2017年深圳中考化学真题及答案

A

【解答】
（1.5 分）

【考点】93：酸的化学性质

【分析】根据酸的化学性质（能与酸碱指示剂、活泼金属、金属氧化物、碱、盐等反应），据此进行分析解答

【解答】解：A、Cu的金属活动性比氢弱，不能与稀硫酸反应，故选项说法错误B、若X为MgO，与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，故选项说法正确C、若X为 $\mathsf { N a O H }$ ，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，故选项说法正确D、若X为 ${ \mathsf { B a C l } } _ { 2 }$ ，氯化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故选项说法正确

故选：A

【点评】本题难度不大，掌握酸的化学性质（能与酸碱指示剂、活泼金属、金属氧化物、碱、盐等反应）并能灵活运用是正确解答本题的关键

见解析

【解答】
（8 分）

【考点】AF：物质的相互转化和制备；4H：结晶的原理、方法及其应用； $4 { \mathsf { S } } :$ ：气体的干燥（除水）；6L：二氧化碳的实验室制法；9J：常见化肥的种类和作用；G5：书写化学方程式、文字表达式、电离方程式

【分析】（1）石灰石中的碳酸钙能和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，二氧化碳能够溶于水，密度比空气大；

（2）根据反应物的性质可以选择发生装置；

氯酸钾在二氧化锰催化作用下受热分解生成氯化钾和氧气；

（3）相同条件下，物质的溶解度越小，越容易从溶液中析出；

> ④ $\mathsf { N H } _ { 4 } \mathsf { C l }$ 在农业生产中常被用作氮肥

【解答】解：（1）实验室常采用石灰石与稀盐酸反应制备 $\mathsf { C O } _ { 2 } ,$ ，石灰石中的碳酸钙能和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，其化学方程式为： $\mathsf { C a C O } _ { 3 } + 2 \mathsf { H C l } - \mathsf { C a C l } _ { 2 } + \mathsf { H } _ { 2 } \mathsf { O } + \mathsf { C O } _ { 2 }$ ↑；因为二氧化碳密度比空气大，可以用向上排空气法收集，即可以用C装置收集

故填： $\mathsf { C a C O } _ { 3 } + 2 \mathsf { H C l } - \mathsf { C a C l } _ { 2 } + \mathsf { H } _ { 2 } \mathsf { O } + \mathsf { C O } _ { 2 }$ ↑；C

（2）实验室利用氢氧化钙和氯化铵制取氨气时需要加热，应该用B装置作为发生装置；

因为碱石灰中的氧化钙和氢氧化钠都不能和氨气反应，并且能够吸收水蒸气，因此可以用F装置对氨气进行干燥；

实验室制备 ${ \sf O } _ { 2 }$ 用上述制备 ${ \mathsf { N H } } _ { 3 }$ 的发生装置时，应该是利用氯酸钾和二氧化锰制取，氯酸钾在二氧化锰催化作用下受热分解生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式为： $2 \mathsf { K C l O } _ { 3 \overline { { \triangle } } }$ $2 \mathsf { K C l } + 3 \mathsf { O } _ { 2 }$ ↑

故填：B；F； $2 \mathsf { K C l O } _ { 3 \xlongequal { \mu _ { 1 } \mathrm { O } _ { 2 } } } 2 \mathsf { K C l } + 3 \mathsf { O } _ { 2 }$ ↑．

> ③ $2 0 ^ { \circ } \mathsf { C } \bar { \mathsf { J } }$ 产物中 ${ \mathsf { N a H C O } } _ { 3 }$ 能够先从溶液中结晶析出的原因是 ${ 2 0 ^ { \circ } \mathsf { C } }$ 时碳酸氢钠的溶解度小于氯化铵的溶解度

故填： ${ 2 0 ^ { \circ } \mathsf { C } }$ 时碳酸氢钠的溶解度小于氯化铵的溶解度

（4）该过程中另一产物 $\mathsf { N H } _ { 4 } \mathsf { C l }$ 在农业生产中常被用作氮肥

故填：氮肥

【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论

B

【解答】
（1.5 分）

【考点】6R：二氧化碳的用途；64：空气的污染及其危害；75：水的净化；K2：常见污染物的来源、危害及治理

【分析】A、根据干冰升华时吸热进行分析；B、根氮气的化学性质进行分析；C、根据用明矾净化水的原理进行分析；D、根据回收废旧电池的意义进行分析

【解答】解：A、干冰即固体二氧化碳，升华时吸收周围的热量，使周围环境的温度降低，可作制冷剂，可用于食品冷藏，故正确；B、氮气是空气的主要成分，化学性质稳定、无毒，不属于空气污染物，故说法错误；C、用明矾溶于水生成的胶状物吸附杂质，使之沉降，可达到净水的目的，故说法正确；

D、回收废旧电池可减少对水源、土壤的污染是有利于环境的做法，故说法正确故选：B

【点评】化学来源于生产生活，也必须服务于生产生活，所以与人类生产生活相关的化学知识也是重要的中考热点之一

A

【解答】
（1.5 分）

【考点】4U：溶液的酸碱度测定；68：氧气的化学性质；71：电解水实验；7C：溶液的概念、组成及其特点【分析】A、根据电解水的实验结论，进行分析判断B、根据用pH试纸测定未知溶液的pH的方法进行分析判断C、根据溶液是均一、稳定的混合物，进行分析判断D、根据氧气的化学性质，进行分析判断

【解答】解：A、检验电解水的产物，由质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，可以判断水的组成元素，故选项说法正确B、用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH．不能用水湿润pH试纸，否则稀释了待测溶液，使柠檬汁的酸性减弱，测定结果不准确，故选项说法错误

C、无色的、均一的液体不一定是溶液，如水，故选项说法错误D、硫在 ${ \sf O } _ { 2 }$ 中燃烧发出蓝紫色火焰，生成二氧化硫，故选项说法错误故选：A

【点评】本题难度不大，掌握用pH试纸测定未知溶液的pH的方法、溶液的特征、氧气的化学性质等是正确解答本题的关键

见解析

【解答】
（1.5 分）

【考点】D1：化学式的书写及意义；AC：有机物与无机物的区别；D8：相对分子质量的概念及其计算；D9：元素质量比的计算

【分析】A．根据有机物与无机物的概念来分析；B．根据化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析；C．根据相对分子质量为构成分子的各原子的相对原子质量之和，进行分析；D．根据分子结构来分析

【解答】解：丙氨酸的相对分子质量为 $1 2 \times 3 + 1 \times x + 1 4 + 1 6 \times 2 = 8 9 , x = 7$ A．丙氨酸 $( \mathsf { C } _ { 3 } \mathsf { H } _ { \mathsf { x } } \mathsf { O } _ { 2 } \mathsf { N } )$ 是一种含碳元素的化合物，属于有机化合物，故错误；

B．丙氨酸中碳、氢元素的质量比为12×3：（1×7）=36：7，故错误；C．丙氨酸的相对分子质量为 $1 2 \times 3 + 1 \times x + 1 4 + 1 6 \times 2 = 8 9 , x = 7$ ，故正确；D．分子是由原子构成的，每个丙氨酸分子中含有两个氧原子，故错误

故选 C

【点评】本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力

D

【解答】
（1.5 分）

【考点】B3：微粒观点及模型图的应用；A7：单质和化合物的判别

【分析】根据反应的微观示意图，分析反应物、生成物，写出反应的方程式，根据方程式分析有关的问题

【解答】解：由反应的微观示意图可知，反应物甲、乙分别是二氧化氮和一氧化碳，生成物丙丁分别是二氧化碳和氮气，反应的方程式是： $2 N O _ { 2 } { + } 4 C O \ { \xrightarrow { { \uparrow } { \downarrow } { \downarrow } \ { \uparrow } { \downarrow } } } 4 C O _ { 2 } { + } \mathsf { N } _ { 2 }$ ，由此可知：A、由方程式可知，该反应中四种物质中有三种化合物、一种单质，故错；B、由微粒的变化可知，该反应前后原子数目没有发生改变，故错；C、由甲和丁中的微观构成可知，甲是由不同种元素组成的化合物，各元素的化合价不为零 C、由甲和丁中的微观构成可知，甲是由不同种元素组成的化合物，各元素的化合价不为零，丁属于单质，元素的化合价为零．所以，甲和丁中的同种元素化合价不同，故错误；

故选：D

【点评】通过给出微粒的模型，考查学生的观察能力和对基本概念的理解与运用能力；掌握质量守恒定律的内容及其应用

B

【解答】
（1.5 分）

【考点】34：化学实验方案设计与评价； $4 \mathsf { G } \colon$ ：过滤的原理、方法及其应用； $4 \mathsf { Q } \colon$ ：常见气体的检验与除杂方法；9U：酸、碱、盐的鉴别；H1：燃烧与燃烧的条件【分析】 $\mathsf { A } , ~ \mathsf { H } _ { 2 } \mathsf { O } _ { 2 }$ 和 $\mathsf { M n O } _ { 2 }$ 制 $\mathsf { O } _ { 2 }$ 后的固液混合物是水和二氧化锰的混合物，进行分析判断B、除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质C、根据 NaCl、 ${ \mathsf { N H } } _ { 4 } { \mathsf { N O } } _ { 3 }$ 、NaOH三种固体溶于水的热量变化，进行分析判断D、根据薄铜片上的白磷和红磷、水中的白磷的燃烧情况，进行分析判断【解答】解： $\mathsf { A } , \mathsf { H } _ { 2 } \mathsf { O } _ { 2 }$ 和 $\mathsf { M n O } _ { 2 }$ 制 $\mathsf { O } _ { 2 }$ 后的固液混合物是水和二氧化锰的混合物，二氧化锰难溶于水，可用过滤的方法进行分离，故选项实验设计合理B、CO 能与灼热的氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项实验设计不合理C、 $\mathsf { N H } _ { 4 } \mathsf { N O } _ { 3 } , \mathsf { N a O H }$ 溶于水分别吸热、放热，使溶液的温度分别降低、升高，氯化钠溶于水温度几乎无变化，可以鉴别，故选项实验设计合理D、铜片的白磷燃烧，红磷不燃烧，水中的白磷不能燃烧，薄铜片上的白磷能与氧气接触，温度能达到着火点，水中的白磷不能与氧气接触，红磷温度没有达到着火点；可得出燃烧需要与氧气接触，且温度达到着火点，故选项实验设计合理

故选：B

【点评】本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断

C

【解答】
（1.5 分）

【考点】7N：固体溶解度曲线及其作用；7P：晶体和结晶的概念与现象；7T：溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系

【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

【解答】解：A、在比较物质的溶解度时，需要指明温度，故A错误；

B、乙物质的溶解度随温度的升高而减小，所以 $\mathsf { a } _ { 1 } ^ { \circ } \mathsf { C } \mathbb { H } \overline { { \mathsf { J } } }$ ，甲、乙的饱和溶液升温至 ${ \sf a } _ { 2 } ^ { \circ } \mathsf { C }$ 时，乙物质有固体析出，甲物质没有共同析出，故B错误；

C、 ${ \sf a } _ { 2 } ^ { \circ } \mathsf { C }$ 时，M点在甲物质溶解度曲线的下方，所以M点对应的甲溶液不饱和，故C正确；D、 $\mathsf { a } _ { 2 } ^ { \circ } \mathsf { C } \sharp$ 时，乙物质的溶解度是 $2 0 { \tt g }$ ，所以乙饱和溶液的质量分数为： $\scriptstyle { \frac { 2 0 \mathrm { g } } { 1 2 0 \mathrm { g } } } \times 1 0 0 \% = 1 6 . 7 \%$ ，故D错误

故选：C

【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力