江苏省扬州市2022年中考化学真题解析版

这是一份江苏省扬州市2022年中考化学真题解析版，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

江苏省扬州市2022年中考化学真题
一、单选题
1．“航天点亮梦想”。搭载神舟飞船的火箭常用液氢作燃料，液氢的化学式是（　　）
A．H2 B．CH4 C．CO D．NH3
【答案】A
【知识点】化学式的书写及意义
【解析】【解答】A. 液氢是液态氢气，氢气是由氢元素组成的单质，一个氢分子是由两个氢原子构成的，因此其化学式为H2，故符合题意；
B. CH4是甲烷的化学式，故不符合题意；
C. CO是一氧化碳的化学式，故不符合题意；
D. NH3是氨气的化学式，故不符合题意。
故答案为：A。

【分析】根据液氢是液态氢气，进行分析。
2．扬州中国大运河博物馆生动还原了大运河的历史场景。下列过程涉及化学变化的是（　　）
A．开凿河道 B．裁制船帆 C．炼铁铸锚 D．伐木造桨
【答案】C
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A. 开凿河道，只是形状的改变，无新物质生成，属于物理变化；
B. 裁制船帆，只是形状的改变，无新物质生成，属于物理变化；
C. 炼铁铸锚，有铁等新物质生成，属于化学变化；
D. 伐木造桨，只是形状的改变，无新物质生成，属于物理变化。
故答案为：C。

【分析】变化时没有生成其它物质的变化，叫物理变化。
变化时都生成新物质的变化，叫做化学变化。
3．节约用水是保护水资源的有效途径。适合张贴在学校水龙头旁的标识是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】几种常见的与化学有关的图标
【解析】【解答】A. 该标志是可循环标志，一般印在各种各样的商品和商品的包装上，许多饮料瓶、矿泉水瓶的底部都有一个特殊三角形的三箭头标志，标志着商品或商品的包装是用可再生的材料做的，故不符合题意；
B. 该标志是国家节水标志，张贴在学校水龙头旁，提醒同学们节约用水，故符合题意；
C. 该标志是绿色食品标志，一般印刷在符合要求的食品包装上，故不符合题意；
D. 该标志是禁止带火种标志，一般张贴在严禁烟火的地方，故不符合题意。
故答案为：B。

【分析】根据图标的含义进行分析。
4．自热食品的发热包中含有CaO，它属于（　　）
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A. 酸是指在水溶液中电离时产生的阳离子都是氢离子的化合物，氧化钙不属于酸，故A不符合题意；
B. 碱是指在溶液中电离成的阴离子全部是OH-的化合物，氧化钙不属于碱，故B不符合题意；
C. 盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物，氧化钙不属于盐，故C不符合题意；
D. 氧化物是由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，CaO是由钙和氧两种元素组成的，属于氧化物，故D符合题意。
故答案为：D。

【分析】根据氧化物、酸、碱、盐的概念进行分析。
5．下列物质由离子构成的是（　　）
A．氮气 B．硝酸钠 C．二氧化碳 D．金刚石
【答案】B
【知识点】分子、原子、离子、元素与物质之间的关系
【解析】【解答】A. 氮气由氮分子构成，故不符合题意；
B. 硝酸钠由钠离子和硝酸根离子构成，故符合题意；
C. 二氧化碳由二氧化碳分子构成，故不符合题意；
D. 金刚石由碳原子构成，故不符合题意。
故答案为：B。

【分析】一般情况下，金属单质、固态非金属单质和稀有气体都是由原子直接构成；大部分盐、碱和活泼金属氧化物都是由离子直接构成；其余物质，都有分子直接构成。
6．室温时，下列液体的pH小于7的是（　　）
A．白醋 B．蒸馏水 C．食盐水 D．肥皂水
【答案】A
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A. 室温下，白醋显酸性，pH<7，故符合题意；
B. 室温下，蒸馏水显中性，pH=7，故不符合题意；
C. 室温下，食盐水显中性，pH=7，故不符合题意；
D. 室温下，肥皂水显碱性，pH＞7，故不符合题意。
故答案为：A。

【分析】溶液的pH值<7，显酸性，从7到1，酸性逐渐增强；
溶液的pH值=7，显中性；
溶液的pH值>7，显碱性，从7到14，碱性逐渐增强。
7．防治空气污染，保护生态环境。下列做法不合理的是（　　）
A．开发和使用清洁能源 B．车辆尾气净化后排放
C．工业废气排放到高空 D．管理和控制工地扬尘
【答案】C
【知识点】空气的污染与防治
【解析】【解答】A. 开发和使用清洁能源，可以减少化石燃料的使用，减少污染物的排放，保护环境，故合理，不符合题意；
B. 车辆尾气净化后排放，可以减少污染，保护环境，故合理，不符合题意；
C. 工业废气虽然排放到高空，但是还是排到了空气中，没有减少污染物，还是会污染空气，故不合理，符合题意；
D. 管理和控制工地扬尘，可以减小可吸入颗粒物的含量，减少污染，保护环境，故合理，不符合题意。
故答案为：C。

【分析】根据保护环境的措施进行分析。
8．从微观角度可以认识化学变化的实质。下图所示化学反应的类型为（　　）
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
【答案】B
【知识点】微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】由图可知，该反应的反应物为 ，生成物为 和 ，符合“一变多”的特点，属于分解反应。
【分析】根据微观示意图，分析物质的微观构成、物质的类别，再找出物质之间的微粒数目关系，反应的特点，进行分析。
9．石灰石的主要成分是CaCO3，下列说法错误的是（　　）
A．CaCO3属于碳酸盐 B．贝壳和珍珠中含有CaCO3
C．CaCO3易溶于水 D．CaCO3可用作补钙剂
【答案】C
【知识点】基础知识点归纳
【解析】【解答】A. CaCO3中含有碳酸根离子，属于碳酸盐，故A正确，不符合题意；
B. 贝壳和珍珠中主要成分是CaCO3，故B正确，不符合题意；
C. CaCO3难溶于水，故C错误，符合题意；
D. CaCO3含钙元素，且能与胃液中的盐酸反应生成氯化钙，可用作补钙剂，故D正确，不符合题意。
故答案为：C。

【分析】根据碳酸钙的类别，性质、用途进行分析。
10．下列物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．石墨能导电，可用于制作铅笔芯
B．氮气是无色气体，可用作保护气
C．一氧化碳难溶于水，可用于高炉炼铁
D．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氧气
【答案】D
【知识点】化学性质与物理性质的差别及应用
【解析】【解答】A. 石墨质软，因此可用于制作铅笔芯，石墨做铅笔芯与石墨能导电无关，故不符合题意；
B. 氮气可用作保护气，是因为氮气的化学性质不活泼，与氮气的颜色无关，故不符合题意；
C. 一氧化碳具有还原性，能夺取铁的氧化物中的氧，因此可用于高炉炼铁，该用途与一氧化碳难溶于水无关，故不符合题意；
D. 浓硫酸具有吸水性，因此可用于干燥不跟浓硫酸反应的气体，如氧气，故符合题意。
故答案为：D。

【分析】根据物质的性质决定用途进行分析。
11．北京冬奥会火种灯使用化合物X作燃料，其燃烧反应方程式为X+5O2点燃__3CO2+4H2O。推断X的化学式是（　　）
A．C3H8 B．C3H6 C．C2H6O2 D．C3H8O3
【答案】A
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】由化学方程式知，反应前有10个氧原子，反应后有3个碳原子、8个氢原子、10个氧原子，根据化学反应前后原子种类和数目不变，则每个X分子由3个碳原子和8个氢原子构成，所以X的化学式为：C3H8。
故答案为：A。

【分析】根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类和数目不变，进行分析X 的化学式。
12．制取、收集CO2并验证相关性质，下列做法错误的是（　　）
A．检查装置气密性
B．加入石灰石
C．收集CO2
D．验证CO2不支持燃烧
【答案】B
【知识点】实验操作注意事项的探究
【解析】【解答】A. 检查装置气密性：将导管置于水中，用手紧握试管，观察导管口是否有气泡冒出，有气泡冒出，说明装置气密性良好，故正确，不符合题意；
B. 把密度较大的块状药品或金属颗粒放入玻璃容器时，应该先把容器横放，把药品或金属颗粒放入容器口后，再把容器慢慢地竖起来，使药品或金属颗粒滑到容器底部，以免打破容器。图中操作不符合题意，故错误，符合题意；
C. 二氧化碳的密度比空气大，用万用瓶收集二氧化碳，应“长进短出”，故正确，不符合题意；
D. 将二氧化碳倾倒入烧杯中，蜡烛熄灭，说明二氧化碳不燃烧、不支持燃烧，故正确，不符合题意。
故答案为：B。

【分析】A、手捂法测仪器的气密性，利用了大气压原理，手捂试管，试管内压强增大，气体体积增大，气体从导管排除，就会看到气泡生成。
B、取用块状药品时，横放试管，慢慢竖起，是防止药品打破试管底部。
C、根据二氧化碳的密度比空气大，用万用瓶收集二氧化碳，应“长进短出”分析。
D、根据二氧化碳不燃烧、不支持燃烧进行分析。
13．乳酸可用作饮料中的酸味剂，分子式为C3H6O3.下列说法正确的是（　　）
A．分子中含12种元素
B．碳、氢元素质量比为1：2
C．每个乳酸分子中含有3个水分子
D．相对分子质量为(12×3+1×6+16×3)
【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A. 由乳酸的化学式为C3H6O3可知，乳酸由碳、氢、氧三种元素组成，故不符合题意；
B. 由乳酸的化学式为C3H6O3可知，其中碳、氢元素质量比为(3×12)：(6×1)=6：1 ，故不符合题意；
C. 由乳酸的化学式为C3H6O3可知，每个乳酸分子中含有3个碳原子、6个氢原子和3个氧原子，故不符合题意；
D. 由乳酸的化学式为C3H6O3可知，乳酸的相对分子质量为(12×3+1×6+16×3)，故符合题意；
故答案为：D。

【分析】A、化学式中有几种元素符号，物质就含有几种元素。
B、在化学式中，元素的质量比等于元素的相对原子质量与原子个数的乘积之比。
C、在化学式中，元素符号右下角的数字表示，一个分子中含有该原子的个数。
D、相对分子质量等于元素的相对原子质量与原子个数的乘积之和。
14．下列实验方案不能达到目的的是（　　）
选项
实验目的
实验方案
A
除去CO2中的HCl气体
通过盛有NaOH溶液的洗气瓶
B
鉴别氮气和氧气
将带火星的木条分别伸入集气瓶
C
鉴别NaOH和NH4NO3固体
分别溶于水，测溶解前后液体温度变化
D
从KCl与MnO2的混合物中回收MnO2
加水溶解、过滤、洗涤、干燥
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验方案设计与评价
【解析】【解答】A. 除去CO2中的HCl气体时，将气体通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，虽然HCl和NaOH溶液反应，除去了HCl气体，但CO2也能和NaOH溶液反应，不符合“不增、不减、易分离”的除杂原则，故错误，符合题意；
B. 氧气能使带火星的木条复燃，氮气不能。鉴别氮气和氧气时，将带火星的木条分别伸入集气瓶，若木条复燃，则是氧气，若木条不复燃，则为氮气，故正确，不符合题意；
C. 氢氧化钠固体溶于水放热，硝酸铵晶体溶于水吸热。鉴别NaOH和NH4NO3固体时，将两种物质分别溶于水，测量溶解前后液体温度变化，若温度升高，则为氢氧化钠，若温度下降，则为硝酸铵，故正确，不符合题意；
D. KCl易溶于水，MnO2难溶于水。取KCl与MnO2的混合物，加水溶解、过滤、洗涤、干燥，即可从KCl与MnO2的混合物中回收MnO2，故正确，不符合题意。
故答案为：A。

【分析】除杂的原则：1、除杂剂只能与杂质反应，不能与欲保留的物质反应；2、不能引入新杂质；3、最佳的除杂方法是除杂剂与杂质反应生成欲保留的物质。
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。
15．将一定量的N2、H2和物质M置于密闭容器中，在特定条件下发生化学反应，反应前后各物质的质量分数如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．反应前后原子的数目不变
B．参加反应的N2和H2分子个数比为1：3
C．M可能是该反应的催化剂
D．反应后H2和NH3质量分数之比为1：1
【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A. 根据化学反应前后质量守恒的微观原因，原子的种类、数目和质量不变，可以知道化学化学前后原子数目不变，故正确，不符合题意；
B. 根据反应表达式为N2+H2→NH3，结合质量守恒定律进行方程式配平分析，可以知道参加反应的N2：H2：NH3的个数比为1：3：2，故正确，不符合题意；
C. 根据催化剂的性质，化学反应前后化学性质和质量不变的特点，图中M的质量反应前后质量不变，故M可能是该反应的催化剂，故正确，不符合题意；
D. 根据化学反应前后质量守恒，求出NH3的质量分数100%-14%-63%-6%=17%，那么a的数值为17，反应后H2和NH3的质量分数应为14%：17%=14：17，而不是1：1，故错误，符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据质量守恒定律，原子的种类、数目和质量不变，可以知道化学化学前后原子数目不变，进行分析。
B、根据反应表达式，结合质量守恒定律进行方程式配平，进行分析。
C、根据催化剂的性质、特点，进行分析。
D、根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，计算出a%的值，再计算反应后H2和NH3的质量分数。
16．合金的应用和发展印证了人类文明的进步。下列有关合金的说法错误的是（　　）
A．人类生产和使用铁器早于青铜器
B．生铁和钢是铁、碳等元素形成的合金
C．不锈钢属于金属材料
D．合金拓宽了金属材料的应用范围
【答案】A
【知识点】合金与合金的性质
【解析】【解答】A. 金属活动性越强，人类生产和使用的越晚，铁比铜活泼，人类生产和使用铁器晚于青铜器，故错误，符合题意；
B. 生铁和钢均是铁碳合金，是由铁、碳等元素形成的，故正确，不符合题意；
C. 不锈钢是铁的合金，属于金属材料，故正确，不符合题意；
D. 合金比组成它的纯金属硬度大， 耐腐性，性能更优良，拓宽了金属材料的应用范围，故正确，不符合题意。
故答案为：A。

【分析】根据合金性质、用途、分类，进行分析。
17．KNO3与KCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．10℃时，KNO3的溶解度比KCl大
B．KCl的溶解度受温度影响的程度比KNO3大
C．60℃时，P点表示的KNO3溶液还能继续溶解KNO3固体
D．将60℃的KCl饱和溶液降温至10℃，溶液中溶质质量分数不变
【答案】C
【知识点】固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A. 从图像上可看出，10℃时，KNO3的溶解度比KCl小，故A不符合题意；
B. 从图像上可看出，KCl的溶解度受温度影响的程度比KNO3小，故B不符合题意；
C. P点在硝酸钾溶解度曲线的下方，表示该温度下的不饱和溶液，可以继续溶解硝酸钾固体，故C符合题意；
D. 将60℃的KCl饱和溶液降温至10℃，氯化钾的溶解度随温度的降温而减小，降温后有晶体析出，溶液中溶质质量分数减小，故D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】溶解度曲线上的每个点表示的是某温度下某种物质的溶解度。即曲线上的任意一点都应有相 应的温度和溶解度。温度在横坐标上可以找到，溶解度在纵坐标上可以找到。
溶解度曲线上的点有三个方面的作用：根据已知温度查出有关物质的溶解度；根据物质的溶解度查出对应的温度；比较相同温度下不同物质溶解度的大小或者饱和溶液中溶质的质量分数的大小。
二、多选题
18．下列实验现象的解释合理的是（　　）
选项
实验现象
解释
A
2mL无水酒精和2mL水混合后体积略小于4mL
酒精和水发生了化学反应
B
加热滴有石蕊的碳酸溶液，溶液由红色变为紫色
碳酸受热分解
C
蜡烛在空气中不完全燃烧，有黑色的炭生成
蜡烛中含有元素C、H、O
D
向鸡蛋清中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀析出
蛋白质在水中溶解的量减少了
A．A B．B C．C D．D
【答案】B,D
【知识点】反应现象和本质的联系
【解析】【解答】A. 2mL无水酒精和2mL水混合后体积略小于4mL，是因为分子之间存在间隔，酒精和水没有发生化学反应，故不符合题意；
B. 碳酸显酸性，能使紫色石蕊试液变红，加热，碳酸受热分解生成二氧化碳和水，故溶液变为紫色，故符合题意；
C. 蜡烛在空气中不完全燃烧，有黑色的炭生成，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，可得蜡烛中含碳元素，无法得出含H、O元素，故不符合题意；
D. 向鸡蛋清中加入饱和(NH4)2SO4溶液，可以降低蛋白质的溶解度，使蛋白质凝聚而从溶液中析出，故有沉淀生成，故符合题意。
故答案为：BD。

【分析】A、根据分子之间存在间隔，进行分析。
B、根据碳酸受热分解生成二氧化碳和水，进行分析。
C、根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，进行分析。
D、根据盐溶液能使蛋白质凝聚而从溶液中析出，进行分析。
19．1783年，拉瓦锡研究水的组成，装置示意图如下，将水加热成蒸气通过灼热的铁管，一段时间后，在出口处收集到一种可燃性气体。实验后称量发现水的质量减少，铁管质量增加，拉瓦锡研究并判断铁转化为氧化物。下列说法正确的是（　　）
A．实验中收集到的可燃性气体可能是氢气
B．铁在该实验中起催化剂作用
C．实验中水蒸气减少的质量等于铁管增加的质量
D．该实验推翻了“水是单一元素物质”的观点
【答案】A,D
【知识点】实验探究物质的性质或变化规律
【解析】【解答】A. 根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，反应前水中含有氢、氧元素，铁中含有铁元素，生成物中也只能含有氢、氧、铁元素，所以生成的可燃性气体可能是氢气，故A符合题意；
B. 催化剂只改变反应速率，反应前后本身的质量和化学性质不变，实验中，铁管质量增加，因此铁不是催化剂，故B不符合题意；
C. 实验后还生成了氢气，所以实验中水蒸气减少的质量等于铁管增加的质量和生成的氢气的质量，故C不符合题意；
D. 从该实验中可得出，水是由氢、氧元素组成的，故D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】A、根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，进行分析。
B、根据催化剂的特点，进行分析。
C、根据质量守恒定律，实验后还生成了氢气，铁管会增加质量，进行分析。
D、根据该实验得出，水是由氢、氧元素组成的，进行分析。
20．甲烷是天然气的主要成分。利用太阳能可将甲烷在高温熔融盐环境中转化为H2，反应原理如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．整个过程中，只有Zn的化合价发生变化
B．过程①的化学反应为ZnO+CH4一定条件__Zn+H2+CO
C．理论上过程①与过程②中产生H2的质量比为2：1
D．当参加反应的CH4与H2O质量比为8：9时，理论上可不补充ZnO
【答案】C,D
【知识点】自然界中的物质循环
【解析】【解答】A. 根据反应原理为H2O+CH4一定条件__3H2+CO可知，只有C、H的化合价发生改变，故不符合题意；
B. 根据分析可知，过程①的化学反应为ZnO+CH4一定条件__Zn+2H2+CO，故不符合题意；
C. 根据分析可知，过程①的化学反应为ZnO+CH4一定条件__Zn+2H2+CO，过程②的化学反应为Zn+H2O一定条件__ZnO+H2↑，理论上过程①与过程②中产生H2的质量比为2：1，故符合题意；
D. 根据分析可知，该反应原理为H2O+CH4 一定条件__3H2+CO，当参加反应的CH4与H2O质量比为8：9时，理论上可不补充ZnO，故符合题意；
故答案为：CD。

【分析】A、根据单质中，元素的化合价规定为零；在化合物中，元素的正负化合价代数和为零，进行分析。
B、根据反应原理，氧化锌与甲烷在一定条件下反应生成锌、氢气和一氧化碳。
C、根据过程①、过程②的化学方程式，进行计算。
D、根据水与甲烷在一定条件下反应生成氢气和一氧化碳，进行分析。
三、填空题
21．化学提升生活品质，助力未成年人健康成长。
（1）扬州某中学的午餐食谱如图：
红烧狮子头
水煮鱼片
炒青菜、海带汤
米饭、桔子
①合理膳食可增强体质。下列说法错误的是　 　。
A．鱼片含有丰富蛋白质
B．淀粉可分解为氨基酸
C．适度补充油脂，有益身体健康
②若需补充维生素C，建议多吃食谱中　 　(写出一种即可)。
③食用加碘盐可补充碘元素。下列说法正确的是　 　。
A．人体中缺少碘元素，会导致骨质疏松
B．除加碘盐外，还可以通过食用海带等海产品补充碘元素
C．加碘盐中添加了碘酸钾(KIO3)，淀粉可用于检验其中碘元素的存在
④学校正推行垃圾分类。餐后的食物残渣应投入印有　 　标识的垃圾箱。
（2）校服面料常用棉花、羊毛等混纺制成。棉花　 　溶于水中(填“难”或“易”)：生活中常用　 　法区分羊毛线和棉线。
（3）骑自行车属于低碳生活新时尚。
①下列做法不属于低碳生活方式的是　 　。
A．随手关灯
B．旧书本循环利用
C．夏天将空调温度调至最低
②下列做法不利于自行车防锈的是　 　。
A．金属部件镀金属铬
B．链条涂防锈油
C．雨淋后自然晾干
③铁锈成分中含有氧化铁(Fe2O3)，写出氧化铁与稀硫酸反应的化学方程式　 　。
④某学生做了铁的锈蚀实验，装置如图。一段时间后可观察到导管内红墨水的液面　 　(填“上升”或“下降”)。
【答案】（1）B；炒青菜或桔子；B；C
（2）难；灼烧、闻气味
（3）C；C；Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；上升
【知识点】基础知识点归纳
【解析】【解答】（1）① A、鱼片是动物的肌肉，富含蛋白质，故正确；
B、淀粉属于糖类，可分解为葡萄糖，故错误；
C、油脂是供给人体生命活动的备用能源，适度补充油脂，有益身体健康，故正确。
故答案为：B；
② 蔬菜、水果富含维生素，故若需补充维生素C，建议多吃食谱中的炒青菜、桔子；
③ A、人体缺碘，会导致甲状腺肿大，老年人缺钙，会导致骨质疏松，故不正确；
B、除加碘盐外，海带中等海产品中也富含碘元素，故正确；
C、淀粉遇碘单质变蓝，不能用于检验其中碘元素的存在，故不正确。
故答案为：B；
④ A、可回收物是指，适宜回收利用和资源化利用的生活废弃物，如废纸张、废塑料、废玻璃制品、废金属、废织物等，故不正确；
B、有害垃圾指对人体健康或者自然环境造成直接或者潜在危害的生活废弃物。常见的有害垃圾包括废灯管、废油漆、杀虫剂、废弃化妆品、过期药品、废电池、废灯泡、废水银温度计等，故不正确；
C、厨余垃圾是指居民日常生活及食品加工、饮食服务、单位供餐等活动中产生的垃圾，包括丢弃不用的菜叶、剩菜、剩饭、果皮、蛋壳、茶渣、骨头等，故餐后的食物残渣属于厨余垃圾，故正确；
D、其他垃圾指危害比较小，没有再次利用的价值的垃圾，如建筑垃圾，生活垃圾等，故不正确。
故答案为：C；
（2）棉花难溶于水中；
羊毛的主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，棉线的主要成分是纤维素，灼烧有纸燃烧的气味，气味不同，故可通过灼烧、闻气味的方法区分；
（3）① A、随手关灯，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，属于低碳生活方式，故不符合题意；
B、旧书本循环利用，可以减少森林的砍伐，增加二氧化碳的吸收，属于低碳生活方式，故不符合题意；
C、夏天将空调温度调至最低，会造成资源浪费，增加二氧化的排放，不属于低碳生活，故符合题意。
故答案为：C；
② A、金属部件镀金属铬，可以隔绝氧气和水，起到防锈的目的，故不符合题意；
B、链条涂防锈油，可以隔绝氧气和水，起到防锈的目的，故不符合题意；
C、雨淋后自然晾干，使铁与氧气和水接触，会加速铁的锈蚀，故符合题意。
故答案为：C；
③ 氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，该反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；
④ 铁能与空气中的氧气和水反应，从而生锈，且食盐水会加速铁的锈蚀，由于消耗了氧气，装置内压强减小，故一段时间后可观察到导管内红墨水的液面上升。

【分析】（1）① A、蛋、奶、肉中富含蛋白质。
B、淀粉属于糖类，可分解为葡萄糖。
C、油脂是供给人体生命活动的备用能源，适度补充油脂。
② 蔬菜、水果富含维生素。
③ 根据元素与人体健康关系分析。
④ 根据垃圾分类的标准分析。
（2）根据羊毛的主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，棉线的主要成分是纤维素，灼烧有纸燃烧的气味，气味不同，进行分析。
（3）① 根据减少二氧化碳排放的措施分析。
② 根据铁生锈的条件分析防锈方法。
③ 氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水。
④ 根据铁生锈的条件分析。
22．粮食安全是“国之大者”
（1）守住良田沃土，保障粮食安全。
①土壤酸化不利于农作物生长。要改良酸化土壤，可选用的物质为　 　。
A．KNO3 B．熟石灰 C．稀硫酸
②某农田改良后pH为5.4，该地区常见农作物最适宜生长的土壤pH范围如下：
农作物
茶树
油菜
水稻
萝卜
pH




该农田适合种植的农作物是　 　。
③化肥和农药对农业增产有重要作用。下列说法错误的是　 　。
A．铵态氮肥不能与草木灰混用
B．磷酸二氢铵(NH4H2PO4)属于复合肥料
C．为增加农作物产量，大量使用化肥和农药
④碳酸氢铵(NH4HCO3)需密封保存于阴凉处，用化学方程式解释原因　 　。
（2）科技创新，开辟产粮新路径。
我国科学家利用CO2合成葡萄糖，该方案先用碳电还原法将CO2转化为醋酸，再利用微生物发酵获得葡萄糖。
①将CO2资源化利用，可减少　 　效应。
②通电条件下，装置1中CO2分解成CO和常见单质X，X的化学式为　 　。
③利用酵母菌等微生物将醋酸转化为葡萄糖时，温度不宜过高，原因是　 　。
④理论上合成葡萄糖所需CO2与H2O的质量比为　 　。
【答案】（1）B；茶树；C；NH4HCO3Δ__NH3↑+H2O+CO2↑
（2）温室；O2；防止酵母菌等微生物失去活性，不能发生转化；22：9
【知识点】常见化肥的种类和作用；基础知识点归纳
【解析】【解答】（1）①A、KNO3呈中性，不能用于改良酸性土壤，故不正确；
B、熟石灰呈碱性，可用于改良酸性土壤，故正确；
C、稀硫酸呈酸性，不能用于改良酸性土壤，故不正确。
故答案为：B；
② 某农田改良后pH为5.4，根据茶树pH为5.0-5.5，油菜pH为5.8-6.7，水稻pH为6.0-7.0，萝卜pH为7.0-7.5，茶树最适宜的土壤为微酸性，适宜该地区种植；
③ A、铵态氮肥不能与碱性物质混用，否则会产生氨气，降低肥效，草木灰为碱性物质，铵态氮肥不能与草木灰混用，正确；
B、磷酸二氢铵(NH4H2PO4)中含有氮元素和磷元素，属于复合肥料。正确；
C、为增加农作物产量，不能大量使用化肥和农药，会污染水源，不正确。
故答案为：C。
④ 碳酸氢铵(NH4HCO3)需密封保存于阴凉处，由于碳酸氢铵不稳定，受热容易分解产生氨气、水和二氧化碳，化学方程式为：NH4HCO3Δ__NH3↑+H2O+CO2↑；
（2）① 将CO2资源化利用，可降低二氧化碳的含量，减少温室效应；
② 通电条件下，装置1中CO2分解成CO和常见单质X，该反应化学方程式为：2CO2通电__2CO+X，根据质量守恒定律反应前后原子种类、原子个数不变，反应前C、H原子个数分别为2、4，反应后C、H原子个数分别为2、2，则X的化学式为O2；
③ 利用酵母菌等微生物将醋酸转化为葡萄糖时，温度不宜过高，原因是防止酵母菌等微生物失去活性，不能发生转化；
④ 二氧化碳合成葡萄糖的原理为6CO2+6H2O一定条件__C6H12O6+6O2可知，理论上合成葡萄糖所需CO2与H2O的质量比为（6×44）：（6×18）=22：9 。

【分析】（1）①熟石灰呈碱性，可用于改良酸性土壤。
② 根据某农田改良后pH为5.4，结合表格中的数据分析
③ A、根据铵态氮肥的性质分析。
B、根据复合肥料的概念分析。
C、不能大量使用化肥和农药，否则会污染水源。
④ 碳酸氢铵不稳定，受热容易分解产生氨气、水和二氧化碳。
（2）① 降低二氧化碳的含量，会减少温室效应。
② 根据质量守恒定律，反应前后原子种类、原子个数不变，进行分析X的化学式。
③ 温度不宜过高，原因是防止酵母菌等微生物失去活性。
④ 根据化学方程式进行计算。
23．海水中含有大量盐类，海水淡化是综合利用海洋资源的重要产业。某种海水淡化装置允许水分子透过，阻止盐类透过。采用该装置淡化海水，可分别获得浓盐水和淡水。
（1）①进入淡化装置前的海水必须进行预处理，可用纯碱除去大部分钙盐和镁盐，写出纯碱与CaCl2生成沉淀的化学方程式　 　。
②分离出的浓盐水是　 　(填“纯净物”或“混合物”)。
③该方法除了用于海水淡化，还可用于　 　。
A．硬水软化 B．污水处理 C．物质鉴别
（2）某工厂淡化海水后得到的浓盐水和淡水中盐类物质含量如下表(微量盐类忽略不计)。
国家规定居民生活用水中盐类物质总含量≤500mg·L-1，计算并推断所得淡水中盐类总含量　 　生活用水的标准(填“达到”或“未达到”)；该工厂一套淡化装置每小时产生浓盐水300L，其中含有NaCl　 　kg。

氯化钠
氯化镁
硫酸镁
硫酸钙
淡水
0.17
0.012
4.8×10-4
8.5×10-4
浓盐水
45.0
3.6
3.3
0.14
（3）淡化海水所得的浓盐水中含大量MgCl2，可制备金属镁，主要物质转化关系如图所示：
①写出生成Mg(OH)2的反应方程式　 　。
②浓盐水经过步骤1和2两步反应后又获得了MgCl2，设计这两步的目的是　 　。
③图中未涉及的反应类型为　 　。
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
④镁在空气中燃烧发出耀眼白光，依据此现象可用镁制作　 　(写出一种即可)。
【答案】（1）CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl；混合物；A
（2）达到；13.5
（3）Ca(OH)2+MgCl2＝Mg(OH)2↓+CaCl2；减少镁的损失；C；照明弹
【知识点】物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）①碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程式为：CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl；
②分离出的浓盐水中含有两种或两者以上的物质，属于混合物；
③该方法除了用于海水淡化，可以除去溶液中大部分钙盐和镁盐，由于硬水中含有较多的钙镁化合物，所以该方法还可用于硬水软化，
故答案为：A；
（2）①(0.17+0.012+4.8×10−4+8.5×10−4)×103mg.L-1=183mg.L-1 ，国家规定居民生活用水中盐类物质总含量≤500mg·L-1，183mg.L-1≤500mg.L-1 ，故达标；
②浓盐水中氯化钠的含量为45.0 g‧L-1，该工厂一套淡化装置每小时产生浓盐水300L，其中含有NaCl的300L×45.0kg.L-1103=13.5kg ；
（3）① 氢氧化钙与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，化学方程式为：Ca(OH)2+MgCl2＝Mg(OH)2↓+CaCl2；
② 浓盐水经过步骤1将浓盐水中的镁离子全部转化为沉淀，步骤2是将氢氧化镁沉淀全部转化为氯化镁，设计这两步的目的是减少镁的损失；
③ 图中涉及的化学反应有：Ca(OH)2+MgCl2＝Mg(OH)2↓+CaCl2、2HCl+Mg(OH)2＝MgCl2+2H2O、MgCl2通电__Cl2↑+Mg、2H2+Cl2点燃__2HCl，反应类型分别为复分解反应、复分解反应、分解反应和化合反应，图中未涉及的反应类型为置换反应，
故答案为：C；
④ 镁在空气中燃烧发出耀眼白光，依据此现象可用镁制作照明弹。

【分析】（1）① 碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠。
② 根据混合物的概念，进行分析。
③ 根据海水淡化，可以除去溶液中大部分钙盐和镁盐，进行分析。
（2）根据表格中的数据，结合题意，进行分析。
（3）① 氢氧化钙与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙。
②根据步骤1将浓盐水中的镁离子全部转化为沉淀，步骤2是将氢氧化镁沉淀全部转化为氯化镁，进行分析。
③ 根据反应的特点，进行分析。
④ 根据镁的性质，进行分析。
24．为认识酸和碱的性质，某化学学习小组进行了如下实验。
（1）20℃时，配制80g溶质质量分数为10%的NaOH溶液。
①用图中仪器完成实验，还缺少的玻璃仪器是　 　(填名称)，玻璃棒在配制实验中的作用是　 　。
②配制该溶液需要　 　g水。用量筒量取水时，俯视读数会导致所配溶液的溶质质量分数　 　10%。(填“大于”或“小于”)
（2）向1~5号小试管中分别滴加少量稀盐酸。
①　 　中溶液变为红色(填“试管1”或“试管2”)。
②试管3中产生气泡，试管4中无明显现象，由此推断金属活动性Cu比Zn　 　(填“强”或“弱”)。
③试管5中生成一种盐和两种氧化物，该反应的化学方程式为　 　。
（3）借助传感器对稀NaOH溶液与稀盐酸的中和反应进行研究，实验装置如图，三颈烧瓶中盛放溶液X，用恒压漏斗匀速滴加另一种溶液。
①甲同学用pH传感器测得三颈烧瓶内溶液pH的变化如题图，判断溶液X是　 　，实验进行到60s时溶液中的溶质为　 　(填化学式)。
②乙同学用温度传感器测得三颈烧瓶内温度变化如图(实验过程中热量散失忽略不计)，据此可得出反应过程中　 　能量的结论(填“吸收”或“释放”)。
③丙同学提出，通过监测三颈烧瓶内压强变化，也可以推导出乙同学的实验结论，其理由是　 　。
【答案】（1）烧杯；搅拌加速溶解；72；大于
（2）试管1；弱；Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑
（3）稀盐酸；NaCl、NaOH；释放；温度升高气体体积膨胀，三颈烧瓶内气体压强变大
【知识点】酸的化学性质；实验探究物质的性质或变化规律；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】（1）① 用固体配制溶液需要的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、滴管、烧杯、玻璃棒，故填：烧杯。
在配制实验中玻璃棒的作用是搅拌加速溶解，故填：搅拌加速溶解。
② 配制80g溶质质量分数为10%的NaOH溶液，需要NaOH的质量为：80g×10%=8g，则需要水的质量为：80g-8g=72g，故填：72。
用量筒量取水时，俯视读数使量取水的体积偏小，溶液的质量偏小，导致所配溶液的溶质质量分数大于10%，故填：大于。
（2）① 盐酸能使石蕊试液变红，所以试管1中溶液变为红色，故填：试管1。
② 金属活动顺序表中，金属活动性自左向右逐渐减弱，且位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，试管3中产生气泡，试管4中无明显现象，说明Cu的活动性比Zn弱，故填：弱。
③ 由质量守恒定律知，碱式碳酸铜与盐酸反应生成一种盐和两种氧化物，其中的盐是氯化铜，两种氧化物是水和二氧化碳，该反应的化学方程式为：Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，故填：Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑。
（3）① 由图像知，开始反应时溶液的pH＜7，显酸性，所以三颈烧瓶内溶液X是稀盐酸，故填：稀盐酸。
三颈烧瓶内溶液X是稀盐酸，恒压漏斗内溶液是稀NaOH溶液，随着NaOH溶液的滴入，稀盐酸与NaOH反应生成氯化钠和水，氯化钠溶液显中性，三颈烧瓶内溶液的pH逐渐增大，二者恰好完全反应时溶液的pH=7，继续滴入NaOH溶液，则溶液的pH＞7，显碱性；实验进行到60s时，溶液的pH＞7，显碱性，此时溶液中的溶质为生成的NaCl和滴加后未反应的NaOH，故填：NaCl、NaOH。
② 由用温度传感器测得三颈烧瓶内温度变化图知，反应过程中三颈烧瓶内温度升高，说明稀盐酸与NaOH反应过程中释放出能量，故填：释放。
③ 因为温度升高气体体积膨胀，使三颈烧瓶内压强变大，所以通过监测三颈烧瓶内压强变化，也可以推出稀盐酸与NaOH反应过程中释放出能量，故填：温度升高气体体积膨胀，使三颈烧瓶内气体压强变大。

【分析】（1）根据一定量一定溶质质量分数溶液的配制分析。
（2）根据盐酸的化学性质分析。
（3）根据NaOH溶液与稀盐酸发生的中和反应，结合题中信息进行分析。
25．电石渣［主要成分为Ca(OH)2，还含有MgO等杂质］是一种工业废渣，以它为原料可生产纳米碳酸钙，制备方案如下：
已知：①NH4Cl溶液显酸性；
②“浸取”时的主要反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O；
③“碳化”时的主要反应为CaCl2+2NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O。
（1）电石渣久置在空气中会产生一定量的碱式碳酸钙［Ca3(OH)2(CO3)n］，化学式中的n为　 　。
（2）用不同质量分数的NH4Cl溶液浸取电石渣时，Ca元素提取率和Mg元素去除率的数值如图所示，你认为较适宜的NH4Cl质量分数是　 　。
（3）浸取时，向浸取液中滴加氨水调节pH，将镁元素全部沉淀，则操作1为　 　(填操作名称)。
（4）工业上将操作1所得溶液碱化后，进行喷雾碳化，碳化塔的构造如图所示，CO2从　 　处通入(填“A”或“B”)，其目的是　 　。
（5）测得不同温度下碳化反应所需时间如下表(其他条件相同)：
温度
反应液浑浊所需时间(单位：秒)
反应完全所需时间(单位：分钟)
20℃
480
>180
40℃
120
180
60℃
1
50
80℃
1
68
实际碳化反应的温度采用了60℃，温度不宜过高的原因可能是　 　(写出一条即可)。
（6）该工艺流程的核心反应在“浸取”和“碳化”这两步，请书写由Ca(OH)2制备碳酸钙的总反应方程式　 　。结合制备方案判断可循环利用的物质为　 　。
（7）用电石渣［Ca(OH)2质量分数92.5%］制备1tCaCO3，计算所需电石渣的质量(写出计算过程)。　 　。
【答案】（1）2
（2）10%
（3）过滤
（4）A；增大溶液与二氧化碳的接触面积，使碱化的溶液与二氧化碳充分反应
（5）温度越高二氧化碳的溶解度越小（或温度越高，氨水越易分解，挥发出氨气）
（6）Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；NH4Cl、NH3·H2O
（7）解：设所需电石渣的质量为x。Ca(OH)2+CO274x×92.5%=CaCO3↓+H2O1001t74100=x×92.5%1t x=0.8t答：制备1tCaCO3需电石渣的质量为0.8t。
【知识点】物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）碱式碳酸钙的化学式为Ca3(OH)2(CO3)n，根据化合物中元素化合价的代数和为0，钙显+2价，氢氧根显-1价，碳酸根显-2价，则(+2)×3+(-1)×2+(-2)×n=0，n=2。
（2）根据图示，当用质量分数为10%的NH4Cl溶液浸取电石渣时，Ca元素提取率最高，同时Mg元素去除率也比较高，故较适宜的NH4Cl质量分数是10%。
（3）通过操作1将镁元素产生的沉淀与溶液分离，该操作为过滤。
（4）根据碳化塔的结构，如果二氧化碳从顶部B处通入，二氧化碳会从塔上部废气排出口排出，因此正确的操作是溶液从B处以雾状喷入，二氧化碳从A处通入，其目的是：增大溶液与二氧化碳的接触面积，使碱化的溶液与二氧化碳充分反应。
（5）由表可知，60℃时完全反应所需时间最少， 80℃比60℃时完全反应所需时间更多，其原因有：① 二氧化碳气体的溶解度随温度的升高而减小，溶解在溶液中的二氧化碳减少，导致完全反应所需反应时间增加；
②温度越高，氨水分解的速率越大，氨气挥发，溶液的碱性变弱，吸收二氧化碳的效果变差，完全反应所需的时间增加。
（6）“浸取”过程中发生的反应是：Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，“碳化”过程中发生的反应是：CaCl2+2NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O。将这两个反应合并，由Ca(OH)2制备碳酸钙的总反应方程式为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。该制备方案中，“浸取”时生成氨水，氨水在碱化时可循环使用，“碳化”时生成氯化铵，氯化铵在“浸取”时可循环使用。故本方案中可循环利用的物质为：NH4Cl、NH3·H2O (或NH3)。

【分析】（1）根据在化合物中，元素化合价的代数和为0，进行分析。
（2）根据图像，当用质量分数为10%的NH4Cl溶液浸取电石渣时，Ca元素提取率最高，同时Mg元素去除率也比较高，进行分析。
（3）根据过滤的原理，进行分析。
（4）根据碳化塔的结构，反应物充分接触，进行分析。
（5）根据表格中的数据，60℃时完全反应所需时间最少， 二氧化碳气体的溶解度随温度的升高而减小；温度越高，氨水分解的速率越大，氨气挥发，进行分析。
（6）氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水。
反应中可以作为反应物，有可以作为生成物，此物质是可以循环利用的物质。
（7）先设未知数，正确写出氢氧化钙与二氧化碳反应的化学方程式；再找准有关物质，已知量是碳酸钙的质量，未知量是氢氧化钙的质量；列比例式计算。