2024年江苏省扬州市梅岭中学教育集团2023-2024学年中考第一次模拟化学试题

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说明：
1.本试卷共6页，包含单项选择题(第1题~第20题，共20题)、非选择题(第21题~第25题，共5题)两部分。本卷满分100分，考试时间为100分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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亳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：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 C135.5 Ca40 Cu64 Zn65
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. 每年6月5日是世界环境日，2023年世界环境日的口号是“减塑捡塑”，旨在呼吁人们行动起来，采取行动减少塑料污染。下列说法不合理的是
A. 增加一次性塑料制品的使用B. 做好塑料垃圾的分类、回收
C. 使用生物质降解塑料制品D. 使用回收成分制成的替代品
【答案】A
【解析】
【详解】A、增加一次性塑料制品的使用会加重白色污染，选项说法不合理；
B、做好塑料垃圾的分类、回收可以缓解白色污染，选项说法合理；
C、使用生物质降解塑料制品可以缓解白色污染，选项说法合理；
D、使用回收成分制成的替代品可以缓解白色污染，选项说法合理；
故选：A。
2. 下列变化属于化学变化的是
A. 干冰升华B. 汽油挥发C. 纸张燃烧D. 石蜡融化
【答案】C
【解析】
【详解】A、干冰升华过程中只是状态发生了变化，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B、汽油挥发过程中只是状态发生了变化，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；
C、纸张燃烧过程中生成二氧化碳和水等新物质，属于化学变化，故C正确；
D、石蜡熔化过程中只是状态发生了变化，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误。
故选：C。
3. 构成物质的微粒有分子、原子、离子等。下列物质出原子构成的是
A. 氢氧化钾B. 二氧化碳
C. 水D. 硅
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据图示，氢氧化钾是由钾离子与氢氧根离子构成的，不是由原子构成的，该选项不符合题意；
B、根据图示，二氧化碳是由二氧化碳分子构成的，不是由原子构成的，该选项不符合题意；
C、根据图示，水是由水分子构成的，不是由原子构成的，该选项不符合题意；
D、根据图示，硅是由硅原子构成的，该选项符合题意；
故选D。
4. N2O是一种温室气体，其中N元素的化合价为
A. +1B. +2C. +3D. +4
【答案】A
【解析】
【详解】N2O中氧元素显 −2 价，假设氮元素的化合价是 x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：，则 x=+1 ， 故选A。
5. 下列关于燃烧与灭火的说法正确的是
A. 可燃物和氧气接触就能燃烧B. 可燃物在空气中加热就能燃烧
C. 电器线路着火，可用水灭火D. 开挖隔离带可防止森林火势蔓延
【答案】D
【解析】
【详解】A、可燃物燃烧需要氧气、温度达到可燃物着火点，因此可燃物和氧气接触不一定能燃烧，还需要温度达到着火点，说法错误，不符合题意；
B、可燃物燃烧需要氧气、温度达到可燃物着火点，因此可燃物在空气中加热不一定能燃烧，还需要温度达到着火点，说法错误，不符合题意；
C、电器线路着火，首先应切断电源，为防止触电，不能用水扑灭，说法错误，不符合题意；
D、开挖隔离带，能清除可燃物，可防止森林火势蔓延，说法正确，符合题意。
故选：D。
6. 下列属于化合反应的是
A. CaCO3CaO+CO2↑B. CaO+H2O=Ca(OH)2
C. Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑D. Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A、该反应是一种物质生成两种物质，符合“一变多”的特点，属于分解反应，故A错误；
B、该反应是两种物质生成一种物质，符合“多变一”的特点，属于化合反应，故B正确；
C、该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反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，故C错误；
D、该反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应，故D错误；
故选：B。
7. 《天工开物》记载“硝质与盐同母，大地之下潮气蒸成，现于地面”。这里的“硝质”是指KNO3，KNO3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，其中一种元素是氧元素的化合物，硝酸钾由K、N、O三种元素组成，不属于氧化物，不符合题意；
B、酸是电离时产生的阳离子都是氢离子的化合物，硝酸钾电离时产生的阳离子是钾离子，不属于酸，不符合题意；
C、碱是电离时产生的阴离子都是氢氧根离子的化合物，硝酸钾电离时产生的阴离子是硝酸根离子，不属于碱，不符合题意；
D、硝酸钾是由钾离子和硝酸根离子构成的化合物，属于盐，符合题意。
故选D。
8. 形成正确的观念有助于学习和决策。下列观念正确的是
A. 物质的性质仅由组成该物质的元素决定
B. 新材料的使用提高了生活品质，同时也可能产生环境污染
C. 化学工艺的设计原则是消耗更多的资源获得所需产品
D. “纯天然”物质一定好，人工合成的物质一定不好
【答案】B
【解析】
【详解】A、物质的组成和结构决定物质的性质，故A错误；
B、新材料的使用提高了生活品质，但同时也可能产生环境污染，故B正确；
C、化学工艺的设计应该充分利用原材料，满足技术上的先进和经济上的合理可行要求，即选择物料损耗小、循环量少、能量消耗少和回收利用好的生产方法，故C错误；
D、人工合成的物质往往在性能上优于天然的物质，故D错误；
故选：B。
9. 下列物质加入水中不能形成溶液的是
A. 食盐B. 蔗糖C. 味精D. 菜籽油
【答案】D
【解析】
【详解】A、食盐易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故A不符合题意；
B、蔗糖易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故B不符合题意；
C、味精易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故C不符合题意；
D、菜籽油不溶于水，与水混合性形成乳浊液，不属于溶液，故D符合题意；
故选D。
10. 一些物质的近似pH范围如下、其中属于碱性的是
A. 牛奶，pH为6.3~6.6B. 胃液，pH为0.8~1.5
C. 尿液，pH为5.0~7.0D. 血液，pH为7.35~7.45
【答案】D
【解析】
【分析】酸碱度是指溶液的酸碱性强弱程度，一般用pH来表示。pH＜7为酸性，pH=7为中性，pH＞7为碱性。
【详解】A、牛奶，pH为6.3~6.6＜7为酸性。A不符合题意；
B、胃液，pH为0.8~1.5＜7为酸性。B不符合题意；
C、尿液，pH为5.0~7.0＜7为酸性。C不符合题意；
D、血液，pH7.35~7.45＞7为碱性。D符合题意。
综上所述：选择D。
11. 《岭表录异·补遗》记载“野煎盐……则取卤汁，用竹盘煎之，顷刻而就”。这是古人从NaCl溶液中获取NaCl晶体的一种方法，下列实验操作的原理与该描述相符的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图可知，该操作是过滤，过滤可实现固液分离，除去难溶性杂质，不符合题意；
B、由图可知，该操作是蒸发，从氯化钠溶液中获取氯化钠晶体，可用蒸发的方法，符合题意；
C、由图可知，该操作是溶解，溶解不能从氯化钠溶液中获取氯化钠晶体，不符合题意；
D、由图可知，该操作是用排水法收集气体，不符合题意。
故选B。
12. 下列有关药品保存及实验处理的说法中，不正确的是
A. 浓盐酸有挥发性，应密封保存
B. NaOH固体易潮解、变质，应密封保存
C. 实验室制取CO2后的剩余物可直接倒入水槽中
D. 点燃不纯的H2可能会发生爆炸，点燃H2前应验纯
【答案】C
【解析】
【详解】A、浓盐酸具有挥发性，氯化氢会挥发出去，故应密封保存，不符合题意；
B、氢氧化钠固体具有吸水性，会吸收空气中的水分，发生潮解，且氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，故应密封保存，不符合题意；
C、实验室通常用石灰石（或大理石）与稀盐酸反应制取二氧化碳，实验室制取二氧化碳后的剩余物中可能含盐酸，直接倒入水槽中，可能会腐蚀下水道等，应倒入废液缸中，符合题意；
D、氢气具有可燃性，混有一定量的空气，遇到明火，容易发生爆炸，故点燃氢气前应验纯，不符合题意。
故选C。
13. 下列实验方案设计合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、二氧化碳和氮气均不燃烧也不支持燃烧，故在气体样品中分别伸入燃着的木条，木条均熄灭，现象相同，无法鉴别，故A不符合题意；
B、碳酸氢铵受热分解生成氨气、水和二氧化碳，收集的二氧化碳中混有氨气，故不能用于实验室制备二氧化碳，故B不符合题意；
C、稀释浓硫酸时将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入水中，并不断搅拌，故C符合题意；
D、石灰水试剂瓶内壁的白膜是氧氧化钙与空气中的二氧化碳反应生成的碳酸钙，碳酸钙难溶于水，加入足量水，振荡，无法除去，故D不符合题意。
故选C。
14. 某反应的微观示意图如下，关于该反应的说法正确的是
A. 反应前后原子种类不变B. 两种生成物的分子数之比为1：1
C. 反应前后物质的总质量变大D. 反应前后分子种类不变
【答案】A
【解析】
【分析】设：表示A原子，表示B原子，表示C原子，则的化学式为B2A6C，的化学式为C2，的化学式为BC2，的化学式A2C，根据微观示意图可知，B2A6C与C2在一定条件下生成BC2和A2C，化学方程式为：B2A6C+3C22BC2+3A2C。
【详解】A、化学反应前后，原子的种类和数目均不变，正确；
B、根据化学方程式可知，两种生成物的分子数之比为2:3或3：2，错误；
C、根据质量守恒定律，化学变化中，反应物的质量总质量=生成物的总质量，故反应前后物质的总质量不变，错误；
D、该图示过程是化学变化，生成了新物质，故反应前后分子种类改变，错误；
故选A。
15. NH4Cl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是
A. NH4Cl的溶解度随温度升高而增大
B. t℃时，NH4Cl饱和溶液中溶质与溶剂的质量比为1：3
C. 将t℃时的饱和溶液升高温度，会析出NH4Cl晶体
D. 将t℃时的NH4Cl饱和溶液降低温度至20℃，溶液溶质质量分数不变
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据图示，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大，正确；
B、t℃时，NH4Cl的溶解度为50g，根据溶解度概念，饱和溶液中溶质与溶剂的质量比为50g:100g=1:2，错误；
C、温度升高，氯化铵的溶解度增大，将t℃时的饱和溶液升高温度，氯化铵的饱和溶液转变成不饱和溶液，无晶体析出，错误；
D、将t℃时的NH4Cl饱和溶液降低温度至20℃，氯化铵溶解度下降，有晶体析出，溶质质量分数减小，错误。
故选A。
16. 下列对实验现象的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、将NaCl、NaOH溶液接入电路，闭合开关，灯泡均发光，是因为溶液中有自由移动的离子，故选项说法正确；
B、将铁丝伸入硫酸铜溶液中，铁丝表面覆盖红色物质，说明铁和硫酸铜反应生成了铜，可得出铁比铜活泼，故选项说法正确；
C、将酚酞试液滴入稀NaOH溶液和氨水中，溶液均显红色，说明NaOH溶液和氨水均显碱性，故选项说法正确；
D、在蜡烛火焰上方罩一个冷的烧杯，手摸烧杯感觉变热，说明该反应放出热量，但化学反应不一定都会放出热量，也可能是吸收热量，例如二氧化碳和碳高温下反应生成一氧化碳，该反应吸热，故选项说法错误；
故选：D。
17. 1774年，英国科学家普利斯特里加热氧化汞得到一种气体，这种气体可以使燃着的蜡烛更加明亮，这种气体是
A. CO2B. O2C. N2D. H2
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，氧化汞中不含有碳元素，不可能生成二氧化碳，故错误；
B、氧化汞加热分解生成汞和氧气，氧气具有助燃性，能使燃着的蜡烛更加明亮，所以这种气体是氧气，故正确；
C、根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，氧化汞中不含有氮元素，不可能生成氮气，故错误；
D、根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，氧化汞中不含有氢元素，不可能生成氢气，故错误；
故选：B。
18. Li、Mg、Al、Zn可用作金属空气电池的材料。金属材料的理论比能量是指单位质量金属产生电能的大小。金属产生的电能大小与其转化为阳离子时转移的电子数有关，如Li转化为Li+时转移1个电子。下列金属材料中理论比能量最大的是
A. LiB. MgC. AlD. Zn
【答案】C
【解析】
【详解】A、金属产生的电能大小与其转化为阳离子时转移的电子数有关，Li转化为Li+时转移1个电子，理论比能量不是最大；
B、金属产生的电能大小与其转化为阳离子时转移的电子数有关，Mg转化为Mg2+时转移2个电子，理论比能量不是最大；
C、金属产生的电能大小与其转化为阳离子时转移的电子数有关，Al转化为Al3+时转移3个电子，理论比能量最大；
D、金属产生的电能大小与其转化为阳离子时转移的电子数有关，Zn转化为Zn2+时转移2个电子，理论比能量不是最大。
故选：C。
19. 用图示装置测定空气中O2的体积分数。实验时，恒温加热玻璃管，从一侧注射器向另一侧注射器内缓慢推入空气，使空气缓缓流过铜网，待完全推入后读取注射器内空气的体积。然后左右来回推动，重复多次。下列说法正确的是
A. 可用木炭代替铜网进行实验
B 待连续两次读数相同时，停止加热
C. 若铜网量不足，则测得结果偏大
D. 加热状态下，待连续两次读数相同，由该数值可得实验结果
【答案】B
【解析】
【详解】A、木炭与氧气反应生成二氧化碳，消耗氧的同时又生成新的气体，没有形成压强差，无法测定空气中O2的体积分数，故不能用可用木炭代替铜网进行实验，故A错误；
B、待连续两次读数相同时，停止加热，故B正确；
C、若铜网量不足，会导致氧气消耗不彻底，从而使测得结果偏小，故C错误；
D、加热状态下，待连续两次读数相同，不能由该数值计算实验结果，因为剩余气体在受热状态下，体积膨胀，要等到冷却至室温才能计算实验结果，否则数据不准确，故D错误。
故选B。
20. 实验室探究镁与水的反应。将打磨过的镁条加入含少量酚酞试剂的水中，镁条表面有气泡生成，溶液呈淡红色，试管底部出现白色固体。下列根据实验事实所得结论不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、收集反应生成的气体，靠近火焰发出爆鸣声，反应物是水，镁，根据质量守恒定律，产生的可燃性气体是氢气，则生成的气体是氢气，故A不符合题意；
B、酚酞试剂变红，说明溶液呈碱性，故B不符合题意；
C、白色固体也有可能是过量的镁条，无法通过颜色确定白色固体是氢氧化镁，故C符合题意；
D、设参加反应的HCl的质量为x，则
稀盐酸可能过量，故稀盐酸所含溶质的质量至少为0.73g，故D不符合题意。
故选C。
二、非选择题：共5题，共60分。
21. 美好生活，科技创造。
（1）金属铝广泛应用于轨道交通建设。
①高铁车辆的车体可用铝合金制造，铝合金属于______(填序号)。
A.金属材料 B.合成材料 C.复合材料
②几种常见轨道交通车体材料的密度如下表。高铁车体选用密度更小的铝合金的理由是_________。
③铝合金车体有很强的抗腐蚀性能。铝在常温下与氧气反应生成一层致密的氧化铝保护膜，反应的化学方程式为_________。
（2）食品可以提供能量，满足日常活动需求。某同学的早餐为菜包和鸡蛋。
①面粉是制作包子的主要食材，面粉中所含的淀粉属于糖类，曾被称为“碳水化合物”，淀粉含有________元素，实验室可用_______检验淀粉。
②青菜中含丰富的维生素A，维生素A的化学式C20H30O，下列关于维生素A的说法正确旳是_______。
A.维生素A是有机高分子化合物
B.维生素A中C、H、O元素质量比为20：30：1
C.维生素A的相对分子质量为286
D.维生素A中碳元素质量分数最大
③鸡蛋煮熟后，鸡蛋清中的蛋白质变成了白色固体，鸡蛋清中的蛋白质发生了______(填“盐析”或“变性”)。
④蒸制菜包时，发酵粉中的NaHCO3和面团产生的乳酸(用HR表示)反应，生成CO2使包子蓬松柔软。反应的化学方程式为_____________。
【答案】（1） ①. A ②. 高铁车体选用密度更小的铝合金制造，使整车质量减小，有利于列车高速运行 ③.
（2） ①. 碳、氢、氧 ②. 碘液 ③. CD ④. 变性 ⑤.
【解析】
【小问1详解】
①金属材料包括纯金属及其合金。铝合金属于金属材料。故填：A。
②为了使整车质量减小，有利于列车高速运行，高铁车体选用密度更小的铝合金。故填：使整车质量减小，有利于列车高速运行。
③铝在常温下与氧气反应生成一层致密的氧化铝，化学方程式为。故填：。
【小问2详解】
①淀粉属于糖类，曾被称为“碳水化合物”所以淀粉含有碳、氢、氧元素；淀粉的特性是淀粉遇碘液变蓝色，因此可以用碘液来检验食物中是否含有淀粉，若溶液变蓝色，表明食物中有淀粉。实验室可用碘液检验淀粉。故填：碳、氢、氧；碘液。
②A、有机物是含碳化合物（一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐除外），有机高分子化合物相对分子质量很大，达几万、几十万、几百万，甚至几千万。维生素A的相对分子质量=12×20+1×30+16=286。所以维生素A是有机物，但不是高分子化合物。A不正确；
B、维生素A中C、H、O元素质量比=（12×20）：（1×30）：16=120：15：8。B不正确；
C、维生素A的相对分子质量=12×20+1×30+16=286。C正确；
D、维生素A中C、H、O元素质量比=（12×20）：（1×30）：16=120：15：8。所以维生素A中碳元素质量分数最大。D正确。
综上所述：选择CD。
③鸡蛋煮熟后，鸡蛋清中的蛋白质发生了变性，所以鸡蛋清中的蛋白质变成了白色固体。故填：变性。
④NaHCO3和乳酸反应生成乳酸钠、水和二氧化碳，化学方程式为。故填：。
22. 含氮化合物应用十分广泛。
（1）农作物生长需要N等营养元素。有三种氮肥：NH4HCO3、NH4NO3、CO(NH2)2，其中含氮量最高的是________。铵态氮肥NH4NO3与熟石灰混合使用会降低肥效，该反应的化学方程式为________________。
（2）制作油条时利用NaHCO3(俗名小苏打，50℃开始分解)受热分解产生CO2、H2O气体使制品体积膨胀，形成疏松多孔的组织结构，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑。NH4HCO3(35℃开始分解)也可作膨松剂。人们常向小苏打中添加一定量NH4HCO3使用，添加NH4HCO3的优点是___________。
（3）①氨是一种具有刺激性气味的气体，通常情况下，-33℃时能被液化。氮可作制冷剂，工作过程中，NH3由液态转变为气态，气体分子之间的间隙_______(填写“增大”“减小”或“不变”)。实验室中检验氨气的方法是__________。
②在理想条件下，NH3燃烧的产物仅有一种气体单质和水，该反应的化学方程式为_________。
③目前NH3被视为一种具有广泛应用前景的能源。NH3作为燃料的优势有___________。
【答案】（1） ①. CO(NH2)2 ②.
（2）可使膨松剂在较低的温度下就可分解产生二氧化碳气体
（3） ①. 增大 ②. 将湿润的红色石蕊试纸放在氨气流中，若试纸变蓝，证明该气体是氨气 ③. ④. 燃烧无污染
【解析】
【小问1详解】
NH4HCO3中氮元素的质量分数为，NH4NO3中氮元素的质量分数为，CO(NH2)2中氮元素的质量分数为，则其中含氮量最高的是CO(NH2)2；硝酸氨和氢氧化钙反应生成硝酸钙、水和氨气，反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
NaHCO3(俗名小苏打，50℃开始分解)，NH4HCO3(35℃开始分解)，人们常向小苏打中添加一定量NH4HCO3使用，可使膨松剂在较低的温度下就可分解产生二氧化碳气体；
【小问3详解】
①NH3由液态转变为气态，气体分子之间的间隙增大；实验室中检验氨气的方法为：将湿润的红色石蕊试纸放在氨气流中，若试纸变蓝，证明该气体是氨气；
②在理想条件下，NH3燃烧的产物仅有一种气体单质和水，由质量守恒定律可知，化学反应前后元素的种类不变，则该气体单质为氮气，该反应的化学方程式为：；
③NH3燃烧产物是氮气和水，燃烧无污染。
23. 工业生产中可以采用投加CO2或Na2CO3对废水中的Ca2+进行脱除。某学习小组在实验室模拟处理高钙废水并制备CaCO3。
（1）配制模拟废水，使用CaCl2模拟配制含CaCl22.5%的废水。
①配制100mL模拟废水(密度约为1g/mL)需称量_________gCaCl2。
②配制溶液所需选用的形璃仪器为_______(填序号)，仪器C的名称为_________。

（2）学习小组探究处理废水中Ca2+。
将配制好的模拟废水分成三份，分别调节pH为11、12、13。
①调节pH时可使用的试剂为______(填“NaOH溶液”或“Ca(OH)2”溶液)，使用pH试纸测量溶液pH的方法为__________。
②使用CO2进行脱钙实验。实验表明在pH=13时，原料综合成本最低，此时溶液中的溶质可看作是Ca(OH)2，CO2除Ca2+的原理为________(用化学方程式表示)。CO2除Ca2+时，不使用较高温度的原因是___________。
（3）CaCO3在油中的溶解度小，制备纳米CaCO3用油酸钠(NaR)处理可生成油酸钙(CaR2)。CaR2溶于水，在油中的溶解度较大，经处理后的纳米CaCO3产品在油中的溶解度较大。
①方法一：向水中加入纳米CaCO3粉末配成悬浊液、加入少量NaR。发生的变化如图所示。

描述方法一过程发生的变化：___________。
②方法二：向水中加入Ca(OH)2粉末配成悬浊液，再加入少量NaR，并向其中通入CO2。所得的纳米CaCO3产品在油中的溶解度比方法一更大，原因是_________________。
【答案】（1） ①. 2.5 ②. ACDE ③. 量筒
（2） ①. Ca(OH)2溶液 ②. 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 ③. ④. 防止碳酸钙高温分解
（3） ①. 钙离子和R-结合生成CaR2 ②. 氢氧化钙微溶于水，碳酸钙难溶于水，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，较多钙离子和R+离子结合生成CaR2，CaR2溶于水，在油中的溶解度较大
【解析】
【小问1详解】
①配制100mL模拟废水(密度约为1g/mL)需称量100mL×1g/mL×2.5%=2.5gCaCl2；
②量取水所需的玻璃仪器为量筒、胶头滴管（定容）；溶解需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒，故选：ACDE；
仪器C的名称为量筒；
【小问2详解】
①调节pH时可使用的试剂为氢氧化钙溶液，因为实验目的是出来废水中的钙离子，使用氢氧化钠溶液，会引入新的杂质；
使用pH试纸测量溶液pH的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；
②使用CO2进行脱钙实验。实验表明在pH=13时，原料综合成本最低，此时溶液中的溶质可看作是Ca(OH)2，CO2除Ca2+的原理为二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：；
CO2除Ca2+时，不使用较高温度的原因是防止碳酸钙高温分解；
【小问3详解】
①方法一：向水中加入纳米CaCO3粉末配成悬浊液、加入少量NaR。发生的变化如图所示；
描述方法一过程发生的变化：钙离子和R-结合生成CaR2； 。
②方法二：向水中加入Ca(OH)2粉末配成悬浊液，再加入少量NaR，并向其中通入CO2。所得的纳米CaCO3产品在油中的溶解度比方法一更大，原因是氢氧化钙微溶于水，碳酸钙难溶于水，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，较多的钙离子和R+离子结合生成CaR2。CaR2溶于水，在油中的溶解度较大，则所得的纳米CaCO3产品在油中的溶解度比方法一更大。
24. 硫酸铜在工农业生产和生活中都有重要的作用
（1）实验空用表面有油污的铜屑制备硫酸铜溶液。
方法一：取3.0g铜屑在空气中高温灼烧，冷却后将固体粉末置于小烧杯中，加入足量稀硫酸完全反应，过滤得0.6g固体残渣和溶液。
方法二：取3.0g铜屑于小烧杯中，加入Na2CO3溶液、煮沸去油污。倾去溶液，用蒸馏水将铜屑洗净，加入足量稀硫酸，控制温度50℃左右，缓慢滴加10%H2O2溶液，直至铜屑完全溶解。①方法一中生成硫酸铜的化学方程式为___________。生成的硫酸铜的质量为______g。
②方法二中缓慢滴加10%H2O2溶液时，可见少量微小气泡产生，形成该气泡的气体是______(填化学式)。
③对比两种方法，其各自的优点是：____________。
（2）以硫酸铜溶液制备Cu2O的流程如下。

①沉淀时的反应原理为2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O↓+2SO2↑+3_______。操作1的名称为_______。
②所用CuSO4溶液的初始pH近接于3，若pH过低，产品中会有铜单质，则产品中铜元素的质量分数将_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)，若pH过高，沉淀时除得到Cu2O外还可能生成一种蓝色絮状沉沉，该沉淀的化学式为______。生产时的最佳pH为5，调节pH时试剂X可选用_______(填序号)。
A.NaOH溶液 B.NaCl溶液 C.稀硫酸
（3）将16.0g-CuSO4置于坩埚中加热，固体质量与成分随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是______。

A. 固体CuSO4加热至650℃时开始分解
B. 加热至1026℃CuO开始分解生成氧气
C. 加热过程中产生的气体可以不经处理直接排放到空气中
D. 理论上将6.4g铜在O2中加热至1026℃以上最多可以得到8gCuO
【答案】（1） ①. ②. 6 ③. O2 ④. 方法一操作简单；方法二提高了硫酸铜的产量。
（2） ①. Na2SO4 ②. 过滤 ③. 偏小 ④. Cu(OH)2 ⑤. A
（3）AB
【解析】
【小问1详解】
氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，故化学反应方程式为：；
3.0g铜屑在空气中高温灼烧，冷却后加入足量稀硫酸完全反应，过滤得0.6g固体残渣，故铜的质量为3.0g-0.6g=2.4g，铜元素的质量为2.4g。根据质量守恒定律可知，反应前后铜元素的质量相等，故CuSO4中铜元素的质量也为2.4g，所以，生成的硫酸铜的质量为：；
方法二中缓慢滴加10%H2O2溶液时，可见少量微小气泡产生，可能是H2O2溶液分解产生了气体，故该气体是氧气，化学式为：O2；
方法一操作比较简单；方法二能提高了硫酸铜的产量。
【小问2详解】
根据质量守恒定律反应前后原子的种类和个数不变可知。反应物有2个铜原子、5个硫原子、6个钠原子和17个氧原子，生成物现有2个铜原子、5个氧原子和2个硫原子，化学反应原子的种类和数目保持不变，因此还应有3个硫原子、12个氧原子和6个钠原子，同时提取公因数3，剩余的原子可以组成硫酸钠，可得出该生成物的化学式为Na2SO4；
操作1的名称为过滤；
由题目信息可知，当pH过低时，产品中会有铜单质，使得产品中铜元素的质量减小，故产品中铜元素的质量分数将偏小；
若pH过高，沉淀时除得到Cu2O外还可能生成一种蓝色絮状沉沉，该蓝色絮状沉淀的化学式为：Cu(OH)2；
因所用CuSO4溶液的初始pH近接于3，而生产时的最佳pH为5，故需要使溶液酸性减弱，与碱性溶液反应，NaCl溶液呈中性，稀硫酸呈酸性，故用NaOH溶液来调节pH，故选A；
【小问3详解】
A、由图像可知，当加热至650℃时，固体质量开始减少，固体CuSO4开始分解，故A选项说法正确；
B、由图像可知，加热至1026℃时CuO开始分解生成Cu2O，同时生成O2，故B选项说法正确；
C、根据质量守恒定律可知，加热过程中可能会产生SO2气体，会污染大气，故C选项说法不正确；
D、加热至1026℃以上时，CuO会分解生成Cu2O，不会生成CuO，故D选项说法不正确；
故选AB。
25. 用纳米钙铜吸收剂(主要含CaO和CuO)捕集烟气中的CO2，可获得高纯度的CO2，减少CO2的排放。吸收流程如下。
（1）①“吸收”时CaO吸收烟气中的CO2发生化合反应，生成产物为______(填化学式)。
②在600°C~700°C温度范围内，“吸收”时温度越高，CO2去除率越低，原因__________。
③“吸收”时向纳米钙铜吸收剂注入适量水，可与CaO发生两步反应再生成水蒸气，使生成的CaCO3表面出现多孔结构。该反应过程为______________。
（2）若纳米钙铜吸收剂中CaO含量为42%，计算100g纳米钙铜吸收剂理论上可吸收CO2的质量(写出计算过程)。
（3）“转化”时，CaCO3会重新分解生成CaO，同时CuO与CH4反应生成Cu。该过程不需要额外供给热量，原因是___________。生成气体的主要成分为________(填化学式)。
（4）“氧化”将纳米钙铜吸收剂再恢复，发生反应的化学方程式为_________。
（5）捕集所得的高纯度CO2可与H2反应制备CO。其反应原理如图所示。
①该转化过程中，化合价发生变化的元素有________。
②理论上生成28gCO，需消耗H2______g。
【答案】（1） ①. CaCO3 ②. 碳酸钙会分解生成氧化钙与二氧化碳 ③. 吸收剂中氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与烟气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水
（2）解：设100g纳米钙铜吸收剂理论上可吸收CO2质量为x。
解得x=33g
答：100g纳米钙铜吸收剂理论上可吸收CO2的质量为33g；
（3） ①. 吸收过程中氧化钙与水反应会放出大量热 ②. CO2
（4）
（5） ①. 氢元素、氧元素 ②. 2
【解析】
【小问1详解】
①氧化钙与二氧化碳发生化合反应生成碳酸钙，其化学式为：CaCO3；
②碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，故推测在600°C~700°C温度范围内，碳酸钙会分解生成氧化钙与二氧化碳，故“吸收”时温度越高，CO2去除率越低；
③向纳米钙铜吸收剂注入适量水，吸收剂中氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与烟气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水；
【小问2详解】
见答案；
【小问3详解】
吸收过程中氧化钙与水反应产生大量热，故转化过程不需要额外供给热量；
根据质量守恒定律，CuO与CH4反应生成Cu、水、二氧化碳，故生成气体的主要成分是二氧化碳（化学式CO2）；
【小问4详解】
“氧化”将纳米钙铜吸收剂再恢复，是铜与氧气反应生成氧化铜，该反应的化学方程式为：；
【小问5详解】
①根据图示，氢气转变成水，氢元素由0价变为+1价，二氧化碳转变成一氧化碳，碳元素由+4价转变成+2价，故化合价发生变化的元素有氢元素、氧元素；
②,故理论上生成28gCO，需消耗H2质量为2g。选项
实验目的
实验方案
A
鉴别CO2和N2
在气体样品中分别伸入燃着的木条
B
实验室制备CO2
加热NH4HCO3使之分解，收集产生的气体
C
稀释浓硫酸
将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入水中，并不断搅拌
D
除去石灰水试剂瓶内壁的白膜
加入足量水，振荡
选项
实验现象
解释
A
将NaCl、NaOH溶液接入电路，闭合开关，灯泡均发光
溶液中有自由移动的离子
B
将铁丝伸入硫酸铜溶液中，铁丝表面覆盖红色物质
铁比铜活泼
C
将酚酞试液滴入稀NaOH溶液和氨水中，溶液均显红色
NaOH溶液和氨水均显碱性
D
在蜡烛火焰上方罩一个冷的烧杯，手摸烧杯感觉变热
化学反应都会放出热量
选项
实验事实
结论
A
收集反应生成的气体，靠近火焰发出爆鸣声
生成的气体是氢气
B
溶液呈淡红色
反应后溶液呈碱性
C
试管底部出现白色固体
反应生成了Mg(OH)2
D
加入的水换成稀盐酸，收集到0.02gH2
稀盐酸所含溶质的质量至少为0.73g
车体材料
铝合金
不锈钢
含铜耐磨钢
密度/(t/m3)
2.70
7.80
7.80