（江苏专版）2019年中考化学复习 专题十八 信息给予题（试卷部分）课件

专题十八信息给予题中考化学(江苏专用)1.(2018江苏盐城,6,2分)长途运输活鱼,常用过氧化钙增氧。CaO2中Ca是+2价,则O的化合价为 ()A.+2B.0C.-2D.-1答案DCaO2中Ca是+2价,设O的化合价为x,根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0,(+2)+2x=0,解得x=-1,故选D。好题精练2.(2018江苏扬州,20,2分)铜元素有多种氧化物,如CuO、Cu2O。称取14.4g仅含Cu、O两种元素的固体样品,采用如下装置实验(夹持装置省略)。测得实验前后装置B增重4.4g。下列说法正确的是 () A.装置B的作用是吸收反应生成的H2O和CO2B.实验开始前应先关闭K2,打开K1,让CO通一段时间C.根据实验数据进行计算,可以确定该固体为Cu2OD.若缺少装置C,则实验所得Cu、O个数比偏高答案BA项,装置A中发生的反应可能是CuO+CO Cu+CO2、Cu2O+CO 2Cu+CO2,没有水生成,故装置B的作用是吸收反应生成的CO2,错误;B项,一氧化碳是可燃性气体,实验开始前应先关闭K2,打开K1,让CO通一段时间,排尽玻璃管中空气,防止加热时发生爆炸,正确;C项,由题意可知,装置B增重的4.4g是吸收的二氧化碳的质量,由质量守恒定律可知,固体样品中氧元素的质量是4.4g× =1.6g,铜原子与氧原子的个数比为 ∶ =2∶1,所以该固体为Cu2O或Cu和CuO的混合物或Cu2O、Cu和CuO的混合物,错误;D项,若缺少装置C,装置B增重的质量偏大,则实验所得Cu、O个数比偏低,错误。164414.4g1.6g641.6g163.(2018福建,10,3分)氧烛是一种便携式供氧设备(如下图)。产氧药块由氯酸钠(分解时吸收热量为QkJ·g-1)、金属粉末(燃烧时提供氯酸钠分解所需的热量)和少量催化剂组成。某兴趣小组拟自制氧烛,为确定每100g氯酸钠需要添加金属粉末的质量[m(金属)],查得下表数据: 下列说法正确的是 ()A.m(金属)只能采用不同比例的金属和氯酸钠在空气中实验获得B.m(金属)只能通过氯酸钠分解吸收热量与金属燃烧放出热量进行理论计算确定C.m(金属)过小将使氧烛中反应无法持续进行,过大将减小产氧量D.不用催化剂时,分别使用铁、铝、镁作燃料,m(Fe)最小金属铁铝镁燃烧放出热量(kJ·g-1)4.7331.0224.74答案C确定金属粉末的质量[m(金属)]既可通过实验获得,也可通过理论计算获得,故A、B不正确。m(金属)过小,金属燃烧放出热量过少,使氯酸钠不能完全分解;m(金属)过大,金属会消耗产生的氧气,进而减小产氧量,故C正确。由表中数据可知,相同质量的金属燃烧,铁放出的热量最少,则分别使用铁、铝、镁作燃料,放出相同热量,需要的m(Fe)最大,故D不正确。4.(2017广东深圳,6,1.5分)丙氨酸是一种常见的氨基酸,其化学式为C3HxO2N,相对分子质量是89。下列说法正确的是 ()A.丙氨酸属于无机化合物B.丙氨酸中碳、氮元素的质量比为3∶1C.丙氨酸化学式中x=7D.每个丙氨酸分子中含有一个氧气分子答案C丙氨酸是一种含有碳元素的化合物,属于有机物,故A错误;丙氨酸中碳、氮元素的质量比=(12×3)∶14=18∶7,故B错误;丙氨酸的相对分子质量=12×3+1×x+16×2+14=89,解得x=7,故C正确;丙氨酸分子是由碳原子、氢原子、氧原子和氮原子构成的,不含氧气分子,故D错误。5.(2016江苏镇江,15,2分)已知:草酸钙(CaC2O4)比碳酸钙受热易分解,CaC2O4 CaCO3+CO↑。将12.8gCaC2O4固体加热一段时间后剩余7.8g固体。下列说法错误的是 ()A.剩余固体为混合物B.剩余固体中含有钙元素的质量为4.0gC.将剩余固体溶于过量的稀盐酸,产生2.2gCO2D.将加热产生的气体全部通入足量澄清石灰水中,生成10.0g固体答案D根据化学方程式CaC2O4 CaCO3+CO↑12810012.8g10.0g计算分析,12.8gCaC2O4完全分解后生成10.0gCaCO3,而剩余固体为7.8g,说明生成的CaCO3在受热过程中发生分解,再根据化学方程式CaCO3 CaO+CO2↑10056445.0g2.8g2.2g计算可以判断剩余固体是CaCO3和CaO的混合物,且CaCO3的质量为5.0g,CaO的质量为2.8g,A正确;根据化学反应前后元素的质量不变,则12.8gCaC2O4中钙元素的质量为12.8g× =4.0g,B正确;5.0gCaCO3与足量的稀盐酸反应生成CO2的质量为2.2g,C正确;在加热过程中生成的CO2的质量为2.2g,通入足量澄清石灰水中生成沉淀CaCO3的质量为5.0g,D错误。401286.(2016江苏扬州,20,2分)以FeSO4为原料制备铁黑颜料Fe3O4(其中Fe既有+2价,也有+3价)的过程如下: “转化”过程的反应为:4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3。若原料中含FeSO49.12t,下列说法正确的是 ()A.理论上与FeSO4反应的NaOH溶液的质量为4.8tB.理论上“转化”过程参与反应的O2的质量为320kgC.该方法理论上最终可以获得Fe3O4的质量为4.64tD.若“转化”过程参与反应的O2过量,则最终所得固体的质量偏小答案C在FeSO4溶液中加入NaOH溶液,先生成白色絮状沉淀,反应的化学方程式为FeSO4+2NaOH Fe(OH)2↓+Na2SO4,氢氧化亚铁不稳定,很快被氧化成氢氧化铁沉淀,反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3。A项,设理论上与FeSO4反应的NaOH溶液的质量为x。FeSO4+2NaOH Fe(OH)2↓+Na2SO4152809.12t10%x = x=48t故A错误;B项,设理论上“转化”过程参与反应的O2的质量为y,则1529.12t8010%x = y=0.48t=480kg故B错误;C项,该方法理论上最终可以获得Fe3O4的质量为9.12t× ÷ =4.64t,故C正确;D项,若“转化”过程参与反应的O2的量不足,导致所得固体的质量偏小,故D错误。6089.12t32y561525632324FeSO4~O2608329.12ty7.(2014江苏镇江,20,2分)下图是利用缺铁性氧化物[Fe(1-y)O]进行CO2再资源化研究的示意图。下列说法正确的是()A.如该研究成熟并广泛应用,能缓解温室效应B.反应①为置换反应,反应②为分解反应C.反应①提高了铁的氧化物中铁的质量分数D.整个转化反应的化学方程式可表示为:CO2 C+O2答案ADA项,CO2和缺铁性氧化物反应,可减少大气中CO2含量,能缓解温室效应;B项,反应①不是置换反应,因为CO2和Fe(1-y)O均是化合物;C项,反应①中,Fe(1-y)O夺取了CO2中的O生成Fe3O4,故反应①降低了铁的氧化物中铁的质量分数;D项,由题图可知Fe(1-y)O在反应①中是反应物,而在反应②中是生成物,故Fe(1-y)O可视为催化剂,反应的化学方程式可写为CO2 C+O2。8.(2018江苏苏州,32,7分)(1)控制变量,设计对比实验是实验探究的重要方法。编号实验内容(均在室温环境下进行)实验结论AB①  会影响过氧化氢的分解速率同时打开A和B装置中分液漏斗的旋塞,观察锥形瓶中的反应情况②  会影响红墨水在蒸馏水中的扩散速率同时向A和B的烧杯中滴入2滴红墨水,观察烧杯中液体颜色变化快慢   (2)观察是学习化学的重要方法。研究小组进行如下实验,发现均有红棕色二氧化氮气体产生。查阅资料:4HNO3(浓) 4NO2↑+O2↑+2H2O4HNO3(浓)+C 4NO2↑+CO2↑+2H2O①【实验1】中所用碎玻璃与浓硝酸不发生化学反应,灼热的碎玻璃在实验中起到的作用是。②【实验2】中有红棕色气体产生,能否证明【实验2】中木炭与浓硝酸发生了反应?请做出判断,并说明理由:。③【实验3】中发现红热的木炭表面有红棕色气体产生,且生成的气体产物中检测出二氧化碳(体积分数大于0.03%),能否证明【实验3】中木炭与浓硝酸发生了反应?请做出判断,并说明理由:。答案(1)①过氧化氢溶液的浓度②蒸馏水的温度(2)①加热②不能,因为红热的木炭提供了热量,浓硝酸受热会分解产生红棕色气体③不能,因为红热的木炭在空气中燃烧会生成二氧化碳解析(1)①对比实验中,只有过氧化氢溶液的浓度不同,故引起反应速率不同的是过氧化氢溶液的浓度。②对比实验中,只有蒸馏水的温度不同,根据实验现象可知,温度会影响红墨水在蒸馏水中的扩散速率。(2)①灼热的碎玻璃与浓硝酸不发生反应,根据题给的信息可知,浓硝酸在加热条件下能分解产生二氧化氮气体,故灼热的碎玻璃起到了加热的作用。②由资料可知,由浓硝酸产生红棕色气体的原因可能为浓硝酸受热分解及浓硝酸和木炭反应,但【实验2】不能证明一定是木炭与浓硝酸反应生成红棕色气体。③红热的木炭露置在空气中,会与氧气直接反应生成二氧化碳。审题技巧根据“且生成的气体产物中检测出二氧化碳(体积分数大于0.03%)”,可确认反应生成了二氧化碳。9.(2018安徽,14,7分)“蓝瓶子”实验是一个有趣的化学振荡实验:盛有氢氧化钠、亚甲蓝(C16H18N3SCl)、葡萄糖混合液的试管,经振荡、静置后溶液颜色会出现反复变化(如图1)。某兴趣小组开展如下探究,回答下列问题。 图1图2(1)混合液中属于人类基本营养物质的有水和。(2)小明对振荡后溶液变蓝的原因进行如下猜想:①溶液中溶入CO2;②溶液中溶入O2;③溶液中溶入(填化学式)。(3)小红利用图2装置,从A端吹入呼出的气体,混合液由无色变蓝色,由此(填“能”或“不能”)得出猜想①正确,原因是。(4)为探究猜想②,利用图2装置设计实验方案:。答案(7分)(1)葡萄糖(1分)(2)N2(1分)(其他合理答案均给分)(3)不能(1分)人体呼出的气体中也含有氮气和氧气等(2分)(4)从A端通入氧气,若溶液变蓝,则猜想②正确;若溶液不变蓝,则猜想②不正确(2分)解析(1)混合液中的水和葡萄糖属于人类基本营养物质。(2)空气中含有N2、O2、CO2等气体,振荡后溶液变蓝可能是因为溶液中溶有O2、N2、CO2等。(3)由于人呼出的气体中含有二氧化碳、氧气、氮气等,所以吹入人呼出的气体后混合液由无色变蓝色,不能得出猜想①正确。(4)为探究猜想②是否正确,可以向混合液中通入氧气,通过混合液是否变蓝进行判断;从A端通入氧气,若溶液变蓝,则猜想②正确;若溶液不变蓝,则猜想②不正确。10.(2018山西,26,7分)南海——我们的“聚宝盆”南海是中国四大海域中最大、最深、自然资源最为丰富的海区。近30年来,菲律宾、越南等五国已经与西方200多家石油公司合作,在南海海域合作钻探了约1380口钻井,年石油产量达5000万吨。相当于大庆油田最辉煌时的年开采量。材料1油气资源:南海中南部油气地质资源量占53%,可采资源量占66%,若被他国掠夺,中国海域将失去约2/3的可采油气资源。西沙群岛、中沙群岛的水下有上千米的新生代沉积物,是大有希望的海底石油和天然气产地。材料2矿产资源:南海蕴藏5万亿吨以上的锰结核、约3100亿吨镁、170亿吨锡和铜、29亿吨镍及锰、8亿吨钴、5亿吨银、800万吨金、60亿吨铀等,比陆地矿产资源丰富得多。材料3水产资源:南海海洋鱼类有1500多种,大多数种类在西、南、中沙群岛海域,很多具有极高的经济价值。海龟、海参、龙虾、螺、贝、海带等都很丰富。综合分析上述材料,回答下列问题:(1)南海丰富的资源中,油气属于(填“纯净物”或“混合物”)。对石油加热炼制时,根据各成分的不同可得到的产品有(写一种)。(2)天然气可压缩储存于钢瓶中,用分子的观点解释其变化。(3)材料2中所述锰、镁、铜等是指(填“元素”或“原子”)。(4)海洋鱼类、海参、龙虾富含的营养素是。(5)南海自古就是中国的!我们要捍卫祖国的领土、领海和资源的完整。在资源的开发利用方面你的一点建议