《陕西省西安一中2022年中考冲刺卷化学试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西省西安一中2022年中考冲刺卷化学试题含解析.doc（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021-2022学年中考化学模似试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单选题（本大题共15小题，共30分）1下列现象中，只发生物理变化的是A钢铁生锈B酒精挥发C纸张燃烧D粮食酿酒2下列变化属于化学变化的是A电灯通电发光B煤制焦炭C干冰升华D石油制汽油3下列变化过程主要发生化学变化的是（ ）ABCD4小红同学向盐酸与氯化钡的混合溶液中逐滴滴入碳酸钠溶
2、液至过量，记录滴入的碳酸钠溶液的质量（x）与有关量的变化关系如图所示，下列判断正确的是（）A当碳酸钠溶液加至a点时，溶液中Na2CO3正与BaCl2发生反应B当碳酸钠溶液加至b点时，所得溶液的pH7C当碳酸钠溶液加至c点时，溶液中含有的溶质是氯化钠和氯化钡D当碳酸钠溶液加至d点时，溶液中BaCl2与Na2CO3恰好反应完全5下列除杂质(括号中为杂质)的试剂或方法错误的是ACO2(O2)通过灼热的Cu网BC(Fe)加足量稀盐酸溶解，过滤CCO2(CO)点燃DFeSO4溶液(CuSO4)加入过量铁粉，过滤6生活离不开水，下列各种水属于纯净物的是A矿泉水B糖水C海水D冰、水共存物7两包粉末，一包铁粉
3、、一包氧化铜粉末，快速鉴别开的方法是（ ）A观察颜色，加以鉴别B加水溶解，再鉴别C用磁铁吸引，加以鉴别D通入氢气后加热，观察加以鉴别8化学实验中常常出现“1+l=2”或“l+l2”的有趣现象。下列符合“l+l= 2”的事实是A常温下，1L水与1L酒精混合后的体积等于2LB室温下，1g镁与1g稀硫酸充分反应后所得的溶液质量为2gC室温下，1g硫粉在lg氧气中完全燃烧后生成2g二氧化硫D20，lg氯化钠饱和溶液中加入1g氯化钠固体能得到2g氯化钠溶液9下列化学用语书写正确的是（）A二个铵根离子： 2NH4B氧化铜中铜元素显+2价： C硫酸镁： MgSO3D2个氮分子： 2N10密闭容器中有甲、乙、
4、丙、丁四种物质，在一定条件下反应，测得反应前后各物质的质量分数如下图所示。下列说法正确的是A该反应属于分解反应B丁一定是该反应的催化剂C反应前甲、乙的质量之和一定等于生成丙质量D若消耗3g乙，则生成17g丙11下列各组溶液中，不用其它试剂就不能鉴别出来的是()AFeCl3 NaOH HCl KCl BBaCl2 Na2SO4 Na2CO3 HClCCuSO4 NaOH KNO3 BaCl2 DKCl AgNO3 HCl HNO312下列各图中“”和“”分别表示两种质子数不同的原子，其中表示仅由两种化合物组成的混合物的图示是ABCD13下列各组物质在水溶液中能共存，而且加入紫色石蕊试液后显蓝色的
5、是AKOH CuSO4 H2SO4 HCIBK2CO3 H2SO4 HC1 KC1CKC1 NaNO3 Na2SO4 NH3H2ODK2SO4 FeCl3 KOH Na2SO414某一无色溶液具有如下性质：使无色酚酞试液变红；与硫酸铜溶液反应可产生蓝色沉淀；与碳酸钠溶液反应产生白色沉淀，据以上推断，此溶液是A氢氧化钠溶液B澄清石灰水C氯化钙溶液D盐酸15氰氨化钙（CaCN2）是一种重要的化工原料，制备CaCN2的化学方程式为=，该反应中下列说法正确的是（）A可用氢氧化钠溶液处理有害的气体产物B反应后气体质量减少CX的化学式为HCNODX溶液的pH7二、填空题（本大题共1小题，共6分）16结合下
6、表给出的NaC1、KNO3两种固体物质的溶解度，回答有关问题。温度（）020406080100KNO313.331.6 63.9 110169246NaCl35.7 36.0 36.6 37.338.439.8 (1)60时，NaCl的溶解度是_g：(2)20时，将10gKNO3溶解在50g水中，若将其变成该温度下的饱和溶液，至少需要再加入KNO3_g；(3)将180gKNO3和20gNaCl的混合物放入100g60的水中，充分搅拌，再降温到20，有大量晶体析出，下列说法中，正确的是 _ （填序号）。A析出的晶体一定有KNO3，可能有NaClB60时有部分KNO3与溶液共存C降温到20时溶液中
7、的溶质只有NaClD20时溶液是NaCl的不饱和溶液三、简答题（本大题共2小题，共25分）17（8分）过氧化钙晶体(CaO2xH2O)是优良的供氧剂，受热会逐渐失水，120时完全分解为CaO2，350时CaO2迅速分解为CaO和O2。（性质探究）取少量CaO2于试管中加过量稀盐酸，无气泡产生；再加少量MnO2粉末，产生大量气泡。静置、取上层清液，逐渐加入碳酸钠溶液，先产生大量气泡，再出现白色沉淀。CaO2和盐酸发生复分解反应的化学方程式为_。加入碳酸钠溶液，产生的气体是_；出现白色沉淀，说明上层清液中含_。（制备流程）方法1：由Ca(OH)2为原料制备CaO28H2O流程如下：陈化：让初生晶体
8、和母液放置一段时间，使晶体由小长大。将反应2及陈化的化学方程式补充完整：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6_CaO28H2O+2NH4Cl检验固体是否洗净的方法是：_。制备过程中除水外可循环使用的物质是：_(填化学式)。方法2：由鸡蛋壳(含较多CaCO3)为原料制备CaO28H2O流程如下：反应器中由化合反应生成CaO28H2O，反应化学方程式为：_。在反应器中，应_。先加水冷却后再加双氧水 先加双氧水冷却后再加水若煅烧充分，则获得的CaO28H2O中还含有的固体杂质是_(填化学式)。“绿色化学”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物，则上述两种方法中生成CaO28H2O的反应符合“绿
9、色化学”的是_(填“方法1”或“方法2”)。（组成测定）若所得产品为CaO2xH2O，下列装置可测定该产品的组成(样品中的杂质受热不反应)。实验前先缓慢通N2一段时间，控温将样品加热到350至CaO2分解完全；继续缓慢通N2，其目的是_(答一点即可)。装置B作用是_(填序号)测定产生的H2O质量 便于观察和控制气流速度若2.7g样品，加热到350至CaO2分解完全，测得B装置重1.44g、C中铜网增重0.16g。则x_。若先加热A，后加热C装置，测得x值_(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。18（8分）利用中和反应可以测定酸或碱溶液中溶质的质量分数例如，在一定量的待测酸（或碱）溶液中逐滴加入已
10、知质量分数的碱（或酸）溶液（标准溶液），直到酸、碱正好完全反应，根据消耗标准碱（或酸）溶液的多少即可求算出待测酸（或碱）溶液的质量分数 下图为某次测定过程中，溶液的pH随所滴加的某标准溶液体积的变化而变化的关系图（1）根据下图曲线可以判断实验中是向_（填“酸”或“碱”，下同）溶液（待测液）中滴加_溶液（标准液） （2）在这次测定中，为了指示中和反应刚好完全，用酚酞作指示剂，即在待测溶液中先滴入几滴酚酞试液，若看到_，则证明中和反应正好完成 （3）如果实验中使用的酸是硫酸，碱是氢氧化钠，且待测液和标准液的密度均以1.0g/mL计若测定中取用待测液25mL，标准液溶质的质量分数为4.5%，根据图中
11、数据，计算待测液溶质的质量分数四、探究题（本大题共1小题，共9.0分）19（8分）请你参与以下2个实验探究活动并回答其中的问题。 SO2和Cl2均能将湿润的有色物质漂白成无色物质。某兴起小组为验证SO2和Cl2的漂白性，设计了如下方案（尾气处理装置未画出）。如下图所示，通入干燥的Cl2后，同学们发现甲中红色布条不褪色，乙中红色布条褪色了，此实验中控制的变量是_，该实验中发生了“Cl2H2OHClHClO”反应，若要说明HClO具有漂白性，需要补充的实验是_。将乙中的布条取出烘干，发现未变为原来的红色，说明HClO漂白性是_（填“可恢复的”或“不可恢复的”）。如图丙所示，向品红溶液中通停止通气体
12、，加热试管，发现试液又变为红色，说明SO2漂白的反应原理与Cl2漂白的反应原理是_（填“相同的”或“不同的”）如图丁所示，将干燥的Cl2和SO2按分子数之比1:1混合，通入石蕊试液中，发现石蕊试液变红，却不褪色。试用化学反应方程式作出解释（已知：生成物中氯元素显1价，硫元素显6价）：_。 Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，其原理是利用Fe2和H2O2的反应产生能降解污染物的活性成分，现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对降解反应速率的影响。实验探究：控制p-CP的初始浓度相同，实验温度恒定在25或者40（其余实验条件见下表），设计如下对比试验。 请完成以下实验设计表
13、（表中不要留空格）实验编号实验目的温度pH浓度/（mgL-1）H2O2Fe2为提供参照25320416.8探究温度对降解反应速率的影响_20416.8_251020416.8实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如图实验、表明温度的升高，降解反应速率_。实验发现，温度过高时，降解反应较难发生，请从 Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因（用化学方程式解释）：_。实验得出的结论是：pH等于10时，_。为测定不同时间内有机物降解的浓度，需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的降解反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：_。参考答案一、单选题（本大题共15小题，共3
14、0分）1、B【解析】有其他物质生成的变化为化学变化，没有其他物质生成的变化为物理变化。【详解】A、钢铁生锈是铁与空气中的氧气和水蒸气反应生成氧化铁，该变化有新物质产生，属于化学变化，选项A不符合题意；B、酒精挥发是因为酒精具有挥发性，酒精分子扩散到空气中，只是分子间距变大，该变化没有新物质产生，属于物理变化，选项B符合题意；C、纸张燃烧产生二氧化碳等新物质，该变化属于化学变化，选项C不符合题意；D、粮食酿酒过程中生成酒精新物质，该变化属于化学变化，选项D不符合题意。故选B。【点睛】本题考查的是物理变化与化学变化，判断在该变化中是否有新物质产生是做题的关键。2、B【解析】A、电灯通电发光是将电能
15、转化为光能和热能，属于物理变化，故A错；B、煤制焦炭需要隔绝空气加强热，发生了化学变化，故B正确；C、干冰升华是由固态变为气态，只是状态发生了变化，属于物理变化，故C错；D、石油制汽油是利用沸点不同，进行混合物的分离，属于物理变化，故D错。故选：B。【点睛】判断一个变化是物理变化还是化学变化，要依据在变化过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化。3、B【解析】A、石墨导电过程中没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；B、粉尘爆炸过程中有新物质生成，属于化学变化，符合题意；C、金属拉成丝过程中只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；D
16、、活性炭吸附毒气过程中没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意。故选B。【点睛】解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。4、B【解析】解答图像类的题目抓住“三点一走势”，即首先看清楚横、纵坐标各表示的量，然后从起始点、转折点、终点还有量的变化趋势来进行分析解答；向盛有大量的盐酸与氯化钡的混合溶液中逐滴滴入Na2CO3溶液至过量，先后反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl。【详解】A、甲图中，当碳酸钠溶液加至a点时，表示溶液中Na2CO3过量，错误；B、乙图中，当碳酸钠溶
17、液加至b点时，已经把酸反应完全，此时所得溶液的pH=7，正确；C、丙图中，当碳酸钠溶液加至c点时，NaCl的质量不再增加，说明两个反应都发生完了，此时溶液中含有的溶质只有氯化钠，错误；D、丁图中，当碳酸钠溶液加至d点时，加入的碳酸钠刚好与盐酸反应完全，开始与溶液中BaCl2反应，而不是反应完全，错误；故选B。5、C【解析】A、氧气通过灼热的铜网时可与铜发生反应生成氧化铜，而二氧化碳不与铜反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，不符合题意；B、铁能与足量稀盐酸反应生成氯化亚铁溶液和水，碳不与稀盐酸反应，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，不符合题意；C、除去二氧化碳中的
18、一氧化碳不能够点燃，这是因为会引入新的气体杂质，且当二氧化碳（不能燃烧、不能支持燃烧）大量存在时，少量的一氧化碳是不会燃烧的，符合题意；D、过量铁粉能与CuSO4溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，不符合题意。故选C。【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。6、D【解析】A、矿泉水中含有水、微量的矿物质等多种物质，属于混合物B、糖水中含有水、蔗糖等物质，属于混合物C、海水中含有水、氯化
19、钠等多种物质，属于混合物D、冰水共存物中只含有水一种物质，属于纯净物故选D7、C【解析】鉴别两种物质需要根据两种物质的性质上的差异进行分析：铁粉和氧化铜粉末都是黑色粉末，且难溶于水，所以A、B两项皆不能鉴别；铁能被磁铁吸引而氧化铜不能，故C正确；通入氢气后加热，可以还原氧化铜，黑色粉末变为红色，但却不能与铁粉反应，虽可鉴别却不是快速鉴别的办法。所以答案选C。8、C【解析】A、常温下由于分子之间存在间隙，1L水与1L酒精混合后所得混合液体的体积小于2L；故A不正确；B、常温下镁与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，根据反应的化学方程式中两物质的质量关系24：98可知，1g稀硫酸不能完全消耗1g镁，且生成
20、的氢气会逸出，利用质量守恒定律，可判断1g镁与1g稀硫酸充分反应后所得的溶液质量小于2g；故B不正确；C、硫粉在氧气中燃烧生成二氧化硫，根据反应的化学方程式，硫粉与氧气恰好完全反应时的质量比为32：32=1：1，则1g硫粉在1g氧气中恰好完全反应生成2g二氧化硫，故C正确；D、向20的1g饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾1g，硝酸钾的饱和溶液不能继续溶解硝酸钾，溶液的质量不变仍为1g；故D不正确；故选C9、B【解析】A、铵根离子表示为，表示离子个数，直接在离子符号左边写上相应的数字，则二个铵根离子表示为，A选项书写不正确，不符合题意；B、元素化合价写在元素符号的正上方，正负号在前，数字在后，氧化铜中
21、铜元素显+2价表示为，B选项书写正确，符合题意；C、硫酸镁由硫酸根和镁离子构成，则硫酸镁的化学式为，C选项书写不正确，不符合题意；D、氮分子表示为，表示分子个数，直接在分子式左边写上相应的数字，则2个氮分子表示为，D选项书写不正确，不符合题意。故选B。10、D【解析】根据质量守恒定律可知化学反应前面物质的总质量不变，故物质质量分数的变化即是物质质量的变化。由图可知，反应前甲为70g，反应后为42g，质量减少了28g，故是反应物；丁反应前为10g，反应后仍为10g，质量不变，可能没有参与反应，也可能是该反应的催化剂；乙反应前为14g，通过计算可知反应后为8g，质量减少了6g，故是反应物；计算可知
22、丙反应前为6g，反应后为40g，质量增加了34g，属生成物。A、由质量关系该反应表示为：甲+乙丙，属化合反应，错误；B、丁反应前为10g，反应后仍为10g，质量不变，可能没有参与反应，也可能是该反应的催化剂，错误；C、参加反应的甲、乙的质量之和一定等于生成丙质量，错误；D、乙和丙反应的质量比为6:34=3:17，故若消耗3g乙，则生成17g丙，正确。故选D。11、D【解析】A、由于FeCl3 溶液显黄色首先鉴别出来，能与FeCl3 溶液生成红褐色沉淀是NaOH溶液，在分别加入剩余的无色溶液，红褐色沉淀溶解的是稀盐酸，则最后一种物质是氯化钾，故A不用其它试剂就能鉴别出；B、四种溶液两两混合，能与
23、另外的两种物质反应生成沉淀的物质的是氯化钡溶液，无现象的是稀盐酸，分别向沉淀中加入稀盐酸，能使沉淀溶解的，说明与氯化钡反应生成沉淀的是碳酸钠，不溶解的是硫酸钠，故B不用其它试剂就能鉴别出；C、由于CuSO4 溶液显蓝色首先鉴别出来，能与CuSO4 溶液生成蓝色沉淀是NaOH溶液，能与CuSO4 溶液生成白色沉淀是BaCl2溶液，最后一种溶液是KNO3溶液，故C不用其它试剂就能鉴别出；D、由于硝酸银与氯化钾、稀盐酸反应都能生成了氯化银白色沉淀，无法鉴别KCl、HCl，故D不用其它试剂就不能鉴别出来。故选D。12、B【解析】A、A图是由两种单质组成的混合物，故错误；B、B图是由两种化合物组成的混合
24、物，故正确；C、C中是纯净物，故错误；D、D图是由一种单质、两种化合物组成的混合物，故错误。故选B。【点睛】由多种物质组成的物质是混合物，由一种物质组成的物质是纯净物。13、C【解析】混合溶液加入紫色石蕊试剂变蓝，说明原溶液先碱性，有氢氧根离子存在；【详解】A、氢氧化钾与硫酸铜反应会产生氢氧化铜沉淀；硫酸和盐酸都能与氢氧化钾反应产生水，都不能共存；故选项错误；B、硫酸和盐酸都能与碳酸钾反应产生二氧化碳气体，不能共存；故选项错误；C、氯化钾、硝酸钠、硫酸钠和一水合氨都能在碱性条件下共存；故选项正确；D、氯化铁与氢氧化钾反应会产生氢氧化铁沉淀，不能共存；故选项错误；故选：C。14、B【解析】能使无
25、色酚酞试液变红，说明溶液显碱性；能与硫酸铜溶液反应产生蓝色沉淀，说明溶液中含有氢氧根离子；能与碳酸钠溶液反应产生白色沉淀，说明溶液中含有钙离子。A. 氢氧化钠溶液不能与碳酸钠溶液反应，不符合题意；B. 澄清石灰水显碱性、含有氢氧根离子、含有钙离子，符合题意；C. 氯化钙溶液显中性，不符合题意；D. 盐酸显酸性，不符合题意。故选B。15、D【解析】由CaCO3+2XCaCN2+CO+H2+CO2可知，反应前后钙原子都是1个，氧原子都是3个，反应后碳原子是3个，反应前应该是3个，其中2个包含在2X中，反应后氮原子是2个，反应前应该是2个，包含在2X中，反应后氢原子是2个，反应前应该是2个，包含在2
26、X中，X化学式是HCN。【详解】A、反应生成的气体中，只有一氧化碳为有毒气体，一氧化碳和氢氧化钠不反应，故不可用氢氧化钠溶液处理有害的气体产物，故选项错误；B、反应后气体质量增大，故选项错误；C、X的化学式为HCN，故选项错误；D、HCN的溶液显酸性，pH7，故选项正确。故选D。二、填空题（本大题共1小题，共6分）16、37.3 5.8 BD 【解析】（1）根据表格可短路，在60时，NaCl的溶解度是37.3g；（2）20时，KNO3的溶解度31.6g，在该温度下，50g水是最多可溶解15.8g硝酸钾。20时，将10gKNO3溶解在50g水中，若将其变成该温度下的饱和溶液，至少需要再加入KNO
27、3的质量=15.8g-10g=5.8g；（3）将180gKNO3跟20gNaCl的混台物放入100g60的水中，充分搅拌，硝酸钾有剩余；再降温到20，氯化钠的溶解度是36g，不会形成氯化钠的饱和溶液，故不会有氯化钠的晶体析出，硝酸钾的溶解度是31.6g，析出的是硝酸钾的晶体；溶液中含有氯化钠和硝酸钾。故选BD。三、简答题（本大题共2小题，共25分）17、CaO2+2HCl=CaCl2+H2O2 CO2 CaCl2 H2O 取最后一次洗涤后的滤液，滴入AgNO3溶液，无现象 NH4Cl CaO+H2O2+7H2O=CaO28H2O Ca(OH)2 方法2 使生成的气体被完全吸收或防止倒吸（合理的
28、答案均给分） 8 偏大 【解析】（一）【性质探究】（1）取少量CaO2于试管中加过量稀盐酸，无气泡产生；再加少量MnO2粉末，产生大量气泡，说明反应中生成了H2O2，则CaO2和盐酸发生复分解反应的化学方程式为CaO2+2HCl=CaCl2+H2O2；（2）盐酸过量，加入碳酸钠溶液与之反应生成CO2气体；混合液中有CaCl2 ，滴加碳酸钠溶液生成白色沉淀CaCO3；（二）【制备流程】（1）化学反应过程遵守原子守恒，则反应CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6_=CaO28H2O+2NH4Cl中未知反应物为H2O；（2）固体表面附着液中含有NH4Cl，则取最后一次洗涤后的滤液，滴入AgNO3溶
29、液，无现象，可知固体洗净；（3）由图示可知，过滤获得CaO28H2O固体后的滤液中含有NH4Cl，可循环利用；方法2：（4）氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和双氧水反应生成过氧化钙晶体，化学方程式为：CaO+H2O2+7H2O=CaO28H2O；（5）温度过高过氧化物会分解生成氧化物和氧气，则在反应器中，应先加水冷却后再加双氧水，答案为；（6）若煅烧充分，过量的CaO与水反应生成氢氧化钙，即获得的CaO28H2O中还含有的固体杂质是Ca(OH)2 ；（7）“绿色化学”一般是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物，方法2中没有副产物，方法1中有副产物二氧化碳，所以上述两种方法中生成CaO28
30、H2O的反应符合“绿色化学”的是：方法2；（三）【组成测定】（1）实验前先缓慢通N2一段时间，除去空气中的氧气，反应结束后继续缓慢通N2，其目的是使生成的气体被完全吸收，同时防止倒吸；（2）装置B是利用浓硫酸吸收生成的水，同时根据气泡数量，便于观察和控制气流速度，故答案为和；（3）若2.7g样品，加热到350至CaO2分解完全，测得B装置重1.44g、C中铜网增重0.16g。2CaO2xH2O2CaO+2xH2O+O2 36x 32 1.44g 0.16=，解得：x=8；【反思】若先加热A，后加热C装置，则有部分氧气不能被灼热的Cu反应，导致氧气质量偏低，测得X值偏大。18、碱；酸碱溶液的红色
31、刚好褪去3.6%【解析】由图中溶液的pH变化情况，未加入时溶液的pH大于7，显碱性，后来溶液的pH逐渐减小，最终小于7，故开始是碱性溶液，过程中向碱溶液中滴加酸溶液，故填：碱，酸。酚酞遇碱性溶液会变红，遇中性溶液不变色，中和反应刚好完成时溶液显中性，此时红色褪为无色，故填：碱溶液的红色刚好褪去。设待测液溶质的质量分数为x，2NaOH+H2SO4 Na2SO4 +2H2O 80 9825mL1.0g/mLx 24.5mL1.0g/mL4.5%解得：x=3.6%答：待测液溶质的质量分数为3.6%。【点睛】本题考查学生对酸碱中和反应的认识，识图判断的能力，到达中和反应终点的判断依据，溶质质量分数计算
32、能力。酸碱中和反应刚好完成时溶液显中性，酚酞不变色。计算题中，溶液质量=溶液体积密度，溶质的质量=溶液的质量质量分数，注意列式时比例问题。四、探究题（本大题共1小题，共9.0分）19、水 盐酸和红布条的实验 不可恢复的 不同的 SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl 40 3 探究pH对降解反应速率的影响 增加 2H2O22H2O+O2 反应速率趋向于零 将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH为10 【解析】（1）从Cl2与H2O 反应生成HCIO分析；（2）二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，因而具有漂白性，该无色化合物具有不稳定性，受热容易分解，恢复为原来的颜色；（3
33、）氯气具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成没有漂白性的氯化氢和硫酸而使气体失去漂白性。（1）对比实验的基本思想是控制变量法，可以在温度相同时，变化浓度，或者在浓度相等时，变化温度；（2）根据实验的数据来回答；（3）（4）根据实验数据内容进行分析；【详解】（1）甲中布条是干燥的，乙中布条是湿润的，两者的区别是有无水，故此实验中控制的变量是水；Cl2+H2OHCl+HClO，所以需要设计一个实验在一个红色布条上滴加盐酸，布条无变化，排除氯化氢的漂白性，就证明起漂白作用的物质是次氯酸；将乙中的布条取出烘干，发现未变为原来的红色，说明次氯酸的漂白是不可恢复的，；故填：水
34、；盐酸和红布条的实验；不可恢复的；（2）向品红溶液中通入二氧化硫，发现品红褪色了，说明二氧化硫具有漂白性，原因是二氧化硫与有色物质化合生成无色物质，停止通气体，加热试管，发现溶液又变为红色，说明该无色化合物具有不稳定性，受热容易分解，加热后溶液恢复颜色，说明SO2的漂白是可恢复的，与Cl2漂白的反应原理不相同；故填：不同的；（3）氯化氢和硫酸没有漂白性，氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性，反应方程式是SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl；故填：SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl。（1）对比实验的基本思想是控制变量法，温度相同时，
35、变化浓度，在浓度相等时，变化温度，故答案为40；3；探究pH对降解反应速率的影响；（2）根据实验数据内容可以看出温度升高，降解反应速率增加；由于过氧化氢在温度过高时易分解，反应的方程式为：2H2O22H2O+O2，所以温度过高时，降解反应较难发生，故答案为增加；2H2O22H2O+O2；（3）根据实验数据内容可以看出pH=10时，反应速率趋向于零，故答案为反应速率趋向于零； （4）根据实验数据内容可以看出，将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH为10，就可使样品中的降解反应立即停止下来，故答案为将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH为10。【点睛】次氯酸的漂白性是永久的，二氧化硫的漂白性是暂时的，其漂白原理不同是解答问题的关键；注意掌握影响化学反应速率的因素，明确设计对比实验时，只能改变一个条件，否则无法确定影响因素。