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天津市滨海新区2025年中考一模化学试题
一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意)
1．（2025·滨海模拟）成语是中华民族文明与智慧的结晶，是中华文化的瑰宝。下列成语所描述的情境主要包含化学变化的是
A．刻舟求剑 B．火上浇油 C．滴水成冰 D．积土成山
【答案】B
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、刻舟求剑，没有新物质生成，只是形状的改变，属于物理变化，故A不符合题意；
B、火上浇油，有二氧化碳等新物质生成，属于化学变化，故B符合题意；
C、滴水成冰，没有新物质生成，只是状态的改变，属于物理变化，故C不符合题意；
D、积土成山，没有新物质生成，只是形状的改变，属于物理变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据没有新物质生成的变化属于物理变化，有新物质生成的变化属于化学变化进行分析解答。
2．（2025·滨海模拟）地壳中含量最多的元素是氧，含量第二位的元素为
A．铝 B．钙 C．碳 D．硅
【答案】D
【知识点】地壳中元素的分布与含量
【解析】【解答】地壳中含量居于前四位的元素分别是：氧、硅、铝、铁。所以含量第二位的是硅，故A、B、C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据地壳中含量居于前四位的元素是氧、硅、铝、铁进行分析解答。
3．（2025·滨海模拟）分类是学习化学的一种重要方法。下列对玻璃钢、纯碱、干冰三种物质的分类正确的是
A．混合物、盐、氧化物 B．单质、盐、碱
C．氧化物、碱、混合物 D．混合物、碱、氧化物
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】玻璃钢是玻璃和与合成材料复合而成的复合材料，属于混合物；由金属离子和酸根离子构成的化合物属于盐类，纯碱是碳酸钠的俗名，碳酸钠由钠离子和碳酸根离子构成的化合物，属于盐类；由两种元素组成，其中一种元素是氧元素化合物叫氧化物，干冰是固态的二氧化碳，是由碳、氧两种元素元素组成的化合物，属于氧化物，故玻璃钢、纯碱、干冰三种物质的分类分别是混合物、盐、氧化物，故 A符合题意，B、C、D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据由两种或两种以上物质组成属于混合物，由金属离子和酸根离子构成的化合物属于盐类，由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物属于氧化物进行分析解答。
4．（2025·滨海模拟）某矿泉水标签上印有主要矿物质成分如 Ca：20，K：39，Mg：3，Zn：0.06，F：0.02等，这里的Ca、K、Mg、Zn、F是指
A．单质 B．元素 C．金属离子 D．分子
【答案】B
【知识点】元素的概念；分子、原子、离子、元素与物质之间的关系
【解析】【解答】物质是由元素组成的，在日常生活常接触到物品上所标注的氟”、“钙”等指都是指元素。故A、C、D不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据物质由元素组成进行分析解答。
5．（2025·滨海模拟）试管是实验中常用仪器，试管口朝向可能因实验的不同而不同。下列实验中试管口的朝向错误的是
A．给试管里的液体加热
B．向试管中加入块状固体
C．给试管里的固体加热
D．向试管中滴加液体药品
【答案】C
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；实验操作注意事项的探究
【解析】【解答】A、加热试管内液体，用酒精灯外焰加热，试管夹夹在试管中上部，液体体积不能超试管容积三分之一，不符合题意；
B、块状固体取用应横持试管，用镊子把药品放在试管口，再缓慢直立试管，使药品或金属颗粒滑到试管底部，不符合题意；
C、给试管里的固体加热时，试管口应略向下倾斜，符合题意；
D、滴管滴加液体时要在试管口上方垂直悬空滴加，滴管不能伸入试管中或接触试管壁，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据给试管中液体加热操作要求分析；
B、根据块状固体取用一横二送三直立分析；
C、根据给试管中固体加热试管口略向下倾斜分析；
D、根据滴管的使用方法分析。
6．（2025·滨海模拟）某兴趣小组探究土壤酸碱性对植物生长的影响时，测得常温下四种不同土壤的pH如下，其中显碱性的是(　　)
A．pH=8 B．pH=7 C．pH=6 D．pH=5
【答案】A
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A. pH=8，大于7 ，显碱性，故符合题意；
B. pH=7，显中性，故不符合题意；
C. pH=6，小于7，显酸性，故不符合题意；
D. pH=5，小于7，显酸性，故不符合题意；
故答案为：A。
【分析】溶液的pH值<7，显酸性，从7到1，酸性逐渐增强；
溶液的pH值=7，显中性；
溶液的pH值>7，显碱性，从7到14，碱性逐渐增强。
7．（2025·滨海模拟）新切的藕片上滴加几滴碘液后变蓝，说明藕片中含有淀粉。从化学角度看，淀粉属于（　　）
A．水 B．油脂 C．糖类 D．无机盐
【答案】C
【知识点】生命活动与六大营养素
【解析】【解答】 从化学角度看，淀粉属于糖类。
故答案为：C。
【分析】根据淀粉属于糖类分析。
8．（2025·滨海模拟）碳可用于检测幽门螺杆菌。它与碳-12同属碳元素，其原因是
A．电子数相同 B．核电荷数相同
C．中子数相同 D．最外层电子数相同
【答案】B
【知识点】原子的有关数量计算；元素的概念
【解析】【解答】A、元素的种类由质子数或核电荷数决定，碳-14和碳-12同属碳元素，是因为质子数相同，而不是电子数相同，故A错误；
B、原子核由质子和中子构成，质子带正电，中子不带电，原子核所带的正电荷数叫做核电荷数，所以质子数=核电荷数，故B正确；
C、原子中，相对原子质量=质子数+中子数，碳-14原子是指相对原子质量为14的碳原子，碳原子的质子数为6，所以中子数=14-6=8、碳-12是指相对原子质量为12的碳原子，碳原子的质子数为6，中子数=12-6=6，所以两者的中子数不同，故C错误；
D、决定元素种类的是质子数，碳-14和碳-12同属碳元素，是因为质子数相同，而不是最外层电子数不同，故D错误。
故氮为：B。
【分析】根据元素的种类由质子数或核电荷数决定，同种元素，质子数相同，相对原子质量=质子数+中子数进行分析解答。
9．（2025·滨海模拟）精准的观察与描述对实验的研究非常重要。下列对实验现象的描述正确的是
A．硫在氧气中燃烧发出淡蓝色火焰
B．铁丝在氧气中剧烈燃烧，生成四氧化三铁
C．打开浓盐酸试剂瓶的瓶盖，瓶口有白烟产生
D．向氢氧化钠溶液中滴加紫色石蕊溶液，紫色石蕊溶液变蓝色
【答案】D
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；酸碱指示剂的性质及应用；酸的物理性质及用途
【解析】【解答】A、硫在氧气中燃烧产生明亮的蓝紫色火焰，硫在空气气中燃烧发出淡蓝色火焰，故A错误；
B、描述现象不能出现物质的名称，出现名称的是实验结论，所以铁丝在氧气中剧烈燃烧，生成四氧化三铁是实验结论而不是实验现象，故B错误；
C、浓盐酸具有挥发性，打开装有浓盐酸试剂瓶的瓶塞，瓶口有白雾产生，而不是白烟，因为烟是固体小颗粒，而雾是液滴小颗粒，浓盐酸中挥发出来的氯化氢气体与空气中的水蒸气接触形成盐酸小液滴，即白雾，故C错误；
D、紫色石蕊在碱性溶液中显蓝色，氢氧化钠溶液显碱性，向氢氧化钠溶液中滴加紫色石蕊溶液，紫色石蕊溶液变蓝色，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据硫在氧气中燃烧发出蓝紫色火焰进行分析解答；
B、根据描述实验现象不能出现生成物的名称，出现名称的是实验结论进行分析解答；
C、根据打开浓盐酸瓶盖，会有白雾产生，因为白雾是浓盐酸挥发出来的氯化氢气体与水蒸气结合形成的盐酸小液滴进行分析解答；
D、根据紫色石蕊遇碱性溶液变蓝进行分析解答。
10．（2025·滨海模拟）二氧化氮是空气污染物之一，可用尿素[CO(NH2)2]吸收，其反应的化学方程式为：6NO2 +4CO(NH2)2 =4CO2+7X+8H2O。下列说法正确的是
A．二氧化氮是由一个氮原子和两个氧原子构成的
B．该反应中NO2与CO(NH2)2的质量比为23：30
C．CO(NH2)2的相对分子质量是60 g
D．X的化学式为N2
【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算；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、化学式元素符号右下角的数字表示一个分子中所含有的原子个数，从二氧化氮的化学式NO2可知，一个二氧化氮分子是由一个氮原子和两个氧原子构成的，故A错误；
B、化学方程式中各物质的质量比=相对分子质量×化学计量数之比，该反应中NO2与CO（NH2）2的质量比为（46×6）：（60×4）=23：20，故B错误；
C、相对分子质量是相对原子质量的总和，其单位是“1”，通常省略不写，所以CO（NH2）2的相对分子质量为12+16+（14+1×2）×2=60，故C错误；
D、该反应的化学方程式为：6NO2 +4CO(NH2)2 =4CO2+7X+8H2O，根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类和数目相等。
原子种类 N O C H
反应前数目 14 16 4 16
反应后数目 0 16 4 16
差额 14 0 0 0
X的化学式 N2
故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据化学式元素符号右下角的数字表示一个分子中所含有的原子个数进行分析解答；
B、根据化学式中各物质的质量比=相对分子质量×化学计量数之比进行分析解答；
C、根据相对分子质量是相对原子质量的总和，单位是“1”省略不写进行分析解答；
D、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变进行分析解答。
二、选择题(本大题共5小题，每小题2分，共10分。每小题给出的四个选项中，有1～2个符合题意。只有一个符合题意的多选不给分；有2个选项符合题意的只选一个且符合题意的得1分；若选2个有一个不符合题意则不给分)
11．（2025·滨海模拟）下列是小滨一天中的生活经历和相关解释，其中不正确的是
A．早晨使用燃气灶时发现火焰呈黄色，锅底有黑色物质，可能是灶具进风口开得过大
B．下午体育课后喝了含葡萄糖的饮品，补充的糖类能为人体提供能量
C．傍晚将塑料矿泉水瓶放入可回收垃圾桶，该塑料属于天然高分子材料
D．晚饭后将洗净的铁锅擦干，是为了防止铁锅生锈
【答案】A,C
【知识点】金属锈蚀的条件及其防护；有机高分子材料的分类及鉴别；生命活动与六大营养素；完全燃烧与不完全燃烧
【解析】【解答】A、燃气灶火焰呈黄色并产生黑色物质（炭黑），是因为燃烧不充分。 燃料燃烧不充分的原因一般是氧气不足，所以是灶具进风口开得过小，而不是过大，故A错误；
B、葡萄糖属于糖类，糖类事人体最重要的功能物质，所以体育课后喝了葡萄糖溶液，补充糖类能为人体提供能量，故A正确；
C、塑料矿泉水瓶可以回收利用，塑料、合成橡胶、合成纤维都属于合成材料，而不是天然高分子材料故C错误；
D、铁制品在潮湿的空气中容易生锈，晚饭后将洗净的铁锅擦干，可以隔绝水，防止铁锅生锈，故D正确；
故答案为：AC。
【分析】A、根据燃气灶进风口过小，氧气不足会导致燃料燃烧不充分进行分析解答；
B、根据糖类是人体最重要的功能物质进行分析解答；
C、根据塑料属于有机合成材料进行分析解答；
D、根据铁与水和氧气同时接触易生锈，保持铁制品表面干燥可以防止生锈进行分析解答。
12．（2025·滨海模拟）学习中，常用比较、归纳等科学方法进行推理分析，下列推理所得结论正确的是
A．金刚石、石墨、C60都由碳元素组成，那么它们的物理性质一定相同
B．置换反应都有化合价改变，那么有化合价改变的反应一定是置换反应
C．化学反应伴随着能量变化，那么有能量变化的过程一定是化学反应
D．点燃氢气前要检验纯度，那么实验室点燃可燃性气体之前一定要验纯
【答案】D
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；碳单质的性质和用途；氢气、一氧化碳、甲烷等可燃气体的验纯；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、金刚石、石墨、C60都由碳元素组成，但碳原子排列方式不同，物理性质相差很大，不符合题意；
B、有单质参与的化合反应也有化合价改变，不符合题意；
C、有能量变化的不一定是化学变化，也可能是物理变化，不符合题意；
D、氢气具有可燃性，混有空气的氢气遇到明火，容易发生爆炸，点燃氢气前需要检验纯度，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据碳单质碳原子排列不同分析；
B、根据有些化合或分解反应也有元素化合价变化分析；
C、根据物理变化、化学变化都可能有能量的改变分析；
D、根据点燃氢气等可燃性气体需验纯，防止发生爆炸分析。
13．（2025·滨海模拟）基于问题设计实验方案是实验探究活动的重要环节。下列实验方案中不合理的是
选项 实验问题 实验方案
A 鉴别O2和空气 将带火星的木条伸入盛有气体的试管中，观察现象
B 分离KCl和MnO2混合物 加入足量水溶解、过滤，滤液蒸发结晶，滤渣洗涤干燥
C 除去NaOH 溶液中的 Na2CO3 加入过量Ca(OH)2溶液，充分反应后滤去沉淀
D 测定西瓜汁的酸碱度 将 pH 试纸浸入西瓜汁中，再与标准比色卡比较
A．A B．B C．C D．D
【答案】C,D
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；氧气的化学性质；盐的化学性质；溶液的酸碱度测定；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、鉴别氧气和空气：将带火星的木条伸入盛有气体的试管中，能使带火星木条复燃的是氧气；不能使带火星木条不复燃的是空气，实验方案合理，故A不符合题意；
B、分离KCl和MnO2的混合物：加入足量的水溶解，过滤， 滤液蒸发结晶可得到氯化钾固体；滤渣洗涤干燥可得到二氧化锰固体，实验方案合理，故B不符合题意；
C、 除去NaOH 溶液中的 Na2CO3 ，加入 过量Ca(OH)2溶液，碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，可以除去杂质，但是加入的氢氧化钙过量，又引入了新的杂质，违背除杂原则，实验方案不合理，故C符合题意；
D、 测定西瓜汁的酸碱度，不能把pH试纸直接伸入待测溶液中，以免污染待测液，应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，实验方案不合理，故D符合题意，
故答案为：CD。
【分析】A、根据氧气能使带火星的木条复燃，空气不能使带火星的木条复燃进行分析解答；
B、根据氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，加水溶解、过滤，滤渣洗涤干燥，滤液蒸发可以把两者分离进行分析解答；
C、根据加入过量的氢氧化钙，除去杂质的同时引入了新的杂质，违背除杂原则进行分析解答；
D、根据用pH试纸测定溶液的酸碱度时，不能把pH试纸浸入待测液中，以防污染待测液进行分析解答。
14．（2025·滨海模拟）在化学中通过研究物质的转化可以实现物质的制备、提纯和利用等。如图所示转化关系中的反应均为初中化学常见的反应(“→”表示通过一步反应能实现转化)。下列选项中甲、乙、丙、丁四种物质间能实现图示转化关系的是
选项 甲 乙 丙 丁
A CO2 Na2CO3 H2O O2
B CuO CuSO4 FeSO4 FeCl2
C O2 MgO H2O2 H2O
D HNO3 Ba(NO3)2 KNO3 KCl
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】酸的化学性质；碱的化学性质；盐的化学性质；物质的鉴别、推断；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】A、根据题意“→”表示通过一步反应能实现转化，若甲是二氧化碳，乙是碳酸钠，丙是水，丁是氧气，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，水在通电的条件下反应生成氢气和氧气，氧气和碳在点燃的条件下反应生成二氧化碳，甲、乙、丙、丁可以实现一步转化，故A符合题意；
B、氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜与铁反应生成硫酸亚铁和铜，硫酸亚铁与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化亚铁，氯化亚铁无法转化为氧化铜，丁不能一步转化为甲，故B不符合题意；
C、镁条和氧气在点燃的条件下生成氧化镁，氧化镁与酸反应生成盐和水，不能转化为过氧化氢，过氧化氢在二氧化锰的催化下分解为水和氧气，水通电分解可以生成氢气和氧气，乙不能一步转化为丙，故C不符合题意；
D、硝酸和碳酸钡反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，硝酸钡和硫酸钾反应生成硝酸钾和硫酸钡沉淀，硝酸钾不能转化为氯化钾，氯化钾也不能转化为硝酸，丙、丁、甲之间不能一步转化，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，水在通电的条件下反应生成氢气和氧气，氧气和碳在点燃的条件下反应生成二氧化碳进行分析解答；
B、根据氯化亚铁无法转化为氧化铜进行分析解答；
C、根据氧化镁不能转化为过氧化氢进行分析解答；
D、根据硝酸钾不能转化为氯化钾，氯化钾也不能转化为硝酸进行分析解答。
15．（2025·滨海模拟）某电镀厂除锈废液中的溶质为HCl和FeCl3，为对废液综合利用，需测定废液中各成分的含量。取 200 g 废液样品放入烧杯中，再将300g氢氧化钠溶液分3次加入烧杯中，过滤，称出沉淀质量，相关数据如下表。下列说法正确的是
加入次数 第1次 第2次 第3次
加入氢氧化钠溶液的质量/g 100 100 100
过滤后生成沉淀的质量/g 10.7 21.4 10.7
A．第3次过滤后，滤液中溶质为氯化钠
B．废液样品中HCl的质量为10.95 g
C．废液样品中氯化铁的质量分数为65%
D．所用氢氧化钠溶液的质量分数为24%
【答案】B,D
【知识点】盐的化学性质；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、 HCl和FeCl3 的混合液中，加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠优先与盐酸反应生成氯化钠和水，盐酸反应结束之后，氢氧化钠与氯化铁反应生成氯化钠和氢氧化铁沉淀。第1次加入100g氢氧化钠溶液，氢氧化钠先把盐酸反应完，才与氯化铁反应产生氢氧化铁沉淀10.7g；第2次加入100g氢氧化钠溶液，产生氢氧化铁沉淀21.4g；第3次加入100g氢氧化钠溶液，产生氢氧化铁沉淀10.7g；说明第2次加入的100g氢氧化钠溶液全部与氯化铁溶液完全反应，即100g氢氧化钠与氯化铁完全反应生成沉淀的质量是21.4g。第3次也是加入100g氢氧化钠溶液，只生成了10.7g沉淀，说明第3次氯化铁完全反应，氢氧化钠有剩余，所以第3次过滤后，滤液中溶质的成分氢氧化钠和盐酸、氯化铁反应生成的氯化钠和过量的氢氧化钠，故A错误；
B、第1次加入100g氢氧化钠溶液，优先与盐酸反应，盐酸反应完之后，氢氧化钠才与氯化铁反应产生氢氧化铁沉淀10.7g；第2次加入100g氢氧化钠溶液，氢氧化钠完全反应，产生氢氧化铁沉淀21.4g，沉淀量是第1次的两倍，说明第1次加入的100g氢氧化钠溶液中，只有50g氢氧化钠与氯化铁反应生成10.7g氢氧化铁沉淀，还有50g氢氧化钠优先与稀盐酸反应生成氯化钠和水；
根据分析，100g氢氧化钠溶液与氯化铁溶液完全反应能生成21.4g氢氧化铁沉淀，设100g氢氧化钠溶液中溶质的质量为m，
则有，
解得m=24g，
即100g氢氧化钠溶液中含有溶质氢氧化钠的质量为24g，则50g氢氧化钠溶液中含有溶质氢氧化钠的质量为24g÷2=12g，设参与反应的氯化氢的质量为n，
则有，，解得n=10.95g，即废液样品中HCl的质量为10.95g，故B正确；
C、从表格数据可知，氯化铁完全反应总产生氢氧化铁沉淀的质量=10.7g+21.4g+10.7g=42.8g，设设200废液中氯化铁的质量为x，
则有，，解得x=65g，
故废液样品中氯化铁的质量分数为，故C错误；
D、第3次100g氢氧化钠溶液与氯化铁溶液完全反应能生成21.4g氢氧化铁沉淀，设100g氢氧化钠溶液中溶质的质量为m，
则有，
解得m=24g，
100g氢氧化钠溶液中含有溶质氢氧化钠的质量为24g，则所用氢氧化钠溶液的质量分数为，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、根据表格数据分析第1次加入的100g氢氧化钠溶液先与盐酸反应，后与氯化铁反应，第2次加入的100g氢氧化钠溶液全部与氯化铁反应生成21.4g氢氧化铁沉淀，第3次加入的100g氢氧化钠与氯化铁反应只生成10.7g氢氧化铁沉淀，说明第3次氢氧化钠过量，所以第3次过滤后，滤液中溶质为氯化钠和氢氧化钠进行分析解答；
B、根据分析第2次100g氢氧化钠完全反应产生21.4g氢氧化铁沉淀，第1次产生10.7g沉淀，说明第1次有50g氢氧化钠与盐酸反应，先设100g氢氧化钠溶液中溶质质量为未知数，再正确写出氢氧化钠和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是氢氧化铁沉淀的质量21.4g，未知量是100g氢氧化钠溶液中溶质的质量，列比例式，求出100g氢氧化钠溶液中溶质的质量，再除以2得到50g氢氧化钠溶液中溶质的质量，再设HCl的质量为未知量，正确写出氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是50g氢氧化钠溶液中溶质的质量，未知量是HCl的质量，列出比例式，求出HCl的质量进行分析解答；
C、根据三次产生的沉淀质量之和为氯化铁完全反应产生的沉淀总质量，设氯化铁的质量为未知量，正确写出氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是氢氧化铁的质量，未知量是氯化铁的质量，列比例式，求出氯化铁的质量，再代入公式：
，求出废液中氯化铁的质量分数进行分析解答；
D、根据B中已求出的100g氢氧化钠溶液中溶质的质量，代入公式：，求出氢氧化钠溶液中的溶质质量分数进行分析解答。
三、填空题(本大题共3小题，共19分)
16．（2025·滨海模拟）化学与生产、生活密切相关。现有①氮气 ②明矾 ③蛋白质 ④硝酸钾 ⑤熟石灰 ⑥碳酸氢钠，选择适当物质填空(填序号)：
（1）可使水中悬浮的杂质较快沉降的是　 　；
（2）发酵粉的主要成分是　 　；
（3）可用于食品包装中防腐的是　 　；
（4）可用于改良酸性土壤的是　 　；
（5）鸡蛋的主要营养成分是　 　；
（6）农业上可用作复合肥料的是　 　。
【答案】（1）②
（2）⑥
（3）①
（4）⑤
（5）③
（6）④
【知识点】中和反应及其应用；常用盐的用途；常见化肥的种类和作用；生命活动与六大营养素
【解析】【解答】（1）明矾溶于水形成的胶状物，具有吸附性，能使水中悬浮的杂质较快沉降；
故答案为：②；
（2）发酵粉的主要成分是碳酸氢钠；
故答案为：⑥；
（3）常温下，氮气的化学性质不活泼，一般不与其它物质反应，可用于食品包装中防腐；
故答案为：①；
（4）熟石灰是氢氧化钙的俗称，能中和土壤酸性，可用于改良酸性土壤；
故答案：⑤；
（5）鸡蛋的主要营养成分是蛋白质；
故答案为：③；
(6)硝酸钾中含有N、P、K中的钾元素和氮元素，农业上可用作复合肥料；
故答案为：④。
【分析】（1）根据明矾可以加快悬浮物沉降进行分析解答；
（2）根据发酵粉的主要成分是碳酸氢钠进行分析解答；
（3）根据氮气化学性质稳定，可作保护气进行分析解答；
（4）根据氢氧化钙能和酸反应生成盐和水进行分析解答；
（5）根据鸡蛋清富含蛋白质进行分析解答；
（6）根据硝酸钾同时含有氮、钾两种营养素，属于复合肥料进行分析解答。
（1）明矾溶于水形成的胶状物，具有吸附性，能使水中悬浮的杂质较快沉降，故填：②；
（2）发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，故填：⑥；
（3）常温下，氮气的化学性质不活泼，一般不与其它物质反应，可用于食品包装中防腐，故填：①；
（4）熟石灰是氢氧化钙的俗称，能中和土壤酸性，可用于改良酸性土壤，故填：⑤；
（5）鸡蛋的主要营养成分是蛋白质，故填：③；
（6）硝酸钾中含有N、P、K中的钾元素和氮元素，农业上可用作复合肥料，故填：④。
17．（2025·滨海模拟）我国科学家公布了对嫦娥五号带回月球土壤样品的研究成果，准确测定了月球土壤样品中40多种元素的含量，以下为钛、锂、钠、氦-3的有关信息。
（1）钛属于　 　(填“金属”或“非金属”)元素，钛原子结构示意图中n的值是　 　。
（2）锂、钠两种元素化学性质相似的原因是　 　。锂离子电池为手机常用的电池，碳酸锂是生产锂离子电池的常用原料，已知Li 的化合价为+1，碳酸锂的化学式为　 　。
（3）已知氦-3原子的原子核是由2个质子和1个中子构成，下列模型能表示氦-3原子的是_______(填字母)。
A． B．
C． D．
（4）金属钛和氯化锂在高温条件下发生置换反应生成四氯化钛和金属锂，该反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）金属；2
（2）最外层电子数相同；Li2CO3
（3）C
（4）Ti+4LiCl4Li+TiCl4
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用；化学式的书写及意义；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）钛字带有金字旁，属于金属元素；
原子中质子数=电子数，故n=22-2-8-10=2；
故答案为：金属；2；
（2）锂原子、钠原子的最外层电子数相同，所以两种元素化学性质相似；
碳酸锂中锂元素显+1价，碳酸根显-2价，根据正价在左负价在右，正负化合价代数和为零，化合价数值约到最简交叉写在元素右下角，则碳酸锂的化学式为：Li2CO3；
故答案：最外层电子数相同；Li2CO3；
（3）已知氦-3原子的原子核是由2个质子和1个中子构成，电子数=质子数，故氦-3原子有2个电子。
故A、B、D不符合题意，C符合题意；
故答案为：C
（4）金属钛和氯化锂在高温条件下发生置换反应生成四氯化钛和金属锂，方程式为：Ti+4LiCl4Li+TiCl4。
故答案为： Ti+4LiCl4Li+TiCl4 。
【分析】（1）根据元素名称带“钅”属于金属元素，原子中质子数=电子数进行分析解答；
（2）根据最外层电子数相同，元素化学性质相似；根据化合物中正、负化合价的代数和为0书写化学式进行分析解答；
（3）根据原子中，电子数=质子数进行分析解答；
（4）根据钛和氯化锂在高温的条件下生成四氯化钛和锂进行分析解答。
（1）钛字带有金字旁，属于金属元素；
原子中质子数=电子数，故n=22-2-8-10=2；
（2）锂原子、钠原子的最外层电子数相同，所以两种元素化学性质相似；
碳酸锂中锂元素显+1价，碳酸根显-2价，根据正价在左负价在右，正负化合价代数和为零，化合价数值约到最简交叉写在元素右下角，则碳酸锂的化学式为：Li2CO3；
（3）已知氦-3原子的原子核是由2个质子和1个中子构成，电子数=质子数，故氦-3原子有2个电子。
故选C；
（4）金属钛和氯化锂在高温条件下发生置换反应生成四氯化钛和金属锂，方程式为：Ti+4LiCl4Li+TiCl4。
18．（2025·滨海模拟）空间站中水是无比珍贵的，废水会被收集起来，进入污水净化系统，净化后再进行蒸馏，然后进行电解制氧气，从而实现水的循环使用。
（1）在污水净化系统中，有一层特殊的薄膜可以阻止废水中的大分子通过而除去杂质，与实验室常用的_____(填字母)操作原理相同。
A．过滤 B．吸附 C．蒸馏
（2）自然界天然水循环是通过水的三态变化实现的。水蒸发为水蒸气，其体积变大。从微观角度解释其原因是________(填字母)。
A．水分子体积变大 B．水分子间隔变大 C．水分子分成了原子
（3）如图所示为太空模拟电解水装置，电解水的化学方程式为　 　，该过程的能量转化形式为　 　能转化为化学能。
（4）在电解水实验中，加入少量硫酸钠可增强水的导电性(硫酸钠在通电前后的质量和性质不变)。现将0.4 g硫酸钠溶解在99.6 g水中并通电，当溶液中硫酸钠的质量分数为0.5%时，有　 　g水被电解。
【答案】（1）A
（2）B
（3）；电
（4）20
【知识点】电解水实验；溶质的质量分数及相关计算；分子的定义与分子的特性；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）通过过滤可将难溶于水的固体物质与液体分离，在污水净化系统中，特殊薄膜阻止废水中大分子通过而除去杂质，通过过滤可将难溶于水的固体物质与液体分离，故A符合题意，B、C不符合题意；
故答案为：A；
（2）水蒸发为水蒸气，其体积变大，从微观角度看，是因为水分子间隔变大。水分子本身的体积不会因为状态变化而改变，水蒸发是物理变化，水分子不会分成原子，故A、C不符合题意，B符合题意；
故答案为：B；
（3）水通电分解生成氢气和氧气，化学方程式为；
电解水过程中，需要通电，该过程是电能转化为化学能；
故答案为： ；电；
（4）现将0.4 g硫酸钠溶解在99.6 g水中并通电，当溶液中硫酸钠的质量分数为0.5%时，设被电解水的质量为x，
则有
解得x=20g；
即有20g水被电解。
故答案为：20.
【分析】（1）根据过滤的操作原理进行分析解答；
（2）根据分子之间有间隔，水变成水蒸气，是由于水分子之间的间隔变大进行分析解答；
（3）根据水通电分解生成氢气和氧气的化学方程式的书写，电解水由电能转化为化学能进行分析解答；
（4）根据电解水时溶质质量不变，只是溶剂智联减少，溶质质量分数=进行分析解答。
（1）通过过滤可将难溶于水的固体物质与液体分离，在污水净化系统中，特殊薄膜阻止废水中大分子通过而除去杂质，通过过滤可将难溶于水的固体物质与液体分离，故选：A；
（2）水蒸发为水蒸气，其体积变大，从微观角度看，是因为水分子间隔变大。水分子本身的体积不会因为状态变化而改变，水蒸发是物理变化，水分子不会分成原子。故选：B；
（3）水通电分解生成氢气和氧气，化学方程式为；
电解水过程中，需要通电，该过程是电能转化为化学能；
（4）现将0.4 g硫酸钠溶解在99.6 g水中并通电，当溶液中硫酸钠的质量分数为0.5%时，设被电解水的质量为x，
则有
解得x=20g；
即有20g水被电解。
四、简答题(本大题共3题，共19分)
19．（2025·滨海模拟）写出下列反应的化学方程式。
（1）硫在空气中燃烧　 　。
（2）实验室用过氧化氢溶液和二氧化锰制氧气　 　。
（3）硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应　 　。
【答案】（1）S+O2SO2
（2）2H2O22H2O+O2↑
（3）2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；氧气的实验室制法；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）硫在空气中燃烧，是硫与空气中的氧气反应生成二氧化硫，方程式为：S+O2SO2；
故答案为：S+O2SO2；
（2）过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下分解产生水和氧气，方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，方程式为：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓。
故答案为：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓。
【分析】（1）根据硫和氧气在点燃的条件下生成二氧化硫的化学方程式的书写进行分析解答；
（2）根据过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气的化学方程式的书写进行分析解答；
（3）根据氢氧化钠和硫酸铜反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀的化学方程式的书写进行分析解答。
（1）硫在空气中燃烧，是硫与空气中的氧气反应生成二氧化硫，方程式为：S+O2SO2；
（2）过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下分解产生水和氧气，方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，方程式为：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓。
20．（2025·滨海模拟）溶液与人们的生产生活密切相关。
（1）下列物质放入水中能形成溶液的是_______(填字母)。
A．泥沙 B．食用油 C．硝酸钾
（2）海盐是以海水为原料在盐田中晒制而成。粗盐中除NaCl外，还含有MgCl2、MgSO4等，三种物质的溶解度曲线如图所示。
①海水晒盐后的母液是氯化钠的　 　(填“饱和”或“不饱和”)溶液。
②40℃时，把60 gMgCl2加入100g水中，所得溶液质量是　 　g。
③将70℃时三种物质的饱和溶液降温到0℃，所得溶液溶质的质量分数由大到小的顺序是　 　(用化学式表示)。
④氯化钠中含有少量硫酸镁，若要提纯氯化钠，可采用的方法是　 　 ( 填“蒸发结晶”或“降温结晶”)。
（3）小海同学要配制50 g溶质质量分数为15%的氯化钠溶液。
①需氯化钠固体的质量为　 　g。
②发现配制好的溶液溶质的质量分数偏小，其原因可能是　 　 (填字母)。
A．溶解时，有液滴飞出烧杯 B．量取水时仰视读数
【答案】（1）C
（2）饱和；157.5；MgCl2＞NaCl＞MgSO4；蒸发结晶
（3）7.5；B
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；溶液的组成及特点；固体溶解度曲线及其作用；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】（1）A、泥沙不溶于水，泥沙放入水中不能形成溶液，会形成悬浊液，故A错误；
B、食用油不溶于水，食用油放入水中不能形成溶液，会形成乳浊液，故B错误；
C、硝酸钾能溶于水形成均一、稳定的混合物，能形成溶液，故C正确；
故答案：C；
（2）①海水晒盐过程中，氯化钠不断结晶析出，海水晒盐后的母液不能继续溶解氯化钠，是氯化钠的饱和溶液；
②40℃时 MgCl2的溶解度是57.5g，即100g水中最多能溶解57.5g氯化钠，达到饱和状态，则把60gMgCl2加入100g水中，MgCl2不能全部溶解，只能溶解57.5g氯化镁，所得溶液质量是57.5g+100g=157.5g；
③70℃时三种物质的饱和溶液降温到0℃，MgCl2、MgSO4和NaCl的溶解度均减小，均会有晶体析出，变为0℃下的饱和溶液，根据饱和溶液的溶质质量分数=，溶解度越大，则饱和溶液的溶质质量分数越大，0℃时，溶解度关系是MgCl2＞NaCl＞MgSO4，所以所得溶液溶质的质量分数由大到小的顺序是MgCl2＞NaCl＞MgSO4；
④氯化钠的溶解度受问温度变化影响较小，硫酸镁的溶解度受温度变化影响较大，氯化钠中含有少量硫酸镁，若要提纯氯化钠，可采用蒸发结晶的方法；
故答案为： ①饱和； ② 157.5； ③ MgCl2＞NaCl＞MgSO4 ； ④ 蒸发结晶；
（3）①配制50 g溶质质量分数为15%的氯化钠溶液，需氯化钠固体的质量为50g×15%=7.5g；
故答案为：7.5；
②A、溶液具有均一性，溶解时，有液滴飞出烧杯，飞出的液滴中含有溶质和溶剂，不影响溶液的溶质质量分数，错误；
B、量取水时仰视读数，读数偏小，则实际量取的水的体积偏大，溶剂质量增大，从而使配制溶液的溶质质量分数偏小；
故答案为：B。
【分析】（1）根据食用油放入水中形成不均一、不稳定的混合物，不属于溶液，硝酸钾溶于水形成均一、稳定的混合物，属于溶液进行分析解答；
（2）①根据海水晒盐析出食盐晶体，母液是氯化钠的饱和溶液进行分析解答；
②根据溶解度的含义以及溶解度曲线的信息进行分析解答；
③根据饱和溶液中溶质质量分数=，溶解度越大，则饱和溶液的溶质质量分数越大进行分析解答；
④根据氯化钠溶解度受温度影响不大，采用蒸发结晶的方法提纯进行分析解答；
（3）①根据溶质质量=溶液质量×溶质质量分数进行分析解答；
②A、根据溶解时液滴飞溅，对溶质质量分数大小没有影响进行分析解答；
B、根据量取水时仰视读数偏小，实际量取水的体积偏多，所配得的溶液溶质质量分数偏小进行分析解答，
（1）A、泥沙不溶于水，泥沙放入水中不能形成溶液，会形成悬浊液，故A错误；
B、食用油不溶于水，食用油放入水中不能形成溶液，会形成乳浊液，故B错误；
C、硝酸钾能溶于水形成均一、稳定的混合物，能形成溶液，故C正确；
故选：C；
（2）①海水晒盐过程中，氯化钠不断结晶析出，海水晒盐后的母液不能继续溶解氯化钠，是氯化钠的饱和溶液；
②40℃时 MgCl2的溶解度是57.5g，即100g水中最多能溶解57.5g氯化钠，达到饱和状态，则把60gMgCl2加入100g水中，MgCl2不能全部溶解，只能溶解57.5g氯化镁，所得溶液质量是57.5g+100g=157.5g；
③70℃时三种物质的饱和溶液降温到0℃，MgCl2、MgSO4和NaCl的溶解度均减小，均会有晶体析出，变为0℃下的饱和溶液，根据饱和溶液的溶质质量分数=，溶解度越大，则饱和溶液的溶质质量分数越大，0℃时，溶解度关系是MgCl2＞NaCl＞MgSO4，所以所得溶液溶质的质量分数由大到小的顺序是MgCl2＞NaCl＞MgSO4；
④
氯化钠的溶解度受问温度变化影响较小，硫酸镁的溶解度受温度变化影响较大，氯化钠中含有少量硫酸镁，若要提纯氯化钠，可采用蒸发结晶的方法；
（3）①配制50 g溶质质量分数为15%的氯化钠溶液，需氯化钠固体的质量为50g×15%=7.5g；
②A、溶液具有均一性，溶解时，有液滴飞出烧杯，飞出的液滴中含有溶质和溶剂，不影响溶液的溶质质量分数，错误；
B、量取水时仰视读数，读数偏小，则实际量取的水的体积偏大，溶剂质量增大，从而使配制溶液的溶质质量分数偏小；
故选：B。
21．（2025·滨海模拟）打铁花是一种民间传统焰火表演，属于国家级非物质文化遗产。其原理是将生铁烧至熔化成为铁水，再将铁水在空中用力击打而形成四处飞溅的耀眼“铁花”。
（1）我国传统铸铁锅由生铁制成，这主要利用了铁的_________(填字母)。
A．导电性 B．导热性 C．有金属光泽
（2）高炉炼铁可获得生铁，其原理包含一氧化碳与氧化铁在高温下反应，反应的化学方程式为　 　。
（3）将一定质量的铁粉加入到ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，充分反应后过滤，滤液中一定含有的溶质是　 　(填化学式)。
（4）现有一包固体粉末，其中有2.4g镁、5.6g铁和1.4g碳。把它加入到硝酸铜溶液中，反应结束后过滤，测得剩余固体中有三种物质，则剩余固体质量可能是_______(填字母)。
A．10.2g B．13.4g C．13.8g D．14.2g
【答案】（1）B
（2）
（3）ZnSO4、FeSO4
（4）B；C
【知识点】常见金属的特性及其应用；金属的化学性质；化学方程式的书写与配平；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）铸铁锅由生铁制成，这主要利用了铁的导热性；
故答案为：B。
（2）一氧化碳与氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，该反应的化学方程式为：；
故答案为：。
（3）铁、锌、铜三种金属活动性由强到弱顺序为锌、铁、铜，将一定质量的铁粉加入到ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，铁与硫酸锌不反应，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，充分反应后过滤，滤液中一定含有的溶质是没有反应的硫酸锌和生成的硫酸亚铁，若铁粉量不足，可能有硫酸铜；
故答案为：ZnSO4、FeSO4。
（4）镁的活动性比铁强，先与硝酸铜反应，镁与硝酸铜反应的化学方程式为，由化学方程式可知，24份质量的镁完全反应能置换出64份质量的铜，2.4g镁完全反应生成铜的质量为6.4g，固体质量增加6.4g-2.4g=4g；铁与硝酸铜反应的化学方式为，56份质量铁完全反应能置换出64份质量的铜，5.6g铁完全反应生成铜的质量为6.4g，固体质量增加6.4g-5.6g=0.8g；碳不与硝酸铜反应。若剩余固体有三种物质，一定是碳、铜和未反应的铁。当镁完全反应，铁没有反应时，剩余固体质量最小，此时剩余固体质量为2.4g+5.6g+1.4g+4g=13.4g；当镁和铁都完全反应时，剩余固体质量最大，此时剩余固体质量为2.4g+5.6g+1.4g+4g+0.8g=14.2g。所以剩余固体质量大于等于13.4g，小于14.2g。
故答案为：BC。
【分析】（1）根据铁具有导热性，可作铁锅进行分析解答；
（2）根据一氧化碳和氧化铁在高温条件下生成铁和二氧化碳的化学方程式的书写进行分析解答；
（3）根据金属活动顺序表中排在前面的金属能够把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁不能与硫酸锌反应，故滤液一定含有硫酸锌和硫酸亚铁进行分析解答；
（4）根据镁的活动性比铁强，先与硝酸铜反应生成铜和硝酸镁，24份质量的镁完全反应生成64份质量的铜，则2.4g的镁完全反应生成6.4g的铜，固体增重6.4g-2.4g=4g，铁与硝酸铜反应生成铜和硝酸亚铁，每56份质量的铁完全反应生成64份质量的铜，则5.6g的铁完全反应生成6.4g的铜，固体质量增重6.4g-5.6g=0.8g，碳不与硝酸铜反应，若剩余固体三种物质，一定是碳、铜和未反应的铁，若镁完全反应，铁没有反应，剩余固体质量最小，此时剩余固体质量为：2.4g+5.6g+1.4g+4g=13.4g；当镁和铁都完全反应时，剩余固体质量最大，此时剩余固体质量为2.4g+5.6g+1.4g+4g+0.8g=14.2g。所以剩余固体质量大于等于13.4g，小于14.2g进行分析解答。
（1）铸铁锅由生铁制成，这主要利用了铁的导热性。故选：B。
（2）一氧化碳与氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，该反应的化学方程式为：。故填：。
（3）铁、锌、铜三种金属活动性由强到弱顺序为锌、铁、铜，将一定质量的铁粉加入到ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，铁与硫酸锌不反应，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，充分反应后过滤，滤液中一定含有的溶质是没有反应的硫酸锌和生成的硫酸亚铁，若铁粉量不足，可能有硫酸铜。故填：ZnSO4、FeSO4。
（4）镁的活动性比铁强，先与硝酸铜反应，镁与硝酸铜反应的化学方程式为，由化学方程式可知，24份质量的镁完全反应能置换出64份质量的铜，2.4g镁完全反应生成铜的质量为6.4g，固体质量增加6.4g-2.4g=4g；铁与硝酸铜反应的化学方式为，56份质量铁完全反应能置换出64份质量的铜，5.6g铁完全反应生成铜的质量为6.4g，固体质量增加6.4g-5.6g=0.8g；碳不与硝酸铜反应。若剩余固体有三种物质，一定是碳、铜和未反应的铁。当镁完全反应，铁没有反应时，剩余固体质量最小，此时剩余固体质量为2.4g+5.6g+1.4g+4g=13.4g；当镁和铁都完全反应时，剩余固体质量最大，此时剩余固体质量为2.4g+5.6g+1.4g+4g+0.8g=14.2g。所以剩余固体质量大于等于13.4g，小于14.2g。故选：BC。
五、实验题(本大题共3题，共22分)
22．（2025·滨海模拟）掌握实验室制取气体的方法是必备的化学素养。某化学实验室现有稀硫酸、稀盐酸、石灰水、石灰石、高锰酸钾等试剂以及下列仪器，请回答有关问题。
（1）仪器①的名称是　 　。
（2）利用上述仪器和试剂可以制取氧气，反应的化学方程式为　 　。用排水集气法收集氧气，当集气瓶里的水排完后，在水里用玻璃片　 　(填“磨砂”或“光滑”)一面盖住集气瓶口，将集气瓶移出水面　 　(填“正”或“倒”)放在桌面上。
（3）利用上述仪器和试剂也可以制取二氧化碳，可选择的仪器是　 　(填序号)；验证二氧化碳气体通常用澄清的石灰水，该反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）锥形瓶
（2）；磨砂；正
（3）①③④⑤ (或②③④⑤⑨)；
【知识点】氧气的实验室制法；化学方程式的书写与配平；二氧化碳的实验室制法；二氧化碳的检验和验满
【解析】【解答】（1）仪器①的名称是锥形瓶；
故答案为：锥形瓶；
（2）根据提供的药品，可选择加热高锰酸钾制取氧气，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，化学方程式为；用排水量气法收集氧气，当集气瓶里的水排出后，在水面下用玻璃片磨砂一面盖住集气瓶口，这样密封性更好；因为氧气的密度比空气大，所以集气瓶要正放在桌面上；
故答案为：；磨砂；正；
（3）根据提供的药品，可选择石灰石（固体）和稀盐酸（液体）在常温下反应制取二氧化碳气体，二氧化碳能溶于水且能与水反应，二氧化碳密度比空气大，只能用向上排空气法收集二氧化碳，根据提供的仪器，可选择①③④⑤或②③④⑤⑨；
二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，验证二氧化碳气体通常用澄清的石灰水，该反应为二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为。
故答案为：①③④⑤或②③④⑤⑨；。
【分析】（1）根据常见化学仪器名称进行分析解答；
（2）根据高锰酸钾在加热的条件下生成锰酸碱、二氧化锰和氧气的化学方程式的书写；集气瓶收集满气体，在水下用玻璃片磨砂的一面盖住集气瓶口，氧气的密度比空气大，集气瓶正放在桌面上进行分析解答；
（3）根据二氧化碳制取装置为固体液不加热型，二氧化碳密度比空气大，采用向上排空气法收集进行分析解答。
（1）仪器①的名称是锥形瓶；
（2）根据提供的药品，可选择加热高锰酸钾制取氧气，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，化学方程式为；
用排水量气法收集氧气，当集气瓶里的水排出后，在水面下用玻璃片磨砂一面盖住集气瓶口，这样密封性更好；
因为氧气的密度比空气大，所以集气瓶要正放在桌面上；
（3）根据提供的药品，可选择石灰石（固体）和稀盐酸（液体）在常温下反应制取二氧化碳气体，二氧化碳能溶于水且能与水反应，二氧化碳密度比空气大，只能用向上排空气法收集二氧化碳，根据提供的仪器，可选择①③④⑤或②③④⑤⑨；
二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，验证二氧化碳气体通常用澄清的石灰水，该反应为二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为。
23．（2025·滨海模拟）实验室有A～F六瓶无标签的稀溶液，分别为稀盐酸、稀硫酸、氢氧化钠溶液、氢氧化钙溶液、氯化钠溶液、碳酸钠溶液中的一种。化学小组为确定试剂瓶里的溶液，按如下实验步骤进行探究：
Ⅰ．各取少量溶液分别滴入紫色石蕊溶液，可以观察到：C、F溶液变红；E没变化；A、B、D溶液变成蓝色。
Ⅱ．分别取C、F少许分别滴在A、B、D溶液的样品中，只有B分别与C、F产生无色气体，其余无明显现象。
Ⅲ．将B溶液分别滴入A、D溶液的样品中，A中产生白色沉淀，D中无明显现象。
回答下列问题：
（1）D为　 　，E为　 　。
（2）步骤Ⅱ中产生无色气体的化学方程式为　 　(写出一个即可)。
（3）A与B反应的化学方程式为　 　。
（4）对还没有确定的C、F两种溶液，下列鉴别方法中可行的是　 　(填序号)。
①分别滴加酚酞溶液 ②分别加入铁粉 ③分别滴加氯化钡溶液
【答案】（1）氢氧化钠；氯化钠
（2）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
（3）Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOHl
（4）③
【知识点】碱的化学性质；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）实验室有A～F六瓶无标签的稀溶液，分别为稀盐酸、稀硫酸、氢氧化钠溶液、氢氧化钙溶液、氯化钠溶液、碳酸钠溶液中的一种。Ⅰ、各取少量溶液分别滴入紫色石蕊溶液，可以观察到：C、F溶液变红，E没变化，A、B、D溶液变成蓝色；紫色石蕊遇酸性溶液变红，遇中性溶液不变色，遇碱性溶液变蓝，则C、F分别是稀盐酸、稀硫酸中的一种，E是氯化钠溶液，A、B、D分别是氢氧化钠溶液、氢氧化钙溶液、碳酸钠溶液中的一种；
Ⅱ、分别取C、F少许分别滴在A、B、D溶液的样品中，只有B分别与C、F产生无色气体，其余无明显现象；碳酸钠和盐酸、硫酸反应生成二氧化碳气体，则B是碳酸钠溶液；
Ⅲ、将B溶液分别滴入A、D溶液的样品中，A中产生白色沉淀，D中无明显现象；碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸钠和氢氧化钠不反应，则A是氢氧化钙溶液，D是氢氧化钠溶液。
所以D为氢氧化钠溶液，E为氯化钠溶液；
故答案为：氢氧化钠；氯化钠；
（2）步骤Ⅱ中产生无色气体的反应是碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳以及碳酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式分别为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；
故答案为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑或Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；
（3）A与B的反应是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；
故答案为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；
（4）由分析可知，没有确定的C、F两种溶液分别是稀盐酸、稀硫酸；
①稀盐酸、稀硫酸中滴加酚酞溶液都无明显现象，现象相同，无法鉴别，故①不符合题意；
②稀盐酸、稀硫酸中加入铁粉都会产生气泡，现象相同，无法鉴别，故②不符合题意；
③稀盐酸不能和氯化钡反应，稀硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，现象不同，可以鉴别，故③符合题意；
故答案为：③。
【分析】（1）根据紫色石蕊在酸性溶液中显红色，中性溶液中显紫色，碱性溶液中显蓝色，氯化钠溶液呈中性，碳酸钠和盐酸、硫酸反应生成二氧化碳气体，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸钠和氢氧化钠不反应进行分析解答；
（2）根据碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳的化学方程式的书写进行分析解答；
（3）根据碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠的化学方程式进行分析解答；
（4）①根据稀盐酸和稀硫酸滴加酚酞都呈无色进行分析解答；
②根据铁粉与稀盐酸、稀硫酸反应都产生气泡进行分析解答；
③根据氯化钡和稀盐酸不反应，氯化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀进行分析解答。
（1）由分析可知，D为氢氧化钠溶液，E为氯化钠溶液；
（2）步骤Ⅱ中产生无色气体的反应是碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳以及碳酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式分别为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；
（3）A与B的反应是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；
（4）由分析可知，没有确定的C、F两种溶液分别是稀盐酸、稀硫酸；
①稀盐酸、稀硫酸中滴加酚酞溶液都无明显现象，现象相同，无法鉴别，故选项不符合题意；
②稀盐酸、稀硫酸中加入铁粉都会产生气泡，现象相同，无法鉴别，故选项不符合题意；
③稀盐酸不能和氯化钡反应，稀硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，现象不同，可以鉴别，故选项符合题意；
故选③。
24．（2025·滨海模拟）请参加社会性议题“汽车能源的变迁”的项目式学习。
（1）传统汽车能源主要来自石油。
①按照能源的可持续性，石油是　 　(填“可再生”或“不可再生”)能源。
②可以通过化学反应将化石能源转化成二次能源，以下属于二次能源的是　 　(填字母)。
A．石油 B．电能 C．风能
（2）天然气和乙醇可替代传统汽车能源。
①天然气的主要成分是甲烷，其完全燃烧的化学方程式为　 　。
②现有一定量乙醇与一定量氧气混合于密闭容器内，在一定条件下反应生成一氧化碳和二氧化碳的混合物14.4 g，同时得到10.8 g水，则其中二氧化碳的质量为　 　g。
（3）电池可给新能源汽车提供动力。下列有关燃油汽车和电动汽车的说法中，正确的是_________(填字母)。
A．在燃油汽车的发动机中，汽油或柴油发生了化学反应
B．使用电动汽车比燃油汽车减少一氧化碳等有害气体的排放
【答案】（1）不可再生；B
（2）；8.8
（3）A；B
【知识点】化学式的相关计算；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）①按照能源的可持续性，石油是不可再生能源，因为石油是古代生物的化石沉积形成的，其形成过程漫长，在短期内无法再生；
故答案为：不可再生；
②A、石油是直接从自然界获取的能源，属于一次能源；
B、电能通常是由煤炭、水能等一次能源转化而来的，属于二次能源；
C、风能是直接来自自然界的能源，属于一次能源；
故答案为：B；
（2）①天然气的主要成分是甲烷，其完全燃烧生成二氧化碳和水的化学方程式为：；
故答案为：；
②设生成二氧化碳的质量为x，则生成一氧化碳的质量为14.4g-x；生成的水中氢元素的质量为10.8g××100%=1.2g，因为乙醇中氢元素的质量与生成水中氢元素的质量相等，所以乙醇的质量为1.2g÷（×100%）=9.2g，乙醇中碳元素的质量为9.2g××100%=4.8g；根据碳元素守恒可得：x××100%+（14.4-x）××100%=4.8g，解得x=8.8g；
故答案为：8.8；
（3）A.在燃油汽车的发动机中，汽油或柴油燃烧，有新物质生成，发生了化学反应，故该说法正确；
B.电动汽车使用电能，相比燃油汽车，减少了一氧化碳等有害气体的排放，故该说法正确；
故答案为：AB。
【分析】（1）根据石油形成的原因进行分析解答；
（2）根据直接从自然界获取的能源属于一次能源，由一次能源转化而得的能源属于二次能源进行分析解答；
（3）① 根据甲烷和氧气在点燃的条件下生成二氧化碳和水的化学方程式的书写进行分析解答；
② 先设二氧化碳的质量为未知数，一氧化碳的质量=14.4g-二氧化碳的质量，水中氢元素的质量=水的质量×水中氢元素的质量分数，化学反应前后元素的种类和质量不变，乙醇质量=氢元素的质量÷乙醇中氢元素的质量分数，乙醇中碳元素的质量=乙醇的质量×乙醇中碳元素的质量分数，根据元素守恒定律，二氧化碳中碳元素的质量+一氧化碳中碳元素的质量=乙醇中碳元素的质量进行分析解答。
（1）①按照能源的可持续性，石油是不可再生能源，因为石油是古代生物的化石沉积形成的，其形成过程漫长，在短期内无法再生；
②A.石油是直接从自然界获取的能源，属于一次能源；
B.电能通常是由煤炭、水能等一次能源转化而来的，属于二次能源；
C.风能是直接来自自然界的能源，属于一次能源；
故选B；
（2）①天然气的主要成分是甲烷，其完全燃烧生成二氧化碳和水的化学方程式为：；
②设生成二氧化碳的质量为x，则生成一氧化碳的质量为14.4g-x；生成的水中氢元素的质量为10.8g××100%=1.2g，因为乙醇中氢元素的质量与生成水中氢元素的质量相等，所以乙醇的质量为1.2g÷（×100%）=9.2g，乙醇中碳元素的质量为9.2g××100%=4.8g；根据碳元素守恒可得：x××100%+（14.4-x）××100%=4.8g，解得x=8.8g；
（3）A.在燃油汽车的发动机中，汽油或柴油燃烧，有新物质生成，发生了化学反应，故该说法正确；
B.电动汽车使用电能，相比燃油汽车，减少了一氧化碳等有害气体的排放，故该说法正确；
故选AB。
六、计算题(本大题共2题，共10分)
25．（2025·滨海模拟）维生素C(化学式C6H8O6)是人体必需的营养物质。回答：
（1）维生素C由　 　种元素组成。
（2）每个维生素C分子由　 　个原子构成。
（3）维生素C中碳、氢元素的质量比为　 　。(填最简比)
（4）　 　g维生素C所含的氢元素与28.6 g维生素A(化学式C20H30O)所含的氢元素质量相等。
【答案】（1）3
（2）20
（3）9：1
（4）66
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解】（1）维生素C是由碳、氢、氧三种元素组成的；故答案为：3；
（2）每个维生素C分子是由6个碳原子、8个氢原子和6个氧原子构成的，则每个维生素C分子由20个原子构成；
故答案为：20；
（3）维生素C中碳、氢元素的质量比为（12×6）：（1×8）=9：1；
故答案为：9：1；
（4）设需要维生素C的质量为x，x××100%=28.6g××100%，x=66g。
故答案为：66。
【分析】（1）根据化学式表示物质的组成元素进行分析解答；
（2）根据化学式元素符号右下角的数字的总和等于一个分子中所含的原子总数进行分析解答；
（3）根据化学式中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比进行分析解答；
（4）根据化合物中某元素的质量=化合物的质量×化合物中某元素的质量分数进行分析解答。
（1）维生素C是由碳、氢、氧三种元素组成的；
（2）每个维生素C分子是由6个碳原子、8个氢原子和6个氧原子构成的，则每个维生素C分子由20个原子构成；
（3）维生素C中碳、氢元素的质量比为（12×6）：（1×8）=9：1；
（4）设需要维生素C的质量为x，x××100%=28.6g××100%，x=66g。
26．（2025·滨海模拟）为确定实验室某瓶盐酸(如图所示)中溶质的质量分数是否与标签标示相符，小新同学取用此盐酸50.0 g于烧杯中，向其中加入6.0 g大理石(杂质不参与反应，也不溶于水)，恰好完全反应，烧杯内剩余物的总质量53.8g。计算：
（1）实验中生成CO2的质量。
（2）通过计算，确定该盐酸中溶质质量分数是否与标签标示相符。
（3）反应后所得溶液中溶质的质量分数。(结果精确到0.1%)
【答案】（1）大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水；
根据质量守恒定律，生成二氧化碳的质量为6.0g+50.0g-53.8g=2.2g；
答：生成二氧化碳的质量为2.2g。
（2）解：设参加反应的HCl的质量为x，碳酸钙的质量为y，生成的氯化钙的质量为z；
，x=3.65g；
，y=5.0g；
，z=5.55g；
所用盐酸的溶质质量分数为：×100%=7.3% ≠10%，所以与标签标示不相符；
答：该盐酸中溶质质量分数与标签标示不相符。
（3）所得溶液的溶质质量分数为： ×100%=10.5%；
答：反应后所得溶液中溶质的质量分数为10.5%。
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算；二氧化碳的实验室制法
【解析】（1）根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，反应生成二氧化碳的质量= 6.0g+50.0g-53.8g=2.2g；故答案为：2.2g；
【分析】（1）根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变进行分析解答；
（2）先设未知量，再正确写出碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳的化学方程式，再找准相关物质的质量比，已知量是二氧化碳的质量，未知量是氯化氢、碳酸钙、氯化钙的质量，分别列出比例式，分别求出氯化氢、碳酸钙、氯化钙的质量，稀盐酸中溶质质量分数=，再与标签上的溶质质量分数进行比较进行分析解答；
（3）根据反应后的溶质为氯化钙，反应后所得溶液溶质质量分数=进行计算解答。
（1）见答案；
（2）见答案；
（3）见答案。
1 / 1天津市滨海新区2025年中考一模化学试题
一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意)
1．（2025·滨海模拟）成语是中华民族文明与智慧的结晶，是中华文化的瑰宝。下列成语所描述的情境主要包含化学变化的是
A．刻舟求剑 B．火上浇油 C．滴水成冰 D．积土成山
2．（2025·滨海模拟）地壳中含量最多的元素是氧，含量第二位的元素为
A．铝 B．钙 C．碳 D．硅
3．（2025·滨海模拟）分类是学习化学的一种重要方法。下列对玻璃钢、纯碱、干冰三种物质的分类正确的是
A．混合物、盐、氧化物 B．单质、盐、碱
C．氧化物、碱、混合物 D．混合物、碱、氧化物
4．（2025·滨海模拟）某矿泉水标签上印有主要矿物质成分如 Ca：20，K：39，Mg：3，Zn：0.06，F：0.02等，这里的Ca、K、Mg、Zn、F是指
A．单质 B．元素 C．金属离子 D．分子
5．（2025·滨海模拟）试管是实验中常用仪器，试管口朝向可能因实验的不同而不同。下列实验中试管口的朝向错误的是
A．给试管里的液体加热
B．向试管中加入块状固体
C．给试管里的固体加热
D．向试管中滴加液体药品
6．（2025·滨海模拟）某兴趣小组探究土壤酸碱性对植物生长的影响时，测得常温下四种不同土壤的pH如下，其中显碱性的是(　　)
A．pH=8 B．pH=7 C．pH=6 D．pH=5
7．（2025·滨海模拟）新切的藕片上滴加几滴碘液后变蓝，说明藕片中含有淀粉。从化学角度看，淀粉属于（　　）
A．水 B．油脂 C．糖类 D．无机盐
8．（2025·滨海模拟）碳可用于检测幽门螺杆菌。它与碳-12同属碳元素，其原因是
A．电子数相同 B．核电荷数相同
C．中子数相同 D．最外层电子数相同
9．（2025·滨海模拟）精准的观察与描述对实验的研究非常重要。下列对实验现象的描述正确的是
A．硫在氧气中燃烧发出淡蓝色火焰
B．铁丝在氧气中剧烈燃烧，生成四氧化三铁
C．打开浓盐酸试剂瓶的瓶盖，瓶口有白烟产生
D．向氢氧化钠溶液中滴加紫色石蕊溶液，紫色石蕊溶液变蓝色
10．（2025·滨海模拟）二氧化氮是空气污染物之一，可用尿素[CO(NH2)2]吸收，其反应的化学方程式为：6NO2 +4CO(NH2)2 =4CO2+7X+8H2O。下列说法正确的是
A．二氧化氮是由一个氮原子和两个氧原子构成的
B．该反应中NO2与CO(NH2)2的质量比为23：30
C．CO(NH2)2的相对分子质量是60 g
D．X的化学式为N2
二、选择题(本大题共5小题，每小题2分，共10分。每小题给出的四个选项中，有1～2个符合题意。只有一个符合题意的多选不给分；有2个选项符合题意的只选一个且符合题意的得1分；若选2个有一个不符合题意则不给分)
11．（2025·滨海模拟）下列是小滨一天中的生活经历和相关解释，其中不正确的是
A．早晨使用燃气灶时发现火焰呈黄色，锅底有黑色物质，可能是灶具进风口开得过大
B．下午体育课后喝了含葡萄糖的饮品，补充的糖类能为人体提供能量
C．傍晚将塑料矿泉水瓶放入可回收垃圾桶，该塑料属于天然高分子材料
D．晚饭后将洗净的铁锅擦干，是为了防止铁锅生锈
12．（2025·滨海模拟）学习中，常用比较、归纳等科学方法进行推理分析，下列推理所得结论正确的是
A．金刚石、石墨、C60都由碳元素组成，那么它们的物理性质一定相同
B．置换反应都有化合价改变，那么有化合价改变的反应一定是置换反应
C．化学反应伴随着能量变化，那么有能量变化的过程一定是化学反应
D．点燃氢气前要检验纯度，那么实验室点燃可燃性气体之前一定要验纯
13．（2025·滨海模拟）基于问题设计实验方案是实验探究活动的重要环节。下列实验方案中不合理的是
选项 实验问题 实验方案
A 鉴别O2和空气 将带火星的木条伸入盛有气体的试管中，观察现象
B 分离KCl和MnO2混合物 加入足量水溶解、过滤，滤液蒸发结晶，滤渣洗涤干燥
C 除去NaOH 溶液中的 Na2CO3 加入过量Ca(OH)2溶液，充分反应后滤去沉淀
D 测定西瓜汁的酸碱度 将 pH 试纸浸入西瓜汁中，再与标准比色卡比较
A．A B．B C．C D．D
14．（2025·滨海模拟）在化学中通过研究物质的转化可以实现物质的制备、提纯和利用等。如图所示转化关系中的反应均为初中化学常见的反应(“→”表示通过一步反应能实现转化)。下列选项中甲、乙、丙、丁四种物质间能实现图示转化关系的是
选项 甲 乙 丙 丁
A CO2 Na2CO3 H2O O2
B CuO CuSO4 FeSO4 FeCl2
C O2 MgO H2O2 H2O
D HNO3 Ba(NO3)2 KNO3 KCl
A．A B．B C．C D．D
15．（2025·滨海模拟）某电镀厂除锈废液中的溶质为HCl和FeCl3，为对废液综合利用，需测定废液中各成分的含量。取 200 g 废液样品放入烧杯中，再将300g氢氧化钠溶液分3次加入烧杯中，过滤，称出沉淀质量，相关数据如下表。下列说法正确的是
加入次数 第1次 第2次 第3次
加入氢氧化钠溶液的质量/g 100 100 100
过滤后生成沉淀的质量/g 10.7 21.4 10.7
A．第3次过滤后，滤液中溶质为氯化钠
B．废液样品中HCl的质量为10.95 g
C．废液样品中氯化铁的质量分数为65%
D．所用氢氧化钠溶液的质量分数为24%
三、填空题(本大题共3小题，共19分)
16．（2025·滨海模拟）化学与生产、生活密切相关。现有①氮气 ②明矾 ③蛋白质 ④硝酸钾 ⑤熟石灰 ⑥碳酸氢钠，选择适当物质填空(填序号)：
（1）可使水中悬浮的杂质较快沉降的是　 　；
（2）发酵粉的主要成分是　 　；
（3）可用于食品包装中防腐的是　 　；
（4）可用于改良酸性土壤的是　 　；
（5）鸡蛋的主要营养成分是　 　；
（6）农业上可用作复合肥料的是　 　。
17．（2025·滨海模拟）我国科学家公布了对嫦娥五号带回月球土壤样品的研究成果，准确测定了月球土壤样品中40多种元素的含量，以下为钛、锂、钠、氦-3的有关信息。
（1）钛属于　 　(填“金属”或“非金属”)元素，钛原子结构示意图中n的值是　 　。
（2）锂、钠两种元素化学性质相似的原因是　 　。锂离子电池为手机常用的电池，碳酸锂是生产锂离子电池的常用原料，已知Li 的化合价为+1，碳酸锂的化学式为　 　。
（3）已知氦-3原子的原子核是由2个质子和1个中子构成，下列模型能表示氦-3原子的是_______(填字母)。
A． B．
C． D．
（4）金属钛和氯化锂在高温条件下发生置换反应生成四氯化钛和金属锂，该反应的化学方程式为　 　。
18．（2025·滨海模拟）空间站中水是无比珍贵的，废水会被收集起来，进入污水净化系统，净化后再进行蒸馏，然后进行电解制氧气，从而实现水的循环使用。
（1）在污水净化系统中，有一层特殊的薄膜可以阻止废水中的大分子通过而除去杂质，与实验室常用的_____(填字母)操作原理相同。
A．过滤 B．吸附 C．蒸馏
（2）自然界天然水循环是通过水的三态变化实现的。水蒸发为水蒸气，其体积变大。从微观角度解释其原因是________(填字母)。
A．水分子体积变大 B．水分子间隔变大 C．水分子分成了原子
（3）如图所示为太空模拟电解水装置，电解水的化学方程式为　 　，该过程的能量转化形式为　 　能转化为化学能。
（4）在电解水实验中，加入少量硫酸钠可增强水的导电性(硫酸钠在通电前后的质量和性质不变)。现将0.4 g硫酸钠溶解在99.6 g水中并通电，当溶液中硫酸钠的质量分数为0.5%时，有　 　g水被电解。
四、简答题(本大题共3题，共19分)
19．（2025·滨海模拟）写出下列反应的化学方程式。
（1）硫在空气中燃烧　 　。
（2）实验室用过氧化氢溶液和二氧化锰制氧气　 　。
（3）硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应　 　。
20．（2025·滨海模拟）溶液与人们的生产生活密切相关。
（1）下列物质放入水中能形成溶液的是_______(填字母)。
A．泥沙 B．食用油 C．硝酸钾
（2）海盐是以海水为原料在盐田中晒制而成。粗盐中除NaCl外，还含有MgCl2、MgSO4等，三种物质的溶解度曲线如图所示。
①海水晒盐后的母液是氯化钠的　 　(填“饱和”或“不饱和”)溶液。
②40℃时，把60 gMgCl2加入100g水中，所得溶液质量是　 　g。
③将70℃时三种物质的饱和溶液降温到0℃，所得溶液溶质的质量分数由大到小的顺序是　 　(用化学式表示)。
④氯化钠中含有少量硫酸镁，若要提纯氯化钠，可采用的方法是　 　 ( 填“蒸发结晶”或“降温结晶”)。
（3）小海同学要配制50 g溶质质量分数为15%的氯化钠溶液。
①需氯化钠固体的质量为　 　g。
②发现配制好的溶液溶质的质量分数偏小，其原因可能是　 　 (填字母)。
A．溶解时，有液滴飞出烧杯 B．量取水时仰视读数
21．（2025·滨海模拟）打铁花是一种民间传统焰火表演，属于国家级非物质文化遗产。其原理是将生铁烧至熔化成为铁水，再将铁水在空中用力击打而形成四处飞溅的耀眼“铁花”。
（1）我国传统铸铁锅由生铁制成，这主要利用了铁的_________(填字母)。
A．导电性 B．导热性 C．有金属光泽
（2）高炉炼铁可获得生铁，其原理包含一氧化碳与氧化铁在高温下反应，反应的化学方程式为　 　。
（3）将一定质量的铁粉加入到ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，充分反应后过滤，滤液中一定含有的溶质是　 　(填化学式)。
（4）现有一包固体粉末，其中有2.4g镁、5.6g铁和1.4g碳。把它加入到硝酸铜溶液中，反应结束后过滤，测得剩余固体中有三种物质，则剩余固体质量可能是_______(填字母)。
A．10.2g B．13.4g C．13.8g D．14.2g
五、实验题(本大题共3题，共22分)
22．（2025·滨海模拟）掌握实验室制取气体的方法是必备的化学素养。某化学实验室现有稀硫酸、稀盐酸、石灰水、石灰石、高锰酸钾等试剂以及下列仪器，请回答有关问题。
（1）仪器①的名称是　 　。
（2）利用上述仪器和试剂可以制取氧气，反应的化学方程式为　 　。用排水集气法收集氧气，当集气瓶里的水排完后，在水里用玻璃片　 　(填“磨砂”或“光滑”)一面盖住集气瓶口，将集气瓶移出水面　 　(填“正”或“倒”)放在桌面上。
（3）利用上述仪器和试剂也可以制取二氧化碳，可选择的仪器是　 　(填序号)；验证二氧化碳气体通常用澄清的石灰水，该反应的化学方程式为　 　。
23．（2025·滨海模拟）实验室有A～F六瓶无标签的稀溶液，分别为稀盐酸、稀硫酸、氢氧化钠溶液、氢氧化钙溶液、氯化钠溶液、碳酸钠溶液中的一种。化学小组为确定试剂瓶里的溶液，按如下实验步骤进行探究：
Ⅰ．各取少量溶液分别滴入紫色石蕊溶液，可以观察到：C、F溶液变红；E没变化；A、B、D溶液变成蓝色。
Ⅱ．分别取C、F少许分别滴在A、B、D溶液的样品中，只有B分别与C、F产生无色气体，其余无明显现象。
Ⅲ．将B溶液分别滴入A、D溶液的样品中，A中产生白色沉淀，D中无明显现象。
回答下列问题：
（1）D为　 　，E为　 　。
（2）步骤Ⅱ中产生无色气体的化学方程式为　 　(写出一个即可)。
（3）A与B反应的化学方程式为　 　。
（4）对还没有确定的C、F两种溶液，下列鉴别方法中可行的是　 　(填序号)。
①分别滴加酚酞溶液 ②分别加入铁粉 ③分别滴加氯化钡溶液
24．（2025·滨海模拟）请参加社会性议题“汽车能源的变迁”的项目式学习。
（1）传统汽车能源主要来自石油。
①按照能源的可持续性，石油是　 　(填“可再生”或“不可再生”)能源。
②可以通过化学反应将化石能源转化成二次能源，以下属于二次能源的是　 　(填字母)。
A．石油 B．电能 C．风能
（2）天然气和乙醇可替代传统汽车能源。
①天然气的主要成分是甲烷，其完全燃烧的化学方程式为　 　。
②现有一定量乙醇与一定量氧气混合于密闭容器内，在一定条件下反应生成一氧化碳和二氧化碳的混合物14.4 g，同时得到10.8 g水，则其中二氧化碳的质量为　 　g。
（3）电池可给新能源汽车提供动力。下列有关燃油汽车和电动汽车的说法中，正确的是_________(填字母)。
A．在燃油汽车的发动机中，汽油或柴油发生了化学反应
B．使用电动汽车比燃油汽车减少一氧化碳等有害气体的排放
六、计算题(本大题共2题，共10分)
25．（2025·滨海模拟）维生素C(化学式C6H8O6)是人体必需的营养物质。回答：
（1）维生素C由　 　种元素组成。
（2）每个维生素C分子由　 　个原子构成。
（3）维生素C中碳、氢元素的质量比为　 　。(填最简比)
（4）　 　g维生素C所含的氢元素与28.6 g维生素A(化学式C20H30O)所含的氢元素质量相等。
26．（2025·滨海模拟）为确定实验室某瓶盐酸(如图所示)中溶质的质量分数是否与标签标示相符，小新同学取用此盐酸50.0 g于烧杯中，向其中加入6.0 g大理石(杂质不参与反应，也不溶于水)，恰好完全反应，烧杯内剩余物的总质量53.8g。计算：
（1）实验中生成CO2的质量。
（2）通过计算，确定该盐酸中溶质质量分数是否与标签标示相符。
（3）反应后所得溶液中溶质的质量分数。(结果精确到0.1%)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、刻舟求剑，没有新物质生成，只是形状的改变，属于物理变化，故A不符合题意；
B、火上浇油，有二氧化碳等新物质生成，属于化学变化，故B符合题意；
C、滴水成冰，没有新物质生成，只是状态的改变，属于物理变化，故C不符合题意；
D、积土成山，没有新物质生成，只是形状的改变，属于物理变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据没有新物质生成的变化属于物理变化，有新物质生成的变化属于化学变化进行分析解答。
2．【答案】D
【知识点】地壳中元素的分布与含量
【解析】【解答】地壳中含量居于前四位的元素分别是：氧、硅、铝、铁。所以含量第二位的是硅，故A、B、C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据地壳中含量居于前四位的元素是氧、硅、铝、铁进行分析解答。
3．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】玻璃钢是玻璃和与合成材料复合而成的复合材料，属于混合物；由金属离子和酸根离子构成的化合物属于盐类，纯碱是碳酸钠的俗名，碳酸钠由钠离子和碳酸根离子构成的化合物，属于盐类；由两种元素组成，其中一种元素是氧元素化合物叫氧化物，干冰是固态的二氧化碳，是由碳、氧两种元素元素组成的化合物，属于氧化物，故玻璃钢、纯碱、干冰三种物质的分类分别是混合物、盐、氧化物，故 A符合题意，B、C、D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据由两种或两种以上物质组成属于混合物，由金属离子和酸根离子构成的化合物属于盐类，由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物属于氧化物进行分析解答。
4．【答案】B
【知识点】元素的概念；分子、原子、离子、元素与物质之间的关系
【解析】【解答】物质是由元素组成的，在日常生活常接触到物品上所标注的氟”、“钙”等指都是指元素。故A、C、D不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据物质由元素组成进行分析解答。
5．【答案】C
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；实验操作注意事项的探究
【解析】【解答】A、加热试管内液体，用酒精灯外焰加热，试管夹夹在试管中上部，液体体积不能超试管容积三分之一，不符合题意；
B、块状固体取用应横持试管，用镊子把药品放在试管口，再缓慢直立试管，使药品或金属颗粒滑到试管底部，不符合题意；
C、给试管里的固体加热时，试管口应略向下倾斜，符合题意；
D、滴管滴加液体时要在试管口上方垂直悬空滴加，滴管不能伸入试管中或接触试管壁，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据给试管中液体加热操作要求分析；
B、根据块状固体取用一横二送三直立分析；
C、根据给试管中固体加热试管口略向下倾斜分析；
D、根据滴管的使用方法分析。
6．【答案】A
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A. pH=8，大于7 ，显碱性，故符合题意；
B. pH=7，显中性，故不符合题意；
C. pH=6，小于7，显酸性，故不符合题意；
D. pH=5，小于7，显酸性，故不符合题意；
故答案为：A。
【分析】溶液的pH值<7，显酸性，从7到1，酸性逐渐增强；
溶液的pH值=7，显中性；
溶液的pH值>7，显碱性，从7到14，碱性逐渐增强。
7．【答案】C
【知识点】生命活动与六大营养素
【解析】【解答】 从化学角度看，淀粉属于糖类。
故答案为：C。
【分析】根据淀粉属于糖类分析。
8．【答案】B
【知识点】原子的有关数量计算；元素的概念
【解析】【解答】A、元素的种类由质子数或核电荷数决定，碳-14和碳-12同属碳元素，是因为质子数相同，而不是电子数相同，故A错误；
B、原子核由质子和中子构成，质子带正电，中子不带电，原子核所带的正电荷数叫做核电荷数，所以质子数=核电荷数，故B正确；
C、原子中，相对原子质量=质子数+中子数，碳-14原子是指相对原子质量为14的碳原子，碳原子的质子数为6，所以中子数=14-6=8、碳-12是指相对原子质量为12的碳原子，碳原子的质子数为6，中子数=12-6=6，所以两者的中子数不同，故C错误；
D、决定元素种类的是质子数，碳-14和碳-12同属碳元素，是因为质子数相同，而不是最外层电子数不同，故D错误。
故氮为：B。
【分析】根据元素的种类由质子数或核电荷数决定，同种元素，质子数相同，相对原子质量=质子数+中子数进行分析解答。
9．【答案】D
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；酸碱指示剂的性质及应用；酸的物理性质及用途
【解析】【解答】A、硫在氧气中燃烧产生明亮的蓝紫色火焰，硫在空气气中燃烧发出淡蓝色火焰，故A错误；
B、描述现象不能出现物质的名称，出现名称的是实验结论，所以铁丝在氧气中剧烈燃烧，生成四氧化三铁是实验结论而不是实验现象，故B错误；
C、浓盐酸具有挥发性，打开装有浓盐酸试剂瓶的瓶塞，瓶口有白雾产生，而不是白烟，因为烟是固体小颗粒，而雾是液滴小颗粒，浓盐酸中挥发出来的氯化氢气体与空气中的水蒸气接触形成盐酸小液滴，即白雾，故C错误；
D、紫色石蕊在碱性溶液中显蓝色，氢氧化钠溶液显碱性，向氢氧化钠溶液中滴加紫色石蕊溶液，紫色石蕊溶液变蓝色，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据硫在氧气中燃烧发出蓝紫色火焰进行分析解答；
B、根据描述实验现象不能出现生成物的名称，出现名称的是实验结论进行分析解答；
C、根据打开浓盐酸瓶盖，会有白雾产生，因为白雾是浓盐酸挥发出来的氯化氢气体与水蒸气结合形成的盐酸小液滴进行分析解答；
D、根据紫色石蕊遇碱性溶液变蓝进行分析解答。
10．【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算；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、化学式元素符号右下角的数字表示一个分子中所含有的原子个数，从二氧化氮的化学式NO2可知，一个二氧化氮分子是由一个氮原子和两个氧原子构成的，故A错误；
B、化学方程式中各物质的质量比=相对分子质量×化学计量数之比，该反应中NO2与CO（NH2）2的质量比为（46×6）：（60×4）=23：20，故B错误；
C、相对分子质量是相对原子质量的总和，其单位是“1”，通常省略不写，所以CO（NH2）2的相对分子质量为12+16+（14+1×2）×2=60，故C错误；
D、该反应的化学方程式为：6NO2 +4CO(NH2)2 =4CO2+7X+8H2O，根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类和数目相等。
原子种类 N O C H
反应前数目 14 16 4 16
反应后数目 0 16 4 16
差额 14 0 0 0
X的化学式 N2
故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据化学式元素符号右下角的数字表示一个分子中所含有的原子个数进行分析解答；
B、根据化学式中各物质的质量比=相对分子质量×化学计量数之比进行分析解答；
C、根据相对分子质量是相对原子质量的总和，单位是“1”省略不写进行分析解答；
D、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变进行分析解答。
11．【答案】A,C
【知识点】金属锈蚀的条件及其防护；有机高分子材料的分类及鉴别；生命活动与六大营养素；完全燃烧与不完全燃烧
【解析】【解答】A、燃气灶火焰呈黄色并产生黑色物质（炭黑），是因为燃烧不充分。 燃料燃烧不充分的原因一般是氧气不足，所以是灶具进风口开得过小，而不是过大，故A错误；
B、葡萄糖属于糖类，糖类事人体最重要的功能物质，所以体育课后喝了葡萄糖溶液，补充糖类能为人体提供能量，故A正确；
C、塑料矿泉水瓶可以回收利用，塑料、合成橡胶、合成纤维都属于合成材料，而不是天然高分子材料故C错误；
D、铁制品在潮湿的空气中容易生锈，晚饭后将洗净的铁锅擦干，可以隔绝水，防止铁锅生锈，故D正确；
故答案为：AC。
【分析】A、根据燃气灶进风口过小，氧气不足会导致燃料燃烧不充分进行分析解答；
B、根据糖类是人体最重要的功能物质进行分析解答；
C、根据塑料属于有机合成材料进行分析解答；
D、根据铁与水和氧气同时接触易生锈，保持铁制品表面干燥可以防止生锈进行分析解答。
12．【答案】D
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；碳单质的性质和用途；氢气、一氧化碳、甲烷等可燃气体的验纯；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、金刚石、石墨、C60都由碳元素组成，但碳原子排列方式不同，物理性质相差很大，不符合题意；
B、有单质参与的化合反应也有化合价改变，不符合题意；
C、有能量变化的不一定是化学变化，也可能是物理变化，不符合题意；
D、氢气具有可燃性，混有空气的氢气遇到明火，容易发生爆炸，点燃氢气前需要检验纯度，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据碳单质碳原子排列不同分析；
B、根据有些化合或分解反应也有元素化合价变化分析；
C、根据物理变化、化学变化都可能有能量的改变分析；
D、根据点燃氢气等可燃性气体需验纯，防止发生爆炸分析。
13．【答案】C,D
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；氧气的化学性质；盐的化学性质；溶液的酸碱度测定；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、鉴别氧气和空气：将带火星的木条伸入盛有气体的试管中，能使带火星木条复燃的是氧气；不能使带火星木条不复燃的是空气，实验方案合理，故A不符合题意；
B、分离KCl和MnO2的混合物：加入足量的水溶解，过滤， 滤液蒸发结晶可得到氯化钾固体；滤渣洗涤干燥可得到二氧化锰固体，实验方案合理，故B不符合题意；
C、 除去NaOH 溶液中的 Na2CO3 ，加入 过量Ca(OH)2溶液，碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，可以除去杂质，但是加入的氢氧化钙过量，又引入了新的杂质，违背除杂原则，实验方案不合理，故C符合题意；
D、 测定西瓜汁的酸碱度，不能把pH试纸直接伸入待测溶液中，以免污染待测液，应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，实验方案不合理，故D符合题意，
故答案为：CD。
【分析】A、根据氧气能使带火星的木条复燃，空气不能使带火星的木条复燃进行分析解答；
B、根据氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，加水溶解、过滤，滤渣洗涤干燥，滤液蒸发可以把两者分离进行分析解答；
C、根据加入过量的氢氧化钙，除去杂质的同时引入了新的杂质，违背除杂原则进行分析解答；
D、根据用pH试纸测定溶液的酸碱度时，不能把pH试纸浸入待测液中，以防污染待测液进行分析解答。
14．【答案】A
【知识点】酸的化学性质；碱的化学性质；盐的化学性质；物质的鉴别、推断；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】A、根据题意“→”表示通过一步反应能实现转化，若甲是二氧化碳，乙是碳酸钠，丙是水，丁是氧气，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，水在通电的条件下反应生成氢气和氧气，氧气和碳在点燃的条件下反应生成二氧化碳，甲、乙、丙、丁可以实现一步转化，故A符合题意；
B、氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜与铁反应生成硫酸亚铁和铜，硫酸亚铁与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化亚铁，氯化亚铁无法转化为氧化铜，丁不能一步转化为甲，故B不符合题意；
C、镁条和氧气在点燃的条件下生成氧化镁，氧化镁与酸反应生成盐和水，不能转化为过氧化氢，过氧化氢在二氧化锰的催化下分解为水和氧气，水通电分解可以生成氢气和氧气，乙不能一步转化为丙，故C不符合题意；
D、硝酸和碳酸钡反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，硝酸钡和硫酸钾反应生成硝酸钾和硫酸钡沉淀，硝酸钾不能转化为氯化钾，氯化钾也不能转化为硝酸，丙、丁、甲之间不能一步转化，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，水在通电的条件下反应生成氢气和氧气，氧气和碳在点燃的条件下反应生成二氧化碳进行分析解答；
B、根据氯化亚铁无法转化为氧化铜进行分析解答；
C、根据氧化镁不能转化为过氧化氢进行分析解答；
D、根据硝酸钾不能转化为氯化钾，氯化钾也不能转化为硝酸进行分析解答。
15．【答案】B,D
【知识点】盐的化学性质；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、 HCl和FeCl3 的混合液中，加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠优先与盐酸反应生成氯化钠和水，盐酸反应结束之后，氢氧化钠与氯化铁反应生成氯化钠和氢氧化铁沉淀。第1次加入100g氢氧化钠溶液，氢氧化钠先把盐酸反应完，才与氯化铁反应产生氢氧化铁沉淀10.7g；第2次加入100g氢氧化钠溶液，产生氢氧化铁沉淀21.4g；第3次加入100g氢氧化钠溶液，产生氢氧化铁沉淀10.7g；说明第2次加入的100g氢氧化钠溶液全部与氯化铁溶液完全反应，即100g氢氧化钠与氯化铁完全反应生成沉淀的质量是21.4g。第3次也是加入100g氢氧化钠溶液，只生成了10.7g沉淀，说明第3次氯化铁完全反应，氢氧化钠有剩余，所以第3次过滤后，滤液中溶质的成分氢氧化钠和盐酸、氯化铁反应生成的氯化钠和过量的氢氧化钠，故A错误；
B、第1次加入100g氢氧化钠溶液，优先与盐酸反应，盐酸反应完之后，氢氧化钠才与氯化铁反应产生氢氧化铁沉淀10.7g；第2次加入100g氢氧化钠溶液，氢氧化钠完全反应，产生氢氧化铁沉淀21.4g，沉淀量是第1次的两倍，说明第1次加入的100g氢氧化钠溶液中，只有50g氢氧化钠与氯化铁反应生成10.7g氢氧化铁沉淀，还有50g氢氧化钠优先与稀盐酸反应生成氯化钠和水；
根据分析，100g氢氧化钠溶液与氯化铁溶液完全反应能生成21.4g氢氧化铁沉淀，设100g氢氧化钠溶液中溶质的质量为m，
则有，
解得m=24g，
即100g氢氧化钠溶液中含有溶质氢氧化钠的质量为24g，则50g氢氧化钠溶液中含有溶质氢氧化钠的质量为24g÷2=12g，设参与反应的氯化氢的质量为n，
则有，，解得n=10.95g，即废液样品中HCl的质量为10.95g，故B正确；
C、从表格数据可知，氯化铁完全反应总产生氢氧化铁沉淀的质量=10.7g+21.4g+10.7g=42.8g，设设200废液中氯化铁的质量为x，
则有，，解得x=65g，
故废液样品中氯化铁的质量分数为，故C错误；
D、第3次100g氢氧化钠溶液与氯化铁溶液完全反应能生成21.4g氢氧化铁沉淀，设100g氢氧化钠溶液中溶质的质量为m，
则有，
解得m=24g，
100g氢氧化钠溶液中含有溶质氢氧化钠的质量为24g，则所用氢氧化钠溶液的质量分数为，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、根据表格数据分析第1次加入的100g氢氧化钠溶液先与盐酸反应，后与氯化铁反应，第2次加入的100g氢氧化钠溶液全部与氯化铁反应生成21.4g氢氧化铁沉淀，第3次加入的100g氢氧化钠与氯化铁反应只生成10.7g氢氧化铁沉淀，说明第3次氢氧化钠过量，所以第3次过滤后，滤液中溶质为氯化钠和氢氧化钠进行分析解答；
B、根据分析第2次100g氢氧化钠完全反应产生21.4g氢氧化铁沉淀，第1次产生10.7g沉淀，说明第1次有50g氢氧化钠与盐酸反应，先设100g氢氧化钠溶液中溶质质量为未知数，再正确写出氢氧化钠和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是氢氧化铁沉淀的质量21.4g，未知量是100g氢氧化钠溶液中溶质的质量，列比例式，求出100g氢氧化钠溶液中溶质的质量，再除以2得到50g氢氧化钠溶液中溶质的质量，再设HCl的质量为未知量，正确写出氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是50g氢氧化钠溶液中溶质的质量，未知量是HCl的质量，列出比例式，求出HCl的质量进行分析解答；
C、根据三次产生的沉淀质量之和为氯化铁完全反应产生的沉淀总质量，设氯化铁的质量为未知量，正确写出氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是氢氧化铁的质量，未知量是氯化铁的质量，列比例式，求出氯化铁的质量，再代入公式：
，求出废液中氯化铁的质量分数进行分析解答；
D、根据B中已求出的100g氢氧化钠溶液中溶质的质量，代入公式：，求出氢氧化钠溶液中的溶质质量分数进行分析解答。
16．【答案】（1）②
（2）⑥
（3）①
（4）⑤
（5）③
（6）④
【知识点】中和反应及其应用；常用盐的用途；常见化肥的种类和作用；生命活动与六大营养素
【解析】【解答】（1）明矾溶于水形成的胶状物，具有吸附性，能使水中悬浮的杂质较快沉降；
故答案为：②；
（2）发酵粉的主要成分是碳酸氢钠；
故答案为：⑥；
（3）常温下，氮气的化学性质不活泼，一般不与其它物质反应，可用于食品包装中防腐；
故答案为：①；
（4）熟石灰是氢氧化钙的俗称，能中和土壤酸性，可用于改良酸性土壤；
故答案：⑤；
（5）鸡蛋的主要营养成分是蛋白质；
故答案为：③；
(6)硝酸钾中含有N、P、K中的钾元素和氮元素，农业上可用作复合肥料；
故答案为：④。
【分析】（1）根据明矾可以加快悬浮物沉降进行分析解答；
（2）根据发酵粉的主要成分是碳酸氢钠进行分析解答；
（3）根据氮气化学性质稳定，可作保护气进行分析解答；
（4）根据氢氧化钙能和酸反应生成盐和水进行分析解答；
（5）根据鸡蛋清富含蛋白质进行分析解答；
（6）根据硝酸钾同时含有氮、钾两种营养素，属于复合肥料进行分析解答。
（1）明矾溶于水形成的胶状物，具有吸附性，能使水中悬浮的杂质较快沉降，故填：②；
（2）发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，故填：⑥；
（3）常温下，氮气的化学性质不活泼，一般不与其它物质反应，可用于食品包装中防腐，故填：①；
（4）熟石灰是氢氧化钙的俗称，能中和土壤酸性，可用于改良酸性土壤，故填：⑤；
（5）鸡蛋的主要营养成分是蛋白质，故填：③；
（6）硝酸钾中含有N、P、K中的钾元素和氮元素，农业上可用作复合肥料，故填：④。
17．【答案】（1）金属；2
（2）最外层电子数相同；Li2CO3
（3）C
（4）Ti+4LiCl4Li+TiCl4
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用；化学式的书写及意义；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）钛字带有金字旁，属于金属元素；
原子中质子数=电子数，故n=22-2-8-10=2；
故答案为：金属；2；
（2）锂原子、钠原子的最外层电子数相同，所以两种元素化学性质相似；
碳酸锂中锂元素显+1价，碳酸根显-2价，根据正价在左负价在右，正负化合价代数和为零，化合价数值约到最简交叉写在元素右下角，则碳酸锂的化学式为：Li2CO3；
故答案：最外层电子数相同；Li2CO3；
（3）已知氦-3原子的原子核是由2个质子和1个中子构成，电子数=质子数，故氦-3原子有2个电子。
故A、B、D不符合题意，C符合题意；
故答案为：C
（4）金属钛和氯化锂在高温条件下发生置换反应生成四氯化钛和金属锂，方程式为：Ti+4LiCl4Li+TiCl4。
故答案为： Ti+4LiCl4Li+TiCl4 。
【分析】（1）根据元素名称带“钅”属于金属元素，原子中质子数=电子数进行分析解答；
（2）根据最外层电子数相同，元素化学性质相似；根据化合物中正、负化合价的代数和为0书写化学式进行分析解答；
（3）根据原子中，电子数=质子数进行分析解答；
（4）根据钛和氯化锂在高温的条件下生成四氯化钛和锂进行分析解答。
（1）钛字带有金字旁，属于金属元素；
原子中质子数=电子数，故n=22-2-8-10=2；
（2）锂原子、钠原子的最外层电子数相同，所以两种元素化学性质相似；
碳酸锂中锂元素显+1价，碳酸根显-2价，根据正价在左负价在右，正负化合价代数和为零，化合价数值约到最简交叉写在元素右下角，则碳酸锂的化学式为：Li2CO3；
（3）已知氦-3原子的原子核是由2个质子和1个中子构成，电子数=质子数，故氦-3原子有2个电子。
故选C；
（4）金属钛和氯化锂在高温条件下发生置换反应生成四氯化钛和金属锂，方程式为：Ti+4LiCl4Li+TiCl4。
18．【答案】（1）A
（2）B
（3）；电
（4）20
【知识点】电解水实验；溶质的质量分数及相关计算；分子的定义与分子的特性；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）通过过滤可将难溶于水的固体物质与液体分离，在污水净化系统中，特殊薄膜阻止废水中大分子通过而除去杂质，通过过滤可将难溶于水的固体物质与液体分离，故A符合题意，B、C不符合题意；
故答案为：A；
（2）水蒸发为水蒸气，其体积变大，从微观角度看，是因为水分子间隔变大。水分子本身的体积不会因为状态变化而改变，水蒸发是物理变化，水分子不会分成原子，故A、C不符合题意，B符合题意；
故答案为：B；
（3）水通电分解生成氢气和氧气，化学方程式为；
电解水过程中，需要通电，该过程是电能转化为化学能；
故答案为： ；电；
（4）现将0.4 g硫酸钠溶解在99.6 g水中并通电，当溶液中硫酸钠的质量分数为0.5%时，设被电解水的质量为x，
则有
解得x=20g；
即有20g水被电解。
故答案为：20.
【分析】（1）根据过滤的操作原理进行分析解答；
（2）根据分子之间有间隔，水变成水蒸气，是由于水分子之间的间隔变大进行分析解答；
（3）根据水通电分解生成氢气和氧气的化学方程式的书写，电解水由电能转化为化学能进行分析解答；
（4）根据电解水时溶质质量不变，只是溶剂智联减少，溶质质量分数=进行分析解答。
（1）通过过滤可将难溶于水的固体物质与液体分离，在污水净化系统中，特殊薄膜阻止废水中大分子通过而除去杂质，通过过滤可将难溶于水的固体物质与液体分离，故选：A；
（2）水蒸发为水蒸气，其体积变大，从微观角度看，是因为水分子间隔变大。水分子本身的体积不会因为状态变化而改变，水蒸发是物理变化，水分子不会分成原子。故选：B；
（3）水通电分解生成氢气和氧气，化学方程式为；
电解水过程中，需要通电，该过程是电能转化为化学能；
（4）现将0.4 g硫酸钠溶解在99.6 g水中并通电，当溶液中硫酸钠的质量分数为0.5%时，设被电解水的质量为x，
则有
解得x=20g；
即有20g水被电解。
19．【答案】（1）S+O2SO2
（2）2H2O22H2O+O2↑
（3）2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；氧气的实验室制法；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）硫在空气中燃烧，是硫与空气中的氧气反应生成二氧化硫，方程式为：S+O2SO2；
故答案为：S+O2SO2；
（2）过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下分解产生水和氧气，方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，方程式为：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓。
故答案为：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓。
【分析】（1）根据硫和氧气在点燃的条件下生成二氧化硫的化学方程式的书写进行分析解答；
（2）根据过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气的化学方程式的书写进行分析解答；
（3）根据氢氧化钠和硫酸铜反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀的化学方程式的书写进行分析解答。
（1）硫在空气中燃烧，是硫与空气中的氧气反应生成二氧化硫，方程式为：S+O2SO2；
（2）过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下分解产生水和氧气，方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，方程式为：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓。
20．【答案】（1）C
（2）饱和；157.5；MgCl2＞NaCl＞MgSO4；蒸发结晶
（3）7.5；B
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；溶液的组成及特点；固体溶解度曲线及其作用；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】（1）A、泥沙不溶于水，泥沙放入水中不能形成溶液，会形成悬浊液，故A错误；
B、食用油不溶于水，食用油放入水中不能形成溶液，会形成乳浊液，故B错误；
C、硝酸钾能溶于水形成均一、稳定的混合物，能形成溶液，故C正确；
故答案：C；
（2）①海水晒盐过程中，氯化钠不断结晶析出，海水晒盐后的母液不能继续溶解氯化钠，是氯化钠的饱和溶液；
②40℃时 MgCl2的溶解度是57.5g，即100g水中最多能溶解57.5g氯化钠，达到饱和状态，则把60gMgCl2加入100g水中，MgCl2不能全部溶解，只能溶解57.5g氯化镁，所得溶液质量是57.5g+100g=157.5g；
③70℃时三种物质的饱和溶液降温到0℃，MgCl2、MgSO4和NaCl的溶解度均减小，均会有晶体析出，变为0℃下的饱和溶液，根据饱和溶液的溶质质量分数=，溶解度越大，则饱和溶液的溶质质量分数越大，0℃时，溶解度关系是MgCl2＞NaCl＞MgSO4，所以所得溶液溶质的质量分数由大到小的顺序是MgCl2＞NaCl＞MgSO4；
④氯化钠的溶解度受问温度变化影响较小，硫酸镁的溶解度受温度变化影响较大，氯化钠中含有少量硫酸镁，若要提纯氯化钠，可采用蒸发结晶的方法；
故答案为： ①饱和； ② 157.5； ③ MgCl2＞NaCl＞MgSO4 ； ④ 蒸发结晶；
（3）①配制50 g溶质质量分数为15%的氯化钠溶液，需氯化钠固体的质量为50g×15%=7.5g；
故答案为：7.5；
②A、溶液具有均一性，溶解时，有液滴飞出烧杯，飞出的液滴中含有溶质和溶剂，不影响溶液的溶质质量分数，错误；
B、量取水时仰视读数，读数偏小，则实际量取的水的体积偏大，溶剂质量增大，从而使配制溶液的溶质质量分数偏小；
故答案为：B。
【分析】（1）根据食用油放入水中形成不均一、不稳定的混合物，不属于溶液，硝酸钾溶于水形成均一、稳定的混合物，属于溶液进行分析解答；
（2）①根据海水晒盐析出食盐晶体，母液是氯化钠的饱和溶液进行分析解答；
②根据溶解度的含义以及溶解度曲线的信息进行分析解答；
③根据饱和溶液中溶质质量分数=，溶解度越大，则饱和溶液的溶质质量分数越大进行分析解答；
④根据氯化钠溶解度受温度影响不大，采用蒸发结晶的方法提纯进行分析解答；
（3）①根据溶质质量=溶液质量×溶质质量分数进行分析解答；
②A、根据溶解时液滴飞溅，对溶质质量分数大小没有影响进行分析解答；
B、根据量取水时仰视读数偏小，实际量取水的体积偏多，所配得的溶液溶质质量分数偏小进行分析解答，
（1）A、泥沙不溶于水，泥沙放入水中不能形成溶液，会形成悬浊液，故A错误；
B、食用油不溶于水，食用油放入水中不能形成溶液，会形成乳浊液，故B错误；
C、硝酸钾能溶于水形成均一、稳定的混合物，能形成溶液，故C正确；
故选：C；
（2）①海水晒盐过程中，氯化钠不断结晶析出，海水晒盐后的母液不能继续溶解氯化钠，是氯化钠的饱和溶液；
②40℃时 MgCl2的溶解度是57.5g，即100g水中最多能溶解57.5g氯化钠，达到饱和状态，则把60gMgCl2加入100g水中，MgCl2不能全部溶解，只能溶解57.5g氯化镁，所得溶液质量是57.5g+100g=157.5g；
③70℃时三种物质的饱和溶液降温到0℃，MgCl2、MgSO4和NaCl的溶解度均减小，均会有晶体析出，变为0℃下的饱和溶液，根据饱和溶液的溶质质量分数=，溶解度越大，则饱和溶液的溶质质量分数越大，0℃时，溶解度关系是MgCl2＞NaCl＞MgSO4，所以所得溶液溶质的质量分数由大到小的顺序是MgCl2＞NaCl＞MgSO4；
④
氯化钠的溶解度受问温度变化影响较小，硫酸镁的溶解度受温度变化影响较大，氯化钠中含有少量硫酸镁，若要提纯氯化钠，可采用蒸发结晶的方法；
（3）①配制50 g溶质质量分数为15%的氯化钠溶液，需氯化钠固体的质量为50g×15%=7.5g；
②A、溶液具有均一性，溶解时，有液滴飞出烧杯，飞出的液滴中含有溶质和溶剂，不影响溶液的溶质质量分数，错误；
B、量取水时仰视读数，读数偏小，则实际量取的水的体积偏大，溶剂质量增大，从而使配制溶液的溶质质量分数偏小；
故选：B。
21．【答案】（1）B
（2）
（3）ZnSO4、FeSO4
（4）B；C
【知识点】常见金属的特性及其应用；金属的化学性质；化学方程式的书写与配平；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）铸铁锅由生铁制成，这主要利用了铁的导热性；
故答案为：B。
（2）一氧化碳与氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，该反应的化学方程式为：；
故答案为：。
（3）铁、锌、铜三种金属活动性由强到弱顺序为锌、铁、铜，将一定质量的铁粉加入到ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，铁与硫酸锌不反应，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，充分反应后过滤，滤液中一定含有的溶质是没有反应的硫酸锌和生成的硫酸亚铁，若铁粉量不足，可能有硫酸铜；
故答案为：ZnSO4、FeSO4。
（4）镁的活动性比铁强，先与硝酸铜反应，镁与硝酸铜反应的化学方程式为，由化学方程式可知，24份质量的镁完全反应能置换出64份质量的铜，2.4g镁完全反应生成铜的质量为6.4g，固体质量增加6.4g-2.4g=4g；铁与硝酸铜反应的化学方式为，56份质量铁完全反应能置换出64份质量的铜，5.6g铁完全反应生成铜的质量为6.4g，固体质量增加6.4g-5.6g=0.8g；碳不与硝酸铜反应。若剩余固体有三种物质，一定是碳、铜和未反应的铁。当镁完全反应，铁没有反应时，剩余固体质量最小，此时剩余固体质量为2.4g+5.6g+1.4g+4g=13.4g；当镁和铁都完全反应时，剩余固体质量最大，此时剩余固体质量为2.4g+5.6g+1.4g+4g+0.8g=14.2g。所以剩余固体质量大于等于13.4g，小于14.2g。
故答案为：BC。
【分析】（1）根据铁具有导热性，可作铁锅进行分析解答；
（2）根据一氧化碳和氧化铁在高温条件下生成铁和二氧化碳的化学方程式的书写进行分析解答；
（3）根据金属活动顺序表中排在前面的金属能够把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁不能与硫酸锌反应，故滤液一定含有硫酸锌和硫酸亚铁进行分析解答；
（4）根据镁的活动性比铁强，先与硝酸铜反应生成铜和硝酸镁，24份质量的镁完全反应生成64份质量的铜，则2.4g的镁完全反应生成6.4g的铜，固体增重6.4g-2.4g=4g，铁与硝酸铜反应生成铜和硝酸亚铁，每56份质量的铁完全反应生成64份质量的铜，则5.6g的铁完全反应生成6.4g的铜，固体质量增重6.4g-5.6g=0.8g，碳不与硝酸铜反应，若剩余固体三种物质，一定是碳、铜和未反应的铁，若镁完全反应，铁没有反应，剩余固体质量最小，此时剩余固体质量为：2.4g+5.6g+1.4g+4g=13.4g；当镁和铁都完全反应时，剩余固体质量最大，此时剩余固体质量为2.4g+5.6g+1.4g+4g+0.8g=14.2g。所以剩余固体质量大于等于13.4g，小于14.2g进行分析解答。
（1）铸铁锅由生铁制成，这主要利用了铁的导热性。故选：B。
（2）一氧化碳与氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，该反应的化学方程式为：。故填：。
（3）铁、锌、铜三种金属活动性由强到弱顺序为锌、铁、铜，将一定质量的铁粉加入到ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，铁与硫酸锌不反应，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，充分反应后过滤，滤液中一定含有的溶质是没有反应的硫酸锌和生成的硫酸亚铁，若铁粉量不足，可能有硫酸铜。故填：ZnSO4、FeSO4。
（4）镁的活动性比铁强，先与硝酸铜反应，镁与硝酸铜反应的化学方程式为，由化学方程式可知，24份质量的镁完全反应能置换出64份质量的铜，2.4g镁完全反应生成铜的质量为6.4g，固体质量增加6.4g-2.4g=4g；铁与硝酸铜反应的化学方式为，56份质量铁完全反应能置换出64份质量的铜，5.6g铁完全反应生成铜的质量为6.4g，固体质量增加6.4g-5.6g=0.8g；碳不与硝酸铜反应。若剩余固体有三种物质，一定是碳、铜和未反应的铁。当镁完全反应，铁没有反应时，剩余固体质量最小，此时剩余固体质量为2.4g+5.6g+1.4g+4g=13.4g；当镁和铁都完全反应时，剩余固体质量最大，此时剩余固体质量为2.4g+5.6g+1.4g+4g+0.8g=14.2g。所以剩余固体质量大于等于13.4g，小于14.2g。故选：BC。
22．【答案】（1）锥形瓶
（2）；磨砂；正
（3）①③④⑤ (或②③④⑤⑨)；
【知识点】氧气的实验室制法；化学方程式的书写与配平；二氧化碳的实验室制法；二氧化碳的检验和验满
【解析】【解答】（1）仪器①的名称是锥形瓶；
故答案为：锥形瓶；
（2）根据提供的药品，可选择加热高锰酸钾制取氧气，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，化学方程式为；用排水量气法收集氧气，当集气瓶里的水排出后，在水面下用玻璃片磨砂一面盖住集气瓶口，这样密封性更好；因为氧气的密度比空气大，所以集气瓶要正放在桌面上；
故答案为：；磨砂；正；
（3）根据提供的药品，可选择石灰石（固体）和稀盐酸（液体）在常温下反应制取二氧化碳气体，二氧化碳能溶于水且能与水反应，二氧化碳密度比空气大，只能用向上排空气法收集二氧化碳，根据提供的仪器，可选择①③④⑤或②③④⑤⑨；
二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，验证二氧化碳气体通常用澄清的石灰水，该反应为二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为。
故答案为：①③④⑤或②③④⑤⑨；。
【分析】（1）根据常见化学仪器名称进行分析解答；
（2）根据高锰酸钾在加热的条件下生成锰酸碱、二氧化锰和氧气的化学方程式的书写；集气瓶收集满气体，在水下用玻璃片磨砂的一面盖住集气瓶口，氧气的密度比空气大，集气瓶正放在桌面上进行分析解答；
（3）根据二氧化碳制取装置为固体液不加热型，二氧化碳密度比空气大，采用向上排空气法收集进行分析解答。
（1）仪器①的名称是锥形瓶；
（2）根据提供的药品，可选择加热高锰酸钾制取氧气，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，化学方程式为；
用排水量气法收集氧气，当集气瓶里的水排出后，在水面下用玻璃片磨砂一面盖住集气瓶口，这样密封性更好；
因为氧气的密度比空气大，所以集气瓶要正放在桌面上；
（3）根据提供的药品，可选择石灰石（固体）和稀盐酸（液体）在常温下反应制取二氧化碳气体，二氧化碳能溶于水且能与水反应，二氧化碳密度比空气大，只能用向上排空气法收集二氧化碳，根据提供的仪器，可选择①③④⑤或②③④⑤⑨；
二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，验证二氧化碳气体通常用澄清的石灰水，该反应为二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为。
23．【答案】（1）氢氧化钠；氯化钠
（2）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
（3）Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOHl
（4）③
【知识点】碱的化学性质；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）实验室有A～F六瓶无标签的稀溶液，分别为稀盐酸、稀硫酸、氢氧化钠溶液、氢氧化钙溶液、氯化钠溶液、碳酸钠溶液中的一种。Ⅰ、各取少量溶液分别滴入紫色石蕊溶液，可以观察到：C、F溶液变红，E没变化，A、B、D溶液变成蓝色；紫色石蕊遇酸性溶液变红，遇中性溶液不变色，遇碱性溶液变蓝，则C、F分别是稀盐酸、稀硫酸中的一种，E是氯化钠溶液，A、B、D分别是氢氧化钠溶液、氢氧化钙溶液、碳酸钠溶液中的一种；
Ⅱ、分别取C、F少许分别滴在A、B、D溶液的样品中，只有B分别与C、F产生无色气体，其余无明显现象；碳酸钠和盐酸、硫酸反应生成二氧化碳气体，则B是碳酸钠溶液；
Ⅲ、将B溶液分别滴入A、D溶液的样品中，A中产生白色沉淀，D中无明显现象；碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸钠和氢氧化钠不反应，则A是氢氧化钙溶液，D是氢氧化钠溶液。
所以D为氢氧化钠溶液，E为氯化钠溶液；
故答案为：氢氧化钠；氯化钠；
（2）步骤Ⅱ中产生无色气体的反应是碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳以及碳酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式分别为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；
故答案为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑或Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；
（3）A与B的反应是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；
故答案为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；
（4）由分析可知，没有确定的C、F两种溶液分别是稀盐酸、稀硫酸；
①稀盐酸、稀硫酸中滴加酚酞溶液都无明显现象，现象相同，无法鉴别，故①不符合题意；
②稀盐酸、稀硫酸中加入铁粉都会产生气泡，现象相同，无法鉴别，故②不符合题意；
③稀盐酸不能和氯化钡反应，稀硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，现象不同，可以鉴别，故③符合题意；
故答案为：③。
【分析】（1）根据紫色石蕊在酸性溶液中显红色，中性溶液中显紫色，碱性溶液中显蓝色，氯化钠溶液呈中性，碳酸钠和盐酸、硫酸反应生成二氧化碳气体，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸钠和氢氧化钠不反应进行分析解答；
（2）根据碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳的化学方程式的书写进行分析解答；
（3）根据碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠的化学方程式进行分析解答；
（4）①根据稀盐酸和稀硫酸滴加酚酞都呈无色进行分析解答；
②根据铁粉与稀盐酸、稀硫酸反应都产生气泡进行分析解答；
③根据氯化钡和稀盐酸不反应，氯化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀进行分析解答。
（1）由分析可知，D为氢氧化钠溶液，E为氯化钠溶液；
（2）步骤Ⅱ中产生无色气体的反应是碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳以及碳酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式分别为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；
（3）A与B的反应是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；
（4）由分析可知，没有确定的C、F两种溶液分别是稀盐酸、稀硫酸；
①稀盐酸、稀硫酸中滴加酚酞溶液都无明显现象，现象相同，无法鉴别，故选项不符合题意；
②稀盐酸、稀硫酸中加入铁粉都会产生气泡，现象相同，无法鉴别，故选项不符合题意；
③稀盐酸不能和氯化钡反应，稀硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，现象不同，可以鉴别，故选项符合题意；
故选③。
24．【答案】（1）不可再生；B
（2）；8.8
（3）A；B
【知识点】化学式的相关计算；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）①按照能源的可持续性，石油是不可再生能源，因为石油是古代生物的化石沉积形成的，其形成过程漫长，在短期内无法再生；
故答案为：不可再生；
②A、石油是直接从自然界获取的能源，属于一次能源；
B、电能通常是由煤炭、水能等一次能源转化而来的，属于二次能源；
C、风能是直接来自自然界的能源，属于一次能源；
故答案为：B；
（2）①天然气的主要成分是甲烷，其完全燃烧生成二氧化碳和水的化学方程式为：；
故答案为：；
②设生成二氧化碳的质量为x，则生成一氧化碳的质量为14.4g-x；生成的水中氢元素的质量为10.8g××100%=1.2g，因为乙醇中氢元素的质量与生成水中氢元素的质量相等，所以乙醇的质量为1.2g÷（×100%）=9.2g，乙醇中碳元素的质量为9.2g××100%=4.8g；根据碳元素守恒可得：x××100%+（14.4-x）××100%=4.8g，解得x=8.8g；
故答案为：8.8；
（3）A.在燃油汽车的发动机中，汽油或柴油燃烧，有新物质生成，发生了化学反应，故该说法正确；
B.电动汽车使用电能，相比燃油汽车，减少了一氧化碳等有害气体的排放，故该说法正确；
故答案为：AB。
【分析】（1）根据石油形成的原因进行分析解答；
（2）根据直接从自然界获取的能源属于一次能源，由一次能源转化而得的能源属于二次能源进行分析解答；
（3）① 根据甲烷和氧气在点燃的条件下生成二氧化碳和水的化学方程式的书写进行分析解答；
② 先设二氧化碳的质量为未知数，一氧化碳的质量=14.4g-二氧化碳的质量，水中氢元素的质量=水的质量×水中氢元素的质量分数，化学反应前后元素的种类和质量不变，乙醇质量=氢元素的质量÷乙醇中氢元素的质量分数，乙醇中碳元素的质量=乙醇的质量×乙醇中碳元素的质量分数，根据元素守恒定律，二氧化碳中碳元素的质量+一氧化碳中碳元素的质量=乙醇中碳元素的质量进行分析解答。
（1）①按照能源的可持续性，石油是不可再生能源，因为石油是古代生物的化石沉积形成的，其形成过程漫长，在短期内无法再生；
②A.石油是直接从自然界获取的能源，属于一次能源；
B.电能通常是由煤炭、水能等一次能源转化而来的，属于二次能源；
C.风能是直接来自自然界的能源，属于一次能源；
故选B；
（2）①天然气的主要成分是甲烷，其完全燃烧生成二氧化碳和水的化学方程式为：；
②设生成二氧化碳的质量为x，则生成一氧化碳的质量为14.4g-x；生成的水中氢元素的质量为10.8g××100%=1.2g，因为乙醇中氢元素的质量与生成水中氢元素的质量相等，所以乙醇的质量为1.2g÷（×100%）=9.2g，乙醇中碳元素的质量为9.2g××100%=4.8g；根据碳元素守恒可得：x××100%+（14.4-x）××100%=4.8g，解得x=8.8g；
（3）A.在燃油汽车的发动机中，汽油或柴油燃烧，有新物质生成，发生了化学反应，故该说法正确；
B.电动汽车使用电能，相比燃油汽车，减少了一氧化碳等有害气体的排放，故该说法正确；
故选AB。
25．【答案】（1）3
（2）20
（3）9：1
（4）66
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解】（1）维生素C是由碳、氢、氧三种元素组成的；故答案为：3；
（2）每个维生素C分子是由6个碳原子、8个氢原子和6个氧原子构成的，则每个维生素C分子由20个原子构成；
故答案为：20；
（3）维生素C中碳、氢元素的质量比为（12×6）：（1×8）=9：1；
故答案为：9：1；
（4）设需要维生素C的质量为x，x××100%=28.6g××100%，x=66g。
故答案为：66。
【分析】（1）根据化学式表示物质的组成元素进行分析解答；
（2）根据化学式元素符号右下角的数字的总和等于一个分子中所含的原子总数进行分析解答；
（3）根据化学式中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比进行分析解答；
（4）根据化合物中某元素的质量=化合物的质量×化合物中某元素的质量分数进行分析解答。
（1）维生素C是由碳、氢、氧三种元素组成的；
（2）每个维生素C分子是由6个碳原子、8个氢原子和6个氧原子构成的，则每个维生素C分子由20个原子构成；
（3）维生素C中碳、氢元素的质量比为（12×6）：（1×8）=9：1；
（4）设需要维生素C的质量为x，x××100%=28.6g××100%，x=66g。
26．【答案】（1）大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水；
根据质量守恒定律，生成二氧化碳的质量为6.0g+50.0g-53.8g=2.2g；
答：生成二氧化碳的质量为2.2g。
（2）解：设参加反应的HCl的质量为x，碳酸钙的质量为y，生成的氯化钙的质量为z；
，x=3.65g；
，y=5.0g；
，z=5.55g；
所用盐酸的溶质质量分数为：×100%=7.3% ≠10%，所以与标签标示不相符；
答：该盐酸中溶质质量分数与标签标示不相符。
（3）所得溶液的溶质质量分数为： ×100%=10.5%；
答：反应后所得溶液中溶质的质量分数为10.5%。
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算；二氧化碳的实验室制法
【解析】（1）根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，反应生成二氧化碳的质量= 6.0g+50.0g-53.8g=2.2g；故答案为：2.2g；
【分析】（1）根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变进行分析解答；
（2）先设未知量，再正确写出碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳的化学方程式，再找准相关物质的质量比，已知量是二氧化碳的质量，未知量是氯化氢、碳酸钙、氯化钙的质量，分别列出比例式，分别求出氯化氢、碳酸钙、氯化钙的质量，稀盐酸中溶质质量分数=，再与标签上的溶质质量分数进行比较进行分析解答；
（3）根据反应后的溶质为氯化钙，反应后所得溶液溶质质量分数=进行计算解答。
（1）见答案；
（2）见答案；
（3）见答案。
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