(1)“转化”时在溶液中生成了FeCO3沉淀，从四种基本反应类型来看，该反应的类型是；“过滤”后得到的滤液中的溶质有和(填化学式)
(2)“干燥”过程中有少量的FeCO3转化为FeOOH和CO2，此时与FeCO3反应的物质有(填化学式)；FeCO3和FeOOH在空气中焙烧转化为Fe2O3，写出Fe2O3在高温条件下与C反应生成Fe和CO2的化学方程式．
(3)制得的还原铁粉中含有Fe和少量FexC．为确定FexC的化学式，进行了如下实验：
①取14.06g还原铁粉在氧气流中充分加热，得到0.22gCO2；
②另取相同质量的还原铁粉与足量稀硫酸充分反应(FexC与稀硫酸不反应)，得到0.48gH2．FexC的化学式是．
2017年江苏省常州市中考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(每题2分，共40分)
1．铝锂合金是中国商用飞机C919上使用的一种新材料，铝锂合金是()
A．合成材料B．金属材料C．复合材料D．非金属材料
[考点]89：金属材料及其应用．
[分析]金属材料包括纯金属以及它们的合金，据此结合题意进行分析判断即可．
[解答]解：金属材料包括纯金属以及它们的合金，则铝一锂合金属于金属材料．
故选B．
2．下列食品富含蛋白质的是()
A．米饭B．面包C．牛肉D．蔬菜
[考点]J4：食品、药品与健康食品中的有机营养素．
[分析]根据常见食品中富含的营养素来分析解答．
[解答]解：A．米饭中主要的营养元素是糖类；
B．面包中主要的营养元素是糖类；
C．牛肉中富含蛋白质；
D．蔬菜中富含维生素．
故选C．
3．下列物质属于纯净物的是()
A．液氧B．石油C．矿泉水D．不锈钢
[考点]A5：纯净物和混合物的判别．
[分析]本题考查利用纯净物的概念来判断物质是否为纯净物，宏观上看只有一种物质，微观上只有一种分子．
[解答]解：A、液氧由一种物质组成，属于纯净物，故A正确；
B、石油中含有煤油、柴油、汽油等物质，属于混合物，故B错；
C、矿泉水中含有多种矿物质，属于混合物，故C错；
D、不锈钢中含有铁、碳等物质，属于混合物，故D错．
故选A．
4．下列物质的组成元素相同的是()
A．干冰和冰B．纯碱和烧碱
C．金刚石和石墨D．生石灰和熟石灰
[考点]C8：物质的元素组成．
[分析]根据物质的组成元素分析解答．
[解答]解：A、干冰是固态的二氧化碳，组成元素为碳元素和氧元素，冰是固态的水，其组成元素为氢元素和氧元素，二者组成元素不同，错误；
B、纯碱是碳酸钠，烧碱是氢氧化钠，组成元素不同，错误；
D、生石灰是氧化钙，由钙元素和氧元素组成，熟石灰是氢氧化钙，由钙元素、氢元素、氧元素组成，二者组成元素不同，错误．
A．铁锅生锈B．粮食酿酒C．食物腐败D．白醋挥发
[考点]E3：化学变化和物理变化的判别．
[分析]本题考查学生对物理变化和化学变化的确定．判断一个变化是物理变化还是化学变化，要依据在变化过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化；
[解答]解：A、铁锅生锈，生成了一种红棕色的新物质铁锈，主要成分是氧化铁，所以有新物质生成，属于化学变化，故A错；
B、粮食酿酒过程中有新物质酒精生成，属于化学变化，故B错；
C、食物腐败变质有菌类物质生成，属于化学变化，故C错；
D、白醋挥发只是状态发生了变化，并没有新物质生成，属于物理变化，故D正确．
故选D．
6．在水中加入下列物质后形成的溶液很难导电的是()
A．蔗糖B．食盐C．硫酸D．氢氧化钠
[考点]96：溶液的导电性及其原理分析．
[分析]物质导电一般有两种原因，一是金属，有能自由移动的电子；二是能够产生自由移动离子的溶液，据此进行分析判断．
[解答]解：A、蔗糖溶液是由蔗糖的水溶液，水溶液存在蔗糖分子、水分子，不存在能自由移动离子，不能导电，故选项正确．
B、氯化钠溶液中存在自由移动的钠离子和氯离子，能够导电，故选项错误．
C、硫酸中存在着大量的能够自由移动的氢离子与硫酸根离子，能够导电，故选项错误．
D、氢氧化钠溶液中存在着大量的能够自由移动的钠离子与氢氧根离子，能够导电，故选项错误．
7．在空气中最不容易燃烧的是()
A．白磷B．红磷C．镁条D．铁片
[考点]68：氧气的化学性质．
[分析]根据物质与氧气反应的剧烈程度进行分析，铁在纯氧中能燃烧，在空气中不能燃烧，进行分析判断．
[解答]解：A、白磷着火点很低，在空气中能够自燃，容易燃烧，故选项错误．
B、红磷能在空气中燃烧，容易燃烧，故选项错误．
C、镁条在空气中燃烧，发出耀眼的白光，容易燃烧，故选项错误．
D、铁片在空气中只能烧至红热，不能燃烧，在空气中最不容易燃烧，故选项正确．
故选：D．
[考点]G1：质量守恒定律及其应用．
[分析]由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，据此由反应的化学方程式推断反应物X的化学式．
故选：A．
9．下列仪器不能作为反应容器的是()
A．试管B．量筒C．烧杯D．烧瓶
[考点]4Z：常用仪器的名称和选用．
[分析]A、试管可以作为少量试剂的反应容器；
B、为保证量取结果的正确性，量筒不可作为反应容器使用，只能用来量度液体的体积；
C、烧杯可用于溶解固体物质、配制溶液等使用，可用作较大量试剂的反应容器；
D、烧瓶可用于加热液体等反应．
[解答]解：A、试管常用做①少量试剂的反应容器②也可用做收集少量气体的容器③或用于装置成小型气体的发生器，故A不选；
B、量筒常用于一定液体的量取，为保持量取的准确性，不可做反应容器，故B选
C、烧杯主要用于①溶解固体物质、配制溶液，以及溶液的稀释、浓缩②也可用做较大量的物质间的反应，故C不选；
D、烧瓶可用于加热液体等反应，故D不选；
10．实验室配制溶质质量分数为5%的氯化钠溶液50g，下列操作正确的是()
[考点]4E：一定溶质质量分数的溶液的配制．
[分析]A、根据固体药品的取用方法进行分析判断．
B、根据托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则进行分析判断．
C、根据量筒读数时视线要与凹液面的最低处保持水平进行分析判断．
D、根据溶解操作的方法，进行分析判断．
[解答]解：A、取用固体粉末状药品时，瓶塞要倒放，应用药匙取用，不能用手接触药品，图中瓶塞没有倒放，所示操作错误．
B、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，图中所示操作砝码与药品位置放反了，图中所示操作错误．
C、量取液体时，视线与液体的凹液面最低处保持水平，图中俯视刻度，操作错误．
D、配制氯化钠溶液时，溶解操作应在烧杯中进行，用玻璃棒进行搅拌，图中所示操作正确．
A．Ag(Fe)B．Cu(CuO)C．CaCO3(CaCl2)D．FeSO4(CuSO4)
[考点]2H：物质除杂或净化的探究；85：金属的化学性质；9H：盐的化学性质．
[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：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．
B、CuO能与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，铜不与稀硫酸反应，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，能用如图所示方案，故选项错误．
C、氯化钙易溶于水，碳酸钙难溶于水，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，能用如图所示方案，故选项错误．
D、应先将两者加水溶解后，再加入足量的铁粉，铁能与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜，不能用如图所示方案，故选项正确．
A．少开私家车，以减轻雾霾
B．多用熟石灰吸收CO2，以防止温室效应
C．在钢铁表面镀锌，以防止钢铁生锈
D．开发新能源，以减少对化石燃料的依赖
[考点]8G：金属锈蚀的条件及其防护；65：防治空气污染的措施；6S：二氧化碳对环境的影响．
[分析]A．根据造成雾霾的主要原因来分析；
B．根据防止温室效应的有效方法来分析；
C．根据铁的防锈方法来分析；
D．根据开发新能源的意义来分析．
[解答]解：A．机动车辆排放的烟尘与尾气是造成雾霾天气的主要原因之一，所以少开私家车，可以减轻雾霾，故正确；
C．在钢铁表面镀锌隔绝了氧气与水，可以防止钢铁生锈，故正确；
13．下列叙述正确的是()
A．爆炸一定是化学变化
B．中和反应一定有盐生成
C．碱性的溶液一定是碱溶液
D．仅含有一种元素的物质一定是单质
[考点]97：中和反应及其应用；A6：单质和化合物的概念；E3：化学变化和物理变化的判别．
[分析]A、根据爆炸分为物理性爆炸和化学性爆炸，进行分析判断．
B、中和反应是酸与碱作用生成盐和水的反应，反应物是酸和碱，生成物是盐和水．
C、根据显碱性的不一定是碱溶液，进行分析判断．
D、根据单质的概念，进行分析判断．
[解答]解：A、爆炸不一定是化学变化，也可能是物理性质，如车胎爆炸，故选项说法错误．
B、中和反应是酸与碱作用生成盐和水的反应，反应物是酸和碱，生成物是盐和水，中和反应一定有盐生成，故选项说法正确．
C、碱性的溶液不一定是碱溶液，如碳酸钠溶液属于盐，显碱性，故选项说法错误．
D、仅含有一种元素的物质不一定是单质，如氧气和臭氧的混合物，故选项说法错误．
故选：B．
14．在一定条件下，下列物质间的转化不能一步实现的是()
A．S→SO3B．CO2→O2C．Fe3O4→FeD．Ca(OH)2→NaOH
[考点]AF：物质的相互转化和制备；6Q：二氧化碳的化学性质；95：碱的化学性质．
[分析]一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据所涉及物质的性质，分析能否只通过一个反应而实现即可．
[解答]解：A、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成一步反应三氧化硫，故选项正确．
B、二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，转化能一步实现，故选项错误．
C、四氧化三铁与一氧化碳在高温下反应生成铁和二氧化碳，转化能一步实现，故选项错误．
D、碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，转化能一步实现，故选项错误．
15．道尔顿、汤姆生和卢瑟福等科学家对原子结构进行了不断探索．下列叙述正确的是()
①原子由原子核和核外电子构成
②原子的质量主要集中在原子核上
③原子核在原子中所占的体积极小．
A．①②B．①③C．②③D．①②③
[考点]B4：原子的定义与构成．
[分析]根据原子的结构和特点分析解答．
[解答]解：道尔顿、汤姆生和卢瑟福等科学家对原子结构进行了不断探索，得出以下结论：
16．某两种物质在光照条件下能发生化学反应，其微观示意图如图，图中相同小球代表同种原子，原子间的短线代表原子的结合．下列叙述正确的是()
A．反应物中共有两种原子B．反应前后分子不可分
C．图示反应不是置换反应D．图示反应表示甲烷完全燃烧
[考点]B3：微粒观点及模型图的应用；FA：反应类型的判定．
[分析]根据物质的微观模型示意图，分析物质的类别；根据微粒的变化，分析原子的变化；根据反应的特点分析反应的类型．
[解答]解：A、由物质的微观模型示意图可知，反应物中共有三种原子，故A错误．
B、根据反应的微观示意图，对比反应前后微粒的变化可知，在化学反应中分子可分，原子不可分．故B错误．
C、图示中的生成物是两种化合物，反应物是一种化合物与一种单质，该反应不符合置换反应的特征．故C正确．
D、根据反应的微观示意图，若为甲烷燃烧，则生成水和二氧化碳，而图示生成物中的一个分子由5个原子构成，另一个分子有两个原子构成，不是水和二氧化碳，故D不正确．
17．聚乳酸[(C3H4O2)m]是一种可降解塑料，降解生成CO2和H2O．下列叙述错误的是()
A．聚乳酸是一种有机高分子化合物
B．聚乳酸降解发生的反应是分解反应
D．聚乳酸不会产生“白色污染”
[考点]D1：化学式的书写及意义；AA：有机物的特征、分类及聚合物的特性；DA：元素的质量分数计算；FA：反应类型的判定．
[分析]A．根据有机高分子化合物的概念来分析；
B．根据化学反应的特点来分析；
C．根据化合物中元素质量分数的计算方法来分析；
D．根据可降解塑料的特点来分析．
[解答]解：A．有机高分子化合物的相对分子质量大到几万甚至几十万，聚乳酸的相对分子质量为(12×3+1×4+16×2)×m=72m，属于有机高分子化合物，故正确；
B．聚乳酸的降解需要有氧气参加，不符合“一变多”的特征，不属于分解反应，故错误；
D．聚乳酸[(C3H4O2)m]是一种可降解塑料，降解生成CO2和H2O，不会对环境造成白色污染，故正确．
18．向盛有氯化亚铁和氯化铜混合溶液的烧杯中加入一定量的锌粉，充分反应后，得到固体M和溶液N．下列叙述错误的是()
A．锌有剩余时，M中一定有Fe、Cu和Zn
B．锌有剩余时，N中一定没有FeCl2和CuCl2
C．锌无剩余时，M中一定有Cu、可能有Fe
D．锌无剩余时，N中一定有ZnCl2和FeCl2
[考点]85：金属的化学性质．
[分析]根据在金属活动性顺序中，排在前面的金属可以将排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，三种金属的活动性顺序为：锌＞铁＞铜进行分析．
[解答]解：在金属活动性顺序中，排在前面的金属可以将排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，三种金属的活动性顺序为：锌＞铁＞铜，所以向盛有氯化亚铁和氯化铜混合溶液的烧杯中加入一定量的锌粉，锌会先与氯化铜反应，再与氯化亚铁反应，所以
A、锌有剩余时，M中一定有Fe、Cu和Zn，故A正确；
B、锌有剩余时，锌和氯化铜、氯化亚铁完全反应，所以N中一定没有FeCl2和CuCl2，故B正确；
C、锌无剩余时，锌先与氯化铜反应，可能与氯化亚铁反应，所以M中一定有Cu、可能有Fe，故C正确；
D、锌无剩余时，N中一定有ZnCl2，可能FeCl2、CuCl2，故D错误．
A．若X是稀硫酸，a可能是紫色石蕊试液
B．若X是稀硫酸，b可能是氧化物
C．若X是稀盐酸，c不可能是单质
D．若X是稀盐酸，d不可能是单质
[考点]93：酸的化学性质．
[分析]给定物质存在明显的颜色的变化，所以要抓住颜色特征进行突破．黄色溶液是含有三价铁离子的溶液，蓝色溶液是含有二价铜离子的溶液，而浅绿色的溶液中一定含有二价的亚铁离子．据此解答．
[解答]解：(1)若X是稀硫酸，稀硫酸能使紫色石蕊试液变红，则a可能是紫色石蕊试液，故正确；
(2)若X是稀硫酸，稀硫酸可和氧化铁反应生成显黄色的硫酸铁溶液，因此b可能是氧化物，故正确；
(3)若X是稀盐酸，稀盐酸与铁反应生成显浅绿色的氯化亚铁溶液和氢气，因此c可能是单质，故错误；
(4)若X是稀盐酸，则X与d反应生成的蓝色溶液可能为含铜离子的溶液，而稀盐酸不能与铜发生反应，即d可能为含铜的氧化物或碱，但d不可能是单质，故正确．
20．在一密闭容器中发生某反应，容器中各物质的质量变化如表所示，其中未知数据正确的是()
A．m1=30.8B．m2=24C．m3=13.6D．m4=34
[分析]根据质量守恒定律可得出m4的值，然后根据反应中各物质的质量比进行分析解答即可．
[解答]解：A、由质量守恒定律，m4=40+40﹣23﹣30﹣27=0，由反应前与反应中甲丁的质量关系，则(40﹣23)g：27g=(40﹣m1)g：10.8g，解得m1=33.2，故选项说法错误．
B、由反应前与反应中乙、丁的质量关系，则40g：27g=(40﹣m2)g：10.8g，解得m2=24，故选项说法正确．
C、由反应前与反应中丙丁的质量关系，则30g：27g=m3：10.8g，解得m3=12，故选项说法错误．
D、由质量守恒定律，m4=40+40﹣23﹣30﹣27=0，故选项说法错误．
二、填空题(4小题，共20分)
21．某品牌紫菜中含有蛋白质、维生素和水以及钾、钙、镁、磷、碘和铁等元素
(1)用化学符号表示下列微粒．
①磷原子：P；②铁离子：Fe3+；
(2)蛋白质中一定含有碳、氢、氧和氮元素．
(3)人体缺碘和碘过量均会导致甲状腺肿大疾病．
[考点]DF：化学符号及其周围数字的意义；J1：人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用．
[分析](1)①原子的表示方法，用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字．
②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．
(2)根据蛋白质的元素组成，进行分析解答．
(3)根据碘的生理功能和缺乏症等进行分析解答．
[解答]解：(1)①由原子的表示方法，用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字，故磷原子可表示为：P．
②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，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略．铁离子可表示为：Fe3+．
(3)碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏和碘过量均会患甲状腺肿大．
故答案为：(1)①P；②Fe3+；(2)氮；(3)甲状腺肿大．
22．用符合下列要求的物质的序号填空
①氧气②氮气③烧碱④浓硫酸⑤熟石灰⑥乙醇汽油
(1)可用作食品保护气的是②．
(2)可用作汽车燃料的是⑥．
(3)可用于干燥二氧化碳的是④．
(4)可用于改良酸性土壤的是⑤．
[考点]94：常见碱的特性和用途；4S：气体的干燥(除水)；6K：常见气体的用途；H3：常用燃料的使用与其对环境的影响．
[分析]可以根据物质的性质以及所学的化学知识进行分析、判断，从而得到正确的结果．
[解答]解：(1)氮气在常温下化学性质稳定，可用作食品保护气；
(2)乙醇汽油具有可燃性，可用作汽车燃料；
(3)烧碱和浓硫酸都具有吸水性，可用作干燥剂，但烧碱与二氧化碳反应，故选浓硫酸；
(4)熟石灰氢氧化钙具有碱性，常用于改良酸性土壤；
答案：(1)②；(2)⑥；(3)④；(4)⑤．
23．如图是测定空气中氧气含量的实验装置图．实验如下：用注射器抽取30mL空气(活塞拉至30mL刻度处)，硬质玻璃管中空气的体积为50mL；在硬质玻璃管中放入过量铜粉，在右侧导管口套上瘪的气球；点燃酒精灯，反复推拉注射器和挤压气球，待充分反应后，冷却至室温；将气球中气体全部挤入硬质玻璃管，注射器中气体的体积为14mL．
(3)实验测得空气中氧气的含量为20%．
[考点]62：空气组成的测定；G5：书写化学方程式、．
[分析](1)根据铜粉与氧气反应生成氧化铜解答；
(2)根据实验时，铜粉过量的目的是除去空气中所有的氧气解答；根据木炭燃烧生成二氧化碳气体解答；
(3)根据反应消耗氧气的体积为30ml﹣14ml=16ml，从而计算出空气中氧气的体积分数解答．
[解答]解：
(2)实验时，为了完全除去空气中的氧气，铜粉必须是过量的，否则得出的结果不准确，铜粉与氧气反应生成固体氧化铜，而木条与氧气反应生成二氧化碳气体，瓶内气压基本不变，无法测量氧气的含量，故不能用木炭代替铜粉进行相同实验．
答案：
(2)除去空气中所有的氧气；不能；
(3)20%
24．如图1是小明在20℃时进行的系列实验示意图，①﹣⑤表示实验所得溶液；图2是NaCl、KNO3的溶解度曲线．
(1)20℃时，KNO3的溶解度(S)=31.6g；⑤是饱和(填“饱和”或“不饱和”)溶液．
(2)50℃时，饱和NaCl溶液中溶质的质量分数(w1)与饱和KNO3溶液中溶质的质量分数(w2)的大小关系是：w1＜(填“＞”“=”或“＜”)w2．
(3)小明发现：升温至50℃，②→③的过程中有少量水蒸发，下列叙述正确的是b(填序号)
a．①、②均为不饱和溶液
b．②→③的过程中溶质质量分数变大
c．④→⑤的过程中析出KNO3晶体53.9g
(4)除去KNO3固体中混有的少量NaCl的实验操作为：加适量水溶解→加热得到热饱和溶液→降温结晶→过滤→洗涤→干燥→KNO3．
[考点]7N：固体溶解度曲线及其作用；4H：结晶的原理、方法及其应用；7I：饱和溶液和不饱和溶液；7T：溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系．
[分析]根据固体的溶解度曲线可以：①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，②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，③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．
[解答]解：(1)通过分析溶解度曲线可知，20℃时，KNO3的溶解度为31.6g；20℃时的溶液⑤中含100水和20g+30g+30g=80g的硝酸钾，由于该温度下硝酸钾的溶解度是31.6g，即溶液⑤是饱和溶液；
(2)50℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，即该温度下100g水中溶解硝酸钾的最大量大于溶解氯化钠的最大量，所以饱和NaCl溶液中溶质的质量分数(w1)与饱和KNO3溶液中溶质的质量分数(w2)的大小关系是：w1＜w2；
(3)a、20℃时，KNO3的溶解度为31.6g，此时100g水中溶解20g硝酸钾形成不饱和溶液①，继续加入30g的硝酸钾后形成饱和溶液②并剩余固体18.4g，故a错误；
b、②→③的过程中溶液温度升高，硝酸钾的溶解度由31.6g→85.5g，则②剩余的18.4g固体全部溶解，溶液溶质质量分数变大，故b正确；
c、溶液④温度为50℃，溶剂量100g，硝酸钾固体质量80g，溶解度是85.5g，所以溶液④是不饱和溶液，溶液⑤温度为20℃，溶剂量100g，溶解度是31.6g，所以溶液④是饱和溶液，④→⑤的过程中析出KNO3晶体80g﹣31.6g=48.4g，故c错误；
故选：b；
(4)硝酸钾的溶解度受温度变化影响较大，氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，所以除去KNO3固体中混有的少量NaCl的实验操作为：加适量水溶解→加热得到热饱和溶液→降温结晶→过滤→洗涤→干燥→KNO3．
故答案为：(1)31.6g，饱和；
(2)＜；
(3)b；
(4)降温结晶．
三、实验题(4小题，共34分)
25．如图装置可用于实验室制取常见的气体
(1)仪器A的名称是锥形瓶；气球的作用是缓冲装置内的压强，防止橡皮塞被压出．
(2)制取O2．Y是过氧化氢溶液；实验时，气球先变大，后变小．先变大的原因有：①反应生成了气体，气体进入气球；②反应过程中放热．
(3)制取CO2．写出有关反应的化学方程式CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑．
[考点]G6：根据化学反应方程式的计算；6D：氧气的制取装置；6L：二氧化碳的实验室制法；7U：有关溶质质量分数的简单计算；G5：书写化学方程式、．
[分析]根据气体的制备原理和装置分析和解答；根据生成氢气的质量和对应的化学方程式求算稀硫酸中溶质的质量，进而求算其质量分数．
(2)制取O2．由于是常温下反应，所以应该是过氧化氢溶液在二氧化锰的催化下制取，所以Y是过氧化氢溶液；实验时，气球先变大，应该主要是气体生成所致．而后变小由于气体生成只会导致变大，而不能导致变小，所以可以通过体积变小确定气体生成过程应该是放热的．所以先变大的原因有：①反应生成了气体，气体进入气球；②反应过程中放热．
(3)制取CO2．是常温下碳酸钙或者大理石和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，对应的化学方程式CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑．
(4)设所消耗的硫酸中的溶质的质量为x．
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
982
x0.1g
x=4.9g
故答案为：
(4)所用稀硫酸中溶质的质量分数为19.6%．
(1)由图可知，脱硫效率较高的吸收剂是碱石灰(填名称)．
(2)实验时，称取的3份原煤的质量要相等，其目的是形成对比实验．
(3)利用碳酸钙吸收SO2转化为CaSO3，CaSO3与空气中O2反应转化为CaSO4．写出CaSO3转化为CaSO4的化学方程式2CaSO3+O2=2CaSO4．
(4)利用碱石灰吸收SO2时，下列措施能使脱硫效率提高的是ab(填序号)
a．将原煤与碱石灰粉碎，混合均匀
b．将碱石灰的用量适当增加
(5)利用碱石灰吸收1.28gSO2时，碱石灰中的NaOH、CaO与SO2反应转化为Na2SO3和CaSO3，则理论上反应消耗碱石灰的质量(m)范围是1.12g＜m＜1.6g．
[考点]9C：酸雨的产生、危害及防治；G5：书写化学方程式、．
[分析](1)根据图中信息进行分析解答；
(2)根据实验时，称取的3份原煤的质量要相等，其目的是形成对比实验解答；
(3)根据CaSO3与空气中O2反应转化为CaSO4．写出反应的化学方程式解答；
(4)a．根据将原煤与碱石灰粉碎，混合均匀，可使煤充分燃烧解答；
b．根据将碱石灰的用量适当增加，可提高二氧化硫的吸收率解答；
(5)根据碱石灰是NaOH和CaO的混合物，利用碱石灰吸收二氧化硫时，碱石灰中的NaOH、CaO与SO2反应转化为Na2SO3和CaSO3，则理论上反应消耗碱石灰的质量(m)范围在分别用氧化钙和氢氧化钠吸收量之间解答．
(1)由图示可知：用碱石灰吸硫后，烟气中二氧化硫的含量为1.4ppm，用石灰石吸硫后，烟气中二氧化硫的含量为4.2ppm，用碱石灰脱硫效果更好；
(2)实验时，称取的3份原煤的质量要相等，其目的是形成对比实验，分别对比三个实验样品燃烧后烟气中的二氧化硫含量，从而得出脱硫效果最好的脱硫剂；
(3)CaSO3与空气中O2反应转化为CaSO4．反应的化学方程式为：2CaSO3+O2=2CaSO4；
(4)a．将原煤与碱石灰粉碎，混合均匀，可使煤充分燃烧，生成的二氧化硫能被碱石灰充分吸收，可提高脱硫效率，故正确；
b．将碱石灰的用量适当增加，可提高二氧化硫的吸收率，故正确；
(5)碱石灰是NaOH和CaO的混合物，利用碱石灰吸收二氧化硫时，碱石灰中的NaOH、CaO与SO2反应转化为Na2SO3和CaSO3，则理论上反应消耗碱石灰的质量(m)范围在分别用氧化钙和氢氧化钠吸收量之间．
设碱石灰吸收1.28gSO2时，分别消耗氧化钙和氢氧化钠的质量为x、y
SO2+CaO=CaSO3
6456
1.28gx
x=1.12g
SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O
6480
1.28gy
y=1.6g
碱石灰吸收1.28gSO2时，则理论上反应消耗碱石灰的质量(m)范围是1.12g＜m＜1.6g
(1)碱石灰；
(2)形成对比实验；
(3)2CaSO3+O2=2CaSO4；
(4)ab；
(5)1.12g＜m＜1.6g
(1)“转化”时在溶液中生成了FeCO3沉淀，从四种基本反应类型来看，该反应的类型是复分解反应；“过滤”后得到的滤液中的溶质有(NH4)2SO4和(NH4)2CO3(填化学式)
[考点]AF：物质的相互转化和制备；FA：反应类型的判定；G5：书写化学方程式、．
[分析](1)根据反应原理分析反应类型；
(2)根据FeCO3易被氧气氧化为FeOOH，同时生成二氧化碳；碳可把氧化铁还原为铁写出化学反应式；
(3)根据反应前后元素守恒进行分析解答．
(1)根据反应流程可知：硫酸亚铁与碳酸铵反应，生成碳酸铁沉淀和硫酸铵，该反应是两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物，属于复分解反应；由于碳酸铵过量，“过滤”后得到的滤液中的溶质有(NH4)2SO4和(NH4)2CO3；
Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑
562
a0.48g
a=13.44g
则量FexC中铁元素的质量为14.06g﹣13.44g﹣0.06g=0.56g
FexC中铁、碳元素的质量比为56x：12=0.56g：0.06g
x=2
(1)复分解反应；(NH4)2SO4；(NH4)2CO3；
28．膨松剂是一种食品添加剂，某研究小组对膨松剂进行了如下探究
[趣味实验]
实验1：和面．向20g面粉中加入10mL水，制得的面团编为1号；向20g面粉中加入10mL水，再加入2g膨松剂M，制得的面团编为2号．
实验2：发面．将和好的2个面团放入微波炉中加热，几分钟后，取出面团，发现1号面团无明显胀大，2号面团明显胀大且手感比较松软．
[提出问题]膨松剂M的成分是什么？
[提出假设]
假设1：M是NH4HCO3；
假设2：M是NaHCO3；
假设3：M是NH4HCO3和NaHCO3
[实验探究1]
[提出新问题]实验①试管中剩余固体是什么？
[实验探究2]
实验②：将实验①所得固体继续加热，无明显现象．冷却，向试管中加水，固体全部溶解，将所得溶液分为2份；向其中1份溶液中滴加稀盐酸，有气泡生成，将生成的气体通入澄清石灰水，有白色沉淀；向另1份溶液中滴加足量氯化钙溶液，有白色沉淀生成，静置，向上层清液中滴加2滴无色酚酞试液，溶液不变红．
[得出结论]
实验①试管中剩余固体是Na2CO3(填化学式)
[反思提高]
(2)受热稳定性：Na2CO3＞(填“＞”“=”或“＜”)NaHCO3．
[拓展应用]
某品牌复配膨松剂N的配料为：磷酸二氢钙、碳酸氢钠和玉米淀粉，N遇水会发生如下反应：Ca(H2PO4)2+2NaHCO3═CaHPO4↓+Na2HPO4+2CO2↑+2H2O；利用N和面和发面(加热)时，面团都会胀大．下列叙述正确的是abc(填序号)
a．常温下的溶解度：Na2HPO4＞CaHPO4
b．碳酸氢钠在水溶液中遇到酸性物质能产生气体
c．根据上述反应，产生0.22gCO2至少需要NaHCO3的质量为0.42g．
[考点]2G：实验探究物质的组成成分以及含量；9H：盐的化学性质；G5：书写化学方程式、．
[分析]根据物质的性质以及物质间反应的实验现象和化学方程式的书写的知识进行分析解答即可．
[解答]解：[实验探究1]加热产生的气体无气味，说明不含有碳酸氢铵，故猜想1、3错误，猜想2成立，故填：2；1、3；
[得出结论]将实验①所得固体继续加热，无明显现象，冷却，向试管中加水，固体全部溶解，将所得溶液分为2份；向其中1份溶液中滴加稀盐酸，有气泡生成，将生成的气体通入澄清石灰水，有白色沉淀，说明生成了二氧化碳气体；向另1份溶液中滴加足量氯化钙溶液，有白色沉淀生成，静置，向上层清液中滴加2滴无色酚酞试液，溶液不变红，说明不含有碱性物质，故只含有碳酸钠一种固体，故填：Na2CO3；
(2)将实验①所得固体继续加热，无明显现象，说明碳酸钠稳定性强于碳酸氢钠，故填：＞；
[拓展应用]a．生成的物质中CaHPO4是沉淀，说明常温下的溶解度：Na2HPO4＞CaHPO4，正确；
b．碳酸氢钠中含有HCO3﹣，遇到H+能反应生成二氧化碳，故在水溶液中遇到酸性物质能产生气体，正确；
c．根据反应，碳酸氢钠与成熟的二氧化碳的质量关系为2NaHCO3﹣﹣CO2，设产生0.22gCO2至少需要NaHCO3的质量为x
2NaHCO3﹣﹣CO2
8444
x0.22g
x=0.42g
产生0.22gCO2至少需要NaHCO3的质量为0.42g，正确；
故填：abc．
四、分析与计算题(2小题，共6分)
29．石墨烯是“新材料之王”
I．工业上制备纯硅的一种流程如下
(1)步骤②经过冷凝得到的SiHCl3中含有少量的SiCl4和HCl，采用蒸馏来提纯SiHCl3，蒸馏属于物理变化(填“物理变化”或“化学变化”)
(2)上述反应都是置换反应，流程中可循环使用的物质有H2和HCl(填化学式)
Ⅱ．石墨烯是由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体，微观结构示意图如图所示；石墨烯是导电导热性能很强的一种新材料，最有潜力成为硅的替代品．
(1)下列叙述正确的是a(填序号)
a．石墨烯是单质b．石墨烯是化合物c．石墨烯不导电
[考点]AF：物质的相互转化和制备；A7：单质和化合物的判别；CA：碳元素组成的单质；E3：化学变化和物理变化的判别；G5：书写化学方程式、．
[分析]由题目的信息可知：蒸馏没有新物质生成，属于物理变化；上述流程中化学反应①②③中，反应②产生的氢气可供反应③使用，反应③生成的氯化氢气体可供反应②使用，因此氢气和氯化氢气体可循环利用．石墨烯是只有碳元素组成的单质，石墨烯是导电导热性能很强的一种新材料；甲烷(CH4)在镍或铜等金属基体上高温分解，碳原子会沉积吸附在金属表面连续生长成石墨烯和氢气，配平即可．
[解答]解：Ⅰ(1)蒸馏没有新物质生成，属于物理变化，故答案为：物理变化；
(2)上述流程中化学反应①②③中，反应②产生的氢气可供反应③使用，反应③生成的氯化氢气体可供反应②使用，因此氢气和氯化氢气体可循环利用；故答案为：H2和HCl；
Ⅱ解：(1)石墨烯是只有碳元素组成的单质，石墨烯是导电导热性能很强的一种新材料；故答案为：a；
30．水是生命之源
(2)含有较多钙、镁离子的天然水称为硬水，生活中常用肥皂水来区分硬水和软水；自来水厂对天然水进行净化的过程中，通常不会采用a(填序号)
a．电解b．吸附c．消毒
(3)某工厂排放的废水中含有NaOH，在废水流量不变的情况下，用溶质质量分数相同的稀硫酸和稀盐酸(两种酸液的密度相同)来处理，通过调节流量阀来控制酸液的流量(Q)，使最终排出的溶液呈中性(如图2)，两种酸溶液的流量大小关系是：Q(稀硫酸)＞(填“＞”“=”或“＜”)Q(稀盐酸)
[考点]71：电解水实验；77：硬水与软水；G5：书写化学方程式、；G6：根据化学反应方程式的计算．
[分析](1)根据“正氧负氢、氢二氧一”来确定电解水所产生的气体及气体的体积比即可；
(2)根据生活中常用肥皂水来区分硬水和软水解答；根据净水的方法解答；
(3)根据两种物质与氢氧化钠反应的化学方程式和盐酸和硫酸的相对分子质量进行比较，如果要中和等质量的氢氧化钠，相对分子质量较大的物质所需量也较大．据此答题．
(4)根据反应原理写出反应的化学方程式解答．
[解答]解：(1)通过观察图可以发现：a管气体多，故a所收集的气体是氢气，b管气体少故b所收集的气体是氧气；a管中气体的体积与b管中气体体积比是2：1；
(2)生活中常用肥皂水来区分硬水和软水，泡沫多的是软水，泡沫少的是硬水；自来水厂对天然水进行净化的过程中，通常采用沉降、过滤、吸附、消毒等方法，不会采用电解；
(3)HCl的相对分子质量为36.5，H2SO4的相对分子质量为98，由氢氧化钠和盐酸、硫酸反应的化学方程式可知：如果要中和等质量的氢氧化钠，所需HCl的和H2SO4的质量比为：73：98，因为两种酸的密度、溶质质量分数都相同，所以所需硫酸溶液的体积较大，其流量Q也较大；