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2023年江苏省苏州市工业园区星海实验学校中考化学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年江苏省苏州市工业园区星海实验学校中考化学二模试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了 下列排序正确的是， 下列有关溶液的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省苏州市工业园区星海实验学校中考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 中华文学源远流长。下列词语蕴含化学变化的是( )
A. 清风徐来 B. 水落石出 C. 伐薪烧炭 D. 愚公移山
2. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. 活性炭有吸附性，可用于净水 B. 石墨有导电性，可用于生产铅笔芯
C. 一氧化碳有可燃性，可用来炼铁 D. 碳酸钙难溶于水，可用作补钙剂
3. 对下列事实的解释合理的是( )
A. 活性炭净水——降低水中Ca2+、Mg2+的含量
B. CO能燃烧，CO2不能燃烧——构成物质分子的原子种类不同
C. 金刚石和石墨的物理性质存在明显差异——碳原子排列方式不同
D. 6000L氧气在加压的情况下装入容积为40L钢瓶中——氧分子变小
4. 苏州环古城步道两侧的绿植养护需要多种化学肥料。下列属于复合肥料的是( )
A. (NH4)2SO4 B. K2SO4 C. Ca(H2PO4)2 D. KNO3
5. 下列苏州美食中富含维生素的是( )
A. 卤汁豆腐干 B. 松鼠桂鱼 C. 东山枇杷 D. 阳澄湖大闸蟹
6. 碧螺春是苏州名茶，茶叶中含有茶氨酸(C17H14O3N2)，还含有锌、硒等元素。下列说法正确的是( )
A. 茶叶中的碳、锌、硒均属于微量元素 B. 茶氨酸是一种有机化合物
C. 茶氨酸中氢、氧元素质量比为14：3 D. 茶氨酸中氮元素的质量分数最小
7. 下列排序正确的是( )
A. 地壳中元素含量：→由高到低O、Al、Si B. 氮元素质量分数：
C. 金属活动性顺序： D. 物质的溶解性：
8. 下列有关溶液的说法正确的是( )
A. 积雪的路面撒食盐，可以促进积雪融化 B. 升高温度可增大气体在水中的溶解度
C. 氢氧化钙的溶解度随温度升高而增大 D. 向水中加入蔗糖，导电性明显增强
9. 鉴别下列各组物质，所选用的试剂不正确的是( )
A. 硬水和软水：肥皂水 B. NaOH固体和NH4NO3固体：水
C. N2和CO2：澄清石灰水 D. NaOH溶液和Na2CO3溶液：酚酞
10. 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
11. 元素化合价和物质类别是认识物质的两个重要维度。如图表示硫元素的化合价与含硫物质类别之间的关系，已知A点表示SO3，则下列说法错误的是( )
A. B点表示的物质在空气中燃烧产生淡蓝色火焰
B. C点表示的物质是大气污染物之一
C. D点表示的物质和硝酸钡在溶液中不能大量共存
D. E点表示的物质的化学式为Na2SO3
12. 5G通信芯片常用氯化镓材料制成。如图是氢元素在元素周期表中的信息以及镓原子的结构示意图。下列说法正确的是( )
A. 图中x=8
B. 氮原子核内质子数为7
C. 氮原子的相对原子质量为14.01g
D. 镓原子在化学反应中易得到3个电子
13. 甲醛(HCHO)会危害人体健康，利用某催化剂消除甲醛的反应微观原理如图所示。下列相关分析正确的是( )
A. 反应前后原子种类没有改变 B. 分子在化学变化中不可再分
C. 反应中共有三种氧化物 D. 反应前后物质的总质量发生了改变
14. 下列物质的转化在给定条件下均能实现的是( )
A. C→点燃O2CO2→高温CCO
B. Fe→稀HClFeCl3→NaOH溶液Fe(OH)3
C. CaO→H2OCa(OH)2→BaCI2溶液CaCl2
D. NaCl→AgNO3溶液NaNO3→K2SO4溶液Na2SO4
15. 下列有关燃烧与灭火的说法不正确的是( )
A. 物质燃烧时伴随着发光、发热 B. 吹灭蜡烛的灭火原理是隔绝氧气
C. 图书着火可用液态二氧化碳灭火 D. 发生火险沉着应付，必要时拨打119
16. 氯化钠和硝酸钾两种固体的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 20℃20g氯化钠溶于50g水中得到70g溶液
B. 用降温结晶法从混有硝酸钾的氯化钠溶液中提纯氯化钠
C. 将20℃的硝酸钾饱和溶液升温至50℃，溶液的溶质质量分数变大(不考虑水分蒸发)
D. 将50℃时185.5g硝酸钾饱和溶液降温到20℃时，析出53.9g晶体
17. 除去下列各物质混有的少量杂质，所选用的试剂，操作均正确的是( )
A. KNO3(NaCl)：加水溶解、蒸发结晶、过滤
B. Na2SO4(MgSO4)：加Ba(OH)2溶液，过滤
C. CO(CO2)：通过灼热的氧化铜
D. NaCl(Na2CO3)：加入过量稀盐酸，蒸发结晶
18. 推理是学习和研究化学常用的方法。下列推理合理的是( )
A. 碱溶液能使无色酚酞变红，则使无色酚酞变红的都是碱溶液
B. 碳酸盐能与稀盐酸反应生成气体，则与稀盐酸反应生成气体的一定是碳酸盐
C. 灼烧蛋白质有烧焦羽毛气味，则灼烧羊毛也有烧焦羽毛气味
D. 洗洁精除油污的原理是乳化，则汽油除油污的原理也是乳化
19. 科学工作者研发了一种SUNCAT系统，借助该系统利用如图所示的原理可持续合成氨。下列说法正确的是( )
A. 该系统中只有Li、O的化合价发生了改变
B. 涉及的反应类型只有化合反应和分解反应
C. 理论上，每合成68gNH3，就需要消耗56gN2
D. 理论上，每消耗28gN2，需额外补充42gLi
20. 称取mgCaC2O4⋅H2O(相对分子质量为146，其中氧元素的化合价为−2)置于氮气流中加热，残留固体质量随温度的变化如图所示(图中各点对应固体均为纯净物)，其中A→B发生反应：CaC2O4⋅H2OCaC2O4+H2O.下列说法正确的是( )
A. CaC2O4中碳元素的化合价为+2
B. m=8.2
C. C→D发生反应的化学方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑
D. F点对应固体的化学式为Ca(OH)2
21. 化学的发展与应用促进了人类社会的进步，提升了人民的生活水平。
(1)现代家庭居所都安装上了地暖，环保、节能、安全，碳晶地暖的构造如图所示。其中属于金属材料的是 ______ ；属于无机非金属材料的是 ______ ；属于高分子材料的是挤塑板和 ______ 。
(2)电动汽车发展迅速，电池的性能是关键。LiMn2O4是锂离子电池的一种正极材料，可通过MnO2与Li2CO3煅烧制备，其反应原理是，该反应中的X化学式为 ______ 。
(3)家用电器上的花纹精细美观。金属蚀刻又称光化学蚀刻，其原理是通过溶液与金属的化学反应，从而形成凹凸。如在铜板上做一幅蚀刻画，将铜板表面打磨并贴上保护膜后刻画出图案，再滴加蚀刻剂即可。下列溶液可做蚀刻剂的是(填字母编号) ______ 。选择的依据是(用化学方程式表示) ______ 。
A.硫酸镁溶液
B.稀盐酸
C.硝酸银溶液
22. CO2对人类生存、生活有着重大影响，CO2的捕集与资源化利用是化学研究热点。
(1)2022年北京冬奥会，国家速滑馆“冰丝带”采用当前最先进的CO2跨临界直冷制冰技术，为各国运动员建造了“最美、最快的冰面”，实现了CO2循环利用和碳排放几乎为零。超临界CO2流体能制冷的原因是因为蒸发时 ______ (“放热”或“吸热”)，从微观角度看，发生改变的是 ______ 。
(2)2021年9月24日，《科学》在线发表了中科院天津工业生物技术研究所科研人员在国际上首次实现了二氧化碳到淀粉的合成，在实验室只需要几个小时就可以完成农作物需要几个月的淀粉合成过程。请分析“搭积木”式的合成路线图，回答有关问题。
①自然界中，绿色植物通过 ______ 将二氧化碳转化为淀粉。
②如图中反应①中生成甲醇(CH3OH)和水的化学方程式为 ______ 。现有6.6gCO2，最多能生成甲醇(CH3OH)的质量是 ______ 。
③淀粉是由分子构成的有机物，从微观角度分析，直链淀粉和支链淀粉的化学性质不同，原因是 ______ 。经检测，人工合成的淀粉与天然淀粉在分子组成、结构上一致，实验室可用 ______ (填试剂名称)初步检验出淀粉的生成。
(3)2021年12月9日，400公里之上，天宫课堂开讲。“天宫”空间站是采用分子筛吸附CO2，同时利用舱外真空实现CO2的脱附，将其排入太空。这里的CO2捕集是一个 ______ (填“物理”或“化学”)过程。对于短期飞行的载人航天器而言，通常采用LiOH吸收航天员排入舱内的CO2生成Li2CO3和H2O，反应的化学方程式为 ______ 。
23. 研究“水”可从多角度展开。
(1)认识水：某同学在水电解器中加入含酚酞的稀Na2SO4溶液(Na2SO4溶液呈中性且不参与反应)，至充满管A和管B。通直流电一段时间后现象如图所示。电解结束后将容器内所有液体倒入烧杯中，溶液呈无色。
①下列说法正确的是 ______ (填字母)。
A.硫酸钠在水中解离出Na+和SO42−，可增强导电性
B.电极M与电源负极相连
C.电解过程中化学能转化为电能
D.该实验说明水是由氢、氧元素组成的
②电解过程中，电极N附近产生的微粒有 ______ (填微粒符号)。理论上电解水得到氧气和氢气的体积比为1：2，某同学用碳棒作电极进行电解水实验，得到氧气和氢气的体积比小于1：2，对产生此现象原因的猜想不合理的是 ______ 。
A.部分氧气溶于水
B.部分氢气与碳棒反应
C.部分氧气被碳棒吸附
D.部分氧气与氢气反应重新生成了水
(2)处理水：大多数天然淡水需要经过处理方可直接饮用。
①“生命吸管”将大运河水转变为饮用水的过程示意图如下：
“活性炭”可去除异味，是因为它具有良好的 ______ 性。“离子交换树脂”将硬水软化的反应之一是：2NaR+CaCl2=CaR2+2NaCl，由此可知一个Ca2+可交换出 ______ (填数字)个Na+。
②废水中氨氮(以NH3形式存在)含量过高，直接排放会导致水体富营养化。次氯酸(HClO)可除去废水中的NH3发生的反应为2NH3+3HClO=N2+3HCl+3H2O。若废水碱性过强(pH>10)。NH3的去除率会显著降低。原因是 ______ 。
(3)使用水：如图实验中，对水的主要作用分析不全面的是 ______ (填字母)。
A.a图中的水便于观察烧瓶内气压变化
B.d图中的水防止熔融物炸裂集气瓶
C.c图集气瓶中的水排尽空气且便于观察H2何时集满
D.b图中的水提供热量
(4)学校用50g20%的过氧乙酸溶液配制成0.5%的过氢乙酸溶液，需要加水 ______ mL(密度为1g/cm3)。配制过氧乙酸溶液的主要步骤有：计算、 ______ 、稀释、装瓶并贴标签。
24. 双氧水是常用的制氧剂，在实验室、工业中有着广泛应用。
(1)实验室制氧
用双氧水和二氧化锰制取氧气时发生反应的化学方程式是 ______ 。为获得纯净的氧气应选择的发生和收集装置是 ______ ，某同学利用空塑料输液袋如图F收集制得的氧气，氧气应从 ______ (填“a”或“b”)端进入。
(2)制“鱼浮灵”、“钙多宝”。
①“鱼浮灵”主要成分是2Na2CO3⋅3H2O2，可迅速增加水体含氧量，过碳酸钠溶于水生成碳酸钠和过氧化氢。为研究过碳酸钠能快速产生氧气的原理，兴趣小组做了如下对比实验。
编号
①
②
③
④
⑤
试剂
H2O
4%H2O2溶液
Na2CO3固体
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
pH
6.96
6.01
8.14
8.15
9.26
溶解氧
5.68
6.44
9.11
9.12
10.97
常温下，过氧化氢水溶液呈酸性。实验④⑤对比可得出的结论是 ______ 。由实验②③作对比，可知过氧碳酸钠可以速效制氧的原理是 ______ 。
②“钙多宝”主要成分是CaO2，常温下能与水反应生成氢氧化钙和氧气。为长途运输鱼类提供氧气，写出化学方程式 ______ 。
25. 碳酸亚铁应用非常广泛，可以做补血剂、阻燃剂、催化剂，还可用于皮革生产。已知FeCO3是一种白色晶体，在空气中易被氧化。FeSO4溶液也易与氧气反应而被氧化。
Ⅰ.工业上利用废铁屑(含少量Fe2O3)为原料制备碳酸亚铁(FeCO3)的流程如下：
(1)酸溶时适当提高反应温度和H2SO4浓度，目的是 ______ ，转化1中Fe粉可使“酸溶”产生的Fe2(SO4)3转化为FeSO4，该反应的化学方程式为 ______ 。
(2)转化2中发生的反应是FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+X+H2O+CO2↑，X的化学式为 ______ 。检验滤渣是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入 ______ 溶液，无明显现象，证明已洗干净了。
(3)FeCO3在空气中灼烧能生成氧化铁和二氧化碳，写出该反应的化学方程式为 ______ ，FeCO3能作阻燃剂的原理是 ______ ， ______ 。
Ⅱ.实验室利用如图装置，通过FeSO4与NH4HCO3反应制取FeCO3，进行以下两步操作：第一步：打开活塞1、3，关闭活塞2，反应一段时间。第二步：关闭活塞3，打开活塞2，发现B中有白色沉淀和气体生成。
(4)装置A中发生反应的化学方程式为 ______ 。第一步骤中将产生的气体向B中持续通入一段时间的目的是 ______ 。
(5)第二步骤中A中的浅绿色溶液能进入B中的原因是 ______ 。
(6)装置B中水浴温度不易过高的原因是 ______ 。
26. 含钠元素的化合物如NaOH、NaCl、Na2CO3、NaHCO3在化学中有着重要作用。老师带领化学兴趣小组同学进行了关于含钠化合物的一系统实验。
(1)实验一：向氢氧化钠溶液中滴入稀盐酸无明显现象，小红同学在老师的帮助下用电导率传感器测氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸的电导率变化如图一。
【查阅资料】Ⅰ.电导率传感器用于测量溶液的导电性强弱，能反映离子浓度大小。
Ⅱ.相同温度下同种溶液电导率越大离子浓度越大。回答下列问题：
①图二表示反应过程中烧杯内不同时间点的微粒示意图，按先后排列的顺序为 ______ (填字母)。
②图一中AB段曲线下降的原因是 ______ 。
③关于图一中的有关说法正确的是 ______ 。
A.AB段溶液pH不断减小，BC段溶液pH不断增大
B.B点所示溶液中的溶质是NaCl；溶液pH=7
C.取C点所示溶液加热蒸干所得固体为纯净物
D.B→C所示溶液中NaCl的质量不断增加
④向80g溶质质量分数为4%的氢氧化钠溶液中滴加酚酞溶液，再向其中缓缓加入某浓度的稀盐酸，边滴加边用玻璃棒搅拌，当溶液由无色刚刚变化粉红色时，即认为恰好完全反应，共消耗稀盐酸40g。则所用稀盐酸的溶质质量分数为 ______ ，反应后所得溶液的质量分数为 ______ 。(需要计算过程)
(2)实验二：小明在老师的帮助下利用数字传感器完成了以下实验。室温(约20℃)下，将8gNaOH溶于100g水中，然后向其中持续通入二氧化碳气体，同时用数字传感器测定溶液的pH变化，所得数据如图四所示。
【查阅资料】
Ⅰ.本实验条件下：NaOH、Na2CO3和NaHCO3溶液的pH分别的为14.0、12.0和8.5。
Ⅱ.20℃时，NaOH、Na2CO3、NaHCO3在水中的溶解度分别为109g、21.5g、9.6g。
Ⅲ.将CO2通入Na2CO3溶液发生如下反应，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，回答下列问题：
①实验中，用“分液漏斗”而不用“长颈漏斗”的原因是 ______ ；
②M点的溶质为 ______ ；
③实验过程中发现18min后溶液的pH基本不再变化，则此时烧杯内出现白色晶体，原因是 ______ 。(通过计算解释)
(3)实验三：侯氏制碱的原理为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，，小林同学在实验室用图五所示装置制取NaHCO3，反应结束后，将试管中的混合物过滤、洗涤，低温烘干得白色固体。回答下列问题：
①烧杯中冰水的作用是 ______ 。
②如图六中碳酸氢钠的溶解度在60℃后无数据的原因可能是 ______ 。
③向滤液中加入NaCl粉末，可使NH4Cl结晶析出，为使NH4Cl充分结晶析出，应采用的结晶方式是 ______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、清风徐来过程中没有新物质生成，属于物理变化。故选项错误；
B、水落石出过程中没有新物质生成，属于物理变化。故选项错误；
C、伐薪烧炭过程中有新物质二氧化碳生成，属于化学变化。故选项正确；
D、愚公移山过程中没有新物质生成，属于物理变化。故选项错误；
故选：C。
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，化学变化和物理变化的本质区别：是否有新物质生成；据此分析判断。
解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化。
2.【答案】A
【解析】解：A、活性炭有吸附性，能吸附异味和色素，可用于净水，故选项说法正确。
B、石墨质软，呈深灰色，可用于生产铅笔芯，故选项说法错误。
C、一氧化碳有还原性，可用来炼铁，故选项说法错误。
D、碳酸钙中含有钙元素，可用作补钙剂，故选项说法错误。
故选：A。
物质的性质决定物质的用途，根据常见物质的性质与用途，进行分析解答。
本题难度不大，物质的性质决定物质的用途，了解常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：A、活性炭净水，利用了活性炭具有吸附性，能吸附异味和色素，不能降低水中Ca2+、Mg2+的含量，故选项说法错误。
B、CO能燃烧，CO2不能燃烧，是因为它们分子的构成不同，不同种的分子化学性质不同，故选项说法错误。
C、金刚石和石墨的物理性质存在明显差异，是因为碳原子排列方式不同，故选项说法正确。
D、6000L氧气在加压的情况下装入容积为40L钢瓶中，是因为分子间有间隔，气体受压后，分子间的间隔变小，故选项说法错误。
故选：C。
根据活性炭具有吸附性，分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的；同种的分子性质相同，不同种的分子性质不同，可以简记为：“两小运间，同同不不”，结合事实进行分析判断即可。
本题难度不大，掌握活性炭具有吸附性、利用分子的基本性质分析和解决问题的方法是解答本题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：A、硫酸铵含有氮、磷、钾三种元素中的氮元素的肥料称为氮肥，故错误；
B、硫酸钾中含有氮、磷、钾三种元素中的钾元素，属于钾肥，故错误；
C、磷酸二氢钙中含有氮、磷、钾三种元素中的磷元素的肥料，属于磷肥，故错误；
D、硝酸钾中同时含有氮、磷、钾三种元素中的氮、钾两种元素，属于复合肥，故正确。
故选：D。
含有氮、磷、钾三种元素中的氮元素的肥料称为氮肥，含有氮、磷、钾三种元素中的磷元素的肥料称为磷肥，含有氮、磷、钾三种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．
本题主要考查化肥的分类方面的知识，解答时要分析化肥中含有哪些营养元素，然后再根据化肥的分类方法确定化肥的种类。
5.【答案】C
【解析】解：A、卤汁豆腐干中富含蛋白质，故选项错误。
B、松鼠桂鱼中富含蛋白质，故选项错误。
C、东山枇杷中富含维生素，故选项正确。
D、阳澄湖大闸蟹中富含蛋白质，故选项错误。
故选：C。
根据人体所需六大营养素的种类、食物来源，结合题中所给的食物判断所含的营养素，进行分析解答。
本题难度不大，了解各种营养素的种类、食物来源等是正确解答此类题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A、茶叶中的碳属于常量元素，锌、硒属于微量元素，故选项说法错误。
B、茶氨酸是含碳元素的化合物，属于有机化合物，故选项说法正确。
C、茶氨酸中氢、氧元素质量比为(1×14)：(16×3)=7：24，故选项说法错误。
D、茶氨酸中碳、氢、氧、氮元素的质量比为(12×17)：(1×14)：(16×3)：(14×2)=102：7：24：14，所以氢元素的质量分数最小，故选项说法错误。
故选：B。
A、根据人体中常量元素和微量元素所包括的种类，进行分析判断。
B、根据有机化合物是含有碳元素的化合物，简称有机物(碳的氧化物、碳酸盐、碳酸等除外)，进行分析判断。
C、根据化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析判断。
D、根据化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析判断。
本题难度不大，理解题意、灵活运用化学式的含义与有关计算等是正确解答本题的关键。
7.【答案】B
【解析】解：A、地壳中元素前五位是氧、硅、铝、铁、钙，地壳中元素含量由多到少顺序为：氧、硅，故选项排序错误。
B、将化学式变形得Na0.33N、NaNO2、NaNO3，其它原子的相对原子质量之和越小的，在该化合物中氮元素的质量分数就越大，则氮元素质量分数由大到小的顺序是NaN3、NaNO2、NaNO3，故选项排序正确。
C、三种金属活动性顺序是Zn、Cu、Ag，故选项排序错误。
D、碳酸钙难溶于水，氢氧化钙微溶于水，氯化钙易溶于水，故选项排序错误。
故选：B。
A、根据地壳中元素含量，进行分析判断。
B、通过变形使氮原子的个数相等，然后比较化合物中其它元素的原子的相对原子质量之和，其它原子的相对原子质量之和越小的，在该化合物中铁元素的质量分数就越大。
C、根据金属活动性顺序，进行分析判断。
D、根据酸碱盐的溶解性，进行分析判断。
本题难度不大，了解酸碱盐的溶解性、金属活动性顺序、地壳中元素含量等是正确解答本题的关键。
8.【答案】A
【解析】解：A、积雪的路面撒食盐，食盐溶于水使凝固点降低，可以促进积雪融化，故选项说法正确。
B、气体的溶解度随温度的升高而减小，升高温度可降低气体在水中的溶解度，故选项说法错误。
C、氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，故选项说法错误。
D、蔗糖是由蔗糖分子构成的，向水中加入蔗糖，导电性没有明显变化，故选项说法错误。
故选：A。
A、根据食盐的用途，进行分析判断。
B、根据气体的溶解度随温度的升高而减小，进行分析判断。
C、根据常见物质溶解度的影响因素，进行分析判断。
D、溶液能导电的原因是物质在溶解的过程中会形成能自由移动的离子。
本题难度不大，了解食盐的用途、气体溶解度的影响因素、溶液能导电的原因等是正确解答本题的关键。
9.【答案】D
【解析】解：A、可用肥皂水鉴别硬水和软水，产生泡沫较多的是软水，产生泡沫较少的是硬水，故选项错误。
B、NaOH固体溶于水放热，使温度升高；NH4NO3固体溶于水吸热，使温度降低；用水可以鉴别，故选项错误。
C、二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，氮气不能，可以鉴别，故选项错误。
D、NaOH溶液和Na2CO3溶液均显碱性，均能使酚酞溶液变红色，不能鉴别，故选项正确。
故选：D。
鉴别物质时，首先对需要鉴别的物质的性质进行对比分析找出特性，再根据性质的不同，选择适当的试剂，出现不同的现象的才能鉴别。
本题有一定难度，解答物质的鉴别题时要熟练掌握鉴别的物质的性质，然后选择适当的试剂或方法，出现不同的现象即可鉴别。
10.【答案】B
【解析】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。
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。
本题难度不大，了解氢氧化钠具有很强的腐蚀性、化合物中正负化合价代数和为零、常见物质的微观构成等是正确解答本题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：A.B点所示物质是一种单质，即硫，硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰，选项说法正确；
B.C点对应的物质是一种氧化物，其中硫元素显+4价，则该物质是二氧化硫，二氧化硫是一种大气污染物，选项说法正确；
C.D点表示的物质是一种酸，其中硫元素显+6价，则该物质是硫酸，硫酸能与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，所以和硝酸钡在溶液中不能大量共存，选项说法正确；
D.E点表示的物质是一种盐，其中硫元素显+6价，则该物质的化学式可以为Na2SO4，选项说法错误。
故选D。
本题难度不大，理解类价二维图的含义、掌握化学式、化合价的原则等是正确解答本题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：A、原子中，质子数=核外电子数，31=2+8+x+3，x=18，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7；根据原子中原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则氮原子核内质子数为7，故选项说法正确。
C、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，氮的相对原子质量为14.01，相对原子质量单位是“1”，不是“克”，故选项说法错误。
D、由原子结构示意图可知，镓原子的最外层有3个电子，少于4个，在化学反应中易失去3个电子，故选项说法错误。
故选：B。
A、根据原子中，质子数=核外电子数，进行分析判断。
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、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。
D、若最外层电子数多于4，在化学反应中易得电子，若最外层电子数少于4，在化学反应中易失去电子。
本题难度不大，灵活运用元素周期表中元素的信息(原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量)、原子结构示意图的含义是正确解答本题的关键。
13.【答案】A
【解析】解：由反应的微观示意图可知，该反应是甲醛和氧气在催化条件下反应生成了二氧化碳和水，反应的方程式是：CH2O+O2− 催化剂 CO2+H2O。
A、原子是化学变化中最小的粒子，反应前后原子种类没有改变，故A正确；
B、由微观反应示意图可知，分子在化学变化中可再分，故B错误；
C、氧化物是含有两种元素一种为氧元素的化合物；由分析可知，有二氧化碳、水2种氧化物，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：A。
根据反应的微观示意图，分析反应物、生成物，写出化学式、方程式，根据其意义分析判断有关的问题等。
本题通过微观粒子的反应模型图，考查了微观上对化学反应的认识，学会通过微观示意图把宏观物质和微观粒子联系起来、从微观的角度分析物质的变化是正确解答此类题的关键。
14.【答案】A
【解析】解：A、碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温条件下反应生成一氧化碳，该选项能够全部实现；
B、铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，该选项不能全部实现；
C、氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙不能和氯化钡反应，该选项不能全部实现；
D、氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，硝酸钠不能和硫酸钾费用，该选项不能全部实现。
故选：A。
A、碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温条件下反应生成一氧化碳；
B、铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；
C、氧化钙和水反应生成氢氧化钙；
D、氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
15.【答案】B
【解析】解：A、燃烧是可燃物与氧气发生的一种发光、放热的剧烈的氧化反应，燃烧时伴随着发光、发热，说法正确；
B、吹灭蜡烛的灭火原理是降低温度，使温度低于蜡烛的着火点以下，说法错误；
C、液态二氧化碳灭火器不会对图书、档案造成损坏，说法正确；
D、发生火险沉着应付，必要时拨打119，说法正确；
故选：B。
可燃物燃烧需要同时具备两个条件，缺一不可，破坏可燃物燃烧的条件，可以实现灭火．
16.【答案】D
【解析】解：A、20℃时氯化钠溶解度是36.0g，20g氯化钠溶于50g水中，能够溶解18g，得到68g溶液，该选项不正确。
B、硝酸钾溶解度受温度变化影响较大，氯化钠溶解度受温度变化影响较小，用蒸发结晶法从混有硝酸钾的氯化钠溶液中提纯氯化钠，该选项不正确。
C、将20℃的硝酸钾饱和溶液升温至50℃，变成不饱和溶液，溶质质量和溶剂质量都不变，溶液的溶质质量分数不变(不考虑水分蒸发)，该选项不正确。
D、将50℃时硝酸钾溶解度是85.5g，185.5g硝酸钾饱和溶液(水的质量是100g，溶质质量是85.5g)降温到20℃时(溶解度是31.6g)，析出85.5g−31.6g=53.9g晶体，该选项正确。
故选：D。
根据物质的溶解度曲线可以判断某一温度时物质的溶解度大小比较。
根据物质的溶解度曲线可以判断随着温度的变化，物质的溶解度变化情况。
根据物质的溶解度曲线、溶质质量、溶剂质量可以判断配制的溶液质量。
饱和溶液的溶质质量分数=溶解度100g+溶解度×100%。
溶液中溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%。
一种物质的溶解度受温度变化影响较大，一种物质的溶解度受温度变化影响较小，可以用降温结晶或蒸发结晶的方法分离。
根据物质的溶解度曲线、溶液质量可以判断温度变化时析出固体质量的大小。
溶解度曲线能定量地表示出溶解度变化的规律，从溶解度曲线可以看出：同一溶质在不同温度下的溶解度不同；同一温度下，不同溶质的溶解度可能相同，也可能不同；温度对不同物质的溶解度影响不同。
17.【答案】D
【解析】解：A、KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾的溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤的方法；故选项所采取的方法错误。
B、MgSO4、Na2SO4溶液均能与Ba(OH)2溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。
C、一氧化碳能与灼热的氧化铜粉末反应生成铜和二氧化碳，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。
D、Na2CO3能与过量稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，盐酸具有挥发性，再蒸发除去盐酸，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。
故选：D。
根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质至少要满足两个条件：①一般加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。
本题有一定难度，物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件(加入的试剂一般只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质)是正确解题的关键。
18.【答案】C
【解析】解：A、碱溶液能使无色酚酞变红，但使无色酚酞变红的不一定是碱溶液，如碳酸钠是一种盐，其水溶液显碱性，也能使无色酚酞试液变红色，推理错误；
B、碳酸盐能与稀盐酸反应生成气体，但与稀盐酸反应生成气体的不一定是碳酸盐，也可能是活泼的金属，推理错误；
C、羊毛的主要成分是蛋白质，灼烧蛋白质有烧焦羽毛气味，则灼烧羊毛也有烧焦羽毛气味，推理正确；
D、洗洁精除油污的原理是乳化，而汽油除油污的原理是溶解，推理错误。
故选：C。
A、根据酸碱指示剂的变色情况来分析；
B、根据酸的化学性质来分析；
C、根据蛋白质灼烧的气味来分析；
D、根据除油污的原理来分析。
本题难度不大，解答此类题时要根据不同知识的特点类推，不能盲目类推，并要注意知识点与方法的有机结合，做到具体问题能具体分析。
19.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，系统中涉及氮气、锂、氧气反应，单质中各元素的化合价为0价，化合物中元素化合价不为0，故该系统中氮元素、锂元素、氧元素的化合价均发生了改变，故A不正确；
B、①为氮气与Li反应生成Li3N，该反应符合多变一的特点，属于化合反应，②为Li3N和H2O反应生成NH3和LiOH，该反应的反应物与生成物都是两种，既不属于分解反应也不属于化合反应，③为LiOH通电生成Li、氧气和水，该反应符合一变多的特点，属于分解反应，故B不正确；
C、由图可知，氮气中氮元素最终完全转化为氨气，即该系统中氮元素守恒，氨气中氮元素的质量等于氮气中氮元素的质量，则68g氨气中氮元素的质量为：68g×1414+3×100%=56g，则消耗氮气的质量为56g，故C正确；
D、由流程图可知，Li可以循环使用，所以不需要额外补充Li，故D不正确；
故选：C。
A、根据系统中涉及氮气、锂、氧气反应，单质中各元素的化合价为0价，化合物中元素化合价不为0进行分析；
B、根据①为氮气与Li反应生成Li3N，，②为Li3N和H2O反应生成NH3和LiOH，，③为LiOH通电生成Li、氧气和水，进行分析；
C、根据氮气中氮元素最终完全转化为氨气，即该系统中氮元素守恒，氨气中氮元素的质量等于氮气中氮元素的质量进行分析；
D、根据Li可以循环使用，所以不需要额外补充Li进行分析。
本题主要考查物质的制备等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
20.【答案】C
【解析】解：A、草酸钙中，钙元素的化合价是+2，氧元素的化合价为−2，所以碳元素的化合价是+3，故A错误；
B、设CaC2O4⋅H2O的质量为x
CaC2O4⋅H2OCaC2O4+H2O
146 128
x 6.4g
146x=12864
x=7.3g，故B错误；
C、C→D发生的反应是草酸钙在加热的条件下生成碳酸钙和一氧化碳，化学方程式为：CaC2O4CaCO3+CO↑，故C正确；
D、碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，所以F点对应固体的化学式为CaO，故D错误。
故选：C。
A、根据化合价代数和进行分析；
B、根据草酸钙晶体在加热的条件下生成草酸钙和水，依据图象中的数据进行分析；
C、根据C→D发生的反应是草酸钙在加热的条件下生成碳酸钙和一氧化碳进行分析；
D、根据碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳进行分析。
合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提，因此要学会设计实验、进行实验、分析实验，为学好化学知识奠定基础。
21.【答案】铝箔 瓷砖 聚氯乙烯膜 O2 C Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2
【解析】解：(1)金属材料包括纯金属和合金，因此铝箔属于金属材料；无机非金属材料包括玻璃、陶瓷和水泥，因此瓷砖属于无机非金属材料；有机高分子材料包括塑料、合成纤维和合成橡胶，因此
挤塑板和聚氯乙烯膜属于高分子材料；故答案为：铝箔；瓷砖；聚氯乙烯膜；
(2)由化学方程式可知，反应前有：8个锰原子、4个锂原子、2个碳原子、22个氧原子；反应后有：8个锰原子、4个锂原子、2个碳原子、20个氧原子，则每个X分子中含有2个氧原子，则X的化学式为O2；故答案为：O2；
(3)用铜板做一幅蚀刻画，选择溶液需能与铜发生反应。
A、根据金属活动性铜在镁之后，不能与硫酸镁溶液发生，不符合题意；
B、根据金属活动性顺序，铜在氢之后，不能与稀盐酸发生反应，不符合题意；
C、金属活动性顺序，铜在银之前，能与硝酸银反应，形成凸痕，化学方程式为Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2，符合题意。
故答案为：C；Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2。
(1)根据材料的分类来分析；
(2)根据质量守恒定律来分析；
(3)根据金属的活动性顺序以及化学反应的原理来分析。
本题考查了材料的分类、质量守恒定律的应用以及金属的化学性质等，难度不大。
22.【答案】吸热 分子间隔 光合作用 4.8g 分子构成不同 碘酒 物理 2LiOH+CO2=Li2CO3+H2O
【解析】解：(1)超临界二氧化碳流体蒸发吸热，该过程没有新物质生成，从微观角度看，发生改变的是分子间隔；
(2)①自然界中，绿色植物通过光合作用将二氧化碳转化为淀粉；
②反应①中二氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲醇和水，化学方程式为；
设最多能生成甲醇的质量是x，
44 32
6.6g x
4432=6.6gx
x=4.8g
所以，最多能生成甲醇的质量是4.8g。
③淀粉是由分子构成的有机物，从微观角度分析，直链淀粉和支链淀粉的性质不同的原因是分子构成不同；含有淀粉的物质中加入碘酒，可以看到淀粉变成蓝色；
(3)CO2捕集过程中没有新物质生成，属于物理变化，氢氧化锂和二氧化碳反应生成碳酸锂和水，化学方程式为2LiOH+CO2=Li2CO3+H2O。
故答案为：
(1)吸热；分子间隔；
(2)①光合作用；
；4.8g；
③分子构成不同；碘酒；
(3)物理；2LiOH+CO2=Li2CO3+H2O。
(1)根据超临界二氧化碳流体蒸发吸热及分子的特性进行分析；
(2)①根据光合作用的原理解答；
②依据化学方程式计算；
③从分子的结构角度不同分析；
(3)根据反应原理及质量守恒定律写出方程式。
本题主要考查自然界中的碳循环、二氧化碳对环境的影响、物质的相互转化和制备、利用分子与原子的性质分析和解决问题以及书写化学方程式、文字表达式、电离方程式，在根据化学方程式计算时，第一要正确书写化学方程式，第二要使用正确的数据，第三计算过程要完整。
23.【答案】AD H2、OH− BCD 吸附 2 废水碱性过强会消耗次氯酸，使次氯酸浓度降低，导致NH3的去除率会显著降低 AD 1950 量取
【解析】解：(1)①A、纯水不导电，在水中加入硫酸钠溶液后，硫酸钠在水中解离出Na+和SO42−，可增强水的导电性，故说法正确；
B、电解水时，正极与负极产生的气体体积比为1：2，则电极M与电源负正极相连，而不是与电源负极相连，则故B说法错误，
C、电解过程中是电能转化为化学能，则电解过程中化学能转化为电能的说法错误，故C说法错误；
D、电解水产生了氢气和氧气，根据质量守恒定律可知，反应前后元素的种类不变，则该实验说明水是由氢、氧元素组成的说法正确，故D说法正确；
故选：AD。
②电解过程中N极产生气泡且附近的溶液变成了红色，说明电极N附近产生的微粒有H2、OH；
A、氧气在水中的溶解度大于氢气，则可能部分氧气溶于水，使氧气和氢气的体积比小于1：2，则此现象原因的猜想合理，故A不符合题意；
B、氢气与碳棒不反应，则部分氢气与碳棒反应的猜想不合理，故B符合题意；
C、碳棒没有吸附性，则部分氧气被碳棒吸附的猜想不合理，故C符合题意；
D、若部分氧气与氢气反应重新生成了水，会同时消耗氢气和氧气，得到的氧气和氢气的体积比为1：2，则部分氧气与氢气反应重新生成了水的猜想不合理，故D符合题意；
故选：BCD。
(2)①活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附能力，“活性炭”可去除异味，是因为它具有良好的吸附性，根据化学方程式2NaR+CaCl2=CaR2+2NaCl可知，一个Ca2+可交换出2个Na+；
②若废水碱性过强(pH>10)，NH3的去除率会显著降低，原因是废水碱性过强会消耗次氯酸，使次氯酸浓度降低，导致NH3的去除率会显著降低；
(3)A、生石灰与水反应放出大量的热，烧瓶内压强增大，导管口有气泡冒出，则a图中的水便于观察烧瓶内气压变化且作为反应物，则对水的主要作用分析不全面，故A符合题意；
B、铁在氧气中燃烧生成高温熔融物四氧化三铁，则d图中的水防止熔融物炸裂集气瓶，对水的主要作用分析全面，故B不符合题意；
C、排水法收集氢气时，氢气将集气瓶中的水排出，当集气瓶口有大气泡冒出时，说明已收集满，则c图集气瓶中的水排尽空气且便于观察H2何时集满，对水的主要作用分析全面，故C不符合题意；
D、b图中的水提供热量和隔绝空气，则对水的主要作用分析不全面，故D符合题意；
故选：AD。
(4)设需要加水的质量为x，根据稀释前后溶质质量不变可得50g×20%=(50g+x)×0.5%，则x=1950g，水的体积为1950g÷1g/cm3=1950mL，配制过氧乙酸溶液的主要步骤有计算、量取、稀释、装瓶并贴标签。
故答案为：(1)①AD；
②H2、OH−；BCD；
(2)①吸附；2；
②废水碱性过强会消耗次氯酸，使次氯酸浓度降低，导致NH3的去除率会显著降低；
(3)1950；量取。
(1)①A、根据硫酸钠在水中解离出Na+和SO42−，可增强水的导电性来分析解答；
B、根据电解水时，正极与负极产生的气体体积比为1：2来分析解答；
C、根据电解过程中是电能转化为化学能来分析解答；
D、根据电解水产生了氢气和氧气来分析解答；
②根据电解过程中N极产生气泡且附近的溶液变成了红色来分析解答；根据使氧气和氢气的体积比小于1：2的原因和题中信息来分析解答；
(2)①根据活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附能力来分析解答；根据化学方程式2NaR+CaCl2=CaR2+2NaCl来分析解答；
②根据废水碱性过强会消耗次氯酸，使次氯酸浓度降低来分析解答；
(3)A、根据a图中的水便于观察烧瓶内气压变化且作为反应物来分析解答；
B、根据d图中的水防止熔融物炸裂集气瓶来分析解答；
C、根据c图集气瓶中的水排尽空气且便于观察H2何时集满来分析解答；
D、根据b图中的水提供热量和隔绝空气来分析解答；
(4)根据稀释前后溶质质量不变来分析解答；根据配制过氧乙酸溶液的主要步骤来分析解答。
在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答。
24.【答案】 BC a 溶液的碱性越强过氧化氢分解产生氧气的速率越快 碱性溶液可以加快过氧化氢的分解速率 2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑
【解析】解：(1)过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解产生水与氧气，化学反应方程式为：；该反应中反应物为固液组合，且反应在常温下进行，则可选B为反应的发生装置；氧气不易溶于水，则可以用排水集气法收集较纯净的氧气，故制取的组合为BC；氧气的密度比空气大，则用F装置收集时气体从a端进入；
故答案为：；BC；a；
(2)①根据表格数据对比实验④⑤可知溶液的碱性越强过氧化氢分解产生氧气的速率越快；对比表格中实验②③组数据可以得出，碱性溶液可以加快过氧化氢的分解速率；故答案为：溶液的碱性越强过氧化氢分解产生氧气的速率越快；碱性溶液可以加快过氧化氢的分解速率；
②根据题意可知CaO2与H2O反应生成Ca(OH)2与O2，则化学反应方程式：2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑。
本题考查气体的制取实验及通过对比实验探究过氧化氢的分解速率。
本题难度不大，掌握氧气的制取实验及对比实验的特点即可解答。
25.【答案】加快反应速率 Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4 (NH4)2SO4 BaCl2 分解过程中消耗氧气 分解产生CO2 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ 使H2排出装置中的空气，防止FeCO3被氧化 A中产生的H2使A中的压力增大，将溶液压入B中 防止NH4HCO3受热分解
【解析】解：(1)酸溶时适当提高反应温度和H2SO4浓度，增大了反应物的浓度，可以加快反应的速率；Fe与Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，则化学反应方程式为：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4；故答案为：加快反应速率；Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4；
(2)化学反应前后原子的种类与数目不发生变化，分析得出X的化学式为(NH4)2SO4；根据反应的流程图可知转化2中得到的溶液中含有溶质硫酸铵，则过滤后洗涤，检验滤渣是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液，若无明显现象，则证明洗涤干净；故答案为：(NH4)2SO4；BaCl2；
(3)FeCO3在空气中灼烧能生成氧化铁和二氧化碳，则化学反应方程式为：；根据碳酸亚铁的分解化学反应方程式可知，反应中消耗氧气，且生成二氧化碳，则FeCO3可以用于灭火；故答案为：；分解过程中消耗氧气；分解产生CO2；
(4)A装置中Fe能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁与氢气，化学反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；FeCO3易被氧化，则第一步骤中将产生的气体向B中持续通入一段时间的目的是使H2排出装置中的空气，防止FeCO3被氧化；故答案为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；使H2排出装置中的空气，防止FeCO3被氧化；
(5)A装置产生H2使装置中的压强增大，在压力差的作用下将产生的FeSO4溶液压入B中；故答案为：A中产生的H2使A中的压力增大，将溶液压入B中；
(6)碳酸氢铵受热易分解，则实验中B中温度不能太高；故答案为：防止NH4HCO3受热分解。
本题主要考查根据各物质之间反应原理制备FeCO3。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
26.【答案】ACBD 氢氧化钠中的氢氧根离子和稀盐酸中的氢离子结合生成水分子，溶液中离子浓度减小，故电导率减小 BD 7.3% 3.9% 使用分液漏斗，可以控制反应速率 氢氧化钠、碳酸钠 20℃时，碳酸氢钠的溶解度为9.6g，即该温度下，100g水中最多溶解9.6g碳酸氢钠，而此时生成碳酸氢钠的质量为16.8g，故此时烧杯内出现白色晶体 保持低温，有利于碳酸氢钠结晶析出 温度高于60℃时，碳酸氢钠已经分解 降温结晶
【解析】解：(1)①向氢氧化钠溶液中滴入稀盐酸，故一开始溶液中只含钠离子和氢氧根离子，加入稀盐酸，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，氢氧根离子数目减少，反应过程中，溶液中含钠离子、氢氧根离子、氯离子，恰好完全反应时，溶液中只含氯化钠，即只含钠离子和氯离子，后盐酸过量，溶液中含钠离子、氯离子、氢离子，故顺序为：ACBD；
②图一中AB段曲线下降的原因是：氢氧化钠中的氢氧根离子和稀盐酸中的氢离子结合生成水分子，溶液中离子浓度降低，故电导率减小；
③A、AB段氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，氢氧化钠被消耗，pH逐渐减小，BC段稀盐酸过量，酸的浓度逐渐增大，酸性增强，pH还是减小，不符合题意；
B、B点时，氢氧化钠和稀盐酸恰好完全反应，此时溶液中的溶质是氯化钠，pH=7，符合题意；
C、C点溶液中含氯化钠和氯化氢，氯化氢具有挥发性，蒸发过程中会挥发出去，故取C点所示溶液加热蒸干所得固体为纯净物氯化钠，符合题意；
D、B点时，氢氧化钠和稀盐酸恰好完全反应，B→C所示溶液中氯化钠的质量不会增加，不符合题意。
④80g4%的氢氧化钠溶液中，溶质的质量为80g×4%=3.2g。设所用稀盐酸的溶质质量分数为x，设反应生成氯化钠的质量为 y，则：
NaOH+HCl=NaCl+H2O
40 36.5 58.5
3.2g 40g×x y
4036.5=3.2g40g×x
x=7.3%
4058.5=3.2gy
y=4.68g
故反应后所得溶液的质量分数为：4.68g80g+40g×100%=3.9%
(2)①实验中，用“分液漏斗”而不用“长颈漏斗”的原因是：使用分液漏斗，可通过分液漏斗控制液体的滴加速率，从而控制反应速率；
②由题干信息可知，本实验条件下：NaOH、Na2CO3和NaHCO3溶液的pH分别的为14.0、12.0和8.5，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，M点时，pH大于12，故此时溶质为氢氧化钠、碳酸钠；
③由图可知，18min后，溶液中的pH略大于8，故此时溶液中的溶质为碳酸氢钠。氢氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由化学方程式可知，氢氧化钠和二氧化碳生成水的质量与碳酸钠消耗水的质量相同，故溶液中溶剂的质量不变，根据化学方程式可得关系式：2NaOH～Na2CO3～2NaHCO3。
设生成碳酸氢钠的质量为 m，则：
2NaOH～Na2CO3～2NaHCO3
80 168
8g m
80168=8gm
m=16.8g
20℃时，碳酸氢钠的溶解度为9.6g，即该温度下，100g水中最多溶解9.6g碳酸氢钠，而此时生成碳酸氢钠的质量为16.8g，故此时烧杯内出现白色晶体；
(3)①由图可知，碳酸氢钠的溶解度随温度的升高而增加，烧杯中冰水的作用是：保持低温，有利于碳酸氢钠结晶析出；
②碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故碳酸氢钠的溶解度在60℃后无数据的原因可能是：温度高于60℃时，碳酸氢钠已经分解；
③由图可知，氯化铵的溶解度随温度的升高而增加，且溶解度受温度影响较大，故为使NH4Cl充分结晶析出，应采用的结晶方式是降温结晶。
故答案为：(1)①ACBD；
②氢氧化钠中的氢氧根离子和稀盐酸中的氢离子结合生成水分子，溶液中离子浓度减小，故电导率减小；
③BD；
④7.3%；3.9%；
(2)①使用分液漏斗，可以控制反应速率；
②氢氧化钠、碳酸钠；
③20℃时，碳酸氢钠的溶解度为9.6g，即该温度下，100g水中最多溶解9.6g碳酸氢钠，而此时生成碳酸氢钠的质量为16.8g，故此时烧杯内出现白色晶体；
(3)①保持低温，有利于碳酸氢钠结晶析出；
②温度高于60℃时，碳酸氢钠已经分解；
③降温结晶。
(1)根据中和反应的实质、溶液酸碱性以及导电率的变化来分析；根据化学方程式来分析计算；
(2)根据仪器的用途、溶液的pH来分析；根据化学方程式来分析计算；
(3)根据物质的溶解度曲线、溶解度受温度的影响、结晶的方法来分析。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
2023年江苏省苏州市工业园区星海实验学校中考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 中华文学源远流长。下列词语蕴含化学变化的是( )
A. 清风徐来 B. 水落石出 C. 伐薪烧炭 D. 愚公移山
2. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. 活性炭有吸附性，可用于净水 B. 石墨有导电性，可用于生产铅笔芯
C. 一氧化碳有可燃性，可用来炼铁 D. 碳酸钙难溶于水，可用作补钙剂
3. 对下列事实的解释合理的是( )
A. 活性炭净水——降低水中Ca2+、Mg2+的含量
B. CO能燃烧，CO2不能燃烧——构成物质分子的原子种类不同
C. 金刚石和石墨的物理性质存在明显差异——碳原子排列方式不同
D. 6000L氧气在加压的情况下装入容积为40L钢瓶中——氧分子变小
4. 苏州环古城步道两侧的绿植养护需要多种化学肥料。下列属于复合肥料的是( )
A. (NH4)2SO4 B. K2SO4 C. Ca(H2PO4)2 D. KNO3
5. 下列苏州美食中富含维生素的是( )
A. 卤汁豆腐干 B. 松鼠桂鱼 C. 东山枇杷 D. 阳澄湖大闸蟹
6. 碧螺春是苏州名茶，茶叶中含有茶氨酸(C17H14O3N2)，还含有锌、硒等元素。下列说法正确的是( )
A. 茶叶中的碳、锌、硒均属于微量元素 B. 茶氨酸是一种有机化合物
C. 茶氨酸中氢、氧元素质量比为14：3 D. 茶氨酸中氮元素的质量分数最小
7. 下列排序正确的是( )
A. 地壳中元素含量：→由高到低O、Al、Si B. 氮元素质量分数：
C. 金属活动性顺序： D. 物质的溶解性：
8. 下列有关溶液的说法正确的是( )
A. 积雪的路面撒食盐，可以促进积雪融化 B. 升高温度可增大气体在水中的溶解度
C. 氢氧化钙的溶解度随温度升高而增大 D. 向水中加入蔗糖，导电性明显增强
9. 鉴别下列各组物质，所选用的试剂不正确的是( )
A. 硬水和软水：肥皂水 B. NaOH固体和NH4NO3固体：水
C. N2和CO2：澄清石灰水 D. NaOH溶液和Na2CO3溶液：酚酞
10. 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
11. 元素化合价和物质类别是认识物质的两个重要维度。如图表示硫元素的化合价与含硫物质类别之间的关系，已知A点表示SO3，则下列说法错误的是( )
A. B点表示的物质在空气中燃烧产生淡蓝色火焰
B. C点表示的物质是大气污染物之一
C. D点表示的物质和硝酸钡在溶液中不能大量共存
D. E点表示的物质的化学式为Na2SO3
12. 5G通信芯片常用氯化镓材料制成。如图是氢元素在元素周期表中的信息以及镓原子的结构示意图。下列说法正确的是( )
A. 图中x=8
B. 氮原子核内质子数为7
C. 氮原子的相对原子质量为14.01g
D. 镓原子在化学反应中易得到3个电子
13. 甲醛(HCHO)会危害人体健康，利用某催化剂消除甲醛的反应微观原理如图所示。下列相关分析正确的是( )
A. 反应前后原子种类没有改变 B. 分子在化学变化中不可再分
C. 反应中共有三种氧化物 D. 反应前后物质的总质量发生了改变
14. 下列物质的转化在给定条件下均能实现的是( )
A. C→点燃O2CO2→高温CCO
B. Fe→稀HClFeCl3→NaOH溶液Fe(OH)3
C. CaO→H2OCa(OH)2→BaCI2溶液CaCl2
D. NaCl→AgNO3溶液NaNO3→K2SO4溶液Na2SO4
15. 下列有关燃烧与灭火的说法不正确的是( )
A. 物质燃烧时伴随着发光、发热 B. 吹灭蜡烛的灭火原理是隔绝氧气
C. 图书着火可用液态二氧化碳灭火 D. 发生火险沉着应付，必要时拨打119
16. 氯化钠和硝酸钾两种固体的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 20℃20g氯化钠溶于50g水中得到70g溶液
B. 用降温结晶法从混有硝酸钾的氯化钠溶液中提纯氯化钠
C. 将20℃的硝酸钾饱和溶液升温至50℃，溶液的溶质质量分数变大(不考虑水分蒸发)
D. 将50℃时185.5g硝酸钾饱和溶液降温到20℃时，析出53.9g晶体
17. 除去下列各物质混有的少量杂质，所选用的试剂，操作均正确的是( )
A. KNO3(NaCl)：加水溶解、蒸发结晶、过滤
B. Na2SO4(MgSO4)：加Ba(OH)2溶液，过滤
C. CO(CO2)：通过灼热的氧化铜
D. NaCl(Na2CO3)：加入过量稀盐酸，蒸发结晶
18. 推理是学习和研究化学常用的方法。下列推理合理的是( )
A. 碱溶液能使无色酚酞变红，则使无色酚酞变红的都是碱溶液
B. 碳酸盐能与稀盐酸反应生成气体，则与稀盐酸反应生成气体的一定是碳酸盐
C. 灼烧蛋白质有烧焦羽毛气味，则灼烧羊毛也有烧焦羽毛气味
D. 洗洁精除油污的原理是乳化，则汽油除油污的原理也是乳化
19. 科学工作者研发了一种SUNCAT系统，借助该系统利用如图所示的原理可持续合成氨。下列说法正确的是( )
A. 该系统中只有Li、O的化合价发生了改变
B. 涉及的反应类型只有化合反应和分解反应
C. 理论上，每合成68gNH3，就需要消耗56gN2
D. 理论上，每消耗28gN2，需额外补充42gLi
20. 称取mgCaC2O4⋅H2O(相对分子质量为146，其中氧元素的化合价为−2)置于氮气流中加热，残留固体质量随温度的变化如图所示(图中各点对应固体均为纯净物)，其中A→B发生反应：CaC2O4⋅H2OCaC2O4+H2O.下列说法正确的是( )
A. CaC2O4中碳元素的化合价为+2
B. m=8.2
C. C→D发生反应的化学方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑
D. F点对应固体的化学式为Ca(OH)2
21. 化学的发展与应用促进了人类社会的进步，提升了人民的生活水平。
(1)现代家庭居所都安装上了地暖，环保、节能、安全，碳晶地暖的构造如图所示。其中属于金属材料的是 ______ ；属于无机非金属材料的是 ______ ；属于高分子材料的是挤塑板和 ______ 。
(2)电动汽车发展迅速，电池的性能是关键。LiMn2O4是锂离子电池的一种正极材料，可通过MnO2与Li2CO3煅烧制备，其反应原理是，该反应中的X化学式为 ______ 。
(3)家用电器上的花纹精细美观。金属蚀刻又称光化学蚀刻，其原理是通过溶液与金属的化学反应，从而形成凹凸。如在铜板上做一幅蚀刻画，将铜板表面打磨并贴上保护膜后刻画出图案，再滴加蚀刻剂即可。下列溶液可做蚀刻剂的是(填字母编号) ______ 。选择的依据是(用化学方程式表示) ______ 。
A.硫酸镁溶液
B.稀盐酸
C.硝酸银溶液
22. CO2对人类生存、生活有着重大影响，CO2的捕集与资源化利用是化学研究热点。
(1)2022年北京冬奥会，国家速滑馆“冰丝带”采用当前最先进的CO2跨临界直冷制冰技术，为各国运动员建造了“最美、最快的冰面”，实现了CO2循环利用和碳排放几乎为零。超临界CO2流体能制冷的原因是因为蒸发时 ______ (“放热”或“吸热”)，从微观角度看，发生改变的是 ______ 。
(2)2021年9月24日，《科学》在线发表了中科院天津工业生物技术研究所科研人员在国际上首次实现了二氧化碳到淀粉的合成，在实验室只需要几个小时就可以完成农作物需要几个月的淀粉合成过程。请分析“搭积木”式的合成路线图，回答有关问题。
①自然界中，绿色植物通过 ______ 将二氧化碳转化为淀粉。
②如图中反应①中生成甲醇(CH3OH)和水的化学方程式为 ______ 。现有6.6gCO2，最多能生成甲醇(CH3OH)的质量是 ______ 。
③淀粉是由分子构成的有机物，从微观角度分析，直链淀粉和支链淀粉的化学性质不同，原因是 ______ 。经检测，人工合成的淀粉与天然淀粉在分子组成、结构上一致，实验室可用 ______ (填试剂名称)初步检验出淀粉的生成。
(3)2021年12月9日，400公里之上，天宫课堂开讲。“天宫”空间站是采用分子筛吸附CO2，同时利用舱外真空实现CO2的脱附，将其排入太空。这里的CO2捕集是一个 ______ (填“物理”或“化学”)过程。对于短期飞行的载人航天器而言，通常采用LiOH吸收航天员排入舱内的CO2生成Li2CO3和H2O，反应的化学方程式为 ______ 。
23. 研究“水”可从多角度展开。
(1)认识水：某同学在水电解器中加入含酚酞的稀Na2SO4溶液(Na2SO4溶液呈中性且不参与反应)，至充满管A和管B。通直流电一段时间后现象如图所示。电解结束后将容器内所有液体倒入烧杯中，溶液呈无色。
①下列说法正确的是 ______ (填字母)。
A.硫酸钠在水中解离出Na+和SO42−，可增强导电性
B.电极M与电源负极相连
C.电解过程中化学能转化为电能
D.该实验说明水是由氢、氧元素组成的
②电解过程中，电极N附近产生的微粒有 ______ (填微粒符号)。理论上电解水得到氧气和氢气的体积比为1：2，某同学用碳棒作电极进行电解水实验，得到氧气和氢气的体积比小于1：2，对产生此现象原因的猜想不合理的是 ______ 。
A.部分氧气溶于水
B.部分氢气与碳棒反应
C.部分氧气被碳棒吸附
D.部分氧气与氢气反应重新生成了水
(2)处理水：大多数天然淡水需要经过处理方可直接饮用。
①“生命吸管”将大运河水转变为饮用水的过程示意图如下：
“活性炭”可去除异味，是因为它具有良好的 ______ 性。“离子交换树脂”将硬水软化的反应之一是：2NaR+CaCl2=CaR2+2NaCl，由此可知一个Ca2+可交换出 ______ (填数字)个Na+。
②废水中氨氮(以NH3形式存在)含量过高，直接排放会导致水体富营养化。次氯酸(HClO)可除去废水中的NH3发生的反应为2NH3+3HClO=N2+3HCl+3H2O。若废水碱性过强(pH>10)。NH3的去除率会显著降低。原因是 ______ 。
(3)使用水：如图实验中，对水的主要作用分析不全面的是 ______ (填字母)。
A.a图中的水便于观察烧瓶内气压变化
B.d图中的水防止熔融物炸裂集气瓶
C.c图集气瓶中的水排尽空气且便于观察H2何时集满
D.b图中的水提供热量
(4)学校用50g20%的过氧乙酸溶液配制成0.5%的过氢乙酸溶液，需要加水 ______ mL(密度为1g/cm3)。配制过氧乙酸溶液的主要步骤有：计算、 ______ 、稀释、装瓶并贴标签。
24. 双氧水是常用的制氧剂，在实验室、工业中有着广泛应用。
(1)实验室制氧
用双氧水和二氧化锰制取氧气时发生反应的化学方程式是 ______ 。为获得纯净的氧气应选择的发生和收集装置是 ______ ，某同学利用空塑料输液袋如图F收集制得的氧气，氧气应从 ______ (填“a”或“b”)端进入。
(2)制“鱼浮灵”、“钙多宝”。
①“鱼浮灵”主要成分是2Na2CO3⋅3H2O2，可迅速增加水体含氧量，过碳酸钠溶于水生成碳酸钠和过氧化氢。为研究过碳酸钠能快速产生氧气的原理，兴趣小组做了如下对比实验。
编号
①
②
③
④
⑤
试剂
H2O
4%H2O2溶液
Na2CO3固体
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
pH
6.96
6.01
8.14
8.15
9.26
溶解氧
5.68
6.44
9.11
9.12
10.97
常温下，过氧化氢水溶液呈酸性。实验④⑤对比可得出的结论是 ______ 。由实验②③作对比，可知过氧碳酸钠可以速效制氧的原理是 ______ 。
②“钙多宝”主要成分是CaO2，常温下能与水反应生成氢氧化钙和氧气。为长途运输鱼类提供氧气，写出化学方程式 ______ 。
25. 碳酸亚铁应用非常广泛，可以做补血剂、阻燃剂、催化剂，还可用于皮革生产。已知FeCO3是一种白色晶体，在空气中易被氧化。FeSO4溶液也易与氧气反应而被氧化。
Ⅰ.工业上利用废铁屑(含少量Fe2O3)为原料制备碳酸亚铁(FeCO3)的流程如下：
(1)酸溶时适当提高反应温度和H2SO4浓度，目的是 ______ ，转化1中Fe粉可使“酸溶”产生的Fe2(SO4)3转化为FeSO4，该反应的化学方程式为 ______ 。
(2)转化2中发生的反应是FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+X+H2O+CO2↑，X的化学式为 ______ 。检验滤渣是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入 ______ 溶液，无明显现象，证明已洗干净了。
(3)FeCO3在空气中灼烧能生成氧化铁和二氧化碳，写出该反应的化学方程式为 ______ ，FeCO3能作阻燃剂的原理是 ______ ， ______ 。
Ⅱ.实验室利用如图装置，通过FeSO4与NH4HCO3反应制取FeCO3，进行以下两步操作：第一步：打开活塞1、3，关闭活塞2，反应一段时间。第二步：关闭活塞3，打开活塞2，发现B中有白色沉淀和气体生成。
(4)装置A中发生反应的化学方程式为 ______ 。第一步骤中将产生的气体向B中持续通入一段时间的目的是 ______ 。
(5)第二步骤中A中的浅绿色溶液能进入B中的原因是 ______ 。
(6)装置B中水浴温度不易过高的原因是 ______ 。
26. 含钠元素的化合物如NaOH、NaCl、Na2CO3、NaHCO3在化学中有着重要作用。老师带领化学兴趣小组同学进行了关于含钠化合物的一系统实验。
(1)实验一：向氢氧化钠溶液中滴入稀盐酸无明显现象，小红同学在老师的帮助下用电导率传感器测氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸的电导率变化如图一。
【查阅资料】Ⅰ.电导率传感器用于测量溶液的导电性强弱，能反映离子浓度大小。
Ⅱ.相同温度下同种溶液电导率越大离子浓度越大。回答下列问题：
①图二表示反应过程中烧杯内不同时间点的微粒示意图，按先后排列的顺序为 ______ (填字母)。
②图一中AB段曲线下降的原因是 ______ 。
③关于图一中的有关说法正确的是 ______ 。
A.AB段溶液pH不断减小，BC段溶液pH不断增大
B.B点所示溶液中的溶质是NaCl；溶液pH=7
C.取C点所示溶液加热蒸干所得固体为纯净物
D.B→C所示溶液中NaCl的质量不断增加
④向80g溶质质量分数为4%的氢氧化钠溶液中滴加酚酞溶液，再向其中缓缓加入某浓度的稀盐酸，边滴加边用玻璃棒搅拌，当溶液由无色刚刚变化粉红色时，即认为恰好完全反应，共消耗稀盐酸40g。则所用稀盐酸的溶质质量分数为 ______ ，反应后所得溶液的质量分数为 ______ 。(需要计算过程)
(2)实验二：小明在老师的帮助下利用数字传感器完成了以下实验。室温(约20℃)下，将8gNaOH溶于100g水中，然后向其中持续通入二氧化碳气体，同时用数字传感器测定溶液的pH变化，所得数据如图四所示。
【查阅资料】
Ⅰ.本实验条件下：NaOH、Na2CO3和NaHCO3溶液的pH分别的为14.0、12.0和8.5。
Ⅱ.20℃时，NaOH、Na2CO3、NaHCO3在水中的溶解度分别为109g、21.5g、9.6g。
Ⅲ.将CO2通入Na2CO3溶液发生如下反应，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，回答下列问题：
①实验中，用“分液漏斗”而不用“长颈漏斗”的原因是 ______ ；
②M点的溶质为 ______ ；
③实验过程中发现18min后溶液的pH基本不再变化，则此时烧杯内出现白色晶体，原因是 ______ 。(通过计算解释)
(3)实验三：侯氏制碱的原理为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，，小林同学在实验室用图五所示装置制取NaHCO3，反应结束后，将试管中的混合物过滤、洗涤，低温烘干得白色固体。回答下列问题：
①烧杯中冰水的作用是 ______ 。
②如图六中碳酸氢钠的溶解度在60℃后无数据的原因可能是 ______ 。
③向滤液中加入NaCl粉末，可使NH4Cl结晶析出，为使NH4Cl充分结晶析出，应采用的结晶方式是 ______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、清风徐来过程中没有新物质生成，属于物理变化。故选项错误；
B、水落石出过程中没有新物质生成，属于物理变化。故选项错误；
C、伐薪烧炭过程中有新物质二氧化碳生成，属于化学变化。故选项正确；
D、愚公移山过程中没有新物质生成，属于物理变化。故选项错误；
故选：C。
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，化学变化和物理变化的本质区别：是否有新物质生成；据此分析判断。
解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化。
2.【答案】A
【解析】解：A、活性炭有吸附性，能吸附异味和色素，可用于净水，故选项说法正确。
B、石墨质软，呈深灰色，可用于生产铅笔芯，故选项说法错误。
C、一氧化碳有还原性，可用来炼铁，故选项说法错误。
D、碳酸钙中含有钙元素，可用作补钙剂，故选项说法错误。
故选：A。
物质的性质决定物质的用途，根据常见物质的性质与用途，进行分析解答。
本题难度不大，物质的性质决定物质的用途，了解常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：A、活性炭净水，利用了活性炭具有吸附性，能吸附异味和色素，不能降低水中Ca2+、Mg2+的含量，故选项说法错误。
B、CO能燃烧，CO2不能燃烧，是因为它们分子的构成不同，不同种的分子化学性质不同，故选项说法错误。
C、金刚石和石墨的物理性质存在明显差异，是因为碳原子排列方式不同，故选项说法正确。
D、6000L氧气在加压的情况下装入容积为40L钢瓶中，是因为分子间有间隔，气体受压后，分子间的间隔变小，故选项说法错误。
故选：C。
根据活性炭具有吸附性，分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的；同种的分子性质相同，不同种的分子性质不同，可以简记为：“两小运间，同同不不”，结合事实进行分析判断即可。
本题难度不大，掌握活性炭具有吸附性、利用分子的基本性质分析和解决问题的方法是解答本题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：A、硫酸铵含有氮、磷、钾三种元素中的氮元素的肥料称为氮肥，故错误；
B、硫酸钾中含有氮、磷、钾三种元素中的钾元素，属于钾肥，故错误；
C、磷酸二氢钙中含有氮、磷、钾三种元素中的磷元素的肥料，属于磷肥，故错误；
D、硝酸钾中同时含有氮、磷、钾三种元素中的氮、钾两种元素，属于复合肥，故正确。
故选：D。
含有氮、磷、钾三种元素中的氮元素的肥料称为氮肥，含有氮、磷、钾三种元素中的磷元素的肥料称为磷肥，含有氮、磷、钾三种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．
本题主要考查化肥的分类方面的知识，解答时要分析化肥中含有哪些营养元素，然后再根据化肥的分类方法确定化肥的种类。
5.【答案】C
【解析】解：A、卤汁豆腐干中富含蛋白质，故选项错误。
B、松鼠桂鱼中富含蛋白质，故选项错误。
C、东山枇杷中富含维生素，故选项正确。
D、阳澄湖大闸蟹中富含蛋白质，故选项错误。
故选：C。
根据人体所需六大营养素的种类、食物来源，结合题中所给的食物判断所含的营养素，进行分析解答。
本题难度不大，了解各种营养素的种类、食物来源等是正确解答此类题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A、茶叶中的碳属于常量元素，锌、硒属于微量元素，故选项说法错误。
B、茶氨酸是含碳元素的化合物，属于有机化合物，故选项说法正确。
C、茶氨酸中氢、氧元素质量比为(1×14)：(16×3)=7：24，故选项说法错误。
D、茶氨酸中碳、氢、氧、氮元素的质量比为(12×17)：(1×14)：(16×3)：(14×2)=102：7：24：14，所以氢元素的质量分数最小，故选项说法错误。
故选：B。
A、根据人体中常量元素和微量元素所包括的种类，进行分析判断。
B、根据有机化合物是含有碳元素的化合物，简称有机物(碳的氧化物、碳酸盐、碳酸等除外)，进行分析判断。
C、根据化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析判断。
D、根据化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析判断。
本题难度不大，理解题意、灵活运用化学式的含义与有关计算等是正确解答本题的关键。
7.【答案】B
【解析】解：A、地壳中元素前五位是氧、硅、铝、铁、钙，地壳中元素含量由多到少顺序为：氧、硅，故选项排序错误。
B、将化学式变形得Na0.33N、NaNO2、NaNO3，其它原子的相对原子质量之和越小的，在该化合物中氮元素的质量分数就越大，则氮元素质量分数由大到小的顺序是NaN3、NaNO2、NaNO3，故选项排序正确。
C、三种金属活动性顺序是Zn、Cu、Ag，故选项排序错误。
D、碳酸钙难溶于水，氢氧化钙微溶于水，氯化钙易溶于水，故选项排序错误。
故选：B。
A、根据地壳中元素含量，进行分析判断。
B、通过变形使氮原子的个数相等，然后比较化合物中其它元素的原子的相对原子质量之和，其它原子的相对原子质量之和越小的，在该化合物中铁元素的质量分数就越大。
C、根据金属活动性顺序，进行分析判断。
D、根据酸碱盐的溶解性，进行分析判断。
本题难度不大，了解酸碱盐的溶解性、金属活动性顺序、地壳中元素含量等是正确解答本题的关键。
8.【答案】A
【解析】解：A、积雪的路面撒食盐，食盐溶于水使凝固点降低，可以促进积雪融化，故选项说法正确。
B、气体的溶解度随温度的升高而减小，升高温度可降低气体在水中的溶解度，故选项说法错误。
C、氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，故选项说法错误。
D、蔗糖是由蔗糖分子构成的，向水中加入蔗糖，导电性没有明显变化，故选项说法错误。
故选：A。
A、根据食盐的用途，进行分析判断。
B、根据气体的溶解度随温度的升高而减小，进行分析判断。
C、根据常见物质溶解度的影响因素，进行分析判断。
D、溶液能导电的原因是物质在溶解的过程中会形成能自由移动的离子。
本题难度不大，了解食盐的用途、气体溶解度的影响因素、溶液能导电的原因等是正确解答本题的关键。
9.【答案】D
【解析】解：A、可用肥皂水鉴别硬水和软水，产生泡沫较多的是软水，产生泡沫较少的是硬水，故选项错误。
B、NaOH固体溶于水放热，使温度升高；NH4NO3固体溶于水吸热，使温度降低；用水可以鉴别，故选项错误。
C、二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，氮气不能，可以鉴别，故选项错误。
D、NaOH溶液和Na2CO3溶液均显碱性，均能使酚酞溶液变红色，不能鉴别，故选项正确。
故选：D。
鉴别物质时，首先对需要鉴别的物质的性质进行对比分析找出特性，再根据性质的不同，选择适当的试剂，出现不同的现象的才能鉴别。
本题有一定难度，解答物质的鉴别题时要熟练掌握鉴别的物质的性质，然后选择适当的试剂或方法，出现不同的现象即可鉴别。
10.【答案】B
【解析】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。
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。
本题难度不大，了解氢氧化钠具有很强的腐蚀性、化合物中正负化合价代数和为零、常见物质的微观构成等是正确解答本题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：A.B点所示物质是一种单质，即硫，硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰，选项说法正确；
B.C点对应的物质是一种氧化物，其中硫元素显+4价，则该物质是二氧化硫，二氧化硫是一种大气污染物，选项说法正确；
C.D点表示的物质是一种酸，其中硫元素显+6价，则该物质是硫酸，硫酸能与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，所以和硝酸钡在溶液中不能大量共存，选项说法正确；
D.E点表示的物质是一种盐，其中硫元素显+6价，则该物质的化学式可以为Na2SO4，选项说法错误。
故选D。
本题难度不大，理解类价二维图的含义、掌握化学式、化合价的原则等是正确解答本题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：A、原子中，质子数=核外电子数，31=2+8+x+3，x=18，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7；根据原子中原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则氮原子核内质子数为7，故选项说法正确。
C、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，氮的相对原子质量为14.01，相对原子质量单位是“1”，不是“克”，故选项说法错误。
D、由原子结构示意图可知，镓原子的最外层有3个电子，少于4个，在化学反应中易失去3个电子，故选项说法错误。
故选：B。
A、根据原子中，质子数=核外电子数，进行分析判断。
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、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。
D、若最外层电子数多于4，在化学反应中易得电子，若最外层电子数少于4，在化学反应中易失去电子。
本题难度不大，灵活运用元素周期表中元素的信息(原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量)、原子结构示意图的含义是正确解答本题的关键。
13.【答案】A
【解析】解：由反应的微观示意图可知，该反应是甲醛和氧气在催化条件下反应生成了二氧化碳和水，反应的方程式是：CH2O+O2− 催化剂 CO2+H2O。
A、原子是化学变化中最小的粒子，反应前后原子种类没有改变，故A正确；
B、由微观反应示意图可知，分子在化学变化中可再分，故B错误；
C、氧化物是含有两种元素一种为氧元素的化合物；由分析可知，有二氧化碳、水2种氧化物，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：A。
根据反应的微观示意图，分析反应物、生成物，写出化学式、方程式，根据其意义分析判断有关的问题等。
本题通过微观粒子的反应模型图，考查了微观上对化学反应的认识，学会通过微观示意图把宏观物质和微观粒子联系起来、从微观的角度分析物质的变化是正确解答此类题的关键。
14.【答案】A
【解析】解：A、碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温条件下反应生成一氧化碳，该选项能够全部实现；
B、铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，该选项不能全部实现；
C、氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙不能和氯化钡反应，该选项不能全部实现；
D、氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，硝酸钠不能和硫酸钾费用，该选项不能全部实现。
故选：A。
A、碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温条件下反应生成一氧化碳；
B、铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；
C、氧化钙和水反应生成氢氧化钙；
D、氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
15.【答案】B
【解析】解：A、燃烧是可燃物与氧气发生的一种发光、放热的剧烈的氧化反应，燃烧时伴随着发光、发热，说法正确；
B、吹灭蜡烛的灭火原理是降低温度，使温度低于蜡烛的着火点以下，说法错误；
C、液态二氧化碳灭火器不会对图书、档案造成损坏，说法正确；
D、发生火险沉着应付，必要时拨打119，说法正确；
故选：B。
可燃物燃烧需要同时具备两个条件，缺一不可，破坏可燃物燃烧的条件，可以实现灭火．
16.【答案】D
【解析】解：A、20℃时氯化钠溶解度是36.0g，20g氯化钠溶于50g水中，能够溶解18g，得到68g溶液，该选项不正确。
B、硝酸钾溶解度受温度变化影响较大，氯化钠溶解度受温度变化影响较小，用蒸发结晶法从混有硝酸钾的氯化钠溶液中提纯氯化钠，该选项不正确。
C、将20℃的硝酸钾饱和溶液升温至50℃，变成不饱和溶液，溶质质量和溶剂质量都不变，溶液的溶质质量分数不变(不考虑水分蒸发)，该选项不正确。
D、将50℃时硝酸钾溶解度是85.5g，185.5g硝酸钾饱和溶液(水的质量是100g，溶质质量是85.5g)降温到20℃时(溶解度是31.6g)，析出85.5g−31.6g=53.9g晶体，该选项正确。
故选：D。
根据物质的溶解度曲线可以判断某一温度时物质的溶解度大小比较。
根据物质的溶解度曲线可以判断随着温度的变化，物质的溶解度变化情况。
根据物质的溶解度曲线、溶质质量、溶剂质量可以判断配制的溶液质量。
饱和溶液的溶质质量分数=溶解度100g+溶解度×100%。
溶液中溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%。
一种物质的溶解度受温度变化影响较大，一种物质的溶解度受温度变化影响较小，可以用降温结晶或蒸发结晶的方法分离。
根据物质的溶解度曲线、溶液质量可以判断温度变化时析出固体质量的大小。
溶解度曲线能定量地表示出溶解度变化的规律，从溶解度曲线可以看出：同一溶质在不同温度下的溶解度不同；同一温度下，不同溶质的溶解度可能相同，也可能不同；温度对不同物质的溶解度影响不同。
17.【答案】D
【解析】解：A、KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾的溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤的方法；故选项所采取的方法错误。
B、MgSO4、Na2SO4溶液均能与Ba(OH)2溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。
C、一氧化碳能与灼热的氧化铜粉末反应生成铜和二氧化碳，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。
D、Na2CO3能与过量稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，盐酸具有挥发性，再蒸发除去盐酸，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。
故选：D。
根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质至少要满足两个条件：①一般加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。
本题有一定难度，物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件(加入的试剂一般只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质)是正确解题的关键。
18.【答案】C
【解析】解：A、碱溶液能使无色酚酞变红，但使无色酚酞变红的不一定是碱溶液，如碳酸钠是一种盐，其水溶液显碱性，也能使无色酚酞试液变红色，推理错误；
B、碳酸盐能与稀盐酸反应生成气体，但与稀盐酸反应生成气体的不一定是碳酸盐，也可能是活泼的金属，推理错误；
C、羊毛的主要成分是蛋白质，灼烧蛋白质有烧焦羽毛气味，则灼烧羊毛也有烧焦羽毛气味，推理正确；
D、洗洁精除油污的原理是乳化，而汽油除油污的原理是溶解，推理错误。
故选：C。
A、根据酸碱指示剂的变色情况来分析；
B、根据酸的化学性质来分析；
C、根据蛋白质灼烧的气味来分析；
D、根据除油污的原理来分析。
本题难度不大，解答此类题时要根据不同知识的特点类推，不能盲目类推，并要注意知识点与方法的有机结合，做到具体问题能具体分析。
19.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，系统中涉及氮气、锂、氧气反应，单质中各元素的化合价为0价，化合物中元素化合价不为0，故该系统中氮元素、锂元素、氧元素的化合价均发生了改变，故A不正确；
B、①为氮气与Li反应生成Li3N，该反应符合多变一的特点，属于化合反应，②为Li3N和H2O反应生成NH3和LiOH，该反应的反应物与生成物都是两种，既不属于分解反应也不属于化合反应，③为LiOH通电生成Li、氧气和水，该反应符合一变多的特点，属于分解反应，故B不正确；
C、由图可知，氮气中氮元素最终完全转化为氨气，即该系统中氮元素守恒，氨气中氮元素的质量等于氮气中氮元素的质量，则68g氨气中氮元素的质量为：68g×1414+3×100%=56g，则消耗氮气的质量为56g，故C正确；
D、由流程图可知，Li可以循环使用，所以不需要额外补充Li，故D不正确；
故选：C。
A、根据系统中涉及氮气、锂、氧气反应，单质中各元素的化合价为0价，化合物中元素化合价不为0进行分析；
B、根据①为氮气与Li反应生成Li3N，，②为Li3N和H2O反应生成NH3和LiOH，，③为LiOH通电生成Li、氧气和水，进行分析；
C、根据氮气中氮元素最终完全转化为氨气，即该系统中氮元素守恒，氨气中氮元素的质量等于氮气中氮元素的质量进行分析；
D、根据Li可以循环使用，所以不需要额外补充Li进行分析。
本题主要考查物质的制备等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
20.【答案】C
【解析】解：A、草酸钙中，钙元素的化合价是+2，氧元素的化合价为−2，所以碳元素的化合价是+3，故A错误；
B、设CaC2O4⋅H2O的质量为x
CaC2O4⋅H2OCaC2O4+H2O
146 128
x 6.4g
146x=12864
x=7.3g，故B错误；
C、C→D发生的反应是草酸钙在加热的条件下生成碳酸钙和一氧化碳，化学方程式为：CaC2O4CaCO3+CO↑，故C正确；
D、碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，所以F点对应固体的化学式为CaO，故D错误。
故选：C。
A、根据化合价代数和进行分析；
B、根据草酸钙晶体在加热的条件下生成草酸钙和水，依据图象中的数据进行分析；
C、根据C→D发生的反应是草酸钙在加热的条件下生成碳酸钙和一氧化碳进行分析；
D、根据碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳进行分析。
合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提，因此要学会设计实验、进行实验、分析实验，为学好化学知识奠定基础。
21.【答案】铝箔 瓷砖 聚氯乙烯膜 O2 C Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2
【解析】解：(1)金属材料包括纯金属和合金，因此铝箔属于金属材料；无机非金属材料包括玻璃、陶瓷和水泥，因此瓷砖属于无机非金属材料；有机高分子材料包括塑料、合成纤维和合成橡胶，因此
挤塑板和聚氯乙烯膜属于高分子材料；故答案为：铝箔；瓷砖；聚氯乙烯膜；
(2)由化学方程式可知，反应前有：8个锰原子、4个锂原子、2个碳原子、22个氧原子；反应后有：8个锰原子、4个锂原子、2个碳原子、20个氧原子，则每个X分子中含有2个氧原子，则X的化学式为O2；故答案为：O2；
(3)用铜板做一幅蚀刻画，选择溶液需能与铜发生反应。
A、根据金属活动性铜在镁之后，不能与硫酸镁溶液发生，不符合题意；
B、根据金属活动性顺序，铜在氢之后，不能与稀盐酸发生反应，不符合题意；
C、金属活动性顺序，铜在银之前，能与硝酸银反应，形成凸痕，化学方程式为Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2，符合题意。
故答案为：C；Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2。
(1)根据材料的分类来分析；
(2)根据质量守恒定律来分析；
(3)根据金属的活动性顺序以及化学反应的原理来分析。
本题考查了材料的分类、质量守恒定律的应用以及金属的化学性质等，难度不大。
22.【答案】吸热 分子间隔 光合作用 4.8g 分子构成不同 碘酒 物理 2LiOH+CO2=Li2CO3+H2O
【解析】解：(1)超临界二氧化碳流体蒸发吸热，该过程没有新物质生成，从微观角度看，发生改变的是分子间隔；
(2)①自然界中，绿色植物通过光合作用将二氧化碳转化为淀粉；
②反应①中二氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲醇和水，化学方程式为；
设最多能生成甲醇的质量是x，
44 32
6.6g x
4432=6.6gx
x=4.8g
所以，最多能生成甲醇的质量是4.8g。
③淀粉是由分子构成的有机物，从微观角度分析，直链淀粉和支链淀粉的性质不同的原因是分子构成不同；含有淀粉的物质中加入碘酒，可以看到淀粉变成蓝色；
(3)CO2捕集过程中没有新物质生成，属于物理变化，氢氧化锂和二氧化碳反应生成碳酸锂和水，化学方程式为2LiOH+CO2=Li2CO3+H2O。
故答案为：
(1)吸热；分子间隔；
(2)①光合作用；
；4.8g；
③分子构成不同；碘酒；
(3)物理；2LiOH+CO2=Li2CO3+H2O。
(1)根据超临界二氧化碳流体蒸发吸热及分子的特性进行分析；
(2)①根据光合作用的原理解答；
②依据化学方程式计算；
③从分子的结构角度不同分析；
(3)根据反应原理及质量守恒定律写出方程式。
本题主要考查自然界中的碳循环、二氧化碳对环境的影响、物质的相互转化和制备、利用分子与原子的性质分析和解决问题以及书写化学方程式、文字表达式、电离方程式，在根据化学方程式计算时，第一要正确书写化学方程式，第二要使用正确的数据，第三计算过程要完整。
23.【答案】AD H2、OH− BCD 吸附 2 废水碱性过强会消耗次氯酸，使次氯酸浓度降低，导致NH3的去除率会显著降低 AD 1950 量取
【解析】解：(1)①A、纯水不导电，在水中加入硫酸钠溶液后，硫酸钠在水中解离出Na+和SO42−，可增强水的导电性，故说法正确；
B、电解水时，正极与负极产生的气体体积比为1：2，则电极M与电源负正极相连，而不是与电源负极相连，则故B说法错误，
C、电解过程中是电能转化为化学能，则电解过程中化学能转化为电能的说法错误，故C说法错误；
D、电解水产生了氢气和氧气，根据质量守恒定律可知，反应前后元素的种类不变，则该实验说明水是由氢、氧元素组成的说法正确，故D说法正确；
故选：AD。
②电解过程中N极产生气泡且附近的溶液变成了红色，说明电极N附近产生的微粒有H2、OH；
A、氧气在水中的溶解度大于氢气，则可能部分氧气溶于水，使氧气和氢气的体积比小于1：2，则此现象原因的猜想合理，故A不符合题意；
B、氢气与碳棒不反应，则部分氢气与碳棒反应的猜想不合理，故B符合题意；
C、碳棒没有吸附性，则部分氧气被碳棒吸附的猜想不合理，故C符合题意；
D、若部分氧气与氢气反应重新生成了水，会同时消耗氢气和氧气，得到的氧气和氢气的体积比为1：2，则部分氧气与氢气反应重新生成了水的猜想不合理，故D符合题意；
故选：BCD。
(2)①活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附能力，“活性炭”可去除异味，是因为它具有良好的吸附性，根据化学方程式2NaR+CaCl2=CaR2+2NaCl可知，一个Ca2+可交换出2个Na+；
②若废水碱性过强(pH>10)，NH3的去除率会显著降低，原因是废水碱性过强会消耗次氯酸，使次氯酸浓度降低，导致NH3的去除率会显著降低；
(3)A、生石灰与水反应放出大量的热，烧瓶内压强增大，导管口有气泡冒出，则a图中的水便于观察烧瓶内气压变化且作为反应物，则对水的主要作用分析不全面，故A符合题意；
B、铁在氧气中燃烧生成高温熔融物四氧化三铁，则d图中的水防止熔融物炸裂集气瓶，对水的主要作用分析全面，故B不符合题意；
C、排水法收集氢气时，氢气将集气瓶中的水排出，当集气瓶口有大气泡冒出时，说明已收集满，则c图集气瓶中的水排尽空气且便于观察H2何时集满，对水的主要作用分析全面，故C不符合题意；
D、b图中的水提供热量和隔绝空气，则对水的主要作用分析不全面，故D符合题意；
故选：AD。
(4)设需要加水的质量为x，根据稀释前后溶质质量不变可得50g×20%=(50g+x)×0.5%，则x=1950g，水的体积为1950g÷1g/cm3=1950mL，配制过氧乙酸溶液的主要步骤有计算、量取、稀释、装瓶并贴标签。
故答案为：(1)①AD；
②H2、OH−；BCD；
(2)①吸附；2；
②废水碱性过强会消耗次氯酸，使次氯酸浓度降低，导致NH3的去除率会显著降低；
(3)1950；量取。
(1)①A、根据硫酸钠在水中解离出Na+和SO42−，可增强水的导电性来分析解答；
B、根据电解水时，正极与负极产生的气体体积比为1：2来分析解答；
C、根据电解过程中是电能转化为化学能来分析解答；
D、根据电解水产生了氢气和氧气来分析解答；
②根据电解过程中N极产生气泡且附近的溶液变成了红色来分析解答；根据使氧气和氢气的体积比小于1：2的原因和题中信息来分析解答；
(2)①根据活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附能力来分析解答；根据化学方程式2NaR+CaCl2=CaR2+2NaCl来分析解答；
②根据废水碱性过强会消耗次氯酸，使次氯酸浓度降低来分析解答；
(3)A、根据a图中的水便于观察烧瓶内气压变化且作为反应物来分析解答；
B、根据d图中的水防止熔融物炸裂集气瓶来分析解答；
C、根据c图集气瓶中的水排尽空气且便于观察H2何时集满来分析解答；
D、根据b图中的水提供热量和隔绝空气来分析解答；
(4)根据稀释前后溶质质量不变来分析解答；根据配制过氧乙酸溶液的主要步骤来分析解答。
在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答。
24.【答案】 BC a 溶液的碱性越强过氧化氢分解产生氧气的速率越快 碱性溶液可以加快过氧化氢的分解速率 2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑
【解析】解：(1)过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解产生水与氧气，化学反应方程式为：；该反应中反应物为固液组合，且反应在常温下进行，则可选B为反应的发生装置；氧气不易溶于水，则可以用排水集气法收集较纯净的氧气，故制取的组合为BC；氧气的密度比空气大，则用F装置收集时气体从a端进入；
故答案为：；BC；a；
(2)①根据表格数据对比实验④⑤可知溶液的碱性越强过氧化氢分解产生氧气的速率越快；对比表格中实验②③组数据可以得出，碱性溶液可以加快过氧化氢的分解速率；故答案为：溶液的碱性越强过氧化氢分解产生氧气的速率越快；碱性溶液可以加快过氧化氢的分解速率；
②根据题意可知CaO2与H2O反应生成Ca(OH)2与O2，则化学反应方程式：2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑。
本题考查气体的制取实验及通过对比实验探究过氧化氢的分解速率。
本题难度不大，掌握氧气的制取实验及对比实验的特点即可解答。
25.【答案】加快反应速率 Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4 (NH4)2SO4 BaCl2 分解过程中消耗氧气 分解产生CO2 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ 使H2排出装置中的空气，防止FeCO3被氧化 A中产生的H2使A中的压力增大，将溶液压入B中 防止NH4HCO3受热分解
【解析】解：(1)酸溶时适当提高反应温度和H2SO4浓度，增大了反应物的浓度，可以加快反应的速率；Fe与Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，则化学反应方程式为：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4；故答案为：加快反应速率；Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4；
(2)化学反应前后原子的种类与数目不发生变化，分析得出X的化学式为(NH4)2SO4；根据反应的流程图可知转化2中得到的溶液中含有溶质硫酸铵，则过滤后洗涤，检验滤渣是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液，若无明显现象，则证明洗涤干净；故答案为：(NH4)2SO4；BaCl2；
(3)FeCO3在空气中灼烧能生成氧化铁和二氧化碳，则化学反应方程式为：；根据碳酸亚铁的分解化学反应方程式可知，反应中消耗氧气，且生成二氧化碳，则FeCO3可以用于灭火；故答案为：；分解过程中消耗氧气；分解产生CO2；
(4)A装置中Fe能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁与氢气，化学反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；FeCO3易被氧化，则第一步骤中将产生的气体向B中持续通入一段时间的目的是使H2排出装置中的空气，防止FeCO3被氧化；故答案为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；使H2排出装置中的空气，防止FeCO3被氧化；
(5)A装置产生H2使装置中的压强增大，在压力差的作用下将产生的FeSO4溶液压入B中；故答案为：A中产生的H2使A中的压力增大，将溶液压入B中；
(6)碳酸氢铵受热易分解，则实验中B中温度不能太高；故答案为：防止NH4HCO3受热分解。
本题主要考查根据各物质之间反应原理制备FeCO3。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
26.【答案】ACBD 氢氧化钠中的氢氧根离子和稀盐酸中的氢离子结合生成水分子，溶液中离子浓度减小，故电导率减小 BD 7.3% 3.9% 使用分液漏斗，可以控制反应速率 氢氧化钠、碳酸钠 20℃时，碳酸氢钠的溶解度为9.6g，即该温度下，100g水中最多溶解9.6g碳酸氢钠，而此时生成碳酸氢钠的质量为16.8g，故此时烧杯内出现白色晶体 保持低温，有利于碳酸氢钠结晶析出 温度高于60℃时，碳酸氢钠已经分解 降温结晶
【解析】解：(1)①向氢氧化钠溶液中滴入稀盐酸，故一开始溶液中只含钠离子和氢氧根离子，加入稀盐酸，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，氢氧根离子数目减少，反应过程中，溶液中含钠离子、氢氧根离子、氯离子，恰好完全反应时，溶液中只含氯化钠，即只含钠离子和氯离子，后盐酸过量，溶液中含钠离子、氯离子、氢离子，故顺序为：ACBD；
②图一中AB段曲线下降的原因是：氢氧化钠中的氢氧根离子和稀盐酸中的氢离子结合生成水分子，溶液中离子浓度降低，故电导率减小；
③A、AB段氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，氢氧化钠被消耗，pH逐渐减小，BC段稀盐酸过量，酸的浓度逐渐增大，酸性增强，pH还是减小，不符合题意；
B、B点时，氢氧化钠和稀盐酸恰好完全反应，此时溶液中的溶质是氯化钠，pH=7，符合题意；
C、C点溶液中含氯化钠和氯化氢，氯化氢具有挥发性，蒸发过程中会挥发出去，故取C点所示溶液加热蒸干所得固体为纯净物氯化钠，符合题意；
D、B点时，氢氧化钠和稀盐酸恰好完全反应，B→C所示溶液中氯化钠的质量不会增加，不符合题意。
④80g4%的氢氧化钠溶液中，溶质的质量为80g×4%=3.2g。设所用稀盐酸的溶质质量分数为x，设反应生成氯化钠的质量为 y，则：
NaOH+HCl=NaCl+H2O
40 36.5 58.5
3.2g 40g×x y
4036.5=3.2g40g×x
x=7.3%
4058.5=3.2gy
y=4.68g
故反应后所得溶液的质量分数为：4.68g80g+40g×100%=3.9%
(2)①实验中，用“分液漏斗”而不用“长颈漏斗”的原因是：使用分液漏斗，可通过分液漏斗控制液体的滴加速率，从而控制反应速率；
②由题干信息可知，本实验条件下：NaOH、Na2CO3和NaHCO3溶液的pH分别的为14.0、12.0和8.5，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，M点时，pH大于12，故此时溶质为氢氧化钠、碳酸钠；
③由图可知，18min后，溶液中的pH略大于8，故此时溶液中的溶质为碳酸氢钠。氢氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由化学方程式可知，氢氧化钠和二氧化碳生成水的质量与碳酸钠消耗水的质量相同，故溶液中溶剂的质量不变，根据化学方程式可得关系式：2NaOH～Na2CO3～2NaHCO3。
设生成碳酸氢钠的质量为 m，则：
2NaOH～Na2CO3～2NaHCO3
80 168
8g m
80168=8gm
m=16.8g
20℃时，碳酸氢钠的溶解度为9.6g，即该温度下，100g水中最多溶解9.6g碳酸氢钠，而此时生成碳酸氢钠的质量为16.8g，故此时烧杯内出现白色晶体；
(3)①由图可知，碳酸氢钠的溶解度随温度的升高而增加，烧杯中冰水的作用是：保持低温，有利于碳酸氢钠结晶析出；
②碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故碳酸氢钠的溶解度在60℃后无数据的原因可能是：温度高于60℃时，碳酸氢钠已经分解；
③由图可知，氯化铵的溶解度随温度的升高而增加，且溶解度受温度影响较大，故为使NH4Cl充分结晶析出，应采用的结晶方式是降温结晶。
故答案为：(1)①ACBD；
②氢氧化钠中的氢氧根离子和稀盐酸中的氢离子结合生成水分子，溶液中离子浓度减小，故电导率减小；
③BD；
④7.3%；3.9%；
(2)①使用分液漏斗，可以控制反应速率；
②氢氧化钠、碳酸钠；
③20℃时，碳酸氢钠的溶解度为9.6g，即该温度下，100g水中最多溶解9.6g碳酸氢钠，而此时生成碳酸氢钠的质量为16.8g，故此时烧杯内出现白色晶体；
(3)①保持低温，有利于碳酸氢钠结晶析出；
②温度高于60℃时，碳酸氢钠已经分解；
③降温结晶。
(1)根据中和反应的实质、溶液酸碱性以及导电率的变化来分析；根据化学方程式来分析计算；
(2)根据仪器的用途、溶液的pH来分析；根据化学方程式来分析计算；
(3)根据物质的溶解度曲线、溶解度受温度的影响、结晶的方法来分析。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
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