④计算产率 得到精盐3.2g，则精盐的产率为 84.2% （计算结果保留一位小数）． （2）整个实验中至少要进行 3 次称量．
（3）从海水中获得的粗盐，经过上述实验得到的精盐属于 混合物 （填“混合物”或“纯净物”）．
【考点】氯化钠与粗盐提纯；纯净物和混合物的判别． 【分析】（1）②根据氯化钠的溶解度受温度的影响较小进行分析； ③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，需要多次测量求平均值进行分析； （3）根据精盐的成分进行分析． 【解答】解：（1）②从溶解度的角度分析，实验中不采用降低溶液温度的方法得到精盐的依据是氯化钠的溶解度受温度的变化影响较小，相同情况下降温析出的晶体比较少； ③
×100%=84.2%；
（2）为了减小误差，需要多次测量求平均值，所以整个实验中至少要进行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）②氯化钠的溶解度受温度的变化影响较小，相同情况下降温析出的晶体比较少； ③84.2%； （2）3；
（3）混合物．
18．资源、能源与环境已成为人们日益关注的问题．
（1）化石燃料包括 煤 、石油和天然气，天然气的主要成分是 CH4 （写化学式）． （2）二氧化硫和一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）下列实验中，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 实验 现象 结论 A 在空气中点燃纯净的氢气 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铁丝表面有气泡产生，铜丝表铁的金属活动性
盐酸中 面无变化 比铜强
C 将二氧化碳通入紫色石蕊紫色石蕊溶液变成红色 二氧化碳显酸性
溶液中
D 高温下，将一氧化碳通过氧黑色粉末变为红色 一氧化碳具有还
化铁粉末 原性 【考点】化石燃料及其综合利用；二氧化碳的化学性质；金属活动性顺序及其应用；一氧化
碳还原氧化铁；化学符号及其周围数字的意义；氢气的化学性质与燃烧实验． 【分析】（1）根据化石燃料的分类进行分析；根据天然气的主要成份是甲烷进行分析； （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，数字在后进行书写即可；
（3）A、根据氢气的化学性质，进行分析判断．根根据浓盐酸具有挥发性，进行分析判断．
B、根据铁丝和盐酸反应有气泡，而铜丝没有，所以铁比铜活泼进行分析判断． C、根据二氧化碳能与水反应生成碳酸进行分析判断． D、根据实验现象及一氧化碳的性质进行分析．
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【解答】解：（1）天然气、煤、石油属于化石燃料，天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、根据放入相同浓度的稀盐酸中的铁丝与铜丝反应时表现出的现象：铁丝表面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、二氧化碳能与水反应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），说明氧化铁被还原性，故选项说法错误．
故选：CD．故答案为：（1）石油；CH4；（2）
；
；（3）B．
19．水和溶液在生产、生活中起着十分重要的作用，请回答下列问题．
（1）硬水是指含有较多 可溶性钙镁化合物 的水，在生活中常采用 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的溶解度与NaCl的溶解度相比，前者与后者的关系是 B （填字母），在50℃时，KNO3溶液的溶质质量分数与NaCl溶液的溶质质量分数相比，前者与后者的关系是 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化如图所示，图中t1对应的温度为40℃，则t2对应的温度 A （填字母）
A．大于40℃B．小于40℃C．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%的NaCl溶液，则所需16%的NaCl溶液与蒸馏水的质量比为 5：3 ．
【考点】固体溶解度曲线及其作用；硬水与软水；气体溶解度的影响因素；溶质的质量分数；用水稀释改变浓度的方法．
【分析】根据固体的溶解度曲线可以：①查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性，②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的．
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【解答】解：（1）硬水是指含有较多可溶性钙镁化合物的水，在生活中常采用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，所以前者与后者的关系是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与NaCl溶液的溶质质量分数相比，前者与后者的关系是D；
（3）气体的溶解度随温度的升高而减小，不同温度下，氧气的溶解度随压强的变化如图所示，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，需要所需16%的NaCl溶液质量为：
=62.5g，需要蒸馏水的质量为：100g
﹣62.5g=37.5g，所以所需16%的NaCl溶液与蒸馏水的质量比为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．
20．在催化剂的作用下，用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染． （1）写出反应Ⅰ的化学方程式 2HCl+CuOCuCl2+H2O ；
（2）反应Ⅱ所属基本反应类型为 置换反应 ；
（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，至少需要氯气的质量是多
少？
【考点】根据化学反应方程式的计算；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式． 【分析】（1）根据反应物生成物和条件书写化学方程式； （2）根据反应的物质的类别分析；
（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）反应Ⅰ为在催化剂的作用下，氯化氢与氧化铜反应生成氯化铜和水，化学方程式为：2HCl+CuO
CuCl2+H2O；
（2）反应Ⅱ为氯化铜和氧气在催化剂的作用下反应生成氧化铜和氯气，是单质与化合物反应生成单质和化合物，属于置换反应； （3）设至少需要氯气的质量为x， 2Na+Cl246 71 4.6g x
x=7.1g
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2NaCl
答：至少需要氯气的质量7.1g． 故答案为：（1）2HCl+CuO
CuCl2+H2O；
（2）置换反应； （3）7.1g．
21．图中A～I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．在通常情况下，D与其他物质的状态不同，D、G、H、I均为单质，其中G为紫红色固体，H在空气中表面生成一层致密的氧化膜，具有很好的抗腐蚀性能；B可用来改良酸性土壤；A，F均为由三种元素组成的盐．图中“﹣”表示两端的物质
“→”表示物质间存在转化关系；间能发生化学反应，部分反应物、生成物或反应条件已略去．
（1）写出化学式：G Cu ；
（2）写出A与C反应的化学方程式 Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑ ； 写出D与E反应的化学方程式 CuO+H2Cu+H2O ；
写出H→I反应的化学方程式 Al+3AgNO3═Al（NO3）3+3Ag ．
【考点】物质的鉴别、推断；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．
【分析】根据“H在空气中表面生成一层致密的氧化膜，具有很好的抗腐蚀性能”，则推测H为铝；根据“G为紫红色固体”，则推测G为铜；根据“B可用来改良酸性土壤”，则推测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，则推测A，F分别为碳酸钠、
D与其他物质的状态不同，D、G、H、I均为单质”、“图中A～硫酸铜；根据“在通常情况下，
I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”，则推测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在空气中表面生成一层致密的氧化膜，具有很好的抗腐蚀性能”，则推测H为铝；根据“G为紫红色固体”，则推测G为铜；根据“B可用来改良酸性土壤”，则推测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，则推测A，F分别为碳酸钠、硫酸铜；根据“在通常情况下，D与其他物质的状态不同，D、G、H、I均为单质”、“图中A～I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”，则推测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与C反应，即碳酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，其化学方程式为：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；
D与E反应，CuO+H2即氧化铜和氢气反应生成铜和水，其化学方程式为：H→I反应，即铝与硝酸银溶液反应生成硝酸铝溶液和银，反应的化学方程式为：Al+3AgNO3═Al（NO3）3+3Ag．
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Cu+H2O；
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