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1、2021-2022学年中考化学模似试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、单选题（本大题共15小题，共30分）1物质的性质是决定其用途的主要因素。以下物质的用途与物质的化学性质无关的是()A天然气作燃料B氮气作保护气C熟石灰改良酸性土壤D干冰用于人工降雨2甲、乙试管中各盛有10.0g 水，向其中一支试管中加入3.0g Na2CO3粉末，另一支试管中加入3.0gNaCl粉末，按图1、2进行实验。下列说法正确的是
2、A甲中加入的粉末是Na2CO3B0时，甲中溶液一定不饱和，乙中溶液一定饱和CNa2CO3中含有少量NaCl，可采用蒸发结晶的方法来提纯Na2CO3D30时，若使图1中甲、乙试管内的溶液都恰好变为饱和溶液，甲中加入对应的溶质质量大于乙中加入对应的溶质质量3掌握防火、灭火措施，能减少或避免火灾，下列做法正确的是（ ）A用燃着的木条检验液化石油气罐是否漏气B电器着火，迅速切断电源C室内着火，迅速打开门窗通风D察觉到燃气泄漏时，立即开灯检查4盐场晒盐后得到的卤水中含有MgCl2、KCl和MgSO4等物质，它们的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是AMgSO4的溶解度始终随温度的升高而减小Bt1时，KC
3、l和MgSO4两溶液所含溶质的质量一定相等Ct2时，100g MgCl2的饱和溶液中含有ag MgCl2D将t2时的MgSO4饱和溶液降温到t1，溶液的变化是：饱和不饱和饱和5实验室需要将6%的氯化钠溶液稀释成3%的氯化钠溶液，有关说法不正确的是（）A实验步骤是：计算、量取、混匀、装瓶B装瓶过程中溶液有滴洒，所得溶液的溶质质量分数不变C配制溶液的烧杯内壁附着有少量水时，所得溶液的溶质质量分数变小D量取6%的氯化钠溶液时，俯视量筒刻度，所得溶液的溶质质量分数变大6下列各组物质中，按单质、化合物、混合物顺序排列的是A生铁、熟石灰、液态空气B稀有气体、纯碱、浓硫酸C水银、小苏打、冰水共存物D金刚石、
4、生石灰、大理石7下列属于纯净物的是A珍珠B冰水C酱油D空气82014年世界水日的宣传主题为“水与能源”。下列有关水的认识与利用中正确的认识是（）A工业废水和生活污水不经处理就直接排放B水在自然界中的循环为化学变化C若不慎将酸溶液溅在皮肤上，应立即用大量水冲洗D水通电产生氢气和氧气，说明水中含有氢分子和氧分子9取碳酸钾、碳酸镁和碳酸锌的固体混合物7.5g,加入到100g7.3%的稀盐酸中，充分反应后，蒸干溶液得到8.27g固体。则原混合物中金属元素的质量分数为A50%B44%C35%D12.9%10根据如图所示的实验现象，下列判断不正确的是A说明物质燃烧需要氧气B说明白磷的着火点不高于80C烧杯
5、中的热水只起提高温度的作用D说明两种可燃物的着火点不同11下列四个图像反映了对应实验过程中相关量的变化，其中不正确的是（ ）A将等质量、形态不同的大理石分别与足量质量分数相同的稀盐酸反应B一定压强下，氧气的溶解度受温度影响的变化曲线C等质量的镁粉和铁粉与足量同浓度的稀盐酸反应D硫酸溶液稀释过程中pH的变化曲线12粗盐提纯的实验中，说法正确的是A溶解时，为了让食盐充分溶解，水的量越多越好B过滤时，得到较多滤液后即可开始后续操作C蒸发时，待液体完全蒸干后才能停止加热D粗盐提纯可以除去泥沙等难溶性杂质13向一定量4%的氢氧化钠溶液中逐滴加入稀盐酸，有关分析错误的是ABCD14一种新型材料C3N4的硬
6、度比金刚石还大，可做切割工具。在C3N4中，C为+4价，则N元素的化合价是A+3B+2C3D+415t时，在 5g 水中不断加入固体物质A，溶液质量变化情况如图所示，有关说法正确的是（ ）At时，A物质的溶解度是 80g/100g 水B溶液 2、3都属于饱和溶液C溶液 1、2、3 溶质的质量分数依次增大D无法判断 A 物质溶解度受温度影响大小二、填空题（本大题共1小题，共6分）16春天来了，小张同学和小伙伴们一起骑着单车去踏青。经过本次踏青之旅，同学们对化学有了更深的认识“化学就在我们身边”。请回答下列问题：（1）在踏青所用物品中，属于天然高分子材料的是_，属于合金的是_。（2）野餐中，折叠椅
7、支架使用铝合金，是利用其_性质。（3）经过一条清澈的小溪，小军取了少量溪水，向其中加入肥皂水、振荡现察到_现象，说明该溪水为硬水。（4）同学们带了便携式燃气灶，其燃气主要成分是洁净能源丁烷（化学式C4H10），其充分燃烧生成两种常见氧化物，请写出丁烷燃烧的化学方程式：_。三、简答题（本大题共2小题，共25分）17（8分）某食品包装袋中“双吸剂”标签如图所示：同学们对这包久置的“双吸剂”样品很感兴趣，设计下列实验进行探究。久置的“双吸剂”固体的成分是什么？铁与氯化铁溶液在常温下反应生成氯化亚铁：Fe+2FeCl3=3FeCl2久置固体中可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca(OH)2、CaCO3
8、。小明取少量样品放入试管中，加入一定量的稀盐酸，发现：试管中固体质量逐渐减少，生成一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，得到浅绿色溶液。他初步判断：样品中一定含有_，一定不含Fe2O3。小组同学讨论认为上述实验并不能得出一定不含Fe2O3的结论，理由是 _，_(用化学方程式表示)。为进一步确定这包久置的“双吸剂”固体的成分进行如下定量实验。取3g样品研碎，并用磁铁充分吸收后，得到剩余固体2.6g，按照下列流程进行实验，请回答相关问题： 操作二、操作三的名称是_。 固体I的成分是_(填化学式，下同) 写出生成固体II的化学方程式_。 依据定性、定量研究中现象的分析及有关数据计算判断，这包久置的“双吸剂
9、”固体的成分中氧化钙的质量小于_。结合上面的实验，下列说法正确的是_(填字母序号)a对物质成分的研究有时需要定性和定量相结合b在原样品中加入足量盐酸有4个反应发生c定量研究烧杯C中的溶质为NaOH和Na2CO318（8分）紫甘蓝指示剂制作方法:实验室所用到的药品和仪器往往在家里可以找到替代品，请按要求填空。取200g紫甘蓝撕碎(去脉茎)，置于500mL水杯中加入200mL水，在家用榨汁机粉碎，在实验室中放在_(填仪器名称)中捣烂。加入浓度为50%酒精浸泡，家庭可用_代替，再用双层纱布过滤，静置，取上层清液即得紫色的紫甘蓝色素溶液。向包着Na2O2的脱脂棉中吹气，脱脂棉燃烧起来。己知:Na2O2
10、是一种淡黄色固体，常温下能与CO2、H2O、HCl气体等物质反应并产生O2，不能与N2反应。实验:鼓入纯净、干燥的N2一段时间后再通入干燥 CO2，观察到脱脂棉剧烈燃烧。验证Na2O2能与CO2反应，释放出热量通入纯净、干燥 N2的目的是_。碱石灰的作用是_。该反应还生成一种盐 A，反应的化学方程式是_，则46g钠单质完全反应能产生_g盐A。四、探究题（本大题共1小题，共9.0分）19（8分）请参与下列实验探究：实验内容记录数据A借助新型传感设备探究红磷、白磷在空气中燃烧时的耗氧情况燃烧红磷：瓶内剩余氧气的体积分数为8.85%燃烧白磷：瓶内剩余氧气的体积分数为3.21%B用铁生锈原理测定空气中
11、氧气的体积分数反应前测定：广囗瓶容积(扣除药品、导管和瓶塞所占容积)为125.0mL反应后测定：进入广口瓶中水的体积为25.0mL (1)红磷和白磷是由相同的磷元素组成的不同_(填“化合物”或“单质”)。进行A实验时，燃烧反应的化学方程式可表示为_。实验A的测定结果是在操作无误、装置不漏气，红磷、白磷均足量的情况下得到的，请从燃烧条件的角度说明红磷、白磷耗氧差异较大的主要原因_。实验B中，下列属于为加快实验进程而采取的措施是_和_(填数字编号)。在集气瓶中进行 塞紧瓶塞不漏气使用铁粉而不使用铁丝加少量食盐铁生锈的实质是铁与_(写化学式)发生了化学反应。根据表中记录数据，可计算出空气中氧气的体积
12、分数为_。铜在潮湿的空气中生成铜绿（化学式为Cu2(OH)2CO3）时也能耗氧，从化学式可以看出，铜绿的生成是铜与水及空气中的_发生反应的过程，所以，实验B_(填“能”或“不能”)用铜粉代替铁粉。参考答案一、单选题（本大题共15小题，共30分）1、D【解析】A、天然气可以用作燃料，是因为天然气具有可燃性，天然气的可燃性需要通过化学变化表现出来，利用了化学性质，不符合题意；B、氮气作保护气是利用常温下氮气化学性质稳定，需要通过化学变化表现出来，利用了氮气的化学性质，不符合题意；C、熟石灰改良酸性土壤是利用氢氧化钙的碱性，需要通过化学变化表现出来，利用了氢氧化钙的化学性质，不符合题意D、干冰易升华
13、，升华时能够吸收大量的热，从而使周围环境的温度降低，可以用于人工降雨，干冰易升华，升华时吸收热量等不需要通过化学变化表现出来，利用了二氧化碳物理性质，符合题意。故选D。【点睛】解答本题要分析物质的性质是否需要通过化学变化表现出来，如果需要通过化学变化表现出来就属于物质的化学性质。2、B【解析】A、由溶解度曲线可知，0时，Na2CO3的溶解度是7.0g，NaCl的溶解度是35.7g。根据溶解度，0时10.0g水中只能溶解0.7g Na2CO3，原来30时溶有3.0g，因此降温至0有晶体析出；而0时10.0g水中最多能溶3.57g NaCl粉末，原来30时溶有3.0g，降温至0没有达到饱和状态，没
14、有晶体析出。根据图2中甲试管中没有晶体，而乙试管中有晶体析出，可以判断甲中加入的粉末是NaCl粉末，乙中加入的粉末是Na2CO3，选项A不正确；B、根据溶解度曲线，0时10.0g水中最多能溶3.57g NaCl粉末，原来30时溶有3.0g，降温至0没有达到饱和状态，而0时10.0g水中只能溶解0.7g Na2CO3，原来30时溶有3.0g，因此降温至0有晶体析出，得到的溶液一定是0的饱和溶液，选项B正确；C、因为碳酸钠的溶解度随温度升高而增大，且变化较大，NaCl的溶解度受温度影响较小，所以Na2CO3 中含有少量NaCl，应采用冷却热饱和溶液的方法来提纯Na2CO3，选项C不正确，D、30时
15、，碳酸钠的溶解度是39.7g，氯化钠的溶解度是36.1g，30时10.0g 水中最多能溶碳酸钠3.97g，氯化钠3.61g，而原来试管内加入的溶质都是3.0g，若使图1中甲、乙试管内的溶液都恰好变为饱和溶液，甲是氯化钠，乙是碳酸钠，因此甲中加入对应的溶质质量小于乙中加入对应的溶质质量，选项D不正确。故选B。【点睛】溶解度随温度升高而增大且变化较大的物质中混有少量溶解度变化小的物质，用冷却热饱和溶液的方法（或降温结晶或冷却结晶）提纯，如本题中碳酸钠中含有少量氯化钠；溶解度变化小的物质中混有少量溶解度随温度升高而增大且变化较大的物质，用蒸发结晶的方法提纯，如氯化钠中混有少量硝酸钾。3、B【解析】A
16、、液化石油气为易燃易爆气体，不得用明火检验，以防爆炸，选项A错误；B、电器着火后，避免造成电路二次火灾，应迅速切断电源，选项B正确；C、室内着火，打开门窗通风造成空气流通，会使火势变大，选项C错误；D、燃气泄漏后不能出现明火，开灯后容易产生电火花，点燃燃气，引起爆炸，选项D错误。故选B。4、D【解析】A、由溶解度曲线可知，MgSO4的溶解度随温度的升高先增大后减小，错误；B、t1时，KCl和MgSO4的溶解度相等，即等质量的KCl和MgSO4的饱和溶液所含溶质的质量一定相等，错误；C、t2时，MgCl2的为ag，即该温度时ag氯化镁溶解在100g水中恰好形成饱和溶液，那么100g MgCl2的
17、饱和溶液中含有的溶质氯化镁小于ag，错误；D、由溶解度曲线可知，MgSO4的溶解度随温度的升高先增大后减小，且t2时的溶解度大于t1时的溶解度，那么将t2时的MgSO4饱和溶液降温到t1，溶液的变化是：饱和不饱和饱和，正确。故选D。点睛：比较溶质质量的大小要指明溶液的质量和状态。5、D【解析】实验室需要将6%的氯化钠溶液稀释成3%的氯化钠溶液，首先计算所需6%的氯化钠溶液和水的质量及体积，再用量筒分别量取6%的氯化钠溶液和水，然后在烧杯中混匀，最后装瓶，则有：A、实验步骤是：计算、量取、混匀、装瓶，A选项说法正确，不符合题意；B、溶液已经配置好，具有稳定性、均一性，装瓶过程中溶液有滴洒，所得溶
18、液的溶质质量分数不变，B选项说法正确，不符合题意；C、配制溶液的烧杯内壁附着有少量水时，会使加入的水的量偏多，所得溶液的溶质质量分数变小，C选项说法正确，不符合题意；D、量取6%的氯化钠溶液时，俯视量筒刻度，实际量取的6%的氯化钠溶液比理论值小，所得溶液的溶质质量分数变小，D选项说法不正确，符合题意。故选D。【点睛】本题考查浓溶液配制稀溶液的主要步骤及误差分析，主要步骤包括计算、量取、混匀、装瓶，在实际操作中造成浓溶液体积误差、量取水的体积误差，都会引起所得溶液的质量分数误差，注意引起误差的原因及结果的分析。6、D【解析】A、生铁是铁和碳的合金，属于混合物；故选项错误；B、稀有气体中含有氦、氖
19、、氩等多种气体成，属于混合物；故选项错误；C、冰水共存物中只含有水分子，属于纯净物；故选项错误；D、金刚石是只由碳元素组成的纯净物，属于单质；生石灰是氧化钙，由氧元素和钙元素组成的纯净物，属于化合物；大理石的主要成分是碳酸钙，属于混合物；故选项正确；故选：D。7、B【解析】A、珍珠是由碳酸钙、碳酸镁等两种以上物质混合而成，属于混合物，不符合题意；B、冰水是由同种物质组成，属于纯净物，符合题意；C、酱油是由水、氯化钠等两种以上物质混合而成，属于混合物，不符合题意；D、空气是由氮气、氧气等两种以上物质混合而成，属于混合物，不符合题意。故选B。【点睛】由两种或两种以上的物质混合而成的叫做混合物；只由
20、一种物质组成，是纯净物。8、C【解析】A、工业废水和生活污水不经处理就直接排放会造成水体污染，故A不正确；B、水在自然界中的循环没有新物质生成，属于物理变化，故B不正确；C、若不慎将酸溶液溅在皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上3%5%的碳酸氢钠溶液，故C正确；D、水通电产生氢气和氧气，说明水中含有氢元素和氧元素组成，故D不正确。故选C。9、B【解析】碳酸钾、碳酸镁和碳酸锌与稀盐酸反应的化学方程式分别为：K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2、MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2、ZnCO3+2HCl=ZnCl2+H2O+CO2。由上述化学方程式可知，碳酸钾、碳酸镁和碳酸锌
21、与盐酸完全反应后，可看成碳酸根离子被两个氯离子取代。两个氯离子的相对原子质量的和是71，碳酸根的相对原子质量的和是60，差是11，即完全反应后质量增加了11份质量。实际反应后固体质量增加了8.27g-7.5g=0.77g，设原混合物中含碳酸根的质量为x，则60:11=x：0.77g，解得x=4.2g。则所含金属元素的质量为7.5g-4.2g=3.3g。则原混合物中金属元素的质量分数为。故选B。10、C【解析】A、水中不含氧气，说明物质燃烧需要氧气，故A正确；B、说明白磷的着火点不高于80，故B正确；C、烧杯中的热水不仅能提高温度，还可以起隔绝空气的作用，故C不正确；D、说明两种可燃物的着火点不
22、同，故D正确。故选C。11、B【解析】A、等质量形状不同的大理石分别与足量相同的稀盐酸反应，粉末状的大理石反应的时间短，故正确；B、由于气体的溶解度随温度的升高而降低，所以该图象应该是一条下降的曲线，故错误；C、镁的金属活动性比铁强，故与稀盐酸反应时镁的反应速度要快一些（图象更陡一些），同质量的镁要比铁生成的氢气要多，故最终镁的曲线应该在铁的上面，故正确；D、由于硫酸稀释时酸性会不断减弱，故其pH会不断增大，但不管怎样稀释溶液也不会呈中性，即溶液的pH只能永远的接近7但不会达到7，故正确。故选B。12、D【解析】A、溶解时，若加入太多水，则蒸发时就需要大量时间，故A不正确；B、过滤时，得到较多
23、澄清滤液后即可开始后续操作，故B不正确；C、蒸发时，待蒸发皿中有较多固体时就应该停止加热，利用余热蒸干剩余液体，故C不正确；D、粗盐提纯可以除去泥沙等难溶性杂质，故D正确。故选D。13、D【解析】A向一定量4%的氢氧化钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碱逐渐较少，溶液的pH逐渐减小，刚好完全反应时，pH=7,酸过量时pH7；B中和反应放热，所以反应中溶液的温度升高，反应结束后，向周围环境散热，及后加入的盐酸对溶液由冷却作用，所以溶液的温度降低；C反应中氯化钠的质量增加，溶液中氯化钠的质量分数增加，刚好完全反应氯化钠达到最大值，继续加入盐酸时，氯化钠质量不变，溶液的质量增加，所以溶液中氯化钠的质量分数减小
24、；D氢氧化钠溶液中加入稀盐酸立即生成氯化钠，溶液中氯化钠的物质的量不断增加，氢氧化钠反应完，氯化钠的量不再改变。选D14、C【解析】根据化合物中元素化合价正负化合价代数和为0求解。【详解】在C3N4中，C为+4价，设N元素的化合价为X，则： 解得X= -3，故选C。15、D【解析】A、向溶液2中加入2gA，溶液3有剩余A未溶解，但是未溶解的A的质量无法确定，故物质A的溶解度无法确定，错误；B、向溶液2中加入2gA，溶液3有剩余A未溶解，但是未溶解的A的质量无法确定，故无法确定溶液2是否还溶解了物质A，故无法确定溶液2是不是饱和溶液，错误；C、如果溶液2刚好饱和，向溶液2中加入2gA未溶解，则溶
25、液2和溶液3的溶质质量分数是一样的，错误；D、溶解过程中未改变温度，故无法判断A 物质溶解度受温度影响大小，正确。故选D。二、填空题（本大题共1小题，共6分）16、纯棉垫子 不锈钢拉杆（或铝合金支架） 质轻 浮渣多，泡沫少 2C4H10+13O28CO2+10H2O 【解析】（1）根据材料的分类来分析；（2）根据物质的性质与用途来分析；（3）根据硬水的检验方法来分析；（4）根据物质燃烧的化学反应原理来分析解答。【详解】（1）不锈钢、铝合金属于合金；塑料、尼龙属于合成材料；纯棉垫子属于天然有机高分子材料；故填：纯棉垫子；不锈钢拉杆（或铝合金支架）；（2）铝合金质轻，使用起来比较轻便，所以折叠椅支
26、架使用铝合金；故填：质轻；（3）取了少量溪水，向其中加入肥皂水、振荡现察到浮渣多、泡沫很少现象，说明该溪水为硬水，故填：浮渣多，泡沫少；（4）丁烷与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳和水；故填：2C4H10+13O28CO2+10H2O。【点睛】生活处处有化学，学会用所学的化学知识，解决生活中的实际问题。三、简答题（本大题共2小题，共25分）17、Fe和CaCO3 Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O Fe+2FeCl3=3FeCl2 过滤 CaCO3和Fe2O3 Ca（OH）2+Na2CO3CaCO3+2NaOH 0.56 ac 【解析】【定性研究】由题目中可知固体成分可能含有Fe、F
27、e2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3，由表中实验现象：“试管中固体逐渐减少，有大量无色气体产生，得到浅绿色溶液，澄清石灰水变浑浊。”说明固体和一种物质反应生成了二氧化碳气体（澄清石灰水变浊的气体），和一种含有Fe2+的物质（得到浅绿色溶液），可以推出固体物质中一定有的物质是Fe和CaCO3；【实验质疑】由于氧化铁和盐酸反应生成的氯化铁，可能会继续与铁反应生成氯化亚铁，化学方程式为：Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O；Fe+2FeCl3=3FeCl2；【定量研究】（1）过滤可以将固体与液体分开，操作二、操作三是过滤；（2）取3g样品研碎，并用磁铁充分吸引后，得到剩余固体2.6g，
28、所以已经出去了铁粉，溶解过滤的固体的质量为2g，其中含有碳酸钙还可能有氧化铁，由碳酸钙与盐酸反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；100 44由于生成气体0.44g所以固体中含有1g碳酸钙，所以固体中含有碳酸钙和氧化铁，化学式为：CaCO3和Fe2O3；（3）氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，方程式为Ca（OH）2+Na2CO3CaCO3+2NaOH；（4）由于CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3CaCO3+2NaOH；可的关系式：CaOCaCO3，假设烧杯A中的氢氧化钙全部来自于氧化钙，解：设氧化钙的质量最多为xCaOCaCO356
29、 100x1g x=0.56g答：固体的成分中氧化钙的质量小于0.56g；【实验反思】A、对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合，正确；B、由固体物质的成分为：Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2、CaCO3；最起码五种物质都与盐酸反应，反应个数多于5个，错误；C、由分析中可知实验中氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶质有NaOH，由于加入的是过量的碳酸钠溶液，因此里面的溶质还有Na2CO3，正确。故填：ac。18、研钵 高浓度白酒 排出空气或能与过氧化钠反应的气体 防止空气或能与过氧化钠反应的气体进入 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 106 【解析】（1）
30、取200g紫甘蓝撕碎(去脉茎)，置于500mL水杯中加入200mL水，在家用榨汁机粉碎，在实验室中放在研钵中捣烂。加入浓度为50%酒精浸泡，家庭可用高浓度白酒代替；（2）根据“NaO2是一种淡黄色固体，常温下能与CO2、H2O、HCl气体等物质反应并产生O2，不能与N2反应”可知，通入纯净、干燥 N2的目的是排出空气或能与过氧化钠反应的气体；碱石灰的作用是防止空气或能与过氧化钠反应的气体进入；根据“Na2O2是一种淡黄色固体，常温下能与CO2、H2O、HCl气体等物质反应并产生O2，不能与N2反应”和质量守恒定律可知，该反应还生成一种盐 A是碳酸钠，反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2=2
31、Na2CO3+O2；根据质量守恒定律可知，碳酸钠中的钠元素质量等于46g，由此产生碳酸钠的质量=。则46g钠单质完全反应能产生106g盐A。四、探究题（本大题共1小题，共9.0分）19、单质 4P+5O22P2O5 白磷的着火点比红磷低，更容易燃烧 O2、H2O 20% 氧气、二氧化碳 不能 【解析】(1)红磷和白磷是由相同的磷元素组成的不同单质，在点燃的条件下，磷与氧气反应生成五氧化二磷；故填：单质；4P+5O22P2O5；(2)用测氧气浓度的电子传感器测得反应后装置内氧气浓度分别为8.85%和3.21%，从燃烧条件的角度分析，产生上述结果的主要原因是：白磷的着火点比红磷低，更容易燃烧；故填
32、：白磷的着火点比红磷低，更容易燃烧；(3)上述实验中：铁粉比铁丝与氧气的接触面积更大，反应速率会加快；氯化钠能加快铁粉的锈蚀速率；故填：；(4)铁生锈的实质是铁与氧气、水蒸气发生了化学反应。进入的水的体积即为消耗的氧气的体积，根据表中记录数据可计算出空气中氧气的体积分数为： 100%=20%；故填：O2、H2O；20%；反思与拓展化学式可以看出，铜绿的生成是铜与水及空气中的氧气、二氧化碳发生反应的过程；铜粉锈蚀需要二氧化碳，而空气中二氧化碳的含量是0.03%，铜和水、氧气、二氧化碳反应时，由于二氧化碳含量低，铜不能把装置中的氧气耗尽，所以不能用铜粉代替铁粉测定空气中氧气的含量；故填：氧气、二氧化碳；不能。