2026年江苏省苏州市中考化学试卷(含详细答案解析)

这是一份2026年江苏省苏州市中考化学试卷(含详细答案解析)，共5页。试卷主要包含了单选题，流程题，简答题，科普短文题，实验题，探究题等内容，欢迎下载使用。
1.秦兵马俑彩绘使用的矿物颜料“中国紫”，其主要成分为硅酸铜钡，还含有铅元素。下列元素对应符号书写正确的是( )
A. 硅：SIB. 铜：CuC. 钡：baD. 铅：pB
2.图表列出某食品部分营养成分，其中含量最高的是( )
A. 蛋白质B. 脂肪C. 碳水化合物D. 钠
3.加热高锰酸钾固体制氧气实验中，一定不需用到的仪器是( )
A. 铁架台B. 长颈漏斗C. 试管D. 酒精灯
4.用下列材料制作简易净水装置，其中主要用于吸附色素、去除异味的是( )
A. 活性炭B. 石英砂C. 小卵石D. 塑料瓶
5.下列我国古代发明及应用中，不涉及化学变化的是( )
A. 活字印刷B. 火药爆炸C. 陶瓷烧制D. 粮食酿酒
6.下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 由8个硫原子构成的硫分子：8SB. 二氧化硫：O2S
C. 硫离子：S−2D. 硫酸钾：K2SO4
7.关于物质的性质与用途，下列对应关系正确的是( )
A. 石墨有导电性，可用作润滑剂
B. 氧气能支持燃烧，可用于医疗急救
C. 二氧化碳能与水反应，可用于灭火
D. 碳酸氢钠能与酸反应，可用于治疗胃酸过多
阅读下列材料，完成各小题：
徐光宪院士使中国稀土分离技术跃升至世界领先水平。稀土元素钪(Sc)在元素周期表中的相关信息如图。制取活泼金属钪的方法之一：将矿物中的Sc2O3转化为ScCl3，再通过反应3Mg+2ScCl32Sc+3MgCl2生成钪，制取时金属Mg一般过量10%，得到镁钪合金，经分离得钪。
8.下列说法正确的是( )
A. 钪原子的质子数为21B. 钪原子最外层电子数为21
C. 钪原子得到3个电子形成Sc3+D. 钪元素的相对原子质量为44.96g
9.Sc2O3所属的物质类别为( )
A. 氧化物B. 酸C. 碱D. 盐
10.用反应3Mg+2ScCl3Sc+3MgCl2制取钪，下列说法正确的是( )
A. 氩气属于稀有气体，通常条件下性质活泼
B. 反应前后只有镁元素化合价发生改变
C. 反应所得镁钪合金的熔点高于钪
D. 反应不在空气中进行是防止高温下Mg、Sc与氧气反应
11.配制50g溶质质量分数为16%的NaCl溶液，下列操作不正确的是( )
A. 称取8gNaClB. 量取42mL水(水的密度为1g⋅mL−1)
C. 在烧杯中溶解NaClD. 装瓶并贴如图所示标签
12.用如图所示实验进行铁钉锈蚀的研究，其中铁钉最容易生锈的是( )
A. B. C. D.
13.用如图所示装置进行电解水实验，下列说法正确的是( )
A. a管产生的气体具有可燃性B. b管产生的气体能使带火星木条复燃
C. a、b两管产生气体的体积比约为1：2D. 实验证明水由氢气和氧气组成
14.根据下列实验操作及现象，不能得出对应结论的是( )
A. AB. BC. CD. D
15.铜盏油灯(如图)工作时，部分油受热蒸发而损耗。夹瓷盏油灯(如图)比铜盏油灯能节省约一半的油。下列说法正确的是( )
A. 油灯工作时参与反应的物质只有油
B. 油受热分子变大导致油蒸发而损耗
C. 夹瓷盏油灯工作时下层的水吸热，减少了上层油的蒸发
D. 吹灭油灯的原理是降低可燃物的着火点
16.下列实验方案能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
17.切开的苹果暴露在空气中，切面变成褐色。小明同学猜测：苹果果肉中某种成分能与氧气反应生成褐色物质。就小明的行为而言，属于科学探究环节中的( )
A. 提出问题B. 形成假设C. 设计实验D. 得出结论
18.模拟火星制氧主要反应的微观示意图如图。下列说法正确的是( )
A. 甲分子中碳原子与氧分子个数比为1：1B. 乙中碳元素与氧元素的质量比为3：4
C. 生成乙和丙的分子个数比为1：1D. 反应后氧原子个数增多
19.在给定条件下，下列选项所示的物质转化不能实现的是( )
A. CaO→H2OCa(OH)2B. Fe2O3→稀盐酸FeCl3
C. Ag→MgSO4溶液MgD. Zn→稀硫酸ZnSO4
20.用如图所示装置进行验证质量守恒定律的实验。实验前后托盘天平示数均为73.0g。选项中涉及到的符号含义如表。
下列说法正确的是( )
A. m(HCl)+m(CaCO3)=73.0g
B. 反应前后固体质量不变
C. 若在敞口体系中进行，反应后天平平衡时示数仍为73.0g
D. m(HCl)+m(CaCO3)=m(CaCl2)+m(H2O)+m(CO2)
二、流程题：本大题共1小题，共10分。
21.以某废酸(主要含FeSO4、H2SO4)为原料制磁性铁黑(Fe3O4)的流程如图。
已知：Fe(OH)2、Fe(OH)3难溶于水；CaSO4微溶于水。
(1)若用xFeO⋅yFe2O3表示Fe3O4，则x：y=______。
(2)“除酸”步骤主要发生碳酸钙与H2SO4的反应，充分反应后溶液pH约为3。写出该反应的化学方程式：______。
(3)“沉铁”步骤控制溶液pH在8左右，将FeSO4转化为Fe(OH)
①FeSO4与熟石灰反应的基本类型为______反应。
②熟石灰的作用除与FeSO4反应外，还有______。
(4)“氧化”步骤发生如下两个反应。
反应Ⅰ：6Fe(OH)2+NaClO3+3H2O=6Fe(OH)3+NaCl
反应Ⅱ：Fe(OH)2+2Fe(OH)3Fe3O4+4H2O
该步骤中，溶液pH影响产品颜色与产率[m(实际)m(理论)×100%]，关系如下：
①该步骤最适宜的pH为______。
②保持最适宜的pH，若增大“氧化”步骤NaClO3的用量(与NaClO3理论用量相比)，可提高磁性铁黑的产率。判断该说法是否合理，并说明理由：______。
(5)“磁选”的目的是将Fe3O4与其他杂质分离，该杂质主要为______。
三、简答题：本大题共1小题，共9分。
22.KNO3是优质复合肥，生产方法之一为NaNO3+KClNaCl+KNO3。四种物质的溶解度曲线如图所示。实验室制取KNO3步骤如下：
称取8.5gNaNO3固体和7.5gKCl固体，加入一定量的水，加热到80∘C，固体完全溶解，再蒸发至液体体积为原来的23，有晶体析出，趁热过滤，将滤液进行处理得到KNO3晶体。
(1)KNO3属于复合肥，是因为同时含两种主要植物营养元素，这两种元素是______。
(2)10∘C时，NaNO3的溶解度约为______ g(填整数)。
(3)80∘C时，NaNO3和KCl固体完全溶解，所得溶液是NaNO3的______ (填“饱和”或“不饱和”)溶液，该溶液(保持80∘C)具有______ (填字母)。
A.均一性
B.稳定性
C.导电性
(4)上述实验中加入水的体积最好选用______ (填字母)，水的密度为1g⋅mL−1。
A.10mL
B.15mL
C.30mL
D.50mL
(5)蒸发至液体体积为原来23时析出一种晶体，该晶体为______。
(6)补充完整从趁热过滤后的滤液中获取KNO3晶体的实验方案：将滤液______，得到含少量杂质的KNO3固体，经提纯得KNO3晶体。
四、科普短文题：本大题共1小题，共10分。
23.阅读下列材料，回答相关问题。
铝质易拉罐是包装汽水的常用材料，由外层漆层、中层铝合金和内层塑料薄膜组成，其中漆层和塑料薄膜约占易拉罐总重2%∼4%。易拉罐在使用过程中损耗极少，可回收性高，回收流程主要包括空罐破碎→分拣杂质→灼烧除漆→熔炼铸锭等步骤。
“灼烧除漆”是利用漆层和塑料薄膜的可燃性将其燃烧去除。该步骤控制温度非常关键，研究人员将回收的易拉罐制成约3cm×3cm片状试样，在不同温度下保温灼烧，旋转震荡使试样表面不完全燃烧产生的炭粒脱落。实验前后试样的质量变化率[m(前)−m(后)m(前)×100%]与灼烧温度的关系如图，结果表明540∘C时效果最佳。
将“灼烧除漆”后的易拉罐碎片压实，在温度高于660∘C条件下熔化，再冷却铸成铝锭，得到再生铝。生产再生铝的能量消耗只占生产同等质量原铝能量消耗的5%左右。
(1)垃圾分类中，空的铝质易拉罐属于______ (填字母)。
A.可回收物
B.有害垃圾
C.厨余垃圾
D.其他垃圾
(2)铝合金可压成薄片制作易拉罐，说明其有良好的______性。
(3)“灼烧除漆”开始时需要提供热量，达到一定温度后不需外界供热也能保持在较高温度，其原因是______。
(4)如图中，550∘C时试样的质量变化率低于540∘C时，原因可能是______。
(5)剪下一块铝质易拉罐罐身，除去油漆和塑料薄膜，置于20mL20%的盐酸中，开始无明显现象，一段时间后，有气体产生且反应逐渐剧烈，并伴有大量水雾。
①写出产生气体的化学方程式：______。
②开始无明显现象，后反应非常剧烈。原因是______。
(6)铝质易拉罐回收的意义除了节约铝矿资源外，还有______ (答一条)。
五、实验题：本大题共1小题，共10分。
24.氧气是我们身边常见的物质，研究其制取非常重要。
Ⅰ、实验室制氧
用过氧化氢溶液和MnO2制取氧气，可能用到的装置如图。
(1)上述反应的化学方程式为______。
(2)该方法制氧应选用的发生装置为______ (填字母，下同)，收集装置为______。
(3)欲探究MnO2在过氧化氢分解反应中的作用，进行如下实验。
①预测实验4中带火星木条出现的现象：______。
②设计实验4的目的是______。
Ⅱ、鱼池供氧
鱼类呼吸及其代谢物分解等均会消耗氧气。当鱼池缺氧时可加入过氧化钙(CaO2)供氧，原理为2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑。
(4)CaO2的有效氧理论值为______ [有效氧=m(产生氧气)m(过氧化钙)×100%，结果精确到0.1%]。
(5)CaO2与水反应生成的Ca(OH)2微溶于水，会导致溶液pH升高。实际上只要鱼池内投放CaO2的量合适，有效供氧的同时，水体pH并无明显变化。pH无明显变化的主要原因是______。
六、探究题：本大题共2小题，共21分。
25.用碱溶液可吸收烟气中的CO2。
Ⅰ、实验室用KOH溶液模拟吸收CO2。
如图−1所示，向两瓶充满CO2的软塑料瓶中分别加入等体积的水和KOH溶液，迅速拧紧瓶盖振荡，两塑料瓶均变瘪。
(1)变瘪程度：加水的瓶______ (填“大于”“等于”或“小于”)加KOH溶液的瓶。
(2)写出右侧瓶中KOH转化为碳酸钾的化学方程式：______。
Ⅱ、用氨水吸收烟气中CO2
氨水(NH3溶于水形成的碱溶液)吸收烟气中CO2的装置如图−2所示。为研究氨水浓度、烟气中CO2体积分数、烟气流量对烟气中(CO2去除效果的影响，40∘C时进行实验①∼⑦(每个变量设有3个实验)，计算烟气中CO2去除率。记录如下：
(3)x=______。
(4)探究氨水浓度对烟气中CO2去除效果影响的实验是______ (填实验编号)。
(5)由实验③⑥⑦得到的结论是______。
(6)实验发现氨水的利用率明显低于理论值。为探究原因，进行如图−3所示实验，测得随N2(性质稳定，不与氨水反应)的通入，瓶中氨水浓度下降。
①由此推断：用氨水吸收烟气中CO2的实验，氨水利用率明显偏低的原因可能是______。
②图−3所示实验中，若不测定瓶中氨水浓度的变化，欲获得结论，可进行的操作及现象为______。
26.用甲烷代替焦炭炼铁可减少CO2排放，助力碳中和。原理如图：
Ⅰ、甲烷部分氧化重整制合成气
反应原理：CH4与O2在催化剂、800∘C左右反应生成CO和H2。
(1)用氧气代替空气效果更佳。分离液态空气获得氧气是利用N2和O2的______ (填字母)不同。
A.密度
B.沸点
C.溶解性
(2)反应生成CO和H2的分子个数比为______。
(3)反应需严格控制条件，否则可能存在的安全隐患是______。
Ⅱ、用合成气(CO)和H2)冶炼铁
研究发现，高温下Fe2O3转化为Fe经历Fe2O3→Fe3O4→FeO→Fe过程。
(4)Fe2O3→Fe3O4过程中铁元素的质量分数______ (填“增大”或“减小”)。
(5)上述转化过程中CO+FeOFe+CO2较难进行，H2的加入使该反应变得容易，原因是能将上述反应分成两步进行，其中一步为H2+FeOFe+H2O，写出另一步反应的化学方程式：______。
(6)研究发现，600∘C时FeO会发生分解反应，生成Fe3O4和一种单质。写出该单质的化学式：______。
(7)常用固体质量的减少量来衡量炼铁效果。研究人员取0.1gFe2O3模拟炼铁，若完全转化为Fe，计算理论上固体减轻的质量(写出计算过程)。
(8)用合成气炼铁的尾气中仍含有一定量CO2，研究人员设想将CO2与自然界中某种物质发生反应转化为合成气，再用于炼铁，该物质可能是______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、硅的元素符号为Si，选项两个字母均大写，故选项错误。
B、书写元素符号注意“一大二小”，铜的元素符号为Cu，符合书写规则，故选项正确。
C、钡的元素符号为Ba，选项首字母未大写，故选项错误。
D、铅的元素符号为Pb，选项首字母小写、第二个字母大写，故选项错误。
故选：B。
书写元素符号时应注意：①由一个字母表示的元素符号要大写；②由两个字母表示的元素符号，第一个字母大写，第二个字母小写。
本题难度不大，考查元素符号的书写方法(“一大二小”)，熟记常见的元素符号是正确解答本题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：A、蛋白质含量2.6g，含量不是最高，故A错误；
B、脂肪含量1.4g，含量不是最高，故B错误；
C、碳水化合物含量10.0g，是所有成分中最高的，故C正确；
D、钠含量60mg=0.06g，含量不是最高，故D错误；
故选：C。
根据表格中每100g食品中各营养成分的含量数据，比较数值大小，含量最高的是碳水化合物。
掌握根据表格数据比较含量大小的方法是解答本题的关键。
3.【答案】B
【解析】解：加热高锰酸钾制取氧气属于固体加热制取气体，需用试管盛放高锰酸钾，用酒精灯加热，用铁架台固定试管；长颈漏斗常用于固体与液体不加热制取气体的装置中，本实验一定不需要。
故选：B。
根据加热高锰酸钾制取氧气所需仪器进行分析。该实验通常需要试管、酒精灯、铁架台、导管、集气瓶、水槽等仪器。
本题主要考查实验室加热高锰酸钾制取氧气的发生装置，解题时应明确反应物状态和反应条件，固体加热制气不需要长颈漏斗。
4.【答案】A
【解析】解：A.活性炭具有疏松多孔的结构，吸附性强，可吸附水中的色素、异味，故A符合题意。
B.石英砂的作用是过滤，除去水中颗粒较小的难溶性杂质，但无吸附功能，故B不合题意。
C.小卵石的作用是过滤，除去水中颗粒较大的难溶性杂质，但无吸附功能，故C不合题意。
D.塑料瓶是净水装置的容器，但没有吸附作用，故D不合题意。、
故选：A。
根据净化水的方法与原理以及物质的性质来分析。
解答此类题目，首先要明确水净化的原理，其次要知道所加各种物质的顺序以及其作用。
5.【答案】A
【解析】解：A、活字印刷仅涉及活字排版、油墨转移到纸张的过程，无新物质生成，属于物理变化；
B、火药爆炸会生成二氧化碳、二氧化硫等物质，有新物质生成，属于化学变化；
C、陶瓷烧制生成硅酸盐类物质，有新物质生成，属于化学变化；
D、粮食酿酒，有新物质酒精生成，属于化学变化。
故选：A。
有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化，据此分析判断。
本题考查了物质的变化判断，明确过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A、由多个原子构成的分子，原子个数需标注在元素符号右下角，8个硫原子构成的硫分子应为S8，故A错误；
B、氧化物的化学式书写规则为氧元素在后、其他元素在前，二氧化硫的化学式为SO2，故B错误；
C、离子符号的书写规则为电荷数字在前、正负号在后，标注在元素符号右上角，硫离子的正确写法是S2−，故C错误；
D、钾元素显+1价，硫酸根显−2价，根据化合物中正负化合价代数和为0，硫酸钾的化学式为：K2SO4，故D正确。
故选：D。
本题考查化学用语的意义及书写，解题关键是分清化学用语所表达的对象是分子、原子、离子还是化合价，才能在化学符号前或其它位置加上适当的计量数来完整地表达其意义，并能根据物质化学式的书写规则正确书写物质的化学式，才能熟练准确的解答此类题目。
本题主要考查学生对化学用语的书写和理解能力，题目设计既包含对化学符号意义的了解，又考查了学生对化学符号的书写，考查全面，注重基础，题目难度较易。
7.【答案】D
【解析】解：A.石墨有导电性，可用作电极；石墨质软有滑腻感，可用作润滑剂，故A错误；
B.氧气能支持燃烧，可用于助燃；氧气能供给呼吸，可用于医疗急救，故B错误；
C.二氧化碳能与水反应生成碳酸，但该性质不能用于灭火；二氧化碳用于灭火是因为它不燃烧、不支持燃烧且密度比空气大，故C错误；
D.碳酸氢钠能与酸反应，可与胃酸中的盐酸反应，因此可用于治疗胃酸过多，故D正确。
故选：D。
A.根据石墨导电性和润滑性对应的用途进行分析；
B.根据氧气的助燃性和供给呼吸的性质进行分析；
C.根据二氧化碳不燃烧、不支持燃烧且密度比空气大进行分析；
D.根据碳酸氢钠能与胃酸中的盐酸反应进行分析。
本题主要考查物质性质与用途的对应关系，解题时应注意用途必须由对应的性质决定，不能张冠李戴。
8~10.【答案】A 、A 、D
【解析】解：A、元素周期表单元格中，左上角的数字是原子序数，原子中原子序数=核内质子数=核电荷数=核外电子数，则钪原子质子数为21，故选项说法正确。
B、钪原子核外电子总数为21，最外层电子数最多为8，不可能为21，故选项说法不正确。
C、钪是钅字旁，属于金属元素，钪原子易失去3个电子形成Sc3+，不是得到电子，故选项说法不正确。
D、钪元素的相对原子质量为44.96，相对原子质量单位为“1”，常省略不写，不是g，故选项说法不正确。
故选：A。
A、根据元素周期表单元格中，左上角的数字是原子序数，以及原子中原子序数=核内质子数=核电荷数=核外电子数来分析；
B、根据钪原子核外电子总数为21，最外层电子数最多为8来分析；
C、根据钪是金属元素，钪原子易失去3个电子形成Sc3+来分析；
D、根据相对原子质量单位为“1”，常省略不写来分析。
本题主要考查了元素周期表中单元格的信息，难度不大，根据所学知识，结合题中信息，认真分析即可解答。
解：酸是由氢离子和酸根离子构成的化合物，碱是由金属离子(或铵根离子)和氢氧根离子构成的化合物，盐是由金属离子(或铵根离子)和酸根离子构成的化合物，氧化物是由两种元素组成且其中一种元素是氧元素的化合物，Sc2O3符合氧化物的定义，所属的物质类别为氧化物。
故选：A。
根据氧化物是由两种元素组成且其中一种元素是氧元素的化合物来分析。
本题主要考查了物质的分类，难度不大，根据所学知识，结合题中信息，认真分析即可解答。
解：A、氩气属于稀有气体，通常条件下化学性质很不活泼，故选项说法不正确。
B、反应中Mg元素化合价由0变为+2，Sc元素化合价由+3变为0，两种元素化合价均发生改变，故选项说法不正确。
C、合金的熔点一般比组成合金的纯金属的熔点低，则镁钪合金的熔点低于钪，故选项说法不正确。
D、Mg、Sc均为活泼金属，高温下易与空气中氧气反应，该反应不在空气中进行是防止高温下Mg、Sc与氧气反应，故选项说法正确。
故选：D。
A、根据稀有气体的化学性质很不活泼来分析；
B、根据反应中Mg元素化合价由0变为+2，Sc元素化合价由+3变为0来分析；
C、根据合金的熔点一般比组成合金的纯金属的熔点低来分析；
D、根据Mg、Sc均为活泼金属，高温下易与空气中氧气反应来分析。
本题主要考查了物质的性质以及化合价的计算，难度不大，根据所学知识，结合题中信息，认真分析即可解答。
11.【答案】D
【解析】解：A、配制50g溶质质量分数为16%的NaCl溶液，需要氯化钠的质量=50g×16%=8g，故选项说法正确。
B、所需水的质量为50g−8g=42g，水的密度为1g⋅mL−1，量取水的体积为42mL，故选项说法正确。
C、溶解固体溶质的操作需在烧杯中进行，故选项说法正确。
D、溶液试剂瓶的标签应标注溶液名称和溶质质量分数，不需要标注溶液总质量，标签书写错误，故选项说法错误。
故选：D。
A、根据溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数，进行分析判断。
B、根据溶剂质量=溶液质量-溶质质量，进行分析判断。
C、根据溶解操作的方法，进行分析判断。
D、根据溶液试剂瓶的标签应标注溶液名称和溶质质量分数，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。
12.【答案】D
【解析】解：A.试管内有干燥剂，环境干燥缺少水，铁钉不易生锈，故不符合题意；
B.铁钉完全浸没在塞紧胶塞的蒸馏水中，几乎不接触氧气，铁钉不易生锈，故不符合题意；
C.铁钉同时接触水和空气，会发生锈蚀，但锈蚀速率较慢，故不符合题意；
D.铁钉同时接触食盐水和空气，食盐水可加快铁的锈蚀，因此铁钉最容易生锈，故符合题意。
故选：D。
铁生锈的必要条件是铁同时与氧气、水接触，且盐溶液会加快铁的锈蚀速率。
本题难度不大，掌握铁锈蚀的条件并能灵活运用是正确解答本题的关键。
13.【答案】C
【解析】解：A、由电解水时“正氧负氢，氢二氧一”可知，a管产生的气体是氧气，氧气具有助燃性，无可燃性，故A说法错误；
B、由电解水时“正氧负氢，氢二氧一”可知，b管产生的气体是氢气，氢气具有可燃性，不能使带火星的木条复燃，故B说法错误；
C、由电解水时“正氧负氢，氢二氧一”可知，a管氧气与b管氢气的体积比约为1：2，故C说法正确；
D、该实验证明水由氢元素和氧元素组成，水是纯净物，不含氢气和氧气，故D说法错误。
故选：C。
根据电解水时“正氧负氢，氢二氧一”、生成气体的性质、结论等分析判断有关的说法。
本题主要考查了电解水的实验，难度不大，了解实验的现象、结论及生成气体的性质的知识即可分析解答。
14.【答案】C
【解析】解：A、硬度较小的物质易被小刀切割，该操作现象可直接推出石蜡硬度小的结论，故选项说法正确。
B、根据浮沉规律，密度小于水的固体投入水中会漂浮，因此可推出石蜡密度小于水的结论，故选项说法正确。
C、蜡烛燃烧是石蜡与氧气发生反应，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，生成的水中的氢元素一定来自石蜡，但氧元素可全部来自参与反应的氧气，无法证明石蜡中一定含氧元素，故选项说法错误。
D、白烟可被点燃且能引燃蜡烛，直接说明白烟具有可燃性，故选项说法正确。
故选：C。
根据蜡烛的主要成分是石蜡，结合题意、反应前后元素种类不变等，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。
15.【答案】C
【解析】解：A、油灯工作时，油与空气中的氧气发生燃烧反应，灯芯和氧气也参与燃烧，并非只有油参与反应，故A错误；
B、油受热蒸发时，分子本身大小不变，改变的是分子间的间隔，故B错误；
C、夹瓷盏下层的水受热蒸发时吸收热量，使上层油温降低，减少油的蒸发，从而达到省油效果，故C正确；
D、着火点是物质的固有属性，不能降低，吹灭油灯是使温度降到着火点以下，故D错误；
故选：C。
根据燃烧的条件、分子运动与温度的关系、灭火原理等知识解答即可。
掌握燃烧的条件、分子运动与温度的关系、灭火原理(降低温度至着火点以下)是解答本题的关键。
16.【答案】B
【解析】解：A.CO2和N2都不支持燃烧，都能使燃着的木条熄灭，无明显现象差异，无法鉴别，不能达到实验目的，故不符合题意。
B.粗盐中难溶性杂质可通过溶解、过滤除去，再蒸发滤液结晶得到精盐，符合除杂要求，能达到实验目的，故符合题意。
C.高温煅烧时发生反应生成碳酸钙和二氧化碳，会消耗原物质CaCO3，不符合除杂要求，不能达到实验目的，故不符合题意。
D.湿润的pH试纸会稀释待测NaOH溶液，导致测得的pH偏小，操作不规范，不能达到实验目的，故不符合题意。
故选：B。
A、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。
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、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。
D、根据pH测定操作规范的要求分析。
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。
17.【答案】B
【解析】解：A.提出问题通常以疑问句的形式出现，如“苹果为什么会变色”，而小明的行为是对原因的猜测，故A错误；
B.小明猜测“苹果果肉中某种成分能与氧气反应生成褐色物质”，这属于对现象原因的推测，是形成假设环节，故B正确；
C.设计实验需要明确实验步骤、变量控制等，题干中没有涉及，故C错误；
D.得出结论是在实验验证之后得出的，题干中尚未进行实验，故D错误；
故选：B。
A.根据提出问题是对观察到的现象提出疑问，而题干中已经给出了具体的猜测，进行分析；
B.根据形成假设是对问题的答案提出可能的猜想，小明猜测成分与氧气反应生成褐色物质，进行分析；
C.根据设计实验是制定验证猜想的方案，题干中并未涉及实验步骤的规划，进行分析；
D.根据得出结论是通过实验现象得出的最终结果，题干中尚未进行实验验证，进行分析。
本题主要考查科学探究的基本环节，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。
18.【答案】B
【解析】解：A.甲(CO2)分子中只含有碳原子和氧原子，不存在氧分子，且碳原子与氧原子个数比为1：2，故选项说法不正确。
B.乙(CO)中碳、氧元素质量比为12：16=3：4，故选项说法正确。
C.由配平的方程式可知，生成乙(CO)和丙(O2)的分子个数比为2：1，故选项说法不正确。
D.根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目均不变，反应后氧原子个数不变，故选项说法不正确。
故选：B。
根据微观示意图判断物质组成：黑球为碳原子、白球为氧原子，甲是CO2，乙是CO，丙是O2，反应的化学方程式是2CO22CO+O2。
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。
19.【答案】C
【解析】解：A.CaO与水反应生成氢氧化钙，反应的化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2，转化能实现，故A不符合题意；
B.Fe2O3与稀盐酸反应生成氯化铁和水，化学方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，转化能实现，故B不符合题意；
C.在金属活动性顺序中，Ag的金属活动性弱于Mg，活动性弱的金属无法将活动性更强的金属从其盐溶液中置换出来，则Ag不能与MgSO4反应生成Mg，转化不能实现，故C符合题意；
D.Zn与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，化学方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，转化可实现，故D不符合题意。
故选：C。
A.根据CaO与水反应生成氢氧化钙来分析解答；
B.根据Fe2O3与稀盐酸反应生成氯化铁和水来分析解答；
C.根据在金属活动性顺序中，Ag的金属活动性弱于Mg，Ag不能与MgSO4反应生成Mg来分析解答；
D.根据Zn与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气来分析解答。
本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累。
20.【答案】D
【解析】解：A、73.0g是托盘上全部物质(含锥形瓶、注射器、未参与反应的物质如稀盐酸中的水、石灰石中的杂质等)的总质量，不是仅参加反应的HCl和CaCO3的质量和，故选项说法错误。
B、反应中固体CaCO3被消耗，生成可溶性CaCl2和气体CO2，固体质量会减小，故选项说法错误。
C、敞口体系中生成的CO2会逸散到空气中，反应后总质量减小，天平示数小于73.0g，故选项说法错误。
D、由质量守恒定律可知，参加化学反应的各物质质量总和等于反应后生成的各物质质量总和，即m(HCl)+m(CaCO3)=m(CaCl2)+m(H2O)+m(CO2)，故选项说法正确。
故选：D。
根据质量守恒定律，参加化学反应的各物质的质量之和等于生成的各物质的质量之和，结合题意进行分析解答。
本题难度不大，理解质量守恒定律并能灵活运用是正确解答本题的关键。
21.【答案】1：1 CaCO3+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑ 复分解;与残留的H2SO4反应(或调节溶液pH) 7.5;否，NaClO3用量增大，反应Ⅰ消耗的Fe(OH)2多，生成Fe(OH)3多，参与反应Ⅱ的Fe(OH)2与Fe(OH)3比例不当，磁性铁黑产率下降 CaSO4
【解析】解：(1)xFeO⋅yFe2O3中，Fe原子总数为x+2y=3，O原子总数为x+3y=4，解得x=1，y=1，即x：y=1：1。
(2)碳酸钙与硫酸反应生成微溶的硫酸钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑。
(3)①FeSO4和熟石灰Ca(OH)2互相交换成分，生成Fe(OH)2和CaSO4，符合复分解反应的特征。
②除酸后溶液pH约为3，沉铁需要pH控制在8左右，熟石灰为碱性，可调节溶液pH达到反应要求。
(4)①由表格数据可知，pH为7.5时产品颜色很黑，且产率最高(93.0%)，为最适宜pH。
②生成Fe3O4需要Fe(OH)2和Fe(OH)3按1：2反应，NaClO3过量会过度氧化Fe(OH)2，反应物比例失调，产率下降。
(5)流程中加入的碳酸钙、熟石灰均会反应生成微溶于水的CaSO4，混在固体产物中，是主要非磁性杂质。
故答案为：
(1)1：1；
(2)CaCO3+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑；
(3)①复分解；
②与残留的H2SO4反应(或调节溶液pH)；
(4)①7.5；
②否，NaClO3用量增大，反应Ⅰ消耗的Fe(OH)2多，生成Fe(OH)3多，参与反应Ⅱ的Fe(OH)2与Fe(OH)3比例不当，磁性铁黑产率下降；
(5)CaSO4。
(1)根据铁原子和氧原子的个数来分析；
(2)根据碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙、水和二氧化碳来分析；
(3)①根据FeSO4和熟石灰Ca(OH)2互相交换成分生成Fe(OH)2和CaSO4来分析；
②根据除酸后溶液pH约为3，沉铁需要pH控制在8左右，熟石灰可调节溶液pH达到反应要求来分析；
(4)①根据pH为7.5时产品颜色很黑，且产率最高(93.0%)来分析；
②根据反应I消耗的Fe(OH)2多，生成Fe(OH)3多，参与反应Ⅱ的Fe(OH)2与Fe(OH)3比例不当，磁性铁黑产率下降来分析；
(5)根据碳酸钙、熟石灰均会反应生成微溶于水的CaSO4，混在固体产物中来分析。
本题主要考查了物质的转化和制备，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。
22.【答案】K、N或钾、氮 80 不饱和;ABC B NaCl 冷却结晶(或降温结晶)、过滤
【解析】解：(1)KNO3属于复合肥，是因为同时含有钾、氮两种主要植物营养元素；
(2)由溶解度曲线可知，10∘C时NaNO3的溶解度约为80g；
(3)80∘C时NaNO3溶解度约为148g，即100g水中最多溶解148gNaNO3，实验加入约15g水(大概值)，最多可溶解22.2gNaNO3，而实际仅加入8.5g，因此为不饱和溶液；溶液具有均一性、稳定性和导电性，故选ABC；
(4)80∘C时KCl的溶解度为51.3g，溶解7.5gKCl至少需要水的质量约为×100g≈14.6g，水的密度为1g⋅mL−1，故最好选15mL水，选B；
(5)NaNO3与KCl反应生成NaCl和KNO3，NaCl溶解度随温度变化很小，蒸发溶剂时会因溶剂减少而率先析出；KNO3溶解度随温度升高显著增大，80∘C时溶解度很高，仍保留在滤液中，因此析出的晶体为NaCl；
(6)从趁热过滤后的滤液中获取KNO3晶体的实验方案为将滤液冷却结晶、过滤，得到含少量杂质的KNO3晶体，经提纯得KNO3晶体。
故答案为：
(1)K、N或钾、氮；
(2)80；
(3)不饱和；ABC；
(4)B；
(5)NaCl；
(6)冷却结晶、过滤。
(1)根据KNO3中含有钾、氮两种植物所需的主要营养元素，进行分析；
(2)根据溶解度曲线读取10∘C时NaNO3的溶解度，进行分析；
(3)根据80∘C时NaNO3溶解度为148g；溶液具有均一性、稳定性和导电性，进行分析；
(4)根据80∘C时KCl的溶解度为51.3g，计算溶解7.5gKCl至少需要水的质量，进行分析；
(5)根据NaNO3与KCl反应生成NaCl和KNO3，蒸发后NaCl溶解度较小，会先结晶析出，进行分析；
(6)根据KNO3溶解度随温度升高明显增大，可采用冷却结晶的方法从热滤液中获得KNO3晶体，进行分析。
本题主要考查复合肥判断、溶解度曲线应用、溶液性质和结晶分离方法。解题关键是根据80∘C时各物质溶解度确定加水量及析出晶体，并根据KNO3溶解度受温度影响较大选择冷却结晶。
23.【答案】A 延展 漆层和塑料薄膜燃烧放热 550∘C时部分铝与氧气反应生成氧化铝而增重 ①2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；②铝表面有致密的氧化铝保护膜，盐酸先与氧化铝反应，无明显现象；氧化铝完全反应后，铝与盐酸接触反应，该反应放热，温度升高，反应速率加快 节约能源
【解析】解：(1)空铝质易拉罐的主体为铝合金，属于可回收的金属材料，归类为可回收物；
(2)金属可以被压制成薄片、拉制成丝，是金属延展性的典型体现，属于金属的物理通性；
(3)有机物燃烧属于放热反应，初始加热使温度达到可燃物的着火点后，燃烧释放的热量可以维持体系温度，让反应持续进行，所以不需要外界持续供热；
(4)质量变化率公式为m(前)−m(后)m(前)×100%，温度升高到550∘C时，铝的氧化速率显著加快，铝与氧气反应生成氧化铝，固体质量增加，使灼烧后剩余质量变大，所以质量变化率比540∘C时更低；
(5)①铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，化学方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；
②开始无明显现象，后反应非常剧烈，原因是：铝表面有致密的氧化铝保护膜，盐酸先与氧化铝反应，无明显现象；氧化铝完全反应后，铝与盐酸接触反应，该反应放热，温度升高，反应速率加快；
(6)由材料可知，生产再生铝的能量消耗仅为生产原铝的5%，所以回收铝质易拉罐除节约铝矿资源外，还能大幅节约能源、减少生产过程的污染物排放。
故答案为：(1)A；
(2)延展；
(3)漆层和塑料薄膜燃烧放热；
(4)550∘C时部分铝与氧气反应生成氧化铝而增重；
(5)①2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；
②铝表面有致密的氧化铝保护膜，盐酸先与氧化铝反应，无明显现象；氧化铝完全反应后，铝与盐酸接触反应，该反应放热，温度升高，反应速率加快；
(6)节约能源。
(1)根据空铝质易拉罐的主体为铝合金，属于可回收的金属材料进行分析；
(2)根据物质的性质决定物质的用途进行分析；
(3)根据有机物燃烧属于放热反应，初始加热使温度达到可燃物的着火点后，燃烧释放的热量可以维持体系温度，让反应持续进行进行分析；
(4)根据质量变化率公式为m(前)−m(后)m(前)×100%进行分析；
(5)①根据铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气进行分析；
②根据铝表面有致密的氧化铝保护膜，盐酸先与氧化铝反应，无明显现象；氧化铝完全反应后，铝与盐酸接触反应，该反应放热，温度升高，反应速率加快进行分析；
(6)根据材料，生产再生铝的能量消耗仅为生产原铝的5%进行分析。
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。
24.【答案】2H2O22H2O+O2↑ B;C或E 复燃;验证该MnO2是否还能加速过氧化氢分解 22.2% Ca(OH)2与水体中CO2反应被消耗
【解析】解：(1)过氧化氢在二氧化锰催化下分解生成水和氧气，化学方程式为2H2O22H2O+O2↑；故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
(2)该反应是固液不加热型，发生装置选B；氧气密度比空气大且不易溶于水，可用向上排空气法(装置C))或排水法(装置E)收集。故答案为：B；C或E；
(3)①实验3得到的固体是MnO2，MnO2在反应中作催化剂，化学性质在反应前后不变，所以将它加入新的过氧化氢溶液中，仍能加快反应速率产生氧气，因此带火星木条会复燃。
②设计实验4是验证该MnO2是否还能加速过氧化氢分解，证明MnO2的化学性质在化学反应前后没有发生改变，以此验证MnO2是该反应的催化剂。
故答案为：①复燃；②验证该MnO2是否还能加速过氧化氢分解；
(4)设CaO2的质量为m，生成氧气质量为y
2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑
144 32
m y
14432=my
y=32m144
CaO2的有效氧理论值=32m144m×100%≈22.2%
故答案为：22.2%；
(5)反应生成的Ca(OH)2微溶于水，但鱼池中存在大量的水，且生成的Ca(OH)2会与鱼呼吸产生的CO2反应生成碳酸钙和水，所以水体pH无明显变化。故答案为：Ca(OH)2与水体中CO2反应被消耗。
(1)过氧化氢在二氧化锰催化下分解生成水和氧气；
(2)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；
(3)根据MnO2在反应中作催化剂，化学性质在反应前后不变分析；
(4)根据化学方程式进行计算；
(5)根据Ca(OH)2会与鱼呼吸产生的CO2反应生成碳酸钙和水分析。
通过本题的练习需要我们综合掌握物质的制取、性质、以及从题中获取信息的能力，会根据实验现象做出正确的判断和分析。
25.【答案】小于 2KOH+CO2=K2CO3+H2O 15 ①②③ 其他条件相同时，烟气流量(2∼5L⋅min−1范围内)越小，CO2去除效果越好 部分氨气未发生反应随烟气排出;向烧杯的蒸馏水中滴加酚酞溶液，溶液变红(或测定烧杯中液体的pH，pH增大)
【解析】解：(1)CO2能溶于水，但溶解量有限；而CO2能与KOH发生化学反应，会消耗更多的瓶内CO2气体，使瓶内压强减小得更明显，因此加水的瓶变瘪程度小于加KOH溶液的瓶；
(2)二氧化碳与氢氧化钾反应，生成碳酸钾和水，化学方程式为2KOH+CO2=K2CO3+H2O；
(3)本实验采用控制变量法。实验③④⑤用于探究烟气中CO2体积分数对去除效果的影响，需保证氨水浓度、烟气流量两个变量完全相同；实验③④的氨水浓度均为15%，烟气流量均为3L⋅min−1，因此实验⑤的氨水浓度x=15；
(4)探究氨水浓度对去除效果的影响，需控制烟气中CO2体积分数、烟气流量相同，只改变氨水浓度。实验①②③中CO2体积分数均为12%、烟气流量均为3L⋅min−1，氨水浓度分别为 5%、10%、15%，符合单一变量要求；
(5)实验③⑥⑦中，氨水浓度、CO2体积分数均相同，只有烟气流量不同；流量为2L⋅min−1时去除率99.2%，3L⋅min−1时94.5%，5L⋅min−1时89.2%，由此得出流量与去除率的负相关规律；
(6)①氨水易挥发，通入不反应的N2会带走挥发的氨气，使瓶内氨水浓度降低；实际吸收烟气时，流动的烟气同样会带走挥发的氨气，造成氨水损耗；
②氨气溶于水形成氨水，显碱性，能使无色酚酞变红、使红色石蕊试纸变蓝，可通过该现象间接证明氨气挥发，无需直接测定氨水浓度。
故答案为：(1)小于。
(2)2KOH+CO2=K2CO3+H2O。
(3)15。
(4)①②③。
(5)其他条件相同时，烟气流量(2∼5L⋅min−1范围内)越小，CO2去除效果越好。
(6)部分氨气未发生反应随烟气排出 向烧杯的蒸馏水中滴加酚酞溶液，溶液变红(或测定烧杯中液体的pH，pH增大)。
(1)CO2能溶于水；
(2)二氧化碳与氢氧化钾反应，生成碳酸钾和水；
(3)对比实验要确定好常量和变量；
(4)根据提供信息可以进行相关方面的判断；
(5)根据实验现象可以判断实验结论；
(6)氨水易挥发；氨气溶于水形成氨水，显碱性，显碱性溶液能使酚酞变红色，能使石蕊变蓝色。
本题主要考查实验探究物质的性质或变化规律等，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。
26.【答案】B 1：2 CH4与O2在高温下可能发生爆炸 增大 CO+H2OH2+CO2 Fe 0.03g CH4
【解析】解：(1)分离液态空气法制氧气，是利用液氮和液氧的沸点不同，通过控制温度蒸发分离；
(2)CH4与O2在催化剂、800∘C左右反应生成CO和H2，化学方程式为，由化学计量数可知，生成CO和H2的分子个数比为2：4=1：2；
(3)CH4是可燃性气体，若条件控制不当，与空气混合在高温下易发生爆炸；
(4)Fe2O3中铁元素质量分数=56×2160×100%=70%；Fe3O4中铁元素质量分数=56×3232×100%≈72.4%；转化过程中铁元素质量分数增大；
(5)总反应为，已知一步反应为；将总反应减去该步反应，消去FeO、Fe，即可得到另一步反应为CO+H2OH2+CO2；
(6)根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变；FeO中含Fe、O元素，生成Fe3O4后，剩余单质只能为铁单质，反应为；
(7)设生成Fe的质量为x，则：
3CO+Fe2O32Fe+3CO2
160 112
0.1g x
160112=0.1gx
x=0.07g
则固体减轻的质量=氧化铁的质量-铁单质的质量=0.1g−0.07g=0.03g。
(8)合成气成分为CO和H2，根据反应前后元素种类不变，CO2中含有碳、氧元素，参与反应的另一种物质需要提供氢元素，同时反应后能生成一氧化碳。自然界中的甲烷CH4可与CO2在高温条件下发生重整反应：，产物正好是炼铁所需的合成气，因此该物质为甲烷(CH4)。
故答案为：(1)B；
(2)1：2；
(3)CH4与O2在高温下可能发生爆炸；
(4)增大；
(5)CO+H2OH2+CO2；
(6)Fe；
(7)0.03g；
(8)CH4。
(1)根据工业制氧气的原理来分析；
(2)根据化学方程式的意义来分析；
(3)根据甲烷的性质来分析；
(4)根据化合物中元素质量分数的计算方法来分析；
(5)根据化学反应的原理来分析；
(6)根据质量守恒定律来分析；
(7)根据氧化铁的质量，利用化学方程式来分析计算；
(8)根据合成气的成分以及质量守恒定律来分析。
本题考查炼铁相关知识，涉及实验操作、反应现象分析以及工业炼铁原理。解题关键在于熟悉炼铁实验的步骤和注意事项，理解工业炼铁的原料及产物特点。这有助于加深对金属冶炼知识的理解，提升化学知识的应用能力。选项
操作及现象
结论
A
小刀切蜡块，容易切开
石蜡的硬度较小
B
将蜡块投入水中，蜡块浮于水面
石蜡密度小于水
C
在蜡烛火焰上方罩干冷烧杯，内壁有水雾
石蜡中一定含氧元素
D
蜡烛熄灭时有白烟，对白烟点火，引燃蜡烛
白烟具有可燃性
选项
实验目的
实验方案
A
鉴别CO2和N2
将燃着的木条伸入气体中
B
除去粗盐中难溶性杂质
将粗盐溶解、过滤，将滤液蒸发结晶
C
除去CaCO3中的CaO
将固体加热煅烧
D
测定NaOH溶液的pH
用玻璃棒蘸取溶液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
符号
m(HCl)、m(CaCO3)
m(CaCl2)、m(H2O)、m(CO2)
含义
参加反应的HCl、CaCO3质量
反应生成的CaCl2、H2O、CO2质量
pH
6.0
6.5
7.0
7.5
8.0
9.0
产品颜色
黄褐
黄褐
较黑
很黑
很黑
灰黑
产率/%
43.9
50.6
86.2
93.0
92.3
91.6
编号
实验内容
木条是否复燃
实验1
向试管中加入5mL5%的过氧化氢溶液，伸入带火星木条
不复燃
实验2
向实验1试管中再加入1gMnO2粉末，伸入带火星木条
复燃
实验3
将试管中的残留物过滤、洗涤、干燥并称得固体质量为1g
/
实验4
取5mL5%的过氧化氢溶液于另一试管中，将实验3所得固体加入，伸入带火星木条
实验编号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
氨水浓度/%
5
10
15
15
x
15
15
烟气中CO2体积分数/%
12
12
12
10
14
12
12
烟气流量/(L⋅min−1)
3
3
3
3
3
2
5
烟气中CO2去除率/%
90.4
93.7
94.5
94.9
92.3
99.2
89.2