2023年江苏省扬州市高邮市梅岭教育集团中考化学一模试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2023年江苏省扬州市高邮市梅岭教育集团中考化学一模试卷一、单选题（本大题共20小题，共60.0分）1.“绿色发展”“低碳生活”的理念逐渐深入人心。下列做法符合这些理念的是(    )A.生活垃圾随意丢弃B.多乘坐私家车出行C.工业废水直接排放D.使用风能等绿色能源2.在空气的成分中，体积分数约占21%的是(    )A.氮气B.二氧化碳C.氧气D.稀有气体3.下列物质中，组成微粒为离子的是(    )A.水B.金属铁C.氯化钠D.干冰4.下列物品的主要材料中，属于金属材料的是(    )A.玻璃水杯B.塑料花盆C.青铜摆件D.陶瓷茶盘5.自然界里多数物质含有氧元素。下列属于氧化物的是(    )A.臭氧B.氧化镁C.氢氧化钾D.硫酸6.用pH计测得一些物质的pH值如表，下列说法正确的是(    )物质苹果汁西瓜汁牛奶鸡蛋清炉具清洁剂pH2.95.86.47.612.5A.鸡蛋清和牛奶显碱性B.西瓜汁比苹果汁的酸性强C.炉具清洁剂可除铁锈D.胃酸过多的人应少饮苹果汁7.下列化学用语与含义不相符的是(    )A.2Cl−−2个氯原子B.2Na+−2个钠离子C.O2−−氧离子D.H2−氢分子8.某反应前后分子变化的微观示意图如下，下列说法正确的是(    )A.反应后分子数目增加B.反应前后各元素的化合价不变C.反应后原子的种类增加D.反应前后物质的总质量不变9.对反应进行分类有助于认识与研究。下列属于置换反应的是(    )A.B.C.Zn+CuSO4=ZnSO4+CuD.NaOH+HNO3=NaNO3+H2O10.蜡烛在密闭容器里燃烧至熄灭，容器里O2和CO含量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是(    )A.①表示CO含量的变化B.蜡烛发生了不完全燃烧C.蜡烛熄灭时容器里的氧气已耗尽D.该石蜡中含碳、氢和氧三种元素11.煤气中加入少量的乙硫醇(C2H5SH)预防煤气中毒，乙硫醇可以充分燃烧，其化学方程式为：2C2H5SH+9O2− 点燃  4CO2+2x+6H2O，则x的化学式为(    )A.SB.SO2C.CH4D.CO12.酚酞(化学式为C20H14O4)是一种酸碱指示剂，下列有关酚酞的说法正确的是(    )A.向稀硫酸中滴入1～2滴酚酞试液，溶液变红B.酚酞中C、H、O三种元素的质量比为10：7：2C.一个酚酞分子中有2个氧分子D.酚酞中碳元素的质量分数约为75.5%13.石灰乳可吸收燃煤废气中的SO2，并得到建筑材料石膏，发生的反应如下：2SO2+2Ca(OH)2+O2+2H2O=2(CaSO4⋅2H2O)。下列有关该反应的说法不正确的是(    )A.采用该方法可减少酸雨的形成B.反应中有2种元素的化合价发生改变C.该处理体现了“变废为宝”的绿色化学思想D.为提高吸收效果，可用澄清的石灰水代替石灰乳14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是(    )选项实验操作和现象结论A将锌粒放入CuSO4溶液中，表面析出红色物质金属活动性：Zn>CuB将燃着的木条伸入集气瓶中，木条熄灭集气瓶中气体为N2C向氢氧化钠溶液中滴加盐酸，无明显现象该过程中未发生反应D将某气体通过灼热的黑色氧化铜固体，固体变红该气体为氢气A.AB.BC.CD.D15.粗略测定含泥沙粗盐中氯化钠含量的部分操作如图所示，其中对应操作不 规范 编程规范下载gsp规范下载钢格栅规范下载警徽规范下载建设厅规范下载 的是(    )A.图甲：称取一定质量的粗盐B.图乙：溶解粗盐C.图丙：过滤溶解粗盐所得的悬浊液D.图丁：蒸干过滤所得的溶液16.向某氧化铜与铁粉的混合物M中加入一定量的稀硫酸，微热并搅拌，充分反应后冷却，过滤得到滤渣N。向所得滤液Q中放入一枚洁净表面已充分打磨过的铁钉，铁钉表面无明显变化。下列有关说法不、正确的是(    )A.混合物M中加入稀硫酸，可能发生Fe+CuSO4=FeSO4+CuB.向滤渣N中加入适量稀硫酸，可能会有气泡产生C.混合物M和滤渣N的质量可能相等D.滤液Q中不可能含有CuSO417.KNO3与NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是(    )A.KCl的溶解度受温度影响的程度比KNO3的大B.15℃时，KNO3的溶解度比KCl的大C.将T1℃时KNO3与KCl的饱和溶液温度升高到45℃，两溶液的溶质的质量分数相等(忽略水的蒸发)D.将KNO3、KCl的溶液从45℃降温到15℃，析出晶体质量是KNO3>KCl18.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(    )A.氮气常温下很稳定，可用作粮食保护气B.碳酸氢铵受热易分解，可用作氮肥C.铜具有金属光泽，可用于制造电线D.盐酸常温下易挥发，可用于去除铁器表面铁锈19.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳会析出碳酸氢钠晶体而使溶液变浑浊，反应原理为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓。某化学小组利用如图装置探究影响碳酸氢钠晶体产生快慢的因素，结果如下表。下列说法正确的是(    )序号温度/℃CO2流速(个气泡/秒)出现浑浊的时间1252～55分17秒2255～85分27秒32510～135分02秒4405～83分48秒5505～81分36秒A.可用稀盐酸代替稀硫酸进行该实验B.CO2流速、温度会影响析出碳酸氢钠晶体的析出速率C.可用块状大理石代替碳酸钠粉末进行该实验D.该实验可比较同温下碳酸钠与碳酸氢钠的溶解度大小20.某烟气中含N2、O2、SO2等气体，以FeSO4催化处理其中的SO2，部分流程如图−1所示。开始时需向“脱硫”装置中加入一定量的FeSO4溶液，并加入适量铁粉。保持其他条件相同，反应过程中吸收液的起始温度对脱硫率和吸收液pH的影响如图−2所示：已知：“脱硫”时发生的主要反应有。下列说法不正确的是(    )A.为提高脱硫的效率，烟气通入时使用多孔球泡B.每脱除128gSO2的同时生成196gH2SO4C.“脱硫”一段时间后，FeSO4溶液的浓度不变D.温度大于60℃时脱硫率下降，可能的原因是SO2在溶液中的溶解度随温度升高而减小二、填空题（本大题共3小题，共24.0分）21.精彩生活离不开化学，化学助力精彩生活。(1)白醋是厨房里常见的无色酸味剂，主要成分是醋酸(HAc)。①可用______(填试剂名称)检测某白醋的酸性。②水瓶内的水垢主要含CaCO3、Mg(OH)2，可用白醋去除。Mg(OH)2去除时发生反应的化学方程式是______。(2)氯化钠和蔗糖分别是咸味剂、甜味剂，其溶解度曲线如图所示。①60℃时______(填“能”或“不能”)配得90%的蔗糖溶液。②将20℃时氯化钠的饱和溶液蒸发掉50g水，理论上得到氯化钠的质量是______g。(3)硬水含较高浓度的Ca2+和Mg2+，具有苦涩味，将其通过阳离子交换柱后可转化为软水，原理如图所示。其中阴离子未画出，交换后的水仍然呈电中性。①1个Ca2+可以交换出______个Na+。②结合水瓶内水垢的成分，家庭日常生活中软化硬水常用的方法是______。(4)新鲜的蔬菜提供丰富的各种营养素。每100g青菜中主要营养成分数据如下表：营养成分维生素C蛋白质脂肪糖类钙铁水质量145mg1.3g0.3g2.3g56mg1.2mg94.5g①在青菜所含营养成分钙、铁中，属于人体微量元素得是______(填元素符号)。②经常摄入适量______营养素，可预防得坏血病。(5)已知：水的密度是1g/mL。向10g9%的NaCl溶液中加入______mL水，可稀释为0.9%的生理盐水。稀释过程中需用到的玻璃仪器有______(填字母)。22.运用化学方法可从自然界中获取生活所需的材料。(1)孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3，可作为炼铜的原料。①孔雀石属于______(填“纯净物”或“混合物”)。可将Cu2(OH)2CO3表示为2CuO⋅xCO2⋅H2O，其中x的数值为______。②将孔雀石粉碎后放入炼炉内，上面覆盖适量木炭，生火后鼓风至火候足够，可得精炼铜液(冷却为初铜)。反应过程中需将木炭适度“架空”，其目的是______。③得到的初铜经提炼、融合(加入金属锡、铅)成青铜。该青铜______(填“属于”或“不属于”)合金。(2)春秋战国时期铁器已开始使用，可通过下列方法获得。①将铁矿石与煤炭进行熔炼，流出的铁水冷凝后即为生铁。高温时赤铁矿(主要含Fe2O3)与CO发生反应的化学方程式是______。②将生铁于高温下反复捶打可得到钢。根据下表，从物质组成角度，分析此法炼钢的主要原理是______。生铁钢含碳量%2～4.30.03～2(3)沿海地区使用天然牡蛎壳等代替石灰石，煅烧成“灰”的同时产生二氧化碳。①煅烧时发生反应的类型是______。②此“灰”淋水后可用作船只和墙缝的填缝剂，该填缝剂的化学式是______，在空气中最终转化为______。23.氢能是一种“绿色”能源，其制取与储存是氢能综合利用的关键点。(1)氢气的制取①电解水可制取氢气，装置如图所示，常温下a管内气体的体积是10mL，b管内气体的化学式是______。②经测量，b管内气体的体积略小于理论值。可能的原因是______(填序号)。A.常温下H2的溶解度小于O2的溶解度B.b管内产生了O3C.水槽中KOH的浓度偏小，导致溶液导电能力偏弱③催化剂条件下，可利用太阳能分解水来制取氢气。与电解水制取氢气相比，从能量的角度，分析该方法制取氢气的优点是______。(2)水热分解可得氢气。高温下水分解体系中微粒含量与温度的关系如图所示。已知：①温度低于2000℃时，体系内H2O含量没有改变，其原因是______。②曲线A、B对应的微粒是原子，曲线A对应的微粒是______(填化学式)。③从元素守恒角度分析，曲线A、B所对应原子的个数比是______。(3)氢气的储存①一种镁铜合金可用于储氢。将镁、铜单质按质量比为3：4的比例在一定温度下熔炼得到镁铜合金。该镁铜合金的化学式是______。②该镁铜合金完全吸氢后所得混合物与过量盐酸充分反应，整个过程中释放出H2的量应为______的之和。三、流程题（本大题共1小题，共8.0分）24.以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯MgO，流程如下：已知：H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O(1)“溶解”时，MgCO3与稀硫酸反应的化学方程式为______。(2)“转化”过程中，FeSO4转化率随反应温度的变化关系如图所示。①40～75℃范围内，随着温度的升高，FeSO4转化率增大的原因可能是______。②温度大于75℃，随着温度的升高，FeSO4转化率减小。某同学猜想其主要原因是H2O2受热分解，请设计实验证明该同学的猜想：______。(3)“调pH”时，溶液pH不宜过大。其原因除pH过大将增加氨水的使用量，还可能的是______。(4)某兴趣小组探究“煅烧”时MgSO4与C的反应，实验装置如图所示。①“煅烧”时，装置甲发生了某个反应，该反应生成3种氧化物。装置乙中KMnO4溶液褪色，装置丙中澄清石灰水变浑。装置甲发生反应的化学方程式是______。②经检验，500℃下加热装置甲中反应后的固体，可得到一种只含硫且相对分子质量为192的气体。该气体的化学式是______。③反应后，测量装置乙溶液中SO42−的含量的测定，请补充完整实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 ：取适量反应后装置乙中的液体，______，过滤、______、干燥，得一定质量的BaSO4沉淀。(须使用的试剂有：BaCl2溶液、蒸馏水)四、简答题（本大题共1小题，共8.0分）25.CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。(1)“碳循环”为生态系统的正常运转提供可靠的资源保障，循环过程中CO2起着非常重要的作用，其转化关系如图所示：①光合作用可以实现CO2的固定，光合作用主要是将光能转化为______能②有机物A燃烧的方程式为。A的化学式为______。③CO2的水溶液能使紫色石蕊试液变红，其原因是过程中生成了______(写化学式)。(2)CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将CO2释放。①CaO在捕集CO2时，当CaO剩余40%时，捕集能力明显降低，主要原因是______。②写出CO2释放时反应的化学方程式：______。(3)CaC2O4⋅H2O热分解可制备CaO，CaC2O4⋅H2O加热升温过程中固体的质量变化如图所示。已知：CaC2O4⋅H2O的相对分子质量为146。①400～600℃时释放出气体的化学式为______。欲使CaC2O4⋅H2O全部分解生成CaO，需要控制的条件是______。②相同温度和压强时，分别向含CO2的密闭体系中加入不同方法制备的CaO固体，捕集一定量的CO2所需的时间如下表：反应所需的时间10gCaO(热分解CaCO3制备)10gCaO(热分解CaC2O4⋅H2O制备)吸收1gCO215秒7秒吸收5gCO245秒23秒吸收10gCO2132秒68秒由上表可知：由热分解CaC2O4⋅H2O制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其可能的原因是______。(4)石灰厂煅烧石灰石生产CaO，若要得到28tCaO，则至少需要含CaCO390%的石灰石多少吨？(写出计算过程，保留一位小数。)答案和解析1.【答案】D 【解析】解：A、生活垃圾随意丢弃，会造成环境污染，浪费资源，做法不符合这些理念，故选项错误。B、多乘坐私家车出行，会增加空气污染物、二氧化碳的排放，做法不符合这些理念，故选项错误。C、工业废水直接排放，对水体造成严重的污染，威胁人类的健康和安全，做法不符合这些理念，故选项错误。D、使用风能等绿色能源，能减少空气污染、二氧化碳的排放，做法符合这些理念，故选项正确。故选：D。“绿色发展”、“低碳生活”指的是生活作息时所耗用的能量要尽量减少，特别是减少二氧化碳的排放量，减缓生态恶化；可以从节电、节能和回收等环节来改变生活细节，据此进行分析判断即可。本题难度不大，了解“绿色发展、低碳生活”的含义、降低空气中二氧化碳含量的 措施 《全国民用建筑工程设计技术措施》规划•建筑•景观全国民用建筑工程设计技术措施》规划•建筑•景观软件质量保证措施下载工地伤害及预防措施下载关于贯彻落实的具体措施 、减少环境污染的措施等是正确解答本题的关键。2.【答案】C 【解析】解：空气中各成分的体积分数是：氮气大约占78%、氧气大约占21%、稀有气体大约占0.94%、二氧化碳大约占0.03%、水蒸气和其它气体和杂质大约占0.03%.由此可知C正确，A、B、D错误。故选：C。根据空气中各成分的体积分数分析判断，空气中各成分的体积分数是：氮气大约占78%、氧气大约占21%、稀有气体大约占0.94%、二氧化碳大约占0.03%、水蒸气和其它气体和杂质大约占0.03%。本考点考查了空气中各种气体的含量，同学们要加强记忆有关的 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 ，在理解的基础上加以应用，本考点基础性比较强，主要出现在选择题和填空题中。3.【答案】C 【解析】解：A、水是由非金属元素组成的化合物，是由水分子构成的，故选项错误。B、铁属于金属单质，是由铁原子直接构成的，故选项错误。C、氯化钠是含有金属元素和非金属元素的化合物，是由钠离子和氯离子构成的，故选项正确。D、干冰是固态二氧化碳，二氧化碳是由非金属元素组成的化合物，是由二氧化碳分子构成的，故选项错误。故选：C。根据金属、大多数固态非金属单质、稀有气体等由原子构成；有些物质是由分子构成的，包括气态的非金属单质、由非金属元素组成的化合物，如氢气、水等；有些物质是由离子构成的，一般是含有金属元素和非金属元素的化合物，如氯化钠，进行分析判断即可。本题难度不大，主要考查了构成物质的微观粒子方面的知识，对物质进行分类与对号入座、掌握常见物质的粒子构成是正确解答本题的关键。4.【答案】C 【解析】解：A.玻璃属于无机非金属材料，不合题意；B.塑料属于有机合成材料，不合题意；C.青铜属于铜合金，属于金属材料，符合题意；D.陶瓷属于无机非金属材料，不合题意。故选：C。金属材料包括纯金属和合金，据此结合常见物质的组成进行分析判断即可。本题难度不大，掌握金属材料的范畴(纯金属以及它们的合金)是正确解答本题的关键。5.【答案】B 【解析】解：A、臭氧只由氧元素一种元素组成，属于单质，故选项错误。B、氧化镁由镁元素和氧元素两种元素组成的化合物，属于氧化物，故选项正确。C、氢氧化钾由氢元素、氧元素和钾元素三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故选项错误。D、硫酸由氢元素、氧元素和硫元素三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故选项错误。故选：B。根据氧化物的概念：氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物，据此进行分析解答。本题难度不大，考查氧化物的判断，抓住氧化物的特征、熟悉常见的物质的组成是正确解答本题的关键。6.【答案】D 【解析】解：A、牛奶的pH小于7，显酸性，鸡蛋清的pH大于7，显碱性，故说法错误；B、牛奶、西瓜汁的pH都小于7，都显酸性，但西瓜汁的pH更小，酸性更强，故说法错误；C、炉具清洁剂pH>7，显碱性，不能与铁锈反应，不可除去铁锈，故说法错误；D、因为苹果汁的pH都小于7，都显酸性，所以胃酸过多的人应少饮苹果汁，故说法正确。故选：D。当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH大于7时，呈碱性；当溶液的pH小于7时，呈酸性。当溶液的pH小于7时，随着pH的减小酸性增强。解答本题要掌握溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系，然后再根据具体物质的水溶液的酸碱性进行分析、判断，从而得出正确的结论。7.【答案】A 【解析】解：A、离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略，若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字。2Cl−表示2个氯离子，故A错误；B、离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略，若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字。2Na+表示2个钠离子，故B正确；C、O2−表示氧离子，故C正确；D、分子的表示方法，正确书写物质的化学式，表示多个该分子，就在其化学式前加上相应的数字。H2表示氢分子，故D正确。故选：A。本题考查化学用语的意义及书写，解题关键是分清化学用语所表达的对象是分子、原子、离子还是化合价，才能在化学符号前或其它位置加上适当的计量数来完整地表达其意义，并能根据物质化学式的书写规则正确书写物质的化学式，才能熟练准确的解答此类题目。本题主要考查学生对化学用语的书写和理解能力，题目设计既包含对化学符号意义的了解，又考查了学生对化学符号的书写，考查全面，注重基础，题目难度较易．8.【答案】D 【解析】解：A、反应前有5个分子，反应后有4个分子，反应后分子数目减少，该选项不正确。B、反应物中有单质，单质中元素的化合价为0，因此反应前后有元素的化合价改变，该选项不正确。C、根据微观示意图，反应后原子的种类不变，该选项不正确。D、根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，该选项正确。故选：D。A、反应前有5个分子，反应后有4个分子，反应后分子数目减少。B、单质中元素化合价是0，化合物中元素化合价代数和为零。C、根据微观示意图，反应后原子的种类不变。D、根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变。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。9.【答案】C 【解析】解：A、该反应符合“多变一”的形式，符合化合反应的特征，属于化合反应，故选项错误。B、该反应符合“一变多”的形式，符合分解反应的特征，属于分解反应，故选项错误。C、该反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应，故选项正确。D、该反应是两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应，属于复分解反应，故选项错误。故选：C。置换反应是由一种单质和一种化合物反应，生成另外一种单质和一种化合物的反应，据此进行分析判断。本题难度不大，掌握置换反应的特征(“单化变单化”)并能灵活运用是正确解答本题的关键。10.【答案】B 【解析】解：A、由分析可知，曲线②为一氧化碳含量变化的曲线，选项错误；B、密闭容器中，氧气不充分，所以蜡烛燃烧不充分，产生一氧化碳，选项正确；C、由分析可知曲线①为氧气含量变化的曲线，图示氧气和一氧化碳含量不再变化时即蜡烛熄灭时，容器中还含有氧气，选项错误；D、根据质量守恒定律，反应前后的元素种类不变，题目中没有给出反应后含有氢元素的产物，无法推断出蜡烛中含有氢元素，选项错误；故选：B。由题意可知，蜡烛在密闭容器中可以燃烧，即容器中一开始含有氧气，随蜡烛燃烧，氧气的含量逐渐减少直到蜡烛熄灭不再变化，所以曲线①是氧气含量变化的曲线；密闭容器中氧气不充分，所以蜡烛燃烧不充分，产生一氧化碳，随着蜡烛的燃烧一氧化碳的含量逐渐增大至到蜡烛熄灭不再变化，所以曲线②是一氧化碳含量变化的曲线。本题难度不大，理解蜡烛在盛有一定体积空气的密闭容器内燃烧O2和CO的含量随时间变化曲线图是正确解答本题的关键。11.【答案】B 【解析】解：反应前后碳原子都是4个，氢原子都是12个，反应前硫原子是2个，反应后应该是2个，包含在2x中，反应前氧原子是18个，反应后应该是18个，其中4个包含在2x中，x的化学式是SO2。故选：B。化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，是因为化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。化学反应遵循质量守恒定律，即化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变，这是书写化学方程式、判断物质的化学式、判断化学计量数、进行相关方面计算的基础。12.【答案】D 【解析】解：A、稀硫酸显酸性，不能使酚酞试液变色，因此向稀硫酸中滴入 1～2 滴酚酞试液时，溶液不变红，故A错误；B、酚酞中碳、氢、氧三种元素的质量比为(12×20)：(1×14)：(16×4)=120：7：32≠10：7：2，故B错误；C、分子是由原子构成的，一个酚酞分子中有4个氧原子，故C错误；D、酚酞中碳元素的质量分数为：12×2012×20+1×14+16×4×100%≈75.5%，故D正确。故选：D。A、根据酚酞试液的变色情况来分析；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、根据分子是由原子构成的来分析；D、根据化合物中元素质量分数的计算方法来分析。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等进行分析问题、解决问题的能力。13.【答案】D 【解析】解：A、由题意，石灰乳可吸收燃煤废气中的SO2，并得到建筑材料石膏，采用该方法可减少二氧化硫的排放，可减少酸雨的形成，故选项说法正确。B、O2中氧元素的化合价为0，二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，生成物中硫元素显+6价，氧元素显−2价，反应中有2种元素的化合价发生改变，故选项说法正确。C、石灰乳可吸收燃煤废气中的SO2，并得到建筑材料石膏，该处理体现了“变废为宝”的绿色化学思想，故选项说法正确。D、石灰乳含氢氧化钙的量比澄清的石灰水中多，不能用澄清的石灰水代替石灰乳，故选项说法错误。故选：D。A、根据石灰乳可吸收燃煤废气中的SO2，并得到建筑材料石膏，进行分析判断。B、根据单质中元素的化合价为0、在化合物中正负化合价的代数和为零，进行分析判断。C、根据石灰乳可吸收燃煤废气中的SO2，并得到建筑材料石膏，进行分析判断。D、根据石灰乳含氢氧化钙的量比澄清的石灰水中多，进行分析判断。本题难度不大，理解题意，了解酸雨形成的原因、化合价的原则、绿色化学等是正确解答本题的关键。14.【答案】A 【解析】解：A.将锌粒放入CuSO4溶液中，表面析出红色物质，说明锌和硫酸铜生成硫酸锌和铜，得出金属活动性：Zn>Cu，故A正确；B.将燃着的木条伸入集气瓶中，木条熄灭，集气瓶中气体可能为N2，也可能为其他不能支持燃烧的气体，故B错误；C.向氢氧化钠溶液中滴加盐酸，氢氧化钠和盐酸生成氯化钠和水，发生反应，无明显现象，故C错误；D.将某气体通过灼热的黑色氧化铜固体，固体变红，该气体可能是氢气或一氧化碳，故D错误。故选：A。A、根据锌和硫酸铜生成硫酸锌和铜进行分析；B、根据将燃着的木条伸入集气瓶中，木条熄灭，集气瓶中气体可能为N2，也可能为其他不能支持燃烧的气体进行分析；C、根据氢氧化钠和盐酸生成氯化钠和水进行分析；D、根据将某气体通过灼热的黑色氧化铜固体，固体变红，该气体可能是氢气或一氧化碳进行分析。本题主要考查化学实验方案的设计与 评价 LEC评价法下载LEC评价法下载评价量规免费下载学院评价表文档下载学院评价表文档下载 ，充分利用相关的知识，学会用实验探究物质的性质或变化规律的方法和技巧是最大的收获。15.【答案】D 【解析】解：A、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，图中所示操作正确。B、溶解操作应在烧杯中进行，用玻璃棒不断搅拌，图中所示操作正确。C、过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图中所示操作正确。D、蒸发时，应用玻璃棒不断搅拌，以防止局部温度过高，造成液体飞溅，图中缺少玻璃棒进行搅拌，图中所示操作错误。故选：D。A、根据托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，进行分析判断。B、根据溶解操作的方法，进行分析判断。C、过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则。D、根据蒸发操作的注意事项进行分析判断。本题难度不大，掌握粗盐提纯的原理、实验步骤(溶解、过滤、蒸发)、注意事项等是正确解答本题的关键。16.【答案】C 【解析】解：A.由分析知，混合物 M 中加入稀硫酸，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，故A正确；B.由分析知，滤渣中可能含铁，故向滤渣 N 中加入适量稀硫酸，可能会有气泡产生，故B正确；C.混合物M为氧化铜和铁，滤渣N一定有铜，可能有铁，且铁的质量小于混合物中铁的质量，则混合物M和滤渣N的质量不可能相等，故C错误；D.由分析知，滤液一定不含有硫酸、硫酸铜，故D正确；故选：C。氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；向由氧化铜和铁粉组成的混合物M中加入一定量的稀硫酸，微热，充分反应后冷却、过滤，向滤液Q中加入铁钉，发现无任何变化，根据金属活动性：铁>氢>铜，则滤液 Q一定不含有硫酸、硫酸铜，则滤渣N一定有铜，可能有铁，据此分析。本题考查了酸的化学性质、金属的化学性质等相关知识，掌握金属的活动性顺序及金属的化学性质是解答的关键。17.【答案】C 【解析】解：A、KCl 的溶解度受温度影响的程度比硝酸钾的小，该选项不正确。B、15℃时，氯化钾的溶解度大于硝酸钾，该选项不正确。C、将KNO3与KCl的饱和溶液温度由T1℃时升高到45℃，由于溶解度均随温度升高而增大，则溶液均由饱和变为不饱和，但溶质质量分数不变，又由于T1℃时，氯化钾和硝酸钾的溶解度相同，则它们的溶质质量分数相等，该选项正确。D、不知道硝酸钾、氯化钾溶液是否饱和，且不确定硝酸钾和氯化钾溶液的质量关系，则无法比较析出晶体的多少，该选项不正确。故选：C。根据物质的溶解度曲线可以判断某一温度时物质的溶解度大小比较。根据物质的溶解度曲线可以判断随着温度的变化，物质的溶解度变化情况。饱和溶液的溶质质量分数=溶解度100g+溶解度×100%。溶液中溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%。根据物质的溶解度曲线、溶液质量可以判断温度变化时析出固体质量的大小。溶解度曲线能定量地表示出溶解度变化的规律，从溶解度曲线可以看出：同一溶质在不同温度下的溶解度不同；同一温度下，不同溶质的溶解度可能相同，也可能不同；温度对不同物质的溶解度影响不同。18.【答案】A 【解析】解：A.氮气是无色无味的气体，难溶于水，化学性质稳定，常温下很难和其它物质反应，可用作粮食保护气，故A正确；B.碳酸氢铵含有氮元素，可用作氮肥，而不是因为受热易分解，故B错误；C.铜具有导电性，能用于制造电线，而不是因为其具有金属光泽，故C错误；D.铁锈的主要成分是三氧化二铁，可以和盐酸反应生成氯化铁和水，去除铁锈，而不是利用盐酸常温下易挥发的特性，故D错误；故选：A。A、根据氮气是无色无味的气体，难溶于水，化学性质稳定，进行分析；B、根据碳酸氢铵含有氮元素，可用作氮肥进行分析；C、根据铜具有导电性，能用于制造电线进行分析；D、根据铁锈的主要成分是三氧化二铁，可以和盐酸反应生成氯化铁和水进行分析。本题主要考查常见化肥的种类和作用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。19.【答案】B 【解析】解：A.由于盐酸具有挥发性，会挥发出氯化氢气体，氯化氢溶于水会与碳酸氢钠发生反应，所以不可用稀盐酸代替稀硫酸进行该实验，故A错误；B.分析实验2、4、5可知，温度越高，析出碳酸氢钠晶体的速度越快，分析1、2、3可知，温度相同，二氧化碳流速越大，析出碳酸氢钠晶体的速度越快，所以说CO2流速、温度会影响析出碳酸氢钠晶体的析出速率，故B正确；C.块状大理石与稀硫酸的反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，覆盖在大理石表面，阻止了反应的进行，反应不能持续发生，则不能利用块状大理石代替碳酸钠粉末进行该实验；故C错误；D.根据控制变量唯一的原则，表格数据中无同温、同CO2的流速的对比，则该实验不能比较同温下碳酸钠与碳酸氢钠的溶解度大小，故D错误；故选：B。A.依据盐酸具有挥发性，会挥发出氯化氢气体，氯化氢溶于水会与碳酸氢钠发生反分析；B.依据温度相同，二氧化碳流速越大，析出碳酸氢钠晶体的速度越快，分析；C.依据块状大理石与稀硫酸的反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，覆盖在大理石表面分析；D.依据控制变量唯一的原则分析。此题主要考查实验探究能力，主要是利用实验数据及对比分析法来分析和解决有关问题，结合各方面的条件得出正确结论。20.【答案】C 【解析】解：A、烟气通入时使用多孔球泡可以增大反应物间的接触面积，提高反应效率，使反应更充分，说法正确；B、设每脱除 128gSO2产生的硫酸的质量为x，则：128                               196128g                               x128196=128gxx=196g所以每脱除128gSO2产生的硫酸的质量为196g，说法正确；C、由化学方程式可知，脱硫过程中不断的消耗水，FeSO4溶液中的水逐渐减少，即FeSO4溶液的溶剂逐渐减少，则FeSO4溶液的溶质质量分数逐渐增大，说法错误；D、气体的溶解度随温度升高而降低，当温度大于60℃时，SO2在水中的溶解度降低，导致反应不充分，所以脱硫率降低，说法正确；故选：C。A、根据提高反应速率的做法来分析；B、根据化学反应方程式来分析计算；C、根据溶液中溶质质量分数的变化来分析；D、根据气体的溶解度受温度的影响来分析。读图，从中获得解答题目所需的信息，所以在解答题目时先看解答的问题是什么，然后带着问题去读给出的图进而去寻找解答有用的信息，这样提高了信息扑捉的有效性。解答的问题实际上与复杂的转化图相比，其实很简单很基础，或者可以说转化图提供的是情境，考查基本知识。21.【答案】石蕊试液或pH试纸 Mg(OH)2+2HAc=Mg(Ac)2+2H2O 不能 18 2 加热煮沸 Fe 维生素C 90 ABC 【解析】解：(1)①酸能使紫色石蕊试液变红，所以可用紫色石蕊试液检测某白醋的酸性；也可用pH试纸检测白醋的酸性；②氢氧化镁与醋酸反应是醋酸镁和水，该反应方程式为Mg(OH)2+2HAc=Mg(Ac)2+2H2O；(2)①60℃时，蔗糖的溶解度为90g，即100g水中最多能溶解蔗糖的质量为90g，即60℃时，蔗糖的饱和溶液的溶质质量分数为90g100g+90g×100%≈47.4%，所以60℃时，不能配得90%的蔗糖溶液；②20℃时，氯化钠的溶解度为36g，即100g水中最多溶解氯化钠的质量为36g，50g水中最多溶解氯化钠的质量为18g，所以将 20℃时氯化钠的饱和溶液蒸发掉 50 g 水，理论上得到氯化钠的质量是18g；(3)①1个钙离子带2个单位的正电荷，1个钠离子带有1个单位的正电荷，交换后离子电荷是守恒的，所以1个钙离子可以交换出2个钠离子；②加热煮沸时，水中的钙离子、镁离子能够以碳酸钙沉淀、氢氧化镁沉淀的形式从水中析出，从而降低水的硬度，所以家庭日常生活中软化硬水常用的方法是加热煮沸；(4)①在青菜所含营养成分钙、铁中，铁(Fe)属于人体微量元素；②缺乏维生素易患坏血病，所以经常摄入适量维生素C营养素，可预防得坏血病；(5)根据稀释前后溶质质量不变，设需要加水的体积为x，则有10g×9%=(x×1g/mL+10g)×0.9%，解得x=90mL；稀释过程中需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒(引流)、量筒，故选ABC。故答案为：(1)①石蕊试液或pH试纸；②Mg(OH)2+2HAc=Mg(Ac)2+2H2O；(2)①不能；②18；(3)①2；②加热煮沸；(4)①Fe；②维生素C；(5)90；ABC。(1)根据酸能使紫色石蕊试液变红，氢氧化镁与醋酸反应是醋酸镁和水，进行分析；(2)根据60℃时，蔗糖的溶解度为90g，20℃时，氯化钠的溶解度为36g，进行分析；(3)根据1个钙离子带2个单位的正电荷，1个钠离子带有1个单位的正电荷，交换后离子电荷是守恒的，加热煮沸时，水中的钙离子、镁离子能够以碳酸钙沉淀、氢氧化镁沉淀的形式从水中析出，进行分析；(4)根据在青菜所含营养成分钙、铁中，铁(Fe)属于人体微量元素，缺乏维生素易患坏血病进行分析；(5)根据稀释前后溶质质量不变，稀释过程中需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒(引流)、量筒进行分析。本题主要考查酸的化学性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。22.【答案】混合物 1 使木炭与空气(或O2)充分接触，燃烧更充分，反应更完全 属于  高温下反复捶打使生铁中碳与氧气接触并反应，从而降低含碳量 分解反应 Ca(OH)2 碳酸钙 【解析】解：(1)①孔雀石的主要成分是 Cu2(OH)2CO3，还含有其它杂质，属于混合物；一个Cu2(OH)2CO3分子中含有2个铜原子、5个氧原子、2个氢原子、1个碳原子，变式写法中除xCO2还含有2个铜原子，3个氧原子、2个氢原子，则xCO2中含有2个氧原子、1个碳原子，所以x=1；②反应过程中需将木炭适度“架空”，可以使木炭和空气的接触面积增大，使木炭燃烧更充分，能够使炼炉内的温度更高，加快孔雀石的分解，故答案为：使木炭与空气(或 O2)充分接触，燃烧更充分，反应更完全；③青铜以铜为基础，加入金属锡、铅，经过熔合而获得的具有金属特性的材料，属于合金；(2)①氧化铁和一氧化碳在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为：，②由图示可知，钢的含碳量小于生铁，故将生铁于高温下反复捶打是为了使生铁中的碳与氧气接触并反应，从而降低含碳量，故答案为：高温下反复捶打使生铁中碳与氧气接触并反应，从而降低含碳量；(3)①石灰石的主要成分是碳酸钙，即天然牡蛎壳等主要成分也为碳酸钙，碳酸钙在高温的条件下分解成氧化钙和二氧化碳，符合由一种物质反应生成两种或两种以上的物质的反应，属于分解反应；②煅烧成的“灰”主要成分是氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，化学式为：Ca(OH)2；氢氧化钙可以和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙。故答案为：(1)①混合物；1；②使木炭与空气(或 O2)充分接触，燃烧更充分，反应更完全；③属于；；②高温下反复捶打使生铁中碳与氧气接触并反应，从而降低含碳量；(3)①分解反应；②Ca(OH)2；碳酸钙。(1)根据孔雀石的主要成分是 Cu2(OH)2CO3，还含有其它杂质，属于混合物；一个Cu2(OH)2CO3分子中含有2个铜原子、5个氧原子、2个氢原子、1个碳原子，反应过程中需将木炭适度“架空”，可以使木炭和空气的接触面积增大，使木炭燃烧更充分，青铜以铜为基础，加入金属锡、铅，经过熔合而获得的具有金属特性的材料进行分析；(2)根据氧化铁和一氧化碳在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，钢的含碳量小于生铁，进行分析；(3)根据碳酸钙在高温的条件下分解成氧化钙和二氧化碳，煅烧成的“灰”主要成分是氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，进行分析。本题主要考查铁的冶炼等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。23.【答案】O2 AB 直接利用太阳能制取，不需要消耗电能 该条件下，水分子没有发生分解 H 2：1 Mg2Cu 该合金吸收的氢气和该合金中镁与盐酸反应放出的氢气 【解析】解：(1)①电解水时，遵循“正氧负氢，氧一氢二”，b管与正极相连，产生的是氧气，体积为5mL；②A、常温下H2的溶解度小于O2的溶解度，氧气溶解在水的量多，体积偏小，故A正确；B、b 管内产生了O3，依据化学方程式：3O2=2O3，体积减小，故B正确；C、水槽中KOH的浓度偏小，导致溶液导电能力偏弱，电解生成的氢气和氧气均减少，故C错误；③电解水制取氢气，需要消耗电能；催化剂条件下，可利用太阳能分解水来制取氢气，直接利用太阳能制取，不需要消耗电能；(2)①温度低于2000℃时，体系内H2O含量没有改变，其原因该条件下，水分子没有发生分解；②1个水分子中有1个氧原子和2个氢原子，故A对应的微粒是H；③1个水分子中有1个氧原子和2个氢原子，曲线 A、B 所对应原子的个数比是2：1；(3)①镁铜合金中镁铜原子的个数比为：324：464=2：1，所以该镁铜合金的化学式是Mg2Cu；②镁与盐酸反应生成氢气，铜和盐酸不反应，故整个过程中释放出 H2 的量应为该合金吸收的氢气和该合金中镁与盐酸反应放出的氢气的之和。故答案为：(1)①O2；②AB；③直接利用太阳能制取，不需要消耗电能；(2)①该条件下，水分子没有发生分解；②H；③2：1；(3)①Mg2Cu；②该合金吸收的氢气和该合金中镁与盐酸反应放出的氢气。(1)根据电解水的原理、出现异常实验现象的原因、制备氢气的原理来分析；(2)根据图像信息以及质量守恒定律来分析；(3)根据物质的组成与结构、化学反应的原理来分析。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。24.【答案】MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑ 40～75℃范围内，温度升高，FeSO4转化的反应速率增大 取2份等体积等质量分数的双氧水，将其中一份用75℃以上水浴加热，观察比较2份液体中气泡产生的速率 pH过大，会生成Mg(OH)2，导致高纯MgO产品产量降低  S6 向其中滴加BaCl2溶液，至沉淀不再产生为止 用蒸馏水洗涤沉淀2～3次 【解析】解：(1)碳酸镁和稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，化学方程式为：MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑；(2)①40～75℃范围内，随温度升高，化学反应的速率增大；②要验证温度大于 75℃，随着温度的升高，H2O2 受热分解导致FeSO4转化率减小的猜想，可以设计对比实验：取2份等体积等质量分数的双氧水，将其中一份用75℃以上水浴加热，观察比较2份液体中气泡产生的速率；(3)硫酸铁和硫酸镁都是强酸弱碱盐，硫酸铁的酸性比硫酸镁强，即硫酸铁的pH小于硫酸镁，加入氨水和硫酸铁反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，如过量加入氨水会和硫酸镁反应生成硫酸铵和氢氧化镁沉淀；(4)①“煅烧”时，装置甲发生了某个反应，该反应生成 3 种氧化物，二氧化硫可以使装置乙中 KMnO4溶液褪色，二氧化碳可使装置丙中澄清石灰水变浑浊，根据质量守恒定律，第三种氧化物为氧化镁，则装置甲发生反应的化学方程式为：；②该分子由硫原子构成，硫原子的相对原子质量为32，该分子的相对分子质量为192，则可知，该分子是由6个硫原子构成的，故化学式为：S6；③测量装置乙溶液中硫酸根离子的含量，根据题目给出的试剂，可加入BaCl2溶液，钡离子和硫酸根离子结合生成BaSO4沉淀，测量BaSO4沉淀的质量，即可计算出硫酸根离子的含量，实验方案：取适量反应后装置乙中的液体，向其中滴加BaCl2溶液，至沉淀不再产生为止，过滤得到BaSO4沉淀，BaSO4沉淀上仍有溶液的残留，用蒸馏水洗涤沉淀 2～3 次，干燥后得一定质量的 BaSO4沉淀。故答案为：(1)MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑；(2)①40～75℃范围内，温度升高，FeSO4转化的反应速率增大；②取2份等体积等质量分数的双氧水，将其中一份用 75℃以上水浴加热，观察比较2份液体中气泡产生的速率；(3)pH 过大，会生成Mg(OH)2，导致高纯 MgO 产品产量降低；；②S6；③向其中滴加 BaCl2溶液，至沉淀不再产生为止；用蒸馏水洗涤沉淀2～3次。(1)根据碳酸镁和稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水进行分析；(2)根据40～75℃范围内，随温度升高，化学反应的速率增大，取2份等体积等质量分数的双氧水，将其中一份用75℃以上水浴加热，观察比较2份液体中气泡产生的速率进行分析；(3)根据硫酸铁和硫酸镁都是强酸弱碱盐，硫酸铁的酸性比硫酸镁强，进行分析；(4)根据二氧化硫可以使装置乙中 KMnO4溶液褪色，二氧化碳可使装置丙中澄清石灰水变浑浊，根据质量守恒定律，加入BaCl2溶液，钡离子和硫酸根离子结合生成BaSO4沉淀，测量BaSO4沉淀的质量，即可计算出硫酸根离子的含量进行分析。本题主要考查物质的制备等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。25.【答案】化学 C6H12O6 H2CO3 生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CaO与CO2的反应  CO 控制温度在945℃以上充分加热 CaC2O4⋅H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 【解析】解：(1)①光合作用可以实现CO2的固定，光合作用主要是将光能转化为化学能。②根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变，反应前C、H、O原子的个数分别为：0、0、12，反应后C、H、O原子的个数分别为：6、12、18，则A中C、H、O原子的个数分别为：6、12、6，所以A的化学式为：C6H12O6。③CO2的水溶液能使紫色石蕊试液变红，其原因是二氧化碳和水反应生成碳酸(化学式为：H2CO3)，碳酸有酸性，能使紫色石蕊变红。(2)①CaO在捕集CO2时，当CaO剩余40%时，捕集能力明显降低，主要原因是：生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CaO与CO2的反应。②CO2释放时的反应是碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：。(3)①根据分解过程中的质量变化：先减少18，然后减少28，最后减少44可知，生成的气体依次为：H2O、CO、CO2，则400～600℃时释放出气体的化学式为CO；由图可知，欲使CaC2O4⋅H2O全部分解生成CaO，需要控制温度在945℃以上。②由热分解CaC2O4⋅H2O制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其可能的原因是：CaC2O4⋅H2O产生的气体更多，使CaO更疏松多孔，能更好的捕集CO2。(4)设至少需要含CaCO390%的石灰石质量为x。100             5690%x          28t10056=90%x28tx≈55.6t答：至少需要含CaCO390%的石灰石质量为55.6t。故答案为：(1)①化学；②C6H12O6；③H2CO3；(2)①生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CaO与CO2的反应；；(3)①CO；控制温度在945℃以上充分加热；②CaC2O4⋅H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔；(4)55.6t。(1)①根据光合作用主要是将光能转化为化学能来分析；②根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变来分析；③根据二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸有酸性来分析；(2)①根据CaO在捕集CO2时，当CaO剩余40%时，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CaO与CO2的反应来分析；②根据碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳来分析；(3)①根据分解过程中的质量变化来分析；②根据CaC2O4⋅H2O产生的气体更多，使CaO更疏松多孔，能更好的捕集CO2来分析；(4)根据氧化钙的质量和化学方程式的计算来分析。本题主要考查物质的性质和化学方程式的计算，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。