云南省昆明市2020年中考化学试题（含解析）

2020年昆明市初中学业水平考试化学试题卷（全卷四个大题，共28个小题，共8页；满分100分，考试时间90分钟）注意事项1.本卷为试题卷。考生必须在答题卡上解题作答。答案应书写在答题卡的相应位置上，在试题卷、草稿纸上作答无效。2.考试结束后，请将试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-120-16S-32Fe-56Cu-64Zn-65Ba-137第Ⅰ卷（共45分）一、选择题（本大题共20个小题，其中第1~15小题，每小题2分，第16-20小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意，多选、错选或不选均不得分。请将符合题意的选项的标号在答题卡相应位置上涂黑）1.拉瓦锡通过实验得出：约占空气总体积1/5的气体是A.N2 B.CO2 C.O2 D.稀有气体【答案】C【解析】【详解】拉瓦锡通过实验得出了空气由氧气和氮气组成，其中氧气约占空气总体积1/5的结论。故选C。2.下列属于钾肥的是A.KNO3B.KC.KOHD.KCl【答案】D【解析】【详解】A、KNO3中含有K和N两种元素，属于复合肥，A选项错误；B、K代表钾的单质，单质不作为化学肥料，B选项错误；C、KOH虽含K元素，但有强烈的腐蚀性，属于碱，不可用作化学肥料，C选项错误；D、KCl只含N、P、K中的K，且无腐蚀性，可用于钾肥，D选项正确；故选D。3.下列属于复合材料的是A.合金B.棉花C.钢筋混凝土D.合成橡胶【答案】C【解析】【分析】复合材料定义:由两种或两种以上物理化学性质不同的物质，经人工组合而成的多相固体材料。.【详解】A、合金属于金属材料，不属于复合材料，不符合题意。B、棉花属于天然材料，不属于复合材料，不符合题意。C、钢筋混凝土就是钢筋和混凝土的复合材料，属于复合材料，符合题意。D、合成橡胶属于合成材料，不属于复合材料，不符合题意。故选C。4.少量下列物质与水充分混合，能得到溶液的是A.氯化氢B.面粉C.泥沙D.冰块【答案】A【解析】【详解】A、氯化氢能溶于水，形成均一、稳定的溶液，符合题意；B、面粉不溶于水，只能以固体小颗粒的形式悬浮于液体里，形成悬浊液，不符合题意；C、泥沙不溶于水，只能以固体小颗粒的形式悬浮于液体里，形成悬浊液，不符合题意；D、冰块是固态的水，溶于水，形成的是纯净物，不符合题意。故选A。5.下列物质由分子构成的是A.铜B.汞C氢气D.硫酸镁【答案】C【解析】【详解】A、铜由铜原子构成，不符合题意；B、汞由汞原子构成，不符合题意；C、氢气由氢分子构成，符合题意；D、硫酸镁由镁离子和硫酸根离子构成，不符合题意。故选C。6.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，75%酒精可有效灭活病毒。现用95%的酒精配制75%的酒精，一般不会用到的仪器是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】用浓溶液配制稀溶液用到的仪器有：量筒、胶头滴管：量取液体；烧杯：混合；玻璃棒：搅拌，故不需要酒精灯。故选B7.下列说法错误的是A.改良酸性土壤可用烧碱B.回收废旧金属不仅节约金属资源，还可减少环境污染C.研究煤炭中硫资源的综合开发和利用是防治酸雨的有效途径之一D.乙醇汽油的使用可适当节省石油资源，并在一定程度上减少汽车尾气的污染【答案】A【解析】【详解】A、烧碱是氢氧化钠的俗称，氢氧化钠碱性较强，不能用于改良酸性土壤，符合题意；B、回收废旧金属可以实现资源的有效利用，减少污染物的排放，不仅节约金属资源，还可减少环境污染，不符合题意；C、研究煤炭中硫资源的综合开发和利用，可以减少二氧化硫的排放，是防治酸雨的有效途径之一，不符合题意；D、乙醇汽油的使用可适当节省石油资源，并在一定程度上减少汽车尾气的污染，既可以节约资源，又可以减少污染物的排放，不符合题意。故选A。8.北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误是A.“烹胆矾则成铜”是物理变化B.胆矾可用于配制波尔多液C.“熬之则成胆矾”是蒸发结晶过程D.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”发生反应SKIPIF1<0【答案】A【解析】【分析】铁和硫酸铜生成硫酸亚铁和铜。【详解】A、“烹胆矾则成铜”，生成新物质铜，是化学变化，故A不正确；B、胆矾是硫酸铜的结晶水合物，可用于配制波尔多液，故B正确；C、“熬之则成胆矾”的含义是将硫酸铜稀溶液通过蒸发浓缩，可获得胆矾晶体，故C正确；D、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”的含义是在铁锅中蒸发硫酸铜溶液时，铁锅表面会析出金属铜，这是因为铁从硫酸铜溶液中置换出了铜，反应是铁和硫酸铜生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为SKIPIF1<0，故D正确。故选A。【点睛】化学变化是有新物质生成的变化。9.关于燃烧和灭火，下列说法正确的是A.可燃性气体达到爆炸极限时就会发生爆炸B.炒菜时油锅起火，向锅中放入较多菜叶灭火，是降低了油的着火点C.木柴架空有利于燃烧，是因为增大了可燃物与氧气的接触面积D.干粉灭火器可以用来扑灭图书、档案、贵重设备、精密仪器等物的失火【答案】C【解析】【详解】A、可燃性气体达到爆炸极限时，若没有明火或高温，可燃性气体就不会燃烧，也就不会爆炸，A选项错误；B、着火点是物质的固有属性，放入较多菜叶灭火是降低了油的温度，使温度降至油的着火点以下，B选项错误；C、木柴架空后，木柴之间的空隙被空气填补，因此增大了与氧气的接触面积，C选项正确；D、图书、档案、贵重设备、精密仪器等物体的灭火应不留痕迹，尽量减少损失，因此应选用二氧化碳灭火器，D选项错误；故选C。10.下列实验现象描述正确的是A.红磷在空气中燃烧，产生五氧化二磷白烟B.硝酸银溶液中加入氯化钠溶液，产生白色沉淀C.稀硫酸中加入铜粉，产生气泡，溶液变为蓝色D.硫在氧气中燃烧，发出淡蓝色火焰，产生刺激性气味的气体【答案】B【解析】【详解】A、红磷在空气中燃烧，产生大量的白烟；产生五氧化二磷是实验结论，说法错误；B、硝酸银溶液中加入氯化钠溶液，产生白色沉淀，因为生成氯化银是白色沉淀，说法正确；C、稀硫酸中加入铜粉，铜为氢后金属，不与稀硫酸，不会产生气泡，溶液不会变为蓝色，说法错误；D、硫在氧气中燃烧，发出蓝紫色火焰，产生刺激性气味的气体，说法错误。故选：B。11.下列能使紫色石蕊试液和无色酚酞试液均变色的是A.pH=1的盐酸B.pH=3的硫酸C.pH=7的氯化钠溶液D.pH=14的氢氧化钾溶液【答案】D【解析】【详解】紫色的石蕊试液遇酸性溶液变成红色，遇碱性溶液变成蓝色；无色的酚酞试液遇酸性溶液不变色，遇碱性溶液变成红色；能使紫色石蕊试液和无色酚酞试液均变色的是碱性溶液。pH=14的氢氧化钾溶液呈碱性；故选：D。12.下列说法错误的是A.面粉厂严禁烟火B.活性炭具有除异味和杀菌作用C.进入久未开启的菜窖前要做灯火实验D.不能用甲醛溶液浸泡海鲜产品来延长保质期【答案】B【解析】【详解】A、面粉具有可燃性，面粉厂里空气中含有大量面粉粉末，遇到明火时可能发生爆炸，应该严禁烟火，说法正确。B、活性炭具有吸附性，可除异味，但不具有杀菌作用，说法错误。C、进入久未开启的菜窖、干涸的深井和深洞前，要做灯火实验，因为里面可能积聚了大量的二氧化碳，说法正确。D、甲醛有毒，不能用甲醛溶液浸泡海鲜产品来延长保质期，说法正确。故选：B。13.绿原酸（化学式为C16H18O9）是中药金银花的主要抗菌、抗病毒有效药理成分之一。下列关于该物质的说法正确的是A.相对分子质量为354gB.由三种元素组成C.碳、氢元素的质量比为8:9D.绿原酸分子由16个碳原子、18个氢原子、9个氧原子构成【答案】B【解析】【详解】A、相对分子质量单位为“1”，不是“g”常省略不写，相对分子质量为354，故A错误；B、根据绿原酸（C16H18O9）化学式可知，绿原酸由三种元素组成，故B正确；C、元素的质量比应是其相对原子质量乘个数后的比值，碳、氢元素的质量比=(12×16):(18×1)=32:3，故C错误；D、根据绿原酸（C16H18O9）化学式可知，每个绿原酸分子由16个碳原子、18个氢原子、9个氧原子构成，故D错误。故选B。14.从下图某化学反应的微观示意图中，获得的信息错误的是

A.参加反应的一种物质的化学式为C2H4B.该反应的生成物为混合物C.参加反应的两种物质的分子个数比为1:1D.中碳、氢、氧原子个数比为2:6:1【答案】B【解析】【详解】A、从图中可知，有一种反应物分子中碳氢原子比为2:4，因此该反应物分子式为C2H4，A选项正确，不合题意；B、该反应的生成物是乙醇，乙醇为纯净物，因此B选项错误，符合题意；C、可从图中看出2个C2H4分子和2个H2O分子生成了2个C2H5OH分子，因此反应物的分子个数比为1:1，C选项正确，不合题意；D、该反应的生成物是乙醇，一个乙醇分子由2个C原子，6个H原子和1个O原子构成，因此D选项正确，不合题意；故选B。15.为验证Mg、Cu、Sn的金属活动性顺序，不可选用的一组物质是A.MgCl2溶液、Cu、SnB.Mg、Cu、SnCl2溶液C.Mg、Sn、Cu、盐酸D.MgCl2溶液、Sn、CuCl2溶液【答案】A【解析】【详解】A、MgCl2溶液与Cu、Sn均不反应，不能验证Mg、Cu、Sn的金属活动性顺序；B、Mg与SnCl2溶液反应生成略带蓝色的Sn，而Cu与SnCl2溶液不反应，能验证Mg、Cu、Sn的金属活动性顺序；C、Mg、Sn与盐酸均能反应产生氢气，且镁与盐酸反应更加剧烈，Cu与盐酸不反应，能验证Mg、Cu、Sn的金属活动性顺序；D、MgCl2溶液与Sn不反应，可知金属活动性Mg＞Sn，Sn、CuCl2溶液反应，有红色的铜生成，可知金属活动性Sn＞Cu，能验证Mg、Cu、Sn的金属活动性顺序；故选：A。16.在一个密闭容器中，有a、b、c、d四种物质，反应前各物质的质量关系如下图刻度纸所示（例如：d的质量为2g）。

在一定条件下发生反应，反应结束后，再次测得各物质的质量变化，并通过刻度的移动来表示，且记录在同一张刻度纸上：刻度线Ⅰ向右移动9格；刻度线Ⅱ向左移动8格；刻度线Ⅲ向左移动8格。下列说法正确的是A.反应结束后c的质量为14gB.该反应可能为置换反应C.a、b变化的质量比一定为9:17D.a、d的相对分子质量之比一定为9:8【答案】C【解析】【分析】由图可知，一开始，a=5g、b=17g、c=6g、d=2g，反应后，刻度线Ⅰ向右移动9格；刻度线Ⅱ向左移动8格；刻度线Ⅲ向左移动8格，故a=14g、b=0、c=6g、d=10g，故反应后，a质量增加，是生成物，b质量减小，是反应物，c质量不变，可能是催化剂，也可能是不参与反应的杂质，d质量增加，是生成物。【详解】A、由分析可知，反应结束后，c的质量是6g，不符合题意；B、a、d是生成物，b是反应物，该反应符合“一变多”的特点，属于分解反应，不符合题意；C、a、b变化的质量比为：（14g-5g）：（17g-0）=9:17，符合题意；D、参加反应的a、d的质量比为：（14g-5g）：（10g-2g）=9:8，但是化学计量数之比未知，无法计算相对分子质量之比，不符合题意。故选C。17.A~F为初中化学常见物质，固体A在空气中易潮解，B和C能参与光合作用，B和D组成元素相同。它们相互转化的关系如图所示（“→”表示反应能一步实现，“一”表示相连物质间能发生反应，部分反应物、生成物和反应条件已省略）。下列说法错误的是

AC和F组成元素可能相同B.固体B可用于人工降雨C.D和E在一定条件下反应生成BD.A~F属于酸、碱、盐、氧化物、单质中的四类物质【答案】D【解析】【分析】固体A在空气中易潮解，所以A是氢氧化钠，B和C能参与光合作用，B和D组成元素相同，所以B是二氧化碳，D是一氧化碳，C是水，根据图中反应关系可推知：F是过氧化氢，E是氧气，代入验证，推理正确。【详解】A、C是水，F是过氧化氢，都是由氢氧两种元素组成的，故选项说法正确；B、B是二氧化碳，可用于人工降雨，故选项说法正确；C、D是一氧化碳，E是氧气，一氧化碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，故选项说法正确；D、A是氢氧化钠属于碱，B是二氧化碳、D是一氧化碳、C是水、F是过氧化氢都属于氧化物，E是氧气属于单质，共三类物质，故选项说法错误。故选D。18.甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是A.甲是易溶物B.60℃时，将等质量的甲、乙饱和溶液降温至40℃，溶液的质量乙>甲C.60℃时，将100g乙的饱和溶液配成质量分数为5%的溶液，需加水380gD.甲中混有少量丙，若要得到较纯净的甲，常采用蒸发结晶的方法【答案】B【解析】【详解】A、由图可知，20℃时，甲的溶解度是5g，属于可溶物，不符合题意；B、由图可知，60℃时，溶解度：甲＞乙，该温度下，饱和溶液的溶质质量分数：甲＞乙，故等质量的甲、乙饱和溶液中溶质质量：甲＞乙，40℃时，溶解度：甲=乙，故该温度下，饱和溶液的溶质质量分数：甲=乙，溶质质量：甲=乙，故降温后，析出晶体的质量：甲＞乙，溶液的质量：乙＞甲，符合题意；C、由图可知，60℃时，乙的溶解度是25g，乙的饱和溶液的溶质质量分数为：SKIPIF1<0，将100g乙的饱和溶液配成质量分数为5%的溶液，根据稀释前后，溶质的质量不变，设加水的质量为x，则100g×20%=（100g+x）5%，x=300g，不符合题意；D、由图可知，甲的溶解度随温度的升高而增加，且受温度影响较大，丙的溶解度随温度的升高而减小，故甲中混有少量丙，若要得到较纯净的甲，常采用降温结晶的方法，不符合题意。故选B。19.下列图示能正确反映对应变化关系的是①CH4的溶解度与温度、压强的关系②向Ca（OH）2饱和溶液中加少量CaO③在等质量、等质量分数两份稀硫酸中，分别加入过量的铁粉、锌粉（铁粉与锌粉质量相等）④向稀硫酸中，逐滴加入与稀硫酸等质量、等质量分数的氢氧化钡溶液，测溶液的导电能力（离子浓度越大，溶液导电能力越强）A.②③ B.①② C.①④ D.③④【答案】A【解析】【详解】①纵向做切线，表示同一压强下，温度越高溶解度越高；只观察T1线，发现同一温度下，压强越大，溶解度越大。甲烷属于气体，压强越大，气体的溶解度越大，温度越高，气体的溶解度越小，图示不能正确反映对应变化关系，不符合题意；②向Ca（OH）2饱和溶液中加少量CaO，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，消耗了部分水，且该反应放出热量，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小，故温度升高，溶解度减小，有溶质析出，溶质质量逐渐减小，待温度逐渐冷却至室温时，溶解度逐渐增加，溶质质量逐渐增加，但是由于消耗了部分水，故最后溶质的质量小于原来的质量，图示能正确反映对应变化关系，符合题意；③在等质量、等质量分数的两份稀硫酸中，分别加入过量的铁粉、锌粉，锌比铁活泼，反应速率快，先完成反应，锌与稀硫酸反应：SKIPIF1<0，铁与稀硫酸反应：SKIPIF1<0，由于锌的相对原子质量大于铁，故等质量、等质量分数的稀硫酸，消耗锌的质量大，图示能正确反映对应变化关系，符合题意；④向稀硫酸中，逐滴加入与稀硫酸等质量、等质量分数的氢氧化钡溶液，设氢氧化钡与稀硫酸的溶质质量都是m，mg氢氧化钡消耗稀硫酸的质量是x，氢氧化钡与稀硫酸反应：，SKIPIF1<0，参加反应的氢氧化钡与硫酸的质量比为：171：98=m：x，x=SKIPIF1<0，故等质量、等质量分数的氢氧化钡与稀硫酸反应，充分反应后，稀硫酸有剩余，导电能力不会减小至零，图示不能正确反映对应变化关系，不符合题意。故图示能正确反映对应变化关系的是②③。故选A。20.下列说法合理的有①石油炼制的产品有润滑油、汽油、航空煤油、柴油等②元素周期表的1~18号元素中，属于人体中常量元素的有8种③侯氏制碱法所得产品之一的溶液呈碱性，是因为该物质在水中会解离出OH-④目前计入空气质量评价的主要污染物有SO2、CO、NO2、可吸入颗粒物、细颗粒物和O3等⑤有KOH、NH4NO3、Ba（OH）2、Na2SO4、NaNO3、Na2CO3几种无色溶液，另选用一种试剂就可以把它们鉴别出来A.2种 B.3种 C.4种 D.5种【答案】B【解析】【详解】①石油炼制的产品有润滑油、汽油、航空煤油、柴油等，说法正确；②元素周期表的1~18号元素中，属于人体中常量元素的有8种：碳、氢、氧、氮、磷、硫、镁、钠、氯，共9种，说法错误；③侯氏制碱法所得产品之一的溶液呈碱性，是因为该物质在水中水解出OH-，不是解离，说法错误；④目前计入空气质量评价的主要污染物有SO2、CO、NO2、可吸入颗粒物、细颗粒物、O3，说法正确；⑤鉴别KOH、NH4NO3、Ba（OH）2、Na2SO4、NaNO3、Na2CO3几种无色溶液，分别滴加稀硫酸，产生白色沉淀的是氢氧化钡，产生无色气体的是碳酸钠，再用氢氧化钡滴到剩余4中溶液中，产生刺激性气味气体的是硝酸铵，产生白色沉淀的是硫酸钠，最后用硝酸铵滴到剩余2种溶液，产生刺激性气味气体的是氢氧化钾，另一种则是硝酸钠，用一种试剂可把它们鉴别出来，说法正确；故选：B。第Ⅱ卷（共55分）二、填空与简答（本大题共5个小题，化学方程式每空2分，其余每空1分，共33分）21.元素周期表是学习化学的重要工具，下表为元素周期表中部分元素的相关信息，利用下表回答相关问题。

（1）原子序数为4的元素符号为________________________。（2）C、N、O排在同一周期是因为_______________（填“质子数”“电子层数”或“最外层电子数”）相同。（3）He和Mg的化学性质_____________（填“相似”或“不相似”）。（4）钠离子核外电子排布与_____________（填元素符号）原子核外电子排布相同。（5）一个磷原子含有____________个质子，一个SKIPIF1<0含有____________个电子。【答案】(1).Be(2).电子层数(3).不相似(4).Ne(5).15(6).10【解析】【详解】（1）由图中信息可知，原子序数为4的元素符号为Be；（2）根据元素周期律：电子层数等于周期数，C、N、O排在同一周期是因为电子层数相同；（3）氦原子的最外层电子数为2，但其核外只有一个电子层，属于稀有气体元素的原子，化学性质稳定；镁的最外层电子数为2，在化学反应中易失去2个电子而形成阳离子；尽管最外层电子数相同，但它们化学性质不相似；（4）根据离子符号的表示法：在元素符号的右上角标明离子所带电荷数及电性，钠元素是11号元素，钠原子的核外电子数是11，钠原子失去一个电子后，形成的离子的符号为：Na+；它的核外电子数为10，核外电子排布与氖元素的原子核外电子排布相同；（5）根据磷元素在元素周期表中的相关信息，磷元素的原子序数为15，则一个磷原子中有15个质子；每个氮原子中含有7个电子，每个氢原子中含有1个电子，所以NH4中共有11个电子，而铵根离子（NH4+）是由NH4失去一个电子形成的，所以一个铵根离子（NH4+）含有电子的数目为：11-1=10。22.（1）化学与生活密不可分。将下列化学物质的标号填在相应的空格内。ANaClBCaCO3CNaHCO3D石墨①可用作电极的是_____________________________。②可用作建筑材料的是_____________________________。③可用于治疗胃酸过多的是_____________________________。④可用于腌渍蔬菜、鱼、肉、蛋等的是_____________________________。（2）人类为了维持生命和健康，必须摄取食物，从营养的角度看，基本成分有六种：蛋白质、__________、__________、维生素、无机盐和水。维生素可以起到调节新陈代谢、预防疾病、维持身体健康的重要作用，如果缺乏维生素______________（填“A”或“C”）会引起坏血病。【答案】(1).D(2).B(3).C(4).A(5).糖类(6).油脂(7).C【解析】【详解】（1）①石墨具有良好的导电性，可用作电极，故填：D；②碳酸钙是一种常见的建筑材料，故填：B；③碳酸氢钠能与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，可用于治疗胃酸过多，故填：C；④氯化钠有咸味，可用于腌渍蔬菜、鱼、肉、蛋等，故填：A；（2）基本成分有六种：蛋白质、糖类、油脂、维生素、无机盐和水；缺乏维生素C会引起坏血病。23.（1）实验室可通过电解水制得氢气和氧气。电解时需要接通__________（填“交流”或“直流”）电源，有氢气生成的电极接电源的____________（填“正”或“负”）极。待反应结束时，理论上生成氢气和氧气的体积比为_______________________。（2）可用__________区分硬水和软水。蒸馏水是净化程度较高的水，实验室制取蒸馏水时，需要在烧瓶中加入几粒沸石，其作用是______________________。（3）下列有利于保护水资源的是_____________（填标号）。A农业上提倡使用农家肥，禁止使用化肥和农药B城市生活废水经处理达标后排放C园林浇灌改大水漫灌为喷灌、滴灌（4）下列各种物质中属于纯净物的是____________（填标号）。A苏打水B稀盐酸C果汁D雨水E水【答案】(1).直流(2).负(3).2:1(4).肥皂水(5).防止暴沸(6).B、C(7).E【解析】【详解】电解水需要通入直流电，电解水时正极出现氧气，负极出现氢气；反应结束时，理论上生成氢气和氧气的体积比为2:1。因此（1）实验室可通过电解水制得氢气和氧气。电解时需要接通直流电源，有氢气生成的电极接电源的负极。待反应结束时，理论上生成氢气和氧气的体积比为2:1。（2）可用肥皂水区分硬水和软水，泡沫多的是软水，泡沫少的是硬水。蒸馏水是净化程度较高的水，实验室制取蒸馏水时，需要在烧瓶中加入几粒沸石，其作用是防止暴沸。（3）A、应该是减少使用化肥和农药而不是禁止，错误；B、城市生活废水经处理达标后排放C、园林浇灌改大水漫灌为喷灌、滴灌，正确符合题意，因此选择B、C。（4）A苏打水，B稀盐酸，C果汁，D雨水这四种物质都是水和其他物质的混合物，只有E水是纯净物，因此选择E。24.阅读下列材料。金属材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用。钢是用量最大、用途最广的合金，根据其化学成分，可分为碳素钢和合金钢。根据含碳量不同，碳素钢可分为高碳钢、中碳钢和低碳钢，其性能和用途如下所示。合金钢也叫特种钢，是在碳素钢里适量地加入一种或几种合金元素，使钢的组织结构发生变化，从而使钢具有各种特殊性能。铝合金是目前用途广泛的合金之一，例如硬铝的密度小、强度高、具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料。将某种铝合金放入氢氧化钠溶液中，其中的铝会与氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠（NaAlO2）和一种可燃性气体。近年来，为满足某些尖端技术发展的需要，人们又设计和合成了许多新型合金。例如：钛合金与人体具有很好的“相容性”，可以用来制造人造骨；耐热合金和形状记忆合金广泛应用于航空航天等。回答下列问题：（1）用量最大、用途最广的合金是_________________。（2）高碳钢的含碳量是___________；可用于制造器械、弹簧和刀具等的是___________碳钢。（3）用于制造飞机和宇宙飞船利用了硬铝_____________（填标号）的性质。A密度小B强度高C具有较强的抗腐蚀能力D硬而脆（4）可以用来制造人造骨的是___________合金。（5）铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是______________________。【答案】(1).钢(2).高于0.6%(3).高(4).ABC(5).钛(6).SKIPIF1<0【解析】【分析】铝和氢氧化钠和水反应生成偏铝酸钠和氢气。【详解】（1）由材料可知，钢是用量最大、用途最广的合金，故用量最大、用途最广的合金是钢。（2）由材料可知，高碳钢的含碳量是高于0.6%；高碳钢硬而脆，热处理后弹性好，用于制造器械、弹簧和道具等，故可用于制造器械、弹簧和刀具等的是高碳钢。（3）硬铝的密度小、强度高、具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故选ABC。（4）钛合金与人体具有很好的“相容性”，可以用来制造人造骨，故可以用来制造人造骨的是钛合金。（5）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故反应的化学方程式是SKIPIF1<0。25.工业上利用氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）提取CeCl3的一种工艺流程如下：

（1）流程中Ce（BF4）3转化成KBF4的基本反应类型是________________________。（2）在足量氧气中高温焙烧CeFCO3，化学方程式为_______________________。（3）流程涉及的化合物中，铈元素的化合价为______________________价。（4）酸浸过程中，CeO2与盐酸反应有刺激性气味的气体单质生成，且化学方程式中CeO2与盐酸的化学计量数之比为1:4，则化学方程式为_______________________。【答案】(1).复分解反应(2).SKIPIF1<0(3).+3、+4(4).SKIPIF1<0【解析】【详解】（1）由图可知，Ce（BF4）3和KCl反应生成KBF4和CeCl3，该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应，属于复分解反应；（2）由图可知，在足量氧气中高温焙烧CeFCO3生成CeO2、CeF4，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含Ce、F、C、O，生成物中含Ce、O、F，故生成物中还应含碳，在足量氧气中焙烧，故应有二氧化碳生成，该反应的化学方程式为：SKIPIF1<0；（3）CeFCO3：氟元素通常显-1价，碳酸根离子通常显-2价，设铈元素的化合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：x+（-1）+（-2）=0，x=+3；CeO2：氧元素通常显-2价，设铈元素的化合价为y，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：y+（-2）×2=0，y=+4；CeF4：氟元素通常显-1价，设铈元素的化合价为z，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：z+（-1）×4=0，z=+4；Ce(BF4)3：氟元素通常显-1价，硼元素通常显+3价，设铈元素的化合价为m，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：m+[(+3)+(-1)×4]×3=0，m=+3；CeCl3：氯元素通常显-1价，设铈元素的化合价为n，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：n+（-1）×3=0，n=+3。故流程涉及的化合物中，铈元素的化合价为+3、+4价；（4）酸浸过程中，CeO2与盐酸反应有刺激性气味的气体单质生成，且化学方程式中CeO2与盐酸的化学计量数之比为1:4，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含Ce、O、H、Cl，故生成物中也应含Ce、O、H、Cl，故生成的刺激性气味的气体是氯气，生成物中含氢元素，故还有水生成，该反应的化学方程式为：SKIPIF1<0。三、实验与探究（本大题共2个小题，化学方程式每空2分，其余每空1分，共16分）26.根据下列装置图回答问题：（1）仪器a的名称是_______________。（2）用氯酸钾和MnO2制取较纯净的O2时，应选择的装置是___________（填标号），化学方程式是____________，若用向上排空气法收集氧气，验满的方法是__________________。（3）碳酸钙粉末与稀硫酸反应可制得CO2，化学方程式是__________________。（4）实验室制取H2时，通过控制液体流速，从而得到平稳气流，选择的发生装置是______________（填标号），若用排水法收集H2，应从D装置的____________（填“b”或“c”）口通入气体。【答案】(1).试管(2).A(3).SKIPIF1<0(4).将带火星的小木条平放到集气瓶口，若小木条复燃，则满(5).SKIPIF1<0(6).B(7).c【解析】【详解】（1）仪器a的名称是试管。（2）用氯酸钾和MnO2制取较纯净的O2时，属于固体混合加热型，应选择的装置是A，加热条件下，二氧化锰催化氯酸钾反应生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式是SKIPIF1<0，若用向上排空气法收集氧气，验满的方法是将带火星的小木条平放到集气瓶口，若小木条复燃，则满。（3）碳酸钙粉末与稀硫酸反应可制得二氧化碳和磷酸钙，化学方程式是SKIPIF1<0。（4）实验室制取氢气时，通过控制液体流速，从而得到平稳气流，选择的发生装置是B，通过分液漏斗控制液体的添加量，可得到稳定的气流，若用排水法收集氢气，应从D装置的c口通入气体，将水从b口排出。【点睛】本考点主要考查了仪器的名称、气体的制取装置和收集装置的选择，同时也考查了化学方程式的书写、注意事项和气体的性质等，综合性比较强，气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。27.SKIPIF1<0（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体。小李和小赵同学在老师的指导下探究SKIPIF1<0的热分解产物。【查阅资料】①碱石灰可用于吸收CO2、水蒸气②含有Fe2+的盐溶液可与SKIPIF1<0发生反应产生蓝色沉淀③含有Fe3+的盐溶液可与KSCN发生反应生成红色溶液【提出问题】样品完全分解后，除水蒸气外还生成哪些产物？【猜想与假设】猜想一：气体产物中含有CO猜想二：气体产物中含有CO2猜想三：气体产物中含有_____________【实验探究】（1）探究气体产物。小李同学对气体产物进行探究，设计如下实验（夹持装置及部分装置省略）：

实验中观察到装置B中澄清石灰水变浑浊，装置D中的固体变为红色。由此判断猜想________正确。（2）探究固体产物。小赵同学对固体产物进行如下探究：取SKIPIF1<0热分解后的固体产物（经实验证明无磁性）于试管中，加水充分溶解、过滤，再进行如下实验：实验现象结论取滤液加入硫酸__________固体中含有K2CO3取滤渣加入硫酸溶解后，分成两份一份中加入SKIPIF1<0________固体中含有FeO另一份中加入KSCN溶液变为红色固体中含有_______

【实验结论】SKIPIF1<0的热分解产物有_________种。【拓展延伸】晒制蓝图时，用SKIPIF1<0作感光剂，其光解反应有FeC2O4生成。432gFeC2O4在一定条件下分解可以得到一种具有磁性的黑色固体和两种含有相同元素的气体，则两种气体质量的最简整数比为__________________。【答案】(1).气体产物中含有CO和CO2(2).三(3).产生使澄清石灰水变浑浊的气体(4).产生蓝色沉淀(5).Fe2O3(6).6(7).