2015年四川省绵阳市中考化学试卷（教师版）.doc

2015年四川省绵阳市中考化学试卷（教师版）

一、选择题（本大题包括21个小题，共63分。每小题只有一个选项是最符合题意的）
1．（3分）下列生活中常见的变化中，均属于化学变化的一组是（　　）
A．滴水成冰、钢铁生锈 B．石蜡熔化、水分蒸发
C．粮食酿酒、烟花燃放 D．汽油挥发、云消雾散
【微点】化学变化和物理变化的判别．
【思路】化学变化是指有新物质生成的变化．物理变化是指没有新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．
【解析】解：A、滴水成冰是水由液态变成固态，没有新物质生成，属于物理变化。钢铁生锈生成了新物质铁锈，属于化学变化。
B、石蜡熔化是石蜡由固态变成液态，没有新物质生成，属于物理变化。水分蒸发是水由液态变成固态，没有新物质生成，属于物理变化。
C、粮食酿酒生成了新物质酒精，属于化学变化。烟花燃放一般生成二氧化碳等物质，属于化学变化。
D、汽油挥发过程中没有新物质生成，属于物理变化。云消雾散过程中没有新物质生成，属于物理变化。
故选：C。
【点拨】解答本题的关键是要充分理解化学变化的本质特征即变化过程中有新物质生成．
2．（3分）氧气的化学性质比较活泼，能与多种物质反应．下列对有关反应的描述正确的是（　　）
A．铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成黑色的三氧化二铁
B．硫在氧气里燃烧，发出蓝紫色火焰，生成无色无味的气体
C．铁、硫、酒精在氧气中的燃烧都是化合反应
D．物质与氧气发生的反应属于氧化反应
【微点】氧气的化学性质；化合反应及其应用；氧化反应．
【思路】A．铁丝燃烧生成四氧化三铁；
B．硫燃烧生成刺激性气体二氧化硫；
C．酒精燃烧生成二氧化碳和水；
D．物质与氧发生的反应，氧元素的化合价降低．
【解析】解：A、铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，放出大量的热，生成一种黑色固体，铁丝燃烧生成四氧化三铁，而三氧化二铁为红色，故错误；
B、硫在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，生成有刺激性气味的气体，故错误；
C．酒精燃烧生成二氧化碳和水，不属于化合反应，铁、硫在氧气中的燃烧反应都是化合反应，故错误；
D．物质与氧发生的反应，氧元素的化合价降低，则发生的氧化反应中，氧气具有氧化性，故正确；
故选：D。
【点拨】本题难度不大，掌握常见物质燃烧的现象即可正确解答；在描述物质燃烧的现象时，需要注意光和火焰、烟和雾、现象和结论的区别．
3．（3分）下列实验能达到目的是（　　）
A测定空气中氧气含量
B探究铁锈蚀条件
C探究燃烧条件
D探究分子运动

A．A B．B C．C D．D
【微点】化学实验方案设计与评价；空气组成的测定；金属锈蚀的条件及其防护；分子的定义与分子的特性；燃烧与燃烧的条件．
【思路】A、根据应该使用足量红磷，确保集气瓶中氧气消耗完进行解答；
B、根据通过对比思想探究铁锈蚀的条件：和水、氧气接触；该实验缺少将干燥的铁钉放到干燥的试管内进行解答；
C、根据燃烧的条件为：必须是可燃物、和氧气接触、达到着火点，正确的实验操作应该是确定一个条件，改变另一个条件来验证燃烧的条件进行解答；
D、根据浓氨水具有挥发性，氨气溶于水显碱性，能使酚酞试液变红进行解答．
【解析】解：A、应该使用足量红磷，确保集气瓶中氧气消耗完，故A错误；
B、通过对比思想探究铁锈蚀的条件：和水、氧气接触；该实验缺少将干燥的铁钉放到干燥的试管内，用橡皮塞塞上试管口，验证没有水是否能生锈，故B错误；
C、燃烧的条件为：必须是可燃物、和氧气接触、达到着火点，正确的实验操作应该是确定一个条件，改变另一个条件来验证燃烧的条件，故C错误；
D、本题是探究分子是不断运动的，大烧杯装置外是一个对照实验，氨水能使酚酞试液变红，由于浓氨水易挥发，所以以大烧杯内酚酞试液变为红色，说明的氨气分子通过运动扩散到了整个烧杯中，所以可以达到实验目的，故D正确。
故选：D。
【点拨】本题是有关实验方案的设计和评价的考查，要求学生熟悉所实验的内容及原理，完成此题，可以依据已有的知识进行．
4．（3分）下列推理或说法中，正确的是（　　）
①饱和溶液不能继续溶解某种溶质，则饱和溶液也不能继续溶解其他溶质；②Na2MoO4中钼（Mo）元素的化合价是+6价；③盐是由金属离子和酸根离子组成，NH4NO3中没有金属离子，不属于盐；④化学变化中，原子的种类和个数不变；⑤带电的微粒都称为离子；⑥NaOH溶液中的OH﹣能与酸反应，则KOH溶液中的OH﹣也能与酸反应．
A．①②④ B．②④⑥ C．①③⑤ D．③⑤⑥
【微点】饱和溶液和不饱和溶液；碱的化学性质；常见的氧化物、酸、碱和盐的判别；原子和离子的相互转化；有关元素化合价的计算；化学反应的实质．
【思路】①根据饱和溶液的特征，进行分析判断．
②根据在化合物中正负化合价代数和为零，进行分析判断．
③盐是由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物．
④根据化学变化的实质，进行分析判断．
⑤根据常见的带电的粒子，进行分析判断．
⑥根据碱的化学性质，进行分析判断．
【解析】解：①饱和溶液不能继续溶解某种溶质，但饱和溶液还能继续溶解其他溶质，故选项推理错误。
②钠元素显+1价，氧元素显﹣2价，设钼元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）×2+x+（﹣2）×4＝0，则x＝+6价，故选项说法正确。
③盐是由金属离子和酸根离子组成，NH4NO3中没有金属离子，但是由铵根离子和硝酸根离子构成的，属于盐；故选项说法错误。
④化学变化的实质是分子分成原子，原子重新组合成新分子，化学变化中，原子的种类和个数不变，故选项说法正确。
⑤带电的微粒不一定都是离子，质子带正电，电子带负电，故选项说法错误。
⑥NaOH溶液中的OH﹣能与酸反应，则KOH溶液中的OH﹣也能与酸反应，故选项说法正确。
故②④⑥说法正确。
故选：B。
【点拨】本题难度不大，掌握饱和溶液的特征、化合价的原则、盐的特征、化学变化的实质、碱的化学性质等是正确解答本题的关键．
5．（3分）将一定容器中，质量的a、b、c、d四种物质放入一密闭在一定条件下反应段时间后，测得反应后各物质的质量如下：
物　　质
a
b
c
d
反应前质量/g
6.4
3.2
4.0
0.5
反应后质量/g
待测
2.56
7.2
0.5
下列说法错误的是（　　）
A．a和b是反应物，d可能是催化剂
B．反应后a的质量为2.56g
C．c物中元素的种类，一定等于a、b、两种物质中元素的种类
D．若a与b的相对分子质量之比为2：1，则反应中a与b的化学计量数之比为1：2
【微点】催化剂的特点与催化作用；质量守恒定律及其应用．
【思路】本题分析b、c、d三种物质反应前后的质量变化情况，确定是反应物还是生成物；然后根据质量守恒定律确定a是反应物还是生成物；根据各物质的质量变化情况结合催化剂、化合物的特征进行分析解答即可．
【解析】解：
物　　质
a
b
c
d
反应前质量/g
6.4
3.2
4.0
0.5
反应后质量/g
待测（3.84）
2.56
7.2
0.5
前后变化量（后减前）
﹣2.56
﹣0.64
+3.2
0
根据质量守恒定律，由表中数据可知：b的质量减少了3.2g﹣2.56g＝0.64g，可确定b是反应物；c的质量增加了7.2g﹣4.0g＝3.2g，可确定c是生成物；d的质量反应前后不变；
A、参加反应的b的质量为0.64g，d质量不变可能为催化剂也可能是杂质，生成物c的质量是3.2g，由质量守恒定律，a应是反应物，且参加反应的a的质量为3.2g﹣0.64g＝2.56g；故选项说法正确。
B、b的质量减少了3.2g﹣2.56g＝0.64g，可确定b是反应物；c的质量增加了7.2g﹣4.0g＝3.2g，可确定c是生成物；由质量守恒定律，a应是反应物，反应后的a的质量为3.84g；故选项说法错误。
C、反应物是a和b，生成物是c，属于化合反应，由质量守恒定律可知c物质中元素的种类一定等于a、b二种物质中元素的种类，故选项说法正确。
D、反应的ab两种物质的质量比为：2.56g：0.64g＝4：1，故若a与b的相对分子质量之比为2：1，则反应中a与b的化学计量数之比为2：1，故选项说法错误。
故选：BD。
【点拨】本题难度不大，考查的是质量守恒定律的应用，解题的关键是分析表中数据，灵活运用质量守恒定律．
6．（3分）氢化钙（CaH2）固体是一种储氢材料，是登山运动员常用的能源提供剂．已知：
①氢化钙通常用氢气与钙加热制得．
②氢化钙要密封保存，遇水反应生成氢氧化钙和氢气．
下列判断中正确的是（　　）
A．氢化钙的化学性质稳定
B．①中发生化合反应，②中发生复分解反应
C．氢化钙作为能源提供剂是因为与水反应能生成氢气
D．氢化钙可用于干燥潮湿的二氧化碳、氯化氢等气体
【微点】化学性质与物理性质的差别及应用；反应类型的判定．
【思路】A、根据题中信息“氢化钙要密封保存，遇水反应生成氢氧化钙和氢气”分析；
B、根据化合反应和复分解反应的概念进行分析；
C、根据题中信息进行分析；
D、根据氢化钙可以和水反应进行分析．
【解析】解：A、根据题中信息“氢化钙要密封保存，遇水反应生成氢氧化钙和氢气”可知，氢化钙的化学性质不稳定，故错误；
B、氢气与钙加热制得氢化钙，属于化合反应；氢化钙和水反应生成氢氧化钙和氢气，生成物中氢气属于单质，因此该反应不属于复分解反应，故错误；
C、氢化钙作为能源提供剂是因为与水反应能生成氢气，故正确；
D、氢化钙可以和水反应生成氢气，因此不能用氢化钙干燥潮湿的二氧化碳、氯化氢等气体，故错误。
故选：C。
【点拨】此题难度不大，根据所学化学知识结合题中信息进行分析是解题的关键所在．
7．（3分）20℃时，取甲、乙、丙、丁四种纯净物各40g，分别加入到四个各盛有100g水的烧杯中，充分溶解，其溶解情况如表：
物质
甲
乙
丙
丁
未溶解固体的质量/g
8.4
4
0
18.4
下列说法正确的是（　　）
A．所得四杯溶液都是饱和溶液
B．丁溶液的溶质质量分数最大
C．20℃时四种物质质溶解度的关系为：丁＞甲＞乙＞丙
D．四杯溶液中各加入20℃的100g水后，溶液质量相等，且均为不饱和溶液
【微点】饱和溶液和不饱和溶液；溶质的质量分数．
【思路】A、根据丙物质未溶解固体的质量为0，进行分析判断。
B、根据溶剂质量相同，而甲、乙、丙、丁四种溶液中溶质质量的大小关系为丙＞乙＞甲＞丁，进行分析判断。
C、根据溶剂质量相同，而甲、乙、丙、丁四种溶液中溶质质量的大小关系为丙＞乙＞甲＞丁，进行分析判断。
D、根据100g水中溶解的质量，进行分析判断。
【解析】解：A、丙物质未溶解固体的质量为0，则丙溶液可能恰好为饱和溶液，也可能为不饱和溶液，故选项说法错误。
B、溶剂质量相同，而甲、乙、丙、丁四种溶液中溶质质量的大小关系为丙＞乙＞甲＞丁，则丁溶液的溶质质量分数最小，故选项说法错误。
C、溶剂质量相同（100g），而甲、乙、丙、丁四种溶液中溶质质量的大小关系为丙＞乙＞甲＞丁，则20℃时四种物质质溶解度的关系为：丙＞乙＞甲＞丁，故选项说法错误。
D、根据图表中的数据知，在20℃时，甲、乙、丙、丁在100g水中溶解的质量分别是：（40g﹣8.4g＝31.6g）、（40g﹣4g＝36g）、40g、（40g﹣18.4g＝21.6g），则四杯溶液中各加入20℃的100g水后，剩余固体均全部溶解，四种物质均为不饱和溶液，溶液质量相等，故选项说法正确。
故选：D。
【点拨】本题有一定难度，熟练掌握饱和溶液的特征、溶解度的概念等并能灵活运用是正确解答本题的关键。
8．（3分）下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的一组是（　　）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
将水加入浓硫酸中配置成稀硫酸，将镁条置于其中
有气泡产生
Mg是活泼金属
B
验纯后，将纯净氢气直接在空气中点燃
产生淡蓝色火焰
氢气可以在空气中安静的燃烧
C
向一未知无色溶液中，加入适量的稀盐酸溶液
有无色气体产生
该无色未知溶液中一定有CO32﹣
D
将ag的铁钉投入到硫酸铜溶液中，反应一段时间后，取出、洗净、烘干、称量为bg
铁钉上覆盖一层红色的物质
金属活动顺序为：Fe＞Cu，且析出铜的质量为（b﹣a）g
A．A B．B C．C D．D
【微点】化学实验方案设计与评价；证明碳酸盐；金属活动性顺序及其应用；氢气的化学性质与燃烧实验．
【思路】A、根据浓硫酸的稀释方法、酸的化学性质进行分析判断．
B、根据氢气的化学性质进行分析判断．
C、根据酸的化学性质进行分析判断．
D、根据金属的化学性质、质量守恒定律进行分析判断．
【解析】解：A、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；一定不能把水注入浓硫酸中；故该实验操作错误。
B、验纯后，将纯净氢气直接在空气中点燃产生淡蓝色火焰，可以看出氢气可以在空气中安静的燃烧，故该实验操作、现象、解释或结论都正确。
C、碳酸盐、碳酸氢盐均能与盐酸反应都生成无色无味的气体，故可能含有碳酸根离子或碳酸氢根离子，故该无色未知溶液中也可能含有碳酸氢根离子，不一定有CO32﹣；故该实验结论错误。
D、将ag的铁钉投入到硫酸铜溶液中，铁钉上覆盖一层红色的物质，说明金属活动顺序为：Fe＞Cu；反应一段时间后，取出、洗净、烘干、称量为bg，根据质量守恒定律可知，（b﹣a）g为固体质量增加的质量，而不是析出铜的质量，故选项结论错误。
故选：B。
【点拨】本题难度不是很大，掌握浓硫酸的稀释方法、酸的化学性质、氢气的化学性质、金属的化学性质、质量守恒定律等是正确解答本题的关键．
9．（3分）取一定质量的石灰石（所含杂质不溶于水，不与酸反应，高温也不分解），高温煅烧一段时间后得到78g固体，该固体与400g浓度为14.6%的稀盐酸恰好完全反应后，过滤得到20g滤渣，则原石灰石中碳酸钙的质量分数为（　　）
A．74.4% B．80.0% C．83.8% D．92.6%
【微点】有关溶质质量分数的简单计算；化合物中某元素的质量计算；质量守恒定律及其应用．
【思路】灰石高温锻烧，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，锻烧后固体与盐酸反应，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳而氧化钙与盐酸生成氯化钙和水，且反应后溶液呈中性，说明恰好完全反应，因此，反应后所得溶液一定是氯化钙，其中钙元素质量即石灰石中碳酸钙中钙元素的质量、氯元素质量即所加盐酸中氯元素质量；利用氯化钙中氯元素与钙元素质量关系，可由盐酸中所含氯元素质量求得碳酸钙中钙元素质量，进而计算出碳酸钙的质量，最终根据题意完成原石灰石样品中碳酸钙的质量分数的计算
【解析】解：400g质量分数为14.6%的稀盐酸中所含氯元素质量＝400g×14.6%100%＝56.8g
氯化钙中钙元素与氯元素质量比＝40：（35.5×2）＝40：71，则氯化钙中氯元素质量为56.8g时钙元素质量40＝32g
石灰石中碳酸钙的质量＝32g100%＝80g，依据题意可知过滤所得的滤渣即为原石灰石中的杂质；
则原石灰石样品中碳酸钙的质量分数100%＝80%
故选：B。
【点拨】根据化学变化前后元素质量不变，通过氯化钙中氯元素与钙元素质量关系，建立盐酸与碳酸钙的质量关系，这是解答本题的技巧所在．
二、填空与解答题（共6小题，共97分）
10．（5分）（1）铁锅、铝锅是生活中常用的炊具，如图是铁锅的示意图．填空与解答．
①铁锅含有合金单质　Fe　（写化学式），含有的有机合成材料是　塑料　．
②炒菜时铁锅中的油着火可用锅盖盖灭，其原理是　隔绝氧气　．
③铝锅轻便、耐用，其原因是　密度小，具有良好的抗腐蚀性　．
④废旧铁锅、铝锅不要随意丢弃，应回收利用，这样做的意义是　节约金属资源，防止污染环境（合理即可）　．

【微点】合金与合金的性质；生铁和钢；金属的回收利用及其重要性；灭火的原理和方法；合成材料的使用及其对人和环境的影响．
【思路】①根据铁锅是用铸铁制成的，铸铁是铁的合金；有机合成材料简称合成材料，要判断是否属于合成材料，可抓住三个特征：有机物、合成、高分子化合物；进行分析解答．
②灭火原理：①清除或隔离可燃物，②隔绝氧气或空气，③使温度降到可燃物的着火点以下．
③根据铝的密度、铝易与氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，进行分析回答．
④根据回收废旧金属的意义，进行分析解答．
【解析】解：①铁锅是用铸铁制成的，铸铁是铁的合金，含有合金单质是铁，其化学式为Fe；塑料属于属于三大合成材料之一．
②炒菜时铁锅中的油着火可用锅盖盖灭，利用的是隔绝氧气的灭火原理．
③铝的密度小，所以铝锅轻便；常温下，能与氧气反应表面生成致密的氧化铝薄膜，阻止铝的进一步氧化，因此铝锅比较耐用．
④废旧铁锅、铝锅不要随意丢弃，应回收利用，这样做的意义是：节约金属资源，防止污染环境（合理即可）．
故答案为：①Fe；塑料；②隔绝氧气；③密度小，具有良好的抗腐蚀性；④节约金属资源，防止污染环境（合理即可）．
【点拨】本题难度不大，掌握铁的合金、合成材料的特征、金属的性质与用途、回收废旧金属的意义等是正确解答本题的关键．
11．（6分）氯化钡是一种可溶性重金属盐，广泛应用于化工领域，用毒重石（主要成分为BaCO3）制备氢氧化钡晶体工艺流程如下：

①毒重石要进行粉碎的目的是　加快反应速率　；
②操作Y的名称是　过滤　，洗涤氯化钡制品最适宜的洗涤剂是　C　（填字母）。
A、30℃水　　　B、30℃饱和氯化钠溶液　　　　C、30℃饱和氯化钡溶液。
③滤渣水洗的目的是　提高原料的利用率，减少可溶性重金属钡盐对环境的污染　。
【微点】过滤的原理、方法及其应用；物质的相互转化和制备．
【思路】①根据物质相互反应的速度影响因素考虑；
②根据晶体与液体分离的方法考虑；洗涤氯化钡晶体最适宜的洗涤剂必须能溶解杂质，但不能溶解氯化钡；
③滤渣水洗是为了将混在滤渣中的氯化钡回收考虑。
【解析】解：
①增大反应物的接触面积，可以加快反应速度，所以毒重石要进行粉碎的目的是加快反应速度；
②操作Y是将不溶于液体的固体和液体分离，所以是过滤；洗涤氯化钡晶体最适宜的洗涤剂必须能溶解杂质，但不能溶解氯化钡，所以要用30℃饱和氯化钡溶液清洗，不能溶解氯化钡，但能溶解其它杂质，所以可以将杂质洗掉；
③滤渣水洗是为了将混在滤渣中的氯化钡回收，提高原料的利用率，减少可溶性重金属钡盐对环境的污染。
故答案为：
（1）加快反应速率；
（2）过滤；C；
（3）提高原料的利用率，减少可溶性重金属钡盐对环境的污染（答对一点即给分）。
【点拨】解答本题容易出错的地方是洗涤氯化钡晶体最适宜的洗涤剂的选择，要知道在清洗时，只能将杂质洗掉，不能减少氯化钡的质量。
12．（4分）A、B、C、D、E是初中化学常见的物质，它们相互转化的关系如图甲所示。部分反应条件、反应物及生成物已略去。图乙所示的是A、B、D、E的相关信息（重叠部分表示两种物质的共同点）。请回答下列问题：

Ⅰ．A的化学式为　Fe2O3　。
Ⅱ反应②的基本反应类型为　置换反应　。
Ⅲ．物质E的用途之一为　燃料　。
Ⅳ．反应④的化学方程式为　3Fe+2O2Fe3O4　。
【微点】物质的鉴别、推断；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．
【思路】根据A、B、C、D、E是初中化学常见的物质，A是红色物质，应该是氧化铁，氧化铁在高温条件下能和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，C应该是铁，铁在氧气中燃烧能生成黑色物质﹣﹣四氧化三铁，B应该是四氧化三铁，A和B的组成元素相同；铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，D应该是铜，铜属于单质；铁和稀盐酸反应能生成氯化亚铁和氢气，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气属于气体单质，然后将推出的物质进行验证即可。
【解析】解：Ⅰ、A、B、C、D、E是初中化学常见的物质，A是红色物质，应该是氧化铁，氧化铁在高温条件下能和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，C应该是铁，铁在氧气中燃烧能生成黑色物质﹣﹣四氧化三铁，B应该是四氧化三铁，A和B的组成元素相同；铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，D应该是铜，铜属于单质；铁和稀盐酸反应能生成氯化亚铁和氢气，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气属于气体单质，经过验证，推导正确，所以A是Fe2O3；
Ⅱ、反应②是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，属于置换反应；
Ⅲ、通过推导可知，E是氢气，氢气可以用作燃料、还原剂；
Ⅳ、反应④是铁和氧气在点燃的条件下生成四氧化三铁，化学方程式为：3Fe+2O2Fe3O4。
故答案为：Ⅰ、Fe2O3；
Ⅱ、置换反应；
Ⅲ、燃料；
Ⅳ、3Fe+2O2Fe3O4。
【点拨】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合物质的物理性质、化学性质和反应类型进行分析、判断，从而得出正确的结论。
13．（16分）实验室给你提供了下列仪器，请选用合适的仪器完成指定的实验．

①图中仪器d的名称是：　长颈漏斗　．
②要制取较多的O2用来探究其性质（要求制取过程中可以添加反应物），组装气体发生装置需要的仪器是　adf　（填序号，下同），请写出该反应的化学方程式　2H2O22H2O+O2↑　，收集氧气应采用　向上排空气　法，这种收集方法是根据氧气的　密度比空气的密度大　性质．
③提纯粗盐时，过滤需要选用上述仪器中的　eh　（填序号），除此之外还缺少的仪器是滤纸、　玻璃棒　、　漏斗　（填名称）．
【微点】过滤的原理、方法及其应用；氧气的制取装置；氧气的收集方法．
【思路】长颈漏斗方便加液体药品，制取装置包括加热和不需加热两种，如果用双氧水和二氧化锰制氧气就不需要加热，如果用高锰酸钾或氯酸钾制氧气就需要加热．氧气的密度比空气的密度大，不易溶于水，因此能用向上排空气法和排水法收集．过滤用到的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台．
【解析】解：（1）①长颈漏斗方便加液体药品；
（2）如果用双氧水和二氧化锰制氧气就不需要加热，要求制取过程中可以添加反应物，因此组装气体发生装置需要的仪器是：adf；过氧化氢在二氧化锰做催化剂的条件下生成水和氧气，要注意配平；氧气的密度比空气的密度大，不易溶于水，因此能用向上排空气法和排水法收集；
（3）过滤用到的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台；
故答案为：
（1）长颈漏斗；（2）adf；2H2O22H2O+O2↑；向上排空气法；密度比空气的密度大；（3）eh；漏斗、玻璃棒．
【点拨】本考点主要考查了仪器的名称、气体的制取装置和收集装置的选择，同时也考查了化学方程式的书写、过滤操作，本考点是中考的重要考点之一，主要出现在实验题中．
14．为探究气体X的组成，某兴趣小组进行如图所示实验（固定装置未画出）

【资料在线】
（1）加热条件下，气体X能与氧化铜反应生成铜、水、和氮气．
（2）碱石灰为固体氢氧化钠和氧化钙的混合物，不与气体X反应．无水氯化钙可吸收气体X．
（3）本实验条件下，氮气密度为1.15g•L﹣1．装置内空气中的水与二氧化碳对相关数据测定的影响可忽略不计．
【实验步骤】
（1）连接仪器，并检查装置气密性．
（2）取一定量氧化铜，准确称得其质量为2.40g．
（3）按图所示装入药品，测量并记录相关数据Ⅰ（见表）．
（4）连接A、B、C装置，将气体X缓缓通入一段时间后，连接上D装置，读数后开始加热．当A装置中氧化铜反应完全，停止加热，继续通入气体X至玻璃管冷却，再次测量并记录相关数据Ⅱ（见表1）
【实验装置】如图2
【相关数据】
　数据编号
测量项目
Ⅰ
Ⅱ
玻璃管（含药品）的质量/g
52.40
51.92
B装置（含药品）的质量/g
102.00
102.54
氮气的体积/mL
/
243.5
【回答问题】
（1）B装置中氧化钙吸水的原理为　CaO+H2O＝Ca（OH）2　（用化学方程式表示）．
（2）实验过程中，当观察到　量气管内液面不再下降　，说明氧化铜已反应完全，停止加热，继续通入气体X至玻璃冷却的目的是　防止灼热的铜被氧化　．
（3）分析实验测量的数据，生成水的质量为　0.54　g，氧化铜中氧元素的质量为　0.48　g．由此推知，气体X中一定　没有　（填“有”或“没有”）氧元素．
（4）通过计算推导出气体X的化学式为　NH3　．气体X还原氧化铜的化学方程式为：　2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2　．
【微点】实验探究物质的组成成分以及含量；常见气体的检验与除杂方法；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．
【思路】根据题目的信息可知：B装置中的碱石灰为固体氢氧化钠和氧化钙的混合物，不与气体X反应，因此只吸收水蒸气，增加的质量就是生成的水的质量：102.54g﹣102.00g＝0.54g；氧化铜中氧元素的质量＝52.40g﹣51.92g＝0.48g；由此推知，气体X中一定没有氧元素，因为0.54g水中氧元素的质量＝0.54g0.48g；B装置中氧化钙吸水的原理为：氧化钙和水反应生成氢氧化钙；实验过程中，当观察到量气管内液面不再下降，说明氧化铜已反应完全，停止加热，继续通入气体X至玻璃冷却的目的是防止灼热的铜被氧化；根据元素的质量比求x的化学式，有关的计算要准确．
【解析】解：（1）B装置中氧化钙吸水的原理为：氧化钙和水反应生成氢氧化钙，化学方程式为：CaO+H2O＝Ca（OH）2；
（2）实验过程中，当观察到量气管内液面不再下降，说明氧化铜已反应完全，停止加热，继续通入气体X至玻璃冷却的目的是防止灼热的铜被氧化；
（3）B装置中的碱石灰为固体氢氧化钠和氧化钙的混合物，不与气体X反应，因此只吸收水蒸气，增加的质量就是生成的水的质量：102.54g﹣102.00g＝0.54g，0.54g水中氧元素的质量＝0.54g0.48g，氧化铜中氧元素的质量＝52.40g﹣51.92g＝0.48g，由此推知，气体X中一定没有氧元素；
（4）243.5mL＝0.2345L，设气体x的化学式为NmHn

所以x的化学式为：NH3；
氨气和氧化铜在加热的条件下生成铜、水和氮气，化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2．
故答案为：
（1）CaO+H2O＝Ca（OH）2
（2）量气管内液面不再下降，防止灼热的铜被氧化；
（3）0.54； 0.48； 没有；
（4）NH3；2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2．
【点拨】考点既考查了实验步骤的设计，又考查了化学方程式的书写和有关的计算等，还对实验进行了评价，综合性比较强，有关的计算要正确．同学们要具体分析，综合掌握．
15．（7分）长期使用的热水壶底部有一层水垢，水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁。他们为了测定水垢中碳酸钙的含量，将足量质量分数为10%的盐酸加入到10.0g水垢后，产生CO2气体的情况如图所示。
（1）水垢中碳酸钙的质量分数是多少？
（2）假设水垢中除碳酸钙和氢氧化镁外，不含有其它杂质，溶解10.0g水垢，至少需要质量分数为10.0%的盐酸的质量是多少（结果保留一位小数）。
（3）若配制113.0g10.0%的稀盐酸，需用38%的浓盐酸（密度为1.19g/cm3）的体积是多少毫升？（结果精确到个位）

【微点】用水稀释改变浓度的方法；根据化学反应方程式的计算．
【思路】（1）碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，氢氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和水；由产生CO2气体的情况图，最终测试3.3g二氧化碳气体，由反应的化学方程式列式计算出参加反应的碳酸钙的质量、参加反应的稀盐酸中溶质的质量，进而计算出水垢中碳酸钙的质量分数。
（2）由水垢中氢氧化镁的质量，由反应的化学方程式列式计算出参加反应的稀盐酸中溶质的质量，进而计算出所需稀盐酸的质量。
（3）根据溶液稀释前后溶质的质量不变，结合题意进行分析解答。
【解析】解：（1）设参加反应的碳酸钙的质量为x，与碳酸钙反应消耗的稀盐酸中溶质的质量为y
CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑
100 73 44
x y 3.3g
x＝7.5g
y＝5.475g
水垢中碳酸钙的质量分数是100%＝75%。
（2）水垢中氢氧化镁的质量为10g﹣7.5g＝2.5g。
设氢氧化镁完全反应消耗HCl的质量为z
2HCl+Mg（OH）2═MgCl2+2H2O
73 58
z 2.5g
z≈3.147g
至少需要质量分数为10%的盐酸的质量为（5.475g+3.147g）÷10%≈86.2g。
（3）设需用38%的浓盐酸（密度为1.19g/cm3）的体积是x
1.19g/cm3×x×38%＝113.0g×10.0% x≈25cm3（25mL）
答：（1）水垢中碳酸钙的质量分数是75%；（2）至少需要质量分数为10%的盐酸的质量为86.2g；（3）需用38%的浓盐酸（密度为1.19g/cm3）的体积是25mL。
【点拨】本题难度不大，掌握利用化学方程式与溶质质量分数的综合计算即可正确解答本题，解题时要注意解题的规范性。

第 18 页 / 共 18 页