资源简介

2026年广东省佛山市南海区中考适应性考试(一模)化学试卷
1．中华瑰宝见证古人智慧。下列艺术品中，主要材质属于金属材料的是
A．岳阳楼图水墨画
B．青铜四羊方尊
C．唐三彩陶瓷
D．多宝塔石碑
2．“雷雨发庄稼”蕴含的部分原理为，其中没有涉及的物质类别是
A．单质 B．氧化物 C．碱 D．酸
3．“全面绿色转型，共建美丽中国”。以下措施不符合该理念的是
A．露天焚烧秸秆 B．推广光伏发电
C．处理生活污水 D．回收废旧金属
4．下列化学用语正确的是
A．氖气：Ne B．：2个氧离子
C．硫酸： D．60个碳原子：
5．金属钨硬度大，被誉为“工业牙齿”。钨元素在元素周期表中的信息如图。下列说法正确的是
A．钨属于非金属元素 B．钨原子的质子数为183.8
C．钨的元素符号为W D．钨的相对原子质量为74
6．利用铜粉与氧气反应验证质量守恒定律，部分操作如下，其中错误的是
A．装入铜粉
B．点燃酒精灯
C．加热铜粉
D．称量反应后装置
7．“花发金银满架香”。金银花中含有绿原酸（），有关绿原酸说法正确的是
A．由3个元素构成 B．由43个原子组成
C．氢元素的质量分数最大 D．碳、氢元素原子个数比为
8．兴趣小组利用红萝卜皮制得酸碱指示剂，其颜色随pH变化关系如图，关于该指示剂说法错误的是
A．滴入肥皂水变绿色，肥皂水呈碱性
B．滴入稀硫酸，加水稀释后变绿色
C．能鉴别和两种溶液
D．实验结束，红色废液应处理再排放
9．西汉龙首铜灶设计独特，能使柴薪燃烧充分，如图。下列说法错误的是
A．灶内热空气上升，外界空气持续进入利于补充氧气
B．三个火眼可同时放蒸煮容器，充分利用热量
C．关闭灶门，火焰熄灭的原因是清除可燃物
D．及时清理灶内积灰利于空气流通
10．兴趣小组用奶茶杯、小塑料杯、吸管等设计“自制供氧机”，其透视原理图如图。下列说法正确的是
A．奶茶杯中发生化合反应
B．奶茶杯壁温热，说明反应吸收热量
C．控制的浓度可调节产气速率
D．小塑料杯的水中产生气泡，说明奶茶杯气密性差
11．下列劳动实践与化学知识关联正确的是
选项 劳动实践 化学知识
A 用糯米酿制食醋 包含缓慢氧化
B 用医用酒精消毒 酒精有挥发性
C 用熟石灰改良酸性土壤 熟石灰微溶于水
D 用增氧机把水喷向空中给养鱼池增氧 增大氧气的溶解度
A．A B．B C．C D．D
12．矿泉水生产流程如图。下列说法错误的是
A．石英砂的作用是拦截部分不溶性物质
B．活性炭、超滤膜分别有吸附、过滤作用
C．利用臭氧杀菌的过程发生化学变化
D．成品矿泉水属于纯净物
13．工业废盐经处理可回收NaCl和，如图是两者的溶解度曲线。下列说法错误的是
A．40℃时，的溶解度为48.8g
B．时，和NaCl的溶解度相同
C．回收晶体，需经过蒸发结晶过程
D．工业废盐的回收能节省资源和减少污染
14．思维导图可进行知识归纳。物质X能与常见的不同类别物质发生反应（如图）。下列说法错误的是
A．反应①会产生气泡 B．Y是非金属氧化物
C．利用反应②的原理可除水垢 D．X可中和处理含NaOH的废液
15．下列实验设计可以达到实验目的的是
A．探究铁锈蚀的条件
B．探究分子运动现象
C．探究固体溶解性的影响因素
D．验证与水反应
16．《图经本草》记录了海盐生产的过程，部分流程如图1。
（1）采集海边富含盐分的沙土来制卤，目的是①　 　。
（2）“淋沙制卤”：用海水淋洗芦席上的沙土，液体汇入深坑得卤水（如图2）。
“芦席”相当于过滤操作中的②　 　（填“滤纸”或“玻璃棒”）；所得卤水中NaCl的溶质质量分数③　 　（填“>”“<”或“=”）海水。
（3）古人用生鸡蛋进行“验卤”，如图3中，卤水浓度最高的是④　 　（填“甲”“乙”或“丙”）。
（4）“煎炼”是经过⑤　 　结晶得到海盐，从微观角度解释该过程⑥　 　。
（5）现代工业海水晒盐利用太阳能及风能自然浓缩海水，其主要优点是⑦　 　（写一条）。
17．二维材料在前沿科技领域应用前景广阔，是厚度仅原子或分子尺度的层状材料，如石墨烯（C）、黑磷（P）及二硫化钼（）等二维材料。二维材料制备方法各异，将石墨剥离可获得石墨烯，白磷或红磷高温高压可转化为黑磷（图1），利用单层作为压砧可将、等金属挤压成单原子厚度的二维材料（图2）。
（1）红磷、黑磷物理性质明显差异的原因是磷原子的　 　不同。
（2）或制成的二维材料属　 　（填“单质”或“化合物”）材料。
（3）二维材料能与稀盐酸反应生成和，反应方程式为　 　。结合金属活动顺序表，有关二维材料的说法正确的是　 　。
a．原子间的间隔比原来大 b．不能与稀盐酸反应
c．能把从溶液置换出来 d．比普通块更易被氧化
（4）将下列二维材料的性质与未来用途进行匹配，用直线连接　 　。
性质　　　　　　　未来用途
超高电导率　　　　用于超轻防弹衣
优异透光性　　　　应用于透明触摸屏
极高机械强度　　　超薄互联导线
18．实践小组围绕“自制二氧化碳型诱蚊器”开展项目式学习。
（1）检验诱蚊剂
为了证明诱蚊器中产生的诱蚊气体是，将该无色无味气体通入紫色石蕊溶液，溶液变为①　 　色；将燃着的木条靠近收集该气体的试管口，现象为②　 　。
（2）制取诱蚊剂
实验室用大理石与稀盐酸制取，化学方程式为③　 　。小组同学尝试使用“泡腾片”作为诱蚊剂。泡腾片的主要成分是碳酸氢钠（）和柠檬酸（用表示），补充完成反应方程式：④　 　。
（3）设计诱捕装置
ⅰ．图1中，仪器b的名称是⑤　 　。若组装一套能够平稳、持续释放的“发生装置”，应选择的仪器组合是⑥　 　（填字母），该装置能平稳控制反应速率的原理是⑦　 　。
ⅱ．小组同学设计诱蚊器如图2，利用风扇使内部空气流速增大，压强⑧　 　（填“变大”“变小”或“不变”）而捕获蚊子。
19．某同学对溶液的性质进行实验探究。
Ⅰ．的制备及性质
（1）工业上用①　 　与水制备，可用于吸收废气中的减少②　 　的形成。
Ⅱ．的导电性实验
（2）常温下，以石墨为电极电解100 mL饱和溶液，该溶液能导电的原因是存在③　 　（填离子符号）。电解一段时间，溶液中出现白色浑浊，溶液体积约为90 mL。
【提出问题】电解过程中出现白色浑浊的原因是什么？
【作出猜想】
猜想1：水减少，溶质析出
猜想2：溶液温度升高，的溶解度④　 　（填“增大”或“减小”）
【实验过程】
实验 实验现象 实验结论
实验一：将100 mL饱和溶液加热蒸发约10 mL水，再冷却到室温 溶液中产生浑浊，浑浊量比通电时少 猜想⑤　 　正确，但不是唯一原因
实验二：取100 mL饱和溶液于大烧杯中，水浴加热至电解时上升的温度（约29℃） 溶液中无明显变化
【实验分析】
石墨电极与实验中产生的⑥　 　反应，生成使石灰水变浑浊，连接电源⑦　 　（填“正”或“负”）极的电极所处溶液浑浊更明显。为了证明该分析正确，补充的实验设计及预期现象为⑧　 　。
20．天然气制氢是一种清洁能源技术。一种基于碳催化剂的甲烷（）热解零碳制氢工艺流程如图1。
（1）甲烷中碳、氢元素的质量比为①　 　。
（2）“反应器”中，甲烷在碳催化剂、高温等条件下热解成氢气和碳，该反应的基本反应类型为②　 　。
（3）通过“分离器”的目的是③　 　。图2为“膜分离”的微观原理，利用了两种气体分子的④　 　不同实现分离。
（4）、、为含碳物质的质量，⑤　 　（填“>”“=”或“<”），原因是⑥　 　。
（5）流程中可循环利用的气态物质为⑦　 　。
（6）一种用甲烷制氢方法为。理论上，等质量的甲烷，用该方法制取的氢气质量⑧　 　（填“>”“<”或“=”）热解法制取氢气的质量。与该方法相比，甲烷热解制氢的优势为⑨　 　（写一条）。
21．多晶硅（Si）被广泛应用于光伏行业和微电子行业。
（1）改良西门子法和硅烷流化床法均能制得多晶硅，部分对比数据如图1。电耗更低的是①　 　法。纯度更高的是②　 　法。
（2）中H的化合价为，Cl的化合价为，则Si的化合价为③　 　。
（3）改良西门子法制备多晶硅的部分流程如图2。“合成”工序中发生反应为：，用175 t含硅（Si）量为80%的工业硅粉作为原料进行生产。（已知：、相对分子质量分别为135.5、170）
ⅰ．理论上可以制得质量是④　 　t（写出计算过程）。
ⅱ．得到含硅产物为Si（多晶硅）、、，三者的质量比为，则多晶硅的质量为⑤　 　t（结果精确到0.1）。
ⅲ．尾气中有多种反应产物，除含硅化合物外，还含有的气态化合物是⑥　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料及其应用
【解析】【解答】A、岳阳楼图水墨画的主要材质是纸张和墨汁，纸张属于天然有机高分子材料，墨汁的主要成分是炭黑，属于无机非金属材料，不属于金属材料，选项A不符合题意；
B、青铜四羊方尊的主要材质是青铜，青铜是铜和锡的合金，合金属于金属材料，选项B符合题意；
C、唐三彩陶瓷的主要材质是陶瓷，陶瓷属于无机非金属材料，不属于金属材料，选项C不符合题意；
D、多宝塔石碑的主要材质是大理石，大理石的主要成分是碳酸钙，属于无机非金属材料，不属于金属材料，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据天然有机高分子材料和无机非金属材料的分类解答，纸张和墨汁都不属于金属材料；
B、根据金属材料的定义解答，金属材料包括纯金属和合金，青铜是铜锡合金；
C、根据无机非金属材料的分类解答，陶瓷属于传统无机非金属材料；
D、根据无机非金属材料的分类解答，大理石的主要成分是碳酸钙，属于无机非金属材料。
2．【答案】C
【知识点】酸、碱、盐的概念；单质和化合物；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】“雷雨发庄稼”涉及的转化过程为：N2放电→NO→NO2→HNO3。
A、N2是由氮元素一种元素组成的纯净物，属于单质，该过程涉及单质，选项A不符合题意；
B、NO、NO2都是由两种元素组成且其中一种元素是氧元素的化合物，属于氧化物，该过程涉及氧化物，选项B不符合题意；
C、碱是电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，该过程中没有出现碱类物质，选项C符合题意；
D、HNO3是电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸，该过程涉及酸，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据单质的定义解答，由一种元素组成的纯净物是单质，N2属于单质；
B、根据氧化物的定义解答，由两种元素组成且含氧元素的化合物是氧化物，NO、NO2属于氧化物；
C、根据碱的定义解答，碱中一定含有氢氧根离子，该过程中没有碱类物质；
D、根据酸的定义解答，电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，HNO3属于酸。
3．【答案】A
【知识点】绿色化学；空气的污染与防治；保护水资源；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、露天焚烧秸秆会产生大量的烟尘、一氧化碳、二氧化硫等空气污染物，污染环境，不符合“全面绿色转型，共建美丽中国”的理念，选项A符合题意；
B、推广光伏发电，利用太阳能发电，太阳能是清洁、可再生的新能源，不会产生污染物，符合绿色转型理念，选项B不符合题意；
C、处理生活污水，能减少水体污染，保护水资源，符合绿色转型理念，选项C不符合题意；
D、回收废旧金属，既能节约金属资源，又能减少冶炼金属产生的环境污染，符合绿色转型理念，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据露天焚烧秸秆的危害解答，焚烧秸秆会产生大量空气污染物；
B、根据新能源的优点解答，光伏发电利用太阳能，清洁无污染；
C、根据污水处理的意义解答，处理生活污水能减少水体污染；
D、根据回收废旧金属的意义解答，回收废旧金属能节约资源、减少污染。
4．【答案】A
【知识点】元素的符号及其意义；化学符号及其周围数字的意义；碳的化学性质
【解析】【解答】A、氖气是稀有气体，稀有气体的化学式直接用元素符号表示，因此氖气的化学式为Ne，选项A书写正确；
B、O2-表示一个氧离子带2个单位的负电荷，2个氧离子应表示为2O2-，选项B书写错误；
C、硫酸的化学式为H2SO4，H2SO3是亚硫酸的化学式，选项C书写错误；
D、原子的表示方法是在元素符号前加上相应的数字表示多个原子，因此60个碳原子应表示为60C，C60表示一个C60分子或富勒烯这种物质，选项D书写错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据稀有气体化学式的书写方法解答，稀有气体是单原子分子，化学式用元素符号表示；
B、根据离子的表示方法解答，多个离子在离子符号前加数字；
C、根据常见酸的化学式解答，硫酸是H2SO4，亚硫酸是H2SO3；
D、根据原子的表示方法解答，多个原子在元素符号前加数字，注意与分子的表示方法区分。
5．【答案】C
【知识点】原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、钨的元素名称带有“钅”字旁，属于金属元素，选项A说法错误；
B、元素周期表中左上角的数字是原子序数，原子序数=质子数，因此钨原子的质子数为74，不是183.8，选项B说法错误；
C、元素周期表中右上角的符号是元素符号，因此钨的元素符号为W，选项C说法正确；
D、元素周期表中下方的数字是相对原子质量，因此钨的相对原子质量为183.8，不是74，选项D说法错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据金属元素的判断方法解答，带“钅”字旁的元素（汞除外）属于金属元素；
B、根据元素周期表的信息解答，原子序数=质子数，左上角的数字是原子序数；
C、根据元素周期表的信息解答，右上角的符号是元素符号；
D、根据元素周期表的信息解答，下方的数字是相对原子质量，单位是“1”，通常省略不写。
6．【答案】D
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；验证质量守恒定律
【解析】【解答】A、装入铜粉时，将试管倾斜，用药匙将铜粉送到试管底部，再将试管直立起来，操作正确，选项A不符合题意；
B、点燃酒精灯时，用火柴点燃，禁止用燃着的酒精灯去引燃另一只酒精灯，操作正确，选项B不符合题意；
C、加热铜粉时，锥形瓶底部放在陶土网上，用酒精灯外焰加热，操作正确，选项C不符合题意；
D、称量反应后装置时，托盘天平应遵循“左物右码”的原则， 图中砝码和称量物位置颠倒，故图示操作不正确 ，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据固体粉末药品的取用方法解答，“一斜、二送、三直立”；
B、根据酒精灯的使用方法解答，用火柴点燃酒精灯；
C、根据加热固体的操作解答，用陶土网使试管受热均匀；
D、根据托盘天平的使用方法解答，应遵循“左物右码”原则。
7．【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、元素是宏观概念，只讲种类，不讲个数，应该说绿原酸由碳、氢、氧三种元素组成，选项A说法错误；
B、绿原酸是由绿原酸分子构成的，一个绿原酸分子由16个碳原子、18个氢原子和9个氧原子构成，共43个原子，不能说绿原酸由43个原子组成，选项B说法错误；
C、绿原酸的化学式为C16H18O9，绿原酸中碳、氢、氧三种元素的质量比为(12×16)：(1×18)：(16×9)=192：18：144=32：3：24，其中碳元素的质量分数最大，不是氢元素，选项C说法错误；
D、由化学式可知，绿原酸中碳、氢元素的原子个数比为16：18=8：9，选项D说法正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据元素的概念解答，元素只讲种类，不讲个数；
B、根据物质的构成解答，绿原酸是由分子构成的，分子由原子构成；
C、根据化合物中元素质量分数的计算方法解答，元素质量比越大，质量分数越大；
D、根据化学式的意义解答，化学式中元素符号右下角的数字表示一个分子中该原子的个数。
8．【答案】B
【知识点】绿色化学；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A、肥皂水呈碱性，pH＞7，由图可知，该指示剂在pH＞7的碱性溶液中显绿色，因此滴入肥皂水变绿色，说明肥皂水呈碱性，选项A说法正确，不符合题意；
B、稀硫酸呈酸性，pH＜7，该指示剂在酸性溶液中显红色；加水稀释后，溶液的酸性减弱，pH增大，但仍然小于7，溶液还是显红色，不会变绿色，选项B说法错误，符合题意；
C、pH=7的溶液呈中性，该指示剂在中性溶液中显黄色；pH=11的溶液呈碱性，该指示剂在碱性溶液中显绿色，现象不同，可以鉴别，选项C说法正确，不符合题意；
D、实验结束后，红色废液呈酸性，直接排放会污染水体，因此应处理后再排放，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据指示剂的变色规律和溶液的酸碱性解答，碱性溶液使该指示剂变绿色；
B、根据溶液稀释后pH的变化解答，酸性溶液稀释后仍然呈酸性，pH＜7；
C、根据不同pH溶液中指示剂的颜色不同解答，中性和碱性溶液中指示剂颜色不同，可以鉴别；
D、根据酸性废液的处理原则解答，酸性废液会污染水体，应处理后排放。
9．【答案】C
【知识点】完全燃烧与不完全燃烧；灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、热空气的密度比冷空气小，会向上上升，外界冷空气从气流入口持续进入，补充燃烧所需的氧气，使燃烧更充分，选项A说法正确，不符合题意；
B、三个火眼可以同时放置蒸煮容器，能够充分利用燃烧产生的热量，提高热量利用率，选项B说法正确，不符合题意；
C、关闭灶门后，火焰熄灭的原因是隔绝了氧气，而不是清除可燃物，可燃物柴薪仍然存在于灶内，选项C说法错误，符合题意；
D、及时清理灶内积灰，可以避免积灰堵塞通风口，有利于空气流通，保证燃烧有充足的氧气，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据燃烧的条件解答，燃烧需要氧气，热空气上升带动冷空气进入补充氧气；
B、根据热量的充分利用解答，多个火眼同时使用可以提高热量利用率；
C、根据灭火的原理解答，灭火原理包括清除可燃物、隔绝氧气、降低温度到可燃物着火点以下，关闭灶门属于隔绝氧气；
D、根据促进燃烧的方法解答，保证空气流通可以提供充足的氧气，促进燃烧。
10．【答案】C
【知识点】氧气的实验室制法；化合反应及其应用；气体制取装置的探究；基于特定需求设计和制作简易供氧器
【解析】【解答】A、奶茶杯中发生的反应是过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，该反应符合“一变多”的特征，属于分解反应，不是化合反应，选项A说法错误；
B、奶茶杯壁温热，说明该反应放出热量，是放热反应，不是吸热反应，选项B说法错误；
C、反应物的浓度会影响化学反应速率，过氧化氢的浓度越高，反应速率越快，因此控制H2O2的浓度可调节产气速率，选项C说法正确；
D、小塑料杯的水中产生气泡，是因为奶茶杯中产生的氧气通过导管进入小塑料杯的水中，形成气泡，不是因为奶茶杯气密性差，选项D说法错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据反应类型的判断解答，分解反应的特点是“一变多”，化合反应的特点是“多变一”；
B、根据化学反应中的热量变化解答，杯壁温热说明反应放热；
C、根据影响化学反应速率的因素解答，反应物浓度越大，反应速率越快；
D、根据实验现象的分析解答，气泡是氧气从导管逸出形成的。
11．【答案】A
【知识点】溶解度的影响因素；常见碱的特性和用途；化学性质与物理性质的差别及应用；燃烧、爆炸、缓慢氧化与自燃
【解析】【解答】A、用糯米酿制食醋，是糯米中的糖类物质在微生物的作用下与氧气发生的缓慢氧化反应，选项A关联正确；
B、用医用酒精消毒，是因为酒精能使细菌和病毒的蛋白质变性，从而失去生理活性，不是因为酒精有挥发性，选项B关联错误；
C、用熟石灰改良酸性土壤，是因为熟石灰是碱，能与土壤中的酸性物质发生中和反应，不是因为熟石灰微溶于水，选项C关联错误；
D、用增氧机把水喷向空中给养鱼池增氧，是因为增大了水与空气的接触面积，使更多的氧气溶解在水中，而不是增大了氧气的溶解度，氧气的溶解度只与温度和压强有关，选项D关联错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据缓慢氧化的定义解答，酿制食醋是缓慢氧化过程；
B、根据酒精消毒的原理解答，酒精能使蛋白质变性；
C、根据中和反应的应用解答，熟石灰改良酸性土壤利用了中和反应原理；
D、根据影响气体溶解的因素解答，增大接触面积能加快溶解速率，不能改变溶解度。
12．【答案】D
【知识点】水的净化；物理变化、化学变化的特点及其判别；碳单质的性质和用途；纯净物和混合物
【解析】【解答】A、石英砂具有过滤作用，能拦截水中的部分不溶性杂质，选项A说法正确，不符合题意；
B、活性炭具有疏松多孔的结构，能吸附水中的色素和异味；超滤膜能过滤掉水中的更小的不溶性杂质和部分微生物，因此活性炭、超滤膜分别有吸附、过滤作用，选项B说法正确，不符合题意；
C、利用臭氧杀菌的过程中，有新物质生成，属于化学变化，选项C说法正确，不符合题意；
D、成品矿泉水中含有水和多种矿物质，属于混合物，不是纯净物，选项D说法错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据石英砂的作用解答，石英砂能过滤不溶性杂质；
B、根据活性炭和超滤膜的性质解答，活性炭有吸附性，超滤膜有过滤作用；
C、根据化学变化的定义解答，杀菌过程有新物质生成，属于化学变化；
D、根据纯净物和混合物的定义解答，矿泉水中含有多种矿物质，属于混合物。
13．【答案】C
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A、由溶解度曲线可知，40℃时，Na2SO4的溶解度为48.8g，选项A说法正确，不符合题意；
B、溶解度曲线的交点表示该温度下两种物质的溶解度相等，因此t℃时，Na2SO4和NaCl的溶解度相同，选项B说法正确，不符合题意；
C、由溶解度曲线可知，Na2SO4的溶解度在40℃之前随温度的升高而增大，40℃之后随温度的升高而减小，因此回收Na2SO4晶体，应采用降温结晶（冷却热饱和溶液）的方法，而不是蒸发结晶，蒸发结晶适用于溶解度受温度影响较小的物质（如NaCl），选项C说法错误，符合题意；
D、工业废盐的回收能将废盐中的NaCl和Na2SO4重新利用，既节省了资源，又减少了废盐对环境的污染，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据溶解度曲线的信息解答，40℃时硫酸钠的溶解度为48.8g；
B、根据溶解度曲线交点的意义解答，交点表示该温度下两种物质溶解度相等；
C、根据结晶方法的选择依据解答，溶解度受温度影响大且先增后减的物质用降温结晶；
D、根据工业废盐回收的意义解答，回收废盐能节约资源、减少污染。
14．【答案】B
【知识点】酸的化学性质；碱的化学性质；中和反应及其应用
【解析】【解答】物质X能与CaCO3、Fe、NaOH反应，说明X是酸（如盐酸、硫酸等）。
A、反应①是酸与活泼金属铁的反应，生成盐和氢气，因此会产生气泡，选项A说法正确，不符合题意；
B、酸能与金属氧化物反应生成盐和水，能与非金属氧化物（如CO2）不反应，因此Y应该是金属氧化物，不是非金属氧化物，选项B说法错误，符合题意；
C、水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，酸能与CaCO3反应生成可溶性的盐、水和二氧化碳，因此利用反应②的原理可除水垢，选项C说法正确，不符合题意；
D、X是酸，NaOH是碱，酸和碱能发生中和反应，因此X可中和处理含NaOH的废液，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据酸的化学性质解答，酸能与活泼金属反应生成氢气；
B、根据酸的化学性质解答，酸能与金属氧化物反应，不能与非金属氧化物（除了某些酸性氧化物）反应；
C、根据酸的化学性质解答，酸能与碳酸盐反应，可用于除水垢；
D、根据中和反应的应用解答，酸能中和碱性废液。
15．【答案】B
【知识点】影响溶解快慢的因素；分子的定义与分子的特性；探究二氧化碳的性质；探究金属锈蚀的条件
【解析】【解答】A、该实验中只有铁钉与水和氧气同时接触的一组，缺少铁钉只与水接触、只与氧气接触的对照实验，不能探究铁锈蚀的条件，选项A不能达到实验目的；
B、浓氨水具有挥发性，挥发出的氨分子不断运动，进入酚酞溶液中，使酚酞溶液变红，能探究分子的运动现象，选项B能达到实验目的；
C、该实验中，溶剂的种类（水和汽油）、溶剂的体积（20mL和10mL）、温度（20℃和10℃）都不同，变量不唯一，不能探究固体溶解性的影响因素，选项C不能达到实验目的；
D、该实验中，向充满CO2的软塑料瓶中加入水，振荡后塑料瓶变瘪，只能说明CO2溶于水或与水反应，不能证明CO2与水发生了反应，需要补充对照实验（如向瓶中滴加紫色石蕊溶液），选项D不能达到实验目的。
故答案为：B。
【分析】A、根据铁锈蚀条件的探究方法解答，需要设置对照实验，控制变量；
B、根据分子的性质解答，浓氨水挥发使酚酞变红，说明分子在不断运动；
C、根据控制变量法的要求解答，探究溶解性的影响因素时，每次只能改变一个变量；
D、根据CO2与水反应的验证方法解答，需要证明有新物质生成。
16．【答案】（1）富集盐分（或提高氯化钠浓度，便于后续制盐）
（2）滤纸；>
（3）丙
（4）蒸发；加热使水分子运动速率加快，大量逸出，水分子减少，溶剂减少，钠离子和氯离子因达到饱和而结合成氯化钠晶体析出
（5）节约能源（或绿色环保、降低生产成本，合理即可）
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；饱和溶液和不饱和溶液；溶质的质量分数及相关计算；粗盐提纯；分子的定义与分子的特性
【解析】【解答】（1）海边的沙土中富含氯化钠，采集这些沙土来制卤，目的是富集氯化钠，提高海盐的产率，获得更多的海盐。
（2）过滤操作中，滤纸用于过滤不溶性杂质，“淋沙制卤”时，芦席能将沙土与卤水分离，相当于过滤操作中的滤纸；海水淋洗沙土后，沙土中的氯化钠溶解在水中，使卤水中氯化钠的含量增加，因此所得卤水中NaCl的溶质质量分数大于海水。
（3）生鸡蛋在卤水中受到的浮力等于鸡蛋的重力，卤水的密度越大，鸡蛋排开卤水的体积越小，鸡蛋浮得越高。图3中丙中的鸡蛋浮得最高，说明丙中卤水的密度最大，浓度最高。
（4）“煎炼”是通过加热使卤水中的水分蒸发，氯化钠结晶析出，该过程属于蒸发结晶；从微观角度解释，蒸发过程中，水分子不断运动，扩散到空气中，水分子的数量减少，溶液中的钠离子和氯离子相互结合，形成氯化钠晶体。
（5）现代工业海水晒盐利用太阳能及风能自然浓缩海水，不需要消耗化石燃料，其主要优点是节能、环保、成本低，能大规模生产。
【分析】（1）根据富集溶质的目的解答，采集富含盐分的沙土能提高氯化钠的浓度；
（2）根据过滤操作的仪器和溶质质量分数的变化解答，芦席起过滤作用，淋洗后氯化钠被富集；
（3）根据浮力的原理解答，卤水密度越大，鸡蛋浮得越高；
（4）根据结晶的方法和微观解释解答，蒸发结晶是水分蒸发，离子结合成晶体；
（5）根据太阳能和风能的优点解答，利用自然能源节能、环保。
（1）富含盐分的沙土中氯化钠含量高，用来制卤可以提升卤水的含盐量，提高产盐效率。
（2）芦席可阻挡沙土、让含盐液体通过，作用和过滤操作中的滤纸一致；海水淋洗沙土时，沙土中的氯化钠溶解到海水中，卤水中氯化钠溶质更多，因此质量分数大于海水。
（3）卤水浓度越高，密度越大，鸡蛋受到的浮力越强，露出液面的体积越大，丙中鸡蛋露出最多，因此浓度最高。
（4）煎炼是通过加热蒸发水分使氯化钠结晶；微观上加热时水分子运动速率加快，大量逸散到空气中，钠离子和氯离子因达到饱和而结合成氯化钠晶体析出。
（5）太阳能和风能属于可再生清洁能源，用其浓缩海水可减少化石能源消耗，污染小且成本低。
17．【答案】（1）排列方式
（2）单元素
（3）；cd
（4）
【知识点】金属活动性顺序及其应用；新材料的开发与社会发展的密切关系；碳单质的性质和用途；单质和化合物
【解析】【解答】（1）红磷和黑磷都是由磷元素组成的单质，它们的物理性质明显差异的原因是磷原子的排列方式不同。
（2）Pb或Sn制成的二维材料，只含有铅或锡一种元素，属于单元素材料。
（3）Sn与稀盐酸反应生成SnCl2和H2，反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑。
结合金属活动性顺序表分析：
a、将金属挤压成二维材料，原子间的间隔会变小，不是变大，选项a错误；
b、Pb在金属活动性顺序中排在H的前面，能与稀盐酸反应生成氢气，选项b错误；
c、Pb在金属活动性顺序中排在Cu的前面，能把Cu从CuSO4溶液中置换出来，选项c正确；
d、二维材料的表面积比普通块体大得多，与氧气的接触面积更大，因此比普通Pb块更易被氧化，选项d正确。
故说法正确的是cd。
（4）物质的性质决定用途：
超高电导率的材料，导电性好，可用于制作超薄互联导线；
优异透光性的材料，能透过光线，可应用于透明触摸屏；
极高机械强度的材料，硬度大、韧性好，可用于制作超轻防弹衣。
因此匹配关系为：
超高电导率——超薄互联导线
优异透光性——透明触摸屏
极高机械强度——超轻防弹衣
【分析】（1）根据同素异形体的性质差异原因解答，原子排列方式不同导致物理性质不同；
（2）根据材料的分类解答，只含一种元素的材料是单元素材料；
（3）根据金属与酸的反应和金属活动性顺序解答，排在H前面的金属能与酸反应，排在前面的金属能置换出后面的金属；二维材料表面积大，更易被氧化；
（4）根据性质与用途的对应关系解答，性质决定用途，用途反映性质。
（1）红磷和黑磷是磷元素的同素异形体，二者磷原子的排列方式不同，因此物理性质存在明显差异。
（2）均是仅由一种元素组成的单质，因此对应的二维材料属于单质材料。
（3）二维材料能与稀盐酸反应生成和，化学方程式为。
a、二维金属经挤压制备，原子间间隔比普通铅块更小，错误；
b、金属活动性排在之前，可与稀盐酸反应，错误；
c、活动性强于，能置换出溶液中的Cu，正确；
d、二维材料比表面积大，与氧气接触更充分，比普通铅块更易被氧化，正确。
（4）性质决定用途：导电性好适合做导线，透光性好适合做透明触摸屏，机械强度高抗冲击能力强适合做防弹衣。故连线为：
18．【答案】（1）红；燃着的木条熄灭
（2）；
（3）锥形瓶；bdf；通过分液漏斗活塞控制液体滴加的速率，进而控制反应速率；变小
【知识点】质量守恒定律及其应用；二氧化碳的化学性质；二氧化碳的实验室制法；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）二氧化碳能与水反应生成碳酸，碳酸呈酸性，能使紫色石蕊溶液变为红色；二氧化碳不燃烧、也不支持燃烧，因此将燃着的木条靠近收集该气体的试管口，燃着的木条会熄灭。
（2）实验室用大理石（主要成分CaCO3）与稀盐酸反应制取CO2，同时生成氯化钙和水，反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。
根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应前有3个Na原子、6个H原子、3个C原子、9个O原子和1个A原子；反应后已有3个Na原子、6个H原子、3个O原子和1个A原子，还缺少3个C原子和6个O原子，因此空格处应填写3CO2↑。
（3）ⅰ.图1中仪器b的名称是锥形瓶。
要组装一套能够平稳、持续释放CO2的发生装置，需要控制液体的滴加速率，因此应选择分液漏斗（d）、锥形瓶（b）和带导管的双孔橡皮塞（f），即仪器组合为bdf。
该装置能平稳控制反应速率的原理是：分液漏斗可以通过活塞控制液体的滴加速率，从而控制反应物的接触速率，进而控制反应速率。
ⅱ.流体流速越大的地方，压强越小。风扇使内部空气流速增大，内部压强变小，小于外界大气压，蚊子在外界大气压的作用下被压入诱蚊器内，从而被捕获。
【分析】（1）根据二氧化碳的性质解答，二氧化碳与水反应生成碳酸，能使石蕊变红；二氧化碳不支持燃烧，能使燃着的木条熄灭；
（2）根据实验室制取二氧化碳的反应原理和质量守恒定律解答，化学反应前后原子的种类和数目不变；
（3）ⅰ.根据常见仪器的名称和发生装置的选择解答，分液漏斗能控制液体滴加速率，从而控制反应速率；
ⅱ.根据流体压强与流速的关系解答，流速越大，压强越小。
（1）二氧化碳和水反应生成碳酸，酸性物质使紫色石蕊溶液变红；二氧化碳不燃烧也不支持燃烧，因此能使燃着的木条熄灭。
（2）大理石主要成分为碳酸钙，和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：；根据质量守恒定律，反应前后原子种类、数目不变，则右侧空格处共3个、6个的，对应3个，反应物中无气体参加，则二氧化碳后需标气体符号。
（3）由仪器的形状和用途可知仪器b为锥形瓶；要得到平稳气流，需用分液漏斗控制液体滴加的速率，进而控制反应速率，以得到平稳的气流，因此搭配锥形瓶、分液漏斗、双孔塞组装装置；流体流速越大压强越小，风扇加快内部空气流速，压强减小，即可捕获蚊子。
19．【答案】（1）生石灰；酸雨
（2）；减小；1；氧气；正；其它条件完全相同，把石墨电极换成铂电极（铂不容易和氧气反应）进行电解实验，观察到溶液中浑浊程度明显减小
【知识点】溶解度的影响因素；碱的化学性质；化学实验方案设计与评价；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）工业上用氧化钙（生石灰，CaO）与水反应制备Ca(OH)2，反应的化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2；Ca(OH)2能与废气中的SO2反应生成亚硫酸钙和水，从而减少SO2的排放，减少酸雨的形成。
（2）溶液能导电的原因是溶液中存在自由移动的离子。Ca(OH)2在水溶液中能解离出自由移动的Ca2+和OH-，因此饱和Ca(OH)2溶液能导电。
【作出猜想】
Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，因此猜想2：溶液温度升高，Ca(OH)2的溶解度减小，溶质析出，导致溶液浑浊。
【实验过程】
实验一：将100mL饱和Ca(OH)2溶液加热蒸发约10mL水，再冷却到室温，溶液中产生浑浊，说明水减少会导致溶质析出，猜想1正确；但浑浊量比通电时少，说明猜想1不是唯一原因。
【实验分析】
电解水时，连接电源正极的电极产生氧气，石墨电极的主要成分是碳，碳能与氧气在加热条件下反应生成CO2，CO2与Ca(OH)2反应生成碳酸钙白色沉淀，使石灰水变浑浊。
连接电源正极的电极产生氧气，因此正极附近的CO2浓度更高，与Ca(OH)2反应生成的碳酸钙沉淀更多，所以连接电源正极的电极所处溶液浑浊更明显。
为了证明该分析正确，补充的实验设计及预期现象为：其它条件完全相同，把石墨电极换成铂电极（铂不容易和氧气反应）进行电解实验，观察到溶液中浑浊程度明显减小。
【分析】（1）根据氢氧化钙的制备和用途解答，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能吸收二氧化硫，减少酸雨；
（2）根据溶液导电的原因解答，溶液中存在自由移动的离子才能导电；
【作出猜想】根据氢氧化钙的溶解度特点解答，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小；
【实验过程】根据实验现象分析猜想的正确性，蒸发水有浑浊说明猜想1正确；
【实验分析】根据电解水的产物和碳的化学性质解答，石墨与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀；正极产生氧气，因此正极附近浑浊更明显；通过更换不与氧气反应的电极进行对照实验验证。
（1）工业上用氧化钙（生石灰）与水反应制取氢氧化钙，反应为；排放到空气中会形成酸雨，因此用氢氧化钙吸收可减少酸雨的形成；
（2）①溶液导电的原因是溶液中存在自由移动的离子，在溶液中电离出和。
②的溶解度随温度升高而减小。
③实验二仅升高温度，溶液无明显浑浊，说明猜想2不成立；实验一蒸发水后冷却回室温（排除温度影响），仍产生浑浊，仅浑浊量比电解时更少，说明猜想1（水减少溶质析出）正确，但不是唯一原因，因此填1。
④电解水时，会生成氧气和氢气，石墨电极的成分为碳，碳可与电解生成的氧气反应生成 。
⑤电解水遵循"正氧负氢"的规律，氧气在电源正极生成，因此正极附近生成 更多，浑浊更明显。
⑥要验证"石墨与氧气反应生成 导致浑浊"的结论，只需要换用不参与反应的惰性电极重复实验，若浑浊明显减少，即可证明分析正确。
20．【答案】（1）3：1
（2）分解反应
（3）分离碳颗粒与的混合气体；体积（或大小）
（4）<；根据质量守恒，反应后碳的总质量等于初始碳催化剂质量加上参加反应的甲烷中碳元素的质量，因此m1小于m2+m3
（5）甲烷
（6）>；无排放，更环保（合理即可）
【知识点】分解反应及其应用；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；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）甲烷的化学式为CH4，其中碳、氢元素的质量比为(12×1)：(1×4)=12：4=3：1。
（2）“反应器”中，甲烷在碳催化剂、高温等条件下热解成氢气和碳，反应的化学方程式为CH4C+2H2，该反应符合“一变多”的特征，属于分解反应。
（3）“分离器”的目的是将反应生成的碳颗粒从混合气体中分离出来；图2中“膜分离”的微观原理是利用氢气和甲烷分子的体积大小不同，让体积小的氢气分子通过膜，体积大的甲烷分子不能通过，从而实现分离。
（4）m1是进入反应器的甲烷中含有的碳元素的质量，m2是碳催化剂的质量，m3是反应生成的碳产物的质量。催化剂在化学反应前后质量不变，因此m2在反应前后不变；根据质量守恒定律，甲烷中的碳元素全部转化为碳产物，即m1=m3，因此m1＜m2+m3。
（5）由流程可知，膜分离后得到的未反应的甲烷可以重新送入反应器中继续反应，因此流程中可循环利用的气态物质为甲烷（CH4）。
（6）甲烷与水反应制氢的化学方程式为
16 8
16g甲烷完全反应生成8g氢气；甲烷热解制氢的化学方程式为
CH4C+2H2，
16 4
16g甲烷完全反应生成4g氢气。因此等质量的甲烷，用与水反应的方法制取的氢气质量大于热解法制取的氢气质量。
与该方法相比，甲烷热解制氢的优势为：不产生二氧化碳，实现零碳排放，能缓解温室效应；产物只有氢气和碳，产物更纯净。
【分析】（1）根据化合物中元素质量比的计算方法解答，元素质量比=相对原子质量×原子个数之比；
（2）根据反应类型的判断解答，分解反应的特点是“一变多”；
（3）根据分离器和膜分离的作用解答，分离器分离碳颗粒，膜分离利用分子体积大小不同；
（4）根据质量守恒定律和催化剂的性质解答，催化剂质量不变，甲烷中的碳全部转化为碳产物；
（5）根据流程中物质的循环利用解答，未反应的甲烷可以循环使用；
（6）根据化学方程式的计算和热解制氢的优点解答，热解制氢不产生二氧化碳，更环保。
（1）甲烷化学式为，碳、氢元素质量比。
（2）该反应是一种反应物生成两种生成物，符合“一变多”的分解反应特征。
（3）进入分离器的是氢气、甲烷、碳颗粒的混合物，分离器的作用是分离出固体碳颗粒，得到氢气和甲烷的混合气体；从膜分离的微观原理可知，氢分子体积更小可透过膜，甲烷分子体积更大无法透过，利用了两种分子大小不同实现分离。
（4）反应生成的碳来自甲烷中的碳元素，因此最终所有含碳物质总质量（）大于初始加入的碳催化剂质量（）。
（5）膜分离出的未反应甲烷可重新通入反应器参与反应，属于可循环气态物质。
（6）等质量的甲烷，热解法的氢气全部来自甲烷中的氢元素；而另一种方法中，不仅甲烷中的氢转化为氢气，反应物水也提供氢元素生成氢气，因此得到的氢气质量更大；对比另一种方法生成温室气体，热解法是零碳制氢，优势是不产生二氧化碳，不会加剧温室效应，更加环保。
21．【答案】（1）硅烷流化床；改良西门子法
（2）+2
（3）解：设理论上可以制得质量是x。答：理论上可以制得质量是677.5t。；31.1；(或氯化氢)
【知识点】有关元素化合价的计算；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】（1）由图1可知，硅烷流化床法的电耗为15kW·h/kg，改良西门子法的电耗为46kW·h/kg，因此电耗更低的是硅烷流化床法；改良西门子法的产品纯度为9N，硅烷流化床法的产品纯度为6N，因此纯度更高的是改良西门子法。
（2）在SiHCl3中，H的化合价为+1价，Cl的化合价为-1价。设Si的化合价为x，根据化合物中各元素正负化合价的代数和为零，可得：x+(+1)+3×(-1)=0，解得x=+2价。
（3）i、根据硅与的质量比可计算出的质量，详细计算过程可参考答案。
ii、设多晶硅质量为112a， 为542a，为1700a，总硅元素质量为140 t， 中硅元素质量：
中硅元素质量：，
则硅元素总质量为：，
得 ，
则多晶硅质量。
ⅲ.“合成”工序中发生的反应为Si+3HCl=SiHCl3+H2，因此尾气中除了含硅化合物（如未反应的SiHCl3、生成的SiCl4等）外，还含有的气态化合物是HCl（未反应的氯化氢）。
【分析】（1）根据图1中的数据解答，电耗和纯度的数值越小，电耗越低、纯度越高；
（2）根据化合物中元素化合价的计算方法解答，正负化合价代数和为零；
（3）ⅰ.根据化学方程式的计算步骤解答，先计算纯硅的质量，再根据化学方程式计算SiHCl3的质量；
ⅱ.根据元素质量守恒解答，反应前后硅元素的质量不变，分别计算三种物质中硅的质量，列方程求解；
ⅲ.根据反应的产物和反应物解答，反应生成H2，未反应的HCl是气态化合物。
（1）根据图1数据，白色柱代表电耗，硅烷流化床法电耗，低于改良西门子法的；黑色柱代表产品纯度，改良西门子法纯度15 N，高于硅烷流化床法的9 N。
（2）化合物中所有元素化合价代数和为0，中氢元素为+1价，氯元素为-1价，设化合价为x，则，解得。
（3）i、根据硅与的质量比可计算出的质量，详细计算过程可参考答案。
ii、设多晶硅质量为112a， 为542a，为1700a，总硅元素质量为140 t， 中硅元素质量：
中硅元素质量：，则硅元素总质量为：，得 ，则多晶硅质量。
iii、还原工序中和 反应生成多晶硅，同时生成氯化氢， 是单质，因此除含硅化合物外，气态化合物是氯化氢。
1 / 12026年广东省佛山市南海区中考适应性考试(一模)化学试卷
1．中华瑰宝见证古人智慧。下列艺术品中，主要材质属于金属材料的是
A．岳阳楼图水墨画
B．青铜四羊方尊
C．唐三彩陶瓷
D．多宝塔石碑
【答案】B
【知识点】无机非金属材料及其应用
【解析】【解答】A、岳阳楼图水墨画的主要材质是纸张和墨汁，纸张属于天然有机高分子材料，墨汁的主要成分是炭黑，属于无机非金属材料，不属于金属材料，选项A不符合题意；
B、青铜四羊方尊的主要材质是青铜，青铜是铜和锡的合金，合金属于金属材料，选项B符合题意；
C、唐三彩陶瓷的主要材质是陶瓷，陶瓷属于无机非金属材料，不属于金属材料，选项C不符合题意；
D、多宝塔石碑的主要材质是大理石，大理石的主要成分是碳酸钙，属于无机非金属材料，不属于金属材料，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据天然有机高分子材料和无机非金属材料的分类解答，纸张和墨汁都不属于金属材料；
B、根据金属材料的定义解答，金属材料包括纯金属和合金，青铜是铜锡合金；
C、根据无机非金属材料的分类解答，陶瓷属于传统无机非金属材料；
D、根据无机非金属材料的分类解答，大理石的主要成分是碳酸钙，属于无机非金属材料。
2．“雷雨发庄稼”蕴含的部分原理为，其中没有涉及的物质类别是
A．单质 B．氧化物 C．碱 D．酸
【答案】C
【知识点】酸、碱、盐的概念；单质和化合物；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】“雷雨发庄稼”涉及的转化过程为：N2放电→NO→NO2→HNO3。
A、N2是由氮元素一种元素组成的纯净物，属于单质，该过程涉及单质，选项A不符合题意；
B、NO、NO2都是由两种元素组成且其中一种元素是氧元素的化合物，属于氧化物，该过程涉及氧化物，选项B不符合题意；
C、碱是电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，该过程中没有出现碱类物质，选项C符合题意；
D、HNO3是电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸，该过程涉及酸，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据单质的定义解答，由一种元素组成的纯净物是单质，N2属于单质；
B、根据氧化物的定义解答，由两种元素组成且含氧元素的化合物是氧化物，NO、NO2属于氧化物；
C、根据碱的定义解答，碱中一定含有氢氧根离子，该过程中没有碱类物质；
D、根据酸的定义解答，电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，HNO3属于酸。
3．“全面绿色转型，共建美丽中国”。以下措施不符合该理念的是
A．露天焚烧秸秆 B．推广光伏发电
C．处理生活污水 D．回收废旧金属
【答案】A
【知识点】绿色化学；空气的污染与防治；保护水资源；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、露天焚烧秸秆会产生大量的烟尘、一氧化碳、二氧化硫等空气污染物，污染环境，不符合“全面绿色转型，共建美丽中国”的理念，选项A符合题意；
B、推广光伏发电，利用太阳能发电，太阳能是清洁、可再生的新能源，不会产生污染物，符合绿色转型理念，选项B不符合题意；
C、处理生活污水，能减少水体污染，保护水资源，符合绿色转型理念，选项C不符合题意；
D、回收废旧金属，既能节约金属资源，又能减少冶炼金属产生的环境污染，符合绿色转型理念，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据露天焚烧秸秆的危害解答，焚烧秸秆会产生大量空气污染物；
B、根据新能源的优点解答，光伏发电利用太阳能，清洁无污染；
C、根据污水处理的意义解答，处理生活污水能减少水体污染；
D、根据回收废旧金属的意义解答，回收废旧金属能节约资源、减少污染。
4．下列化学用语正确的是
A．氖气：Ne B．：2个氧离子
C．硫酸： D．60个碳原子：
【答案】A
【知识点】元素的符号及其意义；化学符号及其周围数字的意义；碳的化学性质
【解析】【解答】A、氖气是稀有气体，稀有气体的化学式直接用元素符号表示，因此氖气的化学式为Ne，选项A书写正确；
B、O2-表示一个氧离子带2个单位的负电荷，2个氧离子应表示为2O2-，选项B书写错误；
C、硫酸的化学式为H2SO4，H2SO3是亚硫酸的化学式，选项C书写错误；
D、原子的表示方法是在元素符号前加上相应的数字表示多个原子，因此60个碳原子应表示为60C，C60表示一个C60分子或富勒烯这种物质，选项D书写错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据稀有气体化学式的书写方法解答，稀有气体是单原子分子，化学式用元素符号表示；
B、根据离子的表示方法解答，多个离子在离子符号前加数字；
C、根据常见酸的化学式解答，硫酸是H2SO4，亚硫酸是H2SO3；
D、根据原子的表示方法解答，多个原子在元素符号前加数字，注意与分子的表示方法区分。
5．金属钨硬度大，被誉为“工业牙齿”。钨元素在元素周期表中的信息如图。下列说法正确的是
A．钨属于非金属元素 B．钨原子的质子数为183.8
C．钨的元素符号为W D．钨的相对原子质量为74
【答案】C
【知识点】原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、钨的元素名称带有“钅”字旁，属于金属元素，选项A说法错误；
B、元素周期表中左上角的数字是原子序数，原子序数=质子数，因此钨原子的质子数为74，不是183.8，选项B说法错误；
C、元素周期表中右上角的符号是元素符号，因此钨的元素符号为W，选项C说法正确；
D、元素周期表中下方的数字是相对原子质量，因此钨的相对原子质量为183.8，不是74，选项D说法错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据金属元素的判断方法解答，带“钅”字旁的元素（汞除外）属于金属元素；
B、根据元素周期表的信息解答，原子序数=质子数，左上角的数字是原子序数；
C、根据元素周期表的信息解答，右上角的符号是元素符号；
D、根据元素周期表的信息解答，下方的数字是相对原子质量，单位是“1”，通常省略不写。
6．利用铜粉与氧气反应验证质量守恒定律，部分操作如下，其中错误的是
A．装入铜粉
B．点燃酒精灯
C．加热铜粉
D．称量反应后装置
【答案】D
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；验证质量守恒定律
【解析】【解答】A、装入铜粉时，将试管倾斜，用药匙将铜粉送到试管底部，再将试管直立起来，操作正确，选项A不符合题意；
B、点燃酒精灯时，用火柴点燃，禁止用燃着的酒精灯去引燃另一只酒精灯，操作正确，选项B不符合题意；
C、加热铜粉时，锥形瓶底部放在陶土网上，用酒精灯外焰加热，操作正确，选项C不符合题意；
D、称量反应后装置时，托盘天平应遵循“左物右码”的原则， 图中砝码和称量物位置颠倒，故图示操作不正确 ，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据固体粉末药品的取用方法解答，“一斜、二送、三直立”；
B、根据酒精灯的使用方法解答，用火柴点燃酒精灯；
C、根据加热固体的操作解答，用陶土网使试管受热均匀；
D、根据托盘天平的使用方法解答，应遵循“左物右码”原则。
7．“花发金银满架香”。金银花中含有绿原酸（），有关绿原酸说法正确的是
A．由3个元素构成 B．由43个原子组成
C．氢元素的质量分数最大 D．碳、氢元素原子个数比为
【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、元素是宏观概念，只讲种类，不讲个数，应该说绿原酸由碳、氢、氧三种元素组成，选项A说法错误；
B、绿原酸是由绿原酸分子构成的，一个绿原酸分子由16个碳原子、18个氢原子和9个氧原子构成，共43个原子，不能说绿原酸由43个原子组成，选项B说法错误；
C、绿原酸的化学式为C16H18O9，绿原酸中碳、氢、氧三种元素的质量比为(12×16)：(1×18)：(16×9)=192：18：144=32：3：24，其中碳元素的质量分数最大，不是氢元素，选项C说法错误；
D、由化学式可知，绿原酸中碳、氢元素的原子个数比为16：18=8：9，选项D说法正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据元素的概念解答，元素只讲种类，不讲个数；
B、根据物质的构成解答，绿原酸是由分子构成的，分子由原子构成；
C、根据化合物中元素质量分数的计算方法解答，元素质量比越大，质量分数越大；
D、根据化学式的意义解答，化学式中元素符号右下角的数字表示一个分子中该原子的个数。
8．兴趣小组利用红萝卜皮制得酸碱指示剂，其颜色随pH变化关系如图，关于该指示剂说法错误的是
A．滴入肥皂水变绿色，肥皂水呈碱性
B．滴入稀硫酸，加水稀释后变绿色
C．能鉴别和两种溶液
D．实验结束，红色废液应处理再排放
【答案】B
【知识点】绿色化学；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A、肥皂水呈碱性，pH＞7，由图可知，该指示剂在pH＞7的碱性溶液中显绿色，因此滴入肥皂水变绿色，说明肥皂水呈碱性，选项A说法正确，不符合题意；
B、稀硫酸呈酸性，pH＜7，该指示剂在酸性溶液中显红色；加水稀释后，溶液的酸性减弱，pH增大，但仍然小于7，溶液还是显红色，不会变绿色，选项B说法错误，符合题意；
C、pH=7的溶液呈中性，该指示剂在中性溶液中显黄色；pH=11的溶液呈碱性，该指示剂在碱性溶液中显绿色，现象不同，可以鉴别，选项C说法正确，不符合题意；
D、实验结束后，红色废液呈酸性，直接排放会污染水体，因此应处理后再排放，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据指示剂的变色规律和溶液的酸碱性解答，碱性溶液使该指示剂变绿色；
B、根据溶液稀释后pH的变化解答，酸性溶液稀释后仍然呈酸性，pH＜7；
C、根据不同pH溶液中指示剂的颜色不同解答，中性和碱性溶液中指示剂颜色不同，可以鉴别；
D、根据酸性废液的处理原则解答，酸性废液会污染水体，应处理后排放。
9．西汉龙首铜灶设计独特，能使柴薪燃烧充分，如图。下列说法错误的是
A．灶内热空气上升，外界空气持续进入利于补充氧气
B．三个火眼可同时放蒸煮容器，充分利用热量
C．关闭灶门，火焰熄灭的原因是清除可燃物
D．及时清理灶内积灰利于空气流通
【答案】C
【知识点】完全燃烧与不完全燃烧；灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、热空气的密度比冷空气小，会向上上升，外界冷空气从气流入口持续进入，补充燃烧所需的氧气，使燃烧更充分，选项A说法正确，不符合题意；
B、三个火眼可以同时放置蒸煮容器，能够充分利用燃烧产生的热量，提高热量利用率，选项B说法正确，不符合题意；
C、关闭灶门后，火焰熄灭的原因是隔绝了氧气，而不是清除可燃物，可燃物柴薪仍然存在于灶内，选项C说法错误，符合题意；
D、及时清理灶内积灰，可以避免积灰堵塞通风口，有利于空气流通，保证燃烧有充足的氧气，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据燃烧的条件解答，燃烧需要氧气，热空气上升带动冷空气进入补充氧气；
B、根据热量的充分利用解答，多个火眼同时使用可以提高热量利用率；
C、根据灭火的原理解答，灭火原理包括清除可燃物、隔绝氧气、降低温度到可燃物着火点以下，关闭灶门属于隔绝氧气；
D、根据促进燃烧的方法解答，保证空气流通可以提供充足的氧气，促进燃烧。
10．兴趣小组用奶茶杯、小塑料杯、吸管等设计“自制供氧机”，其透视原理图如图。下列说法正确的是
A．奶茶杯中发生化合反应
B．奶茶杯壁温热，说明反应吸收热量
C．控制的浓度可调节产气速率
D．小塑料杯的水中产生气泡，说明奶茶杯气密性差
【答案】C
【知识点】氧气的实验室制法；化合反应及其应用；气体制取装置的探究；基于特定需求设计和制作简易供氧器
【解析】【解答】A、奶茶杯中发生的反应是过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，该反应符合“一变多”的特征，属于分解反应，不是化合反应，选项A说法错误；
B、奶茶杯壁温热，说明该反应放出热量，是放热反应，不是吸热反应，选项B说法错误；
C、反应物的浓度会影响化学反应速率，过氧化氢的浓度越高，反应速率越快，因此控制H2O2的浓度可调节产气速率，选项C说法正确；
D、小塑料杯的水中产生气泡，是因为奶茶杯中产生的氧气通过导管进入小塑料杯的水中，形成气泡，不是因为奶茶杯气密性差，选项D说法错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据反应类型的判断解答，分解反应的特点是“一变多”，化合反应的特点是“多变一”；
B、根据化学反应中的热量变化解答，杯壁温热说明反应放热；
C、根据影响化学反应速率的因素解答，反应物浓度越大，反应速率越快；
D、根据实验现象的分析解答，气泡是氧气从导管逸出形成的。
11．下列劳动实践与化学知识关联正确的是
选项 劳动实践 化学知识
A 用糯米酿制食醋 包含缓慢氧化
B 用医用酒精消毒 酒精有挥发性
C 用熟石灰改良酸性土壤 熟石灰微溶于水
D 用增氧机把水喷向空中给养鱼池增氧 增大氧气的溶解度
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】溶解度的影响因素；常见碱的特性和用途；化学性质与物理性质的差别及应用；燃烧、爆炸、缓慢氧化与自燃
【解析】【解答】A、用糯米酿制食醋，是糯米中的糖类物质在微生物的作用下与氧气发生的缓慢氧化反应，选项A关联正确；
B、用医用酒精消毒，是因为酒精能使细菌和病毒的蛋白质变性，从而失去生理活性，不是因为酒精有挥发性，选项B关联错误；
C、用熟石灰改良酸性土壤，是因为熟石灰是碱，能与土壤中的酸性物质发生中和反应，不是因为熟石灰微溶于水，选项C关联错误；
D、用增氧机把水喷向空中给养鱼池增氧，是因为增大了水与空气的接触面积，使更多的氧气溶解在水中，而不是增大了氧气的溶解度，氧气的溶解度只与温度和压强有关，选项D关联错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据缓慢氧化的定义解答，酿制食醋是缓慢氧化过程；
B、根据酒精消毒的原理解答，酒精能使蛋白质变性；
C、根据中和反应的应用解答，熟石灰改良酸性土壤利用了中和反应原理；
D、根据影响气体溶解的因素解答，增大接触面积能加快溶解速率，不能改变溶解度。
12．矿泉水生产流程如图。下列说法错误的是
A．石英砂的作用是拦截部分不溶性物质
B．活性炭、超滤膜分别有吸附、过滤作用
C．利用臭氧杀菌的过程发生化学变化
D．成品矿泉水属于纯净物
【答案】D
【知识点】水的净化；物理变化、化学变化的特点及其判别；碳单质的性质和用途；纯净物和混合物
【解析】【解答】A、石英砂具有过滤作用，能拦截水中的部分不溶性杂质，选项A说法正确，不符合题意；
B、活性炭具有疏松多孔的结构，能吸附水中的色素和异味；超滤膜能过滤掉水中的更小的不溶性杂质和部分微生物，因此活性炭、超滤膜分别有吸附、过滤作用，选项B说法正确，不符合题意；
C、利用臭氧杀菌的过程中，有新物质生成，属于化学变化，选项C说法正确，不符合题意；
D、成品矿泉水中含有水和多种矿物质，属于混合物，不是纯净物，选项D说法错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据石英砂的作用解答，石英砂能过滤不溶性杂质；
B、根据活性炭和超滤膜的性质解答，活性炭有吸附性，超滤膜有过滤作用；
C、根据化学变化的定义解答，杀菌过程有新物质生成，属于化学变化；
D、根据纯净物和混合物的定义解答，矿泉水中含有多种矿物质，属于混合物。
13．工业废盐经处理可回收NaCl和，如图是两者的溶解度曲线。下列说法错误的是
A．40℃时，的溶解度为48.8g
B．时，和NaCl的溶解度相同
C．回收晶体，需经过蒸发结晶过程
D．工业废盐的回收能节省资源和减少污染
【答案】C
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A、由溶解度曲线可知，40℃时，Na2SO4的溶解度为48.8g，选项A说法正确，不符合题意；
B、溶解度曲线的交点表示该温度下两种物质的溶解度相等，因此t℃时，Na2SO4和NaCl的溶解度相同，选项B说法正确，不符合题意；
C、由溶解度曲线可知，Na2SO4的溶解度在40℃之前随温度的升高而增大，40℃之后随温度的升高而减小，因此回收Na2SO4晶体，应采用降温结晶（冷却热饱和溶液）的方法，而不是蒸发结晶，蒸发结晶适用于溶解度受温度影响较小的物质（如NaCl），选项C说法错误，符合题意；
D、工业废盐的回收能将废盐中的NaCl和Na2SO4重新利用，既节省了资源，又减少了废盐对环境的污染，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据溶解度曲线的信息解答，40℃时硫酸钠的溶解度为48.8g；
B、根据溶解度曲线交点的意义解答，交点表示该温度下两种物质溶解度相等；
C、根据结晶方法的选择依据解答，溶解度受温度影响大且先增后减的物质用降温结晶；
D、根据工业废盐回收的意义解答，回收废盐能节约资源、减少污染。
14．思维导图可进行知识归纳。物质X能与常见的不同类别物质发生反应（如图）。下列说法错误的是
A．反应①会产生气泡 B．Y是非金属氧化物
C．利用反应②的原理可除水垢 D．X可中和处理含NaOH的废液
【答案】B
【知识点】酸的化学性质；碱的化学性质；中和反应及其应用
【解析】【解答】物质X能与CaCO3、Fe、NaOH反应，说明X是酸（如盐酸、硫酸等）。
A、反应①是酸与活泼金属铁的反应，生成盐和氢气，因此会产生气泡，选项A说法正确，不符合题意；
B、酸能与金属氧化物反应生成盐和水，能与非金属氧化物（如CO2）不反应，因此Y应该是金属氧化物，不是非金属氧化物，选项B说法错误，符合题意；
C、水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，酸能与CaCO3反应生成可溶性的盐、水和二氧化碳，因此利用反应②的原理可除水垢，选项C说法正确，不符合题意；
D、X是酸，NaOH是碱，酸和碱能发生中和反应，因此X可中和处理含NaOH的废液，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据酸的化学性质解答，酸能与活泼金属反应生成氢气；
B、根据酸的化学性质解答，酸能与金属氧化物反应，不能与非金属氧化物（除了某些酸性氧化物）反应；
C、根据酸的化学性质解答，酸能与碳酸盐反应，可用于除水垢；
D、根据中和反应的应用解答，酸能中和碱性废液。
15．下列实验设计可以达到实验目的的是
A．探究铁锈蚀的条件
B．探究分子运动现象
C．探究固体溶解性的影响因素
D．验证与水反应
【答案】B
【知识点】影响溶解快慢的因素；分子的定义与分子的特性；探究二氧化碳的性质；探究金属锈蚀的条件
【解析】【解答】A、该实验中只有铁钉与水和氧气同时接触的一组，缺少铁钉只与水接触、只与氧气接触的对照实验，不能探究铁锈蚀的条件，选项A不能达到实验目的；
B、浓氨水具有挥发性，挥发出的氨分子不断运动，进入酚酞溶液中，使酚酞溶液变红，能探究分子的运动现象，选项B能达到实验目的；
C、该实验中，溶剂的种类（水和汽油）、溶剂的体积（20mL和10mL）、温度（20℃和10℃）都不同，变量不唯一，不能探究固体溶解性的影响因素，选项C不能达到实验目的；
D、该实验中，向充满CO2的软塑料瓶中加入水，振荡后塑料瓶变瘪，只能说明CO2溶于水或与水反应，不能证明CO2与水发生了反应，需要补充对照实验（如向瓶中滴加紫色石蕊溶液），选项D不能达到实验目的。
故答案为：B。
【分析】A、根据铁锈蚀条件的探究方法解答，需要设置对照实验，控制变量；
B、根据分子的性质解答，浓氨水挥发使酚酞变红，说明分子在不断运动；
C、根据控制变量法的要求解答，探究溶解性的影响因素时，每次只能改变一个变量；
D、根据CO2与水反应的验证方法解答，需要证明有新物质生成。
16．《图经本草》记录了海盐生产的过程，部分流程如图1。
（1）采集海边富含盐分的沙土来制卤，目的是①　 　。
（2）“淋沙制卤”：用海水淋洗芦席上的沙土，液体汇入深坑得卤水（如图2）。
“芦席”相当于过滤操作中的②　 　（填“滤纸”或“玻璃棒”）；所得卤水中NaCl的溶质质量分数③　 　（填“>”“<”或“=”）海水。
（3）古人用生鸡蛋进行“验卤”，如图3中，卤水浓度最高的是④　 　（填“甲”“乙”或“丙”）。
（4）“煎炼”是经过⑤　 　结晶得到海盐，从微观角度解释该过程⑥　 　。
（5）现代工业海水晒盐利用太阳能及风能自然浓缩海水，其主要优点是⑦　 　（写一条）。
【答案】（1）富集盐分（或提高氯化钠浓度，便于后续制盐）
（2）滤纸；>
（3）丙
（4）蒸发；加热使水分子运动速率加快，大量逸出，水分子减少，溶剂减少，钠离子和氯离子因达到饱和而结合成氯化钠晶体析出
（5）节约能源（或绿色环保、降低生产成本，合理即可）
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；饱和溶液和不饱和溶液；溶质的质量分数及相关计算；粗盐提纯；分子的定义与分子的特性
【解析】【解答】（1）海边的沙土中富含氯化钠，采集这些沙土来制卤，目的是富集氯化钠，提高海盐的产率，获得更多的海盐。
（2）过滤操作中，滤纸用于过滤不溶性杂质，“淋沙制卤”时，芦席能将沙土与卤水分离，相当于过滤操作中的滤纸；海水淋洗沙土后，沙土中的氯化钠溶解在水中，使卤水中氯化钠的含量增加，因此所得卤水中NaCl的溶质质量分数大于海水。
（3）生鸡蛋在卤水中受到的浮力等于鸡蛋的重力，卤水的密度越大，鸡蛋排开卤水的体积越小，鸡蛋浮得越高。图3中丙中的鸡蛋浮得最高，说明丙中卤水的密度最大，浓度最高。
（4）“煎炼”是通过加热使卤水中的水分蒸发，氯化钠结晶析出，该过程属于蒸发结晶；从微观角度解释，蒸发过程中，水分子不断运动，扩散到空气中，水分子的数量减少，溶液中的钠离子和氯离子相互结合，形成氯化钠晶体。
（5）现代工业海水晒盐利用太阳能及风能自然浓缩海水，不需要消耗化石燃料，其主要优点是节能、环保、成本低，能大规模生产。
【分析】（1）根据富集溶质的目的解答，采集富含盐分的沙土能提高氯化钠的浓度；
（2）根据过滤操作的仪器和溶质质量分数的变化解答，芦席起过滤作用，淋洗后氯化钠被富集；
（3）根据浮力的原理解答，卤水密度越大，鸡蛋浮得越高；
（4）根据结晶的方法和微观解释解答，蒸发结晶是水分蒸发，离子结合成晶体；
（5）根据太阳能和风能的优点解答，利用自然能源节能、环保。
（1）富含盐分的沙土中氯化钠含量高，用来制卤可以提升卤水的含盐量，提高产盐效率。
（2）芦席可阻挡沙土、让含盐液体通过，作用和过滤操作中的滤纸一致；海水淋洗沙土时，沙土中的氯化钠溶解到海水中，卤水中氯化钠溶质更多，因此质量分数大于海水。
（3）卤水浓度越高，密度越大，鸡蛋受到的浮力越强，露出液面的体积越大，丙中鸡蛋露出最多，因此浓度最高。
（4）煎炼是通过加热蒸发水分使氯化钠结晶；微观上加热时水分子运动速率加快，大量逸散到空气中，钠离子和氯离子因达到饱和而结合成氯化钠晶体析出。
（5）太阳能和风能属于可再生清洁能源，用其浓缩海水可减少化石能源消耗，污染小且成本低。
17．二维材料在前沿科技领域应用前景广阔，是厚度仅原子或分子尺度的层状材料，如石墨烯（C）、黑磷（P）及二硫化钼（）等二维材料。二维材料制备方法各异，将石墨剥离可获得石墨烯，白磷或红磷高温高压可转化为黑磷（图1），利用单层作为压砧可将、等金属挤压成单原子厚度的二维材料（图2）。
（1）红磷、黑磷物理性质明显差异的原因是磷原子的　 　不同。
（2）或制成的二维材料属　 　（填“单质”或“化合物”）材料。
（3）二维材料能与稀盐酸反应生成和，反应方程式为　 　。结合金属活动顺序表，有关二维材料的说法正确的是　 　。
a．原子间的间隔比原来大 b．不能与稀盐酸反应
c．能把从溶液置换出来 d．比普通块更易被氧化
（4）将下列二维材料的性质与未来用途进行匹配，用直线连接　 　。
性质　　　　　　　未来用途
超高电导率　　　　用于超轻防弹衣
优异透光性　　　　应用于透明触摸屏
极高机械强度　　　超薄互联导线
【答案】（1）排列方式
（2）单元素
（3）；cd
（4）
【知识点】金属活动性顺序及其应用；新材料的开发与社会发展的密切关系；碳单质的性质和用途；单质和化合物
【解析】【解答】（1）红磷和黑磷都是由磷元素组成的单质，它们的物理性质明显差异的原因是磷原子的排列方式不同。
（2）Pb或Sn制成的二维材料，只含有铅或锡一种元素，属于单元素材料。
（3）Sn与稀盐酸反应生成SnCl2和H2，反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑。
结合金属活动性顺序表分析：
a、将金属挤压成二维材料，原子间的间隔会变小，不是变大，选项a错误；
b、Pb在金属活动性顺序中排在H的前面，能与稀盐酸反应生成氢气，选项b错误；
c、Pb在金属活动性顺序中排在Cu的前面，能把Cu从CuSO4溶液中置换出来，选项c正确；
d、二维材料的表面积比普通块体大得多，与氧气的接触面积更大，因此比普通Pb块更易被氧化，选项d正确。
故说法正确的是cd。
（4）物质的性质决定用途：
超高电导率的材料，导电性好，可用于制作超薄互联导线；
优异透光性的材料，能透过光线，可应用于透明触摸屏；
极高机械强度的材料，硬度大、韧性好，可用于制作超轻防弹衣。
因此匹配关系为：
超高电导率——超薄互联导线
优异透光性——透明触摸屏
极高机械强度——超轻防弹衣
【分析】（1）根据同素异形体的性质差异原因解答，原子排列方式不同导致物理性质不同；
（2）根据材料的分类解答，只含一种元素的材料是单元素材料；
（3）根据金属与酸的反应和金属活动性顺序解答，排在H前面的金属能与酸反应，排在前面的金属能置换出后面的金属；二维材料表面积大，更易被氧化；
（4）根据性质与用途的对应关系解答，性质决定用途，用途反映性质。
（1）红磷和黑磷是磷元素的同素异形体，二者磷原子的排列方式不同，因此物理性质存在明显差异。
（2）均是仅由一种元素组成的单质，因此对应的二维材料属于单质材料。
（3）二维材料能与稀盐酸反应生成和，化学方程式为。
a、二维金属经挤压制备，原子间间隔比普通铅块更小，错误；
b、金属活动性排在之前，可与稀盐酸反应，错误；
c、活动性强于，能置换出溶液中的Cu，正确；
d、二维材料比表面积大，与氧气接触更充分，比普通铅块更易被氧化，正确。
（4）性质决定用途：导电性好适合做导线，透光性好适合做透明触摸屏，机械强度高抗冲击能力强适合做防弹衣。故连线为：
18．实践小组围绕“自制二氧化碳型诱蚊器”开展项目式学习。
（1）检验诱蚊剂
为了证明诱蚊器中产生的诱蚊气体是，将该无色无味气体通入紫色石蕊溶液，溶液变为①　 　色；将燃着的木条靠近收集该气体的试管口，现象为②　 　。
（2）制取诱蚊剂
实验室用大理石与稀盐酸制取，化学方程式为③　 　。小组同学尝试使用“泡腾片”作为诱蚊剂。泡腾片的主要成分是碳酸氢钠（）和柠檬酸（用表示），补充完成反应方程式：④　 　。
（3）设计诱捕装置
ⅰ．图1中，仪器b的名称是⑤　 　。若组装一套能够平稳、持续释放的“发生装置”，应选择的仪器组合是⑥　 　（填字母），该装置能平稳控制反应速率的原理是⑦　 　。
ⅱ．小组同学设计诱蚊器如图2，利用风扇使内部空气流速增大，压强⑧　 　（填“变大”“变小”或“不变”）而捕获蚊子。
【答案】（1）红；燃着的木条熄灭
（2）；
（3）锥形瓶；bdf；通过分液漏斗活塞控制液体滴加的速率，进而控制反应速率；变小
【知识点】质量守恒定律及其应用；二氧化碳的化学性质；二氧化碳的实验室制法；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）二氧化碳能与水反应生成碳酸，碳酸呈酸性，能使紫色石蕊溶液变为红色；二氧化碳不燃烧、也不支持燃烧，因此将燃着的木条靠近收集该气体的试管口，燃着的木条会熄灭。
（2）实验室用大理石（主要成分CaCO3）与稀盐酸反应制取CO2，同时生成氯化钙和水，反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。
根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应前有3个Na原子、6个H原子、3个C原子、9个O原子和1个A原子；反应后已有3个Na原子、6个H原子、3个O原子和1个A原子，还缺少3个C原子和6个O原子，因此空格处应填写3CO2↑。
（3）ⅰ.图1中仪器b的名称是锥形瓶。
要组装一套能够平稳、持续释放CO2的发生装置，需要控制液体的滴加速率，因此应选择分液漏斗（d）、锥形瓶（b）和带导管的双孔橡皮塞（f），即仪器组合为bdf。
该装置能平稳控制反应速率的原理是：分液漏斗可以通过活塞控制液体的滴加速率，从而控制反应物的接触速率，进而控制反应速率。
ⅱ.流体流速越大的地方，压强越小。风扇使内部空气流速增大，内部压强变小，小于外界大气压，蚊子在外界大气压的作用下被压入诱蚊器内，从而被捕获。
【分析】（1）根据二氧化碳的性质解答，二氧化碳与水反应生成碳酸，能使石蕊变红；二氧化碳不支持燃烧，能使燃着的木条熄灭；
（2）根据实验室制取二氧化碳的反应原理和质量守恒定律解答，化学反应前后原子的种类和数目不变；
（3）ⅰ.根据常见仪器的名称和发生装置的选择解答，分液漏斗能控制液体滴加速率，从而控制反应速率；
ⅱ.根据流体压强与流速的关系解答，流速越大，压强越小。
（1）二氧化碳和水反应生成碳酸，酸性物质使紫色石蕊溶液变红；二氧化碳不燃烧也不支持燃烧，因此能使燃着的木条熄灭。
（2）大理石主要成分为碳酸钙，和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：；根据质量守恒定律，反应前后原子种类、数目不变，则右侧空格处共3个、6个的，对应3个，反应物中无气体参加，则二氧化碳后需标气体符号。
（3）由仪器的形状和用途可知仪器b为锥形瓶；要得到平稳气流，需用分液漏斗控制液体滴加的速率，进而控制反应速率，以得到平稳的气流，因此搭配锥形瓶、分液漏斗、双孔塞组装装置；流体流速越大压强越小，风扇加快内部空气流速，压强减小，即可捕获蚊子。
19．某同学对溶液的性质进行实验探究。
Ⅰ．的制备及性质
（1）工业上用①　 　与水制备，可用于吸收废气中的减少②　 　的形成。
Ⅱ．的导电性实验
（2）常温下，以石墨为电极电解100 mL饱和溶液，该溶液能导电的原因是存在③　 　（填离子符号）。电解一段时间，溶液中出现白色浑浊，溶液体积约为90 mL。
【提出问题】电解过程中出现白色浑浊的原因是什么？
【作出猜想】
猜想1：水减少，溶质析出
猜想2：溶液温度升高，的溶解度④　 　（填“增大”或“减小”）
【实验过程】
实验 实验现象 实验结论
实验一：将100 mL饱和溶液加热蒸发约10 mL水，再冷却到室温 溶液中产生浑浊，浑浊量比通电时少 猜想⑤　 　正确，但不是唯一原因
实验二：取100 mL饱和溶液于大烧杯中，水浴加热至电解时上升的温度（约29℃） 溶液中无明显变化
【实验分析】
石墨电极与实验中产生的⑥　 　反应，生成使石灰水变浑浊，连接电源⑦　 　（填“正”或“负”）极的电极所处溶液浑浊更明显。为了证明该分析正确，补充的实验设计及预期现象为⑧　 　。
【答案】（1）生石灰；酸雨
（2）；减小；1；氧气；正；其它条件完全相同，把石墨电极换成铂电极（铂不容易和氧气反应）进行电解实验，观察到溶液中浑浊程度明显减小
【知识点】溶解度的影响因素；碱的化学性质；化学实验方案设计与评价；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）工业上用氧化钙（生石灰，CaO）与水反应制备Ca(OH)2，反应的化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2；Ca(OH)2能与废气中的SO2反应生成亚硫酸钙和水，从而减少SO2的排放，减少酸雨的形成。
（2）溶液能导电的原因是溶液中存在自由移动的离子。Ca(OH)2在水溶液中能解离出自由移动的Ca2+和OH-，因此饱和Ca(OH)2溶液能导电。
【作出猜想】
Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，因此猜想2：溶液温度升高，Ca(OH)2的溶解度减小，溶质析出，导致溶液浑浊。
【实验过程】
实验一：将100mL饱和Ca(OH)2溶液加热蒸发约10mL水，再冷却到室温，溶液中产生浑浊，说明水减少会导致溶质析出，猜想1正确；但浑浊量比通电时少，说明猜想1不是唯一原因。
【实验分析】
电解水时，连接电源正极的电极产生氧气，石墨电极的主要成分是碳，碳能与氧气在加热条件下反应生成CO2，CO2与Ca(OH)2反应生成碳酸钙白色沉淀，使石灰水变浑浊。
连接电源正极的电极产生氧气，因此正极附近的CO2浓度更高，与Ca(OH)2反应生成的碳酸钙沉淀更多，所以连接电源正极的电极所处溶液浑浊更明显。
为了证明该分析正确，补充的实验设计及预期现象为：其它条件完全相同，把石墨电极换成铂电极（铂不容易和氧气反应）进行电解实验，观察到溶液中浑浊程度明显减小。
【分析】（1）根据氢氧化钙的制备和用途解答，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能吸收二氧化硫，减少酸雨；
（2）根据溶液导电的原因解答，溶液中存在自由移动的离子才能导电；
【作出猜想】根据氢氧化钙的溶解度特点解答，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小；
【实验过程】根据实验现象分析猜想的正确性，蒸发水有浑浊说明猜想1正确；
【实验分析】根据电解水的产物和碳的化学性质解答，石墨与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀；正极产生氧气，因此正极附近浑浊更明显；通过更换不与氧气反应的电极进行对照实验验证。
（1）工业上用氧化钙（生石灰）与水反应制取氢氧化钙，反应为；排放到空气中会形成酸雨，因此用氢氧化钙吸收可减少酸雨的形成；
（2）①溶液导电的原因是溶液中存在自由移动的离子，在溶液中电离出和。
②的溶解度随温度升高而减小。
③实验二仅升高温度，溶液无明显浑浊，说明猜想2不成立；实验一蒸发水后冷却回室温（排除温度影响），仍产生浑浊，仅浑浊量比电解时更少，说明猜想1（水减少溶质析出）正确，但不是唯一原因，因此填1。
④电解水时，会生成氧气和氢气，石墨电极的成分为碳，碳可与电解生成的氧气反应生成 。
⑤电解水遵循"正氧负氢"的规律，氧气在电源正极生成，因此正极附近生成 更多，浑浊更明显。
⑥要验证"石墨与氧气反应生成 导致浑浊"的结论，只需要换用不参与反应的惰性电极重复实验，若浑浊明显减少，即可证明分析正确。
20．天然气制氢是一种清洁能源技术。一种基于碳催化剂的甲烷（）热解零碳制氢工艺流程如图1。
（1）甲烷中碳、氢元素的质量比为①　 　。
（2）“反应器”中，甲烷在碳催化剂、高温等条件下热解成氢气和碳，该反应的基本反应类型为②　 　。
（3）通过“分离器”的目的是③　 　。图2为“膜分离”的微观原理，利用了两种气体分子的④　 　不同实现分离。
（4）、、为含碳物质的质量，⑤　 　（填“>”“=”或“<”），原因是⑥　 　。
（5）流程中可循环利用的气态物质为⑦　 　。
（6）一种用甲烷制氢方法为。理论上，等质量的甲烷，用该方法制取的氢气质量⑧　 　（填“>”“<”或“=”）热解法制取氢气的质量。与该方法相比，甲烷热解制氢的优势为⑨　 　（写一条）。
【答案】（1）3：1
（2）分解反应
（3）分离碳颗粒与的混合气体；体积（或大小）
（4）<；根据质量守恒，反应后碳的总质量等于初始碳催化剂质量加上参加反应的甲烷中碳元素的质量，因此m1小于m2+m3
（5）甲烷
（6）>；无排放，更环保（合理即可）
【知识点】分解反应及其应用；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；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）甲烷的化学式为CH4，其中碳、氢元素的质量比为(12×1)：(1×4)=12：4=3：1。
（2）“反应器”中，甲烷在碳催化剂、高温等条件下热解成氢气和碳，反应的化学方程式为CH4C+2H2，该反应符合“一变多”的特征，属于分解反应。
（3）“分离器”的目的是将反应生成的碳颗粒从混合气体中分离出来；图2中“膜分离”的微观原理是利用氢气和甲烷分子的体积大小不同，让体积小的氢气分子通过膜，体积大的甲烷分子不能通过，从而实现分离。
（4）m1是进入反应器的甲烷中含有的碳元素的质量，m2是碳催化剂的质量，m3是反应生成的碳产物的质量。催化剂在化学反应前后质量不变，因此m2在反应前后不变；根据质量守恒定律，甲烷中的碳元素全部转化为碳产物，即m1=m3，因此m1＜m2+m3。
（5）由流程可知，膜分离后得到的未反应的甲烷可以重新送入反应器中继续反应，因此流程中可循环利用的气态物质为甲烷（CH4）。
（6）甲烷与水反应制氢的化学方程式为
16 8
16g甲烷完全反应生成8g氢气；甲烷热解制氢的化学方程式为
CH4C+2H2，
16 4
16g甲烷完全反应生成4g氢气。因此等质量的甲烷，用与水反应的方法制取的氢气质量大于热解法制取的氢气质量。
与该方法相比，甲烷热解制氢的优势为：不产生二氧化碳，实现零碳排放，能缓解温室效应；产物只有氢气和碳，产物更纯净。
【分析】（1）根据化合物中元素质量比的计算方法解答，元素质量比=相对原子质量×原子个数之比；
（2）根据反应类型的判断解答，分解反应的特点是“一变多”；
（3）根据分离器和膜分离的作用解答，分离器分离碳颗粒，膜分离利用分子体积大小不同；
（4）根据质量守恒定律和催化剂的性质解答，催化剂质量不变，甲烷中的碳全部转化为碳产物；
（5）根据流程中物质的循环利用解答，未反应的甲烷可以循环使用；
（6）根据化学方程式的计算和热解制氢的优点解答，热解制氢不产生二氧化碳，更环保。
（1）甲烷化学式为，碳、氢元素质量比。
（2）该反应是一种反应物生成两种生成物，符合“一变多”的分解反应特征。
（3）进入分离器的是氢气、甲烷、碳颗粒的混合物，分离器的作用是分离出固体碳颗粒，得到氢气和甲烷的混合气体；从膜分离的微观原理可知，氢分子体积更小可透过膜，甲烷分子体积更大无法透过，利用了两种分子大小不同实现分离。
（4）反应生成的碳来自甲烷中的碳元素，因此最终所有含碳物质总质量（）大于初始加入的碳催化剂质量（）。
（5）膜分离出的未反应甲烷可重新通入反应器参与反应，属于可循环气态物质。
（6）等质量的甲烷，热解法的氢气全部来自甲烷中的氢元素；而另一种方法中，不仅甲烷中的氢转化为氢气，反应物水也提供氢元素生成氢气，因此得到的氢气质量更大；对比另一种方法生成温室气体，热解法是零碳制氢，优势是不产生二氧化碳，不会加剧温室效应，更加环保。
21．多晶硅（Si）被广泛应用于光伏行业和微电子行业。
（1）改良西门子法和硅烷流化床法均能制得多晶硅，部分对比数据如图1。电耗更低的是①　 　法。纯度更高的是②　 　法。
（2）中H的化合价为，Cl的化合价为，则Si的化合价为③　 　。
（3）改良西门子法制备多晶硅的部分流程如图2。“合成”工序中发生反应为：，用175 t含硅（Si）量为80%的工业硅粉作为原料进行生产。（已知：、相对分子质量分别为135.5、170）
ⅰ．理论上可以制得质量是④　 　t（写出计算过程）。
ⅱ．得到含硅产物为Si（多晶硅）、、，三者的质量比为，则多晶硅的质量为⑤　 　t（结果精确到0.1）。
ⅲ．尾气中有多种反应产物，除含硅化合物外，还含有的气态化合物是⑥　 　。
【答案】（1）硅烷流化床；改良西门子法
（2）+2
（3）解：设理论上可以制得质量是x。答：理论上可以制得质量是677.5t。；31.1；(或氯化氢)
【知识点】有关元素化合价的计算；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】（1）由图1可知，硅烷流化床法的电耗为15kW·h/kg，改良西门子法的电耗为46kW·h/kg，因此电耗更低的是硅烷流化床法；改良西门子法的产品纯度为9N，硅烷流化床法的产品纯度为6N，因此纯度更高的是改良西门子法。
（2）在SiHCl3中，H的化合价为+1价，Cl的化合价为-1价。设Si的化合价为x，根据化合物中各元素正负化合价的代数和为零，可得：x+(+1)+3×(-1)=0，解得x=+2价。
（3）i、根据硅与的质量比可计算出的质量，详细计算过程可参考答案。
ii、设多晶硅质量为112a， 为542a，为1700a，总硅元素质量为140 t， 中硅元素质量：
中硅元素质量：，
则硅元素总质量为：，
得 ，
则多晶硅质量。
ⅲ.“合成”工序中发生的反应为Si+3HCl=SiHCl3+H2，因此尾气中除了含硅化合物（如未反应的SiHCl3、生成的SiCl4等）外，还含有的气态化合物是HCl（未反应的氯化氢）。
【分析】（1）根据图1中的数据解答，电耗和纯度的数值越小，电耗越低、纯度越高；
（2）根据化合物中元素化合价的计算方法解答，正负化合价代数和为零；
（3）ⅰ.根据化学方程式的计算步骤解答，先计算纯硅的质量，再根据化学方程式计算SiHCl3的质量；
ⅱ.根据元素质量守恒解答，反应前后硅元素的质量不变，分别计算三种物质中硅的质量，列方程求解；
ⅲ.根据反应的产物和反应物解答，反应生成H2，未反应的HCl是气态化合物。
（1）根据图1数据，白色柱代表电耗，硅烷流化床法电耗，低于改良西门子法的；黑色柱代表产品纯度，改良西门子法纯度15 N，高于硅烷流化床法的9 N。
（2）化合物中所有元素化合价代数和为0，中氢元素为+1价，氯元素为-1价，设化合价为x，则，解得。
（3）i、根据硅与的质量比可计算出的质量，详细计算过程可参考答案。
ii、设多晶硅质量为112a， 为542a，为1700a，总硅元素质量为140 t， 中硅元素质量：
中硅元素质量：，则硅元素总质量为：，得 ，则多晶硅质量。
iii、还原工序中和 反应生成多晶硅，同时生成氯化氢， 是单质，因此除含硅化合物外，气态化合物是氯化氢。
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