【326706】2023年山东省日照市中考化学试卷

2023年山东省日照市中考化学试卷

一、选择题（本题共12小题，1～8题每小题3分，9～12题每题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求）

1．（3分）下列做法不利于环境保护的是（　　）

A．合理施用化肥农药

B．推广使用清洁能源

C．分类处理生活垃圾

D．直接排放工业污水

【答案】D

【考点】水资源的污染与防治；防治空气污染的措施．

【分析】根据造成环境污染的原因及其防治措施来分析。

【解答】解：A、合理施用化肥农药可以防止环境污染，故A不合题意；B、推广使用清洁能源既能节约化石能源，又能减少污染物的排放，有利于环境保护，故B不合题意；C、分类处理生活垃圾既能节约资源，又能减少环境污染，有利于环境保护，故C不合题意；D、工业废水中含有有害物质，直接排放会造成水体污染，不利于环境保护，故D符合题意。故选：D。

【难度】1

2．（3分）下列图示的实验操作错误的是（　　）

A． 证明氧气集满

B． 振荡试管内液体

C． 塞紧橡胶塞

D． 倾倒二氧化碳，探究其性质

【答案】C

【考点】二氧化碳的化学性质；液体药品的取用；连接仪器装置操作注意事项；振荡与搅拌；氧气的检验和验满．

【分析】A、根据氧气的验满方法进行分析判断；

B、根据振荡试管的方法进行分析；

C、根据仪器连接的方法进行分析判断；

D、根据浓硫酸的稀释方法（酸入水，沿器壁，慢慢倒，不断搅）进行分析判断。

【解答】解：A、检验氧气是否收集满时，应将带火星的木条放在集气瓶口，不能伸入瓶中，图中所示操作正确。B、振荡试管时，利用腕力左右振荡，图中所示操作正确。C、把橡皮塞慢慢转动着塞进试管口，切不可把试管放在桌上再使劲塞进塞子，以免压破试管，手不能放在导管上，图中所示操作错误。D、由于二氧化碳不能燃烧，也不支持燃烧，密度比空气大，所以向烧杯中倾倒二氧化碳，可观察到的现象是下层蜡烛先熄灭，上层蜡烛后熄灭，通过此现象也证明了二氧化碳的性质，图中所示操作正确。故选：C。

【难度】1

3．（3分）下列说法正确的是（　　）

A．花香在空气中扩散是因为分子总是在不断运动着

B．相同质量的氧气和液氧体积不同是因为分子种类不同

C．在加压条件下氧气体积变小是因为氧气分子体积变小

D．金刚石和石墨物理性质差异大是因为构成原子大小不同

【答案】A

【考点】利用分子与原子的性质分析和解决问题．

【分析】根据分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的；同种的分子性质相同，不同种的分子性质不同，可以简记为：“两小运间，同同不不”，结合事实进行分析判断即可。

【解答】解：A、花香在空气中扩散，是因为香味中含有的分子是在不断运动的，向四周扩散，使人们闻到香味，故选项解释正确．B、相同质量的氧气和液氧体积不同，是因为分子间间隔不同，故选项解释错误。C、在加压条件下氧气体积变小，是因为氧气分子间间隔变小，故选项解释错误。D、金刚石、石墨的物理性质差异较大，是因为碳原子的排列方式不同，故选项解释错误。故选：A。

【难度】1

4．（3分）下列用化学知识解决生活问题的方法错误的是（　　）

A．用汽油除去衣服上的油渍

B．用食醋鉴别厨房中失去标签的食盐和纯碱

C．胃酸过多服用含有氢氧化钙的药物治疗

D．攀登海拔高的山峰用便携式供氧器帮助呼吸

【答案】C

【考点】酸、碱、盐的鉴别；氧气的用途；溶解现象与溶解原理；常见碱的特性和用途．

【分析】根据物质的性质确定用途和鉴别方法。

【解答】A．油渍不溶于水但易溶于汽油等有机溶剂，故A选项正确；B．食醋与纯碱反应生成二氧化碳气体，食醋与食盐不反应，故B选项正确；C．胃酸与氢氧化钙虽然发生中和反应，但氢氧化钙有腐蚀性不能食用，故C选项不正确；D．氧气能供给呼吸，高山地区氧气稀薄，可以携带便携式供氧器帮助呼吸，故D选项正确。故选：C。

【难度】1

5．（3分）下列现象和用途与物质的化学性质无关的是（　　）

A．用活性炭净化水

B．铝制品在常温下很耐腐蚀

C．食品包装中充氮气以防腐

D．久置的盛放生石灰的塑料试剂瓶涨破

【答案】A

【考点】化学性质与物理性质的差别及应用．

【分析】物质在化学变化中表现出来的性质叫化学性质，如可燃性、助燃性、氧化性、还原性、酸碱性、稳定性等；物质不需要发生化学变化就表现出来的性质，叫物理性质；物理性质经常表现为：颜色、状态、气味、密度、硬度、熔点、沸点、导电性、导热性、溶解性、挥发性、吸附性、延展性等。

【解答】解：A、用活性炭净化水是利用活性炭的吸附性，属于物理性质；故选项正确；B、铝制品在常温下很耐腐蚀，抗腐蚀性属于化学性质；故选项错误；C、食品包装中充氮气以防腐是利用氮气的稳定性，稳定性属于化学性质；故选项错误；D、久置的盛放生石灰的塑料试剂瓶涨破，是因为生石灰和水生成熟石灰，是在化学变化中表现的性质，属于化学性质；故选项错误；故选：A。

【难度】1

6．（3分）在催化剂作用下，过氧化氢可将甲烷转化为含氧有机物，其微观过程如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．甲点燃前不需要检验纯度

B．该反应前后分子的种类和数目保持不变

C．参加反应的甲和生成的丁的质量比为8：9

D．该反应的化学方程式为CH₄+2H₂O₂═CH₃OH+H₂O

【答案】C

【考点】微粒观点及模型图的应用；氢气、一氧化碳、甲烷等可燃气体的验纯．

【分析】观察反应的微观过程图，分析反应物、生成物，写出反应的化学方程式，据其意义分析判断有关的问题．

【解答】解：由微观反应可知，该反应的化学方程式为：CH₄+H₂O₂ H₂O+CH₃OH。A、甲烷点燃前需要检验纯度，否则可能引起爆炸，故A错误；B、该反应前后分子的种类改变，分子数目保持不变，故B错误；C、参加反应的甲和生成的丁的质量比为16：18＝8：9，故C正确；D、该反应的化学方程式为CH₄+H₂O₂ CH₃OH+H₂O，故D错误。故选：C。

【难度】1

7．（3分）琥珀酸亚铁（FeC₄H₄O₄）是某补铁药物的有效成分，用于缺铁性贫血的预防及治疗。下列说法正确的是（　　）

A．铁是人体必需的常量元素

B．琥珀酸亚铁由碳、氢、氧、铁四种元素组成

C．琥珀酸亚铁中铁元素的质量分数小于氢元素的质量分数

D．琥珀酸亚铁中C、H、O三种元素的质量比为1：1：1

【答案】B

【考点】化学式的书写及意义；元素质量比的计算；元素的质量分数计算；人体内的微量元素；人体内的微量元素——碘、铁元素．

【分析】A、根据铁是人体必需的微量元素进行分析；

B、根据琥珀酸亚铁的化学式（FeC₄H₄O₄）进行分析；

C、根据元素的质量比进行分析；

D、根据元素的质量比进行分析。

【解答】解：A、铁是人体必需的微量元素，故A错误； B、由琥珀酸亚铁的化学式（FeC₄H₄O₄）可知，琥珀酸亚铁由碳、氢、氧、铁四种元素组成，故B正确； C、琥珀酸亚铁中铁元素与氢元素的质量比为56：4，可知铁元素的质量分数大于氢元素的质量分数，故C错误； D、琥珀酸亚铁中C、H、O三种元素的质量比为（12×4）：（1×4）：（16×4）≠1：1：1，故D错误。故选：B。

【难度】1

8．（3分）t₁时刻，在密闭容器内投入SO₂、O₂、SO₃、V₂O₅（五氧化二钒）四种物质，在一定条件下SO₂和O₂发生反应生成SO₃，在t₂时刻测得容器内各物质的质量如表所示，下列说法错误的是（　　）

A．丁可能是催化剂V₂O₅

B．乙是SO₃

C．a＝2g

D．丙是SO₂

【答案】D

【考点】质量守恒定律及其应用；催化剂的特点与催化作用．

【分析】化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，是因为化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。

【解答】解：丁反应前后质量不变，是五氧化二钒，乙反应后质量增大，是生成物，即是三氧化硫，丙反应后质量减小，是反应物，a＝14.8g+10g+6.2g+1g﹣26g﹣3g﹣1g＝2g，甲物质质量减少，属于反应物。A、丁可能是催化剂V₂O₅，说法正确；B、乙是SO₃，说法正确；C、a＝2g，说法正确；D、参加反应的乙、丙质量比是16g：3.2g＝5：1，由2SO₂+O₂ 2SO₃可知，三氧化硫和氧气质量比是160：32＝5：1，所以丙是氧气，说法错误。故选：D。

【难度】1

9．（4分）下列四个对比实验设计不能达到目的的是（　　）

A．如图甲所示，探究CO₂使紫色石蕊溶液变红的原因

B．如图乙所示，探究水是铁生锈的主要条件之一

C．如丙图所示，探究O₂的浓度是影响燃烧剧烈程度的因素之一

D．如图丁所示，探究燃烧的条件之一是需要O₂

【答案】D

【考点】化学实验方案设计与评价；二氧化碳的化学性质；金属锈蚀的条件及其防护；燃烧与燃烧的条件．

【分析】A、根据干燥的二氧化碳不能使干燥的紫色石蕊纸条变色，可以使湿润的紫色石蕊纸条变红色，进行分析。

B、根据铁在干燥的条件下不生锈，铁在潮湿的环境下会生锈进行分析。

C、根据硫在氧气中剧烈燃烧，在空气中燃烧没有那么剧烈进行分析。

D、根据热水中的白磷没有与氧气接触，不燃烧，右边的白磷与氧气接触，但没有控制温度相同进行分析。

【解答】解：A、如图甲所示，干燥的二氧化碳不能使干燥的紫色石蕊纸条变色，可以使湿润的紫色石蕊纸条变红色，说明CO₂与水生成了一种酸性物质，使紫色石蕊溶液变红，故A正确； B、如图乙所示，铁在干燥的条件下不生锈，铁在潮湿的环境下会生锈，可以探究水是铁生锈的主要条件之一，故B正确； C、如丙图所示，硫在氧气中剧烈燃烧，在空气中燃烧没有那么剧烈，可以探究O₂的浓度是影响燃烧剧烈程度的因素之一，故C正确； D、如图丁所示，热水中的白磷没有与氧气接触，不燃烧，右边的白磷与氧气接触，但没有控制温度相同，不能探究燃烧的条件之一是需要O₂，故D错误。故选：D。

【难度】1

10．（4分）废旧手机中含有贵金属金（Au），图是回收Au的简略流程图，下列说法错误的是（　　）

A．粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率

B．滤液a中的阳离子是Fe²⁺和Zn²⁺

C．在滤液b中加入过量的氢氧化钠溶液，会产生蓝色沉淀

D．由上述过程可知，Zn、Au、Cu三种金属的活动性顺序为Zn＞Cu＞Au

【答案】B

【考点】物质的相互转化和制备．

【分析】A、根据影响反应速率的因素分析；

B、根据酸的性质分析；

C、根据铜与氧气反应生成氧化铜，硫酸铜与硫酸反应生成硫酸铜和水分析；

D、根据金属的性质分析。

【解答】解：A、粉碎目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，故正确；B、排在氢前面的金属能与酸反应生成盐和氢气，Fe、Zn、Au、Cu中加入过量的稀硫酸，Fe、Zn分别与硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸锌，滤液a中含有硫酸亚铁、硫酸锌和硫酸，阳离子是Fe²⁺、Zn²⁺和H⁺，故错误；C、铜与氧气反应生成氧化铜，硫酸铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，加入过量的氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，会产生蓝色沉淀，故正确；D、由上述过程Fe、Zn、Au、Cu中加入过量的稀硫酸，Fe、Zn分别与硫酸反应，说明Fe、Zn金属活动性大于Au、Cu，Au、Cu与氧气中加热，只与铜反应，金不反应，说明金属活动性铜大于金，三种金属的活动性顺序为Zn＞Cu＞Au，故正确。故选：B。

【难度】1

11．（4分）下列对物质的检验、鉴别和除杂方法正确的一组是（　　）

A．A

B．B

C．C

D．D

【答案】A

【考点】化学实验方案设计与评价；常见气体的检验与除杂方法；碱的化学性质；酸、碱、盐的鉴别．

【分析】A、根据氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水进行分析。

B、根据氢氧化钡与硫酸铜会反应生成氢氧化铜和硫酸钡进行分析。

C、根据氯化铁溶液呈黄色，将氯化铁溶液滴入剩下的两溶液中，有红褐色沉淀的是氢氧化钙，无明显现象的是硝酸钠进行分析。

D、根据氢氧化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡和氢氧化钠进行分析。

【解答】解：A、除去CO气体中的CO₂，通入足量的氢氧化钠溶液，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，可以除去二氧化碳，故A正确；B、除去硫酸铜溶液中的硫酸，加入适量的氢氧化钡溶液，氢氧化钡与硫酸铜会反应生成氢氧化铜和硫酸钡，会除去主物质，故B错误；C、鉴别氯化铁、氢氧化钙、硝酸钠三种溶液，只用组内试剂可以鉴别，氯化铁溶液呈黄色，将氯化铁溶液滴入剩下的两溶液中，有红褐色沉淀的是氢氧化钙，无明显现象的是硝酸钠，故C错误；D、检验久置的烧碱溶液部分变质，加入足量的氢氧化钡溶液，氢氧化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡和氢氧化钠，会影响氢氧化钠的检验，故D错误。故选：A。

【难度】1

12．（4分）某技术人员对甲醛（HCHO）、醋酸（CH₃COOH）、乳酸（C₃H₆O₃）的混合水溶液进行测定，发现其中氢元素的质量分数为8%，则该溶液中碳元素的质量分数为（　　）

A．20%

B．28%

C．64%

D．70%

【答案】B

【考点】元素的质量分数计算．

【分析】首先结合三种物质的分子式的构成特点，找出氢、氧原子个数之比均为2：1，与水的氢氧原子个数比相同，因此可以求出混合水溶液中氢、氧元素的质量比，根据已知条件，可以求出氧元素的质量分数，进而求出碳元素质量分数。

【解答】解：根据甲醛、醋酸、乳酸的化学式可知每个分子中氢、氧原子个数之比均为2：1，与水分子中氢、氧原子个数比相同，因此混合水溶液中氢、氧元素质量之比为2：16＝1：8，其中氢元素的质量分数为8%，则氧元素的质量分数为64%，因此混合水溶液中碳元素的质量分数为1﹣64%﹣8%＝28%。故选：B。

【难度】1

二、填空题（本题共4小题，共32分）

13．（8分）青铜是人类使用最久的金属材料，它是铜锡合金。青铜常用于制造齿轮等耐磨零部件和耐腐蚀配件。锡原子结构示意图如图1所示。回答下列问题：

（1）下列说法错误的是 　 　（填标号）。

A.图中x＝18

B.锡原子的核外电子数为50

C.青铜可塑性好，抗腐蚀性强

D.锡元素位于元素周期表的第三周期

（2）图2中A～D所示粒子共表示 　 　种元素，其中与锡元素化学性质相似的是 　 　（填标号）元素。

（3）锡砂主要成分为二氧化锡，写出该化合物的化学式：　 　，其中锡元素的化合价为 　 　。

【答案】（1）D；（2）3；B；（3）SnO₂；+4。

【考点】合金与合金的性质；原子结构示意图；化学式的书写及意义；有关元素化合价的计算．

【分析】（1）A、根据在原子中，质子数＝核外电子数分析计算；

B、根据在原子中，质子数＝核外电子数分析；

C、根据青铜的用途分析其性质；

D、根据原子的核外电子层数决定元素的周期数分析；

（2）根据质子数决定元素的种类和原子的最外层电子数决定元素的化学性质分析；

（4）根据化学式的书写和在化合物中正负化合价代数和为0分析。

【解答】解：（1）A、根据在原子中，质子数＝核外电子数，则有x＝50﹣2﹣8﹣18﹣4＝18，故A说法正确；B、根据在原子中，质子数＝核外电子数，锡原子的核外电子数为50，故B说法正确；C、根据青铜常用于制造齿轮等耐磨零部件和耐腐蚀配件，所以青铜可塑性好，抗腐蚀性强，故C说法正确；D、锡原子的原子核外有5个电子层，所以锡元素位于元素周期表的第五周期，故D说法错误；故答案为：D；（2）质子数决定元素的种类。如图2中A～D所示粒子的质子数有3种，共有三种元素，锡原子的最外层有4个电子，B的最外层也有4个电子，化学性质与锡元素化学性质相似；故答案为：3；B；（3）根据化合物化学式的书写一般规律：金属在前，非金属在后；氧化物中氧在后，原子个数不能漏，正负化合价代数和为零，化合价数值约到最简交叉写在元素右下角。则二氧化锡的化学式为SnO₂；其中氧元素显﹣2价，根据在化合物中正负化合价代数和为0，则锡元素的化合价为+4。故答案为：SnO₂；+4。

【难度】3

14．（8分）铈元素属于稀土元素，稀土元素又称“21世纪黄金”，广泛应用于电子、军事、石油化工等领域。如表是硫酸铈[Ce₂（SO₄）₃]和硝酸钾两种固体物质在不同温度时的溶解度。

根据数据，绘制出二者的溶解度曲线如图所示，A点为曲线的交点。回答下列问题：

（1）10℃时，硫酸铈的溶解度为 　 　。

（2）不改变硫酸铈不饱和溶液的溶质质量分数，将其变成饱和溶液可采取 　 　的方法。

（3）下列关于两种物质的说法中正确的是 　 　（填序号）。

A.硫酸铈属于易溶物质

B.t₁℃时两种物质溶液中溶质质量分数相等

C.20℃时，饱和硫酸铈溶液中含有少量的硝酸钾，可采用蒸发结晶的方法提纯硫酸铈

D.0℃＜t＜t₁℃时，硝酸钾的溶解度大于硫酸铈的溶解度

（4）将50℃硝酸钾的饱和溶液降温到20℃，析出53.9g硝酸钾晶体，则50℃时硝酸钾饱和溶液的质量为 　 　g。

【答案】（1）20g；（2）升高温度至刚好饱和；（3）AC；（4）185.5。

【考点】利用溶解度曲线判断混合物分离提纯的方法；结晶的原理、方法及其应用；物质的溶解性及影响溶解性的因素．

【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小。

【解答】解：（1）由表格中数据可知：10℃时，硫酸铈的溶解度为20g；（2）不改变硫酸铈不饱和溶液的溶质质量分数，将其变成饱和溶液可采取升高温度至刚好饱和；（3）A、20℃时，硫酸铈的溶解度是17.2g，大于10g，属于易溶物质，故A正确；B、由溶解度曲线图可知，t₁℃时两种物质的溶解度相等，该温度下两种溶液的饱和溶液中溶质质量分数相等，没说是否饱和，溶质质量分数不一定相等，故B错；C、硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，硫酸铈的溶解度随温度升高而减小，所以20℃时，饱和硫酸铈溶液中含有少量的硝酸钾，可采用蒸发结晶的方法提纯硫酸铈，故C正确；D、由溶解度曲线图可知，0℃＜t＜t₁℃时，硝酸钾的溶解度小于硫酸铈的溶解度，故D错。（4）20℃时，硝酸钾的溶解度是31.6g，100g水中最多溶解31.6g硝酸钾，50℃时硝酸钾的溶解度是85.5g，即在该温度下，100g水中最多溶解85.5g，，在50℃，若果溶剂是100g，溶液是185.5g硝酸钾饱和溶液降温到20℃时，析出晶体质量＝85.5g﹣31.6g＝53.9g，所以50℃时硝酸钾饱和溶液的质量为185.5g。故答案为：（1）20g；（2）升高温度至刚好饱和；（3）AC；（4）185.5。

【难度】3

15．（8分）我国提出争取在2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。CO₂的捕获和转化可减少CO₂排放，是实现“碳中和”的有效途径。回答下列问题：

Ⅰ.某科研团队的反应原理如图所示：

（1）已知反应②的反应物是CaCO₃和CH₄，写出反应②的化学方程式：　 　。

（2）反应②中生成的一氧化碳可用来炼铁，以赤铁矿为原料，用化学方程式表示炼铁的反应原理：　 　。

Ⅱ.江南大学刘小浩教授团队在国际上首次实现了二氧化碳在温和条件下，一步高活性、近100%转化为乙醇。反应原理如下：2CO₂+nH₂ C₂H₅OH+3H₂O。

（3）上述化学方程式已配平，n＝　 　。乙醇属于 　 　（填“可再生”或“不可再生”）能源。

（4）下列说法错误的是 　 　（填标号）。

A.乙醇燃烧放热，可用作内燃机的燃料

B.该反应可以消除碳元素在自然界的存在

C.该反应体现了无机物在一定条件下可以转化为有机物

D.该反应开辟了二氧化碳利用的新途径

【答案】（1）CaCO₃+CH₄ CaO+2CO+2H₂；（2）3CO+Fe₂O₃ 2Fe+3CO₂；（3）n＝6；可再生；（4）B。

【考点】物质的相互转化和制备；常见能源的种类、能源的分类；有机物与无机物的区别；自然界中的碳循环．

【分析】（1）根据碳酸钙和甲烷在催化剂的作用下反应生成氧化钙、氢气和一氧化碳进行分析；

（2）根据一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳进行分析；

（3）根据化学反应前后，原子个数、元素种类不变，乙醇属于可再生资源进行分析；

（4）根据二氧化碳在温和条件下，一步高活性、近100%转化为乙醇的反应原理进行分析。

【解答】解：（1）碳酸钙和甲烷在催化剂的作用下反应生成氧化钙、氢气和一氧化碳，化学方程式为：CaCO₃+CH₄ CaO+2CO+2H₂；（2）一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，化学方程式为：3CO+Fe₂O₃ 2Fe+3CO₂；江南大学刘小浩教授团队在国际上首次实现了二氧化碳在温和条件下，一步高活性、近100%转化为乙醇，化学方程式为：2CO₂+nH₂ C₂H₅OH+3H₂O。（3）上述化学方程式已配平，生成物中有12个氢原子，所以n＝6；乙醇属于可再生能源；（4）A、乙醇燃烧放热，可用作内燃机的燃料，说法正确；B、该反应只能减少碳元素在自然界的存在，说法错误；C、二氧化碳属于无机物，甲醇属于有机物，所以该反应体现了无机物在一定条件下可以转化为有机物，说法正确；D、该反应开辟了二氧化碳利用的新途径，说法正确。故选：B。故答案为：（1）CaCO₃+CH₄ CaO+2CO+2H₂；（2）3CO+Fe₂O₃ 2Fe+3CO₂；（3）n＝6；可再生；（4）B。

【难度】5

16．（8分）A、B、C、D、E、F是初中化学常见的六种物质，其中A、B、C、D、E属于单质、氧化物、酸、碱、盐五种不同类别的物质，它们之间的关系如图所示（图中“—”表示相连的物质间能相互发生反应，“→”表示物质间有相应的转化关系）。已知：A俗称纯碱，A、C均由三种元素组成，且含有相同的金属元素，D是人体胃液中的一种物质，可以帮助消化，E是目前世界年产量最高的金属。回答下列问题：

（1）物质E的化学式为 　 　。

（2）物质C所属类别为 　 　（填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”）。

（3）写出B转化成A的化学方程式：　 　。

（4）若D和F反应生成白色沉淀，且白色沉淀不溶于稀硝酸，写出反应的化学方程式：　 　，该反应的基本反应类型属于 　 　反应。

【答案】（1）Fe；（2）碱；（3）CO₂+2NaOH＝Na₂CO₃+H₂O；（4）HCl+AgNO₃＝HNO₃+AgCl↓；复分解。

【考点】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；常见的氧化物、酸、碱和盐的判别．

【分析】根据A、B、C、D、E、F是初中化学常见的六种物质，其中A、B、C、D、E属于单质、氧化物、酸、碱、盐五种不同类别的物质，A俗称纯碱，所以A是碳酸钠，A、C均由三种元素组成，且含有相同的金属元素，D是人体胃液中的一种物质，可以帮助消化，所以D是盐酸，E是目前世界年产量最高的金属，所以E是铁，F会与盐酸、铁反应，所以F是硝酸银，C会与盐酸反应，所以C是氢氧化钠，B会与碳酸钠相互转化，所以B是二氧化碳，然后将推出的物质验证即可。

【解答】解：（1）A、B、C、D、E、F是初中化学常见的六种物质，其中A、B、C、D、E属于单质、氧化物、酸、碱、盐五种不同类别的物质，A俗称纯碱，所以A是碳酸钠，A、C均由三种元素组成，且含有相同的金属元素，D是人体胃液中的一种物质，可以帮助消化，所以D是盐酸，E是目前世界年产量最高的金属，所以E是铁，F会与盐酸、铁反应，所以F是硝酸银，C会与盐酸反应，所以C是氢氧化钠，B会与碳酸钠相互转化，所以B是二氧化碳，经过验证，推导正确，所以物质E的化学式为Fe；（2）物质C所属类别为碱；（3）B转化成A的反应是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：CO₂+2NaOH＝Na₂CO₃+H₂O；（4）若D和F反应生成白色沉淀，且白色沉淀不溶于稀硝酸，该反应是盐酸和硝酸银反应生成硝酸和氯化银沉淀，化学方程式为：HCl+AgNO₃＝HNO₃+AgCl↓，该反应的基本反应类型属于复分解反应。故答案为：（1）Fe；（2）碱；（3）CO₂+2NaOH＝Na₂CO₃+H₂O；（4）HCl+AgNO₃＝HNO₃+AgCl↓；复分解。

【难度】3

三、实验题（本题共2小题，共18分）

17．（9分）下列是关于“气体制取”主题式学习的部分内容。回答下列问题：

（1）实验室用A制取氧气，反应的化学方程式为 　 　。若用氧化铁粉末作过氧化氢反应的催化剂制取氧气，反应停止后，将剩余混合物过滤，在滤渣中加入过量的稀盐酸形成溶液，写出滤渣与稀盐酸反应的化学方程式：　 　。

（2）实验室用锌和稀硫酸制取并收集氢气，为了能“随时控制反应的发生与停止”，应选用 　 　装置（填标号），收集气体时应从 　 　导管通入。常温下浓盐酸与高锰酸钾固体可以制取少量氯气。用上述制取氢气的装置制取少量氯气，不能实现“随时控制反应的发生与停止”，原因是 　 　。

【答案】（1）2KMnO₄ K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑；Fe₂O₃+6HCl＝2FeCl₃+3H₂O；（2）CD；b；高锰酸钾是粉末状固体，且可溶于浓盐酸，玻璃珠不能将高锰酸钾和浓盐酸分离。

【考点】常用气体的发生装置和收集装置与选取方法．

【分析】（1）根据实验室用A制取氧气，反应物是固体，反应条件是加热，A装置试管口有一团棉花，则是加热高锰酸钾制取氧气来分析解答；根据滤渣是氧化铁，氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水来分析解答；

（2）根据C装置的特点和氢气的密度比空气小来分析解答；根据高锰酸钾是粉末状固体，且可溶于浓盐酸，玻璃珠不能将高锰酸钾和浓盐酸分离来分析解答。

【解答】解：（1）实验室用A制取氧气，反应物是固体，反应条件是加热，A装置试管口有一团棉花，则是加热高锰酸钾制取氧气，高锰酸钾受热分解成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的化学方程式为2KMnO₄ K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑，氧化铁作过氧化氢反应的催化剂，反应前后质量和化学性质不变，氧化铁不溶于水，则过滤后的滤渣是氧化铁，氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为Fe₂O₃+6HCl＝2FeCl₃+3H₂O；（2）C装置再关闭弹簧夹后，能把液体压回漏斗，固液分离，反应停止，打开弹簧夹，固液接触，反应发生，故C装置能随时控制反应的发生与停止，氢气的密度比空气小，则实验室用锌和稀硫酸制取并收集氢气，为了能“随时控制反应的发生与停止”，应选用CD装置，收集气体时应从b导管通入，常温下浓盐酸与高锰酸钾固体可以制取少量氯气，由于高锰酸钾是粉末状固体，且可溶于浓盐酸，玻璃珠不能将高锰酸钾和浓盐酸分离，故用上述制取氢气的装置制取少量氯气，不能实现随时控制反应的发生与停止。故答案为：（1）2KMnO₄ K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑；Fe₂O₃+6HCl＝2FeCl₃+3H₂O；（2）CD；b；高锰酸钾是粉末状固体，且可溶于浓盐酸，玻璃珠不能将高锰酸钾和浓盐酸分离。

【难度】5

18．（9分）某校同学进行“探究土壤酸碱性对植物生长的影响”实践活动，测定校园内空地的土壤酸碱度。甲、乙、丙、丁四个小组分别进行如下实验：

（1）取样。各小组按照要求，采集土壤样品。

（2）处理土壤样品。各小组分别用托盘天平称量18.0g土壤样品并放入烧杯中，用量筒量取90mL蒸馏水（水的密度可近似看作1g/cm³），倒入盛有土壤样品的烧杯中，用玻璃棒搅拌，使土壤充分溶解，静置一段时间后过滤，滤液待用。

①量取90mL水时选择的仪器是 　 　（填“10”或“100”）mL量筒和 　 　（填仪器名称）。

②溶解操作中玻璃棒的作用是 　 　。

（3）测定pH。各小组分别用pH计测定（2）中所得滤液的pH，结果如表一所示：

表一：

（4）分析结果。同学们查阅资料，得知常见植物适宜生长的土壤pH如表二所示：

表二：

根据（3）（4）信息判断这块空地适合种 　 　（填标号）。

已知：芹菜营养丰富，具有预防心血管疾病的作用。若要在该空地种植芹菜，可用 　 　（填化学式）改良该空地土壤。

（5）实验反思。乙组同学测定结果与其他三组比较相差较大，同学们进行实验反思。如图所示，下列操作可能会造成测定结果偏大的是 　 　（填标号）。

【答案】（2）①100；胶头滴管；②搅拌，加快溶解速率；（4）D；Ca（OH）₂；（5）A。

【考点】实验探究物质变化的条件和影响物质变化的因素；测量容器﹣量筒；称量器﹣托盘天平；固体物质的溶解；溶液的酸碱度测定．

【分析】（2）根据选择量筒时，量程应比量取液体体积大，并且最接近，需要用胶头滴管准确滴加到所需刻度进行分析。

（4）根据该地区的土壤pH在樱桃适宜生长的土壤pH范围内，氢氧化钙显碱性，进行分析。

（5）根据称量土壤时，物品和砝码放反，并且使用了游码，实际称量的土壤质量小于18.0 g，导致最终的溶质质量分数偏小，酸性偏弱，量取水时俯视读数，导致实际量取的水偏少进行分析。

【解答】解：（2）①选择量筒时，量程应比量取液体体积大，并且最接近，需要用胶头滴管准确滴加到所需刻度，量取90mL水时选择的仪器是100mL量筒；②溶解操作中玻璃棒的作用是搅拌，加快溶解速率；（4）该地区的土壤pH在樱桃适宜生长的土壤pH范围内，所以适合种植樱桃；氢氧化钙显碱性，并且价格便宜，适宜改良酸性土壤；（5）A、称量土壤时，物品和砝码放反，并且使用了游码，实际称量的土壤质量小于18.0 g，导致最终的溶质质量分数偏小，酸性偏弱，pH偏大，A符合题意；B、量取水时俯视读数，导致实际量取的水偏少，溶液的溶质质量分数偏大，酸性增强，pH偏小，B不符合题意；C、正常操作，将量取得的水倒入烧杯，不会影响结果，C不符合题意；D、过滤土壤浊液，正常操作，不会影响结果，D不符合题意；故答案为：（2）①100；胶头滴管；②搅拌，加快溶解速率；（4）D；Ca（OH）₂；（5）A。

【难度】3

四、计算题（本题共1小题，共10分）

19．（10分）实验室经常产生酸性废液，需处理至中性。某兴趣小组同学取100g含硫酸的废液样品，逐滴加入4%的氢氧化钠溶液，至废液呈中性，废液中硫酸的质量分数变化如图所示。（假设废液中不含硫酸钠，且其他成分不与氢氧化钠反应）。

（1）P点对应溶液能使紫色石蕊溶液变成 　 　色。

（2）当废液处理至中性时，反应的氢氧化钠溶液中溶质的质量为 　 　g。

（3）计算当废液处理至中性时，溶液中硫酸钠的质量分数。（写出计算过程）

【答案】（1）红；（2）4；（3）3.55%。

【考点】根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算．

【分析】（1）根据P点硫酸没有完全反应，溶液中的含有硫酸，显酸性来分析解答；

（2）根据当逐滴加入4%的氢氧化钠溶液100g时，硫酸恰好完全反应，溶液呈中性来分析解答；

（3）根据氢氧化钠的质量和化学方程式求出硫酸钠的质量，再除以反应后溶液的质量即可。

【解答】解：（1）如图可知，所示P点硫酸没有完全反应，溶液中的含有硫酸，显酸性，能使紫色石蕊溶液变成红色，则P点对应溶液能使紫色石蕊溶液变成红色；（2）如图可知，当逐滴加入4%的氢氧化钠溶液100g时，硫酸恰好完全反应，溶液呈中性，则当废液处理至中性时，反应的氢氧化钠溶液中溶质的质量为100g×4%＝4g；（3）设当废液处理至中性时，溶液中硫酸钠的质量为x，

H₂SO₄+2NaOH＝Na₂SO₄+2H₂O

80 142

4g x

x＝7.1g

即当废液处理至中性时，溶液中硫酸钠的质量为7.1g，反应后溶液的质量为100g+100g＝200g，则计算当废液处理至中性时，溶液中硫酸钠的质量分数为 100%＝3.55%。答：计算当废液处理至中性时，溶液中硫酸钠的质量分数3.55%。故答案为：（1）红；（2）4；（3）3.55%。

【难度】5