1、广东省佛山市2013年中考化学试卷一、选择题（本题共15题，每题2分，共30分每题只有一个选项符合题意）1（2分）（2013佛山）人闻到“笑气”（N2O）易发笑，“笑气”属于（）A碱B酸C盐D氧化物考点：常见的氧化物、酸、碱和盐的判别专题：物质的分类分析：氧化物是由两种元素组成，并且一种元素是氧元素的化合物，据此分析解答：解：“笑气”（N 2O）是由氮元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物；故选D点评：本题较简单，主要从概念上来抓住判断的关键点，两个关键点缺一不可，要同时具备2（2分）（2013佛山）微量元素与人体健康密切相关，缺少或过量都会引起甲状腺肿大的元素是（）A碘B硒C氟D铁考点：人体的
2、元素组成与元素对人体健康的重要作用专题：化学与生活健康分析：A、根据碘的生理功能和缺乏症进行分析判断B、根据硒的生理功能和缺乏症进行分析判断 C、根据氟的生理功能和缺乏症进行分析判断D、根据铁的生理功能和缺乏症进行分析判断解答：解：A、碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺少或过量均会患甲状腺肿大，故选项正确B、硒有防癌、抗癌作用，缺硒可能引起表皮角质化和癌症，故选项错误C、氟能防治龋齿，缺乏易患龋齿，故选项错误D、铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血，故选项错误故选A点评：化学元素与人体健康的关系是中考考查的热点之一，掌握人体化学元素的分类、生理功能、食物来源、缺乏症、摄入时的注意事项是正确解
3、题的关键3（2分）（2013佛山）属于有机高分子的是（） A甲烷B淀粉C乙醇D丙氨酸考点：有机高分子材料的分类及鉴别专题：化学与生活分析：根据物质的类别进行分析，尿素、丙氨酸属于有机物但是相对分子质量不大，甲烷是最简单的有机物，淀粉是有机高分子化合物解答：解： A、甲烷是最简单的有机物，故A错误；B、淀粉是有机高分子化合物，故B正确；C、乙醇属于有机物但是相对分子质量不大，故C错误；D、丙氨酸属于有机物但是相对分子质量不大，故D错误故选B点评：本题考查了常见物质的分类，完成此题，可以依据物质的类别进行4（2分）（2013佛山）常温下，将1g以下物质分别加入100g的水中，充分搅拌（或振荡），能
4、配制成溶液的是（）A汽油B蔗糖C氯化银D氧化铁 考点：溶液的概念、组成及其特点专题：溶液、浊液与溶解度分析：本题考查溶液的概念，在一定条件下溶质分散到溶剂中形成的是均一稳定的混合物解答：解：A、汽油不溶于水，与水混合形成的是乳浊液，不均一、不稳定，故A错；B、蔗糖易溶于水，蔗糖分子均一的分散在水中，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故B正确；C、氯化银不溶于水，与水混合形成的是悬浊液，不均一、不稳定，故C错；D、氧化铁不溶于水，与水混合形成的是悬浊液，不均一、不稳定，故D错故选B点评：应熟悉溶液是一种均一稳定的混合物，在不改变条件时，溶液的组成和浓度都不会发生变化，要与悬浊液和乳浊液区分 5（
5、2分）（2013佛山）净化水的以下操作，其中净化程度最高的是（）ABCD考点：水的净化专题：空气与水 分析：根据过滤、结晶、蒸馏、吸附的净水原理进行分析判断即可解答：解：A、过滤可以除去水中的不溶性杂质，所得的水中含有可溶性的杂质、钙镁化合物等，不是纯水B、蒸发结晶不用于净化水C、通过蒸馏除去了水中所有的杂质，所得到的水为纯净物，净化程度最高D、吸附可以除去水中的色素和异味，所得的水中含有可溶性的钙镁化合物，不是纯水故选C 点评：净化水通常所采取的沉降、吸附、过滤、消毒杀菌、煮沸、蒸馏等操作中，由于蒸馏后所得到的水为纯净物，因此净化程度最高6（2分）（2013佛山）以下说法正确的是（）A化石燃
6、料是可再生能源B化学反应伴随能量变化C化学反应过程中都会放出热量D化学反应中只有燃烧反应才放热考点：常见能源的种类、能源的分类；物质发生化学变化时的能量变化专题：化学与能源分析：A、根据化石燃料属于不可再生能源进行解答； B、根据化学反应常伴随能量变化进行解答；C、根据化学反应过程中也有吸收热量的进行解答；D、根据化学反应中不只有燃烧反应才放热进行解答解答：解：A、化石燃料属于不可再生能源，故A错误；B、化学反应常伴随能量变化，故B正确；C、化学反应过程中也有吸收热量的，例如碳和氧化铜反应就是吸热反应，故C错误；D、化学反应中不只有燃烧反应才放热，例如氧化钙和水反应就放出热量，故D错误故选：B
7、点评：本题难度不大，理解题意、掌握化学反应的特点是正确解答本题的关键7（2分）（2013佛山）以下说法正确的是（）A 溶液一定是均一、无色、稳定的B均一、稳定的液体一定是溶液C溶液的溶质一定是固体D溶液一定是混合物考点：溶液的概念、组成及其特点专题：溶液、浊液与溶解度分析：溶液是均一、稳定的混合物；溶液的本质特征是均一性、稳定性，属于混合物；溶液不一定都是无色的，有些溶液是带有颜色的；溶质可以是固体、液体或气体；据此进行分析判断解答：解：A、溶液一定是均一、稳定的，但不一定是无色的，如硫酸铜溶液是蓝色的，故选项说法错误B、均一、稳定的液体不一定是溶液，如水是均一、稳定的液体，但不是溶液，故选
8、项说法错误C、溶液的溶质不一定是固体，溶质也可以是液体或气体，如氨水中的溶质是氨气是气体，故选项说法错误D、溶液是均一、稳定的混合物，溶液一定是混合物，故选项说法正确故选D点评：本题难度不大，掌握溶液的本质特征（均一性、稳定性、混合物）是解答本题的关键8（2分）（2013佛山）以下实验操作错误的是（） A点燃可燃性气体前均要验纯B将浓硫酸缓慢加入水中搅拌稀释C加热蒸发皿直至溶液完全蒸干D用灯帽盖灭酒精灯考点：氢气、一氧化碳、甲烷等可燃气体的验纯；加热器皿-酒精灯；浓硫酸的性质及浓硫酸的稀释；蒸发与蒸馏操作专题：常见仪器及化学实验基本操作分析：A、根据可燃性气体与空气混合后点燃可能发生爆炸进行分
9、析判断B、根据浓硫酸的稀释方法进行分析判断C、根据蒸发操作停止加热的时机进行分析判断D、使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可” 解答：解：A、可燃性气体与空气混合后点燃可能发生爆炸，为防止发生爆炸，点燃可燃性气体前均要验纯，故选项说法正确B、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；故选项说法正确C、蒸发时，待蒸发皿中出现较大量的固体时，应停止加热，利用余热将剩余液体蒸干，故选项说法错误D、使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，熄灭酒精灯时，应用灯帽盖灭，故选项说法正确故选C点评：本题难度不大，熟悉各种仪器的用途及使
10、用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键9（2分）（2013佛山）有关金刚石、石墨和C 60的说法正确的是（）A都属于单质B元素组成不同C硬度相同D碳原子排列方式相同考点：碳元素组成的单质专题：碳单质与含碳化合物的性质与用途分析：根据金刚石、石墨和C60都是碳的单质，由金刚石、石墨的物理性质与性质不同的原因，进行分析判断即可解答：解：A、金刚石、石墨和C 60都是由碳元素组成的纯净物，都属于单质，故选项说法正确B、金刚石、石墨和C60都是由碳元素组成的，组成元素相同，故选项说法错误C、金刚石是天然存在的最硬的物质，石墨很软，它们的硬度不同，故选项说法错误D、金刚石、石
11、墨和C60性质不同，原因是碳原子排列方式不同，故选项说法错误故选A点评：不同难度不大，了解常见的碳的单质（金刚石、石墨和C60）、碳单质的性质与微观结构等即可正确解答本题10（2分）（2013佛山）有关催化剂的说法错误的是（） A反应前后本身质量不变B反应前后化学性质不变C一定加快化学反应速率D可能减慢化学反应速率考点：催化剂的特点与催化作用专题：课本知识同类信息分析：根据催化剂的定义：能改变反应速度，在化学反应前后质量和化学性质都不变的特性来分析本题解答：解：A、催化剂反应前后本身质量不变，故A正确；B、催化剂反应前后化学性质不变，故B正确；C、催化剂是改变反应速度，而不一定是加快化学反应速
12、率，有的催化剂还能减慢化 学反应速率，故C错误；D、催化剂是改变反应速度，所以可能减慢化学反应速率，故D正确故选：C点评：通过做本题可知催化剂的定义，掌握要点反应前后质量和化学性质都不变11（2分）（2013佛山）以下说法正确的是（）A常温下，金属都是固体B钠比铝的抗腐蚀能力强C青铜、生铁、焊锡均属合金D木炭和ZnO在高温条件下不能反应考点：金属的物理性质及用途；合金与合金的性质；金属的化学性质；碳的化学性质 专题：碳单质与含碳化合物的性质与用途；金属与金属材料分析：A、常温下，金属汞是液体；B、由于金属铝在空气中容易被氧化成致密的氧化铝薄膜，阻止了铝与其它物质的反应，而钠化学性质活泼，又不能
13、形成致密的薄膜；C、合金是由两种金属以上或金属与非金属熔合而成的物质，青铜、生铁、焊锡均属合金；D、木炭具有还原性，在高温下能和氧化锌反应解答：解：A、常温下，金属汞是液体，故说法错误；B、由于金属铝在空气中容易被氧化成致密的氧化铝薄膜，阻止了铝与其它物质的反应，抗腐蚀能力强，而钠化学性质活泼，又不能形成致密的薄膜，抗腐蚀能力差，故说法错误；C、合金是由两种金属以上或金属与非金属熔合而成的物质，青铜、生铁、焊锡均属合金，故说法正确； D、木炭具有还原性，在高温下能和氧化锌反应，故说法错误故选C点评：本题难度较小，掌握金属的性质、合金的概念以及木炭的化学性质是解决此题的关键12（2分）（2013
14、佛山）黄金是贵重金属性质稳定，应用广泛有关金元素的说法正确的是（） A核电荷数为276 B原子序数为118C中子数为79 D相对原子质量为197.0考点：元素周期表的特点及其应用专题：化学用语和质量守恒定律分析：由题目中“金元素在元素周期表中的信息示意图”可知其原子序数和相对原子质量；根据“原子序数=核内质子数=核电荷数”，可知其核电荷数；根据“相对原子质量质子数+中子数（近似整数值）”可的其中子数解答：解：A、由题目中“金元素在元素周期表中的信息示意图”可知其原子序数为79，根据“原子序数=核电荷数”可知其核电荷数为79，故说法错误； B、由题目中“金元素在元素周期表中的信息示意图”可知其原
15、子序数为79，故说法错误；C、由题目中“金元素在元素周期表中的信息示意图”可知其相对原子质量为197，又核内质子数=原子序数=79，所以根据“相对原子质量质子数+中子数（近似整数值）”，则中子数=19779=118，故说法错误；D、由题目中“金元素在元素周期表中的信息示意图”可知其相对原子质量为197.0，故说法正确故选D点评：了解元素周期表的特点及其应用，注意：“原子序数=核内质子数=核电荷数”和“相对原子质量质子数+中子数（近似整数值）”的运用13（2分）（2013佛山）要除去FeSO 4溶液中少量的H2SO4，可加入的物质是（）铁粉四氧化三铁氧化铁氧化亚铁氢氧化亚铁A B C D考点：物
16、质除杂或净化的探究；酸的化学性质专题：物质的分离、除杂、提纯与共存问题分析：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质解答：解：铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的试剂正确 四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，能除去杂质但引入了新的杂质硫酸铁，不符合除杂原则，故选项所采取的试剂错误氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，能除去杂质但引入了新的杂质硫酸铁，不 符合除杂原则，故选项
17、所采取的试剂错误氧化亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的试剂正确氢氧化亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的试剂正确故符合要求故选B点评：物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键14（2分）（2013佛山）如图提供的信息，以下判断正确的是（） A第三周期元素的原子核外电子层数从左到右依次增多B第二周期的Li，Be和B均为金属元素CMg2+、H+最外层电子数分别为2和0DNa+和Al3+
18、的核外电子数相同考点：元素周期表的特点及其应用；原子结构示意图与离子结构示意图专题：化学用语和质量守恒定律分析：A、根据第三周期元素的原子核外电子层数都是3层进行分析判断 B、根据元素的名称、分类进行分析判断C、根据原子结构示意图中，若最外层电子数4，则一般为非金属元素，在化学反应中易得电子，若最外层电子数4，则一般为金属元素，在化学反应中易失去电子D、由钠原子、铝原子的原子结构示意图，钠原子、铝原子的最外层电子数分别为1、3，在化学反应中易失去电子解答：解：A、由图示可知元素所在的周期数等于其原子的电子层数，第三周期元素的原子核外电子层数都是3层，故选项说法错误B、Li、B均为金属元素，但硼
19、（B）属于非金属元素，故选项说法错误 C、由镁原子、氢原子的原子结构示意图，镁原子的最外层电子数为2，在化学反应中易失去2个电子形成镁离子；氢原子的最外层电子数为1，在化学反应中易失去1个电子形成氢离子，则Mg2+、H+最外层电子数分别为8和0，故说法说法错误D、由钠原子、铝原子的原子结构示意图，钠原子、铝原子的最外层电子数分别为1、3，在化学反应中分别易失去1个、3个电子形成钠离子、铝离子；则Na+和Al3+核外电子数都为10，故选项说法正确故选D点评：本题难度不大，考查同学们灵活运用元素周期表中元素的信息、原子结构示意图意义进行解题的能力，明确原子结构示意图中最外层电子数与得失电子的关系是
20、解题的关键15（2分）（2013佛山）100g2%NaOH溶液的配制等操作正确的是（）A用500mL量筒量取98.0mL水 B将NaOH固体放入小烧杯中，用托盘天平称取2.0gNaOH固体C将pH试纸伸入2%NaOH溶液测的pH=13.7D10mL2%的NaOH溶液中加入10mL水稀释得到1%NaOH溶液考点：一定溶质质量分数的溶液的配制专题：溶液、浊液与溶解度分析：A、从减小实验误差的角度去选择量筒的量程B、根据氢氧化钠具有腐蚀性，托盘天平的使用方法，进行分析判断C、pH试纸上的标准比色卡上的数字只有整数，即使用pH试纸所测得的溶液酸碱度 为整数D、由于氢氧化钠溶液的密度与水的密度不同，则1
21、0mL2%的NaOH溶液与10mL水的质量不同，由溶质质量分数的计算方法进行分析判断解答：解：A、选取量筒时，尽量选用能一次量取的最小规格的量筒用500mL量筒量取98.0mL水，误差太大，量筒选择不合理，故选项说法错误B、氢氧化钠具有腐蚀性，将NaOH固体放入小烧杯中，用托盘天平称取2.0gNaOH固体，故选项说法正确C、由于标准比色卡上的数字只有整数，用pH试纸测得某NaOH溶液的pH不可能精确为13.7；且不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染试剂，故选项说法错误D、由于氢氧化钠溶液的密度与水的密度不同，10mL2%的NaOH溶液与10mL水的质量不同，则稀释后的NaOH溶液不是1%，故选
22、项说法错误故选B点评：本题难度不大，考查各种仪器的使用方法及使用注意事项，特别是天平、量筒的使用、 酸碱度的测定在中考中出现频度较高，其读数方法和误差的分析更是重中之重二、选择题（本题共3题，每题2分，共6分每题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给1分，选两个且都正确的给2分，但只要选错一个，该题就为0分） 16（2分）（2013佛山）如图是稀HCl和NaOH溶液反应的pH变化曲线图以下说法正确的是（）A该反应是稀HCl滴入NaOH溶液B ag是指加入氢氧化钠固体的质量CA点溶液的溶质为HCl和NaClD检验B点溶液
23、的溶质可先滴加足量的Mg（NO3）2，静置后再滴加少量AgNO3考点：中和反应及其应用专题：常见的酸酸的通性分析：A、从pH变化曲线图看，溶液的pH逐渐升高，说明是氢氧化钠溶液滴入稀盐酸中；B、根据横轴的意义分析，ag是指加入氢氧化钠溶液的质量；C、A点溶液显酸性，盐酸过量；D、先滴加足量的Mg（NO 3）2有白色沉淀生成，说明有氢氧化钠，且氢氧化钠被完全反应掉，静置后再滴加少量AgNO3溶液，有白色沉淀生成证明有氯化钠解答：解：A、从pH变化曲线图看，溶液的pH逐渐升高，说明是氢氧化钠溶液滴入稀盐酸，故A错；B、ag是指加入氢氧化钠溶液的质量，故B错；C、A点溶液显酸性，盐酸过量，因此A点溶
24、液的溶质为HCl和生成的NaCl，故C正确；D、先滴加足量的Mg（NO3）2有白色沉淀生成，说明有氢氧化钠，且氢氧化钠被完全反应掉，静置后再滴加少量AgNO3溶液，有白色沉淀生成证明有氯化钠，故D正确故选CD点评：本题难度较大，掌握酸碱中和反应的过程以及氢氧化钠和氯化钠的性质是解题的关键 17（2分）（2013佛山）分别向a、b两支试管中加入形状和大小完全相同的铁片，再向a中加入植物油，均塞上橡皮塞，U型玻璃管内为红墨水（开始时两端液面水平），如图所示，放置一段时间后，以下说法错误的是（） A植物油用于隔绝氧气和水B两支试管中铁片均被腐蚀CU型玻璃管两端的液面变为右低左高DU型玻璃管两端的液面
25、变为左低右高考点：金属锈蚀的条件及其防护专题：金属与金属材料分析：铁锈蚀的条件是与氧气和水同时接触，植物油可以把铁片与水和氧气隔开，防止生锈， 据此分析解答：解：A、植物油可以把铁片与水和氧气隔开，防止生锈，故说法正确；B、两试管中只有b中铁片被锈蚀，因为a中的植物油把铁片与水和氧气隔开，不容易生锈，故说法错误；C、b中的铁片容易生锈，消耗了容器中的氧气，导致压强减小，而a中的铁不易生锈，因此红墨水柱两边的液面变为左低右高，故说法错误；D、b中的铁片容易生锈，消耗了容器中的氧气，导致压强减小，而a中的铁不易生锈，因此红墨水柱两边的液面变为左低右高，故说法正确故选C点评：本题主要考查学生根据物质
26、的性质判断实验现象和结果的能力，学生只有熟悉铁的性质即其生锈的条件，认真分析已知条件，才能正确答题18（2分）（2013佛山）如图，以下气体制备的发生装置说法正确的是（） A装置a可作实验室制备CO2B装置b烧杯中加水后，干燥管内外液面一致，则气密性良好C装置c可作实验室制备氧气D装置d可作实验室制备氧气、氢气考点：常用气体的发生装置和收集装置与选取方法；检查装置的气密性专题：常见气体的实验室制法、检验、干燥与净化分析：铁能和稀盐酸反应； 根据实验现象可以判断装置的气密性；加热固体制取氧气时，试管口应该略向下倾斜；氧气、氢气、二氧化碳等物质可以用同一装置制取解答：解：A、装置a不能用作实验室制
27、备二氧化碳，因为铁能和稀盐酸反应生成氢气，使收集的二氧化碳不纯，同时铁容易被腐蚀不正确B、装置b烧杯中加水后，干燥管内外液面一致，说明装置漏气，干燥管内外液面不一致，说明气密性良好不正确C、加热固体制取氧气时，试管口应该略向下倾斜，试管口斜向上容易导致试管炸裂不正确D、装置d可作实验室制备氧气、氢气制取故选：D点评：制取气体时，实验装置的气密性、连接方法对是否能够顺利地完成实验影响很大 三、填空与简答题（共5题，共32分）19（6分）（2013佛山）掌握好物质的性质、用途和化学用语是学好化学的基础完成以下选择和填空：（1）浓硫酸能使白纸变黑，是因为它有c （1）（4）填编号a氧化性b吸水性c脱
28、水性（2）用一氧化碳冶炼铁，是利用它的b a氧化性b还原性c可燃性（3）可用作脱色制白糖的是ca小苏打b熟石灰c活性炭（4）可用作食品干燥剂的是ba石灰石b生石灰c纯碱（5）用化学式表示3个锰酸根离子：3MnO42（6）地壳中含量最多的非金属元素和氢元素组成物质的化学式为H2O考点：浓硫酸的性质及浓硫酸的稀释；一氧化碳的化学性质；生石灰的性质与用途；碳单质的物理性质及用途；化学式的书写及意义；化学符号及其周围数字的意义专题：物质的性质与用途；化学用语和质量守恒定律分析：物质的性质决定物质的用途，浓硫酸具有脱水性；一氧化碳具有还原性；活性炭具有吸附性，能吸附异味和色素；生石灰能与水生成氢氧化钙；
29、据此进行分析解答 离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略若表示多个该离子，就在其元素符号前加上相应的数字地壳中含量最多的非金属元素是氧，氧元素和氢元素可组成水，写出其化学式即可解答：解：（1）浓硫酸具有脱水性，使白纸炭化，因此浓硫酸能使白纸变黑（2）一氧化碳具有还原性，可以用一氧化碳冶炼铁（3）活性炭具有吸附性，能吸附异味和色素，可用作脱色制白糖（4）生石灰是氧化钙的俗称，能和水反应生成氢氧化钙，可用作食品干燥剂（5）由离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在
30、后，带1个电荷时，1要省略若表示多个该离子，就在其元素符号前加上相应的数字，故3个锰酸根离子可表示为：3MnO 42（6）地壳中含量最多的非金属元素是氧，氧元素和氢元素可组成水，水的化学式为H2O故答案为：（1）c；（2）b；（3）c；（4）b；（5）3MnO42；（6）H2O点评：本题难度不大，物质的性质决定物质的用途，掌握常见物质的性质与用途、常见化学用语（化学式、离子符号等）的书写即可正确解答本题20（6分）（2013佛山）如图为氯化钠、碳酸钠在水中的溶解度曲线请回答下列问题；（1）碳酸钠和氯化钠混合溶液的pH7（填“”、“=”或“”）（2）40时，碳酸钠的溶解度为50 g（3）大于30
31、时，碳酸钠的溶解度氯化钠的溶解度（填“”、“=”或“”）（4）40时，碳酸钠和氯化钠均饱和的混合溶液，当温度降低到20时，析出主要物质是Na 2CO3（填化学式）（5）为检验（4）中析出的物质，取少量样品于试管中加入足量稀HCl（填化学式）溶液溶解，并有气体产生，再加入几滴稀AgNO3（填化学式）溶液，有白色沉淀产生 考点：固体溶解度曲线及其作用；晶体和结晶的概念与现象；溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质专题：溶液、浊液与溶解度；常见的盐化学肥料分析：（1）根据碳酸钠显碱性，氯化钠显中性考虑；（2）根据溶解度的查法考虑；（3）根据溶解度曲线在上边的溶解度就大考虑；（4）根据降温后溶解度减
32、小的多的析出的晶体就多；（5）根据碳酸盐与盐酸反应能产生气体，氯离子与银离子结合能产生白色沉淀进行分析解答：解：（1）碳酸钠显碱性，氯化钠显中性，所以二者的混合物显碱性，溶液的pH值7；（2）从40向上作垂线，与碳酸钠的交点再向纵坐标作垂线，所以碳酸钠的溶解度是50g；（3）大于30时，碳酸钠的溶解度曲线在氯化钠溶解度曲线的上边，所以大于30时，碳酸钠的溶解度氯化钠的溶解度；（4）降温后溶解度减小的多的析出的晶体就多，由溶解度曲线可知40时，碳酸钠 和氯化钠均饱和的混合溶液，当温度降低到20时，碳酸钠溶解度减小的多，所以析出的晶体主要是碳酸钠；（5）检验碳酸钠时加入稀盐酸，盐酸与碳酸钠反应生成
33、氯化钠、水、二氧化碳，所以有气泡产生，说明含有碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，再滴加硝酸银溶液，氯化钠与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀故答案为：（1）；（2）50；（3）；（4）Na2CO3；（5）HCl；AgNO3点评：解答本题关键是要知道溶解度的比较方法，检验碳酸根离子用稀盐酸，降温后溶解度减小就会析出晶体，溶解度减小的数值越大，析出的晶体越多21（6分）（2013佛山）乙醇汽油就是在汽油中加入适量的乙醇（C 2H5OH）（1）关于乙醇汽油的说法错误的是B（填序号）A乙醇属于有机物B乙醇属于不可再生能源C使用乙醇汽油可减少大气污染D使用乙醇汽油可节省石油资源（2）工业上利用
34、石油中各成分的沸点不同，分离制备汽油、煤油等产品，属于物理（填“物理”或“化学”）变化（3）汽油和乙醇汽油完全燃烧后产物相同则汽油中一定含有C和H（填元素符号）（4）汽车尾气中含有CO、NO，一种新型催化剂能使二者发生反应生成两种常见的无毒气体，分别是N2、CO2（填化学式）考点：常用燃料的使用与其对环境的影响；有机物与无机物的区别；化学变化和物理变化的判别；质量守恒定律及其应用；常见能源的种类、能源的分类专题：化学与能源 分析：（1）根据乙醇汽油是在汽油中加入乙醇，燃烧时能减少有害气体的排放，乙醇可以使用粮食发酵法制得进行解答；（2）根据利用石油中各成分的沸点不同，分离制备汽油、煤油等产品的
35、过程中没有新物质生成进行解答；（3）根据乙醇（C2H5OH）燃烧生成二氧化碳和水进行解答；（4）根据CO和NO在催化剂条件下生成氮气和二氧化碳进行解答解答：解：（1）A乙醇含有碳元素，属于有机物，故正确B乙醇可以使用粮食发酵法制得，所以乙醇属于可再生能源，故错误；C使用乙醇汽油可减少大气污染，故正确；D使用乙醇汽油可节省石油资源，故正确；故填：B；（2）利用石油中各成分的沸点不同，分离制备汽油、煤油等产品的过程中没有新物质生成，属于物理变化；故填：物理；（3）乙醇（C 2H5OH）燃烧生成二氧化碳和水，根据化学反应前后元素的种类不变，所以汽油中一定含有碳元素和氢元素；故填：C；H；（4）CO和
36、NO在催化剂条件下生成氮气和二氧化碳故填：N2；CO2点评：此题是对生活以及环保相关的知识的考查，对生活与所学的化学知识的结合是解决的关键22（6分）（2013佛山）硫酸钙转化为K2SO4和CaCl26H2O的工艺流程如下： （1）吸收过程中发生了化学反应，化学方程式为CO2+H2O+2NH3=（NH4）2CO3（2）操作I的名称为过滤，沉淀的主要物质为CaCO3（填化学式）（3）蒸氨过程中涉及的反应类型AB（填编号）A复分解反应B化合反应C分解反应D置换反应（4）操作包含一系列操作：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）可循环利用的物质除了NH3外，还有CO2、CaO（填化学式）考点：物
37、质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；盐的化学性质；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式专题：物质的制备分析：（1）在吸收过程中，氨气、水和二氧化碳反应生成了碳酸铵，写出反应的方程式；（2）碳酸铵与硫酸钙反应生成了碳酸钙沉淀和硫酸铵，是固液混合物，利用过滤的方法将它们分开； （3）根据在蒸氨过程发生的反应，分析发生的反应类型；（4）根据氯化钙溶液结晶的过程分析操作；（5）分析硫酸钙转化为K2SO4和CaCl26H2O的工艺流程中涉及到的物质，找出可 循环利用的物质解答：解：（1）在吸收过程中，氨气、水和二氧化碳发生了化合反应生成了碳酸铵，反应的方程式是：CO2+H2O
38、+2NH3=（NH4）2CO3；（2）碳酸铵与硫酸钙反应生成了碳酸钙沉淀和硫酸铵，是固液混合物，利用过滤的方法将它们分开；所以，操作I的名称为过滤，沉淀的主要物质为CaCO3；（3）在蒸氨过程中，氧化钙与水化合生成了生成了氢氧化钙，反应是：CaO+2HClCaCl2+H2O；该反应有两物质生成了一种物质，属于化合反应氢氧化钙与氯化铵反应反应生成了氯化钙、氨气、水反应的方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O+2NH3，该反应有两种化合物相互交换成分生成了两种新的化合物，属于复分解反应所以，AB正确，CD错误；（4）从氯化钙溶液中结晶析出CaCl 26H2O，需要：蒸发浓缩、
39、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）由硫酸钙转化为K2SO4和CaCl26H2O的工艺流程中涉及到的物质可知，NH3外，CO2 CaO可以可循环利用故答为：（1）CO2+H2O+2NH3=（NH4）2CO3；（2）过滤，CaCO3；（3）AB；（4）冷却结晶；（5）CO2，CaO点评：本题属于综合性试题，涉及知识点比较多，要求学生有完整的知识结构和分析问题的能力23（8分）（2013佛山）如图，A、B、C、D、E是初中化学中常见的物质，转化关系（其中部分生成物和反应条件已忽略）：已知B是黑色固体、相对分子质量为80，E是天然气的主要成份请回答下列问题：（1）B是CuO E是CH 4（均填化学式）
40、（2）AC的化学方程式为2H2O 2H2+O2ED的化学方程式为CH4+2O2 CO2+2H2OBA属复分解反应，化学方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O（3）已知：Cu2O是红色固体，难溶入水，与稀硫酸反应的化学方程式如下：Cu2O+H2SO4Cu+CuSO4+H2O若BA属置换反应，在发生置换过程可能发生副反应产生Cu2O，产物为红色固体，其产物组合可能有三种小思同学称取14.4g产物与足量稀硫酸充分反应后，经过滤、干燥得到8.6g固体，则产物的成分为CuO、Cu 2O（填化学式）考点：物质的鉴别、推断；化学式的书写及意义；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式专题：框图型推断题
41、分析：已知B是黑色固体、相对分子质量为80，从所学的黑色固体主要有碳、氧化铜、二氧化锰等，而这些物质中相对分子质量为80的只有氧化铜，E是天然气的主要成份，所以E是甲烷，A通电能够分解，则A是水，B能够由C制得且C是水的分解产物， 所以C是氧气，以此为突破口分析解答即可解答：解：已知B是黑色固体、相对分子质量为80，从所学的黑色固体主要有碳、氧化铜、二氧化锰等，而这些物质中相对分子质量为80的只有氧化铜，E是天然气的主要成份，所以E是甲烷，A通电能够分解，则A是水，B能够由C制得且C是水的分解产物，所以C是氧气，D是甲烷反应的产物，所以D是二氧化碳（可由甲烷的燃烧制得也可由碳和氧气反应制得）；
42、（1）由分析知B是CuO，E是CH4；（2）AC是水的电解过程，该反应的化学方程式为2H2O 2H2+O2；ED是甲烷燃烧的过程，化学方程式为CH 4+2O2 CO2+2H2O，BA属复分解反应时生成水，则该反应是氧化铜和稀酸的反应，化学方程式可以是CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；（3）若BA属置换反应，则该反应可能是氢气和氧化铜的反应，产物的固体是红色的铜，由于在发生置换过程可能发生副反应产生Cu2O，产物为红色固体，所以产物的固体可能是铜或氧化亚铜或两者的混合物，故其产物组合可能有三种，由于氧化铜和硫酸反应后固体能够完全溶解，所以小思同学称取14.4g产物与足量稀硫酸充分反应后，经
43、过滤、干燥得到8.6g固体能说明该固体中一定含有氧化亚铜，假设14.4g固体全部是氧化亚铜，则设该反应生成铜的质量是xCu 2O+H2SO4Cu+CuSO4+H2O144 6414.4g xx=6.4g由生成的固体质量是8.6g可知该产物中一定含有铜和氧化亚铜两种；故答案为：（1）CuO；CH4；（2）2H2O 2H2+O2；CH4+2O2 CO2+2H2O；CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；（3）三；CuO、Cu2O；点评：此题为框图式物质推断题，完成此类题目，关键是找准解题突破口，直接得出结论，然后利用顺向或逆向或两边向中间推，逐一导出其他结论 四、实验与探究（共3题，共22分）24
44、（6分）（2013佛山）实验是化学的灵魂，是学好化学的重要环节（1）燃烧的条件实验中，用棉花分别蘸酒精和水，放在酒精灯外焰上加热该实验的目的是探究可燃物是燃烧的条件之一，该实验的可燃物是指酒精，实验成功的关键之一是控制棉花不燃烧（2）粗盐中难溶性杂质的去除实验中，三次使用玻璃棒，其中第二次使用玻璃棒的作用是引流；提纯后的食盐还含有少量的CaCl2和MgCl2等可溶性杂质将该食盐溶解后，依次放入过量的NaOH溶液、过量的Na2CO3（填化学式下同）溶液，过滤，向滤液中加HCl调节至pH=7，再将滤液蒸发结晶，即可得到更纯的氯化钠考点：燃烧与燃烧的条件；氯化钠与粗盐提纯；盐的化学性质专题：实验性简
45、答题；常见的盐化学肥料 分析：用棉花分别蘸取酒精和水放在酒精灯火焰上加热，蘸取酒精的能够燃烧，蘸水的因为不是可燃物，而不能燃烧，可以证明燃烧需要可燃物；粗盐提纯的过程中，溶解、过滤、蒸发都要用到玻璃棒解答：解：（1）用棉花分别蘸酒精和水，放在酒精灯外焰上加热该实验的目的是探究可燃物是燃烧的条件之一，该实验的可燃物是指酒精，实验成功的关键之一是控制棉花不燃烧故填：可燃物；酒精；棉花（2）溶解、过滤、蒸发过程中玻璃棒的作用分别是：搅拌使溶解加快，引流使液体顺利进入漏斗中，搅拌使液体均匀受热，防止液体外溅故填：引流将该食盐溶解后，放入过量的NaOH溶液可以除去氯化镁，放入过量的碳酸钠溶液可以除去氯化
46、钙，过滤后，向滤液中加稀盐酸可以除去剩余的氢氧化钠、碳酸钠；碳酸钠的化学式是Na 2CO3，氯化氢的化学式是HCl故填：Na2CO3；HCl点评：燃烧的条件是，具有可燃物、达到着火点、与氧气接触，三者缺一不可；玻璃棒的作用有搅拌、引流、转移物质等25（9分）（2013佛山）如图是小忻同学设计的实验装置（铁架台等仪器忽略）制备CO2和验证CO2能与NaOH反应 （1）装置B的作用是除去二氧化碳中的水蒸气（2）请补充画出装置C中a、b导气管（3）小易同学分析实验后，发现此装置有明显不足，至少添加一个洗气瓶F，你认为应该在A、B（填装置编号）之间加入装有饱和NaHCO3溶液（填试剂编号）的洗气瓶Fa
47、浓NaOH溶液b澄清石灰水c饱和NaHCO3溶液d饱和Na2CO3溶液（4）打开止水夹K1，检查气密性加入药品开始实验当观察到装置E中的现象是紫色石蕊试液变红可确定装置C收集满CO2（5）当装置C中收集满CO2时，关闭止水夹K1，打开止水夹K2，把注射器D中5mL浓NaOH溶液压入装置C中，化学方程式为2NaOH+CO 2Na2CO3+H2O观察到的现象是E内的紫色石蕊试液会被压入到C中（6）小平同学认为证明CO2与NaOH反应还应把注射器NaOH溶液换成水，再做一次实验，其目的是二氧化碳能溶于水能否出现相同的现象，来排除二氧化碳能溶于水放干扰 考点：二氧化碳的实验室制法；气体的净化（除杂）；
48、气体的干燥（除水）；二氧化碳的检验和验满；碱的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式专题：综合实验题分析：（1）根据浓硫酸具有吸水性进行解答；（2）根据二氧化碳的密度大于空气的密度，所以收集时短导气管进长导气管出进行解答；（3）根据二氧化碳中常含有氯化氢气体和水蒸气，所以应该先用饱和NaHCO3溶液除去氯化氢进行解答；（4）根据二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊试液变红进行解答；（5）根据二氧化碳和NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，C内压强减小进行解答；（6）根据二氧化碳能溶于水进行解答解答：解：（1）浓硫酸具有吸水性，装置B的作用是除去二氧化碳中的水蒸气；故填：除去二氧化碳中的
49、水蒸气； （2）二氧化碳的密度大于空气的密度，所以收集时短导气管进长导气管出；故填：；（3）二氧化碳中常含有氯化氢气体和水蒸气，所以应该先用饱和NaHCO3溶液除去氯化氢，所以应该在A、B之间加入装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶F；故填：A、B；饱和NaHCO3溶液；（4）二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊试液变红，所以当观察到装置E中的现象是紫色石蕊试液变红可确定装置C收集满CO 2；故填：紫色石蕊试液变红；（5）二氧化碳和NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，化学方程式为2NaOH+CO2Na2CO3+H2O；由于C内压强减小，所以观察到的现象是E内的紫色石蕊试液会被压入到C中；故填：2N
50、aOH+CO2Na2CO3+H2O；E内的紫色石蕊试液会被压入到C中；（6）二氧化碳能溶于水，所以为了证明CO2与NaOH反应还应把注射器NaOH溶液换成水，再做一次实验，其目的是二氧化碳能溶于水能否出现相同的现象，来排除二氧化碳能溶于水放干扰故填：水；二氧化碳能溶于水能否出现相同的现象，来排除二氧化碳能溶于水放干扰点评：此题是对二氧化碳与氢氧化钠溶液反应的考查，难度较大26（7分）（2013佛山）我国大部分地区深受酸雨危害，煤燃烧产生的SO 2是形成酸雨的主要污染物，SO2与水结合生成弱酸雨性亚硫酸（H2SO3）已知：H2SO3易分解成水和SO2，也是与空气中的氧气或稀硫酸反应生成H2SO4
