静置，溶液蓝色未消失C向硫酸铜溶液中滴加适量的氢氧化钠溶液，振荡后静置，溶液蓝色消失D加水稀释硫酸铜溶液，溶液蓝色变浅【考点】实验探究物质的性质或变化规律；化学实验方案设计与评价【分析】A、运用硫酸钠溶液的微观构成解答B、运用硫酸铜能与氯化钡产生硫酸钡沉淀解答C、运用硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠和相关物质构成知识解答D、运用硫酸铜和水的微观构成解答【解答】解：A、硫酸钠溶液由钠离子和硫酸根离子构成，硫酸钠溶液没有颜色说明硫酸钠含有的三种微观离子都没有颜色，故A正确、B、硫酸铜和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，氯化铜的溶液仍然呈蓝色，原硫酸铜中的硫酸根离子被沉淀，铜离子存在于氯化铜溶液中，氯化钡溶液无色说明氯离子和钡离子都无色，故说明铜离子呈蓝色，硫酸铜溶液显蓝色与硫酸根离子无关C、硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，震荡后溶液蓝色消失，说明硫酸钠中的离子都与蓝色无关，硫酸钠中含有硫酸根离子和钠离子，故能证明硫酸铜显蓝色与硫酸根离子无关D、硫酸铜是由铜离子和硫酸根离子构成的，水无色，水由水分子构成，故加水稀释硫酸铜溶液蓝色变浅不能证明硫酸铜溶液显蓝色与硫酸根离子无关故答案选D【点评】物质的微观构成和宏观现象相结合的问题解决时先抓住宏观现象，再分析物质的微观构成和化学变化实质解答16配制一定溶质质量分数的NaOH溶液时，造成所配溶液的溶质质量分数偏高的原因可能是（）A所用NaOH已潮解B称量NaOH质量时，将砝码放在左盘，被称量物放在右盘C天平的左右盘各放一张纸，调节平衡后，将NaOH固体放在纸上称量D用量筒取水时，俯视水面刻度线读数【考点】一定溶质质量分数的溶液的配制【分析】溶质质量分数变大，则可能是溶质质量偏大或溶剂质量偏小，可以分析出可能造成这两个方面错误的原因进行分析判断即可【解答】解：A、所用NaOH已潮解，会造成实际所取的溶质的质量偏小，则使溶质质量分数偏小，故选项错误B、称量NaOH质量时，将砝码放在左盘，被称量物放在右盘，会造成实际所取的溶质的质量偏小，则使溶质质量分数偏小，故选项错误C、天平的左右盘各放一张纸，调节平衡后，将NaOH固体放在纸上称量，会腐蚀托盘，不会影响氢氧化钠的质量，不会影响溶质的质量分数，故选项错误D、用量筒取水时，俯视水面刻度线读数，读数比实际液体体积大，会造成实际量取的水的体积偏小，则使溶质质量分数偏大，故选项正确故选：D【点评】本题有一定难度，明确导致溶质质量分数变大的因素（可能是溶质质量偏大或溶剂质量偏小）是正确解答本题的关键17Ca（OH）2在80时，饱和溶液溶质的质量分数为x，20时，饱和溶液溶质的质量分数为y，常压下取80时Ca（OH）2饱和溶液a g，蒸发掉w g水，趁热滤去析出的固体，再恢复到20，滤液中溶质质量分数为z，则下列关系正确的是（）Ay=zBzxyCyxzDx=z【考点】溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系【分析】氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，饱和溶液的溶质质量分数=100%【解答】解：氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，故xy，80时饱和溶液的溶质质量分数=100%=100%=z%，z=，故xz=x=0，故xz所以zx综上所述，zxy故选C【点评】记住氢氧化钙的溶解度受温度影响的情况是解答本题关健1820时，物质的溶解度在0.11g范围内为微溶已知CaSO4的溶解度如表所示若要用硫酸溶液和石灰石反应，来持续较快产生CO2气体，你认为如表措施可行的是（）温度020406080100溶解度0.19800.20360.20970.20470.19660.1669A将石灰石研成粉末状慢慢加入足量硫酸溶液中B将块状石灰石加到热的硫酸溶液中C将少量块状石灰石加到过量的硫酸溶液中D用浓硫酸代替稀硫酸【考点】盐的化学性质【分析】A、根据将石灰石研成粉末状会增大与硫酸的接触面积进行解答；B、根据块状石灰石会减小与硫酸的接触面积且温度越高硫酸钙的溶解度越小进行解答；C、根据少量的块状石灰石加到过量的硫酸溶液中反应会较慢进行解答；D、根据块状石灰石加到冷的硫酸溶液中不如粉末状碳酸钙与硫酸的接触面积大进行解答【解答】解：A、将石灰石研成粉末状会增大与硫酸的接触面积，所以能持续较快产生C02气体，故A正确；B、块状石灰石会减小与硫酸的接触面积且温度越高硫酸钙的溶解度越小，所以将块状石灰石加到热的硫酸溶液中不能持续较快产生C02气体，故B错误；C、少量的块状石灰石加到过量的硫酸溶液中反应会较慢，不能持续较快产生C02气体，故C错误；D、块状石灰石加到冷的硫酸溶液中不如粉末状碳酸钙与硫酸的接触面积大，所以不能持续较快产生C02气体，故D错误故选：A【点评】此题考查影响化学反应速率的内因和外界因素，同时也考查了学生分析图表应用的能力19将a g块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如图的实线所示在相同条件下，将b g（ab）粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（）ABCD【考点】影响化学反应速率的因素探究；酸的化学性质；碳酸钠、碳酸氢钠与碳酸钙【分析】从影响化学反应速率和影响产量的因素分析，反应物的接触面积越大，反应越快；生成物的质量是由反应物的质量决定的【解答】解：CaCO3与HCl反应时，块状比粉末状固体和盐酸的接触面积小，反应速率慢；所以粉末状反应比较快，斜率大；但块状碳酸钙的质量大，生成的二氧化碳多，故总体损失质量高，结合这两点，故选C【点评】在了解影响反应速率的因素的基础上，理解函数图象表示的意义是解题的关键，要能比较两种曲线表示的速率快慢和质量大小20在t时，在一定质量的某硫酸铜溶液中加入55g CuSO4粉末或加入100g CuSO45H2O固体，充分振荡使溶液恢复到t；，都能恰好形成饱和溶液，则该温度时，CuSO4的溶解度是（）A9gB45gC25gD55g【考点】固体溶解度的概念【分析】根据溶解度的概念：一定温度下，100g溶剂中溶解的溶质的质量为该物质在该温度下的溶解度【解答】解：设t时CuSO4的溶解度是S，则=，解得S=25g，故选C【点评】本题考查学生有关溶解度的计算知识，注意概念的理解和掌握是关键，难度中等21在相同条件下，H2S的酸性比H2SO3弱且H2S在水中的溶解度小于SO2在室温时，向饱和的H2SO3溶液中通入H2S气体，发生反应如下：2H2S+H2SO33S+3H2O以下是通入H2S的体积和溶液pH值关系图，正确的是（）ABCD【考点】溶液的酸碱性与pH值的关系【分析】根据已有的知识进行分析，酸性溶液的pH小于7，酸性越弱，pH越大，中性溶液的pH等于7【解答】解：向饱和的H2SO3溶液中通入H2S气体，开始时溶液的pH小于7，则根据2H2S+H2SO33S+3H2O可知，酸性逐渐减弱，pH增大，当二者恰好完全反应时溶液呈中性，pH等于7，继续通入硫化氢，溶液呈酸性，pH逐渐减小，但是不会小于亚硫酸的pH，观察选项，故选C【点评】本题考查了溶液的酸碱性与pH的关系，完成此题，可以依据已有的知识进行二、简答题22喷泉产生的原因是由于存在压强差（1）如图（a）是一个喷泉实验装置，在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，下列组合中不可能形成喷泉的是BAHCl和H2O BO2和H2O CNH3和H2O DCO2和NaOH溶液（2）某学生积极思考产生喷泉的其他方法，并设计了如图（b）所示的装置在图（b）的锥形瓶中，分别加入足量的下列物质，反应后可能产生明显喷泉的是DACu与稀盐酸 BFeCl3与NaOH溶液CCaCO3固体与稀硫酸 DNH4HCO3与稀盐酸在图（b）锥形瓶外放一水槽，瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉水槽中加入的物质可能是AA浓硫酸 B食盐 C硝酸钾 D硫酸铜这种方法产生喷泉的原理是锥形瓶中的压强变大（3）城市中常见的人造喷泉及火山爆发的原理与上述b装置的原理相似【考点】反应现象和本质的联系；溶解时的吸热或放热现象；酸的化学性质；碱的化学性质【分析】（1）在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，以此来解答（2）依据加入的物质能导致锥形瓶中气压变大的原理才能产生喷泉，结合物质的性质分析解答水槽中温度升高，使酒精挥发，锥形瓶中气压变大（3）根据形成喷泉的原理来分析【解答】解：（1）在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，AHCl极易溶于水，则可形成喷泉，故A不选；B氧气不溶于水，则不能形成喷泉，故B选；C氨气极易溶于水，可形成喷泉，故C不选；D二氧化碳极易与NaOH反应，产生压强差，形成喷泉，故D不选；故选B（2）ACu与稀盐酸不反应，所以不能导致锥形瓶中的气压变大，故A错误；BNaHCO3与NaOH溶液能反应，但没有气体生成，不能导致锥形瓶中的气压变大，故B错误；C硝酸铜与稀硫酸不反应，不能导致锥形瓶中的气压变大，故C错误；DNaHCO3与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，能导致锥形瓶中的气压变大，所以能形成喷泉，故D正确；故选D在图2锥形瓶外放一水槽，瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的物质，结果也产生了喷泉，就必须要求水槽中加入的物质后能使锥形瓶中的温度明显升高；浓硫酸溶于水放出大量的热使酒精蒸发产生大量酒精蒸气，使锥形瓶内压强大大增加；食盐、硝酸钾、硫酸铜溶于水不会使水的温度升高，所以不能形成喷泉；由以上的分析知图2形成喷泉的原理是使锥形瓶中的压强变大故填：A；锥形瓶中的压强变大；（3）城市中常见的人造喷泉及火山爆发的原理都是通过增加容器中的压强完成的，所以与图b原理相似；故填：b【点评】本题考查了喷泉实验，利用化学反应生成气体或消耗气体而产生的压强差形成喷泉，题目考查了学生实验探究能力，题目难度中等231某同学对催化剂产生了兴趣，通过查资料了解到氧化铜、氧化铁等都能加速氯酸钾的分解为了证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，他们设计了实验装置，并进行气体的制备和测量实验实验时均以生成40mL气体为标准，相关记录见下表：实验序号KClO3质量加入其它的物质待测数据 l1.2g无其它物质收集40mL氧气所需时间21.2g加入少量的CuO收集40mL氧气所需时间试回答下列问题：（l）从如图仪器中选择合适的并加以组装DBE（填写字母）（2）上述实验中的“待测数据”指收集40mL氧气所需时间（3）为探究CuO在实验2中是否起催化作用，还需探究的内容是分离实验后的混合物中的CuO，洗涤干燥后称量其质量，观察其质量是否不变，并将其放入氯酸钾固体中，重复实验2的操作，观察其是否仍能加速氯酸钾的分解【考点】检查装置的气密性；催化剂的特点与催化作用【分析】（1）根据检查装置气密性的常用方法和原理回答，一般多采用气压原理（2）根据实验中的待测数据是判断反应速率的依据回答（3）根据催化剂的定义和特点回答【解答】解：催化剂是一种物质，在化学反应里能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质叫做催化剂，又叫触媒（1）氯酸钾加热才能反应，收集的气体的同时要测量制取的气体的体积，故答案：DBE（2）本题的实验目的证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，故答案：收集40mL氧气所需时间（3）催化剂反应前后的质量不变，故答案：分离实验后的混合物中的CuO，洗涤干燥后称量其质量，观察其质量是否不变，并将其放入氯酸钾固体中，重复实验2的操作，观察其是否仍能加速氯酸钾的分解故答案为：答案为：（l） DBE（2）收集40mL氧气所需时间（3）分离实验后的混合物中的CuO，洗涤干燥后称量其质量，观察其质量是否不变，并将其放入氯酸钾固体中，重复实验2的操作，观察其是否仍能加速氯酸钾的分解【点评】科学探究题是中考命题中一道亮丽的风景线，它往往从生活、生产实际出发，对身边常见物质或有趣的现象进行探究，既考查了学生综合运用知道的能力，又让学生体验科学探究的魅力，同时将探究结论应用在实际生活，体现了科学探究的意义和价值，这正是新课标中考的要求和方向24科学兴趣小组设计了如图实验装置，分别用相同强度、不同颜色的光来照射，玻璃管均有水滴排出但数量不等，表中所示的是相同时间问内排出的水滴数请回答：光照排出的水滴数（个） 红光 26 蓝光 32 黄光 2 绿光 l（1）该小组是为了研究不同颜色的光对植物光合作用的影响（2）在红光、蓝光的照射下，玻璃管中有较多的水滴排出，主要原因是金鱼藻在红光、蓝光的照射下，光合作用强烈，产生了较多的氧气（3）在实验过程中，要注意温度等因素对水滴排出的影响为了比较该因素引起的实验误差，应该设立对照组【考点】光合作用与呼吸作用【分析】（1）根据植物吸收各种颜色的光进行光合作用的效率不同，分析作答；（2）光合作用会产生氧气，使装置中的氧气变大（3）根据对照实验的唯一性分析【解答】解：（1）由表格中的数据可以看出：光照的颜色不同，排出的水滴数不同，说明释放出的气体量不同，蓝光、红光时，植物既然吸收的最多，而光是植物进行光合作用的动力，故对植物的光合作用一定最重要故该小组研究的问题是：不同颜色的光对植物光合作用的影响；（2）金鱼藻在红光、蓝光的照射下，光合作用强烈，产生了较多的氧气，所以玻璃管中有较多的水滴排出；（3）因为物质会热胀冷缩，气体尤为明显，所以实验中为了有可比性，要控制温度相同；为了比较该因素引起的实验误差，应该设立对照组故答案为：（1）不同颜色的光对植物光合作用的影响；（2）金鱼藻在红光、蓝光的照射下，光合作用强烈，产生了较多的氧气；（3）温度；设立对照组【点评】解题的关键是知道不同颜色的光可以影响植物的光合作用三、实验探究题25蛋白质是组成细菌的基础物质，没有蛋白质就没有生命动物的肌肉、毛、皮等都是由蛋白质构成的，蛋清、鲜牛奶中含有丰富的蛋白质一些可溶性的重金属盐（如Cu2+、pb2+、Ag+、Ba2+等可溶性盐）会使蛋白质丧失生理功能，因此可溶性的重金属盐为有毒物质请回答问题：（1）下列物质中，不会引起人体中毒的是D（填字母）ABa（NO3）2 BPb（NO3）2 CCuSO4 DBaSO4（2）医疗上用X射线检查肠胃病时，病人服用的“钡餐”中不能含有BaCO3，其原因是BaCO3与人的胃液中含有的少量盐酸反应产生有毒的BaCl2，该反应的化学方程式为BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2（3）AgNO3遇到蛋白质即生成黑色的蛋白银某学生实验时不慎在手指上沾染了少量AgNO3溶液，第二天发现手指上沾染过AgNO3溶液的皮肤颜色会黑色（4）下面是徐州市某乳业公司鲜牛奶包装标签上的部分文字：“配料表：鲜牛奶、阿