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江苏省苏州市2024年中考化学真题
1．（2024·苏州）苏州是历史悠久的文化名城，古今建筑交相辉映。下列建筑材料属于金属材料的是
A．旧城墙的青砖 B．古城门的铜钉
C．火车站立柱的水泥 D．博物馆天窗的玻璃
【答案】B
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A、青砖所用材料属于无机非金属材料，不符合题意；
B、铜钉所用材料属于金属材料，不符合题意；
C、水泥所用材料属于无机非金属材料，不符合题意；
D、玻璃所用材料属于无机非金属材料，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据金属材料包括纯金属和合金分析。
2．（2024·苏州）空气的组成成分中，体积分数最大的是（　　）
A．O2 B．N2 C．CO2 D．稀有气体
【答案】B
【知识点】空气的组成
【解析】【解答】空气的成分按体积计算，大约是：氮气占78%、氧气占21%、稀有气体占0.94%、二氧化碳占0.03%、其它气体和杂质占0.03%．
A、O2占21%，不是体积分数最大的气体，故选项错误；
B、N2占78%，是体积分数最大的气体，故选项正确；
C、CO2占0.03%，不是体积分数最大的气体，故选项错误；
D、稀有气体占0.94%，不是体积分数最大的气体，故选项错误；
故选：B．
【分析】根据空气中各成分的体积分数：按体积计算，大约是：氮气占78%、氧气占21%、稀有气体占0.94%、二氧化碳占0.03%、其它气体和杂质占0.03%，进行分析判断．
3．（2024·苏州）下列物质由分子构成的是（　　）
A．铜 B．氯化钠 C．水 D．金刚石
【答案】C
【知识点】物质的构成和含量分析
【解析】【解答】A、铜属于金属单质，是由铜原子直接构成的，故A不符合题意；
B、氯化钠是含有金属元素和非金属元素的化合物，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，故B不符合题意；
C、水是由非金属元素组成的化合物，是由水分子构成的，故C符合题意；
D、金刚石属于固态非金属单质，是由碳原子直接构成的，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据除金属单质、固态非金属单质和稀有气体和盐和酸碱盐之外的物质都是由分子构成的进行分析
4．（2024·苏州）下列有关化学用语的表示正确的是
A．银元素：AG B．硫酸钠：Na2S
C．3个氧原子：O3 D．2个镁离子：2Mg2+
【答案】D
【知识点】元素的符号及其意义；化学式的书写及意义
【解析】【解答】A、银的元素符号是Ag，不符合题意；
B、硫酸钠的化学式为Na2SO4，不符合题意；
C、3个氧原子表示为3O，不符合题意；
D、镁离子带2个单位正电荷，2个镁离子可表示为2Mg2+，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据书写元素符号注意“一大二小”分析；
B、根据化合物化学式书写一般遵循正价在前负价在后，化合价代数和为0原则分析；
C、根据用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字分析；
D、根据离子符号书写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分析。
（2024·苏州）阅读下列材料，回答下列小题：
高锰酸钾(KMnO4)是一种受热或见光易分解的晶体，可用于实验室制取氧气，反应原理为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑。KMnO4溶液可用作消毒剂。
5．下列物质中属于氧化物的是
A．KMnO4 B．K2MnO4 C．MnO2 D．O2
6．在高锰酸钾制氧气实验中，一定不需要用到的仪器是
A．酒精灯 B．试管 C．漏斗 D．集气瓶
7．下列关于高锰酸钾的说法正确的是
A．高锰酸钾应保存于棕色试剂瓶
B．高锰酸钾受热不易发生分解
C．高锰酸钾难溶于水
D．制氧气时高锰酸钾中氧元素全部转化为氧气
【答案】5．C
6．C
7．A
【知识点】实验室常见的仪器及使用；氧气的实验室制法；质量守恒定律及其应用；从组成上识别氧化物
【解析】【分析】（1）根据氧化物是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物分析；
（2）根据高锰酸钾制氧气装置特点分析；
（3）根据高锰酸钾的性质分析。
5．A、KMnO4 是由钾、锰、氧三种元素组成，不是氧化物，不符合题意；
B、K2 MnO4是由钾、锰、氧三种元素组成，不是氧化物，不符合题意；
C、MnO2 是由锰、氧两种元素组成，是氧化物，符合题意；
D、O2 是由一种元素组成，是单质，不是氧化物，不符合题意。
故答案为：C。
6．A、高锰酸钾制氧气需加热，要用到酒精灯，不符合题意；
B、高锰酸钾制氧气需用试管作反应容器，不符合题意；
C、漏斗是过滤所需仪器，高锰酸钾制氧气不需该仪器，符合题意；
D、收集氧气需用到集气瓶，不符合题意。
故选C；
7．A、高锰酸钾见光易分解，棕色试剂瓶可以避光，高锰酸钾应保存于棕色试剂瓶，符合题意；
B、高锰酸钾受热易分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，不符合题意；
C、高锰酸钾易溶于水，不符合题意；
D、高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，其中的氧元素只有部分转化为氧气，还有部分氧元素留在K2MnO4和MnO2中，不符合题意。
故答案为：A。
8．（2024·苏州）下列有关溶液的说法正确的是
A．溶液由溶质和溶剂组成
B．碘酒中，碘是溶剂，酒精是溶质
C．溶液的溶质只能是一种
D．所有溶液均是无色、澄清的液体
【答案】A
【知识点】溶液的组成及特点
【解析】【解答】A、溶液是由溶质和溶剂组成的混合物，符合题意；
B、碘酒中碘是溶质，酒精是溶剂，不符合题意；
C、溶液的溶质可以是一种，也可以是多种，不符合题意；
D、溶液不一定是无色的液体，如CuSO4溶液呈蓝色、不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据溶液是组成、溶液的命名及溶液的特点分析。
9．（2024·苏州）硒元素是人体健康必不可少的微量元素。硒元素在元素周期表中的部分信息如图所示。下列说法正确的是
A．硒元素属于金属元素 B．硒的元素符号为Se
C．硒原子的最外层电子数为34 D．硒的相对原子质量为78.96g
【答案】B
【知识点】原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用；相对原子质量和相对分子质量
【解析】【解答】A、硒元素名称中含有“石”字旁，属于非金属元素，不符合题意；
B、元素周期表小格信息右上角字母为元素符号，硒的元素符号为Se，符合题意；
C、元素周期表小格信息中左上角的数字表示原子序数，硒原子序数=质子数=核外电子数=34，不符合题意；
D、元素周期表小格信息中汉字下面的数字表示相对原子质量，硒的相对原子质量为78.96，相对原子质量单位是“1”，不是“g”，常省略不写，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据元素周期表左上角的数字表示原子序数；字母表示该元素的元素符号；中间的汉字表示元素名称；汉字下面的数字表示相对原子质量，相对原子质量单位是“1”，不是“g”分析。
10．（2024·苏州）下列有关水的说法正确的是
A．地球上的淡水资源取之不尽用之不竭
B．用活性炭吸附可除去水中的所有杂质
C．生活中可利用肥皂水区分硬水和软水
D．生活污水和工业废水可随意排入河流
【答案】C
【知识点】水的净化；硬水与软水；保护水资源
【解析】【解答】A、地球上的淡水资源极短缺，需要节约用水，不符合题意；
B、活性炭具有吸附性，可用活性炭可以除去水中色素和异味，但不能除去水中所有的杂质，不符合题意；
C、可用加肥皂水观察产生泡沫多少来区分硬水和软水，符合题意；
D、生活污水和工业废水随意排入河流会造成水污染，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据水资源的现状分析；
B、根据活性炭的吸附性分析；
C、根据硬水软水利用肥皂水鉴别分析；
D、根据生活污水的任意排放会污染水体分析。
11．（2024·苏州）火的使用推动人类文明的进步。下列有关燃烧与灭火的说法或措施正确的是
A．可燃物接触氧气即可发生燃烧 B．将木材架空可以降低其着火点
C．电线短路起火，可用冷水浇灭 D．炒菜油锅着火，可用锅盖盖灭
【答案】D
【知识点】燃烧与燃烧的条件；灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、燃烧除了要接触氧气，可燃物自身的温度也要达到着火点，故A错误；
B、着火点是木材的本身的属性，一般无法降低；将木材架空可以增大可燃物与氧气的接触面积，使燃烧更充分，故B错误；
C、电线短路起火应该先切断电源，且不能用冷水浇灭，不然会引发触电，故C错误；
D、炒菜油锅着火，可用锅盖盖灭，这样隔绝了氧气与可燃物的接触，达到灭火目的，故D正确。
故选D。
【分析】1.物质跟氧气发生的燃烧反应必须同时满足如下三个条件才能发生：
（1）物质本身是可燃的（可燃物）；
（2）可燃物与充足的氧气接触；
（3）达到可燃物燃烧所需的最低温度（着火点）。
2.灭火的原理和方法，主要有如下三种：
（1）使温度降低着火点以下，如用嘴吹灭燃烧的蜡烛；
（2）隔绝氧气或空气；如油锅着火时，可盖严锅盖；
（3）清除可燃物或使可燃物与其他物品隔离；如森林失火时，经常砍掉一片树木形成隔离带。
12．（2024·苏州）在“粗盐中难溶性杂质的去除”实验中，所涉及到的下列实验操作不规范的是
A．溶解粗盐 B．过滤粗盐水
C．点燃酒精灯 D．蒸发滤液
【答案】C
【知识点】实验室常见的仪器及使用；过滤的原理、方法及其应用；蒸发与蒸馏操作；粗盐提纯
【解析】【解答】A、溶解时，应用玻璃棒不断搅拌加速溶解，不符合题意；
B、过滤要用玻璃棒引流，不符合题意；
C、点燃酒精灯要用火柴，不能用一只酒精灯去点燃另一只酒精灯，符合题意；
D、蒸发时应用玻璃棒不断搅拌，防止局部温度过高，造成液滴飞溅，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据溶解玻璃棒搅拌作用分析；
B、根据过滤时，应遵循“一贴、二低、三靠”的原则分析；
C、根据使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”分析；
D、根据蒸发操作要求分析。
13．（2024·苏州）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．镁有银白色光泽，可用于生产烟花
B．氮气是无色无味气体，可用作保护气
C．石墨具有导电性，可用于制作铅笔芯
D．熟石灰具有碱性，可用于改良酸性土壤
【答案】D
【知识点】空气的组成；氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；常见碱的特性和用途；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、可生产烟花是利用镁燃烧放出耀眼白光的性质，不符合题意；
B、氮气可用作保护气是利用其稳定性，不符合题意；
C、石墨用作铅笔芯是利用其质软，不符合题意；
D、熟石灰为氢氧化钙，具有碱性，可用于改良酸性土壤，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据所给各物质的性质及对应用途分析。
14．（2024·苏州）下列有关金属的说法正确的是
A．常温下，所有金属单质均是固体
B．工业炼铁可用一氧化碳将铁的氧化物还原成铁
C．铁的锈蚀只与空气中的氧气有关
D．废旧铁制用品应该直接填埋处理
【答案】B
【知识点】金属元素的存在及常见的金属矿物；金属锈蚀的条件及其防护；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、金属汞在常温下呈液态，不符合题意；
B、工业炼铁可用一氧化碳将铁从其氧化物中还原出来，符合题意；
C、铁的锈蚀是与空气中的氧气和水共同作用，不符合题意；
D、废旧铁制品可回收再利用，直接填埋处理会造成环境污染且造成浪费，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据汞常温呈液态分析；
B、根据工业炼铁原理分析；
C、根据铁生锈实质分析；
D、根据废旧金属回收再利用分析。
15．（2024·苏州）宋代《千里江山图》历经千年青绿依旧。其中绿色颜料来自孔雀石[主要成分为Cu2(OH)2CO3，也可表示为xCu(OH)2 yCuCO3]。下列说法正确的是
A．Cu(OH)2易溶于水 B．Cu(OH)2不能与稀硫酸发生反应
C．CuCO3属于碱 D．
【答案】D
【知识点】常见碱的特性和用途；碱的化学性质；化学式的书写及意义；酸、碱、盐的概念
【解析】【解答】A、氢氧化铜难溶于水，不符合题意；
B、氢氧化铜为碱，能与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，不符合题意；
C、碳酸铜是由碳酸根离子和铜离子构成的，属于盐，不符合题意；
D、Cu2(OH)2CO3中含有铜离子、氢氧根离子、碳酸根离子数目比为2：2：1。所以改写后氢氧根离子和碳酸根离子的数目比也应该为2：1，所以，则，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据氢氧化铜的溶解性分析；
B、根据酸和碱能发生反应分析；
C、根据金属离子和酸根离子形成的化合物为盐分析；
D、根据所给物质化学式确定原子个数关系分析。
16．（2024·苏州）Na2CO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是
A．Na2CO3的溶解度随温度升高而增大
B．Na2CO3的溶解度一定比NaCl的大
C．T℃时，30gNaCl能完全溶解于50g水中
D．T℃时，Na2CO3和NaCl两种饱和溶液的溶质质量分数相等
【答案】D
【知识点】固体溶解度的概念；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、由图可知，碳酸钠的溶解度随温度的升高先增大后减小，不符合题意；
B、比较不同物质的溶解度大小需有温度条件，无温度，不能进行比较，不符合题意；
C、T℃时，氯化钠的溶解度小于40g，即该温度下，100g水中最多可溶解氯化钠的质量小于40g，则该温度下30g氯化钠不能完全溶解于50g水中，不符合题意；
D、T℃时，氯化钠和碳酸钠的溶解度相等，则该温度下，碳酸钠和氯化钠饱和溶液的溶质质量分数相等，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据溶解度曲线含义分析，溶解度曲线可以确定同一温度下不同物质的溶解度大小，可以确定各物质的溶解度随温度变化规律，确定结晶方法及饱和溶液不饱和溶液的转化方法，若溶解度受温度影响很大，适用于降温结晶，若溶解度受温度影响不大，则可采用蒸发结晶；可以根据溶解度/(溶解度+100)确定某温度下饱和溶液的溶质质量分数。
17．（2024·苏州）在给定条件下，下列选项所示的物质转化不能实现的是
A．CuFe B．PP2O5
C．CO2O2 D．NaOH溶液NaCl溶液
【答案】A
【知识点】测定空气中的氧气含量；自然界中的物质循环；金属的化学性质；酸的化学性质
【解析】【解答】A、铜的活动性小于铁，铜与硫酸亚铁不反应，符合题意；
B、红磷在氧气中燃烧能生成五氧化二磷，不符合题意；
C、植物通过光合作用将二氧化碳和水可转化为氧气，不符合题意；
D、氢氧化钠与盐酸反应能生成氯化钠和水，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据所给各物质的性质分析，由各物质的性质确定各选项中转化是否可实现。
18．（2024·苏州）某实验小组设计如图实验对过氧化氢分解进行探究。
下列相关说法不正确的是
A．对比实验甲和乙，探究H2O2浓度对H2O2分解速率的影响
B．对比实验乙和丁，探究MnO2对H2O2分解速率的影响
C．对比实验甲和丙，探究温度对H2O2分解速率的影响
D．对比实验甲、丙和丁，探究MnO2和温度对H2O2分解速率影响的程度
【答案】B
【知识点】氧气的实验室制法；催化剂的特点与催化作用；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】A、甲和乙实验变量只有过氧化氢的浓度，对比实验甲和乙可探究H2O2浓度对H2O2分解速率的影响，不符合题意；
B、实验乙和丁中过氧化氢浓度和二氧化锰都不同，变量不唯一，不能探究MnO2对H2O2分解速率的影响，符合题意；
C、甲和丙只温度不同，对比实验甲和丙，可探究温度对H2O2分解速率的影响，不符合题意；
D、对比甲和丙可以探究温度对H2O2分解速率的影响，对比实验甲、丁，变量是二氧化锰，可以探究MnO2对H2O2分解速率的影响，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据对比实验的设计方法分析，设计对比实验时要保证变量的唯一性，结合所给各对比实验的条件解答。
19．（2024·苏州）常温下，取少量实验室制CO2的剩余液(稀盐酸和CaCl2的混合溶液)，边搅拌边滴加一定溶质质量分数的Na2CO3溶液(见图)，产生无色气体，白色沉淀不断增加。下列有关说法正确的是
A．滴加Na2CO3溶液前，锥形瓶内溶液中阳离子仅含Ca2+
B．滴加Na2CO3溶液至沉淀完全时，锥形瓶内溶液的溶质是NaCl和HCl
C．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液的酸性逐渐增强
D．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液中含有的Cl-数目保持不变
【答案】D
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质
【解析】【解答】A．滴加Na2CO3溶液前，锥形瓶内溶液中溶质为氯化钙和氯化氢，阳离子含Ca2+、H+，不符合题意；
B．稀盐酸和CaCl2的混合溶液中加入碳酸钠溶液，盐酸先和碳酸钠反应产生氯化钠、水和二氧化碳，然后氯化钙和碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，沉淀完全时，盐酸一定先反应完全，溶液中溶质不会有HCl，不符合题意；
C．碳酸钠溶液显碱性，滴加碳酸钠溶液过程中，碳酸钠和盐酸反应，锥形瓶内溶液的酸性逐渐减弱，碱性增强，不符合题意；
D．碳酸钠与盐酸和氯化钙反应过程中，发生变化的离子为碳酸根离子、氢离子、钙离子，反应过程中氯离子数目没有改变，符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据稀盐酸和CaCl2的混合溶液中加入碳酸钠溶液，盐酸先和碳酸钠反应产生氯化钠、水和二氧化碳，然后氯化钙和碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钠溶液呈碱性分析。
20．（2024·苏州）捕集空气中CO2加氢制甲醇(CH3OH)，可实现CO2资源化利用和“零碳”排放，其转化流程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应①中，电解水生成的H2和O2的分子个数比为2：1
B．反应②中，生产1.6kgCH3OH理论上要消耗2.2kgCO2
C．转化过程中，H2O和H2循环转化，无需额外补充
D．等质量的甲醇制取时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，实现“零碳”排放
【答案】C
【知识点】电解水实验；微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】A、反应①水通电分解生成氢气和氧气，化学方程式为：，生成的H2和O2的分子个数比为2：1，不符合题意；
B、反应②中，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，根据碳元素质量守恒，生产1.6kgCH3OH理论上要消耗CO2的质量为，不符合题意；
C、反应过程中水中元素并未完成转化为 CH3OH ，故转化过程中，H2O和H2虽然可循环转化，但是也需额外补充，符合题意；
D、由碳元素质量守恒可知，等质量的甲醇制取时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，可实现“零碳”排放，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据电解水的方程式确定分子个数关系分析；
B、根据化学反应前后元素质量不变及元素质量为物质质量×元素质量分数分析；
C、根据转化时反应物和所转化物质中氢、氧原子个数分析；
D、根据化学反应前后元素质量不变分析。
21．（2024·苏州）“福建舰”解缆启航，标志着我国航空母舰建设迈向新征程。
I.航母建造
（1）航母建造需使用纯铜、钢铁、钛合金等。
①航母电缆用纯铜制作，主要利用铜的延展性和　 　性。
②钢铁的硬度比纯铁　 　(填“大”或“小”)。
③钛可由二氧化钛(TiO2)制得，TiO2中Ti的化合价为　 　。
II.能源供给
（2）航母动力由重油(含C8H18等多种成分)燃烧提供。C8H18分子中碳、氢原子个数比为　 　(填最简整数比)。
（3）通讯工具使用的锂电池，工作时能量转化的主要方式为　 　。
III.生命保障
（4）食物和淡水是重要的生活保障。
①供给食物包含牛奶和青菜，其中主要为人体提供蛋白质的食品是　 　。
②部分淡水可通过减小压强使水的沸点　 　(填“升高”或“降低”)，进而使水汽化、冷凝而获得。
（5）过氧化钠(Na2O2)可用作舰载机飞行员供氧面罩的供氧剂。Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2的化学方程式为　 　。
【答案】导电；大；+4；；化学能转化为电能；牛奶；降低；
【知识点】合金与合金的性质；生命活动与六大营养素；有关元素化合价的计算；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）①铜可以导电，航母电缆用纯铜制作，主要利用铜的延展性和导电性。②合金的硬度比纯金属的硬度大，钢铁的硬度比纯铁大。③钛可由二氧化钛(TiO2)制得，TiO2中氧元素的化合价为-2，设钛元素的化合价为x，化合物中各元素的正负化合价代数和为零，则，，故Ti的化合价为+4。
（2）C8H18分子中碳、氢原子个数比为。
（3）通讯工具使用的锂电池，工作时能量转化的主要方式为化学能转化为电能。
（4）①供给食物包含牛奶和青菜，牛奶富含蛋白质，青菜富含维生素，其中主要为人体提供蛋白质的食品是牛奶。②水的沸点随压强的减小而降低，则部分淡水可通过减小压强使水的沸点降低，进而使水汽化、冷凝而获得。
（5）Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2的化学方程式为。
【分析】（1）根据金属的导电性，合金硬度大于纯金属，化合物中元素化合价代数和为0分析；
（2）根据化学式右下角数字为原子个数比分析；
（3）根据能量的转化分析；
（4）根据奶中富含蛋白质，菜中富含维生素分析；
（5）根据题意确定出Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2分析。
22．（2024·苏州）实验室用如图所示装置制取CO2气体，并进行相关性质研究。
已知：CO2与饱和NaHCO3溶液不发生反应。
（1）仪器a的名称是　 　。
（2）连接装置A、B，向锥形瓶内逐滴加入稀盐酸。
①锥形瓶内发生反应的化学方程式为　 　。
②若装置B内盛放饱和NaHCO3溶液，其作用是　 　。
③若装置B用来干燥CO2，装置B中应盛放的试剂是　 　。
（3）将纯净干燥的CO2缓慢通入装置C，观察到现象：
a.玻璃管内的干燥纸花始终未变色；
b.塑料瓶内的下方纸花先变红色，上方纸花后变红色。
①根据上述现象，得出关于CO2性质的结论是：　 　、　 　。
②将变红的石蕊纸花取出，加热一段时间，纸花重新变成紫色，原因是　 　(用化学方程式表示)。
（4）将CO2通入澄清石灰水，生成白色沉淀，该过程参加反应的离子有　 　(填离子符号)。
【答案】（1）分液漏斗
（2）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；除去CO2中混有的HCl；浓硫酸
（3）CO2与水反应生成碳酸；CO2密度比空气大；
（4）Ca2+、OH-
【知识点】盐的化学性质；根据浓硫酸或碱石灰的性质确定所能干燥的气体；二氧化碳的化学性质；探究二氧化碳的性质
【解析】【解答】（1）据图可知，仪器a是分液漏斗。
（2）①石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。②由于NaHCO3溶液与二氧化碳不反应，与HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以装置B内盛放饱和NaHCO3溶液是为了除去CO2中混有的HCl。③由于浓硫酸具有吸水性，与二氧化碳不反应，所以装置B用来干燥CO2，装置B中应盛放的试剂是浓硫酸。
（3）①由于玻璃管内的干燥纸花始终未变色；塑料瓶内的下方纸花先变红色，上方纸花后变红色。所以得出关于CO2性质的结论是：CO2与水反应生成碳酸；CO2密度比空气大。②将变红的石蕊纸花取出，加热一段时间，纸花重新变成紫色，说明碳酸受热分解生成二氧化碳和水，化学方程式。
（4） 由于将CO2通入澄清石灰水，生成白色沉淀，即二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O。根据化学方程式可知，该过程参加反应的物质是二氧化碳和氢氧化钙，二氧化碳由二氧化碳分子构成，以分子的形式参加反应，氢氧化钙溶液可解离出钙离子和氢氧根离子，所以该过程参加反应的离子有钙离子和氢氧根离子，离子符号分别为Ca2+、OH－。
【分析】（1）根据常用仪器名称分析；
（2）根据二氧化碳制取原理，碳酸氢钠的性质及浓硫酸的干燥性分析；
（3）根据二氧化碳和碳酸的性质分析；
（4）根据二氧化碳与氢氧化钙反应实质分析。
（1）据图可知，仪器a是分液漏斗。故填：分液漏斗。
（2）①石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。
故填：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。
②由于NaHCO3溶液与二氧化碳不反应，与HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以装置B内盛放饱和NaHCO3溶液是为了除去CO2中混有的HCl。故填：除去CO2中混有的HCl。
③由于浓硫酸具有吸水性，与二氧化碳不反应，所以装置B用来干燥CO2，装置B中应盛放的试剂是浓硫酸。故填：浓硫酸。
（3）①由于玻璃管内的干燥纸花始终未变色；塑料瓶内的下方纸花先变红色，上方纸花后变红色。所以得出关于CO2性质的结论是：CO2与水反应生成碳酸；CO2密度比空气大。故填：CO2与水反应生成碳酸；CO2密度比空气大。
②将变红的石蕊纸花取出，加热一段时间，纸花重新变成紫色，说明碳酸受热分解生成二氧化碳和水，化学方程式。故填：
。
（4）由于将CO2通入澄清石灰水，生成白色沉淀，即二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O。根据化学方程式可知，该过程参加反应的物质是二氧化碳和氢氧化钙，二氧化碳由二氧化碳分子构成，以分子的形式参加反应，氢氧化钙溶液可解离出钙离子和氢氧根离子，所以该过程参加反应的离子有钙离子和氢氧根离子，离子符号分别为Ca2+、OH－。故填：Ca2+、OH－。
23．（2024·苏州）天然气的综合利用是重要的研究课题。
天然气是重要的化石燃料和能源，主要成分为甲烷(CH4)，还含有少量硫化氢(H2S)等气体。硫化氢可在催化剂作用下与甲烷反应而除去，其反应微观示意图如图1所示。
利用甲烷催化制取氢气。一种甲烷水蒸气催化制氢的透氢膜反应器如图2所示，通入的甲烷和水蒸气在高温和催化剂作用下反应生成一氧化碳和氢气(该反应是吸热反应)，一部分氢气通过透氢膜与膜外侧通入的氧气反应。
利用甲烷在高温、Cu-Pd催化作用下分解可制取新型碳单质材料——石墨烯，石墨烯具有很高的强度和优良的导电性能。
（1）甲烷完全燃烧生成CO2和H2O的化学方程式为　 　。
（2）结合图1，分析甲烷与硫化氢的反应。
①产物“”中，碳元素和硫元素的质量比为　 　(填最简整数比)。
②该反应过程中变化的是　 　(填字母)。
A.分子的数目 B.原子的种类 C.物质的总质量
（3）结合图2，分析甲烷水蒸气制氢反应。
①甲烷水蒸气制氢反应的化学方程式为　 　。
②在反应器的膜外侧通入氧气的主要目的是　 　。
（4）下列说法正确的是________(填字母)。
A．天然气属于纯净物
B．天然气和氢气均属于可再生能源
C．透氢膜反应器内生成的CO与H2未被完全分离
D．石墨烯具有优良的导电性能，是一种金属单质
【答案】（1）
（2）3：16；A
（3）；H2与O2反应放热，为制氢提供热量
（4）C
【知识点】化学方程式的书写与配平；化石燃料的利用与保护；资源综合利用和新能源开发；甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途
【解析】【解答】（1）甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：；
（2）①产物“ ”的化学式为：CS2，CS2中碳元素和硫元素的质量比为：；
②由图可知，该反应为甲烷和硫化氢在催化剂的作用下反应生成CS2和氢气，该反应的化学方程式为：，由化学方程式可知，化学反应前后，分子的数目发生了改变，反应前是3个，反应后是5个，A符合题意；根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，B不符合题意；根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，C不符合题意。
（3）①由图2可知，甲烷水蒸气制氢反应为甲烷和水蒸气在高温和催化剂的作用下反应生成一氧化碳和氢气，该反应的化学方程式为：；②氢气和氧气反应生成水，该反应放出大量的热，故在反应器的膜外侧通入氧气的主要目的是：H2与O2反应放热，为制氢提供热量；
（4）天然气的主要成分是甲烷，还含有其它物质，属于混合物，A不符合题意；天然气属于化石燃料，短期内不能再生，属于不可再生能源，氢气可通过电解水等制得，属于可再生能源，B不符合题意；一氧化碳和氢气均是气体，透氢膜反应器内生成的CO与H2混合在一起，未被完全分离，C符合题意；石墨烯具有优良的导电性能，但是石墨烯是由碳元素组成的纯净物，属于碳单质，D不符合题意。
【分析】（1）根据甲烷燃烧生成CO2和H2O 分析；
（2）根据元素质量比为相对原子质量×原子个数之比，化学反应前后原子种类、质量不变，物质总质量不变分析；
（3）根据甲烷与水反应生成一氧化碳和氢气，氧气的助燃性分析；
（4）根据纯净物由同种物质组成，化石能源为不可再生能源，石墨烯为碳单质分析。
（1）甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：；
（2）①产物“ ”的化学式为：CS2，CS2中碳元素和硫元素的质量比为：；
②A、由图可知，该反应为甲烷和硫化氢在催化剂的作用下反应生成CS2和氢气，该反应的化学方程式为：，由化学方程式可知，化学反应前后，分子的数目发生了改变，反应前是3个，反应后是5个，符合题意；
B、根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，不符合题意；
C、根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，不符合题意。
故选A；
（3）①由图2可知，甲烷水蒸气制氢反应为甲烷和水蒸气在高温和催化剂的作用下反应生成一氧化碳和氢气，该反应的化学方程式为：；
②氢气和氧气反应生成水，该反应放出大量的热，故在反应器的膜外侧通入氧气的主要目的是：H2与O2反应放热，为制氢提供热量；
（4）A、天然气的主要成分是甲烷，还含有其它物质，属于混合物，不符合题意；
B、天然气属于化石燃料，短期内不能再生，属于不可再生能源，氢气可通过电解水等制得，属于可再生能源，不符合题意；
C、一氧化碳和氢气均是气体，透氢膜反应器内生成的CO与H2混合在一起，未被完全分离，符合题意；
D、石墨烯具有优良的导电性能，但是石墨烯是由碳元素组成的纯净物，属于碳单质，不符合题意。
故选C。
24．（2024·苏州）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种补血剂，易溶于水，难溶于乙醇。某科研小组在实验室研究制备柠檬酸亚铁。
I.制碳酸亚铁
用预处理后的硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3，含少量不溶性杂质)制备碳酸亚铁的流程如图：
已知：a.Na2CO3溶液呈碱性；
b.FeSO4在碱性条件下生成Fe(OH)2沉淀。
（1）“酸浸”时，为提高铁元素的浸出率，可采取的措施是　 　(任写一条)。
（2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成。“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是　 　(填离子符号)。
（3）“操作X”是为了除去过量铁粉和不溶性杂质。“操作X”是　 　(填操作名称)。
（4）“沉铁”时，反应原理为FeSO4+Na2CO3=FeCO3↓+Na2SO4。
①该反应的基本类型为　 　。
②实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，其原因是　 　。
③待FeSO4完全反应后，过滤，洗涤。洗涤前，FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是　 　(填化学式)。
II.制柠檬酸亚铁
（5）用如图所示装置制备柠檬酸亚铁：
步骤1：在三颈烧瓶中加入一定质量FeCO3固体、少量铁粉及足量柠檬酸(C6H8O7)溶液，控制温度约80℃，搅拌，充分反应；
步骤2：将所得混合溶液加热浓缩，加入适量无水乙醇，静置，过滤，洗涤，干燥，得到柠檬酸亚铁晶体。
制备原理为FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+X+H2O，物质X是　 　(填化学式)。
②“步骤2”中，加入无水乙醇的目的是　 　。
③实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量，原因是　 　。
【答案】适当升高温度、搅拌等；Fe3+、H+；过滤；复分解反应；避免生成Fe(OH)2；Na2SO4；CO2；降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；铁粉与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；影响溶解快慢的因素；酸的化学性质；复分解反应及其应用
【解析】【解答】（1）“酸浸”时，充分反应可以提高铁元素的浸出率，可以适当升高温度、搅拌等；
（2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，即铁和铁离子反应生成亚铁离子；同时有无色气体生成，说明存在氢离子，铁和氢离子反应生成氢气，故“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是Fe3+、H+；
（3）铁粉不溶于水，除去铁粉和不溶性杂质的方法是过滤，将固体和液体分离；
（4）①该反应是两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物，属于复分解反应；②根据信息：“FeSO4在碱性条件下生成Fe(OH)2沉淀”，实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，避免生成Fe(OH)2；③依据，反应后的溶液中含有硫酸钠，所以FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是Na2SO4；
（5）①依据质量守恒定律，反应前后原子的种类、个数不变，反应前Fe、C、O、H原子的个数分别为1、7、10、8，反应后Fe、C、O、H原子的个数分别为1、6、8、8，则物质X是CO2；②柠檬酸亚铁难溶于乙醇，所以“步骤2”中，加入无水乙醇可以降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；③铁能与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁和氢气，所以实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量。
【分析】（1）根据加热或搅拌可使反应更充分分析；
（2）根据酸浸后溶液中溶质种类确定所含阳离子分析；
（3）根据过滤原理分析；
（4）根据两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物的反应为复分解反应，反应过程中要防止其它物质的干扰分析；
（5）根据化学反应前后原子种类和个数不变， 反应过程中铁粉与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁 分析。
25．（2024·苏州）氨气是制备各类含氮化合物的基础原料，在生产和使用过程中会产生氨氮废水，需处理达标后才能排放。
I.氨的合成
（1）工业上利用N2+3H22NH3合成氨气。
①可通过分离液态空气获得原料N2，该过程属于________(填“物理变化”或“化学变化”)。
②催化剂可用Fe3O4。高温下，部分Fe3O4被H2还原为FeO，转化过程中固体所含铁元素的质量分数________(填“升高”或“降低”)。
Ⅱ.氨的应用
（2）液氨可用作制冷剂。氨气转化为液氨过程中，发生改变的是________(从微观角度解释)。
（3）利用NH3去除汽车尾气中的NO，生成水和一种气体单质。该过程中化合价发生变化的元素是________(填元素符号)。
Ⅲ.氨氮测定
（4）测定氨氮含量：取200mL氨氮废水，将氮元素完全转化为NH3，完全吸收所得NH3需要消耗9.8g10%的稀硫酸[反应原理2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4]。计算该废水中的氮元素含量。(含量以g L-1表示，写出计算过程。H2SO4的相对分子质量为98)________。
Ⅳ.氨氮废水处理
某工厂的氨氮废水处理流程如图：
已知：水体中的氮元素通常以氨氮(NH或NH3)、硝氮(NO或NO)形式存在。
（5）“吹脱”时，加入物质X，将NH转化为NH3，并通入热空气将NH3吹出。物质X可选用_______(填字母)。
A. 稀盐酸 B. NaOH溶液 C. NaCl溶液 D. 生石灰
（6）“氧化”时，次氯酸钠投入质量m(NaClO)对废水中的氨氮去除率(×100%)和总氮残留率(×100%)的影响如图所示。
①NaClO将NH3反应转化为N2的化学方程式为________。
②当m(NaClO)＞m1时，废水中总氮残留率上升的原因是________。
【答案】(1) 物理变化 升高
(2) 氨气分子间的间隙
(3) N
(4)
设吸收氨气的质量为x
=
x=0.34g
氮元素的质量为：0.34g××100%=0.28g
废水中的氮元素含量==1.4g L-1
答：废水中的氮元素含量为1.4g L-1
(5) B，D
(6) 3NaClO+2NH3=N2+3NaCl+3H2O 部分氨气被转化为NO或NO，留在废水中
【知识点】盐的化学性质；分子的定义与分子的特性；物理变化、化学变化的特点及其判别；化学式的相关计算；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）①可通过分离液态空气获得原料N2，该过程中没有新物质生成，属于物理变化；②Fe3O4中铁元素的质量分数为，FeO中铁元素的质量分数为，所以该转化过程中固体所含铁元素的质量分数升高；
（2）氨气转化为液氨过程中，氨气分子间的间隙变小；
（3）利用NH3去除汽车尾气中的NO，生成水和一种气体单质，由质量守恒定律可知，化学反应前后元素的种类不变，则该气体为氮气，反应前NH3中氮元素的化合价为-3价，氢元素的化合价为+1价，NO中氮元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，反应后水中氢元素的化合价为+1价，氧元素的化合价为-2价，氮气中氮元素的化合价为0价，则该过程中化合价发生变化的元素是N；
（5） 铵根和氢氧根结合可以生成氨气；稀盐酸中不含氢氧根，A不符合题意；NaOH溶液中含氢氧根，B符合题意；NaCl溶液中不含氢氧根，C不符合题意；生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙溶液中含氢氧根，D符合题意；
（6）①NaClO与NH3反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为：3NaClO+2NH3=N2+3NaCl+3H2O；②从图可以看出，当m(NaClO)＞m1时，废水中总氮残留率上升，但氨氮去除率为100%，则说明氮元素不以氨气或铵根离子的形式残留。结合“已知：水体中的氮元素通常以氨氮、硝氮形式存在。”可知，此时废水中的氮元素以硝氮形式存在。所以废水中总氮残留率上升，是因为部分氨气被转化为或，留在废水中。
【分析】（1）根据没有新物质生成的变化为物理变化，元素质量分数＝相对原子质量×原子个数/相对分子质量分析；
（2）根据物质状态的变化是分子间隔发生变化分析；
（3）根据单质中元素化合价为0，化合物中元素化合价代数和为0分析；
（4）根据反应的硫酸的质量及方程式中物质间质量关系确定出反应的氮气质量，再由此计算出氮元素质量，从而计算废水中氮元素含量分析；
（5）根据铵根和氢氧根结合可以生成氨气及反应前后元素种类不变分析；
（6）根据NaClO与NH3反应生成氮气、氯化钠和水，由题中信息中氨气部分转化成离子留在废水中分析。
26．（2024·苏州）燃煤烟气中含二氧化硫，石灰石湿法脱硫制备石膏(CaSO4)的主要流程如图：
已知：a.当压强不变时，随着温度升高，气体的溶解度减少；
b.脱硫过程中，其他条件相同时，随浆液酸性增强，CaCO3溶解的质量增加，SO2吸收的质量减小；
c.CaSO3能与稀盐酸反应：CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O。
（1）大气中二氧化硫含量过高会导致的环境问题是　 　。
（2）“制浆”时，石灰石粉碎后加水所得浆液属于_______(填字母)。
A．溶液 B．悬浊液 C．乳浊液
（3）“吸收—氧化”过程包括：①CaCO3吸收SO2反应生成CaSO3；②CaSO3转化为CaSO4。该过程中反应产物无污染，其总反应化学方程式为　 　。
（4）“吸收—氧化”的脱硫率(×100%)受多种因素影响。
①吸收塔内采用气液逆流接触吸收的方式(如图1所示)。含SO2烟气从吸收塔底部鼓入，浆液从吸收塔顶部喷淋，其目的是　 　。鼓入的含SO2烟气温度过高，会导致脱硫率下降，原因是　 　。
②其他条件相同，脱硫率受浆液pH的影响如图2所示。浆液pH高于5.6时，脱硫率随pH升高而下降，其原因是　 　。
（5）所得石膏产品中混有CaSO3。请补充完整检验CaSO3的实验方案：取少量所得产品，　 　，说明产品中混有CaSO3。(必须使用的试剂：稀盐酸、稀KMnO4溶液)
【答案】（1）酸雨
（2）B
（3）2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2
（4）增大SO2与浆液接触面积（合理即可）；温度过高，SO2溶解度降低；随pH升高，浆液酸性减弱，CaCO3溶解质量减少，导致脱硫率下降；SO2吸收质量增大导致脱硫率上升，前者的程度大于后者的程度（合理即可）
（5）加入稀盐酸，将产生的气体通入稀KMnO4溶液，紫红色褪去（合理即可）
【知识点】悬浊液、乳浊液的概念及其与溶液的区别；溶液的酸碱性与pH值的关系；酸雨的产生、危害及防治；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）二氧化硫在空气中会被氧化成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸随雨水落下形成酸雨，则空气中二氧化硫浓度过高会导致的环境问题是酸雨；
（2）石灰石粉碎后加入水中以固体小颗粒的形式分散到水中，形成不均一、不稳定的悬浊液，故选B；
（3）CaCO3吸收SO2，同时与氧气作用生成CaSO4和二氧化碳，反应的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2；
（4）①浆液从吸收塔顶部喷淋，其目的是：气液接触更加充分，吸收效果更好；当压强不变时，随着温度升高，气体的溶解度减少。所以鼓入的含SO2烟气温度过高，会导致脱硫率下降，原因是：温度过高，SO2溶解度降低；②根据题文“脱硫过程中，其他条件相同时，随浆液酸性增强，CaCO3溶解的质量增加，SO2吸收的质量减小”可知，浆液pH高于5.6时，脱硫率随pH升高而下降，其原因是：随pH升高，浆液酸性减弱，CaCO3溶解质量减少，导致脱硫率下降；SO2吸收质量增大导致脱硫率上升，前者的程度大于后者的程度；
（5）稀盐酸和亚硫酸钙反应生成二氧化硫，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色。所以检验方案为：取少量所得产品，加入稀盐酸，将产生的气体通入稀KMnO4溶液，紫红色褪去，说明产品中混有CaSO3。
【分析】（1）根据二氧化硫是造成酸雨的主要气体分析；
（2）根据难溶固体与水形成的是悬浊液分析；
（3）根据题意确定CaCO3吸收SO2，同时与氧气作用生成CaSO4和二氧化碳分析；
（4）根据药品接触充分反应更彻底，气体溶解度随温度升高而减小，碳酸钙溶解的质量与溶液酸碱性的关系分析；
（5）根据稀盐酸和亚硫酸钙反应生成二氧化硫，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色分析。
（1）二氧化硫在空气中会被氧化成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸随雨水落下形成酸雨，则空气中二氧化硫浓度过高会导致的环境问题是酸雨；
（2）石灰石粉碎后加入水中以固体小颗粒的形式分散到水中，形成不均一、不稳定的悬浊液，故选B；
（3）CaCO3吸收SO2，同时与氧气作用生成CaSO4和二氧化碳，反应的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2；
（4）①浆液从吸收塔顶部喷淋，其目的是：气液接触更加充分，吸收效果更好；当压强不变时，随着温度升高，气体的溶解度减少。所以鼓入的含SO2烟气温度过高，会导致脱硫率下降，原因是：温度过高，SO2溶解度降低；
②根据题文“脱硫过程中，其他条件相同时，随浆液酸性增强，CaCO3溶解的质量增加，SO2吸收的质量减小”可知，浆液pH高于5.6时，脱硫率随pH升高而下降，其原因是：随pH升高，浆液酸性减弱，CaCO3溶解质量减少，导致脱硫率下降；SO2吸收质量增大导致脱硫率上升，前者的程度大于后者的程度；
（5）稀盐酸和亚硫酸钙反应生成二氧化硫，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色。所以检验方案为：取少量所得产品，加入稀盐酸，将产生的气体通入稀KMnO4溶液，紫红色褪去，说明产品中混有CaSO3。
1 / 1江苏省苏州市2024年中考化学真题
1．（2024·苏州）苏州是历史悠久的文化名城，古今建筑交相辉映。下列建筑材料属于金属材料的是
A．旧城墙的青砖 B．古城门的铜钉
C．火车站立柱的水泥 D．博物馆天窗的玻璃
2．（2024·苏州）空气的组成成分中，体积分数最大的是（　　）
A．O2 B．N2 C．CO2 D．稀有气体
3．（2024·苏州）下列物质由分子构成的是（　　）
A．铜 B．氯化钠 C．水 D．金刚石
4．（2024·苏州）下列有关化学用语的表示正确的是
A．银元素：AG B．硫酸钠：Na2S
C．3个氧原子：O3 D．2个镁离子：2Mg2+
（2024·苏州）阅读下列材料，回答下列小题：
高锰酸钾(KMnO4)是一种受热或见光易分解的晶体，可用于实验室制取氧气，反应原理为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑。KMnO4溶液可用作消毒剂。
5．下列物质中属于氧化物的是
A．KMnO4 B．K2MnO4 C．MnO2 D．O2
6．在高锰酸钾制氧气实验中，一定不需要用到的仪器是
A．酒精灯 B．试管 C．漏斗 D．集气瓶
7．下列关于高锰酸钾的说法正确的是
A．高锰酸钾应保存于棕色试剂瓶
B．高锰酸钾受热不易发生分解
C．高锰酸钾难溶于水
D．制氧气时高锰酸钾中氧元素全部转化为氧气
8．（2024·苏州）下列有关溶液的说法正确的是
A．溶液由溶质和溶剂组成
B．碘酒中，碘是溶剂，酒精是溶质
C．溶液的溶质只能是一种
D．所有溶液均是无色、澄清的液体
9．（2024·苏州）硒元素是人体健康必不可少的微量元素。硒元素在元素周期表中的部分信息如图所示。下列说法正确的是
A．硒元素属于金属元素 B．硒的元素符号为Se
C．硒原子的最外层电子数为34 D．硒的相对原子质量为78.96g
10．（2024·苏州）下列有关水的说法正确的是
A．地球上的淡水资源取之不尽用之不竭
B．用活性炭吸附可除去水中的所有杂质
C．生活中可利用肥皂水区分硬水和软水
D．生活污水和工业废水可随意排入河流
11．（2024·苏州）火的使用推动人类文明的进步。下列有关燃烧与灭火的说法或措施正确的是
A．可燃物接触氧气即可发生燃烧 B．将木材架空可以降低其着火点
C．电线短路起火，可用冷水浇灭 D．炒菜油锅着火，可用锅盖盖灭
12．（2024·苏州）在“粗盐中难溶性杂质的去除”实验中，所涉及到的下列实验操作不规范的是
A．溶解粗盐 B．过滤粗盐水
C．点燃酒精灯 D．蒸发滤液
13．（2024·苏州）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．镁有银白色光泽，可用于生产烟花
B．氮气是无色无味气体，可用作保护气
C．石墨具有导电性，可用于制作铅笔芯
D．熟石灰具有碱性，可用于改良酸性土壤
14．（2024·苏州）下列有关金属的说法正确的是
A．常温下，所有金属单质均是固体
B．工业炼铁可用一氧化碳将铁的氧化物还原成铁
C．铁的锈蚀只与空气中的氧气有关
D．废旧铁制用品应该直接填埋处理
15．（2024·苏州）宋代《千里江山图》历经千年青绿依旧。其中绿色颜料来自孔雀石[主要成分为Cu2(OH)2CO3，也可表示为xCu(OH)2 yCuCO3]。下列说法正确的是
A．Cu(OH)2易溶于水 B．Cu(OH)2不能与稀硫酸发生反应
C．CuCO3属于碱 D．
16．（2024·苏州）Na2CO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是
A．Na2CO3的溶解度随温度升高而增大
B．Na2CO3的溶解度一定比NaCl的大
C．T℃时，30gNaCl能完全溶解于50g水中
D．T℃时，Na2CO3和NaCl两种饱和溶液的溶质质量分数相等
17．（2024·苏州）在给定条件下，下列选项所示的物质转化不能实现的是
A．CuFe B．PP2O5
C．CO2O2 D．NaOH溶液NaCl溶液
18．（2024·苏州）某实验小组设计如图实验对过氧化氢分解进行探究。
下列相关说法不正确的是
A．对比实验甲和乙，探究H2O2浓度对H2O2分解速率的影响
B．对比实验乙和丁，探究MnO2对H2O2分解速率的影响
C．对比实验甲和丙，探究温度对H2O2分解速率的影响
D．对比实验甲、丙和丁，探究MnO2和温度对H2O2分解速率影响的程度
19．（2024·苏州）常温下，取少量实验室制CO2的剩余液(稀盐酸和CaCl2的混合溶液)，边搅拌边滴加一定溶质质量分数的Na2CO3溶液(见图)，产生无色气体，白色沉淀不断增加。下列有关说法正确的是
A．滴加Na2CO3溶液前，锥形瓶内溶液中阳离子仅含Ca2+
B．滴加Na2CO3溶液至沉淀完全时，锥形瓶内溶液的溶质是NaCl和HCl
C．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液的酸性逐渐增强
D．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液中含有的Cl-数目保持不变
20．（2024·苏州）捕集空气中CO2加氢制甲醇(CH3OH)，可实现CO2资源化利用和“零碳”排放，其转化流程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应①中，电解水生成的H2和O2的分子个数比为2：1
B．反应②中，生产1.6kgCH3OH理论上要消耗2.2kgCO2
C．转化过程中，H2O和H2循环转化，无需额外补充
D．等质量的甲醇制取时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，实现“零碳”排放
21．（2024·苏州）“福建舰”解缆启航，标志着我国航空母舰建设迈向新征程。
I.航母建造
（1）航母建造需使用纯铜、钢铁、钛合金等。
①航母电缆用纯铜制作，主要利用铜的延展性和　 　性。
②钢铁的硬度比纯铁　 　(填“大”或“小”)。
③钛可由二氧化钛(TiO2)制得，TiO2中Ti的化合价为　 　。
II.能源供给
（2）航母动力由重油(含C8H18等多种成分)燃烧提供。C8H18分子中碳、氢原子个数比为　 　(填最简整数比)。
（3）通讯工具使用的锂电池，工作时能量转化的主要方式为　 　。
III.生命保障
（4）食物和淡水是重要的生活保障。
①供给食物包含牛奶和青菜，其中主要为人体提供蛋白质的食品是　 　。
②部分淡水可通过减小压强使水的沸点　 　(填“升高”或“降低”)，进而使水汽化、冷凝而获得。
（5）过氧化钠(Na2O2)可用作舰载机飞行员供氧面罩的供氧剂。Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2的化学方程式为　 　。
22．（2024·苏州）实验室用如图所示装置制取CO2气体，并进行相关性质研究。
已知：CO2与饱和NaHCO3溶液不发生反应。
（1）仪器a的名称是　 　。
（2）连接装置A、B，向锥形瓶内逐滴加入稀盐酸。
①锥形瓶内发生反应的化学方程式为　 　。
②若装置B内盛放饱和NaHCO3溶液，其作用是　 　。
③若装置B用来干燥CO2，装置B中应盛放的试剂是　 　。
（3）将纯净干燥的CO2缓慢通入装置C，观察到现象：
a.玻璃管内的干燥纸花始终未变色；
b.塑料瓶内的下方纸花先变红色，上方纸花后变红色。
①根据上述现象，得出关于CO2性质的结论是：　 　、　 　。
②将变红的石蕊纸花取出，加热一段时间，纸花重新变成紫色，原因是　 　(用化学方程式表示)。
（4）将CO2通入澄清石灰水，生成白色沉淀，该过程参加反应的离子有　 　(填离子符号)。
23．（2024·苏州）天然气的综合利用是重要的研究课题。
天然气是重要的化石燃料和能源，主要成分为甲烷(CH4)，还含有少量硫化氢(H2S)等气体。硫化氢可在催化剂作用下与甲烷反应而除去，其反应微观示意图如图1所示。
利用甲烷催化制取氢气。一种甲烷水蒸气催化制氢的透氢膜反应器如图2所示，通入的甲烷和水蒸气在高温和催化剂作用下反应生成一氧化碳和氢气(该反应是吸热反应)，一部分氢气通过透氢膜与膜外侧通入的氧气反应。
利用甲烷在高温、Cu-Pd催化作用下分解可制取新型碳单质材料——石墨烯，石墨烯具有很高的强度和优良的导电性能。
（1）甲烷完全燃烧生成CO2和H2O的化学方程式为　 　。
（2）结合图1，分析甲烷与硫化氢的反应。
①产物“”中，碳元素和硫元素的质量比为　 　(填最简整数比)。
②该反应过程中变化的是　 　(填字母)。
A.分子的数目 B.原子的种类 C.物质的总质量
（3）结合图2，分析甲烷水蒸气制氢反应。
①甲烷水蒸气制氢反应的化学方程式为　 　。
②在反应器的膜外侧通入氧气的主要目的是　 　。
（4）下列说法正确的是________(填字母)。
A．天然气属于纯净物
B．天然气和氢气均属于可再生能源
C．透氢膜反应器内生成的CO与H2未被完全分离
D．石墨烯具有优良的导电性能，是一种金属单质
24．（2024·苏州）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种补血剂，易溶于水，难溶于乙醇。某科研小组在实验室研究制备柠檬酸亚铁。
I.制碳酸亚铁
用预处理后的硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3，含少量不溶性杂质)制备碳酸亚铁的流程如图：
已知：a.Na2CO3溶液呈碱性；
b.FeSO4在碱性条件下生成Fe(OH)2沉淀。
（1）“酸浸”时，为提高铁元素的浸出率，可采取的措施是　 　(任写一条)。
（2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成。“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是　 　(填离子符号)。
（3）“操作X”是为了除去过量铁粉和不溶性杂质。“操作X”是　 　(填操作名称)。
（4）“沉铁”时，反应原理为FeSO4+Na2CO3=FeCO3↓+Na2SO4。
①该反应的基本类型为　 　。
②实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，其原因是　 　。
③待FeSO4完全反应后，过滤，洗涤。洗涤前，FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是　 　(填化学式)。
II.制柠檬酸亚铁
（5）用如图所示装置制备柠檬酸亚铁：
步骤1：在三颈烧瓶中加入一定质量FeCO3固体、少量铁粉及足量柠檬酸(C6H8O7)溶液，控制温度约80℃，搅拌，充分反应；
步骤2：将所得混合溶液加热浓缩，加入适量无水乙醇，静置，过滤，洗涤，干燥，得到柠檬酸亚铁晶体。
制备原理为FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+X+H2O，物质X是　 　(填化学式)。
②“步骤2”中，加入无水乙醇的目的是　 　。
③实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量，原因是　 　。
25．（2024·苏州）氨气是制备各类含氮化合物的基础原料，在生产和使用过程中会产生氨氮废水，需处理达标后才能排放。
I.氨的合成
（1）工业上利用N2+3H22NH3合成氨气。
①可通过分离液态空气获得原料N2，该过程属于________(填“物理变化”或“化学变化”)。
②催化剂可用Fe3O4。高温下，部分Fe3O4被H2还原为FeO，转化过程中固体所含铁元素的质量分数________(填“升高”或“降低”)。
Ⅱ.氨的应用
（2）液氨可用作制冷剂。氨气转化为液氨过程中，发生改变的是________(从微观角度解释)。
（3）利用NH3去除汽车尾气中的NO，生成水和一种气体单质。该过程中化合价发生变化的元素是________(填元素符号)。
Ⅲ.氨氮测定
（4）测定氨氮含量：取200mL氨氮废水，将氮元素完全转化为NH3，完全吸收所得NH3需要消耗9.8g10%的稀硫酸[反应原理2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4]。计算该废水中的氮元素含量。(含量以g L-1表示，写出计算过程。H2SO4的相对分子质量为98)________。
Ⅳ.氨氮废水处理
某工厂的氨氮废水处理流程如图：
已知：水体中的氮元素通常以氨氮(NH或NH3)、硝氮(NO或NO)形式存在。
（5）“吹脱”时，加入物质X，将NH转化为NH3，并通入热空气将NH3吹出。物质X可选用_______(填字母)。
A. 稀盐酸 B. NaOH溶液 C. NaCl溶液 D. 生石灰
（6）“氧化”时，次氯酸钠投入质量m(NaClO)对废水中的氨氮去除率(×100%)和总氮残留率(×100%)的影响如图所示。
①NaClO将NH3反应转化为N2的化学方程式为________。
②当m(NaClO)＞m1时，废水中总氮残留率上升的原因是________。
26．（2024·苏州）燃煤烟气中含二氧化硫，石灰石湿法脱硫制备石膏(CaSO4)的主要流程如图：
已知：a.当压强不变时，随着温度升高，气体的溶解度减少；
b.脱硫过程中，其他条件相同时，随浆液酸性增强，CaCO3溶解的质量增加，SO2吸收的质量减小；
c.CaSO3能与稀盐酸反应：CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O。
（1）大气中二氧化硫含量过高会导致的环境问题是　 　。
（2）“制浆”时，石灰石粉碎后加水所得浆液属于_______(填字母)。
A．溶液 B．悬浊液 C．乳浊液
（3）“吸收—氧化”过程包括：①CaCO3吸收SO2反应生成CaSO3；②CaSO3转化为CaSO4。该过程中反应产物无污染，其总反应化学方程式为　 　。
（4）“吸收—氧化”的脱硫率(×100%)受多种因素影响。
①吸收塔内采用气液逆流接触吸收的方式(如图1所示)。含SO2烟气从吸收塔底部鼓入，浆液从吸收塔顶部喷淋，其目的是　 　。鼓入的含SO2烟气温度过高，会导致脱硫率下降，原因是　 　。
②其他条件相同，脱硫率受浆液pH的影响如图2所示。浆液pH高于5.6时，脱硫率随pH升高而下降，其原因是　 　。
（5）所得石膏产品中混有CaSO3。请补充完整检验CaSO3的实验方案：取少量所得产品，　 　，说明产品中混有CaSO3。(必须使用的试剂：稀盐酸、稀KMnO4溶液)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A、青砖所用材料属于无机非金属材料，不符合题意；
B、铜钉所用材料属于金属材料，不符合题意；
C、水泥所用材料属于无机非金属材料，不符合题意；
D、玻璃所用材料属于无机非金属材料，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据金属材料包括纯金属和合金分析。
2．【答案】B
【知识点】空气的组成
【解析】【解答】空气的成分按体积计算，大约是：氮气占78%、氧气占21%、稀有气体占0.94%、二氧化碳占0.03%、其它气体和杂质占0.03%．
A、O2占21%，不是体积分数最大的气体，故选项错误；
B、N2占78%，是体积分数最大的气体，故选项正确；
C、CO2占0.03%，不是体积分数最大的气体，故选项错误；
D、稀有气体占0.94%，不是体积分数最大的气体，故选项错误；
故选：B．
【分析】根据空气中各成分的体积分数：按体积计算，大约是：氮气占78%、氧气占21%、稀有气体占0.94%、二氧化碳占0.03%、其它气体和杂质占0.03%，进行分析判断．
3．【答案】C
【知识点】物质的构成和含量分析
【解析】【解答】A、铜属于金属单质，是由铜原子直接构成的，故A不符合题意；
B、氯化钠是含有金属元素和非金属元素的化合物，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，故B不符合题意；
C、水是由非金属元素组成的化合物，是由水分子构成的，故C符合题意；
D、金刚石属于固态非金属单质，是由碳原子直接构成的，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据除金属单质、固态非金属单质和稀有气体和盐和酸碱盐之外的物质都是由分子构成的进行分析
4．【答案】D
【知识点】元素的符号及其意义；化学式的书写及意义
【解析】【解答】A、银的元素符号是Ag，不符合题意；
B、硫酸钠的化学式为Na2SO4，不符合题意；
C、3个氧原子表示为3O，不符合题意；
D、镁离子带2个单位正电荷，2个镁离子可表示为2Mg2+，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据书写元素符号注意“一大二小”分析；
B、根据化合物化学式书写一般遵循正价在前负价在后，化合价代数和为0原则分析；
C、根据用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字分析；
D、根据离子符号书写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分析。
【答案】5．C
6．C
7．A
【知识点】实验室常见的仪器及使用；氧气的实验室制法；质量守恒定律及其应用；从组成上识别氧化物
【解析】【分析】（1）根据氧化物是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物分析；
（2）根据高锰酸钾制氧气装置特点分析；
（3）根据高锰酸钾的性质分析。
5．A、KMnO4 是由钾、锰、氧三种元素组成，不是氧化物，不符合题意；
B、K2 MnO4是由钾、锰、氧三种元素组成，不是氧化物，不符合题意；
C、MnO2 是由锰、氧两种元素组成，是氧化物，符合题意；
D、O2 是由一种元素组成，是单质，不是氧化物，不符合题意。
故答案为：C。
6．A、高锰酸钾制氧气需加热，要用到酒精灯，不符合题意；
B、高锰酸钾制氧气需用试管作反应容器，不符合题意；
C、漏斗是过滤所需仪器，高锰酸钾制氧气不需该仪器，符合题意；
D、收集氧气需用到集气瓶，不符合题意。
故选C；
7．A、高锰酸钾见光易分解，棕色试剂瓶可以避光，高锰酸钾应保存于棕色试剂瓶，符合题意；
B、高锰酸钾受热易分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，不符合题意；
C、高锰酸钾易溶于水，不符合题意；
D、高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，其中的氧元素只有部分转化为氧气，还有部分氧元素留在K2MnO4和MnO2中，不符合题意。
故答案为：A。
8．【答案】A
【知识点】溶液的组成及特点
【解析】【解答】A、溶液是由溶质和溶剂组成的混合物，符合题意；
B、碘酒中碘是溶质，酒精是溶剂，不符合题意；
C、溶液的溶质可以是一种，也可以是多种，不符合题意；
D、溶液不一定是无色的液体，如CuSO4溶液呈蓝色、不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据溶液是组成、溶液的命名及溶液的特点分析。
9．【答案】B
【知识点】原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用；相对原子质量和相对分子质量
【解析】【解答】A、硒元素名称中含有“石”字旁，属于非金属元素，不符合题意；
B、元素周期表小格信息右上角字母为元素符号，硒的元素符号为Se，符合题意；
C、元素周期表小格信息中左上角的数字表示原子序数，硒原子序数=质子数=核外电子数=34，不符合题意；
D、元素周期表小格信息中汉字下面的数字表示相对原子质量，硒的相对原子质量为78.96，相对原子质量单位是“1”，不是“g”，常省略不写，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据元素周期表左上角的数字表示原子序数；字母表示该元素的元素符号；中间的汉字表示元素名称；汉字下面的数字表示相对原子质量，相对原子质量单位是“1”，不是“g”分析。
10．【答案】C
【知识点】水的净化；硬水与软水；保护水资源
【解析】【解答】A、地球上的淡水资源极短缺，需要节约用水，不符合题意；
B、活性炭具有吸附性，可用活性炭可以除去水中色素和异味，但不能除去水中所有的杂质，不符合题意；
C、可用加肥皂水观察产生泡沫多少来区分硬水和软水，符合题意；
D、生活污水和工业废水随意排入河流会造成水污染，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据水资源的现状分析；
B、根据活性炭的吸附性分析；
C、根据硬水软水利用肥皂水鉴别分析；
D、根据生活污水的任意排放会污染水体分析。
11．【答案】D
【知识点】燃烧与燃烧的条件；灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、燃烧除了要接触氧气，可燃物自身的温度也要达到着火点，故A错误；
B、着火点是木材的本身的属性，一般无法降低；将木材架空可以增大可燃物与氧气的接触面积，使燃烧更充分，故B错误；
C、电线短路起火应该先切断电源，且不能用冷水浇灭，不然会引发触电，故C错误；
D、炒菜油锅着火，可用锅盖盖灭，这样隔绝了氧气与可燃物的接触，达到灭火目的，故D正确。
故选D。
【分析】1.物质跟氧气发生的燃烧反应必须同时满足如下三个条件才能发生：
（1）物质本身是可燃的（可燃物）；
（2）可燃物与充足的氧气接触；
（3）达到可燃物燃烧所需的最低温度（着火点）。
2.灭火的原理和方法，主要有如下三种：
（1）使温度降低着火点以下，如用嘴吹灭燃烧的蜡烛；
（2）隔绝氧气或空气；如油锅着火时，可盖严锅盖；
（3）清除可燃物或使可燃物与其他物品隔离；如森林失火时，经常砍掉一片树木形成隔离带。
12．【答案】C
【知识点】实验室常见的仪器及使用；过滤的原理、方法及其应用；蒸发与蒸馏操作；粗盐提纯
【解析】【解答】A、溶解时，应用玻璃棒不断搅拌加速溶解，不符合题意；
B、过滤要用玻璃棒引流，不符合题意；
C、点燃酒精灯要用火柴，不能用一只酒精灯去点燃另一只酒精灯，符合题意；
D、蒸发时应用玻璃棒不断搅拌，防止局部温度过高，造成液滴飞溅，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据溶解玻璃棒搅拌作用分析；
B、根据过滤时，应遵循“一贴、二低、三靠”的原则分析；
C、根据使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”分析；
D、根据蒸发操作要求分析。
13．【答案】D
【知识点】空气的组成；氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；常见碱的特性和用途；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、可生产烟花是利用镁燃烧放出耀眼白光的性质，不符合题意；
B、氮气可用作保护气是利用其稳定性，不符合题意；
C、石墨用作铅笔芯是利用其质软，不符合题意；
D、熟石灰为氢氧化钙，具有碱性，可用于改良酸性土壤，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据所给各物质的性质及对应用途分析。
14．【答案】B
【知识点】金属元素的存在及常见的金属矿物；金属锈蚀的条件及其防护；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、金属汞在常温下呈液态，不符合题意；
B、工业炼铁可用一氧化碳将铁从其氧化物中还原出来，符合题意；
C、铁的锈蚀是与空气中的氧气和水共同作用，不符合题意；
D、废旧铁制品可回收再利用，直接填埋处理会造成环境污染且造成浪费，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据汞常温呈液态分析；
B、根据工业炼铁原理分析；
C、根据铁生锈实质分析；
D、根据废旧金属回收再利用分析。
15．【答案】D
【知识点】常见碱的特性和用途；碱的化学性质；化学式的书写及意义；酸、碱、盐的概念
【解析】【解答】A、氢氧化铜难溶于水，不符合题意；
B、氢氧化铜为碱，能与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，不符合题意；
C、碳酸铜是由碳酸根离子和铜离子构成的，属于盐，不符合题意；
D、Cu2(OH)2CO3中含有铜离子、氢氧根离子、碳酸根离子数目比为2：2：1。所以改写后氢氧根离子和碳酸根离子的数目比也应该为2：1，所以，则，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据氢氧化铜的溶解性分析；
B、根据酸和碱能发生反应分析；
C、根据金属离子和酸根离子形成的化合物为盐分析；
D、根据所给物质化学式确定原子个数关系分析。
16．【答案】D
【知识点】固体溶解度的概念；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、由图可知，碳酸钠的溶解度随温度的升高先增大后减小，不符合题意；
B、比较不同物质的溶解度大小需有温度条件，无温度，不能进行比较，不符合题意；
C、T℃时，氯化钠的溶解度小于40g，即该温度下，100g水中最多可溶解氯化钠的质量小于40g，则该温度下30g氯化钠不能完全溶解于50g水中，不符合题意；
D、T℃时，氯化钠和碳酸钠的溶解度相等，则该温度下，碳酸钠和氯化钠饱和溶液的溶质质量分数相等，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据溶解度曲线含义分析，溶解度曲线可以确定同一温度下不同物质的溶解度大小，可以确定各物质的溶解度随温度变化规律，确定结晶方法及饱和溶液不饱和溶液的转化方法，若溶解度受温度影响很大，适用于降温结晶，若溶解度受温度影响不大，则可采用蒸发结晶；可以根据溶解度/(溶解度+100)确定某温度下饱和溶液的溶质质量分数。
17．【答案】A
【知识点】测定空气中的氧气含量；自然界中的物质循环；金属的化学性质；酸的化学性质
【解析】【解答】A、铜的活动性小于铁，铜与硫酸亚铁不反应，符合题意；
B、红磷在氧气中燃烧能生成五氧化二磷，不符合题意；
C、植物通过光合作用将二氧化碳和水可转化为氧气，不符合题意；
D、氢氧化钠与盐酸反应能生成氯化钠和水，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据所给各物质的性质分析，由各物质的性质确定各选项中转化是否可实现。
18．【答案】B
【知识点】氧气的实验室制法；催化剂的特点与催化作用；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】A、甲和乙实验变量只有过氧化氢的浓度，对比实验甲和乙可探究H2O2浓度对H2O2分解速率的影响，不符合题意；
B、实验乙和丁中过氧化氢浓度和二氧化锰都不同，变量不唯一，不能探究MnO2对H2O2分解速率的影响，符合题意；
C、甲和丙只温度不同，对比实验甲和丙，可探究温度对H2O2分解速率的影响，不符合题意；
D、对比甲和丙可以探究温度对H2O2分解速率的影响，对比实验甲、丁，变量是二氧化锰，可以探究MnO2对H2O2分解速率的影响，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据对比实验的设计方法分析，设计对比实验时要保证变量的唯一性，结合所给各对比实验的条件解答。
19．【答案】D
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质
【解析】【解答】A．滴加Na2CO3溶液前，锥形瓶内溶液中溶质为氯化钙和氯化氢，阳离子含Ca2+、H+，不符合题意；
B．稀盐酸和CaCl2的混合溶液中加入碳酸钠溶液，盐酸先和碳酸钠反应产生氯化钠、水和二氧化碳，然后氯化钙和碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，沉淀完全时，盐酸一定先反应完全，溶液中溶质不会有HCl，不符合题意；
C．碳酸钠溶液显碱性，滴加碳酸钠溶液过程中，碳酸钠和盐酸反应，锥形瓶内溶液的酸性逐渐减弱，碱性增强，不符合题意；
D．碳酸钠与盐酸和氯化钙反应过程中，发生变化的离子为碳酸根离子、氢离子、钙离子，反应过程中氯离子数目没有改变，符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据稀盐酸和CaCl2的混合溶液中加入碳酸钠溶液，盐酸先和碳酸钠反应产生氯化钠、水和二氧化碳，然后氯化钙和碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钠溶液呈碱性分析。
20．【答案】C
【知识点】电解水实验；微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】A、反应①水通电分解生成氢气和氧气，化学方程式为：，生成的H2和O2的分子个数比为2：1，不符合题意；
B、反应②中，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，根据碳元素质量守恒，生产1.6kgCH3OH理论上要消耗CO2的质量为，不符合题意；
C、反应过程中水中元素并未完成转化为 CH3OH ，故转化过程中，H2O和H2虽然可循环转化，但是也需额外补充，符合题意；
D、由碳元素质量守恒可知，等质量的甲醇制取时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，可实现“零碳”排放，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据电解水的方程式确定分子个数关系分析；
B、根据化学反应前后元素质量不变及元素质量为物质质量×元素质量分数分析；
C、根据转化时反应物和所转化物质中氢、氧原子个数分析；
D、根据化学反应前后元素质量不变分析。
21．【答案】导电；大；+4；；化学能转化为电能；牛奶；降低；
【知识点】合金与合金的性质；生命活动与六大营养素；有关元素化合价的计算；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）①铜可以导电，航母电缆用纯铜制作，主要利用铜的延展性和导电性。②合金的硬度比纯金属的硬度大，钢铁的硬度比纯铁大。③钛可由二氧化钛(TiO2)制得，TiO2中氧元素的化合价为-2，设钛元素的化合价为x，化合物中各元素的正负化合价代数和为零，则，，故Ti的化合价为+4。
（2）C8H18分子中碳、氢原子个数比为。
（3）通讯工具使用的锂电池，工作时能量转化的主要方式为化学能转化为电能。
（4）①供给食物包含牛奶和青菜，牛奶富含蛋白质，青菜富含维生素，其中主要为人体提供蛋白质的食品是牛奶。②水的沸点随压强的减小而降低，则部分淡水可通过减小压强使水的沸点降低，进而使水汽化、冷凝而获得。
（5）Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2的化学方程式为。
【分析】（1）根据金属的导电性，合金硬度大于纯金属，化合物中元素化合价代数和为0分析；
（2）根据化学式右下角数字为原子个数比分析；
（3）根据能量的转化分析；
（4）根据奶中富含蛋白质，菜中富含维生素分析；
（5）根据题意确定出Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2分析。
22．【答案】（1）分液漏斗
（2）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；除去CO2中混有的HCl；浓硫酸
（3）CO2与水反应生成碳酸；CO2密度比空气大；
（4）Ca2+、OH-
【知识点】盐的化学性质；根据浓硫酸或碱石灰的性质确定所能干燥的气体；二氧化碳的化学性质；探究二氧化碳的性质
【解析】【解答】（1）据图可知，仪器a是分液漏斗。
（2）①石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。②由于NaHCO3溶液与二氧化碳不反应，与HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以装置B内盛放饱和NaHCO3溶液是为了除去CO2中混有的HCl。③由于浓硫酸具有吸水性，与二氧化碳不反应，所以装置B用来干燥CO2，装置B中应盛放的试剂是浓硫酸。
（3）①由于玻璃管内的干燥纸花始终未变色；塑料瓶内的下方纸花先变红色，上方纸花后变红色。所以得出关于CO2性质的结论是：CO2与水反应生成碳酸；CO2密度比空气大。②将变红的石蕊纸花取出，加热一段时间，纸花重新变成紫色，说明碳酸受热分解生成二氧化碳和水，化学方程式。
（4） 由于将CO2通入澄清石灰水，生成白色沉淀，即二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O。根据化学方程式可知，该过程参加反应的物质是二氧化碳和氢氧化钙，二氧化碳由二氧化碳分子构成，以分子的形式参加反应，氢氧化钙溶液可解离出钙离子和氢氧根离子，所以该过程参加反应的离子有钙离子和氢氧根离子，离子符号分别为Ca2+、OH－。
【分析】（1）根据常用仪器名称分析；
（2）根据二氧化碳制取原理，碳酸氢钠的性质及浓硫酸的干燥性分析；
（3）根据二氧化碳和碳酸的性质分析；
（4）根据二氧化碳与氢氧化钙反应实质分析。
（1）据图可知，仪器a是分液漏斗。故填：分液漏斗。
（2）①石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。
故填：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。
②由于NaHCO3溶液与二氧化碳不反应，与HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以装置B内盛放饱和NaHCO3溶液是为了除去CO2中混有的HCl。故填：除去CO2中混有的HCl。
③由于浓硫酸具有吸水性，与二氧化碳不反应，所以装置B用来干燥CO2，装置B中应盛放的试剂是浓硫酸。故填：浓硫酸。
（3）①由于玻璃管内的干燥纸花始终未变色；塑料瓶内的下方纸花先变红色，上方纸花后变红色。所以得出关于CO2性质的结论是：CO2与水反应生成碳酸；CO2密度比空气大。故填：CO2与水反应生成碳酸；CO2密度比空气大。
②将变红的石蕊纸花取出，加热一段时间，纸花重新变成紫色，说明碳酸受热分解生成二氧化碳和水，化学方程式。故填：
。
（4）由于将CO2通入澄清石灰水，生成白色沉淀，即二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O。根据化学方程式可知，该过程参加反应的物质是二氧化碳和氢氧化钙，二氧化碳由二氧化碳分子构成，以分子的形式参加反应，氢氧化钙溶液可解离出钙离子和氢氧根离子，所以该过程参加反应的离子有钙离子和氢氧根离子，离子符号分别为Ca2+、OH－。故填：Ca2+、OH－。
23．【答案】（1）
（2）3：16；A
（3）；H2与O2反应放热，为制氢提供热量
（4）C
【知识点】化学方程式的书写与配平；化石燃料的利用与保护；资源综合利用和新能源开发；甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途
【解析】【解答】（1）甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：；
（2）①产物“ ”的化学式为：CS2，CS2中碳元素和硫元素的质量比为：；
②由图可知，该反应为甲烷和硫化氢在催化剂的作用下反应生成CS2和氢气，该反应的化学方程式为：，由化学方程式可知，化学反应前后，分子的数目发生了改变，反应前是3个，反应后是5个，A符合题意；根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，B不符合题意；根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，C不符合题意。
（3）①由图2可知，甲烷水蒸气制氢反应为甲烷和水蒸气在高温和催化剂的作用下反应生成一氧化碳和氢气，该反应的化学方程式为：；②氢气和氧气反应生成水，该反应放出大量的热，故在反应器的膜外侧通入氧气的主要目的是：H2与O2反应放热，为制氢提供热量；
（4）天然气的主要成分是甲烷，还含有其它物质，属于混合物，A不符合题意；天然气属于化石燃料，短期内不能再生，属于不可再生能源，氢气可通过电解水等制得，属于可再生能源，B不符合题意；一氧化碳和氢气均是气体，透氢膜反应器内生成的CO与H2混合在一起，未被完全分离，C符合题意；石墨烯具有优良的导电性能，但是石墨烯是由碳元素组成的纯净物，属于碳单质，D不符合题意。
【分析】（1）根据甲烷燃烧生成CO2和H2O 分析；
（2）根据元素质量比为相对原子质量×原子个数之比，化学反应前后原子种类、质量不变，物质总质量不变分析；
（3）根据甲烷与水反应生成一氧化碳和氢气，氧气的助燃性分析；
（4）根据纯净物由同种物质组成，化石能源为不可再生能源，石墨烯为碳单质分析。
（1）甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：；
（2）①产物“ ”的化学式为：CS2，CS2中碳元素和硫元素的质量比为：；
②A、由图可知，该反应为甲烷和硫化氢在催化剂的作用下反应生成CS2和氢气，该反应的化学方程式为：，由化学方程式可知，化学反应前后，分子的数目发生了改变，反应前是3个，反应后是5个，符合题意；
B、根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，不符合题意；
C、根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，不符合题意。
故选A；
（3）①由图2可知，甲烷水蒸气制氢反应为甲烷和水蒸气在高温和催化剂的作用下反应生成一氧化碳和氢气，该反应的化学方程式为：；
②氢气和氧气反应生成水，该反应放出大量的热，故在反应器的膜外侧通入氧气的主要目的是：H2与O2反应放热，为制氢提供热量；
（4）A、天然气的主要成分是甲烷，还含有其它物质，属于混合物，不符合题意；
B、天然气属于化石燃料，短期内不能再生，属于不可再生能源，氢气可通过电解水等制得，属于可再生能源，不符合题意；
C、一氧化碳和氢气均是气体，透氢膜反应器内生成的CO与H2混合在一起，未被完全分离，符合题意；
D、石墨烯具有优良的导电性能，但是石墨烯是由碳元素组成的纯净物，属于碳单质，不符合题意。
故选C。
24．【答案】适当升高温度、搅拌等；Fe3+、H+；过滤；复分解反应；避免生成Fe(OH)2；Na2SO4；CO2；降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；铁粉与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；影响溶解快慢的因素；酸的化学性质；复分解反应及其应用
【解析】【解答】（1）“酸浸”时，充分反应可以提高铁元素的浸出率，可以适当升高温度、搅拌等；
（2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，即铁和铁离子反应生成亚铁离子；同时有无色气体生成，说明存在氢离子，铁和氢离子反应生成氢气，故“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是Fe3+、H+；
（3）铁粉不溶于水，除去铁粉和不溶性杂质的方法是过滤，将固体和液体分离；
（4）①该反应是两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物，属于复分解反应；②根据信息：“FeSO4在碱性条件下生成Fe(OH)2沉淀”，实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，避免生成Fe(OH)2；③依据，反应后的溶液中含有硫酸钠，所以FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是Na2SO4；
（5）①依据质量守恒定律，反应前后原子的种类、个数不变，反应前Fe、C、O、H原子的个数分别为1、7、10、8，反应后Fe、C、O、H原子的个数分别为1、6、8、8，则物质X是CO2；②柠檬酸亚铁难溶于乙醇，所以“步骤2”中，加入无水乙醇可以降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；③铁能与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁和氢气，所以实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量。
【分析】（1）根据加热或搅拌可使反应更充分分析；
（2）根据酸浸后溶液中溶质种类确定所含阳离子分析；
（3）根据过滤原理分析；
（4）根据两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物的反应为复分解反应，反应过程中要防止其它物质的干扰分析；
（5）根据化学反应前后原子种类和个数不变， 反应过程中铁粉与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁 分析。
25．【答案】(1) 物理变化 升高
(2) 氨气分子间的间隙
(3) N
(4)
设吸收氨气的质量为x
=
x=0.34g
氮元素的质量为：0.34g××100%=0.28g
废水中的氮元素含量==1.4g L-1
答：废水中的氮元素含量为1.4g L-1
(5) B，D
(6) 3NaClO+2NH3=N2+3NaCl+3H2O 部分氨气被转化为NO或NO，留在废水中
【知识点】盐的化学性质；分子的定义与分子的特性；物理变化、化学变化的特点及其判别；化学式的相关计算；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）①可通过分离液态空气获得原料N2，该过程中没有新物质生成，属于物理变化；②Fe3O4中铁元素的质量分数为，FeO中铁元素的质量分数为，所以该转化过程中固体所含铁元素的质量分数升高；
（2）氨气转化为液氨过程中，氨气分子间的间隙变小；
（3）利用NH3去除汽车尾气中的NO，生成水和一种气体单质，由质量守恒定律可知，化学反应前后元素的种类不变，则该气体为氮气，反应前NH3中氮元素的化合价为-3价，氢元素的化合价为+1价，NO中氮元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，反应后水中氢元素的化合价为+1价，氧元素的化合价为-2价，氮气中氮元素的化合价为0价，则该过程中化合价发生变化的元素是N；
（5） 铵根和氢氧根结合可以生成氨气；稀盐酸中不含氢氧根，A不符合题意；NaOH溶液中含氢氧根，B符合题意；NaCl溶液中不含氢氧根，C不符合题意；生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙溶液中含氢氧根，D符合题意；
（6）①NaClO与NH3反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为：3NaClO+2NH3=N2+3NaCl+3H2O；②从图可以看出，当m(NaClO)＞m1时，废水中总氮残留率上升，但氨氮去除率为100%，则说明氮元素不以氨气或铵根离子的形式残留。结合“已知：水体中的氮元素通常以氨氮、硝氮形式存在。”可知，此时废水中的氮元素以硝氮形式存在。所以废水中总氮残留率上升，是因为部分氨气被转化为或，留在废水中。
【分析】（1）根据没有新物质生成的变化为物理变化，元素质量分数＝相对原子质量×原子个数/相对分子质量分析；
（2）根据物质状态的变化是分子间隔发生变化分析；
（3）根据单质中元素化合价为0，化合物中元素化合价代数和为0分析；
（4）根据反应的硫酸的质量及方程式中物质间质量关系确定出反应的氮气质量，再由此计算出氮元素质量，从而计算废水中氮元素含量分析；
（5）根据铵根和氢氧根结合可以生成氨气及反应前后元素种类不变分析；
（6）根据NaClO与NH3反应生成氮气、氯化钠和水，由题中信息中氨气部分转化成离子留在废水中分析。
26．【答案】（1）酸雨
（2）B
（3）2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2
（4）增大SO2与浆液接触面积（合理即可）；温度过高，SO2溶解度降低；随pH升高，浆液酸性减弱，CaCO3溶解质量减少，导致脱硫率下降；SO2吸收质量增大导致脱硫率上升，前者的程度大于后者的程度（合理即可）
（5）加入稀盐酸，将产生的气体通入稀KMnO4溶液，紫红色褪去（合理即可）
【知识点】悬浊液、乳浊液的概念及其与溶液的区别；溶液的酸碱性与pH值的关系；酸雨的产生、危害及防治；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）二氧化硫在空气中会被氧化成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸随雨水落下形成酸雨，则空气中二氧化硫浓度过高会导致的环境问题是酸雨；
（2）石灰石粉碎后加入水中以固体小颗粒的形式分散到水中，形成不均一、不稳定的悬浊液，故选B；
（3）CaCO3吸收SO2，同时与氧气作用生成CaSO4和二氧化碳，反应的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2；
（4）①浆液从吸收塔顶部喷淋，其目的是：气液接触更加充分，吸收效果更好；当压强不变时，随着温度升高，气体的溶解度减少。所以鼓入的含SO2烟气温度过高，会导致脱硫率下降，原因是：温度过高，SO2溶解度降低；②根据题文“脱硫过程中，其他条件相同时，随浆液酸性增强，CaCO3溶解的质量增加，SO2吸收的质量减小”可知，浆液pH高于5.6时，脱硫率随pH升高而下降，其原因是：随pH升高，浆液酸性减弱，CaCO3溶解质量减少，导致脱硫率下降；SO2吸收质量增大导致脱硫率上升，前者的程度大于后者的程度；
（5）稀盐酸和亚硫酸钙反应生成二氧化硫，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色。所以检验方案为：取少量所得产品，加入稀盐酸，将产生的气体通入稀KMnO4溶液，紫红色褪去，说明产品中混有CaSO3。
【分析】（1）根据二氧化硫是造成酸雨的主要气体分析；
（2）根据难溶固体与水形成的是悬浊液分析；
（3）根据题意确定CaCO3吸收SO2，同时与氧气作用生成CaSO4和二氧化碳分析；
（4）根据药品接触充分反应更彻底，气体溶解度随温度升高而减小，碳酸钙溶解的质量与溶液酸碱性的关系分析；
（5）根据稀盐酸和亚硫酸钙反应生成二氧化硫，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色分析。
（1）二氧化硫在空气中会被氧化成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸随雨水落下形成酸雨，则空气中二氧化硫浓度过高会导致的环境问题是酸雨；
（2）石灰石粉碎后加入水中以固体小颗粒的形式分散到水中，形成不均一、不稳定的悬浊液，故选B；
（3）CaCO3吸收SO2，同时与氧气作用生成CaSO4和二氧化碳，反应的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2；
（4）①浆液从吸收塔顶部喷淋，其目的是：气液接触更加充分，吸收效果更好；当压强不变时，随着温度升高，气体的溶解度减少。所以鼓入的含SO2烟气温度过高，会导致脱硫率下降，原因是：温度过高，SO2溶解度降低；
②根据题文“脱硫过程中，其他条件相同时，随浆液酸性增强，CaCO3溶解的质量增加，SO2吸收的质量减小”可知，浆液pH高于5.6时，脱硫率随pH升高而下降，其原因是：随pH升高，浆液酸性减弱，CaCO3溶解质量减少，导致脱硫率下降；SO2吸收质量增大导致脱硫率上升，前者的程度大于后者的程度；
（5）稀盐酸和亚硫酸钙反应生成二氧化硫，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色。所以检验方案为：取少量所得产品，加入稀盐酸，将产生的气体通入稀KMnO4溶液，紫红色褪去，说明产品中混有CaSO3。
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