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2023年江苏省扬州市中考化学真题（含解析）
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这是一份2023年江苏省扬州市中考化学真题（含解析），共20页。
2．答题前，考生务必将本人的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置上，同时务必在试卷的装订线内将本人的姓名、准考证号、毕业学校填写好，在试卷第一面的右下角填写好座位号。
3．所有的试题都必须在专用的“答题卡”上作答，单项选择题用2B铅笔作答、非选择题在指定位置用0.5毫米黑色墨水签字笔作答。如有作图需要，用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。在试卷或草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40
一、单项选择题：共20题，每题2分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 下列是我国“国家最高科学技术奖”几位获得者及其部分研究领域，其中研究领域主要涉及具有优良性能导电材料开发的是
A. 闵恩泽，石油化工催化剂研究B. 师昌绪，材料腐蚀研究
C. 赵忠贤，高温超导材料研究D. 张存浩，高能化学激光研究
【答案】C
【解析】
【详解】A、石油化工催化剂研究与导电性无关，不符合题意；
B、材料腐蚀研究与材料的腐蚀性有关，属于研究材料的化学性质，与导电性无关，不符合题意；
C、高温超导材料研究，属于优良性能导电材料开发，符合题意；
D、高能化学激光研究，与导电性无关，不符合题意。
故选C。
2. 保存珍贵文物可用空气中含量最多的气体，该气体的化学式为
A. N2B. O2C. CO2D. H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A、空气中含量最多的气体是氮气，约占空气体积的78%，符合题意；
B、氧气约占空气体积的21%，是空气中含量第二多的气体，不符合题意；
C、二氧化碳约占空气体积的0.03%，含量较少，不符合题意；
D、空气中水蒸气的含量较少，不符合题意。
故选A。
3. 绿色植物通过光合作用将气体X与H2O转化为葡萄糖与O2，气体X是
A. N2B. ArC. CO2D. SO2
【答案】C
【解析】
【详解】光合作用是二氧化碳和水在光和叶绿体的作用下反应生成葡萄糖和氧气，故气体X是二氧化碳。
故选C。
4. 用手触摸生活中的碱性溶液时常有滑腻感。下列溶液显碱性的是
A. 食盐水B. 肥皂水C. 蔗糖溶液D. 食醋
【答案】B
【解析】
【详解】A、食盐水显中性，故A错误；
B、肥皂水显碱性，故B正确；
C、蔗糖溶液显中性，故C错误；
D、食醋显酸性，故D错误。
故选B。
5. 重氢可应用于光导纤维制备。重氢和氢都属于氢元素，是因为它们的原子具有相同的
A. 质子数B. 中子数C. 体积D. 相对原子质量
【答案】A
【解析】
【详解】A、元素是质子数相同的一类原子的总称，重氢和氢都属于氢元素，是因为它们的原子具有相同的质子数，符合题意；
B、同种元素，中子数不一定相同，如C-12、C-14，不符合题意；
C、重氢和氢都属于氢元素，是因为它们的原子具有相同的质子数，与体积无关，不符合题意；
D、同种元素，相对原子质量不一定相同，如C-12、C-14，不符合题意。
故选A。
6. 关于某可再生能源的描述如下：该能源储量巨大，但阴雨天等因素会影响其使用。如图为该能源在生活中的运用。该能源是
A. 地热能B. 太阳能C. 水能D. 化石燃料
【答案】B
【解析】
【详解】A、地热能是由地壳抽取的天然热能，阴雨天不影响使用，不符合题意；
B、太阳能指太阳的热辐射能，能源储量巨大，但是阴雨天等因素会影响其使用，符合题意；
C、水能是指水体的动能、势能和压力能等能量资源，阴雨天不影响使用，不符合题意；
D、化石燃料是指煤、石油、天然气等，阴雨天不影响使用，不符合题意；
故选B。
7. 下列属于分解反应的是
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0
C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】
【详解】A、该反应不符合“一变多”的特征，不属于分解反应，故选项A不符合题意；
B、该反应不符合“一变多”的特征，不属于分解反应，故选项B不符合题意；
C、该反应符合“一变多”的特征，属于分解反应，故选项C符合题意；
D、该反应不符合“一变多”的特征，不属于分解反应，故选项D不符合题意；
故选：C。
8. Y是生活中常见的物质，完全燃烧的化学方程式为 SKIPIF 1 < 0 。Y的化学式为
A. CH4OB. C2H4C. C3H8D. C2H6O
【答案】D
【解析】
【详解】化学方程式左边：氧原子个数6个；右边：碳原子个数2个，氧原子个数7个，氢原子个数6个。所以Y中应含有碳原子个数2个，氧原子个数1个，氢原子个数6个。所以Y的化学式为C2H6O。
综上所述：选择D。
9. 化学肥料中通常含有N、P、K等元素。下列属于复合肥料的是
A. KH2PO4B. K2SO4C. NH4HCO3D. CO（NH2）2
【答案】A
【解析】
【详解】A、KH2PO4中含氮、磷、钾三种营养元素中钾元素和磷元素，属于复合肥，故选项A正确；
B、K2SO4中含氮、磷、钾三种营养元素中的钾元素，属于钾肥，故选项B错误；
C、NH4HCO3中含氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素，属于氮肥，故选项C错误；
D、CO（NH2）2中含氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素，属于氮肥，故选项D错误；
故选：A。
10. 《天工开物》记载“泥瓦罐载铜十斤，继入炉甘石六斤……，即成黄铜”。炉甘石的主要成分为ZnCO3，ZnCO3属于
A. 氧化物B. 酸C. 碱D. 盐
【答案】D
【解析】
【详解】A、氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，ZnCO3是由锌、碳、氧三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故A不符合题意；
B、酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物，ZnCO3不属于酸，故B不符合题意；
C、碱是指电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，ZnCO3不属于碱，故C不符合题意；
D、盐是由金属离子和酸根离子构成的化合物，ZnCO3是由锌离子和碳酸根离子构成的化合物，所以ZnCO3属于盐，故D符合题意；
故选D。
11. 构成物质的微粒有分子、原子、离子等。下列物质由离子构成的是
A. 氧气B. 水
C. 氯化钠D. 金刚石
【答案】C
【解析】
【详解】A、氧气由氧分子构成，故A不符合题意；
B、水由水分子构成，故B不符合题意；
C、氯化钠由钠离子和氯离子构成，故C符合题意；
D、金刚石由碳原子构成，故D不符合题意。
故选C。
12. 在实验室中进行下列实验，其中实验方案设计正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、CO和O2都不能和澄清石灰水反应，将两种气体分别通入澄清石灰水，均无明显现象，无法鉴别CO和O2，故选项A错误；
B、氯化钙能溶于水，将粗盐用足量水溶解，过滤，不能除去粗盐中的CaCl2，故选项B错误；
C、用pH试纸测定溶液的pH时，正确的操作方法为：在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH，不能将湿润的pH试纸浸入待测液中，以免污染待测液，，故选项C错误；
D、向装有少量MnO2的锥形瓶中慢慢加入稀H2O2溶液，可以制备O2，故选项D正确；
故选：D。
13. 下列物质性质和用途对应关系正确的是
A. 活性炭有吸附性，可用作除味剂B. 铝有导热性，可用于制电线
C. 石墨有导电性，可用作润滑剂D. 盐酸有挥发性，可用于除铁锈
【答案】A
【解析】
【详解】A、活性炭有吸附性，能吸附色素和异味，可用作除味剂，故选项A正确；
B、铝有导电性，可用于制电线，故选项B错误；
C、石墨有导电性，可用作石墨电极和石墨电刷，故选项C错误；
D、盐酸能和某些金属氧化物反应，可用于除铁锈，故选项D错误；
故选：A。
14. 实验室量取40.0mLNaCl溶液时，可供选用的仪器如图所示，应选择的仪器及原因均正确的是
A. 50mL烧杯，因为烧杯放置于桌面时更稳定，不易翻倒
B. 50mL烧杯，因为烧杯的杯口较大，便于加入溶液
C. 50mL量筒，因为量筒量取液体体积更精准
D. 50mL量筒，因为量筒操作时便于手握
【答案】C
【解析】
【详解】量筒常用于量取一定体积的液体，因为量筒量取液体体积更精准，量筒量程的选择，应遵循“大而近”的原则，故量取40.0mL氯化钠溶液，应选择50mL量筒，不能选择烧杯，是因为烧杯误差大。
故选C。
15. 俗名往往反映了物质的组成、性质或用途。下列对物质俗名的理解正确的是
A. 烧碱：NaOH具有可燃性B. 食盐：NaCl可用作食品调味剂
C. 水银：汞（Hg）是液态的银（Ag）D. 干冰：干净无杂质的冰
【答案】B
【解析】
【详解】A、氢氧化钠俗称烧碱，是因为氢氧化钠具有强腐蚀性，氢氧化钠不具有可燃性，不符合题意；
B、氯化钠被称作食盐，是因为氯化钠具有咸味，可用作食品调味品，符合题意；
C、水银是汞的俗称，不是液态的银，不符合题意；
D、干冰是固体二氧化碳，不是干净无杂质的冰，不符合题意。
故选B。
16. KNO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是
A. KNO3的溶解度比NaCl大
B. 将室温下KNO3饱和溶液升高温度，溶液仍饱和
C. KNO3和NaCl均属于难溶物质
D. 除去KNO3中少量NaCl可用冷却热饱和溶液结晶的方法
【答案】D
【解析】
【详解】A、比较物质的溶解度要指明温度，故A错误；
B、硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，将室温下KNO3的饱和溶液升高温度，溶解度增大，溶液变为不饱和，故B错误；
C、KNO3和NaCl在20℃时的溶解度均大于10g，均属于易溶物质，故C错误；
D、硝酸钾的溶解度受温度影响变化较大，提纯硝酸钾采用冷却热饱和溶液结晶的方法，故D正确。
故选D。
17. 下列对实验现象的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、50mL酒精和50mL水混合在一起，体积小于100mL，是因为分子之间有间隔（空隙），一部分水分子和酒精分子会互相占据分子之间的间隔（空隙）。A正确；
B、向锌粒中加入稀硫酸，产生气泡，是因为锌的金属活动性比氢强，能与稀硫酸反应生成硫酸锌溶液和氢气。不是金属均能与酸反应产生H2，金属铜就不能与酸反应产生H2。B不正确；
C、由于合金的硬度往往比其成分金属大，所以将黄铜片（铜锌合金）和铜片相互刻画，铜片表面有明显划痕。C正确；
D、因为纯氧比空气中氧气浓度大，氧气的浓度对物质的燃烧有影响。所以铁丝在空气中不能燃烧，在氧气中可以燃烧。D正确。
综上所述：选择B。
18. Ca（OH）2与H2O2溶液反应可制备CaO2。反应过程包括：
步骤—： SKIPIF 1 < 0 ，其中O代表氧原子；
步骤二：主要发生 SKIPIF 1 < 0 ，少量发生 SKIPIF 1 < 0 。
下列说法不正确的是
A. 为增大反应混合物中Ca（OH）2的含量，应使用石灰乳而非石灰水
B. 生成CaO2的总反应为 SKIPIF 1 < 0
C. 增加Ca（OH）2的用量，可以消耗更多O，减少O2的生成
D. 制备时反应每生成72gCaO2，同时生成32gO2
【答案】D
【解析】
【详解】A、氢氧化钙微溶于水，石灰乳中氢氧化钙的浓度远大于石灰水中氢氧化钙的浓度，所以为增大反应混合物中Ca（OH）2的含量，应使用石灰乳而非石灰水，选项正确；
B、由题文可知，初始的反应物是氢氧化钙和过氧化氢，最终的生成物是过氧化钙和水，即生成CaO2的总反应为Ca(OH)2+H2O2=CaO2+2H2O，选项正确；
C、由步骤二可知，增加Ca（OH）2的用量，可以消耗更多O，减少O2的生成，选项正确；
D、由题文可知，反应中，少量发生O+O=O2↑，主要反应是Ca(OH)2+H2O2=CaO2+2H2O，制备时反应每生成72gCaO2，同时生成氧气的质量小于32g，选项错误，故选D。
阅读下列材料，完成下面小题。
有机物DMF是一种水污染物，在疏松多孔Al2O3的催化下，O3先将其转化为小分子化合物，最终降解为CO2而去除。制备O3时，将O2通过臭氧发生器，O2部分转化为O3，得到O3与O2的混合气体。为研究Al2O3和O3对DMF的去除效果，取四份DMF溶液，控制其他条件相同，分别进行四个实验：①向溶液中通入O3与O2的混合气体并加入Al2O3；②向溶液中通入O3与O2的混合气体；③向溶液中加入Al2O3；④向溶液中通入O2并加入Al2O3。
19. O2通过臭氧发生器转化为O3，反应前后发生变化的是
A. 原子总数B. 分子种类
C. 元素种类D. 物质的总质量
20. 实验进行20min时，测得实验①、②溶液中DMF的含量几乎为0，实验③、④溶液中DMF的含量略有下降。同时测得四个实验中碳元素的去除率ac（ SKIPIF 1 < 0 ）随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. Al2O3可能对DMF有微弱的吸附作用
B. 实验条件下，O2不能有效降解DMF
C. 实验①和②进行20min时，DMF部分转化为CO2逸出
D. 实验④是为了排除实验①中O2的影响，实验④中O2可用N2代替
【答案】19. B 20. D
【解析】
【19题详解】
A、根据质量守恒定律，反应前后原子的个数不变，故A错误；
B、反应前是氧气分子，反应后是臭氧分子，分子种类改变，故B正确；
C、根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，故C错误；
D、根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，故D错误；
故选B；
【20题详解】
A、根据实验③中DMF的含量略有下降，Al2O3具有疏松多孔的结构，可能对DMF有微弱的吸附作用，故A正确；
B、实验④向溶液中通入O2并加入Al2O3，DMF的含量略有下降，与实验③只有氧化铝的曲线重合，说明O2不能有效降解DMF，故B正确；
C、实验进行20min时，测得实验①、②溶液中DMF的含量几乎为0，根据图像可看出，此时碳元素的去除率不为100%，有碳元素残留在溶液中，说明DMF部分转化为CO2逸出，故C正确；
D、实验④是为了排除实验①中O2的影响，实验④中O2不可用N2代替，故D错误。
故选D。
二、非选择题：共5题，共60分。
21. 扬州是国家首批历史文化名城，有着深厚的文化积淀。
（1）扬州漆器，隽秀精致的艺术。
①制作漆器使用的生漆中含有C21H32O2。C21H32O2中C、H、O元素的质量比为______。
②朱漆由生漆和红色硫化汞（HgS）调和而成。Hg和硫磺（S8）加热化合可生成HgS，该反应的化学方程式为______。朱漆经调和后，需透过细纱布，以除去其中较大的固体颗粒，该操作的名称为______。
（2）扬州厨刀，心手相应的艺术。
①新购的厨刀表面往往涂有一层油膜，目的是______。
②厨刀的材质多为钢，钢属于______（填序号）。
A．金属材料 B．合成材料 C．复合材料
③“文思豆腐”刀工精细、根根分明。豆腐中含有丰富的营养物质，其中含量较多的某有机物可转化为氨基酸，该有机物的名称为______。
（3）扬州铜镜，精美华贵的艺术。
①扬州是唐代铸镜中心城市之一。制作唐镜的主要材料为铜锡铅合金，该合金比纯铜更易熔炼，原因是______。
②唐镜表面有一层耐腐蚀的二氧化锡（SnO2）。SnO2是由SnO在空气中受热生成，该反应的化学方程式为______。
【答案】（1） ①. 63：8：8 ②. SKIPIF 1 < 0
③. 过滤
（2） ①. 隔绝氧气和水，防止生锈 ②. A ③. 蛋白质
（3） ①. 合金的熔点低 ②. SKIPIF 1 < 0
【解析】
【小问1详解】
①C21H32O2中C、H、O元素的质量比为 SKIPIF 1 < 0 =63：8：8；
②Hg和硫磺（S8）加热化合可生成HgS，该反应的化学方程式为： SKIPIF 1 < 0 ；将较大的固体颗粒与小颗粒分离，是过滤操作；
小问2详解】
①铁与氧气和水共同作用会生锈，表面涂油可以隔绝氧气和水，防止铁生锈；
②钢是合金，属于金属材料，故选A；
③豆腐中富含蛋白质，蛋白质分解生成氨基酸；
【小问3详解】
①合金的熔点低于各成分纯金属的熔点，所以铜锡铅合金比纯铜更易熔炼；
②根据化学反应前后原子的种类和数目不变，SnO比SnO2少1个O，则有氧气参与反应，SnO在空气中受热与氧气反应生成二氧化锡，反应的化学方程式为： SKIPIF 1 < 0 。
22. 水是宝贵的资源。
（1）电解水可以得到H2和O2，H2在O2中燃烧可以生成水，这两个实验说明组成水的元素是______（填元素符号）。电解水时生成H2与O2的体积比约为______。
（2）水能够溶解许多物质。下列观点正确的是______。
A. 自然界不存在“绝对纯净”的水
B. 水易溶解许多物质，因而水也易被污染
C. 在自然界中，不同状态的水处于不断循环中
D. 地下水是重要的淡水资源，可持续不断大量开采
（3）①溶液的浓度可以用质量分数表示，如医疗上常使用10％的葡萄糖溶液，10％的含义为100g溶液中含葡萄糖的质量为10g。根据不同的需要，浓度还有其他表示方法，如国家关于酿造食醋的标准规定：食醋中的总酸（以醋酸计）含量应≥3.5g/100mL。该浓度的含义为______。
②取100g质量分数为13.5％的NaCl溶液，温度保持60℃，蒸发水分至NaCl完全析出。在图中画出析出NaCl的质量与蒸发出水质量的关系（已知60℃时NaCl的溶解度约为37g）。
（4）人体内的 SKIPIF 1 < 0 ，可能会转化为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 不利于O2在体内的运输。将含有NaNO3的水煮沸，不能除去 SKIPIF 1 < 0 ，原因是______（填两点）。
（5）自来水厂常用加消毒剂的方法去除水中的细菌等微生物。经处理，微生物含量达标后，国家标准规定自来水出厂时仍需留有一定浓度的消毒剂，原因是______。
（6）联合国将每年的3月22日定为“世界水日”。2023年的主题是“加速变革”，呼吁加快落实保护并合理利用水资源的措施，以应对全球淡水资源匮乏的挑战。请写出家庭中可采取的一个节水措施：______。
【答案】（1） ①. H、O##O、H ②. 2:1 （2）ABC
（3）①100mL食醋中最少含醋酸3.5g
②
（4）含有NaNO3的水煮沸，发生的是物理变化，得到的仍是NaNO3的水溶液；NaNO3由 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 构成。
（5）为增强细菌、病毒的持续灭活能力 （6）淘米水浇花
【解析】
【小问1详解】
由于电解水生成氢气和氧气，氢气在氧气中燃烧生成水，氢气由氢元素组成，氧气由氧元素组成，所以组成水的元素是氢元素和氧元素。元素符号为H、O。
电解水时生成H2的体积是氧气体积的2倍，即电解水时生成H2与O2的体积比约为2:1。
【小问2详解】
A、自然界的水都含有可溶或不溶性杂质。A正确；
B、水易被污染是由于水易溶解许多物质。B正确；
C、在自然界中，水以雨、雪等形式存在，即不同状态的水处于不断循环中。C正确。
D、地下水是重要的淡水资源，资源有限，应合理开采。D不正确。
综上所述：选择ABC。
【小问3详解】
①食醋中的总酸（以醋酸计）含量应≥3.5g/100mL。该浓度的含义为100mL食醋中最少含醋酸3.5g。
②100g质量分数为13.5％的NaCl溶液中NaCl质量=100g×13.5％=13.5g，水的质量=100g－13.5g=86.5g。设：60℃时，13.5gNaCl达到饱和需要水的质量为 SKIPIF 1 < 0 。则 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 =36.5g，即蒸发（86.5g－36.5g）=50g水后达到饱和，再蒸发水开始析出晶体。析出NaCl的质量与蒸发出水质量的关系如图所示：
【小问4详解】
由于含有NaNO3的水煮沸，发生的是物理变化，得到的仍是NaNO3的水溶液；且NaNO3由Na+和 SKIPIF 1 < 0 构成，所以含有NaNO3的水煮沸，不能除去 SKIPIF 1 < 0 。
【小问5详解】
为增强细菌、病毒的持续灭活能力，经处理，微生物含量达标后，国家标准规定自来水出厂时仍需留有一定浓度的消毒剂。
【小问6详解】
家庭中可采取节水措施有淘米水浇花，使用节水龙头等。
23. CO2可用于灭火。
（1）①实验室用块状石灰石和稀盐酸制备CO2，该反应的化学方程式为______。不使用块状石灰石和稀硫酸制备CO2，原因是______。（已知CaSO4微溶于水。）
②下列仪器中，制备并收集CO2时需选用的是______（填序号），仪器E的名称为______。
③下列干燥剂中，可用于干燥CO2的是______（填序号）。
A．碱石灰 B．浓硫酸 C．氢氧化钠固体
（2）如图—1所示，向燃烧器内通入CH4和空气，点燃，待火焰稳定后，再从进口A分别通入CO2、N2、He，改变通入的三种气体用量，测得火焰刚好熄灭时，通入的CO2、N2、He在混合器中的体积分数如下表所示。
三种气体中灭火效果最好的是______（填化学式）。
（3）研究KHCO3与CO2联合使用时的灭火效果。
①KHCO3灭火的原理较复杂。KHCO3受热分解时吸收能量，反应的化学方程式为 SKIPIF 1 < 0 。以初中所学燃烧和灭火的原理分析，KHCO3可用于灭火的原因有______。
②向燃烧器内通入CH4和空气，点燃，待火焰稳定后，从进口A通入CO2，进口B加入KHCO3粉末。控制其他条件不变，测得火焰刚好熄灭时，KHCO3的用量与混合器中通入的CO2体积分数的关系如图—2所示。CO2体积分数在8%～10%内，随CO2体积分数的增加，使火焰熄灭所需的KHCO3用量不再减少，且燃烧器内残留的KHCO3增多，原因是______。
【答案】（1） ①. SKIPIF 1 < 0
②. 石灰石的主要成分碳酸钙和稀硫酸反应生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在石灰石的表面，阻碍反应的进一步进行 ③. ACEF ④. 锥形瓶
⑤. B
（2）CO2 （3） ①. 降低温度至可燃物的着火点以下，隔绝氧气 ②. 通入的二氧化碳足以隔绝氧气，使火熄灭，碳酸氢钾不再分解，且通入的二氧化碳与反应生成的碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，故碳酸氢钾增多
【解析】
【小问1详解】
①石灰石的主要成分碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为： SKIPIF 1 < 0 ；
不使用块状石灰石和稀硫酸制备CO2，原因是石灰石的主要成分碳酸钙和稀硫酸反应生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在石灰石的表面阻碍反应的进一步进行；
②实验室用块状石灰石和稀盐酸制备二氧化碳，属于固液不加热反应，发生装置可选CEF，二氧化碳溶于水，密度比空气大，可用向上排空气法收集，收集装置可选A，故填：ACEF；
由图可知，仪器E的名称是：锥形瓶；
③A、碱石灰具有吸水性，但是碱石灰能与二氧化碳反应，不能用碱石灰干燥二氧化碳，不符合题意；
B、浓硫酸具有吸水性，且与二氧化碳不反应，可用浓硫酸干燥二氧化碳，符合题意；
C、氢氧化钠固体具有吸水性，但是氢氧化钠能与二氧化碳反应，不能用氢氧化钠干燥二氧化碳，不符合题意。
故选B；
【小问2详解】
由表中数据可知，火焰刚好熄灭时，所需二氧化碳的体积分数最小，说明三种气体中灭火效果最好的是CO2；
【小问3详解】
①碳酸氢钾受热分解时吸收能量，且碳酸氢钾受热分解生成水，水蒸发吸热，故可降低温度至可燃物的着火点以下，达到灭火的目的，碳酸氢钾受热分解生成了二氧化碳，二氧化碳不燃烧、不支持燃烧，且密度比空气大，可覆盖在可燃物表面，隔绝氧气，达到灭火的目的，故填：降低温度至可燃物的着火点以下，隔绝氧气；
②CO2体积分数在8%～10%内，随CO2体积分数的增加，使火焰熄灭所需的KHCO3用量不再减少，是因为此时通入的二氧化碳足以隔绝氧气，使火熄灭，碳酸氢钾不再分解，燃烧器内残留的KHCO3增多，是因为通入的二氧化碳与反应生成碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾。
24. 某酸性含铜废水（主要含CuCl2，还有少量HCl）有多种处理方法。
（1）方法一：向废水中加入过量铁粉，充分反应，过滤，将所得金属回收处理得产品。
①加入铁粉的目的是______（用化学方程式表示）。过程中还会产生一种气体，其化学式为______。
②过滤所得金属的成分是______（填化学式）。
（2）方法二：向废水中加入一定量的Na2CO3溶液，在70℃条件下充分反应，得碱式碳酸铜。
①加入Na2CO3溶液后，废水的pH______（填“增大”“不变”或“减小”）。
②碱式碳酸铜有多种组成，可表示为Cu（OH）x（CO3）y，x和y需满足的关系式为______。
③若反应温度过高，会生成一种黑色固体。该固体可能是______（填化学式）。
（3）方法三：用生石灰或石灰石调节废水的pH。向1L废水中分别加入两种物质，测得废水的pH随加入固体质量的变化如图所示。
①生石灰与水反应的产物是______（填化学式）。
②加入石灰石调节废水的pH，溶液的pH始终小于7，原因是______。
③每吨生石灰的价格约为460元，每吨石灰石的价格约为130元。联合使用生石灰和石灰石，将这两种物质先后加入1L废水，调节废水的pH至约为7，经济效益较好的可行方案为______。
【答案】（1） ①. Fe+CuCl2=Cu+FeCl2 ②. H2 ③. Fe、Cu
（2） ①. 增大 ②. x+2y=2 ③. CuO
（3） ①. Ca(OH)2 ②. 石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7 ③. 先加入22g石灰石，调节废水的pH至约为6，再加入2g生石灰，调节废水的pH至约为7
【解析】
【小问1详解】
①向废水中加入过量铁粉，目的是使废水中的氯化铜与铁粉反应，置换出铜，化学方程式为：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，故填写：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2；
②过量铁粉除了与氯化铜反应，还与废水中少量的氯化氢反应，生成氯化亚铁和氢气(H2)，故填写：H2；
③铁粉与氯化铜反应，置换出了铜(Cu)，由于铁粉过量，因此，过滤所得金属的成分中一定有铁(Fe)，故填写：Fe、Cu。
【小问2详解】
①废水中的少量氯化氢，溶于水形成盐酸，显酸性，加入碳酸钠溶液碳酸钠先于氯化氢反应，生成氯化钠、水和二氧化碳，由于大部分二氧化碳的逃逸，使得溶液的酸性减弱，pH增大，随着碳酸钠溶液的过量，溶液显碱性，pH更大，故填写：增大；
②碱式碳酸铜(Cu(OH)x(CO3)y)中铜元素的化合价为+2，氢氧根离子化合价为-1，碳酸根离子化合价为-2，根据化合物中正负化合价代数和为零原则可知， SKIPIF 1 < 0 ，故填写：x+2y=2；
③反应温度过高，碱式碳酸铜可能受热会分解产生氧化铜、水和二氧化碳，生成物中只有氧化铜为黑色固体，氧化铜化学式为：CuO，故填写：CuO。
【小问3详解】
①生石灰即氧化钙与水反应，生成氢氧化钙，化学式为：Ca(OH)2，故填写：Ca(OH)2；
②石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7，故填写：石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7；
③由图可知，加入横坐标为20g之前，加入石灰石后，废水pH变化要比加入生石灰快，而由题干可知，每吨石灰石的价格要比生石灰便宜，因此，先加入石灰石，图中交点的位置横坐标为22g，纵坐标pH为6，说明当加入22g生石灰或石灰石时，pH都为6，所以从廉价因素考虑，我们选择先加入22g石灰石，调节pH为6，图中展示交点以后，生石灰调节废水pH的幅度要比石灰石快，而且，pH可以用生石灰调节为7，却无法用石灰石调节为7，当再加入2g生石灰，废水的pH调节为7，故填写：先加入22g石灰石，调节废水的pH至约为6，再加入2g生石灰，调节废水的pH至约为7。
25. 以工业副产品石膏（主要成分是CaSO4）为原料可制备CaCO3。CaCO3有球霰石、方解石等多种形态，其中球霰石广泛应用于油墨、生物材料等领域。
（1）制备CaCO3时，将石膏与水配成悬浊液，再向其中通入NH3、CO2（不考虑石膏中杂质的反应）。
①配制悬浊液时，保持温度不变，为使石膏充分分散在水中，可采取的措施是______、______。（填两点）
②制备时温度不宜过高，原因是______。
③制备可看作是（NH4）2CO3与CaSO4发生复分解反应，（NH4）2CO3与CaSO4反应生成CaCO3的化学方程式为______。理论上参加反应的CO2与NH3的质量比为______。
④若石膏中CaSO4的质量分数为85％，取160g石膏进行反应，计算理论上可制得CaCO3的质量______（写出计算过程）。
（2）反应生成的CaCO3中球霰石与方解石的质量分数与反应时间的关系如图—1所示。由图示信息得出的结论是______。
（3）反应时加入某表面活性剂可增加产物中球霰石的含量。该表面活性剂一端带正电荷，另一端为排斥水分子的疏水基团，可与球霰石形成两种吸附作用，如图—2所示。
①两种吸附分别为离子对吸附和离子交换吸附。离子对吸附：球霰石表面的 SKIPIF 1 < 0 带负电，表面活性剂通过带正电的一端吸附于球霰石表面；离子交换吸附：球霰石表面的Ca2＋带正电，表面活性剂中带正电的一端可取代球霰石表面的Ca2＋，并吸附于球霰石表面。图—2中表示离子对吸附的是______（填“A”或“B”）。
②有研究认为，球霰石转化为方解石经历了球霰石溶解、再沉淀为方解石的过程。表面活性剂能增加产物中球霰石的含量，原因是______。
【答案】（1） ①. 粉碎石膏（合理即可）
②. 搅拌（合理即可） ③. 温度过高，氨气和二氧化碳的溶解度小，影响产率 ④. SKIPIF 1 < 0
⑤. 22:17 ⑥. 解：设理论上可制得CaCO3的质量为x
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 x=100g
答：理论上可制得CaCO3的质量为100g
（2）在一定条件下，随着反应时间的增加，碳酸钙的球霰石形态会转化为方解石形态
（3） ①. A ②. 表面活性剂通过两种吸附作用覆盖在球霰石表面，阻碍球霰石溶解
【解析】
【小问1详解】
①配制悬浊液时，保持温度不变，为使石膏充分分散在水中，可采取的措施是：粉碎石膏，搅拌等，增大石膏与水的接触面积；
②制备时温度不宜过高，原因是气体的溶解度随温度的升高而减小，温度过高，氨气、二氧化碳的溶解度小，影响产率；
③复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，故碳酸铵与硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸铵，该反应的化学方程式为： SKIPIF 1 < 0 ；
氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸铵，即 SKIPIF 1 < 0 ，即理论上参加反应的二氧化碳与氨气的质量比为：44：（17×2）=22:17；
④见答案；
【小问2详解】
由图可知，在一定条件下，刚开始生成球霰石较多，方解石较少，随着反应的进行，方解石的质量分数逐渐增大，球霰石的质量分数逐渐减小，故可得出结论，在一定条件下，随着反应时间的增加，碳酸钙的球霰石形态会转化为方解石形态；
【小问3详解】
①由题干信息可知，离子对吸剂是表面活性剂通过带正电的一端吸附于球霰石表面，因为球霰石表面的碳酸根离子带负电，由图可知，A表面带正电，故表示离子对吸附的是A；
②表面活性剂能增加产物中球霰石的含量，原因是表面活性剂通过两种吸附作用覆盖在球霰石表面，阻碍球霰石的溶解，故表面活性剂能增加产物中球霰石的含量。选项
实验目的
实验方案
A
鉴别CO和O2
将两种气体分别通入澄清石灰水
B
除去粗盐中的CaCl2
将粗盐用足量水溶解，过滤
C
测定溶液的pH
将湿润的pH试纸浸入溶液中，取出，与标准比色卡对照
D
制备O2
向装有少量MnO2的锥形瓶中慢慢加入稀H2O2溶液
选项
实验现象
解释
A
将50mL水和50mL酒精混合，总体积小于100mL
分子之间有空隙
B
向锌粒中加入稀硫酸，产生气泡
金属均能与酸反应产生H2
C
将黄铜片和铜片相互刻画，铜片表面有明显划痕
合金的硬度往往比其成分金属大
D
铁丝在空气中不能燃烧，在氧气中可以燃烧
氧气的浓度对物质的燃烧有影响
气体
CO2
N2
He
体积分数/％
17.65
27.15
23.84
2．答题前，考生务必将本人的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置上，同时务必在试卷的装订线内将本人的姓名、准考证号、毕业学校填写好，在试卷第一面的右下角填写好座位号。
3．所有的试题都必须在专用的“答题卡”上作答，单项选择题用2B铅笔作答、非选择题在指定位置用0.5毫米黑色墨水签字笔作答。如有作图需要，用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。在试卷或草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40
一、单项选择题：共20题，每题2分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 下列是我国“国家最高科学技术奖”几位获得者及其部分研究领域，其中研究领域主要涉及具有优良性能导电材料开发的是
A. 闵恩泽，石油化工催化剂研究B. 师昌绪，材料腐蚀研究
C. 赵忠贤，高温超导材料研究D. 张存浩，高能化学激光研究
【答案】C
【解析】
【详解】A、石油化工催化剂研究与导电性无关，不符合题意；
B、材料腐蚀研究与材料的腐蚀性有关，属于研究材料的化学性质，与导电性无关，不符合题意；
C、高温超导材料研究，属于优良性能导电材料开发，符合题意；
D、高能化学激光研究，与导电性无关，不符合题意。
故选C。
2. 保存珍贵文物可用空气中含量最多的气体，该气体的化学式为
A. N2B. O2C. CO2D. H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A、空气中含量最多的气体是氮气，约占空气体积的78%，符合题意；
B、氧气约占空气体积的21%，是空气中含量第二多的气体，不符合题意；
C、二氧化碳约占空气体积的0.03%，含量较少，不符合题意；
D、空气中水蒸气的含量较少，不符合题意。
故选A。
3. 绿色植物通过光合作用将气体X与H2O转化为葡萄糖与O2，气体X是
A. N2B. ArC. CO2D. SO2
【答案】C
【解析】
【详解】光合作用是二氧化碳和水在光和叶绿体的作用下反应生成葡萄糖和氧气，故气体X是二氧化碳。
故选C。
4. 用手触摸生活中的碱性溶液时常有滑腻感。下列溶液显碱性的是
A. 食盐水B. 肥皂水C. 蔗糖溶液D. 食醋
【答案】B
【解析】
【详解】A、食盐水显中性，故A错误；
B、肥皂水显碱性，故B正确；
C、蔗糖溶液显中性，故C错误；
D、食醋显酸性，故D错误。
故选B。
5. 重氢可应用于光导纤维制备。重氢和氢都属于氢元素，是因为它们的原子具有相同的
A. 质子数B. 中子数C. 体积D. 相对原子质量
【答案】A
【解析】
【详解】A、元素是质子数相同的一类原子的总称，重氢和氢都属于氢元素，是因为它们的原子具有相同的质子数，符合题意；
B、同种元素，中子数不一定相同，如C-12、C-14，不符合题意；
C、重氢和氢都属于氢元素，是因为它们的原子具有相同的质子数，与体积无关，不符合题意；
D、同种元素，相对原子质量不一定相同，如C-12、C-14，不符合题意。
故选A。
6. 关于某可再生能源的描述如下：该能源储量巨大，但阴雨天等因素会影响其使用。如图为该能源在生活中的运用。该能源是
A. 地热能B. 太阳能C. 水能D. 化石燃料
【答案】B
【解析】
【详解】A、地热能是由地壳抽取的天然热能，阴雨天不影响使用，不符合题意；
B、太阳能指太阳的热辐射能，能源储量巨大，但是阴雨天等因素会影响其使用，符合题意；
C、水能是指水体的动能、势能和压力能等能量资源，阴雨天不影响使用，不符合题意；
D、化石燃料是指煤、石油、天然气等，阴雨天不影响使用，不符合题意；
故选B。
7. 下列属于分解反应的是
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0
C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】
【详解】A、该反应不符合“一变多”的特征，不属于分解反应，故选项A不符合题意；
B、该反应不符合“一变多”的特征，不属于分解反应，故选项B不符合题意；
C、该反应符合“一变多”的特征，属于分解反应，故选项C符合题意；
D、该反应不符合“一变多”的特征，不属于分解反应，故选项D不符合题意；
故选：C。
8. Y是生活中常见的物质，完全燃烧的化学方程式为 SKIPIF 1 < 0 。Y的化学式为
A. CH4OB. C2H4C. C3H8D. C2H6O
【答案】D
【解析】
【详解】化学方程式左边：氧原子个数6个；右边：碳原子个数2个，氧原子个数7个，氢原子个数6个。所以Y中应含有碳原子个数2个，氧原子个数1个，氢原子个数6个。所以Y的化学式为C2H6O。
综上所述：选择D。
9. 化学肥料中通常含有N、P、K等元素。下列属于复合肥料的是
A. KH2PO4B. K2SO4C. NH4HCO3D. CO（NH2）2
【答案】A
【解析】
【详解】A、KH2PO4中含氮、磷、钾三种营养元素中钾元素和磷元素，属于复合肥，故选项A正确；
B、K2SO4中含氮、磷、钾三种营养元素中的钾元素，属于钾肥，故选项B错误；
C、NH4HCO3中含氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素，属于氮肥，故选项C错误；
D、CO（NH2）2中含氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素，属于氮肥，故选项D错误；
故选：A。
10. 《天工开物》记载“泥瓦罐载铜十斤，继入炉甘石六斤……，即成黄铜”。炉甘石的主要成分为ZnCO3，ZnCO3属于
A. 氧化物B. 酸C. 碱D. 盐
【答案】D
【解析】
【详解】A、氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，ZnCO3是由锌、碳、氧三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故A不符合题意；
B、酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物，ZnCO3不属于酸，故B不符合题意；
C、碱是指电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，ZnCO3不属于碱，故C不符合题意；
D、盐是由金属离子和酸根离子构成的化合物，ZnCO3是由锌离子和碳酸根离子构成的化合物，所以ZnCO3属于盐，故D符合题意；
故选D。
11. 构成物质的微粒有分子、原子、离子等。下列物质由离子构成的是
A. 氧气B. 水
C. 氯化钠D. 金刚石
【答案】C
【解析】
【详解】A、氧气由氧分子构成，故A不符合题意；
B、水由水分子构成，故B不符合题意；
C、氯化钠由钠离子和氯离子构成，故C符合题意；
D、金刚石由碳原子构成，故D不符合题意。
故选C。
12. 在实验室中进行下列实验，其中实验方案设计正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、CO和O2都不能和澄清石灰水反应，将两种气体分别通入澄清石灰水，均无明显现象，无法鉴别CO和O2，故选项A错误；
B、氯化钙能溶于水，将粗盐用足量水溶解，过滤，不能除去粗盐中的CaCl2，故选项B错误；
C、用pH试纸测定溶液的pH时，正确的操作方法为：在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH，不能将湿润的pH试纸浸入待测液中，以免污染待测液，，故选项C错误；
D、向装有少量MnO2的锥形瓶中慢慢加入稀H2O2溶液，可以制备O2，故选项D正确；
故选：D。
13. 下列物质性质和用途对应关系正确的是
A. 活性炭有吸附性，可用作除味剂B. 铝有导热性，可用于制电线
C. 石墨有导电性，可用作润滑剂D. 盐酸有挥发性，可用于除铁锈
【答案】A
【解析】
【详解】A、活性炭有吸附性，能吸附色素和异味，可用作除味剂，故选项A正确；
B、铝有导电性，可用于制电线，故选项B错误；
C、石墨有导电性，可用作石墨电极和石墨电刷，故选项C错误；
D、盐酸能和某些金属氧化物反应，可用于除铁锈，故选项D错误；
故选：A。
14. 实验室量取40.0mLNaCl溶液时，可供选用的仪器如图所示，应选择的仪器及原因均正确的是
A. 50mL烧杯，因为烧杯放置于桌面时更稳定，不易翻倒
B. 50mL烧杯，因为烧杯的杯口较大，便于加入溶液
C. 50mL量筒，因为量筒量取液体体积更精准
D. 50mL量筒，因为量筒操作时便于手握
【答案】C
【解析】
【详解】量筒常用于量取一定体积的液体，因为量筒量取液体体积更精准，量筒量程的选择，应遵循“大而近”的原则，故量取40.0mL氯化钠溶液，应选择50mL量筒，不能选择烧杯，是因为烧杯误差大。
故选C。
15. 俗名往往反映了物质的组成、性质或用途。下列对物质俗名的理解正确的是
A. 烧碱：NaOH具有可燃性B. 食盐：NaCl可用作食品调味剂
C. 水银：汞（Hg）是液态的银（Ag）D. 干冰：干净无杂质的冰
【答案】B
【解析】
【详解】A、氢氧化钠俗称烧碱，是因为氢氧化钠具有强腐蚀性，氢氧化钠不具有可燃性，不符合题意；
B、氯化钠被称作食盐，是因为氯化钠具有咸味，可用作食品调味品，符合题意；
C、水银是汞的俗称，不是液态的银，不符合题意；
D、干冰是固体二氧化碳，不是干净无杂质的冰，不符合题意。
故选B。
16. KNO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是
A. KNO3的溶解度比NaCl大
B. 将室温下KNO3饱和溶液升高温度，溶液仍饱和
C. KNO3和NaCl均属于难溶物质
D. 除去KNO3中少量NaCl可用冷却热饱和溶液结晶的方法
【答案】D
【解析】
【详解】A、比较物质的溶解度要指明温度，故A错误；
B、硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，将室温下KNO3的饱和溶液升高温度，溶解度增大，溶液变为不饱和，故B错误；
C、KNO3和NaCl在20℃时的溶解度均大于10g，均属于易溶物质，故C错误；
D、硝酸钾的溶解度受温度影响变化较大，提纯硝酸钾采用冷却热饱和溶液结晶的方法，故D正确。
故选D。
17. 下列对实验现象的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、50mL酒精和50mL水混合在一起，体积小于100mL，是因为分子之间有间隔（空隙），一部分水分子和酒精分子会互相占据分子之间的间隔（空隙）。A正确；
B、向锌粒中加入稀硫酸，产生气泡，是因为锌的金属活动性比氢强，能与稀硫酸反应生成硫酸锌溶液和氢气。不是金属均能与酸反应产生H2，金属铜就不能与酸反应产生H2。B不正确；
C、由于合金的硬度往往比其成分金属大，所以将黄铜片（铜锌合金）和铜片相互刻画，铜片表面有明显划痕。C正确；
D、因为纯氧比空气中氧气浓度大，氧气的浓度对物质的燃烧有影响。所以铁丝在空气中不能燃烧，在氧气中可以燃烧。D正确。
综上所述：选择B。
18. Ca（OH）2与H2O2溶液反应可制备CaO2。反应过程包括：
步骤—： SKIPIF 1 < 0 ，其中O代表氧原子；
步骤二：主要发生 SKIPIF 1 < 0 ，少量发生 SKIPIF 1 < 0 。
下列说法不正确的是
A. 为增大反应混合物中Ca（OH）2的含量，应使用石灰乳而非石灰水
B. 生成CaO2的总反应为 SKIPIF 1 < 0
C. 增加Ca（OH）2的用量，可以消耗更多O，减少O2的生成
D. 制备时反应每生成72gCaO2，同时生成32gO2
【答案】D
【解析】
【详解】A、氢氧化钙微溶于水，石灰乳中氢氧化钙的浓度远大于石灰水中氢氧化钙的浓度，所以为增大反应混合物中Ca（OH）2的含量，应使用石灰乳而非石灰水，选项正确；
B、由题文可知，初始的反应物是氢氧化钙和过氧化氢，最终的生成物是过氧化钙和水，即生成CaO2的总反应为Ca(OH)2+H2O2=CaO2+2H2O，选项正确；
C、由步骤二可知，增加Ca（OH）2的用量，可以消耗更多O，减少O2的生成，选项正确；
D、由题文可知，反应中，少量发生O+O=O2↑，主要反应是Ca(OH)2+H2O2=CaO2+2H2O，制备时反应每生成72gCaO2，同时生成氧气的质量小于32g，选项错误，故选D。
阅读下列材料，完成下面小题。
有机物DMF是一种水污染物，在疏松多孔Al2O3的催化下，O3先将其转化为小分子化合物，最终降解为CO2而去除。制备O3时，将O2通过臭氧发生器，O2部分转化为O3，得到O3与O2的混合气体。为研究Al2O3和O3对DMF的去除效果，取四份DMF溶液，控制其他条件相同，分别进行四个实验：①向溶液中通入O3与O2的混合气体并加入Al2O3；②向溶液中通入O3与O2的混合气体；③向溶液中加入Al2O3；④向溶液中通入O2并加入Al2O3。
19. O2通过臭氧发生器转化为O3，反应前后发生变化的是
A. 原子总数B. 分子种类
C. 元素种类D. 物质的总质量
20. 实验进行20min时，测得实验①、②溶液中DMF的含量几乎为0，实验③、④溶液中DMF的含量略有下降。同时测得四个实验中碳元素的去除率ac（ SKIPIF 1 < 0 ）随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. Al2O3可能对DMF有微弱的吸附作用
B. 实验条件下，O2不能有效降解DMF
C. 实验①和②进行20min时，DMF部分转化为CO2逸出
D. 实验④是为了排除实验①中O2的影响，实验④中O2可用N2代替
【答案】19. B 20. D
【解析】
【19题详解】
A、根据质量守恒定律，反应前后原子的个数不变，故A错误；
B、反应前是氧气分子，反应后是臭氧分子，分子种类改变，故B正确；
C、根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，故C错误；
D、根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，故D错误；
故选B；
【20题详解】
A、根据实验③中DMF的含量略有下降，Al2O3具有疏松多孔的结构，可能对DMF有微弱的吸附作用，故A正确；
B、实验④向溶液中通入O2并加入Al2O3，DMF的含量略有下降，与实验③只有氧化铝的曲线重合，说明O2不能有效降解DMF，故B正确；
C、实验进行20min时，测得实验①、②溶液中DMF的含量几乎为0，根据图像可看出，此时碳元素的去除率不为100%，有碳元素残留在溶液中，说明DMF部分转化为CO2逸出，故C正确；
D、实验④是为了排除实验①中O2的影响，实验④中O2不可用N2代替，故D错误。
故选D。
二、非选择题：共5题，共60分。
21. 扬州是国家首批历史文化名城，有着深厚的文化积淀。
（1）扬州漆器，隽秀精致的艺术。
①制作漆器使用的生漆中含有C21H32O2。C21H32O2中C、H、O元素的质量比为______。
②朱漆由生漆和红色硫化汞（HgS）调和而成。Hg和硫磺（S8）加热化合可生成HgS，该反应的化学方程式为______。朱漆经调和后，需透过细纱布，以除去其中较大的固体颗粒，该操作的名称为______。
（2）扬州厨刀，心手相应的艺术。
①新购的厨刀表面往往涂有一层油膜，目的是______。
②厨刀的材质多为钢，钢属于______（填序号）。
A．金属材料 B．合成材料 C．复合材料
③“文思豆腐”刀工精细、根根分明。豆腐中含有丰富的营养物质，其中含量较多的某有机物可转化为氨基酸，该有机物的名称为______。
（3）扬州铜镜，精美华贵的艺术。
①扬州是唐代铸镜中心城市之一。制作唐镜的主要材料为铜锡铅合金，该合金比纯铜更易熔炼，原因是______。
②唐镜表面有一层耐腐蚀的二氧化锡（SnO2）。SnO2是由SnO在空气中受热生成，该反应的化学方程式为______。
【答案】（1） ①. 63：8：8 ②. SKIPIF 1 < 0
③. 过滤
（2） ①. 隔绝氧气和水，防止生锈 ②. A ③. 蛋白质
（3） ①. 合金的熔点低 ②. SKIPIF 1 < 0
【解析】
【小问1详解】
①C21H32O2中C、H、O元素的质量比为 SKIPIF 1 < 0 =63：8：8；
②Hg和硫磺（S8）加热化合可生成HgS，该反应的化学方程式为： SKIPIF 1 < 0 ；将较大的固体颗粒与小颗粒分离，是过滤操作；
小问2详解】
①铁与氧气和水共同作用会生锈，表面涂油可以隔绝氧气和水，防止铁生锈；
②钢是合金，属于金属材料，故选A；
③豆腐中富含蛋白质，蛋白质分解生成氨基酸；
【小问3详解】
①合金的熔点低于各成分纯金属的熔点，所以铜锡铅合金比纯铜更易熔炼；
②根据化学反应前后原子的种类和数目不变，SnO比SnO2少1个O，则有氧气参与反应，SnO在空气中受热与氧气反应生成二氧化锡，反应的化学方程式为： SKIPIF 1 < 0 。
22. 水是宝贵的资源。
（1）电解水可以得到H2和O2，H2在O2中燃烧可以生成水，这两个实验说明组成水的元素是______（填元素符号）。电解水时生成H2与O2的体积比约为______。
（2）水能够溶解许多物质。下列观点正确的是______。
A. 自然界不存在“绝对纯净”的水
B. 水易溶解许多物质，因而水也易被污染
C. 在自然界中，不同状态的水处于不断循环中
D. 地下水是重要的淡水资源，可持续不断大量开采
（3）①溶液的浓度可以用质量分数表示，如医疗上常使用10％的葡萄糖溶液，10％的含义为100g溶液中含葡萄糖的质量为10g。根据不同的需要，浓度还有其他表示方法，如国家关于酿造食醋的标准规定：食醋中的总酸（以醋酸计）含量应≥3.5g/100mL。该浓度的含义为______。
②取100g质量分数为13.5％的NaCl溶液，温度保持60℃，蒸发水分至NaCl完全析出。在图中画出析出NaCl的质量与蒸发出水质量的关系（已知60℃时NaCl的溶解度约为37g）。
（4）人体内的 SKIPIF 1 < 0 ，可能会转化为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 不利于O2在体内的运输。将含有NaNO3的水煮沸，不能除去 SKIPIF 1 < 0 ，原因是______（填两点）。
（5）自来水厂常用加消毒剂的方法去除水中的细菌等微生物。经处理，微生物含量达标后，国家标准规定自来水出厂时仍需留有一定浓度的消毒剂，原因是______。
（6）联合国将每年的3月22日定为“世界水日”。2023年的主题是“加速变革”，呼吁加快落实保护并合理利用水资源的措施，以应对全球淡水资源匮乏的挑战。请写出家庭中可采取的一个节水措施：______。
【答案】（1） ①. H、O##O、H ②. 2:1 （2）ABC
（3）①100mL食醋中最少含醋酸3.5g
②
（4）含有NaNO3的水煮沸，发生的是物理变化，得到的仍是NaNO3的水溶液；NaNO3由 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 构成。
（5）为增强细菌、病毒的持续灭活能力 （6）淘米水浇花
【解析】
【小问1详解】
由于电解水生成氢气和氧气，氢气在氧气中燃烧生成水，氢气由氢元素组成，氧气由氧元素组成，所以组成水的元素是氢元素和氧元素。元素符号为H、O。
电解水时生成H2的体积是氧气体积的2倍，即电解水时生成H2与O2的体积比约为2:1。
【小问2详解】
A、自然界的水都含有可溶或不溶性杂质。A正确；
B、水易被污染是由于水易溶解许多物质。B正确；
C、在自然界中，水以雨、雪等形式存在，即不同状态的水处于不断循环中。C正确。
D、地下水是重要的淡水资源，资源有限，应合理开采。D不正确。
综上所述：选择ABC。
【小问3详解】
①食醋中的总酸（以醋酸计）含量应≥3.5g/100mL。该浓度的含义为100mL食醋中最少含醋酸3.5g。
②100g质量分数为13.5％的NaCl溶液中NaCl质量=100g×13.5％=13.5g，水的质量=100g－13.5g=86.5g。设：60℃时，13.5gNaCl达到饱和需要水的质量为 SKIPIF 1 < 0 。则 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 =36.5g，即蒸发（86.5g－36.5g）=50g水后达到饱和，再蒸发水开始析出晶体。析出NaCl的质量与蒸发出水质量的关系如图所示：
【小问4详解】
由于含有NaNO3的水煮沸，发生的是物理变化，得到的仍是NaNO3的水溶液；且NaNO3由Na+和 SKIPIF 1 < 0 构成，所以含有NaNO3的水煮沸，不能除去 SKIPIF 1 < 0 。
【小问5详解】
为增强细菌、病毒的持续灭活能力，经处理，微生物含量达标后，国家标准规定自来水出厂时仍需留有一定浓度的消毒剂。
【小问6详解】
家庭中可采取节水措施有淘米水浇花，使用节水龙头等。
23. CO2可用于灭火。
（1）①实验室用块状石灰石和稀盐酸制备CO2，该反应的化学方程式为______。不使用块状石灰石和稀硫酸制备CO2，原因是______。（已知CaSO4微溶于水。）
②下列仪器中，制备并收集CO2时需选用的是______（填序号），仪器E的名称为______。
③下列干燥剂中，可用于干燥CO2的是______（填序号）。
A．碱石灰 B．浓硫酸 C．氢氧化钠固体
（2）如图—1所示，向燃烧器内通入CH4和空气，点燃，待火焰稳定后，再从进口A分别通入CO2、N2、He，改变通入的三种气体用量，测得火焰刚好熄灭时，通入的CO2、N2、He在混合器中的体积分数如下表所示。
三种气体中灭火效果最好的是______（填化学式）。
（3）研究KHCO3与CO2联合使用时的灭火效果。
①KHCO3灭火的原理较复杂。KHCO3受热分解时吸收能量，反应的化学方程式为 SKIPIF 1 < 0 。以初中所学燃烧和灭火的原理分析，KHCO3可用于灭火的原因有______。
②向燃烧器内通入CH4和空气，点燃，待火焰稳定后，从进口A通入CO2，进口B加入KHCO3粉末。控制其他条件不变，测得火焰刚好熄灭时，KHCO3的用量与混合器中通入的CO2体积分数的关系如图—2所示。CO2体积分数在8%～10%内，随CO2体积分数的增加，使火焰熄灭所需的KHCO3用量不再减少，且燃烧器内残留的KHCO3增多，原因是______。
【答案】（1） ①. SKIPIF 1 < 0
②. 石灰石的主要成分碳酸钙和稀硫酸反应生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在石灰石的表面，阻碍反应的进一步进行 ③. ACEF ④. 锥形瓶
⑤. B
（2）CO2 （3） ①. 降低温度至可燃物的着火点以下，隔绝氧气 ②. 通入的二氧化碳足以隔绝氧气，使火熄灭，碳酸氢钾不再分解，且通入的二氧化碳与反应生成的碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，故碳酸氢钾增多
【解析】
【小问1详解】
①石灰石的主要成分碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为： SKIPIF 1 < 0 ；
不使用块状石灰石和稀硫酸制备CO2，原因是石灰石的主要成分碳酸钙和稀硫酸反应生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在石灰石的表面阻碍反应的进一步进行；
②实验室用块状石灰石和稀盐酸制备二氧化碳，属于固液不加热反应，发生装置可选CEF，二氧化碳溶于水，密度比空气大，可用向上排空气法收集，收集装置可选A，故填：ACEF；
由图可知，仪器E的名称是：锥形瓶；
③A、碱石灰具有吸水性，但是碱石灰能与二氧化碳反应，不能用碱石灰干燥二氧化碳，不符合题意；
B、浓硫酸具有吸水性，且与二氧化碳不反应，可用浓硫酸干燥二氧化碳，符合题意；
C、氢氧化钠固体具有吸水性，但是氢氧化钠能与二氧化碳反应，不能用氢氧化钠干燥二氧化碳，不符合题意。
故选B；
【小问2详解】
由表中数据可知，火焰刚好熄灭时，所需二氧化碳的体积分数最小，说明三种气体中灭火效果最好的是CO2；
【小问3详解】
①碳酸氢钾受热分解时吸收能量，且碳酸氢钾受热分解生成水，水蒸发吸热，故可降低温度至可燃物的着火点以下，达到灭火的目的，碳酸氢钾受热分解生成了二氧化碳，二氧化碳不燃烧、不支持燃烧，且密度比空气大，可覆盖在可燃物表面，隔绝氧气，达到灭火的目的，故填：降低温度至可燃物的着火点以下，隔绝氧气；
②CO2体积分数在8%～10%内，随CO2体积分数的增加，使火焰熄灭所需的KHCO3用量不再减少，是因为此时通入的二氧化碳足以隔绝氧气，使火熄灭，碳酸氢钾不再分解，燃烧器内残留的KHCO3增多，是因为通入的二氧化碳与反应生成碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾。
24. 某酸性含铜废水（主要含CuCl2，还有少量HCl）有多种处理方法。
（1）方法一：向废水中加入过量铁粉，充分反应，过滤，将所得金属回收处理得产品。
①加入铁粉的目的是______（用化学方程式表示）。过程中还会产生一种气体，其化学式为______。
②过滤所得金属的成分是______（填化学式）。
（2）方法二：向废水中加入一定量的Na2CO3溶液，在70℃条件下充分反应，得碱式碳酸铜。
①加入Na2CO3溶液后，废水的pH______（填“增大”“不变”或“减小”）。
②碱式碳酸铜有多种组成，可表示为Cu（OH）x（CO3）y，x和y需满足的关系式为______。
③若反应温度过高，会生成一种黑色固体。该固体可能是______（填化学式）。
（3）方法三：用生石灰或石灰石调节废水的pH。向1L废水中分别加入两种物质，测得废水的pH随加入固体质量的变化如图所示。
①生石灰与水反应的产物是______（填化学式）。
②加入石灰石调节废水的pH，溶液的pH始终小于7，原因是______。
③每吨生石灰的价格约为460元，每吨石灰石的价格约为130元。联合使用生石灰和石灰石，将这两种物质先后加入1L废水，调节废水的pH至约为7，经济效益较好的可行方案为______。
【答案】（1） ①. Fe+CuCl2=Cu+FeCl2 ②. H2 ③. Fe、Cu
（2） ①. 增大 ②. x+2y=2 ③. CuO
（3） ①. Ca(OH)2 ②. 石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7 ③. 先加入22g石灰石，调节废水的pH至约为6，再加入2g生石灰，调节废水的pH至约为7
【解析】
【小问1详解】
①向废水中加入过量铁粉，目的是使废水中的氯化铜与铁粉反应，置换出铜，化学方程式为：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，故填写：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2；
②过量铁粉除了与氯化铜反应，还与废水中少量的氯化氢反应，生成氯化亚铁和氢气(H2)，故填写：H2；
③铁粉与氯化铜反应，置换出了铜(Cu)，由于铁粉过量，因此，过滤所得金属的成分中一定有铁(Fe)，故填写：Fe、Cu。
【小问2详解】
①废水中的少量氯化氢，溶于水形成盐酸，显酸性，加入碳酸钠溶液碳酸钠先于氯化氢反应，生成氯化钠、水和二氧化碳，由于大部分二氧化碳的逃逸，使得溶液的酸性减弱，pH增大，随着碳酸钠溶液的过量，溶液显碱性，pH更大，故填写：增大；
②碱式碳酸铜(Cu(OH)x(CO3)y)中铜元素的化合价为+2，氢氧根离子化合价为-1，碳酸根离子化合价为-2，根据化合物中正负化合价代数和为零原则可知， SKIPIF 1 < 0 ，故填写：x+2y=2；
③反应温度过高，碱式碳酸铜可能受热会分解产生氧化铜、水和二氧化碳，生成物中只有氧化铜为黑色固体，氧化铜化学式为：CuO，故填写：CuO。
【小问3详解】
①生石灰即氧化钙与水反应，生成氢氧化钙，化学式为：Ca(OH)2，故填写：Ca(OH)2；
②石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7，故填写：石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7；
③由图可知，加入横坐标为20g之前，加入石灰石后，废水pH变化要比加入生石灰快，而由题干可知，每吨石灰石的价格要比生石灰便宜，因此，先加入石灰石，图中交点的位置横坐标为22g，纵坐标pH为6，说明当加入22g生石灰或石灰石时，pH都为6，所以从廉价因素考虑，我们选择先加入22g石灰石，调节pH为6，图中展示交点以后，生石灰调节废水pH的幅度要比石灰石快，而且，pH可以用生石灰调节为7，却无法用石灰石调节为7，当再加入2g生石灰，废水的pH调节为7，故填写：先加入22g石灰石，调节废水的pH至约为6，再加入2g生石灰，调节废水的pH至约为7。
25. 以工业副产品石膏（主要成分是CaSO4）为原料可制备CaCO3。CaCO3有球霰石、方解石等多种形态，其中球霰石广泛应用于油墨、生物材料等领域。
（1）制备CaCO3时，将石膏与水配成悬浊液，再向其中通入NH3、CO2（不考虑石膏中杂质的反应）。
①配制悬浊液时，保持温度不变，为使石膏充分分散在水中，可采取的措施是______、______。（填两点）
②制备时温度不宜过高，原因是______。
③制备可看作是（NH4）2CO3与CaSO4发生复分解反应，（NH4）2CO3与CaSO4反应生成CaCO3的化学方程式为______。理论上参加反应的CO2与NH3的质量比为______。
④若石膏中CaSO4的质量分数为85％，取160g石膏进行反应，计算理论上可制得CaCO3的质量______（写出计算过程）。
（2）反应生成的CaCO3中球霰石与方解石的质量分数与反应时间的关系如图—1所示。由图示信息得出的结论是______。
（3）反应时加入某表面活性剂可增加产物中球霰石的含量。该表面活性剂一端带正电荷，另一端为排斥水分子的疏水基团，可与球霰石形成两种吸附作用，如图—2所示。
①两种吸附分别为离子对吸附和离子交换吸附。离子对吸附：球霰石表面的 SKIPIF 1 < 0 带负电，表面活性剂通过带正电的一端吸附于球霰石表面；离子交换吸附：球霰石表面的Ca2＋带正电，表面活性剂中带正电的一端可取代球霰石表面的Ca2＋，并吸附于球霰石表面。图—2中表示离子对吸附的是______（填“A”或“B”）。
②有研究认为，球霰石转化为方解石经历了球霰石溶解、再沉淀为方解石的过程。表面活性剂能增加产物中球霰石的含量，原因是______。
【答案】（1） ①. 粉碎石膏（合理即可）
②. 搅拌（合理即可） ③. 温度过高，氨气和二氧化碳的溶解度小，影响产率 ④. SKIPIF 1 < 0
⑤. 22:17 ⑥. 解：设理论上可制得CaCO3的质量为x
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 x=100g
答：理论上可制得CaCO3的质量为100g
（2）在一定条件下，随着反应时间的增加，碳酸钙的球霰石形态会转化为方解石形态
（3） ①. A ②. 表面活性剂通过两种吸附作用覆盖在球霰石表面，阻碍球霰石溶解
【解析】
【小问1详解】
①配制悬浊液时，保持温度不变，为使石膏充分分散在水中，可采取的措施是：粉碎石膏，搅拌等，增大石膏与水的接触面积；
②制备时温度不宜过高，原因是气体的溶解度随温度的升高而减小，温度过高，氨气、二氧化碳的溶解度小，影响产率；
③复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，故碳酸铵与硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸铵，该反应的化学方程式为： SKIPIF 1 < 0 ；
氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸铵，即 SKIPIF 1 < 0 ，即理论上参加反应的二氧化碳与氨气的质量比为：44：（17×2）=22:17；
④见答案；
【小问2详解】
由图可知，在一定条件下，刚开始生成球霰石较多，方解石较少，随着反应的进行，方解石的质量分数逐渐增大，球霰石的质量分数逐渐减小，故可得出结论，在一定条件下，随着反应时间的增加，碳酸钙的球霰石形态会转化为方解石形态；
【小问3详解】
①由题干信息可知，离子对吸剂是表面活性剂通过带正电的一端吸附于球霰石表面，因为球霰石表面的碳酸根离子带负电，由图可知，A表面带正电，故表示离子对吸附的是A；
②表面活性剂能增加产物中球霰石的含量，原因是表面活性剂通过两种吸附作用覆盖在球霰石表面，阻碍球霰石的溶解，故表面活性剂能增加产物中球霰石的含量。选项
实验目的
实验方案
A
鉴别CO和O2
将两种气体分别通入澄清石灰水
B
除去粗盐中的CaCl2
将粗盐用足量水溶解，过滤
C
测定溶液的pH
将湿润的pH试纸浸入溶液中，取出，与标准比色卡对照
D
制备O2
向装有少量MnO2的锥形瓶中慢慢加入稀H2O2溶液
选项
实验现象
解释
A
将50mL水和50mL酒精混合，总体积小于100mL
分子之间有空隙
B
向锌粒中加入稀硫酸，产生气泡
金属均能与酸反应产生H2
C
将黄铜片和铜片相互刻画，铜片表面有明显划痕
合金的硬度往往比其成分金属大
D
铁丝在空气中不能燃烧，在氧气中可以燃烧
氧气的浓度对物质的燃烧有影响
气体
CO2
N2
He
体积分数/％
17.65
27.15
23.84
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