2019年江苏省南京市玄武区中考化学一模试卷解析版

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1、2019年江苏省南京市玄武区中考化学一模试卷一、单选题（本大题共15小题，共30.0分）1. 下列变化属于物理变化的是（）A. 干冰升华B. 光合作用C. 白磷燃烧D. 牛奶变质2. 防止垃圾污染环境，分类回收是关键，下图表示可回收标志的是（）A. B. C. D. 3. 下列属于合成有机高分子材料的是（）A. 不锈钢B. 尼龙C. 蚕丝D. 碳纤维4. 下列属于人体必需的微量元素的是（）A. 碘B. 碳C. 钾D. 钙5. 下列物质由分子构成的是（）A. 金刚石B. 硫酸铜C. 水银D. C606. 下列粒子结构示意图中，表示阴离子的是（）A. B. C. D. 7. 下列有关物质的用途，说

2、法不正确的是（）A. 木炭可用作冰箱除味剂B. 甲醛可用于标本的防腐C. 苛性钠可用作食品干燥剂D. 钛合金可用于制造人造骨8. X、Y、Z三种金属中，只有X在自然界中以单质形式存在；将Y、Z分别投入稀盐酸中，Y溶解并产生气泡，Z无变化。三种金属活动性由强到弱的顺序是（）A. X、Y、ZB. Y、Z、XC. X、Z、YD. Y、X、Z9. 下列做法能保护环境的是（）A. 大量开采地下水B. 多使用含磷洗衣粉C. 露天焚烧秸秆和垃圾D. 推广使用太阳能、风能10. 下列探究燃烧条件的实验中，只能得出“燃烧需要氧气”结论的是（）A. B. C. D. 11. 下列各组离子在水中一定能大量共存，并形

3、成无色溶液的是（）A. NH4+、SO42、Na+、OHB. K+、HCO3、H+、Na+C. Fe2+、NO3、SO42、K+D. Cl、K+、Na+、NO312. 下列叙述不正确的是（）A. 用互相刻画的方法，可比较硬铝和铝的硬度B. 用酒精浸泡捣烂后的牵牛花花瓣，过滤后可制得酸碱指示剂C. 加熟石灰粉末研磨，可鉴别硫酸铵和氯化铵D. 将冷碟子放在蜡烛火焰的上方，可得到炭黑13. 常温下，下列各组物质中，X既能与Y反应又能与Z反应的是（）XYZSO3KOH溶液石灰水Mg（OH）2Cu（NO3）2溶液稀硝酸AgNO3溶液ZnCaCl2溶液Fe2O3稀硫酸COA. B. C. D. 14. 除

4、去下列物质中混有的少量杂质，拟定的实验方案可行的是（）物质（括号内为杂质）实验方案A二氧化碳（氧气）通过足量灼热的木炭粉末B硫酸钠溶液（硫酸）加入适量氢氧化钡溶液，过滤C氯化亚铁溶液（氯化铜）加入过量铁粉，过滤D氧化钙（碳酸钙）加入足量水，过滤A. AB. BC. CD. D15. 某化学兴趣小组借助氧气传感器探究微粒的运动，数据处理软件可实时绘出氧气体积分数随时间变化的曲线。收集一塑料瓶氧气进行以下三步实验：敞口放置；双手贴在塑料瓶外壁上；双手紧贴并倒转瓶口。三步实验中测得氧气的体积分数随时间变化的曲线依次为如图中的MN段、NP段和PR段。下列说法不正确的是（）A. 曲线中MN的变化过程，说

5、明氧分子是不断运动的B. 曲线中MN和NP相比较，说明温度越高分子运动速度越快C. 曲线中NP和PQ相比较，说明氧气密度比空气密度大D. 曲线中PQ和QR相比较，说明Q点后氧分子的运动速度减慢二、推断题（本大题共1小题，共6.0分）16. 图中A-J是初中化学常见物质，且分别由H、O、Al、S、Cl、Fe、Cu中的一种或几种元素组成。A、D、E、G、I均为单质，A在空气中表面生成一层致密的氧化膜，具有很好的抗腐蚀性能，E为紫红色固体；J为金属氧化物；B、C均由三种元素组成。图中“-”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、生成物或反应物条件已略去。（1）写出E的

6、化学式：_。（2）写出A与B反应的化学方程式_。（3）E和I反应的基本反应类型为_。（4）写出GF反应的化学方程式_。三、简答题（本大题共3小题，共25.0分）17. 元素周期律的发现，使化学学习和研究变得有规律可循，下表列出的是1-18号元素的部分最高正化合价和最低负化合价，阅读并回答下列问题：（1）12号元素属于_（填“金属”或“非金属”）元素，它在化学反应中形成的离子与_（填元素名称）原子具有相同的核外电子排布。（2）氮元素的原子核外电子数为_，其最低负化合价与氢形成的化合物的化学式为_，该物质溶于水后形成的溶液显_（填“酸性”、“碱性”或“中性”）；某化合物中同时含有氮元素的最高正化合

7、价和最低负化合价，写出该化合物的化学式并标出氮元素的化合价。_。（3）第三周期元素化合价变化的趋势是_。（4）碳元素形成的物质种类很多，其中C和CO是初中化学常见的还原剂，当它们作还原剂时，碳元素的化合价均_（填“上升”、“下降”或“不变”）。请判断反应NaH+H2O=NaOH+H2中，作还原剂的是_（填化学式）。18. 2019年1月，被称为“第一部中国自己的科幻大片”流浪地球受到极大关注。（1）影片中幻想了因太阳氦闪，地球将被摧毁。氦气属于_（填“单质”或“化合物”），你的判断依据是_。（2）影片中幻想了将木星上氢气点燃，达到使地球脱离木星控制的目的。氢气燃烧的化学方程式是_。（3）氢能是

8、清洁能源之一，而石油是化石燃料之一。下列属于石油综合利用产品的是_。A液化石油气 B汽油 C柴油 D煤油（4）偏二甲肼是一种运载火箭的推进燃料，其相对分子质量为60取一定量偏二甲肼在氧气中完全燃烧，反应前后各物质的质量如图所示，偏二甲肼在氧气中完全燃烧的化学方程式是_。19. 水是生命之源，水和溶液在化学实验中的作用也不可忽视。用你学过的化学知识回答下列问题。（1）秦淮河是南京的母亲河，为了检验秦淮河水是硬水还是软水，可向水中加_。（2）水是常见的溶剂，固体X和Y在水中的溶解度曲线如图甲所示。N点表示t2时X的_（填“饱和溶液”或“不饱和溶液”）。t1时，X的饱和溶液中溶质的质量分数为_。将接

9、近饱和的Y溶液变为饱和溶液，下列说法正确的是_。A溶质的质量一定不变 B溶剂的质量可能变小C溶液的质量可能变大 D溶质的质量分数一定变大（3）按图乙所示装置，锥形瓶B内是碳酸饮料，将氢氧化钠溶液通过注射器加入到充满二氧化碳的锥形瓶A内，可观察到B中气泡明显增多，其原因是_。（4）配制100g质量分数为6%的氯化钠溶液时，以下操作会导致所得溶液的溶质质量分数偏小的是_。A用托盘天平称量6.0g粗盐，放入烧杯中B用量筒量取94mL水时仰视读数，并将水全部倒入上述烧杯中C将配制好的氯化钠溶液装入试剂瓶中，有部分溶液洒出D盛配制好的氯化钠溶液的试剂瓶没有干燥，残留少量蒸馏水四、探究题（本大题共2小题，

10、共19.0分）20. 实验室制取某些气体的装置如图，回答有关问题。（1）若选用装置A和F组合制取氧气，其化学方程式可以为_，选用F装置收集氧气的原因_。（2）若选用装置B作为制取二氧化碳的发生装置，其中试管的作用是_。（填1种即可）（3）若选用装置C作为制取氢气的发生装置，添加稀硫酸时，液面最好添加到如图_处（填字母“a”、“b”或“c”）。（4）实验室用73g质量分数为10%的盐酸与足量大理石反应，最多能生成二氧化碳的质量是多少？21. 目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。【镍粉制备】工业用电解镍新液（主要含

11、NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi（OH）2ZH2O，并利用其制备镍粉的流程如下：（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni（OH）2+3Na2SO4+2X，X的化学式为_。（2）物料在反应器中反应时需要控制反应条件。分析图2，反应器中最适合的温度及pH分别为_、_。（3）生产中，pH逐渐增加，生成Ni（OH）2含量也相对增加，则生成的碱式碳酸镍晶体中，镍的含量将_（填“升高”、“降低”或“不变”）。（4）操作2含过滤、水洗、95%酒精浸泡、晾干等操作，其中用95%酒精浸泡的目的是_。【测定碱式碳酸镍晶体的组成】为测定碱式

12、碳酸镍晶体xNiCO3yNi（OH）2ZH2O组成，某小组设计了如图实验方案及装置：【资料卡片】碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O碱石灰是NaOH和CaO的混合物，可以吸收CO2和H2O【实验步骤】检查装置气密性；准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi（OH）2ZH2O放在B装置中，连接仪器；打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量；关闭弹簧夹a，加热装置B至装置C中导管末端无气泡冒出；打开弹簧夹a，缓缓鼓入一段时间空气；分别准确称量装置C、D、E的质量；根据数据进行计算（相关数据如下表）装置C/g装置D/g装置E/g加热前250.00190

13、.00190.00加热后251.08190.44190.00【实验分析及数据处理】（1）实验过程中步骤鼓入空气的目的是_。（2）计算3.77g碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi（OH）2ZH2O中镍元素的质量_。最终通过计算得到了碱式碳酸镍晶体的组成。【实验反思】（3）另一小组同学加热时在酒精灯上加了铁丝网罩，实验结束后，称得装置B中残留固体质量明显增大。经查阅资料发现：在温度控制不当导致温度过高时，NiO会被氧化成Ni2O3该组同学称得残留的固体中镍元素的质量分数可能是_。A70.1% B75.9% C78.7% D79.6%答案和解析1.【答案】A【解析】解：A、没有新物质生成的变化叫物理变

14、化，干冰升华属于物理变化；故选项正确； B、光合作用生成有机物和氧气，属于化学变化；故选项错误； C、白磷燃烧生成五氧化二磷，属于化学变化；故选项错误； D、牛奶变质生成有害物质，属于化学变化；故选项错误； 故选：A。有新物质生成的变化叫化学变化，光合作用、白磷燃烧、牛奶变质都属于化学变化；没有新物质生成的变化叫物理变化，干冰升华属于物理变化。化学变化的特征是：有新物质生成。判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成。本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决。本考点主要出现在选择题和填空题中。2.【答案】C【解析】解：A、图中

15、所示标志是禁止堆放易燃物标志，故选项错误。 B、图中所示标志是中国节能标志，故选项错误。 C、图中所示标志是可以回收物品的标志，故选项正确。 D、图中所示标志是节约用水标志，故选项错误。 故选：C。解答本题可根据图中所示标志的含义及题目的要求进行分析判断即可。本题难度不大，了解各个标签所代表的含义是解答此类题的关键。3.【答案】B【解析】解：A、不锈钢属于金属材料，故选项错误。 B、尼龙是合成纤维，属于三大合成材料之一，故选项正确。 C、蚕丝属于天然材料，故选项错误。 D、碳纤维属于碳单质，不属于有机物，故选项错误。 故选：B。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：

16、有机物、合成、高分子化合物，据此常见材料的分类进行分析。本题难度不大，掌握合成材料的三大特征（有机物、合成、高分子化合物）、分类是正确解答此类题的关键所在。4.【答案】A【解析】解：人体必需的常量元素包括氧、碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁，微量元素包括铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、碘、硒； 故选：A。人体必需的常量元素包括氧、碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁，微量元素包括铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、碘、硒。化学来源于生产生活，也必须服务于生产生活，所以与人类生产生活相关的化学知识也是重要的中考热点之一。5.【答案】D【解析】解：A、金刚石属于固态非金属单质，是由碳原子直接构成的，故

17、选项错误。 B、硫酸铜是含有金属元素和非金属元素的化合物，硫酸铜是由铜离子和硫酸根离子构成的，故选项错误。 C、水银是金属汞的俗称，属于金属单质，是由汞原子直接构成的，故选项错误。 D、C60是由C60分子构成的，故选项正确。 故选：D。根据金属、大多数固态非金属单质、稀有气体等由原子构成；有些物质是由分子构成的，气态的非金属单质和一般由非金属元素组成的化合物，如氢气、水等；有些物质是由离子构成的，一般是含有金属元素和非金属元素的化合物，如氯化钠，进行分析判断即可。本题难度不大，主要考查了构成物质的微观粒子方面的知识，对物质进行分类与对号入座、掌握常见物质的粒子构成是正确解答本题的关键。6.【

18、答案】D【解析】解：A、质子数=核外电子数=11，为原子，故选项错误。 B、质子数=12，核外电子数=10，质子数核外电子数，为阳离子，故选项错误。 C、质子数=核外电子数=10，为原子，故选项错误。 D、质子数=9，核外电子数=10，质子数核外电子数，为阴离子，故选项正确。 故选：D。根据当质子数=核外电子数，为原子；当质子数核外电子数，为阳离子；当质子数核外电子数，为阴离子；据此进行分析解答。本题考查学生对原子结构示意图及其意义的理解，明确粒子中核内质子数和核外电子数之间的关系是解题的关键。7.【答案】C【解析】解：A、木炭具有很强的吸附能力，可作冰箱除味剂，故选项说法正确。 B、甲醛可用

19、于标本的防腐，故选项说法正确。 C、烧碱具有强烈的腐蚀性，虽然能够吸收水，但不能用作食品干燥剂，故选项说法错误。 D、钛合金具有很好的抗腐蚀性，可用于制造人造骨，故选项说法正确。 故选：C。A、根据木炭的吸附性和用途进行分析判断； B、根据甲醛能固定蛋白质进行分析判断； C、根据烧碱具有强烈的腐蚀性，不能用于食品方面进行分析判断； D、根据钛合金的抗腐蚀性进行分析判断。本题主要考查物质的性质和用途，解答时要充分考虑各种物质的性质，然后再根据性质确定物质的用途。8.【答案】B【解析】解：由题意可知，X、Y、Z三种金属中只有X在自然界中主要以单质形式存在，说明X的活动性最弱；把Y、Z分别加入稀盐酸

20、中，Y表面产生气泡，Z无变化。说明金属的活动性YZ，故三种金属的活动性由强到弱的顺序为YZX； 故选：B。根据金属活动性顺序的意义进行分析，在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸反应生成氢气，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来；Z在自然界主要以单质形式存在，说明其性质稳定。本题主要考查了金属活动性顺序表的应用，解答时可以依据金属活动性顺序表的应用进行分析。9.【答案】D【解析】解：A、大量开采地下水会破坏地下水资源，故A错误。 B、多使用含磷洗衣粉，会造成水体富营养化，水体污染，故B错误。 C、露天焚烧秸秆和垃圾，会产生量的烟尘或有害气体等，会造成空气污染，故C错误。 D、推广

21、使用太阳能、风能，减少使用化石燃料，减少空气污染，故D正确。 故选：D。可以根据能保护环境的具体的处理措施方面进行分析、考虑，从而得出正确的结论。解答本题的关键是要正确认识各种处理方法的实质，只有这样才能对问题做出正确的判断。10.【答案】B【解析】解：注意题目的要求是“只能得出燃烧需要氧气”。A项的结论为燃烧需要可燃物；B项结论为燃烧需要氧气；C项为课本经典实验，可以同时得出燃烧需要与氧气接触、温度达到可燃物的着火点两个结论；D项只能得出燃烧需要温度达到可燃物的着火点这一结论； 故选：B。根据燃烧的条件：可燃物、与氧气接触、温度达到着火点，三个条件同时具备进行分析。本题考查学生分析设计实验的

22、能力，掌握对照实验一定要找准不同实验之间的变量。11.【答案】D【解析】解：A、NH4+、OH-两种离子能结合成氨气和水，不能大量共存，故选项错误。 B、H+、HCO3-两种离子能结合成二氧化碳和水，不能大量共存，故选项错误。 C、四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，但Fe2+的水溶液显浅绿色，故选项错误。 D、四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，且不存在有色离子，故选项正确。 故选：D。根据复分解反应的条件，离子间若能互相结合成沉淀、气体或水，则离子不能大量共存；本题还要注意溶液呈无色透明，不能含有明显有颜色的铜离子、铁离子和亚铁离子等。本题考查了离子共存的问题，判断

23、各离子在溶液中能否共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、水；还要注意特定离子的颜色。12.【答案】C【解析】解：A、合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，用互相刻画的方法，可比较硬铝和铝的硬度，故选项说法正确。 B、某些植物的花瓣的汁液可作酸碱指示剂，用酒精浸泡捣烂后的牵牛花花瓣，过滤后可制得酸碱指示剂，故选项说法正确。 C、硫酸铵和氯化铵均属于铵态氮肥，均能与熟石灰粉末研磨产生有刺激性气味的氨气，不能鉴别，故选项说法错误。 D、蜡烛不充分燃烧时生成一氧化碳和黑色的炭黑，用一只冷碟子放在蜡烛火焰上方，能获得炭黑，故选项说法正确。 故选：C。A、根据合金的硬度比组成它的纯金属的

24、硬度大，进行分析判断。 B、某些植物的花瓣的汁液可作酸碱指示剂，进行分析判断。 C、根据硫酸铵和氯化铵均属于铵态氮肥，进行分析判断。 D、根据蜡烛不充分燃烧时生成一氧化碳和黑色的炭黑，进行分析判断。本题难度不大，掌握铵态氮肥的检验方法、合金的性质、蜡烛不充分燃烧时生成炭黑等是正确解答本题的关键。13.【答案】A【解析】解：SO3能与KOH溶液反应生成硫酸钾和水，SO3能与石灰水反应生成硫酸钙和水，故选项正确。 Mg（OH）2难溶于水，不能与Cu（NO3）2 溶液反应，故选项错误。 AgNO3溶液能与锌发生置换反应生成硝酸锌溶液和银，能与CaCl2溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钙，故选项错误。 F

25、e2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，与一氧化碳在常温下不反应，故选项错误。 故中，X既能与Y反应又能与 Z反应。 故选：A。根据题意，常温下，下列各组物质中，X既能与Y反应又能与Z反应，据此结合酸碱盐的化学性质，进行分析判断。本题难度不大，明确选择的条件、熟练掌握酸碱盐的化学性质是正确解答本题的关键。14.【答案】C【解析】解：A、二氧化碳、氧气均能与足量灼热的木炭粉反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。 B、硫酸、硫酸钠溶液均能与适量氢氧化钡溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。 C、过量铁粉能与氯化

26、铜溶液反应生成氯化亚铁溶液和铜，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。 D、CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。 故选：C。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。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。15.【答案】D【解析

27、】解：A能够说明氧分子不断运动的曲线是MN段，这是因为敞口放置，氧气体积分数不断减小，是因为氧分子是不断运动的，部分氧分子运动到瓶外；双手贴在塑料瓶外壁上，瓶内温度升高，分子之间间隔变大，会导致部分气体膨胀逸出，不能说明分子是不断运动的；将塑瓶的瓶口朝下，在重力作用下，部分氧气会由于重力作用而下降，不能说明分子是不断运动的，正确。 B双手贴在塑料瓶外壁上，瓶内温度升高，分子之间间隔变大，运动速率加快，正确； C将塑瓶的瓶口朝下，由于氧气的密度比空气大，所以在重力作用下，部分氧气会由于重力作用而下降，正确； DQ点以后，由于手依然紧贴瓶口，温度并未明显改变，因此氧分子运动速度不会减慢。而之所以氧

28、气体积分数基本不变，是因为瓶内氧气体积分数已经接近空气，将稳定在该数值，错误。 故选：D。根据微粒的性质来分析解答。微观粒子是不断运动的，温度越高一定越快；氧气约占空气总体积的21%。根据分子的性质结合图象来分析即可。难度不大。16.【答案】Cu 2Al+3CuSO4=3Cu+Al2（SO4）3 化合反应 H2+Cl2点燃2HCl【解析】解：根据题目中的信息，“A在空气中表面生成一层致密的氧化膜，具有很好的抗腐蚀性能，E为紫红色固体”，可以确定A是Al，E是Cu根据图框可知：D能生成Cu，且是单质，所以D可能是Fe而“B、C均由三种元素组成”，B、C都能和Fe、Al反应，所以B、C分别是酸和盐

29、。因为C能生成单质G，所以B是盐，C是酸，结合元素组成能推出C是H2SO4，B是CuSO4，G是H2而F能和Al反应，能和H2相互转化，结合元素信息能确定F是HCl根据“J是金属氧化物”，I是单质，所以I是O2，进而能推出H是H2O，J可能为氧化铜或氧化铁。故答案为：（1）Cu；（2）2Al+3CuSO4=3Cu+Al2（SO4）3；（3）化合反应；（4）H2+Cl22HCl。根据“A在空气中表面生成一层致密的氧化膜，具有很好的抗腐蚀性能，E为紫红色固体”，可以确定A是Al，E是Cu根据图框可知：D能生成Cu，且是单质，所以D可能是Fe而“B、C均由三种元素组成”，B、C都能和Fe、Al反应，

30、所以B、C分别是酸和盐。因为C能生成单质G，所以B是盐，C是酸，结合元素组成能推出C是H2SO4，B是CuSO4，再结合图框，推测其他物质。在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。17.【答案】金属 氖 7 NH3 碱性 N3H4N+5O3 从左到右，元素最高正化合价由+1价到+7价依次增加，且数值等于元素原子的最外层电子数 上升 NaH【解析】解：（1）12号元素是镁元素，属于金属元素，失去电子后，形成的镁离子与氖原子具有相同的核外电子排布，故填：金属；氖；（2）氮原子核外有7个电子，最外层有

31、5个电子，最低价为-3价，最高价为+5，氢元素显+1价，其最低负化合价与氢形成的化合物的化学式为NH3，氨气溶于水形成氨水，显碱性；硝酸铵中含有氮元素的最高正化合价和最低负化合价，在铵根中氮元素显-3价，在硝酸根中显+5价；故填：7；NH3；碱性；H4O3；（3）第三周期，从左到右，元素最高正化合价由+1价到+7价依次增加，且数值等于元素原子的最外层电子数。从硅到氯，最低负化合价由-4价到-1价依次递增。金属无负价，稀有气体只有0价。故填：从左到右，元素最高正化合价由+1价到+7价依次增加，且数值等于元素原子的最外层电子数（合理即可）；（4）C和CO是初中化学常见的还原剂，当它们作还原剂时，化

32、合价均升高；由题目的提示可得，所含元素化合价在反应后升高的反应物为还原剂，同时按照题目给出的钠元素化合价仅+1价，以及NaH化学式的写法，可以推出该物质中氢元素化合价为-1价，在反应后升高至氢气中氢元素的化合价为0价，因而NaH为还原剂；故填：上升；NaH。（1）根据元素的分类及其原子的得失电子情况来分析；（2）根据原子结构、化学式的写法、溶液的酸碱性来分析；（3）根据元素周期表的规律来分析；（4）根据化学反应的原理以及元素化合价的变化来分析。本题考查了元素周期表的应用，完成此题，可以依据已有的知识进行。18.【答案】单质 氦气是一种元素组成的纯净物 2H2+O2点燃2H2O ABCD C2H

33、8N2+4O2点燃2CO2+N2+4H2O【解析】解：（1）氩气是由一种元素组成的纯净物，属于单质；故填：单质；氦气是一种元素组成的纯净物；（2）氢气与氧气在点燃的条件下反应生成水；故填：2H2+O22H2O；（3）液化石油气、汽油、柴油和煤油均属于石油综合利用的产品；故填：ABCD；（4）根据扇形图，可以确定参加反应的偏二甲肼的质量1.4g+3.6g+4.4g-6.4g=3g，化学方程式中，偏二甲肼、氧气、氮气、水、二氧化碳的化学计量数的比是：=1：4：1：4：2，然后根据化学反应前后原子个数相等和相对分子质量能确定偏二甲肼的化学式是C2H8N2，偏二甲肼与氧气在点燃的条件下反应生成氮气、水

34、和二氧化碳；故填：C2H8N2+4O22CO2+N2+4H2O。（1）根据单质与化合物的概念来分析；（2）根据氢气燃烧的反应原理来分析；（3）根据石油的分馏产物来分析；（4）根据化学方程式的写法来分析。本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力。增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力。19.【答案】肥皂水 不饱和溶液 20% BC A瓶中NaOH溶液吸收二氧化碳，使得A中气压变小，引起B中气压变小，压强变小，气体的溶解度减小，所以碳酸饮料中的二氧化碳从饮料中逸出 ABD【解析】解：（1）肥皂水，在硬水中产生的泡沫较少，在软水中的泡沫较多，所以为了检验秦淮河水是

35、硬水还是软水，可向水中加肥皂水；（2）N点在X物质溶解度曲线的下方，所以表示t2时X的不饱和溶液；t1时，X物质的溶解度是25g，所以X的饱和溶液中溶质的质量分数为100%=20%；将接近饱和的Y溶液变为饱和溶液，A、增加溶质的方法，溶质的质量一定变大，故错误；B、蒸发溶剂的方法，溶剂的质量可能变小，故正确；C、增加溶质的方法，溶液的质量可能变大，故正确D、升高温度的方法，溶质的质量分数不变，故错误。故选：BC；（3）按图乙所示装置，锥形瓶B内是碳酸饮料，将氢氧化钠溶液通过注射器加入到充满二氧化碳的锥形瓶A内，可观察到B中气泡明显增多，原因是：A瓶中NaOH溶液吸收二氧化碳，使得A中气压变小，

36、引起B中气压变小，压强变小，气体的溶解度减小，所以碳酸饮料中的二氧化碳从饮料中逸出；（4）配制100g质量分数为6%的氯化钠溶液时，A用托盘天平称量6.0g粗盐，放入烧杯中，溶质质量偏小，会导致所得溶液的溶质质量分数偏小，故正确；B用量筒量取94mL水时仰视读数，并将水全部倒入上述烧杯中，水的体积偏大，会导致所得溶液的溶质质量分数偏小，故正确；C将配制好的氯化钠溶液装入试剂瓶中，有部分溶液洒出，不会影响溶质的质量分数，故错误；D盛配制好的氯化钠溶液的试剂瓶没有干燥，残留少量蒸馏水，水的实际体积偏大，会导致所得溶液的溶质质量分数偏小，故正确。故选：ABD。故答案为：（1）肥皂水；（2）不饱和溶液

37、；20%；BC；（3）A瓶中NaOH溶液吸收二氧化碳，使得A中气压变小，引起B中气压变小，压强变小，气体的溶解度减小，所以碳酸饮料中的二氧化碳从饮料中逸出；（4）ABD。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，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，判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。20.【答案】2KClO3MnO22KCl+

38、3O2 氧气不易溶于水且不与水反应 方便使漏斗下端伸入液面以下，防止生成的二氧化碳逸出（节约液封使用的药品） b【解析】解：（1）若选用装置A和F组合制取氧气，是固体加热制取气体且试管口没有棉花团，为氯酸钾和二氧化锰在加热的条件制取氧气，对应的化学方程式可以为2KClO32KCl+3O2，选用F装置收集氧气的原因 氧气不易溶于水且不与水反应。（2）若选用装置B作为制取二氧化碳的发生装置，其中试管的作用是方便使漏斗下端伸入液面以下，防止生成的二氧化碳逸出（节约液封使用的药品）。（3）若选用装置C作为制取氢气的发生装置，添加稀硫酸时，液面最好添加稍高于固体位置即可，不需要担心气体从漏斗逸出，所以到

39、如图 b处即可。（4）设最多能生成二氧化碳的质量为xCaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2 73 44 73g10% x=x=4.4g答：最多可生成二氧化碳的质量为4.4g。故答案为：（1）2KClO32KCl+3O2，氧气不易溶于水且不与水反应。（2）方便使漏斗下端伸入液面以下，防止生成的二氧化碳逸出（节约液封使用的药品）。（3）b。（4）4.4g根据装置和对应的气体的制取原理和性质进行分析和解答，根据HCl的质量和对应的化学方程式求算生成的二氧化碳的质量。根据化学方程式计算时，第一要正确书写化学方程式，第二要使用正确的数据，第三计算过程要完整。21.【答案】CO2 55 8.3 升

40、高 使固体能快速晾干 将生成物带入吸收装置中，使生成物能够被完全吸收，防止生成物残留带来计算误差 1.77g B【解析】解：【镍粉制备】（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni（OH）2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2故填：CO2；（2）根据给出的温度和pH对杂质含量的影响图可知，要想杂质含量最低，

41、则需要控制反应器中最适合的温度及pH分别为55、8.3；故填：55；8.3；（3）由于NiCO3中含镍量比Ni（OH）2中低，生产中，pH逐渐增加，生成Ni（OH）2含量也相对增加，而Ni（OH）2中含镍量高，所以会造成生成的碱式碳酸镍晶体中，镍的含量将升高；故填：升高；（4）操作2含过滤、水洗、95%酒精浸泡、晾干等操作，由于酒精易挥发，所以用95%酒精浸泡的目的是便于快速晾干；故填：使固体能快速晾干；【测定碱式碳酸镍晶体的组成】（1）实验过程中步骤鼓入空气的目的是为了将生成物带入吸收装置中，使生成物能够被完全吸收，防止生成物残留带来计算误差；故填：将生成物带入吸收装置中，使生成物能够被完全

42、吸收，防止生成物残留带来计算误差；（2）反应生成水的质量为：251.08g-250.00g=1.08g，反应生成二氧化碳质量为：190.44g-190.00g=0.44g，反应生成NiO质量为：3.77g-1.08g-0.44g=2.25g，3.77g碱式碳酸镍晶体【xNiCO3yNi（OH）2zH2O】中镍元素的质量为：2.25g5975100%=1.77g；故填：1.77g；（3）如果固体全部是Ni2O3，Ni2O3中镍元素质量分数为：100%=71.08%，NiO中镍元素质量分数为：100%=78.67%，该组同学称得的残留固体中镍元素的质量分数应该是大于71.08%，小于78.67%，因此该组同学称得的残留固体中镍元素的质量分数可能是B。故填：B。【镍粉制备】（1）根据质量守恒定律来分析解答；（2）根据图象信息来分析解答；（3）根据图象信息以及化学反应的原理来分析解答；（4）根据酒精易挥发来分析；【测定碱式碳酸镍晶体的组成】（1）根据使生成物完全被吸收的措施来分析；（2）化学反应前后，元素的种类不变和质量不变；（3）根据物质的化学式可以计算组成元素的质量分数。本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。