2026年山东省日照市东港区献唐中学中考化学一模试卷（含答案+解析）

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1.下列过程包含化学变化的是( )
A. 海水晒盐B. 二氧化氯消毒C. 蒸馏法淡化海水D. 粗盐水过滤
2.下列做法不符合绿色化学理念的是( )
A. 开展植树造林低碳行动B. 煤炭脱硫改善空气质量
C. 大量使用农药化肥增产D. 废旧电池合理回收利用
3.下列有关配制一定溶质质量分数氢氧化钠溶液的实验操作中正确的是( )
A. 取用NaOHB. 称量氢氧化钠
C. 量取水D. 溶解
4.下列劳动实践与所述化学知识关联有误的是( )
A. AB. BC. CD. D
5.下列关于水和溶液的说法正确的是( )
A. 碘酒溶液中，酒精为溶质
B. 蔗糖和食盐溶液中溶质都以自由移动的离子形式存在
C. 100g质量分数为16%的氯化钠溶液稀释为8%的氯化钠溶液，需加水的质量是100g
D. 湿衣服晾干，水分子在一定条件下可发生分解反应
6.《天工开物》记载：“凡蓝五种，皆可为淀。”“蓝淀”用于染布，色泽浓郁且洗涤不易掉色，其主要成分的化学式为C16H10N2O2。下列关于C16H10N2O2的说法正确的是( )
A. 易溶于水B. 分子中含氧分子(O2)
C. 由C、H、N、O四种元素组成D. C、H两种元素的质量比为8：5
7.实验室中利用如图装置进行铁与水蒸气的反应，在高温条件下，生成一种黑色的氧化物和一种单质气体。下列说法错误的是( )
A. 反应为
B. 实验中湿棉花的作用是提供反应所需的水蒸气
C. 用火柴点燃肥皂泡，检验生成的氢气
D. 酒精灯加网罩，可以集中火焰，提高温度
8.天然气是重要的化石燃料和能源，主要成分为甲烷(CH4)，还含有少量硫化氢(H2S)等气体。硫化氢可在催化剂作用下与甲烷反应而除去，其反应微观示意图如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该反应属于置换反应
B. 该反应过程中变化的是原子种类
C. 产物中和的分子个数之比为1：4
D. 催化剂反应前后性质发生变化
9.臭氧还存在于距离地球表面20∼35km的平流层，它能吸收太阳光中绝大部分的紫外线，使地球上的生物免受紫外线的伤害。结合生成臭氧的原理图，下列说法错误的是( )
A. 图中属于化合物的分子有3种
B. 随着O3分子的数目不断增加，氧气分子的数目不断减少
C. 臭氧既保护了人类，也可能给人类带来伤害
D. 该反应③的化学方程式为2NO+O2=2NO2
10.实验是科学探究的重要方式。下列有关实验的叙述不正确的是( )
A. 实验1：观察到蜡片熔化，可说明铁片具有良好的导热性
B. 实验2：依据生成物是氢气和氧气，可推出水是由氢、氧元素组成的
C. 实验3：①中白磷不燃烧，②中白磷燃烧，说明可燃物燃烧需要氧气
D. 实验4：短蜡烛熄灭后，关闭K，长蜡烛熄灭，原因是CO2不能燃烧
11.下列实验方案能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
12.推理是培养科学思维的重要方法，下列推理正确的是( )
A. 阳离子带正电荷，则带正电荷的离子一定是阳离子
B. 中和反应生成盐和水，则生成盐和水的反应一定是中和反应
C. 氧化物中都含有氧元素，则含有氧元素的化合物一定是氧化物
D. 燃烧都伴有发光、放热现象，则有发光、放热现象的变化一定是燃烧
13.收集CO2时，常用燃着的木条放在集气瓶口验满。木条熄灭，CO2真的集满了吗？如图−1，向三颈烧瓶中持续通CO2，测定瓶内氧气体积分数的变化情况，并用燃着的木条置于瓶口观察其是否熄灭，结果如图−2所示。下列说法正确的是( )
A. 图−1中，通CO2导管的末端应处于“A”位置
B. 图−2所示C点处燃着的木条熄灭，此时三颈烧瓶内CO2的体积分数约为60%
C. 该实验说明木条熄灭是二氧化碳已充满容器
D. 由图−2可知，木条熄灭时三颈烧瓶内氧气的体积分数为10%
14.工业上用重晶石(主要成分是硫酸钡)碳化法生产碳酸钡，在该流程中先将硫酸钡转化成粗BaS，BaS在反应器中与水完全反应生成Ba(OH)2和Ba(HS)2溶液(粗BaS中的杂质不参与反应)，然后在上述溶液中通入CO2使之完全转化为碳酸钡沉淀。如果参加反应的BaS质量是338kg，理论上参加反应的CO2质量为( )(资料：Ba(HS)2+CO2+H2O=BaCO3↓+2H2S)
A. 88kgB. 44kgC. 132kgD. 176kg
二、多选题：本大题共1小题，共3分。
15.如图为Na2CO3和NH4HCO3两种物质的溶解度曲线。下列说法正确的是( )
A. T1∘C时，等质量的两物质饱和溶液升温到T4∘C，为使两种溶液恰好饱和，所加固体质量相等
B. T2∘C时，Na2CO3饱和溶液升温到T4∘C，溶质质量分数变大
C. T3∘C时，将30gNa2CO3固体加到50g 水中，所得溶液质量为80g
D. T4∘C时，将142gNH4HCO3饱和溶液降温到T1∘C，析出固体20g
三、填空题：本大题共2小题，共20分。
16.在宏观、微观和符号之间建立联系是化学学科的重要思维方式。
回答下列问题：
(1)上图中，共有 种元素，②表示的微粒符号是 ，其中①与③形成的化合物的化学式为 。
(2)⑤中x的数值为 ，不能直接获取有关In的信息是 (填标号)。
A.元素名称 B.元素在化学变化中得失电子情况
C.原子序数 D.原子核内的中子数
(3)铟与氯气反应生成氯化铟的微观示意图如图所示(已配平)，请画出b表示的微观示意图 ，并写出该反应的化学方程式 。
17.古籍是文明的载体。古籍纸张酸化会造成纸张发黄断裂，需进行处理。
注：pH为6.5∼8.5是纸张保存的最佳条件。
(1)纸张成分及酸化原因。
①纸张的主要成分为纤维素[(C6H10O5)n]。纤维素属于 (填字母)。
A.无机化合物
B.有机高分子化合物
②纸张酸化原因之一是空气中微量SO2与纸张中的水分反应，完成化学方程式：2SO2+ +2H2O=2H2SO4。经过漫长岁月，酸逐渐增多导致纸张酸化。
(2)古法造纸时常用熟石灰和草木灰(主要成分K2CO3)混合使用处理原料，两者混用碱性会增强，其原因是 (用化学方程式表示)。
(3)古籍纸张若出现明显酸化(以硫酸为例)，需进行脱酸保护。
一步脱酸法：酸化纸张用饱和石灰水浸泡，石灰水渗入纸张内部快速脱酸。
两步脱酸法：酸化纸张先用饱和石灰水浸泡，取出再用Ca(HCO3)2溶液浸泡，发生反应：
Ca(OH)2+Ca(HCO3)2=2CaCO3↓+2H2O
注：室温时，饱和石灰水pH约为12.6。
①石灰水脱硫酸的原理为 (用化学方程式表示)。
②一步脱酸法处理后的湿纸张pH约为12，晾干后pH降至8左右。过程中pH下降的主要原因是 。
③无论是一步脱酸法还是两步脱酸法，处理后的纸张均具有一定的抗酸性(消耗酸的能力)，除微量碱残留外，具有抗酸性的原因为 。
四、流程题：本大题共1小题，共10分。
18.利用镍铜矿烧渣(含NiO和少量CuO)制备磁性材料Ni2O3的流程如下。
查阅资料：Ni的金属活动性大于H。
(1)溶液X应选用______ (填标号)。
a.稀硫酸 b.稀盐酸 c.稀硝酸
(2)“除铜”中分离操作用到的玻璃仪器有烧杯、______、玻璃棒等。
(3)“除铜”中实际消耗Ni粉的质量大于除铜理论用量的原因是______。
(4)请写出Ni除铜过程中发生反应的化学方程式______。
(5)已知：NiCO3在空气中焙烧生成镍的氧化物和气体。取23.8gNiCO3控制不同温度焙烧，测得固体质量随温度变化如图所示。制备Ni2O3应控制适宜的温度为______ (填“360”或“620”)∘C左右，生成Ni2O3发生反应的化学方程式为______。
五、实验题：本大题共1小题，共10分。
19.气体的制备、性质与应用是化学研究的重要内容。
(1)两种制取氧气的装置如上图所示。
①用加热高锰酸钾制取并收集氧气，选择的装置为______，反应的化学方程式为______。
②用装置B制氧气，铂丝代替二氧化锰作催化剂。制备过程中，若玻璃管中液面上升，为避免液体溢出应采取的操作是______。
(2)实验室制取二氧化碳的化学方程式为______。
(3)某同学设计制取并收集纯净、干燥的二氧化碳，装置的连接顺序为______ (填标号)其中装置D的作用是______；试剂 b为______。
六、探究题：本大题共1小题，共15分。
20.化学反应需要一定的条件，调控化学反应具有重要意义。
(1)将食品置于冰箱中保存可减缓变质，原理是 ______能影响化学反应。
(2)某小组按下列实验方案探究过氧化氢分解的影响因素，实验用到的H2O2溶液浓度为30%，催化剂的用量均相同，0∼100秒广口瓶中压强的变化用Δp表示。
①实验1、2、3用于探究 ______对过氧化氢分解快慢的影响。
②依据实验 ______(填编号)的数据，得出催化能力：FeCl3>CuCl2。
③在上述实验的基础上，提出一个可继续探究的问题：______。
(3)研究和调控燃烧能提升化学反应的应用价值。
①将蜡烛置于空气中，测定从点燃到熄灭过程中气体浓度(体积分数)的变化，结果如图2。
为了探究蜡烛熄灭的原因，用空气占95%、CO2占5%的混合气体重做实验，观察到蜡烛 ______(填“能”或“不能”)点燃，说明氧气浓度降低是蜡烛熄灭的原因。
②用红磷燃烧探究空气中氧气的含量，装置如图3，排除装置与操作误差后，发现实验结果总是低于氧气的真实含量，原因可能是 ______。
③煤矿井下的空气通常含有甲烷，不断鼓入新鲜空气是防止发生燃烧或爆炸的举措之一，其原理是通过 ______使甲烷燃烧无法达到所需的条件。
七、计算题：本大题共1小题，共10分。
21.氮气的用途十分广泛。
(1)人工固氮的技术有下面两种。
①工业上利用反应N2+3H2=2NH3，实现人工固氮。
②我国科学家研制的固体催化剂LDH可实现光照条件下人工固氮，其原理如图所示，反应的化学方程式为______。
(2)在活鱼运输途中，向水里加适量过氧化钙(CaO2)为鱼增氧。
①CaO2和H2O反应生成氢氧化钙和氧气，为水体增氧的同时，还能与鱼呼出的气体发生反应，调节水体pH。
②如向水中加入72gCaO2，计算理论上可产生氧气的质量______。(写出计算过程)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、海水晒盐是水分蒸发使氯化钠结晶析出，没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；
B、二氧化氯消毒过程中会破坏微生物的分子结构，有新物质生成，属于化学变化；故选项正确；
C、蒸馏法淡化海水是通过水的状态变化实现水和杂质的分离，没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；
D、粗盐水过滤是除去不溶性固体杂质，没有新物质生成，属于物理变化；故选项错误；
故选：B。
有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化。化学变化的特征是：有新物质生成。判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成。
本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决。本考点主要出现在选择题和填空题中。
2.【答案】C
【解析】解：A、植树造林可以吸收空气中的二氧化碳，降低碳排放，同时还能净化空气，符合绿色环保的要求，符合绿色化学理念，故A不符合题意；
B、煤炭脱硫可以减少煤炭燃烧时二氧化硫的排放，降低酸雨形成的风险，改善空气质量，符合从源头减少污染的理念，故B不符合题意；
C、大量使用农药化肥会造成土壤板结、酸化，化肥农药随雨水流入水体会导致水体富营养化，造成环境污染，不符合绿色化学减少污染的要求，故C符合题意；
D、废旧电池中含有重金属等有害物质，合理回收利用可以减少对土壤和水体的污染，同时实现资源的循环再利用，符合绿色化学理念，故D不符合题意；
故选：C。
根据绿色化学的核心理念及各项做法的环境影响解答即可。
掌握绿色化学的核心要义，结合实际做法分析其对环境的影响是解答本题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A、取用固体粉末状试剂时，瓶塞要倒放，应用药匙取用，图中瓶塞没有倒放，故选项实验操作错误。
B、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，图中砝码与试剂的位置放反了，且氢氧化钠具有腐蚀性，应放在玻璃器皿中称量，故选项实验操作错误。
C、量取液体读数时，视线与液体的凹液面最低处保持水平，图中俯视刻度，故选项实验操作错误。
D、溶解操作应在烧杯中进行，用玻璃棒不断搅拌，故选项实验操作正确。
故选：D。
A、根据固体试剂的取用方法，进行分析判断。
B、根据托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则、氢氧化钠具有腐蚀性，进行分析判断。
C、根据量筒读数时视线要与量筒内液体的凹液面的最低处保持水平，进行分析判断。
D、根据溶解操作的方法，进行分析判断。
本题难度不大，明确配制一定溶质质量分数的溶液主要实验步骤、注意事项等是正确解答本题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：A、铁在潮湿的空气中，同时接触水和氧气，容易生锈。洗净的铁锅表面有水，擦干后可除去水分，破坏铁生锈的条件，从而防止生锈，关联正确；
B、制作面包时加入的膨松剂是小苏打，其化学名称为碳酸氢钠，化学式NaHCO3，受热分解或与面团中的酸性物质反应产生二氧化碳气体使面包疏松。而选项中写的是Na2CO3(碳酸钠，俗称苏打、纯碱)，物质名称与化学式不符，关联错误；
C、活性炭具有疏松多孔的结构，有很强的吸附性，可吸附水中的色素、异味等，用于自制净水器，关联正确；
D、热水瓶中的水垢主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，食醋中含有醋酸，醋酸能与它们发生化学反应，生成可溶性物质从而除去水垢，关联正确；
故选：B。
根据常见物质的俗称、化学性质与用途的对应关系进行分析解答即可。
掌握铁生锈的条件、常见物质(小苏打与苏打)的俗称及成分区分、活性炭的吸附性、醋酸除水垢的化学原理是解答本题的关键。
5.【答案】C
【解析】解：A.碘酒是碘的酒精溶液，溶质为碘，酒精是溶剂，该选项说法错误，故A不合题意。
B.蔗糖是由蔗糖分子构成的，蔗糖溶于水时以蔗糖分子形式存在，氯化钠是由钠离子与氯离子构成的，食盐(氯化钠)溶于水时溶质以自由移动的离子形式存在，该选项说法错误，故B不合题意。
C.溶液稀释前后溶质质量不变，设需加水质量为x，列式：100g×16%=(100g+x)×8%，解得x=100g，该选项说法正确，故C符合题意。
D.湿衣服晾干是水分子不断运动扩散到空气中，属于物理变化，水分子本身没有发生分解反应，该选项说法错误，故D不合题意。
故选：C。
A、根据溶液的组成来分析；
B、根据构成物质的基本粒子来分析；
C、根据溶液加水稀释前后溶质的质量不变来分析；
D、根据分子的性质来分析。
本题难度不大，掌握溶液的组成、溶液稀释过程中溶质的质量不变以及分子的性质是解题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：A、“蓝淀”用于染布，色泽浓郁且洗涤不易掉色，说明C16H10N2O2难溶于水，故选项说法错误。
B、分子是由原子构成的，分子中含氧原子，不含氧分子，故选项说法错误。
C、C16H10N2O2由C、H、N、O四种元素组成，故选项说法正确。
D、C、H两种元素的质量比为(12×16)：(1×10)≠8：5，故选项说法错误。
故选：C。
A、根据“蓝淀”用于染布，色泽浓郁且洗涤不易掉色，进行分析判断。
B、根据分子是由原子构成的，进行分析判断。
C、根据C16H10N2O2化学式的含义，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、有关计算等是正确解答本题的关键。
7.【答案】A
【解析】解：A.铁和水蒸气高温反应生成的黑色氧化物是四氧化三铁，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故A说法错误。
B.湿棉花受热会蒸发出水蒸气，作用是提供反应所需的反应物，故B说法正确。
C.反应生成的单质气体是氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可通过爆鸣现象检验氢气，故C说法正确。
D.酒精灯加网罩可以集中火焰，提高加热温度，满足反应所需的高温条件，故D说法正确。
故选：A。
A.根据铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，需检查化学方程式的配平、气体符号及反应条件，进行分析；
B.根据湿棉花受热产生水蒸气，是反应物之一，进行分析；
C.根据氢气具有可燃性，可用点燃肥皂泡的方法检验，进行分析；
D.根据酒精灯加网罩可集中火焰、提高温度，满足高温反应条件，进行分析。
本题主要考查铁与水蒸气反应的实验原理、操作及现象，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。
8.【答案】C
【解析】解：A、置换反应的定义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，该反应的反应物均为化合物，不属于置换反应，故A选项说法错误。
B、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目、质量都不发生改变，故B选项说法错误。
C、由化学方程式可知，产物CS2和H2的分子个数比为1：4，故C选项说法正确。
D、催化剂在化学反应前后化学性质不变，物理性质可能改变，故D选项说法错误。
故选：C。
根据微观示意图可知，该反应是由甲烷和硫化氢在催化剂的作用下反应生成二硫化碳和氢气，反应的化学方程式：。
本题难度不大，掌握微观反应示意图的信息、置换反应的特点、质量守恒定律以及催化剂的概念是解题的关键。
9.【答案】A
【解析】解：A.图中只有NO、NO2两种化合物分子，故A选项说法错误。
B.臭氧是由O2和O原子化合生成的，反应消耗O2，因此O3分子数目增加时，O2分子数目不断减少，故B选项说法正确。
C.平流层臭氧可吸收紫外线保护地球生物，近地面臭氧属于空气污染物，会危害人体健康，故C选项说法正确。
D.反应③是NO与O2反应生成NO2，化学方程式为2NO+O2=2NO2，故D选项说法正确。
故选：A。
A、化合物是由不同种元素组成的纯净物；
B、根据化学反应的原理来分析；
C、根据臭氧的性质来分析；
D、根据化学反应的原理来分析。
本题难度不大，掌握流程图信息、臭氧的性质、化学方程式的写法是解题的关键。
10.【答案】D
【解析】解：A、在实验1中，对铁片加热，蜡片熔化，这是因为铁片将热量传递给了蜡片，能够说明铁片具有良好的导热性，故选项说法正确。
B、实验2是电解水实验，生成物是氢气和氧气，氢气和氧气分别是由氢元素和氧元素组成的，根据化学反应前后元素种类不变，可推出水是由氢、氧元素组成的，故选项说法正确。
C、实验3中，①中的白磷在热水中，没有与氧气接触，不燃烧；②中的白磷在热水中且与氧气接触，燃烧，对比说明可燃物燃烧需要氧气，故选项说法正确。
D、实验4中，短蜡烛熄灭后，关闭K，长蜡烛熄灭，原因是CO2密度比空气的大，会在下方聚集，且CO2不能燃烧也不支持燃烧，故选项说法错误。
故选：D。
A、根据对铁片加热，蜡片熔化，进行分析判断。
B、根据电解水的实验现象和结论，进行分析判断。
C、根据白磷接触的条件、燃烧的情况，进行分析判断。
D、根据二氧化碳的性质，进行分析判断。
本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学的难点，明确实验原理、熟练掌握所涉及物质的性质等是正确解答本题的关键。
11.【答案】C
【解析】解：A、氯化钙易溶于水，碳酸钙难溶于水，可通过溶解、过滤、洗涤、干燥，得到碳酸钙，然后蒸发结晶才能得到氯化钙，达不到分离的目的，故选项实验方案不能达到实验目的。
B、加入足量铁粉，铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，铁与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，不但除去了杂质，也除去了原物质，故选项实验方案不能达到实验目的。
C、取样滴加稀盐酸，观察现象，氧化铜和稀盐酸反应生成氯化铜和水，黑色固体逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，产生气泡，现象不同，可以鉴别，故选项实验方案能达到实验目的。
D、氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，从而变质，如果氢氧化钠部分变质，滴加少量稀盐酸，稀盐酸先与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，待氢氧化钠完全反应后，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，少量的稀盐酸可能被氢氧化钠完全消耗，用少量稀盐酸无法检验氢氧化钠溶液是否变质，应用足量的稀盐酸，故选项实验方案不能达到实验目的。
故选：C。
A、根据氯化钙易溶于水，碳酸钙难溶于水，进行分析判断。
B、除杂至少要满足“不增不减”的原则，“不增”是指不增加新杂质，“不减”是指不减少目标物质的质量。
C、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。
D、根据氢氧化钠变质会生成碳酸钠，进行分析判断。
本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学的难点，明确实验原理、熟练掌握所涉及物质的性质等是正确解答本题的关键。
12.【答案】A
【解析】解：A、阳离子带正电荷，带正电荷的离子一定是阳离子，故选项推理正确。
B、中和反应是酸与碱反应生成盐和水，但生成盐和水的反应不一定是中和反应，如CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故选项推理错误。
C、氧化物中都含有氧元素，但含有氧元素的化合物不一定是氧化物，如C2H5OH，故选项推理错误。
D、燃烧都伴有发光、放热现象，但有发光、放热现象的变化不一定是燃烧，如灯泡发光、放热，故选项推理错误。
故选：A。
A、根据带正电荷的离子，进行分析判断。
B、根据中和反应是酸与碱作用生成盐和水的反应，反应物是酸和碱，生成物是盐和水，进行分析判断。
C、根据氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物，进行分析判断。
D、根据燃烧的特征，进行分析判断。
本题难度不大，解答此类题时要根据不同知识的特点推理，不能盲目推理，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。
13.【答案】B
【解析】解：A.CO2的密度比空气大，为排尽三颈烧瓶内的空气，通CO2的导管末端应处于瓶底的B位置，故A错误；
B.初始瓶内为空气，由图可知氧气体积分数为20%，C点氧气体积分数为8%，则此时空气的体积分数为：8%÷20%=40%，则此时二氧化碳的体积分数为：1−40%=60%，故B正确；
C.木条熄灭时瓶内仍有8%的氧气，说明二氧化碳未充满容器，故C错误；
D.由图可知，氧气体积分数为10%时处于木条“时燃时灭”的区间，木条熄灭时瓶内氧气体积分数约为8%，故D错误。
故选：B。
A.根据二氧化碳的密度比空气大，为了将瓶内的空气排尽，通入二氧化碳的导管末端应伸入到瓶底(B位置)，进行分析；
B.根据图−2可知，初始状态下瓶内氧气体积分数约为20%，C点处木条熄灭时氧气体积分数为8%%，进行分析；
C.根据图−2中木条熄灭时瓶内仍有约8%的氧气，进行分析；
D.根据图−2中木条熄灭时对应的纵坐标，进行分析。
本题主要考查二氧化碳的性质、收集方法以及实验数据的分析能力。注意完成此题，可以从题干和图表中提取关键信息(如初始氧气体积分数、木条熄灭时的氧气体积分数)，结合空气中氧气的比例进行定量计算，从而得出正确结论。
14.【答案】A
【解析】解：由题意可知，整个过程中发生反应的化学方程式及其质量关系如下：
2BaS+2H2O=Ba(OH)2+Ba(HS)2
338 171 203
Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+2H2O
171 44
Ba(HS)2+CO2+H2O=BaCO3↓+2H2S
203 44
由上述质量关系可知，338kgBaS完全反应生成171kgBa(OH)2和203kgBa(HS)2，171kgBa(OH)2能与44kgCO2恰好完全反应，203kgBa(HS)2能与44kgCO2恰好完全反应，即整个反应过程中参加反应的二氧化碳的质量为：44kg+44kg=88kg。
故选：A。
根据BaS在反应器中与水完全反应生成Ba(OH)2和Ba(HS)2溶液(粗BaS中的杂质不参与反应)，然后在上述溶液中通入CO2使之完全转化为碳酸钡沉淀，结合题中数据来分析。
本题主要考查了物质的性质和化学方程式的计算，解答时要根据所学知识，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】AD
【解析】分析：根据固体的溶解度曲线可以：①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，②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，③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。
了解溶解度的概念，明确饱和溶液中溶质的质量分数的计算方法，溶解度曲线的意义，并能将所学知识灵活应用来分析和解答相关问题，是解答此题的关键因素。
解析：A、将等质量的两物质饱和溶液从T1∘C升温到T4∘C，溶液均变成了不饱和溶液，因为T1∘C和T4∘C是两物质的溶解度相等，所以为使溶液恰好饱和，加入两固体质量相等，故选项正确。
B、将Na2CO3饱和溶液从T2∘C升温到T4∘C，因为T2∘C和T4∘C时Na2CO3的溶解度相等，所以T4∘C时还是饱和状态，溶质质量分数不变，故选项错误。
C、T3∘C时，Na2CO3的溶解度是50g，即T3∘C时100g水中最多溶解50gNa2CO3，那么50g水中最多溶解25gNa2CO3，将30gNa2CO3固体加到50g水中，只能溶解25g，所得饱和溶液的质量为50g+25g=75g，故选项错误。
D、由溶解度曲线可知，T4∘C时碳酸氢钠的溶解度为42g，T1∘C时碳酸氢钠的溶解度为22g。T4∘C时，142gNH4HCO3饱和溶液中含有42g碳酸氢钠和100g水，降温到T1∘C，100g水中最多能溶解碳酸氢钠的质量为22g，则析出固体42g−22g=20g，故选项正确。
故选：AD。
16.【答案】四
Na+
NaF
18
D

【解析】解：(1)①②质子数相同，属于同种元素，故图中共有四种元素；质子数=原子序数，②粒子的质子数为11，11号元素是钠元素，该粒子中，质子数大于核外电子数，表示钠离子，钠离子是钠原子失去最外层1个电子后形成的，从而带上1个单位的正电荷，表示为：Na+；①粒子的质子数为11，是钠元素，该粒子中，质子数=核外电子数，表示钠原子，③粒子的质子数为9，是氟元素，该粒子中质子数=核外电子数，表示氟原子，钠原子与氟原子形成的化合物是氟化钠，氟化钠中钠元素显+1价，氟元素显−1价，化学式为：NaF；故答案为：四；Na+；NaF；
(2)⑤粒子的最外层电子数为3，未达到相对稳定结构，应是铟原子，在原子中，质子数=核外电子数，故49=2+8+18+x+3，x=18；
A、由元素符号“In”可知，元素名称是铟，可以获取；
B、铟原子的最外层电子数为3，小于4，在化学反应中容易失去电子，可以获取；
C、在原子结构示意图中，圆圈内的数字表示质子数，质子数=原子序数，则其原子序数是49，可以获取；
D、通过原子结构示意图，只能获取原子核内质子数，不能获取中子数；
故答案为：18；D；
(3)根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，生成物中含In、Cl的个数分别是2、6，已知反应物中含In、Cl的个数分别是2、0，故反应物中还应含6个Cl，每个氯分子由2个氯原子构成，则b中应补充3个氯分子，图为：；由图可知，该反应的反应物为铟、氯气，生成物为氯化铟，反应条件为加热，化学方程式为：。故答案为：； 。
(1)元素是质子数相同的一类原子的总称；根据提供信息可以进行相关方面的判断；
(2)根据提供信息可以进行相关方面的判断；
(3)根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。
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。
17.【答案】(1)①B
②O2
(2)Ca(OH)2+K2CO3=CaCO3↓+2KOH
(3)①Ca(OH)2+H2SO4=CaSO4+2H2O
②Ca(OH)2和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙
③纸张上残留的碳酸钙能消耗酸

【解析】分析：(1)①根据纤维素是由碳、氢、氧元素组成的化合物，且其相对分子质量很大来分析解答；
②根据化学反应前后原子的种类和数目不变来分析解答；
(2)根据氢氧化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾来分析解答；
(3)①根据Ca(OH)2和硫酸发生中和反应生成硫酸钙和水来分析解答；
②根据Ca(OH)2和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙来分析解答；
③根据纸张上残留的碳酸钙能消耗酸来分析解答。
在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的知识和题中的知识进行分析解答。
解析：(1)①纤维素[(C6H10O5)n]是由碳、氢、氧元素组成的化合物，且其相对分子质量很大，属于有机高分子化合物，故选：B；
②根据化学反应前后原子的种类和数目不变，反应前有2个S原子、4个H原子、6个O原子，反应后有4个H原子、2个S原子、8个O原子，所以横线上应填O2；
(2)熟石灰是氢氧化钙的俗称，草木灰主要成分K2CO3，氢氧化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾，反应的化学方程式为Ca(OH)2+K2CO3=CaCO3↓+2KOH，反应生成了更强碱性的氢氧化钾，所以两者混用碱性会增强；
(3)①石灰水(主要成分是Ca(OH)2)和硫酸发生中和反应生成硫酸钙和水，反应的化学方程式为Ca(OH)2+H2SO4=CaSO4+2H2O；
②因为Ca(OH)2和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙，随着氢氧化钙的消耗，碱性减弱，则pH下降；
③纸张上残留的碳酸钙能与酸发生反应，从而消耗酸，使得纸张具有抗酸性。
故答案为：(1)①B；
②O2；
(2)Ca(OH)2+K2CO3=CaCO3↓+2KOH；
(3)①Ca(OH)2+H2SO4=CaSO4+2H2O；
②Ca(OH)2和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙；
③纸张上残留的碳酸钙能消耗酸。
18.【答案】a 漏斗 酸浸加入了过量稀硫酸，Ni粉会与过量稀硫酸反应 Ni+CuSO4=NiSO4+Cu 360;
【解析】解：(1)酸浸后得到NiSO4溶液，酸需要提供硫酸根，因此选稀硫酸；故答案为：a；
(2)除铜后分离固体Cu和溶液的操作是过滤，过滤的玻璃仪器包含烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：漏斗；
(3)Ni活动性大于H，能和酸浸时过量的稀硫酸反应，因此消耗的Ni质量大于仅置换Cu的理论用量；故答案为：酸浸加入了过量稀硫酸，Ni粉会与过量稀硫酸反应；
(4)Ni活动性强于Cu，镍与硫酸铜发生置换反应生成硫酸镍和铜，反应的化学方程式；故答案为：Ni+CuSO4=NiSO4+Cu；
(5)NiCO3在空气中焙烧生成镍的氧化物和气体根据质量守恒定律，化学反应前后元素质量不变，因此，NiCO3中镍元素的质量等于生成的Ni2O3中镍元素的质量。23.8gNiCO3中含有Ni的质量为：5959+12+16×3×100%×23.8g=11.8g，所以生成Ni2O3的质量为：11.8g÷(59×259×2+16×3×100%)=16.6g，结合图中数据可知，在360∘C左右是制备Ni2O3的适宜温度；该反应为NiCO3和O2焙烧生成Ni2O3和CO2，化学方程；故答案为：360； 。
(1)根据流程图分析；
(2)根据操作为固体和液体分离分析；
(3)由于“酸浸”时加入的稀硫酸过量，因此“除铜”时加入的部分Ni粉与H2SO4发生反应，即实际消耗Ni粉的质量大于除铜理论用量；
(4)根据Ni活动性强于Cu，镍与硫酸铜发生置换反应生成硫酸镍和铜分析；
(5)根据图像以及化学方程式分析；由流程可知，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变分析。
在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的知识和题中的知识进行分析解答。
19.【答案】AE或AF;;向上抽拉铂丝，使铂丝与过氧化氢溶液分离 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ BDCE;除去二氧化碳中混有的氯化氢杂质;浓硫酸
【解析】解：(1)①加热高锰酸钾制氧气，反应物为固体、反应需要加热，发生装置选A；氧气密度大于空气，可用向上排空气法(装置E)收集，氧气难溶于水，也可用排水法(装置F)收集，因此装置组合AE或AF，高锰酸钾在加热条件下反应生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，化学方程式为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑。
②玻璃管液面上升是因为反应过快，瓶内压强增大，将液体压入玻璃管；装置B中铂丝可抽拉控制反应，因此向上抽拉铂丝，让铂丝脱离过氧化氢溶液，反应减慢或停止，瓶内压强降低，即可避免液体溢出。
故答案为：①AE或AF； ；②向上抽拉铂丝，使铂丝与过氧化氢溶液分离；
(2)实验室用大理石(或石灰石，主要成分为碳酸钙)和稀盐酸制取二氧化碳，反应生成氯化钙、水和二氧化碳，方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
(3)制取纯净干燥的二氧化碳：发生装置选固液不加热型的B，制得的CO2中混有挥发的HCl和水蒸气，需先通过D中饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，再通过C中浓硫酸干燥除水，最后用向上排空气法E收集CO2，因此连接顺序为BDCE；D的作用为除去氯化氢杂质，干燥二氧化碳的试剂b为浓硫酸。故答案为：BDCE；除去二氧化碳中混有的氯化氢杂质；浓硫酸。
(1)①根据化学反应原理书写化学方程式；根据反应物的状态、反应发生需要的条件及气体的密度和溶解性及特殊要求选择发生装置和收集装置。
②根据装置中反应原理分析。
(2)根据化学反应原理书写化学方程式。
(3)根据反应物的状态、反应发生需要的条件及气体的密度和溶解性及特殊要求选择发生装置和收集装置，制得的CO2中混有挥发的HCl和水蒸气，需先通过D中饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，再通过C中浓硫酸干燥除水。
本题难度不大，是中考的重要考点之一，熟练掌握实验室中制取气体的反应原理、发生装置和收集装置的选择依据等是正确解答本题的关键。
20.【答案】(1)温度；
(2)①过氧化氢溶液的浓度；
②3和4；
③探究温度对过氧化氢分解快慢的影响；
(3)①不能；
②氧气没有完全反应；
③降低甲烷在空气中的浓度
【解析】分析：(1)根据温度影响化学反应速率分析；
(2)根据控制变量法对比分析；
(3)根据燃烧条件结合图像分析。
本题主要考查影响化学反应速率的因素的探究等，注意完成此题，可以从题干抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
解析：(1)将食品置于冰箱中保存可减缓变质，原理是温度能影响化学反应速率。故答案为：温度；
(2)①实验1、2、3溶液pH相同，催化剂种类相同，但H2O2的体积和水的体积不同，即过氧化氢溶液的浓度不同，因此是探究过氧化氢溶液的浓度对过氧化氢分解快慢的影响。故答案为：过氧化氢溶液的浓度；
②实验3和4其他条件相同，只有催化剂种类不同，FeCl3作催化剂广口瓶中压强更大，因此得出催化能力：FeCl3>CuCl2。故答案为：3和4；
③在上述实验的基础上，可继续探究温度对过氧化氢分解快慢的影响。故答案为：探究温度对过氧化氢分解快慢的影响；
(3)①为了探究蜡烛熄灭的原因，用空气占95%、CO2占5%的混合气体重做实验，观察到蜡烛不能点燃，说明氧气浓度降低是蜡烛熄灭的原因。故答案为：不能；
②用红磷燃烧探究空气中氧气的含量，装置如图3，排除装置与操作误差后，发现实验结果总是低于氧气的真实含量，原因可能是氧气没有完全反应。故答案为：氧气没有完全反应；
③煤矿井下的空气通常含有甲烷，不断鼓入新鲜空气是防止发生燃烧或爆炸的举措之一，其原理是通过降低甲烷在空气中的浓度，使甲烷无法达到燃烧所需的条件。故答案为：降低甲烷在空气中的浓度。
21.【答案】2N2+6H2O4NH3+3O2 16g
【解析】解：(1)由微观示意图可知，该反应是氮气和水在LDH催化剂和光照的条件下生成氨气和氧气，反应的化学方程式为：2N2+6H2O4NH3+3O2。
(2)设理论上可产生氧气的质量是x。
2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑
144 32
72g x
14432=72gx
x=16g
答：理论上可产生氧气的质量是16g。
故答案为：
(1)2N2+6H2O4NH3+3O2；
(2)16g。
(1)根据氮气和水在LDH催化剂和光照的条件下生成氨气和氧气来分析；
(2)根据过氧化钙的质量和化学方程式的计算来分析。
本题主要考查了化学方程式的计算，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。选项
劳动实践
化学知识
A
擦干洗净后的铁锅
铁在潮湿的空气中易生锈
B
制作面包时，加入小苏打作膨松剂
Na2CO3可与酸发生反应
C
用活性炭等自制净水器
活性炭具有吸附性
D
用食醋除去热水瓶中的水垢
醋酸能与水垢发生化学反应
选项
实验目的
实验方案
A
分离：CaCO3固体和CaCl2固体
溶解、过滤、洗涤、干燥
B
除杂：Cu(NO3)2溶液中混有AgNO3溶液
加入足量铁粉，过滤
C
鉴别：氧化铜和铁粉
取样滴加稀盐酸，观察现象
D
检验：NaOH溶液是否变质
取样，滴加少量稀盐酸，观察现象
号
H2O2的体积/mL
水的体积/mL
溶液pH
催化剂种类
Δp/kPa
1
15
15
5
FeCl3
49
2
10
20
5
FeCl3
26
3
5
25
5
FeCl3
20
4
5
25
5
CuCl2
10
5
5
25
5
CuSO4
7