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安徽省安庆市望江县2026年中考二模化学试题卷
1．下列我国古代文化瑰宝的代表文物，其生产制作过程涉及化学变化的是
A．人面鱼纹彩陶盆
B．穿孔石斧
C．黄金面具
D．象牙雕龙船
【答案】A
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、人面鱼纹彩陶盆的制作过程需要经过高温烧制，烧制时泥土中的硅酸盐等物质会发生复杂的化学反应，生成新的硅酸盐类物质，有新物质生成，属于化学变化，选项A符合题意；B、穿孔石斧的制作过程只是用工具对石头进行打磨、钻孔，只改变了石头的形状和大小，没有生成任何新的物质，属于物理变化，选项B不符合题意；
C、黄金面具的制作过程只是将黄金块通过捶打、雕刻等方式加工成面具的形状，黄金本身的化学性质没有改变，也没有新物质生成，属于物理变化，选项C不符合题意；
D、象牙雕龙船的制作过程只是对象牙进行雕刻、拼接，改变了象牙的形状，没有生成新的物质，属于物理变化，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据化学变化的核心定义解答：化学变化是指有新物质生成的变化，烧制陶瓷的过程一定发生化学变化；
B、根据物理变化的核心定义解答：物理变化是指没有新物质生成的变化，只改变物质的形状、状态、大小等；
C、根据物理变化的核心定义解答：金属的加工塑形属于物理变化；
D、根据物理变化的核心定义解答：雕刻工艺属于物理变化。
2．《“十五五”规划建议》提出，加快经济社会发展全面绿色转型建设美丽中国。下列做法错误的是
A．研发使用太阳能等新能源 B．鼓励农作物秸秆就地焚烧
C．改进汽车尾气净化技术 D．垃圾进行分类回收处理
【答案】B
【知识点】绿色化学；空气的污染与防治；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、研发使用太阳能、风能、水能等新能源，可以减少煤、石油、天然气等化石能源的使用，化石能源燃烧会产生二氧化硫、氮氧化物、烟尘等大量污染物，使用新能源能从源头上降低污染，保护环境，选项A正确，不符合题意；
B、就地焚烧农作物秸秆会产生大量的可吸入颗粒物（PM2.5）、一氧化碳、二氧化硫等有害气体和烟尘，这些物质会严重污染空气，还会引发雾霾天气，危害人体健康，选项B错误，符合题意；
C、改进汽车尾气净化技术，可以将汽车尾气中的一氧化碳、氮氧化物等有害气体转化为氮气、二氧化碳等无害物质，从而减少有害气体的排放，改善空气质量，选项C正确，不符合题意；
D、垃圾进行分类回收处理，可以将可回收的纸张、塑料、金属等资源重新利用，减少资源浪费，同时将有害垃圾单独处理，避免其污染土壤和水源，减少环境污染，选项D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据新能源的优点解答：新能源清洁、可再生，能减少化石能源依赖和污染物排放；
B、根据焚烧秸秆的危害解答：焚烧秸秆会产生大量空气污染物，是被禁止的行为；
C、根据汽车尾气净化的作用解答：尾气净化技术能将有害气体转化为无害物质；
D、根据垃圾分类回收的意义解答：垃圾分类能实现资源循环利用，减少环境污。
3．砀山酥梨是安徽极具特色的地理标志水果，富含糖类、维生素、钾元素等多种营养成分。下列说法正确的是
A．钾元素是人体必需的微量元素
B．人体所需的维生素只能通过酥梨提供
C．砀山酥梨能为人体提供能量
D．糖尿病患者可以多吃砀山酥梨
【答案】C
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；生命活动与六大营养素
【解析】【解答】A、人体中的元素根据含量多少分为常量元素和微量元素，含量在0.01%以上的是常量元素，钾元素在人体中的含量超过0.01%，属于人体必需的常量元素，不是微量元素，选项A错误；
B、维生素是人体必需的营养物质，人体所需的维生素可以从多种蔬菜、水果中获得，比如苹果、橙子、菠菜等都富含维生素，不是只能通过砀山酥梨提供，选项B错误；
C、砀山酥梨含有大量的糖类，糖类是人体最主要的供能物质，人体生命活动所需的能量约70%来自糖类，所以砀山酥梨能为人体提供能量；糖尿病患者体内胰岛素分泌不足，无法有效调节血糖浓度，多吃含糖类的食物会导致血糖急剧升高，加重病情，所以糖尿病患者不能多吃砀山酥梨，选项C正确；
D、由C选项的分析可知，砀山酥梨含有大量糖类，糖尿病患者多吃会导致血糖升高，所以糖尿病患者不能多吃砀山酥梨，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据人体中常量元素和微量元素的分类解答：常量元素包括氧、碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁等；微量元素包括铁、锌、硒、碘等；
B、根据维生素的食物来源解答：维生素广泛存在于各种蔬菜和水果中；
C、根据糖类的生理功能和糖尿病患者的饮食原则解答：糖类是主要供能物质，糖尿病患者需控制糖类摄入；
D、根据糖类对糖尿病患者的影响解答：糖尿病患者应少吃含糖量高的食物。
4．试管是重要的实验仪器，下列与试管有关的操作正确的是
A．滴加液体 B．夹持试管
C．塞紧胶塞 D．放置试管
【答案】D
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用
【解析】【解答】A、向试管中滴加液体时，胶头滴管必须竖直悬空在试管口的正上方，不能伸入试管内，也不能接触试管内壁。如果胶头滴管接触试管内壁，试管内壁上的杂质会沾到胶头滴管上，再用该胶头滴管吸取其他试剂时，就会污染试剂，选项A错误；
B、用试管夹夹持试管时，应从试管的底部向上套，夹在试管的中上部（约距试管口1/3处），取下时也应从试管底部取下。如果从试管口套入，试管夹上的灰尘或杂质会落入试管内，污染试剂，选项B错误；
C、连接橡胶塞和试管时，应左手拿试管，右手拿橡胶塞，把橡胶塞慢慢转动着塞进试管口。切不可把试管放在实验台上再使劲塞橡胶塞，这样会因为用力过猛而压破试管，还可能划伤手，选项C错误；
D、洗净的试管内壁会附着有水珠，将试管倒扣在试管架上晾干，既可以让试管内的水顺利流出，又可以防止空气中的灰尘进入试管内，保持试管洁净，选项D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据胶头滴管的正确使用方法解答：胶头滴管使用时要做到“垂直悬空四不要”；
B、根据试管夹的正确使用方法解答：试管夹要从试管底部套上、取下；
C、根据连接仪器的正确操作解答：连接橡胶塞和试管时要转动塞入，不能硬塞；
D、根据洗净仪器的正确放置方法解答：洗净的试管应倒扣在试管架上晾干。
5．铷光电效应显著，广泛应用在卫星导航、计算机通信等领域。如图是铷元素在元素周期表中的信息以及铷原子的结构示意图。下列说法错误的是
A．X的数值是37 B．铷原子的最外层电子数为1
C．铷原子核外有5个电子层 D．铷原子在化学反应中可形成Rb
【答案】D
【知识点】核外电子在化学反应中的作用；原子结构示意图与离子结构示意图；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、在原子中，存在一个重要的等量关系：核电荷数=原子序数=质子数=核外电子数。从元素周期表中可以看出，铷元素的原子序数是37，所以铷原子的核电荷数X=37，选项A正确，不符合题意；
B、原子结构示意图中，最外面的一层电子就是最外层电子。从铷原子的结构示意图可以看出，铷原子的最外层电子数为1，选项B正确，不符合题意；
C、原子结构示意图中，每一个弧线代表一个电子层。从铷原子的结构示意图可以看出，铷原子核外有5个弧线，也就是有5个电子层，选项C正确，不符合题意；
D、原子的最外层电子数决定了原子在化学反应中的得失电子情况。铷原子的最外层电子数为1，小于4，在化学反应中容易失去1个电子，形成带1个单位正电荷的阳离子，离子符号为Rb+，而不是得到电子形成Rb-，选项D错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据原子中核电荷数=原子序数的等量关系解答；
B、根据原子结构示意图的含义解答：最外层电子数是原子结构示意图最外面的电子数；
C、根据原子结构示意图的含义解答：电子层数等于原子结构示意图中弧线的个数；
D、根据原子最外层电子数与离子形成的关系解答：最外层电子数小于4的原子，在化学反应中易失去电子形成阳离子。
6．安庆潜山市被授予“中国瓜蒌之乡”的称号。瓜蒌子中的瓜蒌酸()，对调节血脂、保护心血管等有重要作用。下列说法正确的是
A．瓜蒌酸属于氧化物
B．一个瓜蒌酸分子含1个
C．瓜蒌酸由50个原子构成
D．常吃瓜蒌子有助于中老年人心脏健康
【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A、氧化物的定义是：由两种元素组成，且其中一种元素是氧元素的化合物。瓜蒌酸的化学式为C18H30O2，它是由碳、氢、氧三种元素组成的，不符合氧化物“两种元素组成”的要求，所以不属于氧化物，选项A错误；
B、分子是由原子构成的，一个瓜蒌酸分子是由18个碳原子、30个氢原子和2个氧原子构成的，分子中只能含有原子，不能含有其他分子，所以一个瓜蒌酸分子中不含O2分子，选项B错误；
C、瓜蒌酸是由瓜蒌酸分子构成的，不是由原子直接构成的。只能说一个瓜蒌酸分子由50个原子构成，不能说瓜蒌酸由50个原子构成，选项C错误；
D、题目中明确说明瓜蒌酸对调节血脂、保护心血管有重要作用，而心血管疾病是中老年人常见的疾病，所以常吃瓜蒌子有助于中老年人心脏健康，选项D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据氧化物的严格定义解答：氧化物必须同时满足“两种元素”和“一种是氧元素”两个条件；
B、根据化学式的微观意义解答：分子由原子构成，分子中不含其他分子；
C、根据物质的构成解答：由分子构成的物质，不能直接说由原子构成；
D、根据题目中给出的瓜蒌酸的生理作用解答。
7．2025年诺贝尔化学奖得主开发了金属有机框架材料(MOF)，该材料通过金属离子与有机分子构建多孔晶体结构集水，实现在湿度低于20%时也能规模化集水，并通过加热释放水分。下列说法错误的是
A．MOF具有优异的吸附能力
B．MOF集水过程中，水分子种类改变
C．MOF吸水后加热释放水分时，水分子间隔改变
D．MOF能适用于沙漠地区的集水
【答案】B
【知识点】分子的定义与分子的特性
【解析】【解答】A、MOF是多孔晶体结构，这种结构具有很大的比表面积，能够高效地吸附水分子，甚至在湿度低于20%的干燥环境中也能规模化取水，说明MOF具有优异的吸附能力，选项A正确，不符合题意；
B、MOF集水的过程是将空气中的水分子吸附在材料的孔道内，这个过程中只是水分子的位置发生了改变，没有生成新的物质，属于物理变化，水分子的种类没有发生任何改变，选项B错误，符合题意；
C、加热释放水分时，水由液态变为气态，这个过程中水分子本身没有变化，只是水分子之间的间隔变大了，选项C正确，不符合题意；
D、沙漠地区的空气湿度非常低，通常低于20%，而MOF能在湿度低于20%时规模化取水，所以MOF非常适用于沙漠地区的集水，解决沙漠地区的缺水问题，选项D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据MOF的结构特点和功能解答：多孔结构具有良好的吸附性；
B、根据物理变化的本质解答：物理变化中分子的种类不变，只是分子间的间隔或排列方式改变；
C、根据分子的基本性质解答：物质状态变化的本质是分子间间隔的改变；
D、根据MOF的适用条件和沙漠地区的环境特点解答。
8．我国科研团队成功开发出零直接排放的热催化制氢技术，微观示意图如下。下列说法错误的是
A．丙的化学式为
B．反应前后分子个数改变
C．参加反应的甲、乙分子个数比为1：2
D．利用该反应可制得清洁能源氢气
【答案】C
【知识点】微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用；资源综合利用和新能源开发；化学反应的实质
【解析】【解答】首先根据微观示意图写出反应的化学方程式：从图中可以看出，甲是C2H5OH（乙醇），乙是H2O（水），丙是CH3COOH（乙酸），丁是H2（氢气），反应条件是催化剂和一定温度。配平后的化学方程式为： 。
A、由微观示意图可知，丙的1个分子由2个碳原子、4个氢原子和2个氧原子构成，按照化学式的书写规则，其化学式为CH3COOH，选项A正确，不符合题意；
B、从化学方程式可以看出，反应前有2个乙醇分子和2个水分子，总共4个分子；反应后有2个乙酸分子和5个氢气分子，总共7个分子。所以反应前后分子的个数发生了改变，选项B正确，不符合题意；
C、从化学方程式中各物质的化学计量数可以看出，参加反应的甲（乙醇）和乙（水）的化学计量数都是1，所以它们的分子个数比为1：1，不是1：2，选项C错误，符合题意；
D、该反应的生成物之一是氢气，氢气燃烧时只生成水，不会产生任何污染物，是最清洁的能源，所以利用该反应可以制得清洁能源氢气，选项D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据微观示意图中原子的种类和个数，结合化学式的书写规则解答；
B、根据化学方程式，分别计算反应前后的分子总数，进行对比解答；
C、根据化学方程式中各物质的化学计量数，确定参加反应的分子个数比解答；
D、根据氢气作为能源的优点解答：氢气燃烧产物只有水，无污染。
9．化学反应中常常要将混合物分离，如图是混合物分离的思维模型，下列说法正确的是
A．空格处填写的是物质的组成
B．废水处理的第一步是明确成分
C．用磁铁吸引的方法将铜和锌分离
D．利用沸点不同除去粗盐中的泥沙
【答案】B
【知识点】混合物的分离方法；过滤的原理、方法及其应用
【解析】【解答】A、混合物分离的一般思路是：第一步明确混合物的成分，第二步分析各成分的性质差异，第三步根据性质差异选择合适的分离方法。所以空格处应该填写的是“各成分的性质差异”，而不是“物质的组成”，选项A错误；
B、废水处理的第一步就是要明确废水的成分，知道废水中含有哪些有害物质，然后才能根据这些物质的性质选择合适的处理方法，选项B正确；
C、磁铁只能吸引铁、钴、镍等具有磁性的物质，铜和锌都不具有磁性，所以不能用磁铁吸引的方法将铜和锌分离，选项C错误；
D、粗盐中的泥沙不溶于水，而氯化钠溶于水，所以除去粗盐中的泥沙采用的是溶解、过滤的方法，利用的是物质的溶解性不同，而不是沸点不同。利用沸点不同分离混合物的方法是蒸馏，选项D错误。
故答案为：B。
【分析】A、根据混合物分离的基本思路解答：分离混合物的依据是各成分的性质差异；
B、根据废水处理的基本步骤解答：处理废水前必须先明确废水成分；
C、根据磁铁的性质解答：磁铁只能吸引磁性物质；
D、根据过滤和蒸馏的原理解答：过滤分离不溶性固体和液体，蒸馏利用沸点不同分离液体混合物。
10．根据实验操作及现象，对应的实验分析或结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验分析或结论
A 电解一定体积的水 负极与正极收集到的气体体积比略大于2：1 氧气在水中的溶解度比氢气大
B 将二氧化锰加入过氧化氢溶液中 立即产生大量气泡 二氧化锰是反应的催化剂
C 向某无色溶液中滴加酚酞 溶液变红 该溶液是碱溶液
D 将铜粉在空气中加热 固体质量增大 反应不遵守质量守恒定律
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】催化剂的特点与催化作用；电解水实验；酸碱指示剂的性质及应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、电解水时，正极产生氧气，负极产生氢气，理论上氢气和氧气的体积比为2：1。但在实际实验中，收集到的氢气和氧气的体积比略大于2：1，这是因为氧气在水中的溶解度比氢气大，一部分氧气溶解在了水中，导致收集到的氧气体积偏小，选项A正确；
B、催化剂的定义是：能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质。将二氧化锰加入过氧化氢溶液中，立即产生大量气泡，只能说明二氧化锰能加快过氧化氢的分解速率，但没有验证二氧化锰在反应前后的质量和化学性质是否不变，所以不能证明二氧化锰是该反应的催化剂，选项B错误；
C、酚酞溶液的变色规律是：遇碱性溶液变红。但显碱性的溶液不一定是碱溶液，有些盐溶液也显碱性，比如碳酸钠溶液，它是盐溶液，但也能使酚酞溶液变红。所以向某无色溶液中滴加酚酞，溶液变红，只能说明该溶液显碱性，不能说明该溶液是碱溶液，选项C错误；
D、所有的化学反应都遵守质量守恒定律。将铜粉在空气中加热，铜粉与空气中的氧气反应生成氧化铜，根据质量守恒定律，参加反应的铜和氧气的质量总和等于生成的氧化铜的质量，所以固体质量会增大，这个反应仍然遵守质量守恒定律，选项D错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据电解水的实验现象和气体的溶解性差异解答；
B、根据催化剂的“一变二不变”特点解答：一变是改变反应速率，二不变是质量和化学性质不变；
C、根据酚酞溶液的变色规律和碱性溶液的分类解答：碱性溶液包括碱溶液和部分盐溶液；
D、根据质量守恒定律的适用范围解答：所有化学反应都遵守质量守恒定律。
阅读下列材料，完成下面小题。
苏打水是一类以碳酸氢钠为特征成分的饮品，适量饮用苏打水有益于人体健康。某化学兴趣小组同学在20℃下，根据市售苏打水的配方(如图1)用小苏打自制200 g苏打水(密度与水相似)，有关物质的溶解度如图2所示。
11．兴趣小组梳理实践活动的有关信息，下列说法错误的是
A．配制苏打水的步骤为计算→称量→量取→溶解
B．配制该苏打水需要加0.12g碳酸氢钠
C．配制的苏打水为该温度下的饱和溶液
D．配制的苏打水可用于缓解胃酸过多症
12．为使苏打水口感更佳，小组同学准备向配好的苏打水中添加20g蔗糖。下列说法正确的是
A．蔗糖的溶解度为203.9g
B．加入的20 g蔗糖不能完全溶解在配好的苏打水中
C．碳酸氢钠的质量分数：苏打水<含有蔗糖的苏打水
D．若从配制好的苏打水中提纯蔗糖，可采用降温结晶的方法
【答案】11．C
12．D
【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；溶质的质量分数及相关计算；常用盐的用途；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【分析】（1）A、根据一定溶质质量分数溶液的配制步骤解答；
B、根据溶质质量=溶液体积×溶质浓度的公式计算解答；
C、根据溶解度的概念，计算一定量溶剂中最多能溶解的溶质质量，再与实际加入的溶质质量对比，判断溶液是否饱和解答；
D、根据碳酸氢钠能与盐酸反应的化学性质解答。
（2）A、根据溶解度的概念解答：溶解度必须指明温度；
B、根据溶解度的概念，计算一定量溶剂中最多能溶解的蔗糖质量，再与实际加入的蔗糖质量对比解答；
C、根据溶质质量分数的计算公式，分析加入蔗糖后溶质和溶液质量的变化解答；
D、根据结晶方法的选择依据解答：溶解度受温度影响大的物质用降温结晶，溶解度受温度影响小的物质用蒸发结晶。
11．A、配制一定溶质质量分数的溶液的正确步骤是：第一步计算，计算出所需溶质的质量和溶剂的体积；第二步称量，用托盘天平称量所需的固体溶质；第三步量取，用量筒量取所需的液体溶剂；第四步溶解，将溶质和溶剂倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌至溶质完全溶解。所以配制苏打水的步骤为计算→称量→量取→溶解，选项A正确，不符合题意；
B、题目中说苏打水的密度与水相似，水的密度是1g/mL，所以200g苏打水的体积约为200mL，也就是0.2L。碳酸氢钠的添加量为0.6g/L，所以配制200g苏打水需要碳酸氢钠的质量为：0.2L×0.6g/L=0.12g，选项B正确，不符合题意；
C、饱和溶液的定义是：在一定温度下，向一定量溶剂里加入某种溶质，当溶质不能继续溶解时，所得到的溶液叫做这种溶质的饱和溶液。20℃时，碳酸氢钠的溶解度为9.6g，意思是20℃时，100g水中最多能溶解9.6g碳酸氢钠。200g苏打水中，水的质量为200g-0.12g=199.88g。那么199.88g水中最多能溶解碳酸氢钠的质量为： 。而我们只加入了0.12g碳酸氢钠，远小于19.2g，所以配制的苏打水是该温度下的不饱和溶液，选项C错误，符合题意；
D、胃酸的主要成分是盐酸，碳酸氢钠能与盐酸发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可以中和过多的胃酸，所以苏打水可用于缓解胃酸过多症，选项D正确，不符合题意。
故答案为：C。
12．A、溶解度的定义是：在一定温度下，某固态物质在100g溶剂里达到饱和状态时所溶解的质量。所以描述物质的溶解度时，必须指明温度，否则没有意义。选项中只说蔗糖的溶解度为203.9g，没有指明温度，是错误的，选项A错误；
B、20℃时，蔗糖的溶解度为203.9g，即20℃时，100g水中最多能溶解203.9g蔗糖。199.88g水中最多能溶解蔗糖的质量为： 。我们只加入了20g蔗糖，远小于407.6g，所以加入的20g蔗糖能完全溶解在配好的苏打水中，选项B错误；
C、溶质质量分数的计算公式为：溶质质量分数=溶质质量÷溶液质量×100%。向苏打水中加入蔗糖后，碳酸氢钠的质量不变，但溶液的质量因为加入了蔗糖而增大。分子不变，分母增大，所以溶质质量分数会减小。因此碳酸氢钠的质量分数：苏打水＞含有蔗糖的苏打水，选项C错误；
D、结晶的方法有两种：降温结晶和蒸发结晶。降温结晶适用于溶解度随温度升高而显著增大的物质，蒸发结晶适用于溶解度随温度变化不大的物质。从溶解度曲线可以看出，蔗糖的溶解度随温度升高而显著增大，碳酸氢钠的溶解度随温度升高变化不大。所以若从配制好的含有蔗糖的苏打水中提纯蔗糖，可采用降温结晶的方法，选项D正确。
故答案为：D。
13．肥皂是一种常见的洗涤剂。兴趣小组以生石灰、纯碱和猪油为原料，模拟古法制肥皂。
查阅资料：油脂密度小、难溶于水，在碱性、加热条件下生成的物质可溶于水。
（1）制备碱液：向生石灰中加入足量水，该反应　 　(填“吸收”或“放出”)热量；再加入足量纯碱，搅拌后静置，取上层清液。上层清液一定含有的溶质成分是　 　。
（2）炼油入碱：将液体猪油与碱液混合加热，持续搅拌2~3小时至形成膏体，搅拌的目的是　 　；判断油脂完全反应的现象是静置后　 　(填“分层”或“不分层”)。
（3）成型晾干：将膏体倒入模具，在干燥、阴凉处自然晾干，该过程主要是除去　 　(填化学式)。
【答案】（1）放出；氢氧化钠
（2）增大油脂与碱液的接触面积，使油脂和碱液充分反应；不分层
（3）
【知识点】实验室常见的仪器及使用；蒸发与蒸馏操作；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）生石灰是氧化钙（CaO）的俗称，向生石灰中加入足量水，氧化钙会与水发生剧烈的化合反应，生成氢氧化钙，反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2，这个反应会放出大量的热量，能使水沸腾。再加入足量纯碱，纯碱是碳酸钠（Na2CO3）的俗称，碳酸钠会与刚才生成的氢氧化钙发生复分解反应，生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH。因为加入的纯碱是足量的，所以氢氧化钙会完全反应，上层清液中一定含有的溶质成分是反应生成的氢氧化钠（NaOH）。
（2）将液体猪油与碱液混合加热时，持续搅拌的目的是增大油脂与碱液的接触面积，使油脂和碱液能够充分接触，从而加快反应速率，使反应更完全。根据查阅资料可知，油脂密度小、难溶于水，在碱性、加热条件下生成的物质可溶于水。所以当油脂完全反应后，所有的油脂都变成了可溶于水的物质，静置后体系不会出现分层现象，因此判断油脂完全反应的现象是静置后不分层。
（3）将膏体倒入模具后，在干燥、阴凉处自然晾干，这个过程中膏体中的水分会不断蒸发，使肥皂变硬定型，所以该过程主要是除去的物质是水，化学式为H2O。
【分析】（1）根据氧化钙与水反应的放热现象，以及碳酸钠与氢氧化钙的复分解反应原理解答，易错点是容易忽略反应生成的氢氧化钠是上层清液的主要溶质；
（2）根据搅拌能增大反应物接触面积、加快反应速率的作用，以及油脂反应后生成可溶物的性质解答，易错点是不能理解为什么不分层说明油脂完全反应；
（3）根据晾干是蒸发水分的物理过程解答。
（1）生石灰与水反应生成氢氧化钙，该反应放出热量；再加入足量纯碱，纯碱(即)与氢氧化钙反应生成沉淀和NaOH，故上层清液一定含有的溶质成分是氢氧化钠。
（2）将液体猪油与碱液混合加热并搅拌，目的是增大油脂与碱液的接触面积，使油脂和碱液充分反应；由查阅资料可知，油脂难溶于水，在碱性、加热条件下生成的物质可溶于水，油脂完全反应后全部变成可溶物，静置后体系不分层。
（3）略。
14．兴趣小组同学在实验室开展制取二氧化碳并验证其性质的实验。
（1）仪器①的名称是　 　。
（2）实验室制取二氧化碳的化学方程式为　 　，应选择的发生装置为　 　(填字母序号)。
（3）用C装置进行验证能与水反应生成酸性物质的实验，则试管中的物质X为　 　。
（4）用D装置模拟二氧化碳的温室效应，一段时间后，若m处液面高度　 　(填“高于”“低于”或“等于”)n处液面高度，则证明二氧化碳能导致温室效应。
【答案】（1）长颈漏斗
（2）；B
（3）紫色石蕊溶液
（4）低于
【知识点】二氧化碳的实验室制法；探究二氧化碳的性质；二氧化碳对环境的影响
【解析】【解答】（1）仪器①的名称是长颈漏斗，它的主要作用是向反应装置中添加液体药品，长颈漏斗的下端必须伸入液面以下，形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗口逸出。
（2）实验室制取二氧化碳的药品是石灰石或大理石（主要成分都是碳酸钙CaCO3）和稀盐酸（HCl）。碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。发生装置的选择依据是反应物的状态和反应条件，该反应的反应物是固体（石灰石或大理石）和液体（稀盐酸），反应条件是常温，不需要加热，所以应选择固液常温型发生装置B。
（3）要验证二氧化碳能与水反应生成酸性物质，需要利用酸性物质能使紫色石蕊溶液变红的性质。二氧化碳本身不能使紫色石蕊溶液变红，但二氧化碳与水反应生成的碳酸（H2CO3）显酸性，能使紫色石蕊溶液变红。所以试管中的物质X应该是滴有紫色石蕊溶液的蒸馏水（或直接用紫色石蕊溶液），当二氧化碳通入后，会观察到紫色石蕊溶液变红，证明二氧化碳与水反应生成了酸性物质。
（4）二氧化碳是一种温室气体，它能吸收地面反射的红外线，使大气温度升高。用D装置模拟二氧化碳的温室效应时，左瓶中是二氧化碳，右瓶中是空气。一段时间后，左瓶内的温度会比右瓶高，导致左瓶内的压强比右瓶大。压强差会将U型管中的液体压向压强小的一侧，也就是右侧，所以m处液面高度低于n处液面高度，这就证明了二氧化碳能导致温室效应。
【分析】（1）根据常见实验仪器的名称和用途解答，易错点是容易将长颈漏斗和分液漏斗混淆；
（2）根据实验室制取二氧化碳的反应原理，以及发生装置的选择依据解答，易错点是化学方程式的配平和气体符号的书写；
（3）根据二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊溶液变红的性质解答；
（4）根据温室效应导致温度升高、压强增大的原理解答，易错点是容易搞反液面的高低变化。
（1）略。
（2）实验室用石灰石或大理石与稀盐酸制取二氧化碳，反应物为固体和液体，反应条件为常温，故应选择固液常温型发生装置，即装置B；石灰石或大理石的主要成分碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，据此写出反应的化学方程式。
（3）二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，因此试管中的物质X为滴有紫色石蕊溶液的蒸馏水或紫色石蕊溶液。
（4）二氧化碳能导致温室效应，使左瓶内温度升高、压强增大，因此盛有二氧化碳的集气瓶压强增大，会将液体压向另一侧，导致m处液面高度低于n处液面高度。
15．氧化铁可用作颜料赭红。科技小组在实验室用暖宝宝废渣(含有铁粉、氧化铁、炭粉等)制取氧化铁的主要流程如下：
（1）加入稀硫酸后，发生复分解反应的化学方程式为　 　。
（2）向滤液中加入过氧化氢溶液的目的是　 　；该反应过程中有时会观察到有气泡产生，是因为pH影响过氧化氢分解速率造成的，pH对过氧化氢分解速率的影响如图所示，该过程中溶液的最佳pH是　 　。
（3）加入的适量试剂X为___________(填字母序号)。
A．KOH溶液 B．溶液 C．NaOH溶液
（4）若过滤操作无误，过滤结束后展开滤纸，请用阴影在图中描出难溶性杂质的分布情况　 　。
【答案】（1）
（2）将转化为；3.61
（3）C
（4）
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；酸的化学性质；溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】暖宝宝废渣的主要成分是铁粉、氧化铁、炭粉等。第一步将废渣研细，目的是增大废渣与稀硫酸的接触面积，使后续的反应更充分、更快。然后加入过量的稀硫酸，此时会发生两个反应：第一个是铁粉与稀硫酸的置换反应，生成硫酸亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；第二个是氧化铁与稀硫酸的复分解反应，生成硫酸铁和水，反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O。炭粉不与稀硫酸反应，也不溶于水。接下来进行过滤操作，过滤后，滤渣是不反应的炭粉，滤液中含有反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁，以及过量的稀硫酸。
然后向滤液中加入足量的过氧化氢溶液，过氧化氢具有氧化性，能将硫酸亚铁（FeSO4）氧化为硫酸铁（Fe2(SO4)3），这样就可以将滤液中的铁元素全部转化为+3价的铁，为后续生成氢氧化铁沉淀做准备。之后加入适量的试剂X，试剂X需要与硫酸铁和稀硫酸反应，生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠溶液，不能引入新的杂质。最后过滤得到氢氧化铁沉淀，将氢氧化铁沉淀烘干、焙烧，氢氧化铁会发生分解反应，生成氧化铁和水，最终得到纯净的氧化铁。
（1）加入稀硫酸后，发生的反应有两个，其中氧化铁与稀硫酸的反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O。铁粉与稀硫酸的反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应，不属于复分解反应。
（2）向滤液中加入过氧化氢溶液的目的是将滤液中的FeSO4转化为Fe2(SO4)3，使所有的铁元素都以+3价的形式存在，以便后续与碱反应生成氢氧化铁沉淀。由pH对过氧化氢分解速率的影响图可知，当pH=3.61时，过氧化氢溶液的浓度随时间变化非常小，说明此时过氧化氢的分解速率很慢，大部分过氧化氢都能用于氧化硫酸亚铁，不会造成浪费；而当pH=5.95时，过氧化氢溶液的浓度随时间明显减小，说明过氧化氢的分解速率很快，很多过氧化氢都分解了，没有起到氧化硫酸亚铁的作用，造成了浪费。所以该过程中溶液的最佳pH是3.61。
（3）加入试剂X后，反应生成了Fe(OH)3沉淀和Na2SO4溶液。根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，所以试剂X中必须含有钠元素（Na）和氢氧根离子（OH-）。
A选项KOH溶液：虽然KOH能与硫酸铁反应生成氢氧化铁沉淀，但同时会生成硫酸钾（K2SO4），引入了新的杂质钾离子，不符合除杂原则，所以A错误；
B选项Na2CO3溶液：Na2CO3与硫酸铁反应会生成碳酸铁沉淀，而不是氢氧化铁沉淀，不符合实验要求，所以B错误；
C选项NaOH溶液：NaOH与硫酸铁反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠，与稀硫酸反应生成硫酸钠和水，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合要求，所以C正确。
（4）过滤操作的要点是“一贴二低三靠”。“一贴”是指滤纸紧贴漏斗内壁；“二低”是指滤纸边缘低于漏斗边缘，液面低于滤纸边缘；“三靠”是指烧杯口紧靠玻璃棒，玻璃棒靠在三层滤纸处，漏斗下端管口紧靠烧杯内壁。过滤时，难溶性杂质会被滤纸拦截，留在滤纸上。因为液面低于滤纸边缘，且玻璃棒靠在三层滤纸处，液体主要从滤纸的下半部分流过，所以难溶性杂质会分布在滤纸的下半部分，呈低于滤纸边缘的半圆形。画图时，在圆形滤纸的下半部分画一个半圆形的阴影，阴影的上边缘低于滤纸的边缘。
【分析】（1）根据复分解反应的定义和氧化铁与稀硫酸的反应原理解答，易错点是容易将铁粉与稀硫酸的反应也当成复分解反应；
（2）根据过氧化氢的氧化性，以及图像中过氧化氢浓度随pH和时间的变化情况解答，易错点是不能正确分析图像得出最佳pH；
（3）根据质量守恒定律和除杂原则（不引入新杂质，不减少原物质）解答，易错点是容易忽略除杂原则而选错试剂；
（4）根据过滤操作的“一贴二低三靠”要点和滤纸的折叠形态解答，易错点是不能正确想象滤渣的分布情况。
（1）向研细后的废渣中加入过量稀硫酸，稀硫酸与铁粉反应生成和，该反应属于置换反应；稀硫酸与氧化铁反应生成和，该反应属于复分解反应，其化学方程式为。
（2）滤液的成分是、和过量的稀硫酸，加入过氧化氢溶液后得到溶液和稀硫酸，说明加入过氧化氢溶液的目的是将转化为。
由图可知，时，过氧化氢溶液的浓度变化不大，时，过氧化氢溶液的浓度逐渐减小，该过程中过氧化氢的作用是将转化为，故过氧化氢的浓度需保持不变，即溶液的最佳pH是3.61.
（3）和稀硫酸与试剂X反应生成沉淀和，根据质量守恒定律可推出试剂X为溶液。
（4）过滤时，液面低于滤纸边缘，且玻璃棒靠在三层滤纸处，则滤渣一部分处于一层滤纸一侧，另一部分处于三层滤纸一侧，整体呈低于滤纸边缘的半圆形。
16．走马灯是我国非物质文化遗产之一，兴趣小组围绕“走马灯”开展项目式学习。
【任务一】认识走马灯的工作原理
（1）如图为我国传统的走马灯，点燃底部蜡烛，上升的热空气驱动灯罩顶部的叶轮转动，从而带动转筒上的装饰物持续旋转。该过程中能量的转化为化学能→　 　→机械能。
【任务二】为走马灯选择供热源
（2）除蜡烛外，其他物质也可作为走马灯的热源，几种热源(所用燃料的质量均为10g)的效果如表：
热源 蜡烛 液体酒精 固体酒精 木炭
安全性 高 低 中 中
稳定性 高 低 中 中
燃烧供热时长 2~2.4 h 6 min 7 min 10 min
①液体酒精作为热源时，完全燃烧的化学方程式为　 　。
②请结合数据，选出最佳热源并说明理由：　 　。
【任务三】探究影响走马灯转速的因素
兴趣小组发现走马灯走的快慢不一，猜想可能与蜡烛燃烧时火焰的大小有关(已知蜡烛火焰的大小与烛芯长度有关)。于是选3支高度为1.5 cm的蜡烛，烛芯长度为0.4 cm、0.7 cm、1.0 cm，分别点燃蜡烛放入同一走马灯内的相同位置，记录1 min内的相关数据如表。
烛芯长度/cm 蜡烛外焰温度/℃ 叶轮开口处空气温度/℃ 灯的转速/(转/min)
第20s 第40s 第60s 第60s
0.4 394.4 634.2 697.5 29.5 18
0.7 708.4 720.6 739.2 33.1 30
1.0 709.3 738.4 753.3 43.9 32
（3）作出上述猜想的依据是　 　。
（4）分析数据，可以得出的结论是　 　。
（5）烛芯长度为0.4 cm的蜡烛外焰温度升温较快，其原因可能是　 　。
（6）影响走马灯转速的因素还有哪些？请你提出猜想并设计实验方案验证：　 　、　 　。
【答案】内能；；蜡烛；蜡烛的安全性高，稳定性高，且燃烧供热时长最长；蜡烛燃烧放热，火焰越大，上升的空气温度越高，气体受热流动越快；在实验研究范围内，烛芯越长，火焰越大，蜡烛外焰温度与叶轮开口处空气温度越高，灯的转速越快；燃烧过程中烛芯暴露出的长度增加，石蜡蒸气增多(合理即可)；蜡烛的高低；选3支粗细相同、烛芯长度相同、高度不同的蜡烛，分别点燃后放入同一走马灯内的相同位置，记录灯的转速(合理即可)
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；蜡烛燃烧实验；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）点燃底部的蜡烛，蜡烛发生燃烧反应，燃烧是一种放热反应，会将蜡烛中储存的化学能释放出来，转化为内能，使灯罩内的空气温度升高。热空气的密度比冷空气小，所以会向上运动，上升的热空气冲击灯罩顶部的叶轮，给叶轮一个推力，带动叶轮转动，从而将内能转化为机械能，带动转筒上的装饰物持续旋转。所以该过程中能量的转化为化学能→内能→机械能。
（2）①液体酒精是乙醇（C2H5OH）的俗称，乙醇完全燃烧时，与氧气反应生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为： 。
②要选择最佳热源，需要综合考虑安全性、稳定性和燃烧供热时长三个因素。从表格中的数据可以看出：
蜡烛的安全性高，稳定性高，燃烧供热时长为2～2.4h，是所有热源中最长的；
液体酒精的安全性低，稳定性低，燃烧供热时长只有6min；
固体酒精的安全性中，稳定性中，燃烧供热时长只有7min；
木炭的安全性中，稳定性中，燃烧供热时长只有10min。
综合对比，蜡烛的安全性最高，稳定性最好，燃烧供热时长最长，能为走马灯提供最持久、最稳定的热量，所以最佳热源是蜡烛，理由是蜡烛的安全性高，稳定性高，且燃烧供热时长最长。
（3）作出“走马灯转速可能与蜡烛燃烧时火焰的大小有关”这一猜想的依据是：蜡烛燃烧会放出热量，使灯罩内的空气温度升高，空气受热后会膨胀，密度变小，从而向上运动形成气流。火焰越大，放出的热量越多，空气的温度就越高，气体受热膨胀就越明显，流动的速度就越快，气流对叶轮的冲击力就越大，从而带动叶轮转动得越快，所以走马灯的转速可能与火焰的大小有关。
（4）分析表格中的数据可以发现：
当烛芯长度为0.4cm时，蜡烛外焰温度最高为697.5℃，叶轮开口处空气温度为29.5℃，灯的转速为18转/min；
当烛芯长度为0.7cm时，蜡烛外焰温度最高为739.2℃，叶轮开口处空气温度为33.1℃，灯的转速为30转/min；
当烛芯长度为1.0cm时，蜡烛外焰温度最高为753.3℃，叶轮开口处空气温度为43.9℃，灯的转速为32转/min。
随着烛芯长度的增加，蜡烛外焰温度逐渐升高，叶轮开口处空气温度也逐渐升高，灯的转速也逐渐加快。所以可以得出结论：在实验研究范围内，烛芯越长，火焰越大，蜡烛外焰温度与叶轮开口处空气温度越高，灯的转速越快。
（5）烛芯长度为0.4cm的蜡烛外焰温度升温较快，其原因可能是：蜡烛燃烧时，首先是固态的石蜡受热熔化变成液态石蜡，液态石蜡再受热汽化变成石蜡蒸气，石蜡蒸气燃烧产生火焰。在燃烧过程中，烛芯周围的固态石蜡会不断熔化，使烛芯的实际长度逐渐增加，烛芯变长后，能吸附更多的液态石蜡，汽化产生的石蜡蒸气就越多，参与燃烧的可燃物就越多，燃烧就越剧烈，所以外焰温度升温较快。
（6）影响走马灯转速的因素还有很多，比如蜡烛的高低。猜想：蜡烛的高低会影响走马灯的转速，蜡烛越高，灯的转速越快。理由是：蜡烛越高，火焰距离叶轮开口就越近，热空气上升的距离就越短，热量损失就越少，到达叶轮时的空气温度就越高，气流的速度就越快，对叶轮的冲击力就越大，所以灯的转速就越快。
实验方案设计（遵循控制变量法）：选3支粗细相同、烛芯长度相同、高度不同的蜡烛，分别点燃后放入同一走马灯内的相同位置，保证其他条件（如室温、走马灯的型号等）都相同，记录1分钟内每支蜡烛对应的灯的转速，比较转速的大小，得出结论。
【分析】（1）根据燃烧过程中的能量转化形式解答，易错点是容易漏掉内能这一中间环节；
（2）①根据乙醇完全燃烧的反应原理解答，易错点是化学方程式的配平；②根据表格中的数据，从安全性、稳定性和燃烧供热时长三个方面综合分析解答；
（3）根据蜡烛燃烧放热与气体流动速度的关系解答；
（4）根据控制变量法，分析烛芯长度对实验数据的影响，得出结论解答；
（5）根据蜡烛燃烧的过程（石蜡先熔化、汽化，然后石蜡蒸气燃烧）解答；
（6）根据控制变量法设计实验，探究蜡烛高低对走马灯转速的影响，易错点是不能正确控制变量。
17．香蕉在代谢过程中放出的二氧化碳会影响其新鲜程度。过氧化钙()是一种香蕉保鲜剂，其受潮后发生的反应是
（1）过氧化钙能保鲜香蕉的原因是　 　。
（2）若某保鲜袋中放入72 g过氧化钙，理论上生成氧气的质量是多少(写出计算过程)？
【答案】（1）过氧化钙与水反应生成的氢氧化钙能吸收香蕉代谢放出的二氧化碳，同时生成的氧气能抑制香蕉的无氧呼吸，从而起到保鲜作用
（2）解：设理论上生成氧气的质量是x
答：理论上生成氧气的质量是16 g。
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）香蕉在代谢过程中会进行呼吸作用，消耗氧气，放出二氧化碳。二氧化碳浓度过高会加速香蕉的腐烂，缩短保鲜期。过氧化钙（CaO2）受潮后会与水发生反应：2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑。一方面，反应生成的氢氧化钙是一种碱，能与香蕉代谢放出的二氧化碳发生反应：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，从而吸收二氧化碳，保持保鲜袋内适宜的二氧化碳浓度；另一方面，反应生成的氧气能补充香蕉呼吸作用消耗的氧气，抑制香蕉的无氧呼吸，从而延长香蕉的保鲜期。
【分析】（1）根据过氧化钙与水反应的产物，结合氢氧化钙能吸收二氧化碳、氧气能抑制呼吸作用的性质，详细解释过氧化钙的保鲜原理解答；
（2）根据化学方程式的标准计算步骤解答：
①设未知量：设理论上生成氧气的质量是x，注意未知量x后面不能带单位；
②写出正确的化学方程式并配平：这是计算的基础，配平错误会导致整个计算错误；
③找出相关物质的相对分子质量和已知量、未知量：计算相对分子质量时，要乘以化学式前面的化学计量数，已知量72g要带单位；
④列出比例式并求解：比例式要对应正确，计算过程要仔细；
⑤写出答句：答句要完整、明确。
易错点：化学方程式的配平、相对分子质量的计算、比例式的书写以及单位的正确使用。
（1）略；
（2）见答案。
1 / 1安徽省安庆市望江县2026年中考二模化学试题卷
1．下列我国古代文化瑰宝的代表文物，其生产制作过程涉及化学变化的是
A．人面鱼纹彩陶盆
B．穿孔石斧
C．黄金面具
D．象牙雕龙船
2．《“十五五”规划建议》提出，加快经济社会发展全面绿色转型建设美丽中国。下列做法错误的是
A．研发使用太阳能等新能源 B．鼓励农作物秸秆就地焚烧
C．改进汽车尾气净化技术 D．垃圾进行分类回收处理
3．砀山酥梨是安徽极具特色的地理标志水果，富含糖类、维生素、钾元素等多种营养成分。下列说法正确的是
A．钾元素是人体必需的微量元素
B．人体所需的维生素只能通过酥梨提供
C．砀山酥梨能为人体提供能量
D．糖尿病患者可以多吃砀山酥梨
4．试管是重要的实验仪器，下列与试管有关的操作正确的是
A．滴加液体 B．夹持试管
C．塞紧胶塞 D．放置试管
5．铷光电效应显著，广泛应用在卫星导航、计算机通信等领域。如图是铷元素在元素周期表中的信息以及铷原子的结构示意图。下列说法错误的是
A．X的数值是37 B．铷原子的最外层电子数为1
C．铷原子核外有5个电子层 D．铷原子在化学反应中可形成Rb
6．安庆潜山市被授予“中国瓜蒌之乡”的称号。瓜蒌子中的瓜蒌酸()，对调节血脂、保护心血管等有重要作用。下列说法正确的是
A．瓜蒌酸属于氧化物
B．一个瓜蒌酸分子含1个
C．瓜蒌酸由50个原子构成
D．常吃瓜蒌子有助于中老年人心脏健康
7．2025年诺贝尔化学奖得主开发了金属有机框架材料(MOF)，该材料通过金属离子与有机分子构建多孔晶体结构集水，实现在湿度低于20%时也能规模化集水，并通过加热释放水分。下列说法错误的是
A．MOF具有优异的吸附能力
B．MOF集水过程中，水分子种类改变
C．MOF吸水后加热释放水分时，水分子间隔改变
D．MOF能适用于沙漠地区的集水
8．我国科研团队成功开发出零直接排放的热催化制氢技术，微观示意图如下。下列说法错误的是
A．丙的化学式为
B．反应前后分子个数改变
C．参加反应的甲、乙分子个数比为1：2
D．利用该反应可制得清洁能源氢气
9．化学反应中常常要将混合物分离，如图是混合物分离的思维模型，下列说法正确的是
A．空格处填写的是物质的组成
B．废水处理的第一步是明确成分
C．用磁铁吸引的方法将铜和锌分离
D．利用沸点不同除去粗盐中的泥沙
10．根据实验操作及现象，对应的实验分析或结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验分析或结论
A 电解一定体积的水 负极与正极收集到的气体体积比略大于2：1 氧气在水中的溶解度比氢气大
B 将二氧化锰加入过氧化氢溶液中 立即产生大量气泡 二氧化锰是反应的催化剂
C 向某无色溶液中滴加酚酞 溶液变红 该溶液是碱溶液
D 将铜粉在空气中加热 固体质量增大 反应不遵守质量守恒定律
A．A B．B C．C D．D
阅读下列材料，完成下面小题。
苏打水是一类以碳酸氢钠为特征成分的饮品，适量饮用苏打水有益于人体健康。某化学兴趣小组同学在20℃下，根据市售苏打水的配方(如图1)用小苏打自制200 g苏打水(密度与水相似)，有关物质的溶解度如图2所示。
11．兴趣小组梳理实践活动的有关信息，下列说法错误的是
A．配制苏打水的步骤为计算→称量→量取→溶解
B．配制该苏打水需要加0.12g碳酸氢钠
C．配制的苏打水为该温度下的饱和溶液
D．配制的苏打水可用于缓解胃酸过多症
12．为使苏打水口感更佳，小组同学准备向配好的苏打水中添加20g蔗糖。下列说法正确的是
A．蔗糖的溶解度为203.9g
B．加入的20 g蔗糖不能完全溶解在配好的苏打水中
C．碳酸氢钠的质量分数：苏打水<含有蔗糖的苏打水
D．若从配制好的苏打水中提纯蔗糖，可采用降温结晶的方法
13．肥皂是一种常见的洗涤剂。兴趣小组以生石灰、纯碱和猪油为原料，模拟古法制肥皂。
查阅资料：油脂密度小、难溶于水，在碱性、加热条件下生成的物质可溶于水。
（1）制备碱液：向生石灰中加入足量水，该反应　 　(填“吸收”或“放出”)热量；再加入足量纯碱，搅拌后静置，取上层清液。上层清液一定含有的溶质成分是　 　。
（2）炼油入碱：将液体猪油与碱液混合加热，持续搅拌2~3小时至形成膏体，搅拌的目的是　 　；判断油脂完全反应的现象是静置后　 　(填“分层”或“不分层”)。
（3）成型晾干：将膏体倒入模具，在干燥、阴凉处自然晾干，该过程主要是除去　 　(填化学式)。
14．兴趣小组同学在实验室开展制取二氧化碳并验证其性质的实验。
（1）仪器①的名称是　 　。
（2）实验室制取二氧化碳的化学方程式为　 　，应选择的发生装置为　 　(填字母序号)。
（3）用C装置进行验证能与水反应生成酸性物质的实验，则试管中的物质X为　 　。
（4）用D装置模拟二氧化碳的温室效应，一段时间后，若m处液面高度　 　(填“高于”“低于”或“等于”)n处液面高度，则证明二氧化碳能导致温室效应。
15．氧化铁可用作颜料赭红。科技小组在实验室用暖宝宝废渣(含有铁粉、氧化铁、炭粉等)制取氧化铁的主要流程如下：
（1）加入稀硫酸后，发生复分解反应的化学方程式为　 　。
（2）向滤液中加入过氧化氢溶液的目的是　 　；该反应过程中有时会观察到有气泡产生，是因为pH影响过氧化氢分解速率造成的，pH对过氧化氢分解速率的影响如图所示，该过程中溶液的最佳pH是　 　。
（3）加入的适量试剂X为___________(填字母序号)。
A．KOH溶液 B．溶液 C．NaOH溶液
（4）若过滤操作无误，过滤结束后展开滤纸，请用阴影在图中描出难溶性杂质的分布情况　 　。
16．走马灯是我国非物质文化遗产之一，兴趣小组围绕“走马灯”开展项目式学习。
【任务一】认识走马灯的工作原理
（1）如图为我国传统的走马灯，点燃底部蜡烛，上升的热空气驱动灯罩顶部的叶轮转动，从而带动转筒上的装饰物持续旋转。该过程中能量的转化为化学能→　 　→机械能。
【任务二】为走马灯选择供热源
（2）除蜡烛外，其他物质也可作为走马灯的热源，几种热源(所用燃料的质量均为10g)的效果如表：
热源 蜡烛 液体酒精 固体酒精 木炭
安全性 高 低 中 中
稳定性 高 低 中 中
燃烧供热时长 2~2.4 h 6 min 7 min 10 min
①液体酒精作为热源时，完全燃烧的化学方程式为　 　。
②请结合数据，选出最佳热源并说明理由：　 　。
【任务三】探究影响走马灯转速的因素
兴趣小组发现走马灯走的快慢不一，猜想可能与蜡烛燃烧时火焰的大小有关(已知蜡烛火焰的大小与烛芯长度有关)。于是选3支高度为1.5 cm的蜡烛，烛芯长度为0.4 cm、0.7 cm、1.0 cm，分别点燃蜡烛放入同一走马灯内的相同位置，记录1 min内的相关数据如表。
烛芯长度/cm 蜡烛外焰温度/℃ 叶轮开口处空气温度/℃ 灯的转速/(转/min)
第20s 第40s 第60s 第60s
0.4 394.4 634.2 697.5 29.5 18
0.7 708.4 720.6 739.2 33.1 30
1.0 709.3 738.4 753.3 43.9 32
（3）作出上述猜想的依据是　 　。
（4）分析数据，可以得出的结论是　 　。
（5）烛芯长度为0.4 cm的蜡烛外焰温度升温较快，其原因可能是　 　。
（6）影响走马灯转速的因素还有哪些？请你提出猜想并设计实验方案验证：　 　、　 　。
17．香蕉在代谢过程中放出的二氧化碳会影响其新鲜程度。过氧化钙()是一种香蕉保鲜剂，其受潮后发生的反应是
（1）过氧化钙能保鲜香蕉的原因是　 　。
（2）若某保鲜袋中放入72 g过氧化钙，理论上生成氧气的质量是多少(写出计算过程)？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、人面鱼纹彩陶盆的制作过程需要经过高温烧制，烧制时泥土中的硅酸盐等物质会发生复杂的化学反应，生成新的硅酸盐类物质，有新物质生成，属于化学变化，选项A符合题意；B、穿孔石斧的制作过程只是用工具对石头进行打磨、钻孔，只改变了石头的形状和大小，没有生成任何新的物质，属于物理变化，选项B不符合题意；
C、黄金面具的制作过程只是将黄金块通过捶打、雕刻等方式加工成面具的形状，黄金本身的化学性质没有改变，也没有新物质生成，属于物理变化，选项C不符合题意；
D、象牙雕龙船的制作过程只是对象牙进行雕刻、拼接，改变了象牙的形状，没有生成新的物质，属于物理变化，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据化学变化的核心定义解答：化学变化是指有新物质生成的变化，烧制陶瓷的过程一定发生化学变化；
B、根据物理变化的核心定义解答：物理变化是指没有新物质生成的变化，只改变物质的形状、状态、大小等；
C、根据物理变化的核心定义解答：金属的加工塑形属于物理变化；
D、根据物理变化的核心定义解答：雕刻工艺属于物理变化。
2．【答案】B
【知识点】绿色化学；空气的污染与防治；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、研发使用太阳能、风能、水能等新能源，可以减少煤、石油、天然气等化石能源的使用，化石能源燃烧会产生二氧化硫、氮氧化物、烟尘等大量污染物，使用新能源能从源头上降低污染，保护环境，选项A正确，不符合题意；
B、就地焚烧农作物秸秆会产生大量的可吸入颗粒物（PM2.5）、一氧化碳、二氧化硫等有害气体和烟尘，这些物质会严重污染空气，还会引发雾霾天气，危害人体健康，选项B错误，符合题意；
C、改进汽车尾气净化技术，可以将汽车尾气中的一氧化碳、氮氧化物等有害气体转化为氮气、二氧化碳等无害物质，从而减少有害气体的排放，改善空气质量，选项C正确，不符合题意；
D、垃圾进行分类回收处理，可以将可回收的纸张、塑料、金属等资源重新利用，减少资源浪费，同时将有害垃圾单独处理，避免其污染土壤和水源，减少环境污染，选项D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据新能源的优点解答：新能源清洁、可再生，能减少化石能源依赖和污染物排放；
B、根据焚烧秸秆的危害解答：焚烧秸秆会产生大量空气污染物，是被禁止的行为；
C、根据汽车尾气净化的作用解答：尾气净化技术能将有害气体转化为无害物质；
D、根据垃圾分类回收的意义解答：垃圾分类能实现资源循环利用，减少环境污。
3．【答案】C
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；生命活动与六大营养素
【解析】【解答】A、人体中的元素根据含量多少分为常量元素和微量元素，含量在0.01%以上的是常量元素，钾元素在人体中的含量超过0.01%，属于人体必需的常量元素，不是微量元素，选项A错误；
B、维生素是人体必需的营养物质，人体所需的维生素可以从多种蔬菜、水果中获得，比如苹果、橙子、菠菜等都富含维生素，不是只能通过砀山酥梨提供，选项B错误；
C、砀山酥梨含有大量的糖类，糖类是人体最主要的供能物质，人体生命活动所需的能量约70%来自糖类，所以砀山酥梨能为人体提供能量；糖尿病患者体内胰岛素分泌不足，无法有效调节血糖浓度，多吃含糖类的食物会导致血糖急剧升高，加重病情，所以糖尿病患者不能多吃砀山酥梨，选项C正确；
D、由C选项的分析可知，砀山酥梨含有大量糖类，糖尿病患者多吃会导致血糖升高，所以糖尿病患者不能多吃砀山酥梨，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据人体中常量元素和微量元素的分类解答：常量元素包括氧、碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁等；微量元素包括铁、锌、硒、碘等；
B、根据维生素的食物来源解答：维生素广泛存在于各种蔬菜和水果中；
C、根据糖类的生理功能和糖尿病患者的饮食原则解答：糖类是主要供能物质，糖尿病患者需控制糖类摄入；
D、根据糖类对糖尿病患者的影响解答：糖尿病患者应少吃含糖量高的食物。
4．【答案】D
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用
【解析】【解答】A、向试管中滴加液体时，胶头滴管必须竖直悬空在试管口的正上方，不能伸入试管内，也不能接触试管内壁。如果胶头滴管接触试管内壁，试管内壁上的杂质会沾到胶头滴管上，再用该胶头滴管吸取其他试剂时，就会污染试剂，选项A错误；
B、用试管夹夹持试管时，应从试管的底部向上套，夹在试管的中上部（约距试管口1/3处），取下时也应从试管底部取下。如果从试管口套入，试管夹上的灰尘或杂质会落入试管内，污染试剂，选项B错误；
C、连接橡胶塞和试管时，应左手拿试管，右手拿橡胶塞，把橡胶塞慢慢转动着塞进试管口。切不可把试管放在实验台上再使劲塞橡胶塞，这样会因为用力过猛而压破试管，还可能划伤手，选项C错误；
D、洗净的试管内壁会附着有水珠，将试管倒扣在试管架上晾干，既可以让试管内的水顺利流出，又可以防止空气中的灰尘进入试管内，保持试管洁净，选项D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据胶头滴管的正确使用方法解答：胶头滴管使用时要做到“垂直悬空四不要”；
B、根据试管夹的正确使用方法解答：试管夹要从试管底部套上、取下；
C、根据连接仪器的正确操作解答：连接橡胶塞和试管时要转动塞入，不能硬塞；
D、根据洗净仪器的正确放置方法解答：洗净的试管应倒扣在试管架上晾干。
5．【答案】D
【知识点】核外电子在化学反应中的作用；原子结构示意图与离子结构示意图；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、在原子中，存在一个重要的等量关系：核电荷数=原子序数=质子数=核外电子数。从元素周期表中可以看出，铷元素的原子序数是37，所以铷原子的核电荷数X=37，选项A正确，不符合题意；
B、原子结构示意图中，最外面的一层电子就是最外层电子。从铷原子的结构示意图可以看出，铷原子的最外层电子数为1，选项B正确，不符合题意；
C、原子结构示意图中，每一个弧线代表一个电子层。从铷原子的结构示意图可以看出，铷原子核外有5个弧线，也就是有5个电子层，选项C正确，不符合题意；
D、原子的最外层电子数决定了原子在化学反应中的得失电子情况。铷原子的最外层电子数为1，小于4，在化学反应中容易失去1个电子，形成带1个单位正电荷的阳离子，离子符号为Rb+，而不是得到电子形成Rb-，选项D错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据原子中核电荷数=原子序数的等量关系解答；
B、根据原子结构示意图的含义解答：最外层电子数是原子结构示意图最外面的电子数；
C、根据原子结构示意图的含义解答：电子层数等于原子结构示意图中弧线的个数；
D、根据原子最外层电子数与离子形成的关系解答：最外层电子数小于4的原子，在化学反应中易失去电子形成阳离子。
6．【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A、氧化物的定义是：由两种元素组成，且其中一种元素是氧元素的化合物。瓜蒌酸的化学式为C18H30O2，它是由碳、氢、氧三种元素组成的，不符合氧化物“两种元素组成”的要求，所以不属于氧化物，选项A错误；
B、分子是由原子构成的，一个瓜蒌酸分子是由18个碳原子、30个氢原子和2个氧原子构成的，分子中只能含有原子，不能含有其他分子，所以一个瓜蒌酸分子中不含O2分子，选项B错误；
C、瓜蒌酸是由瓜蒌酸分子构成的，不是由原子直接构成的。只能说一个瓜蒌酸分子由50个原子构成，不能说瓜蒌酸由50个原子构成，选项C错误；
D、题目中明确说明瓜蒌酸对调节血脂、保护心血管有重要作用，而心血管疾病是中老年人常见的疾病，所以常吃瓜蒌子有助于中老年人心脏健康，选项D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据氧化物的严格定义解答：氧化物必须同时满足“两种元素”和“一种是氧元素”两个条件；
B、根据化学式的微观意义解答：分子由原子构成，分子中不含其他分子；
C、根据物质的构成解答：由分子构成的物质，不能直接说由原子构成；
D、根据题目中给出的瓜蒌酸的生理作用解答。
7．【答案】B
【知识点】分子的定义与分子的特性
【解析】【解答】A、MOF是多孔晶体结构，这种结构具有很大的比表面积，能够高效地吸附水分子，甚至在湿度低于20%的干燥环境中也能规模化取水，说明MOF具有优异的吸附能力，选项A正确，不符合题意；
B、MOF集水的过程是将空气中的水分子吸附在材料的孔道内，这个过程中只是水分子的位置发生了改变，没有生成新的物质，属于物理变化，水分子的种类没有发生任何改变，选项B错误，符合题意；
C、加热释放水分时，水由液态变为气态，这个过程中水分子本身没有变化，只是水分子之间的间隔变大了，选项C正确，不符合题意；
D、沙漠地区的空气湿度非常低，通常低于20%，而MOF能在湿度低于20%时规模化取水，所以MOF非常适用于沙漠地区的集水，解决沙漠地区的缺水问题，选项D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据MOF的结构特点和功能解答：多孔结构具有良好的吸附性；
B、根据物理变化的本质解答：物理变化中分子的种类不变，只是分子间的间隔或排列方式改变；
C、根据分子的基本性质解答：物质状态变化的本质是分子间间隔的改变；
D、根据MOF的适用条件和沙漠地区的环境特点解答。
8．【答案】C
【知识点】微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用；资源综合利用和新能源开发；化学反应的实质
【解析】【解答】首先根据微观示意图写出反应的化学方程式：从图中可以看出，甲是C2H5OH（乙醇），乙是H2O（水），丙是CH3COOH（乙酸），丁是H2（氢气），反应条件是催化剂和一定温度。配平后的化学方程式为： 。
A、由微观示意图可知，丙的1个分子由2个碳原子、4个氢原子和2个氧原子构成，按照化学式的书写规则，其化学式为CH3COOH，选项A正确，不符合题意；
B、从化学方程式可以看出，反应前有2个乙醇分子和2个水分子，总共4个分子；反应后有2个乙酸分子和5个氢气分子，总共7个分子。所以反应前后分子的个数发生了改变，选项B正确，不符合题意；
C、从化学方程式中各物质的化学计量数可以看出，参加反应的甲（乙醇）和乙（水）的化学计量数都是1，所以它们的分子个数比为1：1，不是1：2，选项C错误，符合题意；
D、该反应的生成物之一是氢气，氢气燃烧时只生成水，不会产生任何污染物，是最清洁的能源，所以利用该反应可以制得清洁能源氢气，选项D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据微观示意图中原子的种类和个数，结合化学式的书写规则解答；
B、根据化学方程式，分别计算反应前后的分子总数，进行对比解答；
C、根据化学方程式中各物质的化学计量数，确定参加反应的分子个数比解答；
D、根据氢气作为能源的优点解答：氢气燃烧产物只有水，无污染。
9．【答案】B
【知识点】混合物的分离方法；过滤的原理、方法及其应用
【解析】【解答】A、混合物分离的一般思路是：第一步明确混合物的成分，第二步分析各成分的性质差异，第三步根据性质差异选择合适的分离方法。所以空格处应该填写的是“各成分的性质差异”，而不是“物质的组成”，选项A错误；
B、废水处理的第一步就是要明确废水的成分，知道废水中含有哪些有害物质，然后才能根据这些物质的性质选择合适的处理方法，选项B正确；
C、磁铁只能吸引铁、钴、镍等具有磁性的物质，铜和锌都不具有磁性，所以不能用磁铁吸引的方法将铜和锌分离，选项C错误；
D、粗盐中的泥沙不溶于水，而氯化钠溶于水，所以除去粗盐中的泥沙采用的是溶解、过滤的方法，利用的是物质的溶解性不同，而不是沸点不同。利用沸点不同分离混合物的方法是蒸馏，选项D错误。
故答案为：B。
【分析】A、根据混合物分离的基本思路解答：分离混合物的依据是各成分的性质差异；
B、根据废水处理的基本步骤解答：处理废水前必须先明确废水成分；
C、根据磁铁的性质解答：磁铁只能吸引磁性物质；
D、根据过滤和蒸馏的原理解答：过滤分离不溶性固体和液体，蒸馏利用沸点不同分离液体混合物。
10．【答案】A
【知识点】催化剂的特点与催化作用；电解水实验；酸碱指示剂的性质及应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、电解水时，正极产生氧气，负极产生氢气，理论上氢气和氧气的体积比为2：1。但在实际实验中，收集到的氢气和氧气的体积比略大于2：1，这是因为氧气在水中的溶解度比氢气大，一部分氧气溶解在了水中，导致收集到的氧气体积偏小，选项A正确；
B、催化剂的定义是：能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质。将二氧化锰加入过氧化氢溶液中，立即产生大量气泡，只能说明二氧化锰能加快过氧化氢的分解速率，但没有验证二氧化锰在反应前后的质量和化学性质是否不变，所以不能证明二氧化锰是该反应的催化剂，选项B错误；
C、酚酞溶液的变色规律是：遇碱性溶液变红。但显碱性的溶液不一定是碱溶液，有些盐溶液也显碱性，比如碳酸钠溶液，它是盐溶液，但也能使酚酞溶液变红。所以向某无色溶液中滴加酚酞，溶液变红，只能说明该溶液显碱性，不能说明该溶液是碱溶液，选项C错误；
D、所有的化学反应都遵守质量守恒定律。将铜粉在空气中加热，铜粉与空气中的氧气反应生成氧化铜，根据质量守恒定律，参加反应的铜和氧气的质量总和等于生成的氧化铜的质量，所以固体质量会增大，这个反应仍然遵守质量守恒定律，选项D错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据电解水的实验现象和气体的溶解性差异解答；
B、根据催化剂的“一变二不变”特点解答：一变是改变反应速率，二不变是质量和化学性质不变；
C、根据酚酞溶液的变色规律和碱性溶液的分类解答：碱性溶液包括碱溶液和部分盐溶液；
D、根据质量守恒定律的适用范围解答：所有化学反应都遵守质量守恒定律。
【答案】11．C
12．D
【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；溶质的质量分数及相关计算；常用盐的用途；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【分析】（1）A、根据一定溶质质量分数溶液的配制步骤解答；
B、根据溶质质量=溶液体积×溶质浓度的公式计算解答；
C、根据溶解度的概念，计算一定量溶剂中最多能溶解的溶质质量，再与实际加入的溶质质量对比，判断溶液是否饱和解答；
D、根据碳酸氢钠能与盐酸反应的化学性质解答。
（2）A、根据溶解度的概念解答：溶解度必须指明温度；
B、根据溶解度的概念，计算一定量溶剂中最多能溶解的蔗糖质量，再与实际加入的蔗糖质量对比解答；
C、根据溶质质量分数的计算公式，分析加入蔗糖后溶质和溶液质量的变化解答；
D、根据结晶方法的选择依据解答：溶解度受温度影响大的物质用降温结晶，溶解度受温度影响小的物质用蒸发结晶。
11．A、配制一定溶质质量分数的溶液的正确步骤是：第一步计算，计算出所需溶质的质量和溶剂的体积；第二步称量，用托盘天平称量所需的固体溶质；第三步量取，用量筒量取所需的液体溶剂；第四步溶解，将溶质和溶剂倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌至溶质完全溶解。所以配制苏打水的步骤为计算→称量→量取→溶解，选项A正确，不符合题意；
B、题目中说苏打水的密度与水相似，水的密度是1g/mL，所以200g苏打水的体积约为200mL，也就是0.2L。碳酸氢钠的添加量为0.6g/L，所以配制200g苏打水需要碳酸氢钠的质量为：0.2L×0.6g/L=0.12g，选项B正确，不符合题意；
C、饱和溶液的定义是：在一定温度下，向一定量溶剂里加入某种溶质，当溶质不能继续溶解时，所得到的溶液叫做这种溶质的饱和溶液。20℃时，碳酸氢钠的溶解度为9.6g，意思是20℃时，100g水中最多能溶解9.6g碳酸氢钠。200g苏打水中，水的质量为200g-0.12g=199.88g。那么199.88g水中最多能溶解碳酸氢钠的质量为： 。而我们只加入了0.12g碳酸氢钠，远小于19.2g，所以配制的苏打水是该温度下的不饱和溶液，选项C错误，符合题意；
D、胃酸的主要成分是盐酸，碳酸氢钠能与盐酸发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可以中和过多的胃酸，所以苏打水可用于缓解胃酸过多症，选项D正确，不符合题意。
故答案为：C。
12．A、溶解度的定义是：在一定温度下，某固态物质在100g溶剂里达到饱和状态时所溶解的质量。所以描述物质的溶解度时，必须指明温度，否则没有意义。选项中只说蔗糖的溶解度为203.9g，没有指明温度，是错误的，选项A错误；
B、20℃时，蔗糖的溶解度为203.9g，即20℃时，100g水中最多能溶解203.9g蔗糖。199.88g水中最多能溶解蔗糖的质量为： 。我们只加入了20g蔗糖，远小于407.6g，所以加入的20g蔗糖能完全溶解在配好的苏打水中，选项B错误；
C、溶质质量分数的计算公式为：溶质质量分数=溶质质量÷溶液质量×100%。向苏打水中加入蔗糖后，碳酸氢钠的质量不变，但溶液的质量因为加入了蔗糖而增大。分子不变，分母增大，所以溶质质量分数会减小。因此碳酸氢钠的质量分数：苏打水＞含有蔗糖的苏打水，选项C错误；
D、结晶的方法有两种：降温结晶和蒸发结晶。降温结晶适用于溶解度随温度升高而显著增大的物质，蒸发结晶适用于溶解度随温度变化不大的物质。从溶解度曲线可以看出，蔗糖的溶解度随温度升高而显著增大，碳酸氢钠的溶解度随温度升高变化不大。所以若从配制好的含有蔗糖的苏打水中提纯蔗糖，可采用降温结晶的方法，选项D正确。
故答案为：D。
13．【答案】（1）放出；氢氧化钠
（2）增大油脂与碱液的接触面积，使油脂和碱液充分反应；不分层
（3）
【知识点】实验室常见的仪器及使用；蒸发与蒸馏操作；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）生石灰是氧化钙（CaO）的俗称，向生石灰中加入足量水，氧化钙会与水发生剧烈的化合反应，生成氢氧化钙，反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2，这个反应会放出大量的热量，能使水沸腾。再加入足量纯碱，纯碱是碳酸钠（Na2CO3）的俗称，碳酸钠会与刚才生成的氢氧化钙发生复分解反应，生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH。因为加入的纯碱是足量的，所以氢氧化钙会完全反应，上层清液中一定含有的溶质成分是反应生成的氢氧化钠（NaOH）。
（2）将液体猪油与碱液混合加热时，持续搅拌的目的是增大油脂与碱液的接触面积，使油脂和碱液能够充分接触，从而加快反应速率，使反应更完全。根据查阅资料可知，油脂密度小、难溶于水，在碱性、加热条件下生成的物质可溶于水。所以当油脂完全反应后，所有的油脂都变成了可溶于水的物质，静置后体系不会出现分层现象，因此判断油脂完全反应的现象是静置后不分层。
（3）将膏体倒入模具后，在干燥、阴凉处自然晾干，这个过程中膏体中的水分会不断蒸发，使肥皂变硬定型，所以该过程主要是除去的物质是水，化学式为H2O。
【分析】（1）根据氧化钙与水反应的放热现象，以及碳酸钠与氢氧化钙的复分解反应原理解答，易错点是容易忽略反应生成的氢氧化钠是上层清液的主要溶质；
（2）根据搅拌能增大反应物接触面积、加快反应速率的作用，以及油脂反应后生成可溶物的性质解答，易错点是不能理解为什么不分层说明油脂完全反应；
（3）根据晾干是蒸发水分的物理过程解答。
（1）生石灰与水反应生成氢氧化钙，该反应放出热量；再加入足量纯碱，纯碱(即)与氢氧化钙反应生成沉淀和NaOH，故上层清液一定含有的溶质成分是氢氧化钠。
（2）将液体猪油与碱液混合加热并搅拌，目的是增大油脂与碱液的接触面积，使油脂和碱液充分反应；由查阅资料可知，油脂难溶于水，在碱性、加热条件下生成的物质可溶于水，油脂完全反应后全部变成可溶物，静置后体系不分层。
（3）略。
14．【答案】（1）长颈漏斗
（2）；B
（3）紫色石蕊溶液
（4）低于
【知识点】二氧化碳的实验室制法；探究二氧化碳的性质；二氧化碳对环境的影响
【解析】【解答】（1）仪器①的名称是长颈漏斗，它的主要作用是向反应装置中添加液体药品，长颈漏斗的下端必须伸入液面以下，形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗口逸出。
（2）实验室制取二氧化碳的药品是石灰石或大理石（主要成分都是碳酸钙CaCO3）和稀盐酸（HCl）。碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。发生装置的选择依据是反应物的状态和反应条件，该反应的反应物是固体（石灰石或大理石）和液体（稀盐酸），反应条件是常温，不需要加热，所以应选择固液常温型发生装置B。
（3）要验证二氧化碳能与水反应生成酸性物质，需要利用酸性物质能使紫色石蕊溶液变红的性质。二氧化碳本身不能使紫色石蕊溶液变红，但二氧化碳与水反应生成的碳酸（H2CO3）显酸性，能使紫色石蕊溶液变红。所以试管中的物质X应该是滴有紫色石蕊溶液的蒸馏水（或直接用紫色石蕊溶液），当二氧化碳通入后，会观察到紫色石蕊溶液变红，证明二氧化碳与水反应生成了酸性物质。
（4）二氧化碳是一种温室气体，它能吸收地面反射的红外线，使大气温度升高。用D装置模拟二氧化碳的温室效应时，左瓶中是二氧化碳，右瓶中是空气。一段时间后，左瓶内的温度会比右瓶高，导致左瓶内的压强比右瓶大。压强差会将U型管中的液体压向压强小的一侧，也就是右侧，所以m处液面高度低于n处液面高度，这就证明了二氧化碳能导致温室效应。
【分析】（1）根据常见实验仪器的名称和用途解答，易错点是容易将长颈漏斗和分液漏斗混淆；
（2）根据实验室制取二氧化碳的反应原理，以及发生装置的选择依据解答，易错点是化学方程式的配平和气体符号的书写；
（3）根据二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊溶液变红的性质解答；
（4）根据温室效应导致温度升高、压强增大的原理解答，易错点是容易搞反液面的高低变化。
（1）略。
（2）实验室用石灰石或大理石与稀盐酸制取二氧化碳，反应物为固体和液体，反应条件为常温，故应选择固液常温型发生装置，即装置B；石灰石或大理石的主要成分碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，据此写出反应的化学方程式。
（3）二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，因此试管中的物质X为滴有紫色石蕊溶液的蒸馏水或紫色石蕊溶液。
（4）二氧化碳能导致温室效应，使左瓶内温度升高、压强增大，因此盛有二氧化碳的集气瓶压强增大，会将液体压向另一侧，导致m处液面高度低于n处液面高度。
15．【答案】（1）
（2）将转化为；3.61
（3）C
（4）
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；酸的化学性质；溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】暖宝宝废渣的主要成分是铁粉、氧化铁、炭粉等。第一步将废渣研细，目的是增大废渣与稀硫酸的接触面积，使后续的反应更充分、更快。然后加入过量的稀硫酸，此时会发生两个反应：第一个是铁粉与稀硫酸的置换反应，生成硫酸亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；第二个是氧化铁与稀硫酸的复分解反应，生成硫酸铁和水，反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O。炭粉不与稀硫酸反应，也不溶于水。接下来进行过滤操作，过滤后，滤渣是不反应的炭粉，滤液中含有反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁，以及过量的稀硫酸。
然后向滤液中加入足量的过氧化氢溶液，过氧化氢具有氧化性，能将硫酸亚铁（FeSO4）氧化为硫酸铁（Fe2(SO4)3），这样就可以将滤液中的铁元素全部转化为+3价的铁，为后续生成氢氧化铁沉淀做准备。之后加入适量的试剂X，试剂X需要与硫酸铁和稀硫酸反应，生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠溶液，不能引入新的杂质。最后过滤得到氢氧化铁沉淀，将氢氧化铁沉淀烘干、焙烧，氢氧化铁会发生分解反应，生成氧化铁和水，最终得到纯净的氧化铁。
（1）加入稀硫酸后，发生的反应有两个，其中氧化铁与稀硫酸的反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O。铁粉与稀硫酸的反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应，不属于复分解反应。
（2）向滤液中加入过氧化氢溶液的目的是将滤液中的FeSO4转化为Fe2(SO4)3，使所有的铁元素都以+3价的形式存在，以便后续与碱反应生成氢氧化铁沉淀。由pH对过氧化氢分解速率的影响图可知，当pH=3.61时，过氧化氢溶液的浓度随时间变化非常小，说明此时过氧化氢的分解速率很慢，大部分过氧化氢都能用于氧化硫酸亚铁，不会造成浪费；而当pH=5.95时，过氧化氢溶液的浓度随时间明显减小，说明过氧化氢的分解速率很快，很多过氧化氢都分解了，没有起到氧化硫酸亚铁的作用，造成了浪费。所以该过程中溶液的最佳pH是3.61。
（3）加入试剂X后，反应生成了Fe(OH)3沉淀和Na2SO4溶液。根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，所以试剂X中必须含有钠元素（Na）和氢氧根离子（OH-）。
A选项KOH溶液：虽然KOH能与硫酸铁反应生成氢氧化铁沉淀，但同时会生成硫酸钾（K2SO4），引入了新的杂质钾离子，不符合除杂原则，所以A错误；
B选项Na2CO3溶液：Na2CO3与硫酸铁反应会生成碳酸铁沉淀，而不是氢氧化铁沉淀，不符合实验要求，所以B错误；
C选项NaOH溶液：NaOH与硫酸铁反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠，与稀硫酸反应生成硫酸钠和水，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合要求，所以C正确。
（4）过滤操作的要点是“一贴二低三靠”。“一贴”是指滤纸紧贴漏斗内壁；“二低”是指滤纸边缘低于漏斗边缘，液面低于滤纸边缘；“三靠”是指烧杯口紧靠玻璃棒，玻璃棒靠在三层滤纸处，漏斗下端管口紧靠烧杯内壁。过滤时，难溶性杂质会被滤纸拦截，留在滤纸上。因为液面低于滤纸边缘，且玻璃棒靠在三层滤纸处，液体主要从滤纸的下半部分流过，所以难溶性杂质会分布在滤纸的下半部分，呈低于滤纸边缘的半圆形。画图时，在圆形滤纸的下半部分画一个半圆形的阴影，阴影的上边缘低于滤纸的边缘。
【分析】（1）根据复分解反应的定义和氧化铁与稀硫酸的反应原理解答，易错点是容易将铁粉与稀硫酸的反应也当成复分解反应；
（2）根据过氧化氢的氧化性，以及图像中过氧化氢浓度随pH和时间的变化情况解答，易错点是不能正确分析图像得出最佳pH；
（3）根据质量守恒定律和除杂原则（不引入新杂质，不减少原物质）解答，易错点是容易忽略除杂原则而选错试剂；
（4）根据过滤操作的“一贴二低三靠”要点和滤纸的折叠形态解答，易错点是不能正确想象滤渣的分布情况。
（1）向研细后的废渣中加入过量稀硫酸，稀硫酸与铁粉反应生成和，该反应属于置换反应；稀硫酸与氧化铁反应生成和，该反应属于复分解反应，其化学方程式为。
（2）滤液的成分是、和过量的稀硫酸，加入过氧化氢溶液后得到溶液和稀硫酸，说明加入过氧化氢溶液的目的是将转化为。
由图可知，时，过氧化氢溶液的浓度变化不大，时，过氧化氢溶液的浓度逐渐减小，该过程中过氧化氢的作用是将转化为，故过氧化氢的浓度需保持不变，即溶液的最佳pH是3.61.
（3）和稀硫酸与试剂X反应生成沉淀和，根据质量守恒定律可推出试剂X为溶液。
（4）过滤时，液面低于滤纸边缘，且玻璃棒靠在三层滤纸处，则滤渣一部分处于一层滤纸一侧，另一部分处于三层滤纸一侧，整体呈低于滤纸边缘的半圆形。
16．【答案】内能；；蜡烛；蜡烛的安全性高，稳定性高，且燃烧供热时长最长；蜡烛燃烧放热，火焰越大，上升的空气温度越高，气体受热流动越快；在实验研究范围内，烛芯越长，火焰越大，蜡烛外焰温度与叶轮开口处空气温度越高，灯的转速越快；燃烧过程中烛芯暴露出的长度增加，石蜡蒸气增多(合理即可)；蜡烛的高低；选3支粗细相同、烛芯长度相同、高度不同的蜡烛，分别点燃后放入同一走马灯内的相同位置，记录灯的转速(合理即可)
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；蜡烛燃烧实验；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）点燃底部的蜡烛，蜡烛发生燃烧反应，燃烧是一种放热反应，会将蜡烛中储存的化学能释放出来，转化为内能，使灯罩内的空气温度升高。热空气的密度比冷空气小，所以会向上运动，上升的热空气冲击灯罩顶部的叶轮，给叶轮一个推力，带动叶轮转动，从而将内能转化为机械能，带动转筒上的装饰物持续旋转。所以该过程中能量的转化为化学能→内能→机械能。
（2）①液体酒精是乙醇（C2H5OH）的俗称，乙醇完全燃烧时，与氧气反应生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为： 。
②要选择最佳热源，需要综合考虑安全性、稳定性和燃烧供热时长三个因素。从表格中的数据可以看出：
蜡烛的安全性高，稳定性高，燃烧供热时长为2～2.4h，是所有热源中最长的；
液体酒精的安全性低，稳定性低，燃烧供热时长只有6min；
固体酒精的安全性中，稳定性中，燃烧供热时长只有7min；
木炭的安全性中，稳定性中，燃烧供热时长只有10min。
综合对比，蜡烛的安全性最高，稳定性最好，燃烧供热时长最长，能为走马灯提供最持久、最稳定的热量，所以最佳热源是蜡烛，理由是蜡烛的安全性高，稳定性高，且燃烧供热时长最长。
（3）作出“走马灯转速可能与蜡烛燃烧时火焰的大小有关”这一猜想的依据是：蜡烛燃烧会放出热量，使灯罩内的空气温度升高，空气受热后会膨胀，密度变小，从而向上运动形成气流。火焰越大，放出的热量越多，空气的温度就越高，气体受热膨胀就越明显，流动的速度就越快，气流对叶轮的冲击力就越大，从而带动叶轮转动得越快，所以走马灯的转速可能与火焰的大小有关。
（4）分析表格中的数据可以发现：
当烛芯长度为0.4cm时，蜡烛外焰温度最高为697.5℃，叶轮开口处空气温度为29.5℃，灯的转速为18转/min；
当烛芯长度为0.7cm时，蜡烛外焰温度最高为739.2℃，叶轮开口处空气温度为33.1℃，灯的转速为30转/min；
当烛芯长度为1.0cm时，蜡烛外焰温度最高为753.3℃，叶轮开口处空气温度为43.9℃，灯的转速为32转/min。
随着烛芯长度的增加，蜡烛外焰温度逐渐升高，叶轮开口处空气温度也逐渐升高，灯的转速也逐渐加快。所以可以得出结论：在实验研究范围内，烛芯越长，火焰越大，蜡烛外焰温度与叶轮开口处空气温度越高，灯的转速越快。
（5）烛芯长度为0.4cm的蜡烛外焰温度升温较快，其原因可能是：蜡烛燃烧时，首先是固态的石蜡受热熔化变成液态石蜡，液态石蜡再受热汽化变成石蜡蒸气，石蜡蒸气燃烧产生火焰。在燃烧过程中，烛芯周围的固态石蜡会不断熔化，使烛芯的实际长度逐渐增加，烛芯变长后，能吸附更多的液态石蜡，汽化产生的石蜡蒸气就越多，参与燃烧的可燃物就越多，燃烧就越剧烈，所以外焰温度升温较快。
（6）影响走马灯转速的因素还有很多，比如蜡烛的高低。猜想：蜡烛的高低会影响走马灯的转速，蜡烛越高，灯的转速越快。理由是：蜡烛越高，火焰距离叶轮开口就越近，热空气上升的距离就越短，热量损失就越少，到达叶轮时的空气温度就越高，气流的速度就越快，对叶轮的冲击力就越大，所以灯的转速就越快。
实验方案设计（遵循控制变量法）：选3支粗细相同、烛芯长度相同、高度不同的蜡烛，分别点燃后放入同一走马灯内的相同位置，保证其他条件（如室温、走马灯的型号等）都相同，记录1分钟内每支蜡烛对应的灯的转速，比较转速的大小，得出结论。
【分析】（1）根据燃烧过程中的能量转化形式解答，易错点是容易漏掉内能这一中间环节；
（2）①根据乙醇完全燃烧的反应原理解答，易错点是化学方程式的配平；②根据表格中的数据，从安全性、稳定性和燃烧供热时长三个方面综合分析解答；
（3）根据蜡烛燃烧放热与气体流动速度的关系解答；
（4）根据控制变量法，分析烛芯长度对实验数据的影响，得出结论解答；
（5）根据蜡烛燃烧的过程（石蜡先熔化、汽化，然后石蜡蒸气燃烧）解答；
（6）根据控制变量法设计实验，探究蜡烛高低对走马灯转速的影响，易错点是不能正确控制变量。
17．【答案】（1）过氧化钙与水反应生成的氢氧化钙能吸收香蕉代谢放出的二氧化碳，同时生成的氧气能抑制香蕉的无氧呼吸，从而起到保鲜作用
（2）解：设理论上生成氧气的质量是x
答：理论上生成氧气的质量是16 g。
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）香蕉在代谢过程中会进行呼吸作用，消耗氧气，放出二氧化碳。二氧化碳浓度过高会加速香蕉的腐烂，缩短保鲜期。过氧化钙（CaO2）受潮后会与水发生反应：2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑。一方面，反应生成的氢氧化钙是一种碱，能与香蕉代谢放出的二氧化碳发生反应：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，从而吸收二氧化碳，保持保鲜袋内适宜的二氧化碳浓度；另一方面，反应生成的氧气能补充香蕉呼吸作用消耗的氧气，抑制香蕉的无氧呼吸，从而延长香蕉的保鲜期。
【分析】（1）根据过氧化钙与水反应的产物，结合氢氧化钙能吸收二氧化碳、氧气能抑制呼吸作用的性质，详细解释过氧化钙的保鲜原理解答；
（2）根据化学方程式的标准计算步骤解答：
①设未知量：设理论上生成氧气的质量是x，注意未知量x后面不能带单位；
②写出正确的化学方程式并配平：这是计算的基础，配平错误会导致整个计算错误；
③找出相关物质的相对分子质量和已知量、未知量：计算相对分子质量时，要乘以化学式前面的化学计量数，已知量72g要带单位；
④列出比例式并求解：比例式要对应正确，计算过程要仔细；
⑤写出答句：答句要完整、明确。
易错点：化学方程式的配平、相对分子质量的计算、比例式的书写以及单位的正确使用。
（1）略；
（2）见答案。
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