宁波中考化学专题题库综合题的综合题.docx
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宁波中考化学专题题库综合题的综合题
一、中考初中化学综合题
1．为了测定某品牌食用纯碱中碳酸钠的质量分数，小明取10克食用纯碱样品和足量的溶质质量分数为10%的稀硫酸，进行如图甲实验，实验前后，均需往装置中缓慢通一会儿氮气．（样品中其他成分不与稀硫酸反应）
（1）实验前，先往A装置通入一会儿氮气的目的是_____．
（2）随着纯碱样品与稀硫酸反应，C装置增加的质量变化情况如图乙所示，则该食用纯碱中碳酸钠的质量分数是多少___________？
（3）若将稀硫酸换为浓盐酸，实验中C装置增加的质量会偏大，请说明理由_________．
【答案】除去装置中的二氧化碳84.8%浓盐酸易挥发，挥发出的氯化氢气体能和氢氧化钠反应
【解析】
【详解】
（1）实验前，先往A装置通入一会儿氮气的目的是除去装置内空气中的二氧化碳；
（2）设碳酸钠质量为x，由表中数据控制，反应生成二氧化碳的质量是3.52g，
x＝8.48g，
则该食用纯碱中碳酸钠的质量分数是：
＝84.8%，
答：
该食用纯碱中碳酸钠的质量分数是84.8%；
（3）若将稀硫酸换为浓盐酸，实验中C装置增加的质量会偏大，是因为浓盐酸易挥发，挥发出的氯化氢气体能和氢氧化钠反应，导致测得的纯碱碳酸钠的质量分数偏大。
2．金属是现代生活、工业生产以及科学研究中应用极为普遍的一类材料。
（1）台灯是在光线不足时常用照明用具。
如右图所示台灯，铜质插头是利用了金属铜的_____性，灯管后面的反光片为铝箔。
铝在空气中与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化物薄膜，从而阻止铝进一步氧化。
这种氧化物的化学式为_____。
（2）在铁制品表面喷漆不仅美观，而且能防止铁制品表面与_____接触而生锈。
（3）将锌片投入到下列盐溶液后，能使溶液质量减轻的是_____（填字母）。
A 氯化镁B 氯化铜C 硝酸汞D 硝酸铝
（4）下列说法中不正确的是_____（填字母）。
A 生铁比钢的含碳量高
B 将钢针淬火后可以做钓鱼钩
C 焊锡的熔点比锡的熔点低
D 相同质量的钠、镁、铝三种金属，所含的原子最多的是钠
（5）将一定量的金属
（
的金属活动性比钠弱）加入到含有硝酸锌、硝酸铜、硝酸银的混合溶液中，充分反应后过滤，得到滤渣和滤液，则滤液中的溶质种类最多含_____种。
（6）将
铁的某种氧化物在高温下与足量的一氧化碳充分反应，生成
二氧化碳，则这种铁的氧化物的化学式是_____。
【答案】导电Al2O3空气和水CB四Fe3O4
【解析】
【分析】
【详解】
（1）铜质插头是利用了金属铜的导电性；铝在空气中与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化铝薄膜，从而阻止铝进一步氧化，氧化铝的化学式为Al2O3；
（2）铁和水和空气接触会反应生成铁锈，在铁制品表面喷漆不仅美观，且能防止铁制品表面与空气和水接触而生锈；
（3）
A、锌的金属活动性比镁弱，锌不能置换出氯化镁中的镁，溶液质量不改变；
B、锌的金属活动性比铜强，锌与CuCl2反应置换出单质铜，由于锌的相对原子质量大于铜的相对原子质量，则锌片的质量减少，溶液质量变大；
C、锌的金属活动性比汞强，锌能与硝酸汞反应置换出汞，由于锌的相对原子质量小于汞的相对原子质量，则锌片的质量增大，溶液质量减轻；
D、锌的金属活动性比铝弱，锌与硝酸铝不反应，溶液质量不变化；故填C；
（4）
A、生铁中的含碳量为2%～4.3%，钢中的含碳量为0.03%～2%，生铁的含碳量比钢高，不符合题意；
B、将钢针烧红后立即放入冷水中冷却后弯曲，这种金属热处理方法叫淬火，使硬度增大，韧性减弱，不易弯曲来制作鱼钩，符合题意；
C、合金的熔点低于组成金属的熔点，焊锡的熔点比锡的熔点低，不符合题意；
D、相同质量的钠、镁、铝三种金属，钠的相对原子质量最小，所含的原子最多，不符合题意；
故填B；
（5）要使滤液中的溶质种类最多，则金属M的活动性应仅强于银且M的量不足以全部置换出硝酸银中的银，此时M和部分硝酸银反应生成银和M的硝酸盐，而硝酸锌、硝酸铜和M不反应，则溶液中的溶质最多有硝酸锌、硝酸铜、M的硝酸盐和剩余的硝酸银四种溶质；
（6）铁的某种氧化物在高温下与足量的一氧化碳充分反应，生成铁和二氧化碳，设这种铁的氧化物的化学式是FexOy，
解得x∶y=0.75=3∶4，即这种铁的氧化物的化学式是Fe3O4。
【点睛】
可先设出铁的氧化物的化学式，利用铁的氧化物与一氧化碳反应的化学方程式，代入氧化物与二氧化碳的质量进行计算，即可得到氧化物的化学式。
3．中国高铁制造已处于世界先进水平。
请回答下列问题。
（1）田老师乘高铁外出学习，在列车上购买了一盒快餐，其中有米饭、酱牛肉、炒白菜，牛肉中富含的营养素是_____。
快餐盒使用的是可降解塑料，这样可以减轻的环境问题是“_____”。
（2）高铁水箱中装有生活用水，在净水过程中利用了活性炭的_____性。
请写出节约用水的一种做法_____
（3）越来越多的新型材料应用于高铁建设，其中合金属于_____（填“金属”或“合成”）材料。
（4）合金较其组分金属具有一定的优良性能。
用钒钢合金制造高铁的钢轨，主要利用其_____的性能。
【答案】蛋白质；白色污染吸附；用洗莱水冲洗厕所金属硬度大
【解析】
【分析】
（1）根据食物中富含的营养素以及塑料对环境造成的污染来分析；
（2）根据活性炭的性质以及节水的措施来分析；（3）根据材料的分类来分析；（4）根据合金的性质来分析。
【详解】
（1）牛肉中富含蛋白质；塑料制品对环境造成的污染称为“白色污染”；
（2）活性炭具有吸附性，能除去水中的色素和异味；用洗莱水冲洗厕所（或使用节水龙头），可以节约用水；
（3）合金属于金属材料；
（4）用钒钢合金制造高铁的钢轨，主要利用其硬度大的特点。
【点睛】
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。
4．实验室有甲乙两瓶久置的氢氧化钠固体，某学习小组为了研究其变质情况，进行了如下实验:
（电子秤示数单位为克）
（1）滴入紫色石蕊试液后溶液为红色，说明反应后溶液呈____性。
（2）上述实验中产生的二氧化碳气体质量为______克。
（3）计算甲瓶固体样品中碳酸钠的质量分数____________。
（4）某同学另取10克乙瓶中的固体样品,用100克15%的稀硫酸按同样方法进行实验，他认为不管固体样品变质程度如何，稀硫酸加入后，都不需要使用石蕊试液，请计算说明他做出此判断的原因__________。
【答案】酸2.253%用100g15%的稀硫酸进行实验，稀硫酸一定过量，故稀硫酸加入后不需要加石蕊试液。
【解析】
本题考查了根据化学方程式进行计算。
根据质量守恒分析得到二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量结合化学方程式计算样品中碳酸钠的质量，进一步计算固体样品中碳酸钠的质量分数。
（1）紫色石蕊试液遇酸性溶液变红色，滴入紫色石蕊试液后溶液为红色，说明反应后溶液呈酸性。
（2）根据质量守恒，产生的二氧化碳气体质量为80.00g+90g-167.80g=2.2g；
（3）设固体样品中碳酸钠的质量为x
Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑
10644
x2.2g
x=5.3g
固体样品中碳酸钠的质量分数=
×100%=53%；
（4）若样品完全变质，样品全部变成碳酸钠。
设：
与10g碳酸钠反应需硫酸的质量为y，
Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑
10698
10gy
y=9.25g，所需稀硫酸的质量=
=61.64g。
61.64g<100g，稀硫酸过量；
若样品没有变质，样品中有10g的氢氧化钠。
设：
与10g氢氧化钠反应需硫酸的质量为z，
2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O
8098
10gz
z=12.25g，所需稀硫酸的质量=
=81.67g。
81.67g<100g，稀硫酸过量；
所以不管固体样品变质程度如何，加入100g15%稀硫酸后，稀硫酸一定过量。
他做出此判断的原因是用100g15%的稀硫酸进行实验，稀硫酸一定过量，故稀硫酸加入后不需要加石蕊试液。
5．盐城濒临黄海，海盐文化全国知名．某兴趣小组同学去盐场参观，带回了部分粗盐样品，并对其进行了如下探究：
（1）操作①中必须用到的一种仪器是_______（填序号）
A．研钵
B．量筒
C．烧杯
D．试管
（2）操作③的名称是_____，操作④中用到玻璃棒，作用为_____。
（3）用提纯得到的“精盐”配制100g7.5%的氯化钠溶液。
经检测，溶质质量分数偏小，其原因可能有_____（填序号）
①氯化钠固体不纯
②称量时精盐与砝码放反了
③量取水时俯视读数
④装瓶时，有少量溶液洒出
（4）查阅资料得知：
粗盐中除含少量泥沙等不溶性杂质外，还含有少量的可溶性杂质（假定可溶性杂质只有MgCl2一种），为了得到较纯净的氯化钠，小组同学将所得的“精盐”又作了如下处理：
①白色沉淀的化学式为_____．
②在得到的滤液中加入足量的稀盐酸的目的是_____．
③若实验过程中不考虑损耗，最终到的NaCl固体的质量将_____（填“大于”、“小于”或“等于”）原精盐中NaCl的质量．
【答案】A过滤防止局部温度过高，造成液滴飞溅①②Mg（OH）2除去过量的氢氧根离子大于
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粗盐的由大变小，采用的是研磨的方法，故需要的仪器是研钵，选A。
（2）通过操作3得到了固体和液体，故采用的方法是：
过滤；操作④是蒸发，蒸发要用到玻璃棒，作用是搅拌，目的是：
防止局部温度过高，造成液滴飞溅。
（3）溶质的质量分数等于溶质的质量除以溶液的质量，溶液的质量=溶质的质量+溶剂的质量。
溶质的质量分数偏小，可能是溶质的质量偏小或溶剂的质量偏大造成，①②都造成氯化钠质量偏少，使得溶质质量分数偏小；③量取水时俯视读数，量取的水偏少，造成溶质质量分数偏大；④装瓶时，有少量溶液洒出，不会造成溶质质量分数发生变化，因为溶液是均一的；因此本题溶质质量分数偏小的原因可能有：
①②。
（4）溶液中加入氢氧化钠，氢氧化钠会与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，故白色沉淀是氢氧化镁，化学式是：
Mg（OH）2；由于加入的氢氧化钠是过量的，即氯化钠溶液中含有氢氧化钠，故要把氢氧化钠除去，加入稀盐酸的目的就是：
除去过量的氢氧化钠；由于除杂质的过程中生成了氯化钠，故最终到的NaCl固体的质量将大于原精盐中NaCl的质量。
6．酸、碱、盐在生产和生活中有广泛的应用。
（1）焙制糕点所用发酵粉中含有碳酸氢钠，其俗名为__________（填字母代号）。
a．纯碱b．烧碱c．苏打d．小苏打
（2）下图是氢氧化钠溶液与硫酸反应时溶液pH变化的示意图1。
①根据图示1判断，该实验是将______（填“氢氧化钠溶液”或“硫酸”）滴加到另一种溶液中。
②滴入溶液体积为V2mL时,溶液中的溶质为__________。
（3）为除去粗盐水中的可溶性杂质MgSO4、CaCl2，某化学小组设计了以下方案，如图2：
①过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和__________。
②写出加入Ba（OH）2溶液时反应的化学方程式___________（提示：
微溶物不形成沉淀）
③溶液X中含有哪些杂质?
__________请设计实验加以证明。
（简要写出实验步骤和现象）___________
（4）为测定某石灰石样品中碳酸钙的质量分数，称取10g石灰石（杂质不参加反应）放入烧杯中，加入100g稀盐酸，二者恰好完全反应，反应后烧杯中利余物质的总质量为106.7g（气体的溶解忽略不计）。
请计算该样品中碳酸钙的质量分数为___________。
【答案】d硫酸Na2SO4和H2SO4漏斗MgSO4+Ba（OH）2=Mg（OH）2↓+BaSO4↓NaOH和Na2CO3取少量溶液X于试管中，加入过量CaCl2（或BaCl2）溶液，出现白色沉淀，静置（或过滤），向上层清液（或滤液）中滴加酚酞溶液，若溶液变红。
75%
【解析】
【分析】
（1）根据碳酸氢钠俗称小苏打解答；
（2）①根据溶液的pH由大于7逐渐减小至小于7分析解答；②根据溶液的pH＜7，显酸性解答；
（3）①根据过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗解答；②根据硫酸镁与氢氧化钡溶液反应，生成硫酸钡和氢氧化镁解答；③根据原粗盐含有氯化钙和硫酸镁，加入过量氢氧化钡溶液后除去硫酸镁，再加入过量的碳酸钠溶液，除去氯化钙和过量的氢氧化钡，生成氢氧化钠分析解答；
（4）根据反应的化学方程式计算解答
【详解】
（1）碳酸氢钠俗称小苏打，故选d；
（2）①由溶液的pH由大于7逐渐减小至小于7可知，该实验是将硫酸滴加到另一种溶液中；②溶液的pH＜7，显酸性，故溶液中的溶质为Na2SO4和H2SO4 ；
（3）①过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；②硫酸镁与氢氧化钡溶液反应，生成硫酸钡和氢氧化镁，反应的化学方程式为MgSO4+Ba（OH）2=Mg（OH）2↓+BaSO4↓；③原粗盐含有氯化钙和硫酸镁，加入过量氢氧化钡溶液后除去硫酸镁，再加入过量的碳酸钠溶液，除去氯化钙和过量的氢氧化钡，生成氢氧化钠。
故溶液X中的杂质有NaOH和Na2CO3；鉴别方法：
取少量溶液X于试管中，加入过量CaCl2溶液，出现白色沉淀，则含有Na2CO3；静置，取上层清液，向其滴加酚酞溶液，若溶液变红，则说明含有NaOH；
（4）生成二氧化碳的质量=10g+100g-106.7g=3.3g。
设样品中碳酸钙的质量为x。
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
10044
x3.3g
x=7.5g
该样品中碳酸钙的质量分数为
×100％=75％
答：
该样品中碳酸钙的质量分数为75％。
7．金属钴（Co）在国防工业中有重要应用。
某矿石中含钻的氧化物（CoO、Co2O3）研究人员在实验室用硫酸酸浸的方法提取钴元素,并探究最佳提取条件。
（1）写出下列化合物中Co元素的化合价:
CoO_________，Co2O3______________。
（2）酸浸时钴的氧化物发生如下反应：
反应ICoO+H2SO4=CoSO4+H2O
反应Ⅱ2Co2O3+4H2SO4=4CoSO4+O2↑+4H2O
反应ⅢCo2O3+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+2H2O+Na2SO4
①反应后溶液中含钴元素的微粒是_________（填化学符号）
②已知反应前矿石中CoO的质量为ag,Co2O3的质量为bg,则理论上可以生成CoSO4____g（用含a、b的式子表示）
（3）为探究最佳提取条件,将矿石在一定条件下酸浸4小时,测量钴元素的浸出率部分数据如下：
编号
矿石用量（g）
硫酸用量（g）
Na2SO3用量（g）
温度（℃）
钻元素浸出率（%）
1
85.71
12.62
0
85
56.39
2
85.71
6.31
0
85
49.98
3
85.71
6.31
0
65
43.33
4
85.71
6.31
0.43
65
73.95
5
85.71
6.31
0.86
65
74.77
①本实验研究了哪些因素对钴元素浸出率的影响__________________________________；
②根据上表数据,其他条件不变,温度升高,钴元素的浸出率___________________________；
③工业生产中采用实验______________（填编号）的提取条件更合理。
【答案】+2+3Co2+155×（a/75+b/83）硫酸用量、亚硫酸钠用量、温度增大4
【解析】
【分析】
【详解】
（1）单质中元素的化合价为零，化合物中元素的化合价代数和为零。
化合物中氧元素的化合价为-2价，CoO中Co为+2价，Co2O3中Co为+3价；
（2）①由上述方程式可知，反应后钴元素以CoSO4存在于溶液中，所以溶液中含钴元素的微粒是Co2+；②设CoO生成CoSO4的质量为x,Co2O3生成CoSO4的质量为y,
CoO+H2SO4=CoSO4+H2O
75155
agx75/ag=166/xx=155×ag÷75
2Co2O3+4H2SO4=4CoSO4+O2↑+4H2O
332155×4
bgy332/bg=155×4/yy=155×4×bg÷332
则理论上可以生成CoSO4的质量为：
155×（a/75+b/83）；
（3）①由表格中数据可知，对钴元素浸出率产生影响的因素有硫酸用量、亚硫酸钠用量、温度；②根据上表数据,其他条件不变,温度升高,钴元素的浸出率增大；③工业生产中应采用实验4的方案，虽然实验5的方案中钴元素浸出率最高，但考虑到实验4中亚硫酸钠的使用量接近实验5方案中的一半，综合考虑选择实验4的方案。
8．漳州小吃手抓面，制作时要用发到大树碱，大树碱的主要成分是K2CO3．为了测定大树碱中K2CO3的质量分数，小文同学进行了如下实验；
（1）用托盘天平称取10g大树碱样品，在称量过程中发现天平指针如图所示，则此时应进行的操作是_________．
（2）用量筒量取一定量的水，为了准确量取水的体积，还需要使用的仪器是_________．
（3）把大树碱样品和水加入烧杯中，用玻璃棒搅拌，使大树碱完全溶解，玻璃棒的作用是_________．
（4）向配好的溶液中逐渐加入CaCl2溶液，生成1g沉淀（假设大树碱中其它成分不参与反应，反应的化学方程式为CaCl2+K2CO3═CaCO3↓+2KCl）．计算大树碱中K2CO3的质量分数．
（5）小文同学在配制好溶液后，发现纸片上还有残留固体，则计算出的大树碱K2CO3的质量分数_________（填“偏大”或“偏小”）
【答案】
（1）往左盘加树碱至天平平衡；
（2）胶头滴管；（3）搅拌，加速溶解；
（4）大树碱中K2CO3的质量分数为13.8%；（5）偏小。
【解析】
试题分析：
（1）指针偏右，说明左盘大树碱样品小于10g，则此时应进行的操作是往左盘加大树碱，至天平平衡；
（2）用量筒量取一定量的水，为了准确量取水的体积，还需要使用的仪器是胶头滴管；（3）溶解中玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；（4）设碳酸钾的质量为x，根据两种盐发生反应的化学方程式
CaCl2+K2CO3═CaCO3↓+2KCl
138100
x1g
，
解得x=1.38g，所以大树碱中K2CO3的质量分数：
（1.38g÷10g）×100％=13.8%；（5）纸片上还有残留固体，则溶液中溶质偏小，质量分数偏小。
考点：
考查量筒、托盘天平的使用及根据化学反应方程式的计算的知识。
9．今年，广州“镉大米”事件再次引发了人们对食品安全、环境污染问题的思考。
小明同学查阅了镉的相关信息：
①镉元素位于第五周期ⅡＢ族。
②镉是银白色有光泽的金属，熔点320.9℃，沸点765℃，密度8.64g/cm3，有韧性和延展性；镉在潮湿空气中缓慢氧化并失去金属光泽；镉可溶于酸，但不溶于碱。
③镉对人体十分有害，摄入过量镉污染的食品和水，会引起肺和肾脏疾病。
回答下列问题：
（1）根据图中的相关信息，下列对镉元素的判断不正确的是（______）
A镉属于金属元素B一个镉原子中有48个质子
C镉原子示意图中X=18D镉的相对原子质量为112.4g
（2）归纳镉单质的化学性质_______________________________；
（3）“镉大米”主要出现在河水、土壤遭到镉污染的地区，消除“镉大米”需要从源头治理。
目前河水治理的方法是：
把适量Na2CO3投入被Cd2+污染的河水中，形成CdCO3沉淀，以降低河水中Cd2+的浓度。
①若某河段主要含有氯化镉，与碳酸钠反应的化学方程式为_________________________。
②25℃时，CdCO3的溶解度为2.8×10-6g，则1L河水中含Cd2+的质量为______mg（河水密度为1.0g/cm3，计算结果精确到0.001mg）。
国家要求水中Cd2+的含量的标准≦0.005mg/L，用Na2CO3处理的河水____（填“是”或“否”）达标。
【答案】D镉在潮湿空气中缓慢氧化；镉可溶于酸，不溶于碱；镉有毒性CdCl2+Na2CO3=CdCO3↓+2NaCl0.018否
【解析】
【分析】
【详解】
相对原子质量的单位是“1”，不是质量单位，所以D不正确，化学性质是物质在化学变化中表现出来的性质，镉的化学性质有：
镉在潮湿空气中缓慢氧化；镉可溶于酸，不溶于碱；镉有毒性；由于碳酸镉是不溶性物质，所以氯化镉与碳酸钠反应是复分解反应，根据复分解反应的规律可写出两种物质间反应的化学方程式；25℃时，CdCO3的溶解度为2.8×10-6g，则1L（1000g）河水中溶解的CdCO3的质量约为2.8×10-6g×10×103=2.8×10-2mg,所以1L水中镉离子含量为2.8×10-2mg×112/183=0.018mg，高于国家水质标准，所以用碳酸钠处理含镉废水不能达标。
10．过氧化钙（CaO2）是一种重要的化工产品，可用来改善地表水质、治理赤潮，过氧化钙产品中常含有氧化钙杂质，以下是某学习小组为测定过氧化钙产品纯度设计的实验，实验装置如图；已知：
CaO2是一种白色粉末，微溶于水，易溶于稀盐酸，且发生反应：
CaO2+2HCl＝CaCl2+H2O2
实验步骤：
实验前称取产品及二氧化锰共12克，先缓慢通入氮气，一段时间后，加热铜网至红热，再缓慢滴入过量稀盐酸，直至A中样品完全反应。
继续缓慢通入氮气，一段时间后停止加热，待C中铜网冷却后，停止通入氮气，将锥形瓶中的剩余物过滤，洗涤，干燥，得到滤渣2.0克。
回答下列问题，
（1）二氧化锰与稀盐酸不反应，A中二氧化锰的作用是______________
（2）样品完全反应后，继续缓慢通入氮气的目的是______________
（3）装置B的作用有，除去气体中的水蒸气、______________
（4）实验测得C装置中铜网增重1.8克，该产品中过氧化钙的质量分数为_____________
【答案】使生成的过氧化氢催化分解使生成的氧气全部与铜反应，防止空气中的氧气与热的铜网反应可通过气泡产生的速率来控制气流速度81％
【解析】
【详解】
（1）由于稀盐酸与过氧化钙反应生成氯化钙和过氧化氢，而二氧化锰与稀盐酸不反应，故A中二氧化锰的作用是：
使生成的过氧化氢催化分解；
（2）样品完全反应后，继续缓慢通入氮气的目的是：
使生成的氧气全部与铜反应，防止空气中的氧气与热的铜网反应；
（3）装置B的作用有，除去气体中的水蒸气、可通过气泡产生的速率来控制气流速度；
（4）C装置中铜网与反应生成的氧气反应生成氧化铜。
C装置中铜网增重的质量即为反应生成的氧气的质量。
设生成1.8g氧气需要过氧化氢的质量为x。
x=3.825g
设过氧化钙的质量为y。
y=8.1g
故该产品中过氧化钙的质量分数为：
×100％=81％。
11．水是生命之源，是“永远值得探究的物质”，人类从未停止过对水的研究。
（1）1766年，英国化学家卡文迪许用锌和稀硫酸制得“可燃空气”，他所说的“
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