2014年中考化学真题及答案-江苏南通化学(含解析)【学科网】
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2014年江苏省南通市中考化学试题
11.(2014年江苏省南通市,11题)未成年人正处于生长发育阶段,需要摄入比成年人更多的常量元素是
A.钙 B.硒 C.碘 D.锌
【答案】A
【解析】未成年人生长发育阶段,钙元素的补充很重要,缺钙会影响人体发育,导致发育不良或佝偻病。
12.(2014年江苏省南通市,12题)粗盐提纯需经过称量、溶解、过滤、蒸发等操作,下列图示对应的操作不规范的是
A.称量 B.溶解 C.过滤 D.蒸发
【答案】D 【解析】蒸发时,为使液体受热均匀、防止液滴飞溅,应用玻璃棒不断搅拌。
13.(2014年江苏省南通市,13题)水是最常见的物质。以下与水有关的说法正确的是
A.地球上水资源丰富,人类不缺淡水
B.水由2个氢原子和1个氧原子构成
C.生活中可以用食盐水区分硬水和软水
D.水在通电条件下可分解为氢气和氧气
【答案】D
【解析】地球上总的水量多,但淡水资源少,淡水资源中可被直接开发利用的更少,且分布布局,因此水资源缺乏是当今社会的一大难题,A错误;水由水分子构成,1个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成,B错误;常用肥皂水区分硬水和软水,C错误。水通电后分解生成氢气和氧气,D正确。
14.(2014年江苏省南通市,14题)下列物质的名称、化学式、分类均正确的是
A.硫酸钠 NaSO4 盐 B.氧化钙 CaO 氧化物
C.烧碱 KOH 碱 D.甲烷 CH4 无机物
【答案】B
【解析】硫酸钠的化学式为Na2SO4,A错误;氧化钙的化学式为CaO,属于氧化物,B正确;烧碱是氢氧化钠的俗称,化学式为NaOH,C错误;甲烷(CH4)是最简单的有机物,D错误。
15.(2014年江苏省南通市,15题)下列实验中,仪器和用品的选择不合理的是
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
A.收集CO2气体——⑥⑦⑧
B.检验一瓶气体是否为O2—⑦⑧⑨
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C.用H2O2溶液和MnO2制O2——①②
D.用大理石和稀盐酸制CO2——③④⑤
【答案】C
【解析】用过氧化氢溶液和MnO2制氧气,应选用“固体+液体,常温型”制气体装置,用不到①②装置和仪器,故C错误。
16.(2014年江苏省南通市,16题)下列有关物质性质与用途的说法均正确的是
A.一氧化碳具有还原性,可用于铁的冶炼
B.金属铝不能与氧气反应,常用与制作炊具
C.碳酸钠能与酸反应,常用于治疗胃酸过多
D.活性炭具有吸附性,常用于自来水杀菌消毒
【答案】A
【解析】CO具有夺取金属氧化物中的氧元素生成CO2的性质,即还原性,因此可用于冶炼金属,如炼铁,A正确;金属铝在常温下即可与氧气发生反应,而铝用作炊具是利用了铝的延展性和导热性,B错误;用于治疗胃酸过多的盐是碳酸氢钠(小苏打),而不是碳酸钠(纯碱、苏打),C错误;利用活性炭的吸附性,可除去水中的色素和异味,但不能起到杀菌消毒作用,D错误。
17.(2014年江苏省南通市,17题)盐场晒盐后得到的卤水中含有
MgCl2、KCl和MgSO4等物质,它们的溶解度曲线如右图所示。下列说
法正确的是
A.MgSO4的溶解度始终随温度的升高而减小
B.t1℃时,KCl和MgSO4两溶液所含溶质质量一定相等
C.t2℃时,100gMgCl2的饱和溶液中含有agMgCl2
D.将t1℃时的KCl饱和溶液升温到t2℃,溶液由饱和变为不饱和
【答案】D
【解析】观察硫酸镁的溶解度曲线可知,开始升温阶段,其溶解度随温度升高而增大,升高到一定温度后,继续升温,其溶解度逐渐变小,A错误;B项中,未说明两种溶液质量是否相等、是否为饱和溶液,故无法比较溶质质量多少,B错误;t2℃时,100g水中溶解agMgCl2恰好达到饱和,即此温度下,(100+a)g溶液中含有ag溶质,C错误;KCl的溶解度随温度升高而增大,故升高温时,其饱和溶液会变为不饱和,D正确。
18.(2014年江苏省南通市,18题)根据下列实验现象不能判断有新物质生成的是(图中夹持仪器省略)
有红色固体出现 有白色晶体析出 红色消失 有大量气泡出现
A B C D
【答案】B
【解析】C和CuO都是黑色粉末,Cu是红色固体,因此当由红色固体出现时,可说明反应生成了铜,即有新物质生成,A正确;饱和蔗糖溶液加热时,水分蒸发会导致蔗糖晶体析
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出,该过程发生的是物理变化,无新物质生成,B错误;酚酞具有遇碱变红色的性质,当红色消失后,说明溶液不再显碱性,即物质化学性质发生改变,进而推知物质种类改变,有新物质生成,C正确;锌能和稀盐酸反应生成氢气,因此,向锌粒中加稀盐酸后产生的气泡是氢气,有新物质生成,D正确。
19. (2014年江苏省南通市,19题)下列说法正确的是
A.用紫色石蕊试液可以区分氢氧化钠溶液和澄清石灰水
B.用适量BaCl2溶液可除去KNO3溶液中混有的K2SO4
C.将铁钉分别置于干燥、潮湿的空气中,可探究水对铁生锈的影响
D.配制一定溶质质量分数的稀硫酸时,应将水倒入浓硫酸中稀释
【答案】C
【解析】氢氧化钠溶液和石灰水都是碱溶液,都显碱性,都能使紫色石蕊试液变蓝色,无法区分,A错误;BaCl2与K2SO4反应生成BaSO4沉淀和KCl,在除去原有杂质的同时,引入新的杂质,B不正确;在干燥、潮湿空气中,铁钉都与氧气接触,但与水分接触情况不同,因此,通过观察铁钉是否生锈或生锈的快慢即可得出水对铁生锈的影响,C正确;稀释浓硫酸时,应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中,不能将水倒入浓硫酸中,以免发生危险,D错误。
20.(2014年江苏省南通市,20题)地球大气的演化经历了原始大气、次生大气和现代大气三个阶段,次生大气中部分成分的微观示意图如下:
一定条件下,3.4g甲物质和4.8g氧气恰好完全反应,生成5.4g乙物质和另一种物质X,下列判断不正确的是
A.物质甲的化学式是NH3
B.物质X的质量为2.8g
C.物质X中含两种元素
D.该反应化学方程式中物质X与O2的化学计量数之比为2:3
【答案】C
【解析】根据各模型表示的原子可知,甲的一个分子是由1个氮原子和3个氢原子构成的,即甲的化学式为NH3,A正确;结合图示及题干文字叙述可知,发生的反应为NH3和O2反应生成水和X,根据质量守恒定律可知X为N2,其质量为3.4g+4.8g-5.4g=2.8g,B正确,C错误;该反应的化学方程式为4NH3+3O2+6H2O,X(N2)与O2的计量数之比为2:3,D正确。
21.(2014年江苏省南通市,21题)了解物质的组成和结构,有助于认识物质的性质。
(1)右图表示核电荷数为11~17的元素最高和最低化合价。
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①从图中可以看出,氯元素的最高正价是____________。
②若某元素既可显正价,又可显负价,则最高正价与最低负价绝对值的代数和为__________。
③写出图中元素的化合价随着核电荷数递增的一条变化规律_____________________。
(2)在金属活动性顺序表里,通常排在前面的金属更易失去电子。回答以下问题:
①某金属原子的结构示意图为,则最外层电子数x=_____________;若最外层电子失去,达到相对稳定结构,该带电粒子的符号为_______________。
②我国古代发明了“曾青(即硫酸铜)得铁化为铜”的湿法炼铜法,请用化学方程式表示反应原理__________________________________;反反应中,更易失去电子的金属是________。
【答案】(1)①+7 ②8 ③元素的最高正价从+1递增到+7或最低负价从-4递增到-1 3+ (2)①3 Al ②Fe+CuSO4=FeSO4+Cu Fe
【解析】(1)根据图示及各元素原子的核外电子排布可知,元素的最高正价与其原子最外层电子数相等,即氯元素最高正价为+7价;元素的最高正价数值与其原子最外层电子数相等,最低负价数值为各元素原子的最外层电子数-8,以氯元素为例,其最高正价(+7)与最低负价(-1)的绝对值的代数和(7+1)为8;从左到右,各元素原子的最外层电子数逐渐递增,因此,各元素的最高正价逐渐递增,而最低负价则从-4逐渐递增到-1.(2)图示原子为核电荷数为13的元素的原子,即铝元素的原子,根据核电荷数=核外电子数,可求得
3+x=3;失去最外层3个电子后变为带3个单位正电荷的阳离子,符号为Al;湿法炼铜实际
上是根据铁的活动性强于铜,从而利用铁单质将铜从硫酸铜溶液中置换出来,发生的反应是Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,反应中,因为铁比铜活动性强,化学性质更活泼,更易失去电子。
22.(2014年江苏省南通市,22题)七水硫酸镁(MgSO4·7H2O)是一种重要的化工原料,在48.1℃以下的潮湿空气中稳定,在温热干燥空气中易失去结晶水。工业上将白云石(主要成分为MgCO3、CaCO3)煅烧成粉,用于制取MgSO4·7H2O,工艺流程如下图所示:
(1)煅烧过程中,MgCO3转化为MgO的基本反应类型是______________________。
(2)写出MgO与H2SO4反应的化学方程式_________________________。
(3)操作a的名称为________________。
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(4)将分离后的母液循环利用的目的是_______________________________。
(5)干燥得成品时,需要控制的条件是__________________________________。
【答案】(1)分解反应 (2)MgO+H2SO4=MgSO4+H2O (3)过滤 (4)提高原料利用率
(5)温度
【解析】(1)煅烧MgCO3会生成MgO和CO2,发生的是分解反应;(2)MgO与H2SO4反应生成MgSO4和H2O,方程式为MgO+H2SO4=MgSO4+H2O;(3)通过操作a能将沉淀物分离出来,据此可知a为过滤;(4)结晶后的母液是MgSO4的饱和溶液,循环利用母液可使原料中的镁元素最大可能地转化到产物中,即提高了原料的利用率;(5)因为七水硫酸镁在温热干燥空气中易失去结晶水,因此干燥成品时需控制好温度,以防七水硫酸镁分解。
23.(2014年江苏省南通市,23题)空气是一种宝贵的自然资源,要保护空气,防止污染空气。
(1)分离液化空气可获得氮气和_____________两种主要气体;氮气用作保护气,说明氮气_____________________________。
(2)利用膜分离技术,在一定压力下让空气通过具有富集氧气功能的薄膜,能得到含氧量较高的富氧空气,该过程发生_____________变化。
(3)某燃煤电厂富氧燃烧技术原理图如下:
①富氧燃烧与普通燃烧相比,能提供更多的O2,使锅炉中的CO充分燃烧,请写出CO燃烧的化学方程式___________________。
②采用该技术有利于对CO2捕捉、封存和利用,减少碳排放,获得的CO2可用于制干冰,干冰的用途之一是_________________________。捕捉CO2也可用NaOH溶液,请写出对应的化学方程式_______________________________。
③采用图中工艺,可以使煤燃烧产生的氮氧化物和_________气体的排放总量大大下降,从而有效防止了酸雨的形成。
【答案】(1)氧气 化学性质不活泼 (2)物理
(3)①2CO+O2 点燃 2CO2
②人工降雨或作致冷剂 2NaOH+CO2=Na2CO3
③SO2
【解析】(1)空气的主要成分是氮气和氧气;氮气能用作保护气,是因为氮气化学性质不活泼,常温时难以和其他物质发生化学反应;(2)用膜法分离空气的过程,实际是将空气中原有成分进行分离的过程,不产生新物质,属于物理变化;(3)CO燃烧生成CO2,化学方程式为2CO+O2;②干冰易升华,升华时吸收大量的热,因此可用作致冷剂、用于人工降雨、冷藏冷冻食物等;CO2与NaOH反应的化学方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3;③形成酸雨的气体主要是二氧化硫(SO2)和氮的氧化物(如NO2等)。
24.(2014年江苏省南通市,24题)实验室使用块状石灰石(CaCO3)和稀盐酸制CO2,当观察不到有气泡产生,固体仍有剩余时,通常认为反应结束,剩余液呈中性。某兴趣小组对此进行了以下探究:
【实验操作】(1)向试管中加入5粒石灰石,倾倒约试管体积1/3的稀盐酸(1:1);观察
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不到气泡后,仍有固体剩余;将试管静置。
(2)取上层清液,用pH试纸测得溶液pH=2,说明溶液显_______性;
pH测定中,“上层清液滴到试纸上”的后一步操作是_______________。
【实验思考Ⅰ】反应剩余液中有哪些物质?其中能使溶液pH=2的有哪些?
【实验探究Ⅰ】(1)甲同学通过实验排除了CaCl2的可能性。简述其实验方案___________。
(2)乙同学将CO2通入蒸馏水中至饱和,测得pH>5,。
(3)综合甲、乙两同学实验,得出的结论是:剩余液中还含有_______________。 【实验思考Ⅱ】试管中剩余固体是否仍含有CaCO3?
【实验探究Ⅱ】小组同学向试管中继续加入稀盐酸(1:1),又有大量气泡产生。
(1)由此得出的结论是_____________________________;写出反应的化学方程式_______________________。
(2)比较稀盐酸加入前后的实验现象,解释“又有大量气泡产生”的原因:________________________________________。
【拓展延伸】(1)反应剩余液放置一段时间后,溶液pH增大,其主要原因是_________。
(2)假如用100g14.6%的稀盐酸和足量的石灰石反应,看不到气泡产生时,停止收集气体。收集到的CO2质量_______(选填“>”、“<”、“=”)8.8g。
【答案】【实验操作】(2)酸 将试纸显示的颜色与标准比色卡比较
【实验探究Ⅰ】(1)取CaCl2溶于水,测溶液的pH
(3)盐酸 【实验探究Ⅱ】(1)剩余固体中含有碳酸钙 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
(2)盐酸浓度增大
【拓展延伸】(1)碳酸钙与盐酸继续反应 (2)<
【解析】【实验操作】酸性溶液的pH<7,因为测定的溶液pH=2,小于7,显酸性;测定溶液pH的操作是:将pH试纸放在干燥洁净的玻璃片上用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上,再将试纸显示的颜色与标准比色卡比较即可得出pH;【实验探究Ⅰ】为排除CaCl2溶液显酸性的可能,只需取CaCl2样品溶于水制成溶液,测定溶液pH是否小于7即可;根据溶液显酸性即制取CO2的药品可知,溶液显酸性的原因是溶液中还有盐酸;【实验探究Ⅱ】加入盐酸后又有气泡产生,说明剩余固体中还有碳酸钙,碳酸钙与盐酸反应的化学方程式为:CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑;根据前面实验过程及结论,剩余液显酸性可知溶液中有盐酸,经检验,剩余固体中有碳酸钙,盐酸和碳酸钙共存一体,但却无气泡产生,可能是由于盐酸浓度太小,与碳酸钙反应产生气泡太慢不易观察;【拓展延伸】反应剩余液放置一段时间后,由于剩余盐酸和碳酸钙继续反应,所以会导致溶液的pH增大;因为看不到有气泡产生时不代表反应停止,所以当加入100g14.6%的稀盐酸和足量的石灰石后,理论上产生CO2气体质量为8.8g,但由于看不到气泡后就停止收集,所以实际收集的CO2质量不足8.8g。
25.(2014年江苏省南通市,25题)一定条件下,糖类(按C6H12O6计,相对分子质量为180)发酵生成乙醇(C2H5OH),也可发酵生成乙酸(CH3COOH)。
(1)C6H12O6中C、H、O三种元素的质量比为____________________。
(2)某调味剂厂采用发酵技术生产的“原醋”中,乙酸的质量分数为10.5%,将100kg上述“原醋”稀释成质量分数为3.5%的食醋,需水的质量为_____________。
(3)糖类发酵生成乙醇的化学方程式为:C6H12O6==2C2H5OH+2CO2(反应条件省略,下同) ①求2.7kg上述糖理论上制得乙醇的质量。(请将计算过程写到答题卡上)
②糖类和乙醇在空气中燃烧的化学方程式分别为:
C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O
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C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O
已知完全燃烧2.7kg上述糖生产1.62kg的水,若将①中制得的乙醇完全燃烧,则生成水的质量为___________________。
【答案】(1)6:1:8 (2)200kg
(3)①解:设理论上可制得乙醇的质量为x
C6H12O6==2C2H5OH+2CO2
180 92 2.7kg x
1802.7kg= 92x
x=1.38kg
答:路轮式可制得乙醇的质量为1.38kg。
②1.62kg
【解析】(1)元素质量比等于各元素的相对原子质量与其原子个数的乘积之比,即三种元素质量比为(12×6):(1×12):(16×6)=6:1:8。(2)根据稀释前后溶质质量不变可列式为:100kg×10.5%=3.5%×(100kg+x),x=200kg。(3)①本小题试根据化学方程式进行计算的题目,依据化学方程式中各物质的质量比恒定,已知化学方程式中任何一种物质的质量,即可求出其他所有物质的质量。②根据质量守恒定律,糖中的氢元素在发酵后转移到乙醇中,不管是糖类燃烧还是乙醇燃烧,氢元素最终转移到水中,而2.7g的糖中含有的氢元素与制得的乙醇中含有的氢元素质量相等,2.7g糖与其产生的乙醇分别燃烧时产生的水的质量是相等的。
26.(2014年江苏省南通市,26题)近年来,页岩气的开发与利用越来越受重视。页岩气是从页岩层中开采出来的天然气,属于_______________(选填“可再生”或“不可再生”)能源;页岩气经压缩、冷却,可以__________(填物态变化名称)成液态,此过程________(选填“吸收”或“放出”)热量。
【答案】不可再生 液化 放出
【解析】天然气属于不可再生能源;页岩气是气体,经压缩、冷却后转化为液态,说明页岩气发生了液化,由气体液化为液体的过程是放热过程。
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