2022年江苏省无锡市中考化学试卷

一、选择题（本题包括20小题，每小题只有1个选项符合题意。1～10题每小题1分，11～20题每题2分，共30分）

1．（1分）2022年北京冬奥会利用了CO₂跨临界流体将水制得了“最快的冰”。下列叙述正确的是（　　）

A．冰的成分是H₂O

B．水由原子构成

C．水结冰过程吸热

D．水结冰是化学变化

【答案】A

【考点】水的性质和应用；分子、原子、离子、元素与物质之间的关系；化学变化和物理变化的判别

【分析】A、根据冰是固态的水来分析；

B、根据水的构成情况来分析；

C、根据水结冰放热来分析；

D、根据是否生成新物质来分析。

【解答】解：A、冰是固态的水，化学式为H₂O，故A正确；B、水是由水分子构成的，故B错误；C、水结冰属于凝固过程，过程中放出热量，故C错误；D、水结冰的过程中，只是物质的状态发生改变，没有产生新的物质，属于物理变化，故D错误。故选：A。

【难度】1

2．（1分）下列图标表示“节约用水”的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【考点】几种常见的与化学有关的图标

【分析】根据图中常见标志的含义及题目的要求进行分析判断即可。

【解答】解：A、图中所示标志是禁止烟火标志，故选项错误。B、图中所示标志是节约用水标志，故选项正确。C、图中所示标志是禁止吸烟标志，故选项错误。D、图中所示标志是剧毒品标志，故选项错误。故选：B。

【难度】1

3．（1分）人体细胞中含量最多的元素是（　　）

A．C

B．H

C．O

D．N

【答案】C

【考点】人体内的常量元素

【分析】该题属于化学元素含量之最知识，是基础的识记内容．人体细胞中含量最多的元素是氧元素．

【解答】解：人体中各种元素前几位的排序为：氧、碳、氢、氮、钙、磷、钾，含量最多的元素为氧；故选：C。

【难度】1

4．（1分）下列物质属于复合肥的是（　　）

A．FeSO₄

B．CO（NH₂）₂

C．KNO₃

D．Ca（H₂PO₄）₂

【答案】C

【考点】常见化肥的种类和作用

【分析】只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的氮元素的肥料称为氮肥，只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的磷元素的肥料称为磷肥，只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的钾元素的肥料称为钾肥，同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥。

【解答】解：A、FeSO₄中没有植物所需要的营养元素，不属于化肥，故选项错误。B、CO（NH₂）₂中只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的氮元素，属于氮肥，故选项错误。C、KNO₃中含有氮、磷、钾这三种营养元素中的钾元素和氮元素，属于复合肥，故选项正确。D、Ca（H₂PO₄）₂中只含有氮、磷、钾这三种营养元素中的磷元素，属于磷肥，故选项错误。故选：C。

【难度】1

5．（1分）下列物质属于溶液的是（　　）

A．牛奶

B．豆浆

C．米粥

D．汽水

【答案】D

【考点】溶液的概念、组成及其特点

【分析】一种或几种物质分散到另一种物质中，形成均一的、稳定的混合物叫做溶液，它的基本特征是均一性和稳定性；只有被分散的物质在另一种物质中是可溶的，二者混合后才会形成溶液。

【解答】解：A、牛奶是不溶性的小液滴等分散到液体中形成的，不均一、不稳定，不属于溶液，故选项错误。B、豆浆的营养物质有的溶于水，有的不溶于水，豆浆不是均一、稳定的混合物，不属于溶液，故选项错误。C、米粥中的米不溶于水，不均一、不稳定，不属于溶液，故选项错误。D、汽水是碳酸等的水溶液，是均一、稳定的混合物，属于溶液，故选项正确。故选：D。

【难度】3

6．（1分）在食盐中加入碘酸钾（KIO₃）得到加碘盐。加碘盐中的“碘”指的是（　　）

A．碘分子

B．碘原子

C．碘离子

D．碘元素

【答案】D

【考点】元素的概念

【分析】食品、药品、营养品、矿泉水等物质中的“碘等不是以单质、分子、原子等形式存在，而是指元素，通常用元素及其所占质量（质量分数）来描述。

【解答】解：加碘盐中的“碘”，不是以单质、分子、原子、离子等形式存在，这里的“碘”是强调存在的元素，与具体的形态无关。故选：D。

【难度】1

7．（1分）下列物质的性质和用途对应关系正确的是（　　）

A．金刚石硬度大，可用于切割玻璃

B．石墨具有导电性，可制作铅笔芯

C．炭黑具有还原性，可制作墨水

D．木炭具有吸附性，可用作燃料

【答案】A

【考点】碳的化学性质；碳单质的物理性质及用途

【分析】根据碳单质的化学性质（具有可燃性、还原性）、物理性质，进行分析判断。

【解答】解：A、金刚石硬度大，可用于切割玻璃，故选项说法正确。B、石墨具有导电性，能用作电极；石墨质地较软，且呈深灰色，可制作铅笔芯，故选项说法错误。C、炭黑常温下化学性质不活泼，可制作墨水，故选项说法错误。D、木炭具有吸附性，可用于吸附异味和色素；木炭具有可燃性，可用作燃料，故选项说法错误。故选：A。

【难度】1

8．（1分）磷元素在元素周期表中的信息和磷原子的结构示意图如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．磷是金属元素

B．磷原子中的质子数为15

C．磷原子中的核外电子数为5

D．磷的相对原子质量为30.97g

【答案】B

【考点】元素周期表的特点及其应用；原子结构示意图

【分析】A、金属元素名称一般有“钅”字旁，固态非金属元素名称有“石”字旁，气态非金属元素名称有“气”字头，液态非金属元素名称有“氵”字旁。

B、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，进行分析判断。

C、原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数。

D、根据元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，进行分析判断。

【解答】解：A、磷带“石”字旁，属于固态非金属元素，故选项说法错误。B、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，该元素的原子序数为15；根据原子中原子序数＝核电荷数＝质子数＝核外电子数，则该元素的原子核内质子数为15，故选项说法正确。C、由磷原子的结构示意图，磷原子中的核外电子数为15，故选项说法错误。D、根据元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，该元素的相对原子质量为30.97，相对原子质量单位是“1”，不是“g”，故选项说法错误。故选：B。

【难度】1

9．（1分）在给定条件下，下列物质间的转化能实现的是（　　）

A．Fe Fe₂O₃

B．Cu CuSO₄

C．CaCO₃ CO₂

D．CO CO₂

【答案】C

【考点】物质的相互转化和制备

【分析】一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据所涉及物质的性质，分析能否只通过一个反应而实现即可。

【解答】解：A、铁在点燃的条件下生成四氧化三铁，不能生成氧化铁，不能一步实现转化，故选项错误。B、铜与稀硫酸不反应，不能一步反应生成硫酸铜，故选项错误。C、碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，能一步实现转化，故选项正确。D、一氧化碳与氧气在常温下不会反应，不能实现转化，故选项错误。故选：C。

【难度】1

10．（1分）实验室分离、回收氯化钾和二氧化锰的实验操作正确的是（　　）

A． 溶解

B． 过滤

C． 蒸发

D． 称量

【答案】A

【考点】蒸发操作的注意事项；称量器﹣托盘天平；固体物质的溶解；过滤操作的注意事项

【分析】A、根据溶解操作的方法，进行分析判断。

B、过滤液体时，注意“一贴、二低、三靠”的原则。

C、根据蒸发操作的注意事项进行分析判断.

D、根据托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则进行分析判断。

【解答】解：A、溶解操作应在烧杯中进行，用玻璃棒不断搅拌，图中所示操作正确。B、过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图中缺少玻璃棒引流，图中所示操作错误。C、蒸发时，应用玻璃棒不断搅拌，以防止局部温度过高，造成液体飞溅，图中所示操作错误。D、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，图中所示操作砝码与药品位置放反了，图中所示操作错误。故选：A。

【难度】1

11．（2分）1911年，卢瑟福用带正电的α粒子轰击金箔后发现：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来方向前进，少数α粒子发生较大偏转，极少数α粒子偏转几乎达到180°。由该实验可得出的结论是（　　）

A．原子是实心球体

B．原子的质量主要集中在原子核上

C．原子核不带电

D．原子核在原子中占的体积很大

【答案】B

【考点】原子论观点发展

【分析】根据原子的结构进行分析，原子由原子核及核外电子构成，而原子核又由质子和中子构成，原子核的体积很小，原子内部有相对较大的空间。

【解答】解：A绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，说明原子内部绝大部分空间是空的，则金原子不是实心球体；故A错误；B通过上述实验，少数α粒子发生较大偏转，极少数α粒子偏转几乎达到180°，能说明原子核位于原子中心，质量主要集中在原子核上；故B正确；C少数α粒子发生较大偏转，原因是α粒子在运动中途经原子核附近时，受到斥力，说明原子核的电性与α粒子相同；故C错误；D少数α粒子发生较大偏转，原因是α粒子在运动中途经原子核附近时，受到斥力，能说明原子内有体积很小、质量很大的核；故D错误；故选：B。

【难度】1

12．（2分）现有X、Y、Z三种金属，将X和Y分别放入盐酸中，X溶解并产生H₂，Y不反应，将Y和Z分别放入AgNO₃溶液中，一段时间后，在Y表面有Ag析出，而Z没有变化。X、Y和Z的金属活动性顺序正确的是（　　）

A．X＞Y＞Z

B．X＞Z＞Y

C．Y＞X＞Z

D．Z＞Y＞X

【答案】A

【考点】金属活动性顺序及其应用

【分析】在金属活动性顺序中，位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，位于前面的金属能把排在它后面的金属从其盐溶液中置换出来，据此判断能否发生反应，进而可确定三种金属活动性由强到弱的顺序。

【解答】解：现有X、Y、Z三种金属，将X和Y分别放入盐酸中，X溶解并产生H₂，Y不反应，说明X的位置排在氢的前面，Y的位置排在氢的后面，即X＞H＞Y。将Y和Z分别放入AgNO₃溶液中，一段时间后，在Y表面有Ag析出，而Z没有变化，说明Y的金属活动性比银强，Z的金属活动性比银弱，即Y＞Ag＞Z。则X、Y和Z的金属活动性顺序为：X＞Y＞Z。故选：A。

【难度】3

13．（2分）反应Cl₂+2NaOH═NaCl+NaClO+H₂O，生成的次氯酸钠（NaClO）可用于疫情防控。下列叙述正确的是（　　）

A．Cl₂表示2个氯原子

B．NaCl由离子构成

C．NaClO中氯的化合价为﹣1价

D．NaOH溶液可治疗胃酸过多

【答案】B

【考点】常见碱的特性和用途；物质的构成和含量分析；化学符号及其周围数字的意义；有关元素化合价的计算

【分析】A、根据化学式的含义，进行分析判断。

B、根据常见物质的微观构成，进行分析判断。

C、根据在化合物中正负化合价代数和为零，进行分析判断。

D、根据氢氧化钠具有很强的腐蚀性，进行分析判断。

【解答】解：A、2个氯原子应表示为2Cl，Cl₂表示一个氯气分子，故选项说法错误。B、氯化钠是含有金属元素和非金属元素的化合物，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，故选项说法正确。C、在化合物中钠元素显+1价，氧元素一般显﹣2价，设氯元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）+x+（﹣2）＝0，则x＝+1价，故选项说法错误。D、氢氧化钠具有很强的腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故选项说法错误。故选：B。

【难度】3

14．（2分）下列有关X、Y表示的概念之间存在如图所示的“包含”关系的是（　　）

选项		A	B	C	D
概念	X	氧化物	有机物	饱和溶液	化合反应
	Y	化合物	糖类	不饱和溶液	氧化反应

A．A

B．B

C．C

D．D

【答案】A

【考点】有机物与无机物的区别；饱和溶液和不饱和溶液；化合反应及其应用；氧化反应；从组成上识别氧化物；单质和化合物的概念

【分析】化学概念间存在包含、交叉、并列三种关系，分析各概念之间的区别和联系，进行分析判断即可。

【解答】解：A、氧化物是指由两种元素组成，且其中一种为氧元素的化合物；则X氧化物属于Y化合物，与图示关系对应，故选项符合题意。B、有机物包含糖类，糖类属于有机物，故选项不符合题意；C、饱和溶液与不饱和溶液是并列关系，不是包含关系，故选项不符合题意；D、有的化合反应是氧化反应，有的氧化反应是化合反应、二者是交叉关系，故选项不符合题意。故选：A。

【难度】3

15．（2分）下列对蜡烛及其燃烧的叙述错误的是（　　）

A．蜡烛熔化是物理变化

B．二氧化碳是蜡烛完全燃烧的产物

C．由蜡烛燃烧生成水可推知蜡烛中含有氢元素

D．吹熄蜡烛可降低可燃物的着火点

【答案】D

【考点】灭火的原理和方法；蜡烛燃烧实验；化学变化和物理变化的判别；质量守恒定律及其应用

【分析】根据燃烧与灭火的知识进行分析解答即可。

【解答】解：A、蜡烛熔化过程中只有蜡烛的状态发生变化，没有新物质生成，属于物理变化，故选项说法正确；B、蜡烛在氧气不充足时不完全燃烧生成CO，在氧气充足时完全燃烧生成二氧化碳，故选项说法正确；C、根据元素守恒可知物质反应前后元素的种类不发生变化，蜡烛与氧气燃烧生成物中有水，氧气由氧元素组成，水由氢元素与氧元素组成，分析得出蜡烛中一定含有H，可能含有O，故选项说法正确；D、吹灭蜡烛是因为吹气降低了蜡烛周围的温度至着火点以下，达到灭火效果，着火点是物质的性质，不能改变，故选项说法错误。故选D。

【难度】3

16．（2分）在点燃条件下，甲和乙反应前后分子种类变化的微观过程如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．甲的化学式为NH₃

B．反应前后原子种类不变

C．该反应类型为置换反应

D．反应生成的丙与丁的质量比为14：9

【答案】D

【考点】微粒观点及模型图的应用；反应类型的判定

【分析】根据反应的微观示意图，分析反应物、生成物及反应的条件，写出反应的化学方程式，根据方程式的意义进行有关问题的分析与判断。

【解答】解：A、据图可知每个甲分子是由一个氮原子和三个氢原子构成的物质，化学式为NH₃，故A正确；B、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类不变，故B正确；C、该反应是化合物氨气与单质氧气在点燃条件下反应生成化合物水和单质氮气，属于置换反应，故C正确；D、该化学反应的化学方程式为：4NH₃+3O₂ 2N₂+6H₂O，反应生成的丙和丁质量比为56：108＝14：27，故D错误。故选：D。

【难度】3

17．（2分）NaCl、KCl、MgCl₂的溶解度曲线如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．80℃时，KCl的溶解度比NaCl小

B．t℃时，NaCl和KCl的溶解度相同

C．t℃时，KCl饱和溶液的质量分数为40%

D．NaCl中含有少量MgCl₂，可以采用降温结晶的方法提纯NaCl

【答案】B

【考点】利用溶解度曲线判断混合物分离提纯的方法；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系；结晶的原理、方法及其应用

【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断提纯晶体的方法。

【解答】解：A、从图中可以看到，80℃时氯化钾的溶解度曲线在氯化钠溶解度曲线的上方，所以KCl的溶解度比NaCl大，故A错误；B、t℃时，氯化钠和氯化钾的溶解度曲线相交于一点，所以NaCl和KCl的溶解度相同，故B正确；C、t℃时，氯化钾的溶解度为40g，则饱和溶液的溶质质量分数为 100%≈28.6%，故C错误；D、氯化钠、氯化镁的溶解度均随温度的升高而升高。氯化钠溶解度受温度影响不大，氯化镁溶解度受温度影响较大，所以NaCl中含有少量MgCl₂，可以采用蒸发结晶的方法提纯氯化钠，故D错误。故选：B。

【难度】5

18．（2分）如图所示，分别同时在双连试管中滴入2～3滴浓氨水和浓盐酸，2～3秒钟后即观察到滴入浓盐酸的试管中产生白烟。下列叙述错误的是（　　）

A．分子在不断地运动

B．浓盐酸和浓氨水都具有挥发性

C．氨气和氯化氢接触后有新物质生成

D．氯化氢分子运动速率比氨气分子运动速率快

【答案】D

【考点】酸的物理性质及用途；分子的定义与分子的特性

【分析】根据分子的性质考虑；根据浓盐酸与浓氨水具有挥发性分析；根据氨气和氯化氢反应生成氯化铵分析。

【解答】解：A、很快可观察到管内有白烟产生，这是因为氨分子和氯化氢分子都是不断运动的，当两种分子相遇时，反应生成氯化铵，因此氨水和盐酸都属于易挥发性物质，故正确；B、很快可观察到管内有白烟产生，这是因为浓盐酸和浓氨水都具有挥发性，氨分子和氯化氢分子都是不断运动的，当两种分子相遇时，反应生成氯化铵，故正确；C、管内有白烟产生，是因为氨气与氯化氢反应生成氯化铵，有新物质生成，故正确；D、实验方案能说明氨分子运动的比氯化氢分子快，是因为产生的白烟位置在滴入浓盐酸的试管中，故错误；故选：D。

【难度】5

19．（2分）走近千年文物，人们发现青铜器在含有Cl^﹣的环境中易生成CuCl，随着环境条件的变化而发生锈蚀，锈层物质成分示意图如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．铜绿中含有Cu、H、O、C四种元素

B．CuCl与O₂、H₂O发生化合反应生成Cu₂（OH）₃Cl

C．青铜器在锈蚀的过程中铜元素的化合价升高

D．在干燥、无氧的环境中有利于青铜器的保护

【答案】B

【考点】金属锈蚀的条件及其防护；有关元素化合价的计算

【分析】根据铜的性质以及物质间的反应、物质的组成进行分析解答即可。

【解答】解：A、由铜绿的化学式Cu₂（OH）₂CO₃可知，铜绿中含有Cu、H、O、C四种元素，A正确；B、根据图示可以看出，生成物为Cu₂（OH）₂CO₃、Cu₂（OH）₃Cl两种，不符合“多变一”特征，不是化合反应，B错误；C、青铜器在锈蚀的过程中，由CuCl中的+1价变为Cu₂（OH）₂CO₃、Cu₂（OH）₃Cl中的+2价，铜元素的化合价升高，C正确；D、在干燥、无氧的环境中有利于青铜器的保护，D正确。故选B。

【难度】5

20．（2分）CO、H₂还原Fe₂O₃的过程相似，大致分为三个阶段。向4.8gFe₂O₃中不断通入H₂，不断加热，实验测得固体残留率（固体残留率 100%）随温度的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．d点对应固体为Fe，其质量为3.36g

B．从a到d点，固体中的含氧量逐渐变小

C．从a到d点，固体减少的质量等于生成的水的质量

D．bc段发生反应的方程式为Fe₃O₄+H₂ 3FeO+H₂O

【答案】C

【考点】一氧化碳还原氧化铁

【分析】A、根据氧化铁中铁元素的质量计算进行分析；

B、根据氧元素的质量分数进行分析；

C、氧化铁失去氧得到铁进行分析；

D、根据氧元素质量分数的变化进行分析。

【解答】解：A、4.8gFe₂O₃中铁元素质量为：4.8g 100%＝3.36g，d点对应固体质量＝反应前氧化铁的质量×固体残留率＝4.8g×70%＝3.36g，所以d点对应固体为Fe，其质量为3.36g，故A正确；B、CO、H₂还原Fe₂O₃的过程相似，铁的氧化物中的氧元素逐渐被氢气夺去，固体中的含氧量逐渐变小，故B正确；C、从a到d点，固体减少的质量等于参加反应固体中所减少氧元素的质量，不等于生成的水的质量，故C错误；D、铁的氧化物有Fe₂O₃、Fe₃O₄、FeO，氧元素质量分数分别为：30%、27.6%、22.2%，根据从a到d点，固体中的含氧量逐渐变小，第一阶段氢气与Fe₂O₃反应生成Fe₃O₄和水，第二阶段氢气与Fe₃O₄反应生成FeO和水，第三阶段氢气与FeO反应生成Fe和水，所以bc段发生反应的方程式为Fe₃O₄+H₂ 3FeO+H₂O，故D正确。故选：C。

【难度】5

第II卷（非选择题共50分）

21．（3分）中国居民平衡膳食餐盘及每天摄入量建议如图所示。

（1）下列食物中富含蛋白质的是 　 　（填序号）。

a．谷薯类

b．鱼肉类

c．蔬菜类

（2）青少年缺少钙元素会患 　 　。

a．佝偻病

b．夜盲症

c．甲状腺肿大

（3）平衡膳食要注意两点：①膳食中有多样化的食物；②　 　。

【答案】（1）b；（2）a；（3）主食粗细平衡、少油薄盐（合理即可）。

【考点】人体内的常量元素；食品、药品与健康食品中的有机营养素；均衡营养与健康

【分析】（1）根据食物中富含的营养素来分析；

（2）根据化学元素与人体健康的关系来分析；

（3）根据平衡膳食的注意事项来分析。

【解答】解：（1）a、谷薯类富含糖类（淀粉）；b、鱼肉类富含蛋白质；c、蔬菜类富含维生素。故答案为：b。（2）a、缺少钙元素会患佝偻病；b、缺维生素A会引起夜盲症；c、缺碘元素会甲状腺肿大。故答案为：a。（3）平衡膳食要注意膳食中有多样化的食物，主副食比例平衡，主食粗细平衡、少油薄盐等.故答案为：主食粗细平衡、少油薄盐（合理即可）。

【难度】3

22．（3分）海水淡化常用蒸馏和膜分离等多种方法。

（1）蒸馏的原理示意图如图1所示。蒸馏属于 　 　（填“物理”或“化学”）变化。

（2）膜分离的原理如图2所示。将海水加压一段时间后，水分子能透过分离膜，Na⁺和Cl^﹣却不能透过，右侧海水中氯化钠的质量分数 　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。

（3）膜分离的原理与化学实验中物质分离的 　 　操作相似。

【答案】（1）物理；（2）变大；（3）过滤。

【考点】混合物的分离方法；溶质的质量分数；化学变化和物理变化的判别

【分析】（1）化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成。

（2）根据将海水加压一段时间后，水分子能透过分离膜，Na⁺和Cl^﹣却不能透过，进行分析解答。

（3）根据膜分离能将水和氯化钠分离，进行分析解答。

【解答】解：（1）蒸馏过程中只有水的状态发生了变化，没有新物质生成，属于物理变化。（2）加压后右侧的水分子逐渐向左侧转移，Na⁺和Cl^﹣却不发生转移，则右侧的海水中水的质量变小，氯化钠的质量不变，则氯化钠的质量分数变大。（3）膜分离能将水和氯化钠分离，过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法，膜分离的原理与化学实验中过滤操作原理相似。故答案为：（1）物理；（2）变大；（3）过滤。

【难度】3

23．（4分）暖宝宝可用于“暖”宝宝。

（1）利用铁粉、活性炭、水和食盐可自制暖宝宝。暖宝宝发热的原因是铁与空气中的 　 　和水反应放热。

（2）利用温度传感器测得两种不同暖宝宝使用时温度变化的曲线如图所示。与市售暖宝宝相比，自制暖宝宝用来取暖的不足有：①　 　；②　 　。

（3）利用暖宝宝可从空气中分离出氮气。氮气可用作食品保护气，理由是 　 　。

【答案】（1）氧气；（2）①自热暖宝宝放出的热量较大，产生的温度高，容易造成烫伤；②自热暖宝宝持续放热时间短；（3）氮气无毒，氮气的化学性质不活泼。

【考点】金属锈蚀的条件及其防护；氮气的用途

【分析】（1）根据铁锈蚀的条件，进行分析解答。

（2）根据两种不同暖宝宝使用时温度变化的曲线，进行分析解答。

（3）根据氮气的化学性质不活泼，进行分析解答。

【解答】解：（1）铁在空气中锈蚀，实际上是铁跟空气中的氧气、水蒸气共同作用的结果，故暖宝宝发热的原因是铁与空气中的氧气和水反应放热（2）通过比较两种不同暖宝宝使用时温度变化的曲线，可以得出自制暖宝宝用来取暖的不足有：①自热暖宝宝放出的热量较大，产生的温度高，容易造成烫伤，②自热暖宝宝持续放热时间短。（3）氮气可用作食品保护气，理由是氮气无毒，氮气的化学性质不活泼。故答案为：（1）氧气；（2）①自热暖宝宝放出的热量较大，产生的温度高，容易造成烫伤；②自热暖宝宝持续放热时间短；（3）氮气无毒，氮气的化学性质不活泼。

【难度】3

24．（5分）化学兴趣小组同学对稀盐酸和氢氧化钠溶液反应的发生进行了探究。

（1）利用如图1所示的装置进行实验探究。用pH传感器测得烧杯中溶液的pH随滴加液体体积变化的曲线如图2所示。

①反应前烧杯中盛放的液体Y是 　 　。

②图中b点所示溶液中的溶质是 　 　。

③写出盐酸和氢氧化钠反应的化学方程式：　 　。

（2）利用如图3所示装置进行实验：烧杯中放入新制饱和石灰水，向试管中加入氢氧化钠溶液，将稀盐酸滴入试管。一段时间后，试管外壁附近溶液中出现浑浊，原因是 　 　。

【答案】（1）①氢氧化钠溶液；②氯化钠；③HCl+NaOH＝NaCl+H₂O；（2）氢氧化钠和盐酸反应放热，导致氢氧化钙溶解度降低，氢氧化钙从溶液中析出而产生浑浊。

【考点】中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH的关系

【分析】（1）①根据图象中pH的变化是从大于7逐渐减小到小于7，进行分析解答。

②根据b点时溶液的pH等于7，进行分析解答。

③根据盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，进行分析解答。

（2）根据氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小，进行分析解答。

【解答】解：（1）①开始pH＞7，溶液为碱性，所以反应前烧杯中盛放的液体Y是氢氧化钠溶液。②盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，b点时溶液的pH等于7，溶液显中性，盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶质是氯化钠。③盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，反应的化学方程式为HCl+NaOH＝NaCl+H₂O。（2）饱和石灰水的溶质是氢氧化钙，溶解度随温度的升高而降低。氢氧化钠和盐酸反应是中和反应，放出热量。所以出现浑浊的原因是氢氧化钠和盐酸反应放热，导致氢氧化钙溶解度降低，氢氧化钙从溶液中析出产生浑浊。故答案为：（1）①氢氧化钠溶液；②氯化钠；③HCl+NaOH＝NaCl+H₂O；（2）氢氧化钠和盐酸反应放热，导致氢氧化钙溶解度降低，氢氧化钙从溶液中析出而产生浑浊。

【难度】3

25．（7分）燃煤电厂产生的脱硫废水（含有CaCl₂、MgCl₂、MgSO₄等物质）软化的一种工艺流程如下：

（1）“脱硫”过程中发生反应的化学方程式为：2CaCO₃+2R+O₂ 2CaSO₄+2CO₂。R的化学式为 　 　。

（2）“沉淀”步骤需要不断搅拌，目的是 　 　。

（3）写出“一级沉淀”中生成氢氧化镁的化学方程式：　 　（任写一个）。

（4）“二级沉淀”中固体Y的化学式为 　CaCO₃　；加入稀盐酸的目的是 　 　。

（5）软化处理过程中，碳酸钠和熟石灰的添加顺序不能颠倒，原因是 　 　。

【答案】（1）SO₂。（2）加快反应。（3）MgCl₂+Ca（OH）₂＝Mg（OH）₂↓+CaCl₂。（4）①.CaCO₃。②.除去溶液中的Na₂CO₃和NaOH。（5）Ca²⁺除不尽，不能达到软化的目的。

【考点】物质的相互转化和制备；根据质量守恒定律判断物质的化学式；酸雨的产生、危害及防治；盐的化学性质

【分析】（1）反应前后原子种类和个数都不变。

（2）为加快反应“沉淀”步骤需要不断搅拌。

（3）“一级沉淀池”中过量熟石灰与MgCl₂、MgSO₄等物质反应生成氢氧化镁。

（4）“二级沉淀”池中固体Y是“一级沉淀”池中余下的氢氧化钙、未反应的氯化钙与过量碳酸钠反应生成的碳酸钙；

为除去余下的碳酸钠，即其余氢氧化钙反应生成的氢氧化钠，需要加入稀盐酸。

（5）为防止Ca²⁺除不尽，不能达到软化的目的，所以软化处理过程中，碳酸钠和熟石灰的添加顺序不能颠倒。

【解答】解：（1）2CaCO₃+2R+O₂ 2CaSO₄+2CO₂。反应物有2个钙原子，2个碳原子，8个氧原子；生成物中有2个钙原子，2个碳原子，12个氧原子，2个硫原子。所以2R中含有2个硫原子，4个氧原子，即R的化学式为SO₂。（2）为加快反应“沉淀”步骤需要不断搅拌。（3）“一级沉淀池”中过量熟石灰与MgCl₂、MgSO₄等物质反应生成氢氧化镁。即MgCl₂+Ca（OH）₂＝Mg（OH）₂↓+CaCl₂、MgSO₄+Ca（OH）₂＝Mg（OH）₂↓+CaSO₄。（4）“二级沉淀”池中固体Y是“一级沉淀”池中余下的氢氧化钙、未反应的氯化钙、反应生成的硫酸钙与过量碳酸钠反应生成的碳酸钙；为除去余下的碳酸钠，即其余氢氧化钙反应生成的氢氧化钠，需要加入稀盐酸。（5）为防止Ca²⁺除不尽，不能达到软化的目的，所以软化处理过程中，碳酸钠和熟石灰的添加顺序不能颠倒。故答案为：（1）SO₂。（2）加快反应。（3）MgCl₂+Ca（OH）₂＝Mg（OH）₂↓+CaCl₂。（4）①.CaCO₃。②.除去溶液中的Na₂CO₃和NaOH。（5）Ca²⁺除不尽，不能达到软化的目的。

【难度】5

26．（8分）阅读下列短文，回答相关问题。

飞行的金属

现代先进的飞机与飞行器要飞得高、快、远、省，就必须靠轻、强、美的材料。铝、镁、锂、钛这些金属及其合金被称之为“飞行的金属”。铝、镁、锂、钛等金属在自然界中以化合物的形式存在，铝土矿含有Al₂O₃，光卤石含有MgCl₂，锂辉石含有LiAl（Si₂O₆），金红石含有TiO₂。元素的存在形态与环境条件有关，铝元素在pH＜4的溶液中以Al³⁺存在，在pH为4～7时以Al（OH）₃的形态沉淀，在pH＞7的溶液中以[Al（OH）₄]^﹣存在。

铝、镁、锂、钛的冶炼有电解法和还原法等。冶炼钛的部分生产流程如图1所示。

金属及其合金的性质决定其用途。钛在盐酸、硫酸、硝酸溶液中耐腐蚀，在碱性溶液中可稳定存在。将1mm厚的不锈钢、钛浸在海水中，不锈钢4年后完全腐蚀，钛几十年不腐蚀。钛合金、铝合金、铜合金的耐海水腐蚀性能试验结果如图2所示。航空航天材料的选择，既要轻又要有足够的强度。铝、镁、锂、钛、铁的密度（g•cm^﹣3）的值分别为2.7、1.74、0.54、4.51和7.87。比强度（MPa•cm³•g^﹣1）越大，材料的性能越好。不锈钢、铝合金和钛合金的比强度分别为79、167和218。

铝，姗姗来迟，给世界带来勃勃生机。镁、锂让飞行器变得更快更省。钛，力大无比的巨人，“全能”的钛帮助人类飞出地球，飞向太空！

（1）Mg—Al合金属于 　 　。

a．金属材料

b．合成材料

c．复合材料

（2）铝制品在空气中耐腐蚀的原因是 　 　。

（3）锂和镁、铝相比，能让飞行器变得更快的原因是 　 　；钛、铜镍合金、铝黄铜中耐腐蚀性最好的是 　 　。

（4）写出由TiO₂转化为TiCl₄的化学反应方程式：　 　。

（5）下列叙述正确的是 　 　（填序号）。

a．自然界中，在酸性条件下，铝元素的存在形式有Al³⁺或Al（OH）₃

b．作为航空航天材料，与铝相比，钛在密度和强度方面都具有明显优势

c．金属的冶炼与金属活动性、金属矿物的储量等因素有关

【答案】（1）a；（2）常温下，铝与空气中的氧气反应生成了一层致密的氧化铝薄膜，从而阻止了铝进一步被氧化；（3）锂的密度比镁、铝的密度小、质轻；钛；（4）TiO₂+2C+2Cl₂ TiCl₄+2CO；（5）ac。

【考点】金属的化学性质；溶液的酸碱性与pH的关系；合金与合金的性质；金属材料及其应用

【分析】（1）根据材料的分类分析；

（2）根据铝的自我保护分析；

（3）根据材料分析；

（4）由题中图1信息分析；

（5）结合资料信息分析。

【解答】解：（1）金属材料包括纯金属单质以及它们的合金，Mg—Al合金属于金属材料，故选a。（2）铝制品在空气中耐腐蚀的原因是：常温下，铝与空气中的氧气反应生成了一层致密的氧化铝薄膜，从而阻止了铝进一步被氧化。（3）锂和镁、铝相比，能让飞行器变得更快的原因是锂的密度比镁、铝的密度小、质轻；由图2可知，钛、铜镍合金、铝黄铜中耐腐蚀性最好的是钛。（4）由题中图1信息、质量守恒定律，TiO₂转化为TiCl₄发生的反应是TiO₂、C和Cl₂在800⁓1000℃条件下生成TiCl₄和CO，反应的化学反应方程式为：TiO₂+2C+2Cl₂ TiCl₄+2CO。（5）a、pH＜7，溶液显酸性，铝元素在pH＜4的溶液中以Al³⁺存在，在pH为4～7时以Al（OH）₃的形态沉淀，在pH＞7的溶液中以[Al（OH）₄]^﹣存在。所以自然界中，在酸性条件下，铝元素的存在形式有Al³⁺或Al（OH）₃，故正确；b、钛的密度比铝的密度大，故错误；c、金属的冶炼与金属活动性、金属矿物的储量等因素有关，故正确。故答案为：（1）a；（2）常温下，铝与空气中的氧气反应生成了一层致密的氧化铝薄膜，从而阻止了铝进一步被氧化；（3）锂的密度比镁、铝的密度小、质轻；钛；（4）TiO₂+2C+2Cl₂ TiCl₄+2CO；（5）ac。

【难度】5

27．（10分）化学兴趣小组对实验室制取氧气进行了如下探究。

I、探究二氧化锰在过氧化氢分解反应中的作用

实验1：在试管中加入5mL5%过氧化氢溶液，把带火星的木条伸入试管，观察现象。（如图）

实验2：向上述试管中加入二氧化锰粉末，把带火星的木条伸入试管，有大量气泡冒出，带火星的木条复燃。

实验3：待上述试管中没有现象发生时，重新加入过氧化氢溶液，把带火星的木条伸入试管，观察现象。

实验4：探究催化剂的用量对过氧化氢分解速率的影响。每次实验均用30mL10%的H₂O₂溶液，采用不同质量MnO₂粉末做催化剂，测定收集到500mL氧气所用的时间，结果如下：

实验序号	①	②	③	④	⑤	⑥	⑦	⑧
MnO2粉末用量/g	0.1	0.2	0.3	0.4	0.5	0.6	0.7	0.8
所用时间/s	17	8	6	3	2	2	2	2

（1）实验1中，观察到有气泡产生，带火星的小木条未复燃。实验结论是 　 　。

（2）写出实验2发生反应的化学方程式 　 　。

（3）实验3的实验目的是 　 　。

（4）由实验4的实验结果可得出的结论是 　 　。

Ⅱ、探究高锰酸钾分解制取氧气的得氧率

高锰酸钾在用酒精灯加热分解的过程中，可能发生如下三个反应：

①2KMnO₄ K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑

②6KMnO₄ 2K₂MnO₄+K₂Mn₄O₈+4O₂↑

③KMnO₄ KMnO₂+O₂↑

（5）根据反应①，计算15.8gKMnO₄完全分解生成氧气的质量（写出计算过程） 　 　。

（6）已知：得氧率 100%。在反应①、②、③中，相同质量的高锰酸钾加热完全分解，理论上得氧率最高的是 　 　（填反应序号）。

【答案】（1）双氧水在无催化剂的条件下分解速率很慢，产生的氧气很少不能使带火星的小木条复燃。（2）2H₂O₂ 2H₂O+O₂↑。（3）证明二氧化锰化学反应前后化学性质没有改变。（4）催化剂的用量能影响反应的速率。（5）1.6g。（6）③。

【考点】催化剂的特点与催化作用

【分析】（1）根据实验现象总结实验结论；

（2）过氧化氢在二氧化锰催化作用下反应生成水和氧气，据此书写化学方程式；

（3）根据实验过程分析回答此题；

（4）根据实验结果总结实验结论；

（5）根据化学方程式计算此题；

（6）根据化学方程式和质量守恒定律分析回答此题。

【解答】解：（1）实验1双氧水中没有加入催化剂，观察到有气泡产生，带火星的小木条的无法复燃，说明双氧水分解产生氧气的速率很慢，氧气浓度很低，无法使带火星小木条复燃；（2）双氧水在二氧化锰催化作用下分解产生氧气与水，化学反应方程式为：2H₂O₂ 2H₂O+O₂↑；故答案为：2H₂O₂ 2H₂O+O₂↑。（3）实验3为再次加入双氧水到已经反应完的试管中，观察到试管中有气泡产生，且能使带火星的小木条复燃，证明二氧化锰仍然在试管中，化学性质没有改变，能继续催化双氧水的分解；故答案为：证明二氧化锰化学反应前后化学性质没有改变。（4）根据表格数据可知随着二氧化锰的质量增加双氧水的分解速率逐渐变大，当二氧化锰质量达到一定的值后反应速率达到最大值，不再增大；则能得出结论二氧化锰的用量对双氧水的分解有影响；故答案为：催化剂的用量能影响反应的速率。（5）设生成氧气的质量的x，

2KMnO₄ K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑

316 32

15.8g x

x＝1.6g

答：产生氧气的质量为1.6g。故答案为：1.6g。

（6）根据上述化学反应方程式分析得出：反应①中消耗2个高锰酸钾分子，产生一个氧气分子，得氧率 10.1%，反应②中消耗6个高锰酸钾分子，产生4个氧气分子，则得氧率 13.5%，反应③中消耗1个高锰酸钾分子，产生1个氧气分子，则得氧率 20.3%，故反应③得氧率最高；故答案为：③。

【难度】5

28．（10分）氢是实现碳中和的能源载体。

（1）煤制氢的原理可表示为C+H₂O X+H₂。

①X中肯定含有的元素是 　 　。

②煤制氢的不足是 　 　（写出一点）。

（2）甲烷制氢包括重整、转化和分离等过程。甲烷制氢过程中产生的H₂和CO₂的混合气分离得到H₂的过程如下：

①海水作为吸收剂时，下列措施有利于海水吸收二氧化碳的是 　 　（填序号）。

a．升高海水的温度

b．加快混合气的流速

c．增大气体的压强

②利用K₂CO₃溶液吸收CO₂，将其转化为KHCO₃，KHCO₃在加热条件下即可分解生成CO₂。比较CaCO₃和KHCO₃分解反应的不同，可推知CaCO₃的稳定性 　＞ 　（填“＞”或“＜”）KHCO₃的稳定性。

③使用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳并分离出氢气。补充完整氢氧化钠循环使用的方案。

步骤1：将氢气和二氧化碳的混合气通入足量的氢氧化钠溶液中。

步骤2：向步骤1所得的溶液中 　 　。

步骤3：过滤，得滤渣和氢氧化钠溶液。

（3）某种利用太阳能制氢的过程如图1所示。

①反应I的基本类型为 　 　。

②写出反应Ⅱ的化学方程式：　 　。

（4）我国2030～2050年各种能源使用预期情况如图2所示。

①图2所涉及的能源中，属于不可再生能源的是 　 　。

②2030～2050年，预期我国能源结构的变化趋势是 　 　。

【答案】（1）①.C、O。②.反应条件为高温，需要消耗大量能源。（2）①.c。②.＞。③.加入适量的氢氧化钙溶液。（3）①.分解反应。②.3ZnO+2Fe₃O₄+H₂O 3ZnFe₂O₄+H₂↑。（4）①.化石能源、核电。②.对可再生能源的使用比重越来越多，对不可再生能源的使用逐渐减少。

【考点】物质的相互转化和制备；反应类型的判定；质量守恒定律及其应用；常见能源的种类、能源的分类；资源综合利用和新能源开发

【分析】（1）根据元素守恒可知物质反应前后的元素种类不发生变化。

（2）二氧化碳为气体，气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大；

升高海水温度，二氧化碳溶解度减小，不利于海水吸收二氧化碳；

加快混合气体的流速，二氧化碳与海水接触时间变短，不利于海水吸收二氧化碳；

增大压强能使二氧化碳溶解度增大，有利于海水吸收二氧化碳。

碳酸氢钾的在加热的条件下即可分解，碳酸钙需要在高温的条件下才能分解，则碳酸钙的稳定性大于碳酸氢钾的稳定性；

（3）一种物质反应生成三种物质，则属于分解反应；

反应II为ZnO、Fe₃O₄与H₂O在太阳能的条件下反应生成ZnFe₂O₄与H₂；

（4）光伏、风电、水电属于可再生资源；化石能源和核电属于不可再生资源；

根据图示发展可以得出在2030～2050年，我国对可再生能源的使用比重越来越多，对不可再生能源的使用逐渐减少。

【解答】解：（1）①根据元素守恒可知物质反应前后的元素种类不发生变化，反应前物质由C、H、O元素组成，生成物为X与H₂，H₂由氢元素组成，则X只一定含有C、O两种元素。②该反应的条件为高温，产生高温需要消耗能源。（2）①二氧化碳为气体，气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大；a、升高海水温度，二氧化碳溶解度减小，不利于海水吸收二氧化碳；b、加快混合气体的流速，二氧化碳与海水接触时间变短，不利于海水吸收二氧化碳；c、增大压强能使二氧化碳溶解度增大，有利于海水吸收二氧化碳。②碳酸氢钾的在加热的条件下即可分解，碳酸钙需要在高温的条件下才能分解，则碳酸钙的稳定性大于碳酸氢钾的稳定性；③步骤1，混合气体通入过量NaOH溶液后二氧化碳能与NaOH反应生成碳酸钠与水，充分反应后溶液中溶质为NaOH与Na₂CO₃；步骤2，向上述反应后溶液中加入适量的氢氧化钙溶液，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀与氢氧化钠，反应后溶液中溶质为NaOH；步骤3，过滤后得到滤渣与NaOH溶液。（3）①根据反应的图示可以分析得出反应I为一种物质反应生成三种物质，则属于分解反应；②反应II为ZnO、Fe₃O₄与H₂O在太阳能的条件下反应生成ZnFe₂O₄与H₂，则化学反应方程式为：3ZnO+2Fe₃O₄+H₂O 3ZnFe₂O₄+H₂↑；（4）①光伏、风电、水电属于可再生资源；化石能源和核电属于不可再生资源；②根据图示发展可以得出在2030～2050年，我国对可再生能源的使用比重越来越多，对不可再生能源的使用逐渐减少。故答案为：（1）①.C、O。②.反应条件为高温，需要消耗大量能源。（2）①.c。②.＞。③.加入适量的氢氧化钙溶液。（3）①.分解反应。②.3ZnO+2Fe₃O₄+H₂O 3ZnFe₂O₄+H₂↑。（4）①.化石能源、核电。②.对可再生能源的使用比重越来越多，对不可再生能源的使用逐渐减少。

【难度】5