江苏省南京市中考化学试卷解析版答案.docx

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1、江苏省南京市2016年中考化学试卷（word版含解析）一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1每年5月31日为世界无烟日吸烟有害安康，烟气中的一种有毒气体是（）AO2BN2CCODCO2【分析】一氧化碳及血红蛋白的结合实力要比氧及血红蛋白的结合实力强200300倍，所以一旦一氧化碳及血红蛋白结合了，氧就不能及血红蛋白结合，使人体缺氧，而使人不舒适或死亡【解答】解：A、O2可以供应人体呼吸，不是有毒气体，故A不符合题意；B、N2是大气的主要成分之一，不是有毒气体，故A不符合题意；C、CO是烟气中的一种有毒气体，故C符合题意；D、CO2是形成温室效应的主要气体，不是烟气中的一种有毒气体，

2、故D不符合题意故选C【点评】通过答复本题知道了一氧化碳使人中毒的缘由，理解了吸烟对人体的危害2下列变更中，属于化学变更的是（）A干冰升华B纸张燃烧C铜丝折弯D酒精挥发【分析】本题考察学生对物理变更和化学变更确实定推断一个变更是物理变更还是化学变更，要根据在变更过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变更，没有生成其他物质的是物理变更【解答】解：A、干冰升华是由固态变为气态，只是状态发生了变更，属于物理变更，故A错；B、纸张燃烧生成二氧化碳和水，属于化学变更，故B正确；C、铜丝折弯只是形态的变更，属于物理变更，故C错；D、酒精挥发是由液态变为气态，只是状态发生了变更，属于物理变更，故D错故

3、选B【点评】搞清晰物理变更和化学变更的本质区分是解答本类习题的关键推断的标准是看在变更中有没有生成其他物质一般地，物理变更有物质的固、液、气三态变更和物质形态的变更3下列化肥中，属于磷肥的是（）A氯化钾B尿素C过磷酸钙D氯化铵【分析】含有氮元素的肥料称为氮肥含有磷元素的肥料称为磷肥含有钾元素的肥料称为钾肥，同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥【解答】解：A、氯化钾中含有钾元素，属于钾肥，故不符合题意；B、尿素中含有氮元素，属于氮肥，故不符合题意；C、过磷酸钙中含有磷元素，属于磷肥，故符合题意D、氯化铵中含有氮元素，属于氮肥，故不符合题意；故选：C【点评】解答本题关键是要

4、知道化学肥料的分类，并能敏捷进展推断4下列物质由分子构成的是（）A氨气B氯化钠C镁D金刚石【分析】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，进展分析推断即可【解答】解：A、氨气是由氨分子构成的，故选项正确B、氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，故选项错误C、镁属于金属单质，是由镁原子干脆构成的，故选项错误D、金刚石属于固态非金属单质，是由碳原子干脆构成的，故选项错误故选：A【点评】本题难度不大，主要考察了构成物质的微观粒子方面的学问

5、，对物质进展分类及对号入座、驾驭常见物质的粒子构成是正确解答本题的关键5下列图示试验操作中，正确的是（）A点燃酒精灯B取用碳酸钠C稀释浓硫酸D参加大理石【分析】A、运用酒精灯时要留意“两查、两禁、一不行”B、根据向试管中装粉末状固体药品的方法进展分析推断C、根据浓硫酸的稀释方法（酸入水，沿器壁，渐渐倒，不断搅）进展分析推断D、根据向试管中装块状固体药品的方法进展分析推断【解答】解：A、运用酒精灯时要留意“两查、两禁、一不行”，制止用一酒精灯去引燃另一酒精灯，图中所示操作错误B、取用粉末状药品，试管横放，用药匙或纸槽把药品送到试管底部，图中所示操作正确C、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入

6、水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量刚好地扩散；肯定不能把水注入浓硫酸中；图中所示操作错误D、向试管中装大理石时，先将试管横放，用镊子把大理石放在试管口，再渐渐将试管直立起来，图中所示操作错误故选：B【点评】本题难度不大，熟识各种仪器的用处及运用留意事项、常见化学试验根本操作的留意事项是解答此类试题的关键6下列食物的近似pH如下，其中酸性最强的是（）A柠檬汁 2.22.4B番茄汁 4.04.4C牛奶 6.36.6D鸡蛋清 7.68.0【分析】当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时，呈碱性，且pH越大，碱性越强；据此进展分析推断即可

7、【解答】解：A、柠檬汁的pH为 2.22.4，小于7，显酸性B、柠檬汁的pH为 2.22.4，小于7，显酸性C、牛奶的pH为6.36.6，小于7，显酸性D、鸡蛋清的pH为7.68.0，可能显酸性、中性或碱性根据当溶液的pH小于7时，呈酸性，且pH越小，酸性越强，柠檬汁的pH最小，酸性最强故选：A【点评】本题难度不大，驾驭溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系是正确解题的关键7下列粒子构造示意图中，表示阳离子的是（）ABCD【分析】根据已有的学问进展分析，质子数大于核外电子数为阳离子，质子数等于核外电子数为原子，质子数小于核外电子数为阴离子，据此分析解答即可【解答】解：A、质子数等于核外电子数为原

8、子，错误；B、质子数小于核外电子数为阴离子，错误；C、质子数小于核外电子数为阴离子，错误；D、质子数大于核外电子数为阳离子，正确；故选D【点评】明确粒子构造示意图中质子数及核外电子数的关系，会推断阴离子、阳离子或原子是解答本题关键8下列材料中属于复合材料的是（）A聚乙烯B羊毛C玻璃钢D金【分析】复合材料是由两种或两种以上不同性质的材料，通过物理或化学的方法，在宏观上组成具有新性能的材料【解答】解：A、聚乙烯是塑料的主要成分，塑料属于三大合成材料之一，故选项错误B、羊毛属于自然有机高分子材料，故选项错误C、玻璃钢是玻璃纤维及合成材料复而成的一种特别材料，属于复合材料，故选项正确D、金是由金属元素

9、汞组成的纯洁物，属于金属单质，故选项错误故选：C【点评】本题难度不大，理解复合材料的特征，复合材料并不是简洁搭配，而是通过物理或化学的方法交融成具有新性能的材料9在元素周期表中硅元素的某些信息如图所示，下列有关硅的说法错误的是（）A属于金属元素B元素符号为“Si”C原子序数为“14”D相对原子质量为“28.09”【分析】根据图中元素周期表可以获得的信息：原子序数、相对原子质量、元素符号、元素种类等，进展分析推断即可【解答】解：A、根据元素周期表中的一格中获得的信息，该元素的名称是硅，属于非金属元素，故选项说法错误B、根据元素周期表中的一格中获得的信息，该元素的元素符号是Si，故选项说法正确C、

10、根据元素周期表中的一格中获得的信息，该元素的原子序数为14，故选项说法正确D、根据元素周期表中的一格中获得的信息，可知元素的相对原子质量为28.09，故选项说法正确故选A【点评】本题难度不大，考察学生敏捷运用元素周期表中元素的信息及区分元素种类的方法进展分析解题的实力102015年中国科学家屠嗷嗷因青蒿素（C15H22O5）和双氢青蒿素（C15H24O5）而荣获了诺贝尔奖下列有关说法中不正确的是（）A青蒿素比双氢青蒿素少两个氢原子B青蒿素和双氢青蒿素都属于有机物C青蒿素和双氢青蒿素中碳、氧原子个数比都为3：1D秦高速中氧元素的质量分数比双氢青蒿素中氧元素的质量分数大【分析】A根据分子构造来分析

11、；B根据有机物的定义来分析；C根据分子构造来分析；D根据元素的质量分数计算方法来分析【解答】解：A一个双氢青蒿素分子比一个青蒿素分子多两个氢原子，故错误；B由二者的化学式可知，二者都属于有机物，故正确；C由青蒿素（C15H22O5）和双氢青蒿素（C15H24O5）化学式可知，二者分子中碳、氧原子个数比都为3：1；故正确；D青蒿素中氧元素的质量分数=，双氢青蒿素中氧元素的质量分数=，可见说法正确故选A【点评】本题主要考察化学式的意义、根据化学式确定组成物质元素之间的质量关系、及相对分子质量计算方法的驾驭，进展解题的实力11下列叙述不正确的是（）A用相互刻画的方法，可比拟硬铝和铝的硬度B用灼烧闻气

12、味的方法，可区分棉纤维和蚕丝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【分析】A、根据硬度大的金属能在硬度小的金属上刻划出痕迹，进展分析推断；B、羊毛的主要成分是蛋白质，蛋白质燃烧时能产生烧焦羽毛的气味；C、根据铵盐的性质进展解答；D、根据蜡烛不完全燃烧产生碳解答【解答】解：A、硬度大的金属能在硬度小的金属上刻划出痕迹，可用相互刻画的方法比拟金属的硬度，故选项试验方法正确B、羊毛的主要成分是蛋白质，蛋白质燃烧时能产生烧焦羽毛的气味，棉纤维燃烧时没有烧焦羽毛的气味，可以鉴别，故选项试验方法正确C、熟石灰及硫酸铵和氯化铵反响都能生成氨气，因此不能用参加熟石灰研

13、磨的方法鉴别硫酸铵和氯化铵，故选项试验方法错误D、蜡烛不完全燃烧产生碳，将冷碟子放在蜡烛火焰的上方，可得到炭黑，故选项试验方法正确答案：C【点评】本题难度不是很大，化学试验方案的设计是考察学生实力的主要类型，同时也是试验教及学难点，在详细设计时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合试验目的进展分析推断12下列各组离子在水中能大量共存的是（）AH+、Na+、Cl、HCO3BH+、K+、Cl、OHCCu2+、Ba2+、Cl、SO42DK+、NH4+、Cl、NO3【分析】根据复分解反响的条件，离子间若能相互结合成沉淀、气体或水，则离子不能共存，据此进展分析推断即可【解答】解：A、H+

14、、HCO3会生成二氧化碳气体和水，不能共存，故选项错误；B、H+、OH两种离子能结合成水，不能大量共存，故选项错误；C、Ba2+、SO42两种离子能结合成硫酸钡沉淀，不能大量共存，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，故选项正确；故选项为：D【点评】本题考察了离子共存的问题，推断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响生成沉淀、气体、水13用推拉注射器活塞的方法可以检查如图装置的气密性当缓慢推动活塞时，假如装置气密性良好，则能视察到（）A瓶中液面明显上升B长颈漏斗内液面上升C瓶内气体分子间的间隔变大D长颈漏斗下端管口产生气泡【分析】结合大气压强的学

15、问解答该题【解答】解：假如装置气密性良好，当缓慢推动活塞时，瓶内大气压强大于外界大气压，故长颈漏斗内的液面上升，故选B【点评】本题是对检查装置气密性检验方法的考察，侧重学生分析试验和动手实力的培育14下列说法正确的是（）A木炭可作冰箱除味剂B汽油可做除去油污的乳化剂C烧碱可作袋装食品的枯燥剂D甲醛水溶液可作食品的保鲜剂【分析】A、根据木炭的吸附性和用处进展分析推断；B、根据汽油能除去油污，是因为汽油能溶解油污进展分析推断；C、根据烧碱具有剧烈的腐蚀性，不能用于食品方面进展分析推断；D、根据甲醛可以破坏蛋白质，使蛋白质变性进展分析推断【解答】解：A、木炭具有很强的吸附实力，可作冰箱除味剂，故选项

16、说法正确B、汽油能除去油污，是因为汽油能溶解油污，故选项说法错误C、烧碱具有剧烈的腐蚀性，虽然可以汲取水，但不能用作食品枯燥剂，故选项说法错误D、甲醛有毒，能破坏蛋白质的构造，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，故选项说法错误故选A【点评】本题主要考察物质的性质和用处，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处15除去下列物质中混有的少量杂质（括号内为杂质），拟定的试验方案不行行的是（）ANaCl溶液（MgCl2）参加过量的NaOH溶液，过滤，滤液中加稀盐酸至中性B氧气（水蒸气）通过装有足量无水氯化钙的枯燥管CCaO固体（CaCO3）高温充分煅烧D氢气（氯化氢气体）依次通过

17、足量的NaHCO3溶液和浓硫酸【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分别方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得变更除杂质题至少要满意两个条件：参加的试剂只能及杂质反响，不能及原物质反响；反响后不能引入新的杂质【解答】解：A、MgCl2能及过量的NaOH溶液反响生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，过滤，滤液中加稀盐酸，氢氧化钠及稀盐酸反响生成氯化钠和水，至中性，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所实行的方法正确B、无水氯化钙检验吸水性，且不及氧气反响，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所实行的方法正确C、CaCO3固体高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳

18、，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所实行的方法正确D、氯化氢气体能及足量的NaHCO3溶液反响生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质但引入了新的杂质二氧化碳，不符合除杂原则，故选项所实行的方法错误故选：D【点评】物质的分别及除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（参加的试剂只及杂质反响，反响后不能引入新的杂质）是正确解题的关键二、解答题（共7小题，满分50分）16根据如图装置图，答复有关问题（1）写出装置图中标号仪器的名称：a试管，b锥形瓶（2）写出试验室用过氧化氢溶液和二氧化锰制取氧气的化学方程式2H2O22H2O+O2，可选用的发生装置是B（填字母

19、）（3）写出试验室用高锰酸钾制取氧气的化学方程式2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，如图E装置来搜集氢气，当导管口气泡匀称连续放出时，再把导管口伸入盛满水的集气瓶，开场搜集【分析】（1）根据试验室常用仪器解答；（2）发生装置的选择要看反响物的状态和反响条件；搜集装置的选择要看气体的密度和溶解性；据反响原理写出方程式；（3）根据试验室用高锰酸钾制取氧气的留意事项分析解答【解答】解：（1）根据试验室常用仪器可知：a试管；b锥形瓶；（2）试验室用过氧化氢溶液和二氧化锰制取氧气的化学方程式：2H2O22H2O+O2；反响不需加热，属于固液常温型，可选用的发生装置是B；（3）试验室用高锰酸钾制取氧

20、气的化学方程式为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2；如图E装置来搜集氢气，当导管口气泡匀称连续放出时，再把导管口伸入盛满水的集气瓶，开场搜集答案：（1）a试管；b锥形瓶；（2）2H2O22H2O+O2；B；（3）2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2；匀称连续【点评】本题考察了常见气体发生装置和搜集装置的选择，完成此题，可以根据已有的学问进展要求同学们在完成此类题目时，要熟知反响物的状态和反响的条件以及气体的密度和水溶性，以便做出正确的推断17根据“粗盐中难溶性杂质的去除”试验，答复有关问题（1）试验步骤：溶解 称取5.0g粗盐，渐渐参加10mL水中，直到不再溶解，剩余粗盐1.2g过

21、滤蒸发 请从溶解度的角度分析，试验中不采纳降低溶液温度的方法得到精盐的根据是氯化钠的溶解度受温度的变更影响较小，一样状况下降温析出的晶体比拟少计算产率 得到精盐3.2g，则精盐的产率为84.2%（计算结果保存一位小数）（2）整个试验中至少要进展3次称量（3）从海水中获得的粗盐，经过上述试验得到的精盐属于混合物（填“混合物”或“纯洁物”）【分析】（1）根据氯化钠的溶解度受温度的影响较小进展分析；根据称量的粗盐、没有溶解的粗盐以及得到的精盐计算产率；（2）根据为了减小误差，须要屡次测量求平均值进展分析；（3）根据精盐的成分进展分析【解答】解：（1）从溶解度的角度分析，试验中不采纳降低溶液温度的方法

22、得到精盐的根据是氯化钠的溶解度受温度的变更影响较小，一样状况下降温析出的晶体比拟少；100%=84.2%；（2）为了减小误差，须要屡次测量求平均值，所以整个试验中至少要进展3次称量；（3）精盐中除了食盐，还有可溶性杂质，所以精盐属于混合物故答案为：（1）氯化钠的溶解度受温度的变更影响较小，一样状况下降温析出的晶体比拟少；84.2%；（2）3；（3）混合物【点评】本题考察粗盐提纯食盐等学问，娴熟驾驭操作的步骤及试验的留意事项是解题的关键，属于根底性的考察，难度不大18资源、能源及环境已成为人们日益关注的问题（1）化石燃料包括煤、石油和自然气，自然气的主要成分是CH4（写化学式）（2）二氧化硫和一

23、氧化氮是大气污染物请写出这两种气体的化学式并标出元素的化合价、（3）下列试验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是B选项试验现象结论A在空气中点燃纯洁的氢气燃烧，火焰为淡蓝色氢气能支持燃烧B将铁丝和铜丝分别放入稀盐酸中铁丝外表有气泡产生，铜丝外表无变更铁的金属活动性比铜强C将二氧化碳通入紫色石蕊溶液中紫色石蕊溶液变成红色二氧化碳显酸性D高温下，将一氧化碳通过氧化铁粉末黑色粉末变为红色一氧化碳具有复原性【分析】（1）根据化石燃料的分类进展分析；根据自然气的主要成份是甲烷进展分析；（2）根据化合价的表示方法，在其化学式该元素的上方用正负号和数字表示，正负号在前，数字在后进展书写即可；（

24、3）A、根据氢气的化学性质，进展分析推断根根据浓盐酸具有挥发性，进展分析推断B、根据铁丝和盐酸反响有气泡，而铜丝没有，所以铁比铜活泼进展分析推断C、根据二氧化碳能及水反响生成碳酸进展分析推断D、根据试验现象及一氧化碳的性质进展分析【解答】解：（1）自然气、煤、石油属于化石燃料，自然气的主要成份是甲烷，其化学式为：CH4；（2）二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，书写在二氧化硫的化学式中硫元素符号的正上方，氧元素的化合价为2价，书写在二氧化硫的化学式中氧元素符号的正上方；一氧化氮中氮元素的化合价为+2价，书写在一氧化氮的化学式中氮元素符号的正上方，氧元素的化合价为2价，书写在一氧化氮的化学式中氧元

25、素符号的正上方；（3）A、氢气在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，说明氢气具有可燃性；故选项说法错误B、根据放入一样浓度的稀盐酸中的铁丝及铜丝反响时表现出的现象：铁丝外表产生气泡而铜丝无现象，可得到多的活动性比铜强的结论，故选项说法正确C、二氧化碳能及水反响生成碳酸而使石蕊变红，是碳酸呈酸性，不是二氧化碳呈酸性，故选项说法错误D、氧化铁是红棕色的，通过一氧化碳加热后变成黑色（铁），说明氧化铁被复原性，故选项说法错误故选：CD故答案为：（1）石油；CH4；（2）；（3）B【点评】本题考察化石燃料，常见化学用语（元素符号、分子符号、化学式、化合价、离子符号等）的书写和理解实力19水和溶液在消费、生活中起着

26、非常重要的作用，请答复下列问题（1）硬水是指含有较多可溶性钙镁化合物的水，在生活中常采纳煮沸的方法降低水的硬度（2）NaCl、KNO3两种物质的溶解度曲线如图所示在20时，KNO3的溶解度及NaCl的溶解度相比，前者及后者的关系是B（填字母），在50时，KNO3溶液的溶质质量分数及NaCl溶液的溶质质量分数相比，前者及后者的关系是D（填字母）A大于 B小于 C等于 D无法确定 （3）不同温度下，氧气的溶解度随压强的变更如图所示，图中t1对应的温度为40，则t2对应的温度A（填字母）A大于40B小于40C无法确定（4）若用溶质质量分数为16%的NaCl溶液和蒸馏水配制100g溶质质量分数为10%

27、的NaCl溶液，则所需16%的NaCl溶液及蒸馏水的质量比为5：3【分析】根据固体的溶解度曲线可以：查出某物质在肯定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性，比拟不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而推断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，推断物质的溶解度随温度变更的变更状况，从而推断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法到达提纯物质的目的【解答】解：（1）硬水是指含有较多可溶性钙镁化合物的水，在生活中常采纳煮沸的方法降低水的硬度；（2）在20时，KNO3的溶解度小于NaCl的溶解度，所以前者及后者的关系是B，在50时，溶液的状态不能确定，所以KNO3溶液的溶质质量分数及NaCl溶液的溶质质量分数相比，前者及

28、后者的关系是D；（3）气体的溶解度随温度的上升而减小，不同温度下，氧气的溶解度随压强的变更如图所示，图中t1对应的温度为40，则t2对应的温度大于40，故选A；（4）若用溶质质量分数为16%的NaCl溶液和蒸馏水配制100g溶质质量分数为10%的NaCl溶液，须要所需16%的NaCl溶液质量为： =62.5g，须要蒸馏水的质量为：100g62.5g=37.5g，所以所需16%的NaCl溶液及蒸馏水的质量比为62.5g：37.5g=5：3故答案为：（1）可溶性钙镁化合物，煮沸；（2）B，D；（3）A；（4）5：3【点评】本题难度不是很大，主要考察了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度

29、曲线来解决相关的问题，从而培育分析问题、解决问题的实力20在催化剂的作用下，用O2将HCl转化为Cl2，可进步效益，削减污染（1）写出反响的化学方程式2HCl+CuOCuCl2+H2O；（2）反响所属根本反响类型为置换反响；（3）钠在氯气中燃烧生成氯化钠，若4.6g钠完全转化为氯化钠，至少须要氯气的质量是多少？【分析】（1）根据反响物生成物和条件书写化学方程式；（2）根据反响的物质的类别分析；（3）根据钠在氯气中燃烧的化学方程式，由钠的质量即可求出消耗氯气的质量【解答】解：（1）反响为在催化剂的作用下，氯化氢及氧化铜反响生成氯化铜和水，化学方程式为：2HCl+CuOCuCl2+H2O；（2）反

30、响为氯化铜和氧气在催化剂的作用下反响生成氧化铜和氯气，是单质及化合物反响生成单质和化合物，属于置换反响；（3）设至少须要氯气的质量为x，2Na+Cl22NaCl46 714.6g xx=7.1g答：至少须要氯气的质量7.1g故答案为：（1）2HCl+CuOCuCl2+H2O；（2）置换反响；（3）7.1g【点评】本题难度不大，考察同学们结合新信息、敏捷运用化学方程式的书写及有关计算进展分析问题、解决问题的实力21图中AI是初中化学常见的物质，且分别是由H、C、O、Na、Al、S、Ca、Cu、Ag中的一种或几种元素组成的在通常状况下，D及其他物质的状态不同，D、G、H、I均为单质，其中G为紫红色

31、固体，H在空气中外表生成一层致密的氧化膜，具有很好的抗腐蚀性能；B可用来改进酸性土壤；A，F均为由三种元素组成的盐图中“”表示两端的物质间能发生化学反响，“”表示物质间存在转化关系；局部反响物、生成物或反响条件已略去（1）写出化学式：GCu；（2）写出A及C反响的化学方程式Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2；写出D及E反响的化学方程式CuO+H2Cu+H2O；写出HI反响的化学方程式Al+3AgNO3Al（NO3）3+3Ag【分析】根据“H在空气中外表生成一层致密的氧化膜，具有很好的抗腐蚀性能”，则推想H为铝；根据“G为紫红色固体”，则推想G为铜；根据“B可用来改进酸性土壤

32、”，则推想B为氢氧化钙；根据“A，F均为由三种元素组成的盐”，结合图框，则推想A，F分别为碳酸钠、硫酸铜；根据“在通常状况下，D及其他物质的状态不同，D、G、H、I均为单质”、“图中AI是初中化学常见的物质，且分别是由H、C、O、Na、Al、S、Ca、Cu、Ag中的一种或几种元素组成的”，则推想C可能为稀硫酸、D为氢气、E为氧化铜、I为银，代入检验【解答】解：根据“H在空气中外表生成一层致密的氧化膜，具有很好的抗腐蚀性能”，则推想H为铝；根据“G为紫红色固体”，则推想G为铜；根据“B可用来改进酸性土壤”，则推想B为氢氧化钙；根据“A，F均为由三种元素组成的盐”，结合图框，则推想A，F分别为碳酸

33、钠、硫酸铜；根据“在通常状况下，D及其他物质的状态不同，D、G、H、I均为单质”、“图中AI是初中化学常见的物质，且分别是由H、C、O、Na、Al、S、Ca、Cu、Ag中的一种或几种元素组成的”，则推想C可能为稀硫酸、D为氢气、E为氧化铜、I为银，代入检验，符合题意（1）根据分析，G为铜，故其化学式为Cu；（2）A及C反响，即碳酸钠和硫酸反响生成硫酸钠、水和二氧化碳，其化学方程式为：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2；D及E反响，即氧化铜和氢气反响生成铜和水，其化学方程式为：CuO+H2Cu+H2O；HI反响，即铝及硝酸银溶液反响生成硝酸铝溶液和银，反响的化学方程式为：Al

34、+3AgNO3Al（NO3）3+3Ag故答案为：（1）Cu；（2）Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2；CuO+H2Cu+H2O； Al+3AgNO3Al（NO3）3+3Ag【点评】本题属于限定条件的推断题，推断的关键是娴熟驾驭常见物质的性质及反响产生的现象，难度不大，要留意学问的积累及综合运用22空气中氧气含量测定的再相识【经典赏析】教材中介绍了拉瓦锡用定量的方法探讨了空气的成分（试验装置如图1）该试验中选择运用汞的优点有BCDA试验过程中没有污染B在汞槽中起到液封作用C生成的化合物加热分解又能得到汞和氧气D能将密闭装置内空气中的氧气集合耗尽【试验回忆】试验室常用红磷燃烧的

35、方法测定空气中氧气的含量（装置如图2），写出红磷燃烧的化学方程式4P+5O22P2O5爱好小组用该方法测出的氧气含量经常远低于21%【提出问题】用红磷燃烧的方法为什么不能精确地测定空气中氧气的含量？【进展猜测】（1）装置漏气；（2）红磷缺乏装置内氧气有剩余；【试验及沟通】在教师的指导下，小明分别用过量的红磷和白磷进展该试验，用测氧气浓度的传感器测得反响后装置内氧气浓度分别为8.85%和3.21%，请从燃烧条件的角度答复产生上述结果的主要缘由白磷的着火点比红磷的着火点低【试验探究1】小明根据铁生锈的原理，探究用铁能否精确测定空气中氧气的含量，于是进展了试验（装置如图3）通过7天测得的数据计算空气

36、中氧气的含量为19.13%【沟通及反思】及用红磷燃烧的方法相比，用铁丝生锈的方法测定的主要优点及缘由：装置内残留的氧气更少，试验结果更精确【试验探究2】为了加快反响速率，小明通过查阅资料，利用铁粉、炭粉、氧化钠等物质又进展了试验（装置如图4），8分钟后测得的数据如表： 试验前的体积 试验后的体积 集气瓶内空气烧杯内蒸馏水 烧杯内剩余蒸馏水 131mL 90.0mL 63.6mL请计算出空气中氧气含量20.2%（计算结果保存一位小数）【结论及反思】通过上述试验探究，选择铁粉、炭粉、氧化钠和蒸馏水（填物质名称）进展试验，可较为快速地完成试验并减小试验误差【拓展延长】铜也能及空气中氧气、水、二氧化碳

37、反响而锈蚀，生成铜绿铜绿的主要成分为Cu2（OH）2CO3，若将图3装置中的粗铁丝换成足量的铜丝进展试验，请推断能否比拟精确地测定空气中氧气的含量，并说明理由不能；因为空气中二氧化碳含量约只有0.03%，铜不能将装置中的氧气几乎耗尽【分析】【经典赏析】根据运用汞的优点进展分析解答；【试验回忆】根据磷和氧气在点燃的条件下生成五氧化二磷解答；【进展猜测】根据本探究试验一般要留意以下几点：装置的气密性好；所用药品红磷的量，必需是足量；读数时肯定要冷却到原温度；生成物的状态一般要求是固态等【试验及沟通】根据白磷的着火点比红磷的着火点低解答；【沟通及反思】根据用铁丝生锈的方法测定的主要优点装置内残留的氧

38、气更少，试验结果更精确解答；【试验探究2】根据烧杯内蒸馏水削减的体积为氧气的体积解答；【结论及反思】根据题中信息分析解答；【拓展延长】根据生成铜绿的条件解答【解答】解：【经典赏析】教材中介绍了拉瓦锡用定量的方法探讨了空气的成分（试验装置如图1）该试验中选择运用汞的优点有在汞槽中起到液封作用；生成的化合物加热分解又能得到汞和氧气；能将密闭装置内空气中的氧气集合耗尽，故选BCD；【试验回忆】磷和氧气在点燃的条件下生成五氧化二磷，反响的化学方程式为：4P+5O22P2O5；【进展猜测】试验中所取的红磷缺乏（或试验前没有夹弹簧夹、试验装置可能未冷却就翻开弹簧夹等）；【试验及沟通】小明分别用过量的红磷和

39、白磷进展该试验，用测氧气浓度的传感器测得反响后装置内氧气浓度分别为8.85%和3.21%，请从燃烧条件的角度答复产生上述结果的主要缘由白磷的着火点比红磷的着火点低；【沟通及反思】铁丝在水、氧气的条件下很简洁生锈，及用红磷燃烧的方法相比，用铁丝生锈的方法测定的主要优点及缘由：装置内残留的氧气更少，试验结果更精确；【试验探究2】烧杯内蒸馏水削减的体积为氧气的体积=90mL63.6mL=26.4mL空气中氧气含量=100%20.2%【结论及反思】通过上述试验探究，选择铁粉、炭粉、氧化钠和蒸馏水或白磷等物质进展试验，可较为快速地完成试验并减小试验误差【拓展延长】铜也能及空气中氧气、水、二氧化碳反响而锈

40、蚀，生成铜绿铜绿的主要成分为Cu2（OH）2CO3，若将图3装置中的粗铁丝换成足量的铜丝进展试验，不能比拟精确地测定空气中氧气的含量，因为空气中二氧化碳含量约只有0.03%，铜不能将装置中的氧气几乎耗尽答案：【经典赏析】BCD【试验回忆】4P+5O22P2O5；【进展猜测】红磷缺乏；【试验及沟通】白磷的着火点比红磷的着火点低；【沟通及反思】装置内残留的氧气更少，试验结果更精确；【试验探究2】20.2%；【结论及反思】铁粉、炭粉、氧化钠和蒸馏水；【拓展延长】不能；因为空气中二氧化碳含量约只有0.03%，铜不能将装置中的氧气几乎耗尽【点评】本考点是用红磷测定氧气在空气中的体积分数，属于试验方法和过程的探究这类探究试验要详细问题详细分析，根据设计的步骤中不同的现象去思索、去探究，从而答复题目给出的问题本考点主要出如今填空题和试验题中