发布时间 : 星期日 文章2017江苏中考化学真题更新完毕开始阅读20404b457f21af45b307e87101f69e314332fa64
氧化碳中C、O原子个数比小于1∶2，即聚乳酸降解时需有氧气参加反应，不属于分解反应，36n
B错误；聚乳酸中碳元素的质量分数为×100%＝50%，C正确；“白色污染”是难降解的
72n废弃塑料造成的污染，聚乳酸能降解，则不会产生“白色污染”，D正确。
＋＋
18. D 【解析】锌有剩余时，说明溶液中的Cu2、Fe2已完全被置换，则过滤后的滤渣中一定存在置换出的Cu、Fe和过剩的Zn，A正确；此时滤液中只含有生成的ZnCl2，不存在FeCl2和CuCl2，B正确；锌无剩余时，则滤渣中一定存在置换出的铜，可能也有铁被置换，C正确；此时滤液中一定存在生成的ZnCl2，可能存在CuCl2和FeCl2，D错误。
19. C 【解析】若X是稀硫酸，则a可能是遇酸变红色的紫色石蕊试液，A正确；若X是硫酸，则b可能为含三价铁离子的氧化物(Fe2O3)，硫酸和Fe2O3反应生成显黄色的Fe2(SO4)3溶液，B正确；若X为稀盐酸，则c可能为单质铁，盐酸与铁反应生成显浅绿色的FeCl2溶
＋
液和氢气，C错误；若X为稀盐酸，则X与d反应生成的蓝色溶液可能为含Cu2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，但不可能为单质，D正确。
20. B 【解析】由表中数据可知，甲为反应物，参加反应的甲的质量为40 g－23 g＝17 g；丙、丁为生成物，生成丙的质量为30 g，生成丁的质量为27 g；则乙为反应物，参加反应的乙的质量为30 g＋27 g－17 g＝40 g，m4＝40 g－40 g＝0，D错误。由此可知，反应中甲、乙、丙、丁四种物质的质量比为17∶40∶30∶27，当反应中丁的质量为10.8 g时，可分别计算甲、乙参加反应的质量为6.8 g、16 g，即m1＝40 g－6.8 g＝33.2 g，m2＝40 g－16 g＝24 g，A错误，B正确；同时可计算生成丙的质量m3＝12 g，C错误。
＋
21. (4分)(1)①P(1分) ②Fe3(1分) (2)氮(或N)(1分) (3)甲状腺(1分)
【解析】(1)①磷原子用磷的元素符号表示：P；②铁离子是带3个单位正电荷的铁原子：＋
Fe3；(2)组成蛋白质的元素一定有C、H、O、N等；(3)缺少或过量摄取碳元素均会引起甲状腺疾病。
22. (4分)(1)②(1分) (2)⑥(1分) (3)④(1分) (4)⑤(1分)
【解析】(1)氮气在常温下的性质很稳定，可用于食品保护气；(2)乙醇汽油具有可燃性，可用作汽车的燃料；(3)二氧化碳能与烧碱发生反应，不能用烧碱体干燥，浓硫酸具有水性且不与二氧化碳反应可用来干燥二氧化碳气体；(4)熟石灰微溶于水，可用于改良酸性土壤。
23. (6分)(1)2Cu＋O2===== 2CuO(2分) (2)除去空气中所有的氧气(1分) 不能(1分) 1
(3)20%(或)(2分)
5
【解析】(1)铜与氧气在加热时发生反应，生成氧化铜，反应的化学方程式为：2Cu＋O2===== 2CuO；(2)实验时，为了全部除去空气中的氧气，所用铜粉必须过量。木炭与氧气反应时生成二氧化碳气体，无法用如图所示装置测定空气中氧气的含量，即不能用木炭代替16 mL
铜粉；(3)实验过程中消耗氧气的体积为30 mL－14 mL＝16 mL，空气中氧气的含量为：80 mL×100%＝20%。
24. (6分)(1)31.6 g(1分) 饱和(1分) (2)＜(2分) (3)b(1分) (4)降温结晶(1分) 【解析】(1)由NaCl、KNO3的溶解度曲线图可以看出，20℃时，KNO3的溶解度为31.6 g；20℃时的溶液⑤中含100 g水和20 g＋30 g＋30 g＝80 g KNO3，由于该温度下KNO3的溶解度为31.6 g，即溶液⑤为饱和溶液且有固体溶质剩余；(2)50℃时，KNO3的溶解度大于NaCl的溶解度，即该温度下100 g水溶解KNO3的最大量大于溶解NaCl的最大量，所得饱和NaCl溶液中溶质的质量分数小于饱和KNO3溶液中溶质的质量分数；(3)20℃时，KNO3的溶解度
△
△
为31.6 g，此时100 g水溶解20 g KNO3形成不饱和溶液①，继续加入30 g KNO3后形成饱和溶液②并剩余固体18.4 g，a错误；②→③的过程中溶液温度升高，KNO3的溶解度由31.6 g→85.5 g，则②剩余的18.4 g固体全部溶解，溶液溶质质量分数变大，b正确；溶液④温度为50℃，溶剂量100 g，KNO3固体质量80 g，S＝85.5 g，即溶液④为不饱和溶液；溶液⑤温度为20℃，溶剂量100 g，KNO3固体质量共80 g，S＝31.6 g，即溶液⑤中只能溶解KNO3固体质量31.6 g形成饱和溶液；因此④→⑤过程中析出KNO3晶体的质量为：80 g－31.6 g＝48.4 g，c错误；(4)KNO3的溶解度受温度影响变化较大，NaCl的溶解度受温度影响变化小，要提纯含有少量NaCl的KNO3，需先将固体溶解，后加热浓缩至饱和，接着冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得提纯的KNO3固体。
25. (10分)(1)锥形瓶(1分) 缓冲作用，防止气体将瓶塞冲出(1分) (2)H2O2(或过氧化氢)(1分) 过氧化氢分解放热，使气体温度升高，气压增大，气球胀大(1分) (3)CaCO3＋2HCl=== CaCl2＋H2O＋CO2↑(2分)
(4)解：设稀硫酸中溶质的质量分数为x，则 Zn＋H2SO4=== ZnSO4＋H2↑ 98 2 25 g×x 0.1 g
9825 g×x＝ 20.1 g
x＝19.6%(4分) 答：略。
【解析】(1)由图可知，仪器A的名称为锥形瓶；气球的作用是缓冲作用；(2)实验时气球变大的原因一是由于生成了气体，气体进入气球，二是由于过氧化氢分解放热，使气体温度升高，气压增大，气球胀大；(3)实验室用石灰石或大理石(主要成分为CaCO3)和稀盐酸反应制取二氧化碳气体，发生反应的化学方程式为：CaCO3＋2HCl=== CaCl2＋H2O＋CO2↑；(4)根据锌和稀硫酸发生反应生成氢气的质量，可求得反应的溶质的质量；由溶质的质量与稀硫酸的质量之比可求得稀硫酸的溶质质量分数。
26. (8分)(1)碱石灰(1分) (2)形成对比实验(1分) (3)2CaSO3＋O2=== 2CaSO4(2分) (4)ab(2分) (5)1.12 g＜m＜1.6 g(2分)
【解析】(1)由图可知，用碱石灰脱硫后，烟气中SO2的含量为1.4 ppm，而用碳酸钙脱硫时，烟气中SO2含量为4.2 ppm，即碱石灰的脱硫效率更高。(2)实验时取三份质量相同的煤的目的是形成对比实验，一份不用脱硫剂，一份用碳酸钙作脱硫剂，一份用碱石灰作脱硫剂，分别对比三个实验样品燃烧后烟气中的SO2含量，从而得出脱硫效率最好的脱硫剂。(3)CaSO3与空气中的氧气反应生成CaSO4，发生反应的化学方程式为：2CaSO3＋O2=== 2CaSO4。(4)将原煤与碱石灰粉碎、混匀，可使原煤充分燃烧，生成的SO2能被碱石灰充分吸收，可提高脱硫效率，a正确；碱石灰的用量适当增加，可提高SO2的吸收率，增加脱硫效率，b正确；将脱硫时间延长，不能增加SO2的吸收量，不能明显提高脱硫效率，c错误。(5)碱石灰的组成为氧化钙和氢氧化钠的混合物，利用碱石灰吸收SO2时，氧化钙和氢氧化钠分别和SO2反应，理论上消耗碱石灰的质量范围为分别用氧化钙和氢氧化钠吸收所需量之间。
解：设分别用氧化钙和氢氧化钠吸收1.28 g SO2时消耗氧化钙和氢氧化钠的质量为x、y CaO ＋ SO2=== CaSO3 56 64 x 1.28 g
56x＝ x＝1.12 g 641.28 g
SO2＋2NaOH=== Na2SO3＋H2O 64 80 1.28 g y
80y＝ y＝1.6 g 641.28 g
即利用碱石灰吸收1.28 g SO2时，理论上消耗碱石灰的质量(m)范围是：1.12 g＜m＜1.6 g。 27. (8分)(1)复分解反应(1分) (NH4)2SO4(1分) (NH4)2CO3(1分) (2)O2(1分) 2Fe2O3
＋3C===== 4Fe＋3CO2↑(2分) (3)Fe2C(2分)
【解析】(1)转化过程中，FeSO4和(NH4)2CO3发生反应，生成物中有FeCO3沉淀，则生成的另一种物质为(NH4)2SO4，即该反应为两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物，该反应属于复分解反应；“过滤”后所得滤液中的溶质除了生成的(NH4)2SO4外，还有因加入过量而剩余的(NH4)2CO3。(2)FeCO3中Fe、C、O元素的原子个数比为1∶1∶3，而生成的FeOOH和CO2中，Fe、C、O元素的原子个数比为1∶1∶4，即氧原子个数增加，反应物应有氧气参与，故“干燥”过程中与FeCO3发生反应的物质应为：O2；氧化铁在高温条件下与C发生反应，反应的化学方程式为：2Fe2O3＋3C===== 4Fe＋3CO2↑；(3)由生成CO2的质量可求得还原铁粉中C元素的质量；因FexC不与稀硫酸发生反应，故可由还原铁粉与稀硫酸生成的氢气质量求得还原铁粉中铁单质的质量；用还原铁粉的总质量减去C元素的质量和单质铁的质量，即可得FexC中铁元素的质量；由此可根据FexC中铁、碳元素的质量比求得该化合物的化学式。
12
解：0.22 g CO2中所含C元素的质量为0.22 g×＝0.06 g；
44设生成0.48 g H2需单质铁的质量为a，则 Fe＋H2SO4=== FeSO4＋H2↑ 56 2 a 0.48 g 56a＝ a＝13.44 g 20.48 g
则FexC中铁元素的质量＝14.06 g－13.44 g－0.06 g＝0.56 g。FexC中铁、碳元素的质量比为：56x∶12＝0.56 g∶0.06 g，解得x＝2，即FexC的化学式为：Fe2C。
28. (8分)【实验探究1】2(1分) 1、3(1分) 【得出结论】Na2CO3(2分) 【反思提高】(1)NH4HCO3===== NH3↑＋H2O＋CO2↑(2分) (2)＞(1分) 【拓展应用】a b c(2分) 【解析】【实验探究1】NaHCO3受热能分解生成Na2CO3、水和无刺激性气味的CO2气体，而NH4HCO3受热分解后能生成有刺激性气味的氨气(NH3)、水和CO2，M加热一段时间后无刺激性气味的气体生成，说明无氨气生成，M中不存在NH4HCO3，即猜想2成立，猜想1、3不成立。【得出结论】实验①试管中固体滴加盐酸后产生能使澄清石灰水变浑浊的气
－
体，该气体为CO2，说明该固体中含有CO2将实验①试管中固体加水溶解后加入足量氯化3；
钙溶液后产生白色沉淀，上层清液滴加酚酞不变红，说明上层清液中不存在可溶性的、碱性的NaHCO3，即最终试管中剩余固体为Na2CO3。【反思提高】(1)NH4HCO3受热分解后能生成氨气(NH3)、水和CO2，发生反应的化学方程式为：NH4HCO3===== NH3↑＋H2O＋CO2↑；
△
△
高温
高温
(2)实验①中加热NaHCO3后发生分解反应，实验②加热Na2CO3固体后无明显现象，说明Na2CO3的受热稳定性大于NaHCO3。【拓展应用】根据题给反应方程式可知，生成的CaHPO4在常温下是沉淀，而生成的Na2HPO4不是沉淀，即常温下Na2HPO4的溶解度大于CaHPO4，
－＋
a正确；NaHCO3中含有HCO3，在水溶液中遇到酸性物质中的H后会生成水和CO2气体，b正确；由题给化学方程式可知，反应中NaHCO3和生成的CO2的质量比为84∶44，则生成0.22 g
0.22 g CO2时所需NaHCO3的质量为84×＝0.42 g，c正确。
44
29. (6分)Ⅰ.(1)物理变化(1分) (2)H2和HCl(2分) Ⅱ.(1)a(1分) (2)CH4===== C(石墨烯)＋2H2↑(2分) 高温
【解析】Ⅰ.(1)蒸馏是利用混合物中各组分的沸点不同，加热使低沸点的组分先蒸发，从而分离出混合物的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化；(2)上述反应中涉及的化学反应①②③分别为：①SiO2＋2C===== Si(粗)＋2CO↑ ②Si(粗)＋3HCl===== SiHCl3＋H2↑ ③SiHCl3＋H2
1000℃～1100℃
高温
300℃
Ni或Cu
===== Si(纯)＋3HCl 由反应可知，反应②产生的氢气可供反
应③使用，反应③产生的HCl可供反应②使用，即H2和HCl可循环使用。Ⅱ.(1)石墨烯是由碳元素形成的单质，其导电、导热性能很强，a正确，b、c错误。(2)甲烷分解生成石墨烯的条件是在高温下和Ni或Cu等金属基体上，同时生成氢气，发生反应的化学方程式为：CH4===== C(石墨烯)＋2H2↑。 高温
30. (6分)(1)氢气(1分) (2)肥皂水(1分) a(1分) (3)＞(1分) (4)CH4＋2H2O===== 4H2＋CO2(2分)
【解析】(1)电解水时，玻璃管内产生体积较大的气体是氢气。(2)生活中通常用肥皂水来区别硬水和软水；因水量较大、耗能较多且电解产物为氢气和氧气，故一般不用电解。(3)废水流量不变，则其中氢氧化钠的质量不变；由氢氧化钠和盐酸、硫酸发生反应的化学方程式可知，中和相同量的氢氧化钠所需HCl和H2SO4的质量比为73∶98，因两种酸液的密度、溶质质量分数均相同，故所需硫酸酸液的体积较大，其流量Q也较大。(4)甲烷与水在高温、催化剂的条件下转化为氢气和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：CH4＋2H2O===== 4H2＋CO2。
2017江苏泰州化学解析
1. B 【解析】导热性、挥发性、延展性都不需要通过发生化学变化表现出来，它们都
属于物理性质；可燃性属于化学性质。
2. D 【解析】菜刀生锈、面包发霉、粮食酿酒都有其他物质生成，都属于化学变化；电灯发光无其他物质生成，属于物理变化。
－
3. B 【解析】镁元素应表示为Mg，A错误；氧离子表示为O2，B正确；水银应表示为Hg，C错误；2个氮原子应表示为2N，D错误；。
4. A 【解析】在原子中，核外电子数＝质子数，则镓原子的核外电子数为31。
5. C 【解析】测定溶液pH时，pH试纸不应直接伸入待测液中，应用玻璃棒蘸取少量待测液滴在pH试纸上，将试纸显示的颜色与标准比色卡对照，C错误。
6. C 【解析】废报纸、废铁锅、空矿泉水瓶都属于可回收垃圾；口香糖属于不可回收垃圾。
高温、催化剂高温、催化剂
Ni或Cu