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2023年江苏省扬州市高邮市中考化学二模试卷重点中学
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这是一份2023年江苏省扬州市高邮市中考化学二模试卷重点中学，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，流程题，科普短文题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省扬州市高邮市中考化学二模试卷
一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
1. 人在剧烈运动之后，需要适量补给“淡盐水”。除水外，还能补充的营养物质是( )
A. 蛋白质 B. 糖类 C. 维生素 D. 无机盐
2. 《天工开物》中记载了古法造纸工艺。下列步骤中一定发生了化学变化的是( )
A. 煮楻足火 B. 斩竹槌洗 C. 日晒成干 D. 覆帘压纸
3. 冰是水的固态形式，构成冰的微粒是( )
A. 分子 B. 原子 C. 离子 D. 无法确定
4. “空气炸锅”的工作原理是将锅内空气加热后循环吹向食物，则循环气体中含量最高的是( )
A. 氧气 B. 氮气 C. 稀有气体 D. 二氧化碳
5. 氮是生命元素，下列含氮物质中属于盐的是( )
A. NH4NO3 B. NO2 C. NH3⋅H2O D. HNO3
6. 下面是生产单质硅过程中的一个重要反应：SiO2+2C=Si+2CO↑，该反应的基本类型是( )
A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应
7. 为保护环境、节约资源，垃圾需分类处理。废旧报纸属于( )
A. 可回收物 B. 厨余垃圾 C. 有害垃圾 D. 其他垃圾
8. 叶子发黄的水稻易倒伏，专家建议施用含钾的复合肥料。下列肥料符合要求的是( )
A. NH4NO3 B. KNO3 C. NH4H2PO4 D. K2SO4
9. 下列物质分别分散到水中，能形成溶液的是( )
A. 面粉 B. 食盐 C. 植物油 D. 泥土
10. 长信宫灯是我国汉代青铜器。灯中人的右臂与灯的烟道相通，灯罩可自由开合，调节氧气的进入量。下列说法不正确的是( )
A. 青铜的硬度比纯铜大
B. 点灯时可提高可燃物的着火点
C. 当烟道内的黑烟较多时，可以调大进风口
D. 烟灰通过右臂吸入，能体现环保理念
11. 下列溶液敞口放置一段时间后，溶液质量因发生化学变化而变大的是( )
A. 氢氧化钠溶液 B. 氯化钠溶液 C. 浓盐酸 D. 浓硫酸
12. 碳酸氢铵是一种常见的膨松剂，下列说法中不正确的是( )
A. 由4种元素组成 B. N、H原子个数比为1：4
C. 氢元素的质量分数最小 D. 相对分子质量为79
13. 氧气是空气的主要成分之一，下列说法不正确的是( )
A. O2可以从空气中分离 B. 液态的O2是一种淡蓝色液体
C. 液态的O2具有可燃性 D. O2在医疗上可用以供给呼吸
14. 某催化反应器可用于CO2合成甲醇，图为该反应的微观示意。下列说法不正确的是( )
A. 该反应前后原子的种类不变 B. 该反应前后分子数目增加
C. 该反应生成甲醇与水的质量比为16：9 D. 该反应实现了无机物到有机物的转化
15. 氯气(Cl2)是一种黄绿色、有毒气体，密度大于空气，可溶于水，能与NaOH等碱溶液反应，实验室可用高锰酸钾和浓盐酸混合制得。下列操作中规范是( )
A. 制取Cl2
B. 除去Cl2中的HCl
C. 收集Cl2
D. 测氯水的pH
16. 下列物质的性质与应用对应关系正确的是( )
A. 酒精具有挥发性，可用于杀菌消毒
B. 铝片有金属光泽，可用作导电材料
C. 活性炭有吸附性，可用于除去水中的异味和色素
D. 浓硫酸具有吸水性，可用于食品的干燥剂
17. 饮食安全关乎民生。下列做法正确的是( )
A. 甲醛浸泡海产品以保鲜 B. 用铁质炊具烹饪食物
C. 用工业酒精配制饮用酒 D. 用工业用盐腌制食品
18. 如图为20℃时NaCl的饱和水溶液中溶液与溶剂的质量关系，下列说法正确的是( )
A. a的数值为95.2
B. 20℃时，氯化钠的溶解度为136g
C. n点对应溶液的溶质质量分数比m点大
D. 通过升高温度的方法使溶液由m点所对应的状态转变为n点所对应的状态
19. 下列实验方案的设计中，理论上不可行的是 ( )
选项
实验目的
实验方案
A
除去CO2中的CO
通过足量的、灼热的CuO粉末
B
鉴别蒸馏水与食盐水
用玻璃棒分别蘸取待测液于酒精灯火焰上灼烧
C
提纯含少量NaCl的KNO3
热水溶解、降温结晶、过滤、洗涤、干燥
D
制备硫酸铜
向金属铜中加入适量的稀硫酸
A. A B. B C. C D. D
20. 工业上可利用Fe3O4和太阳能分解水制氢，流程如图。下列说法不正确的是 ( )
已知：①反应Ⅰ：2Fe3O4=太阳能6FeO+O2↑
②反应Ⅱ：3FeO+H2O=加热Fe3O4+H2↑
A. 上述流程中仅H、O元素的化合价发生了变化
B. 理论上，每产生32gO2，消耗水的质量为36g
C. 相较电解水制氢而言，该方法具有节约能源，产品易分离的优点
D. 5.8g可能由Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4中的两种或多种组成的混合物中，铁元素质量为4.2g，则其中一定含Fe2O3
二、填空题（本大题共1小题，共11.0分）
21. 日常生活、社会发展都与化学密切相关。如表为某苦笋包装袋上的部分说明。
品名：苦笋包装材料：聚乙烯
每100g中所含营养物质
蛋白质/g
锌/mg
钙/mg
磷/mg
镁/mg
维生素C/mg
纤维素/g
2.6
0.33
9
64
1
5
1.8
(1)该包装材料聚乙烯【(C2H4)n】属于 ______ (填“无机”、“合成”或“复合”)材料，其中碳元素的质量分数为 ______ (保留小数点后一位)，生活中可通过 ______ 的方法鉴别聚乙烯与聚氯乙烯。
(2)蛋白质是人体重要的能量来源，组成中除C、H、O外，还一定含有的元素是 ______ (填名称)。蛋白质属于有机高分子化合物，其 ______ (填“能”或“不能”)被人体直接吸收利用。
(3)钙元素是人体所需的 ______ (填“常量”或“微量”)元素，每袋(250g)苦笋中含钙元素的质量为 ______ mg。处于生长发育期的青少年每天需适量补给钙元素，某补钙制剂其主要成分为碳酸钙，请写出碳酸钙中的阴离子符号 ______ ，该补钙制剂摄入人体内，与胃酸发生反应的化学方程式为 ______ 。
(4)维生素C(Vc)是一种水溶性维生素，高温易被破坏，在酸性环境下较稳定。Vc中碳、氢、氧元素的质量比为9：1：12，其相对分子质量为176，则Vc的化学式为 ______ 。日常饮食中为更好地补给Vc，请就富含Vc食物的食用方式提出一条合理建议 ______ 。
三、流程题（本大题共2小题，共30.0分）
22. 能源是人类社会的宝贵财富。
(1)氢气是理想的绿色能源。
①电解水实验可以产生H2，反应的化学方程式为 ______ ，H2在与电源 ______ (填“正极”或“负极”)相连的电极上产生，理论上产生H2与O2的体积比为 ______ 。
②为探究NaOH溶液浓度和电极材料对电解水的影响，在9V电压下，通电3min，测得不同浓度的NaOH溶液中，产生H2与O2的体积实验数据见表−1，某固定浓度的NaOH溶液中，采用不同电极时，产生H2与O2的体积实验数据见表−2。
表−1
质量分数%
氢气生成量/mL
氧气生成量/mL
10
5.0
2.1
12
6.2
3.2
14
7.5
3.7
16
8.2
4.3
18
5.2
5.2
表−2
电极材料
氢气生成量/mL
氧气生成量/mL
石墨
0.5
0.2
铜丝
1.8
1.1
铁丝
3.2
2.1
镍丝(直条状)
6.0
2.9
镍丝(螺旋状)
7.5
3.7
上述条件探究中：欲获得较接近理论值的H2与O2的体积比，应选择NaOH溶液的溶质质量分数为 ______ ，电极材料为 ______ ；表−2所用NaOH溶液的质量分数为 ______ 。
③实验室常选用锌粒与稀硫酸常温下反应制得H2，反应的化学方程式为 ______ 。
(2)以煤的综合利用制得天然气的某工艺流程如图−1所示。
①煤、石油、天然气称为三大化石燃料，它们都属于 ______ (填“可再生”或“不可再生”)能源。煤中含有硫元素，直接燃烧供能可能会引起的环境问题是 ______ 。
②结合流程思考：气化炉中发生以下反应：C+O2=灼烧CO2、C+H2O=高温CO+H2。气化过程中，需向炭层交替喷入空气和水蒸气，喷入空气的目的是 ______ ；经过变换炉后，CO2和H2含量增加，CO含量降低，则反应的化学方程式为 ______ ；天然气中的氢元素来自原料中 ______ 。
③合成塔中主要是CO和H2反应生成CH4和H2O，则CO与H2的最佳质量比为 ______ (最简整数比)。若将CO和H2按分子数之比为1：3混合，在催化剂的作用下合成CH4，当合成塔中含量不再发生变化时(平衡时)，测得各气体成分含量分别与温度和压强的关系如图−2、图−3所示。根据图像分析，为促进该反应的进行，应控制温度在 ______ (填“高”或“低”)温区、压强在 ______ (填“高”或“低”)压区。
23. 含锰物质在生产、生活中具有广泛应用。
(1)实验室常利用SO2与MnO2在90−100℃温度下反应制备硫酸锰。装置如图1，“多孔球泡”的作用是 ______ ；选用水浴加热的优点为 ______ ；为防止SO2逸散至空气中，可用NaOH溶液进行吸收，反应原理与NaOH溶液吸收CO2类似，请写出该反应的化学方程式 ______ 。
(2)焙烧MnSO4可制备Mn2O3。
图2为某工艺制备流程(已知：软锰矿的主要成分为MnO2)。
①MnSO4在焙烧过程中生成Mn2O3、SO2和O2的化学方程式为 ______ ，上述流程中MnSO4溶液循环再利用的意义是 ______ 。
②图3为不同温度下硫酸锰焙烧2小时后残留固体的X−射线衍射图。据图可知：焙烧MnSO4固体制备Mn2O3的方案的合适温度是 ______ ℃。
③算得Mn2O3中锰元素的质量分数69.62%，实验测得所得产品中锰元素的质量分数大于69.62%，原因可能为 ______ 。
(3)现欲制得31.6tMn2O3，若原料MnSO4均源自50t某高硫锰矿，求该高硫锰矿中锰元素的含量。(不考虑制备过程中锰元素的损耗)。
四、科普短文题（本大题共1小题，共9.0分）
24. 阅读下列短文，回答问题。
“碳捕捉和封存”技术是实现碳中和的重要途径之一、“碳捕捉技术”是指通过一定的方法，将工业中产生的CO2分离出来进行储存和利用的新工艺和技术。科学家设想利用碳酸钙与氧化钙之间的相互转化，在太阳能加热器的作用下“捕捉”与“释放”CO2，实现碳循环。“碳封存技术”是指将CO2捕捉、压缩后运输到选的地，点长期储存。目前正在研究的技术有：海洋封存一利用庞大的水体使海洋成为封存CO2的容器；地质封存—将CO2注入特定的地层等。
(1)大气中二氧化碳含量过高会导致的环境问题是 ______ 。
(2)碳酸钙高温分解产生氧化钙的化学反应方程式为 ______ ，生成的氧化钙具有疏松、多孔的结构特点，常用以捕集CO2，主要因为其不但能与CO2反应，还具有 ______ 性。
(3)海洋封存CO2会导致海水酸化，影响海洋环境。请用化学方程式表示海洋封存CO2导致海水酸化的原因 ______ 。近年来伴随着全球气候的变暖，海水温度升高，海水对CO2的吸收率在逐渐下降。可见CO2的溶解性与温度变化的关系是 ______ 。
(4)地质封存CO2的方法之一是将CO2和水在低温、高压条件下形成一种固态的二氧化碳水合物封存。该过程中CO2分子间间隔 ______ (填“变大”、“变小”或“不变”)。
(5)“捕捉”的CO2还可以供给日常生活所需。请列举CO2的一种常见用途 ______ 。
五、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
25. 实验是化学研究物质世界的重要方法。兴趣小组同学用图2实验装置(加热装置已省略)探究冶炼铜的化学原理。
资料：湿润的氯化钯试纸与CO作用，其颜色会由黄色逐渐变为蓝色，故常用以检验CO的存在。
实验操作过程如下：
①将氧化铜粉末加水制成糊状，用小型排笔蘸取并刷在双具支试管内壁，晾干；按图1装置组装并加入一定量的木炭，再向其中通入干燥的CO2。
②按图2进行固定，用酒精喷灯对准双具支试管中的氧化铜部位加热一段时间，无明显现象。
③集中加热木炭3～4min，观察到木炭略有减少，小气球逐渐变大，湿润的氯化钯试纸也由黄色逐渐变为蓝色。
④用酒精喷灯加热氧化铜部位，2min左右黑色固体变成红色。
(1)步骤①中使氧化铜粉末平铺于双具支试管中的目的是 ______ ，利用图1收集干燥CO2，验满的操作是 ______ 。
(2)步骤②中实验现象说明CO2 ______ (选填“能”或“不能”)与CuO反应。
(3)步骤③中依据实验现象，用化学方程式表示木炭减少的原因是 ______ 。
(4)步骤④中发生反应的化学方程式为 ______ 。
(5)本实验利用小气球收集尾气，目的是 ______ 。相较利用图3进行铜的冶炼而言，该装置还具有的优点有 ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、淡盐水中不含蛋白质，故A不正确；
B、淡盐水中不含糖类，故B不正确；
C、淡盐水中不含维生素，故C不正确；
D、淡盐水中含有水、钠离子和氯离子，因此除水外，还能补充的营养物质是无机盐，故D正确。
故选：D。
A、根据淡盐水中不含蛋白质进行分析；
B、根据淡盐水中不含糖类进行分析；
C、根据淡盐水中不含维生素进行分析；
D、根据淡盐水中含有水、钠离子和氯离子进行分析。
本题主要考查化学物质与人体健康等，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。
2.【答案】A
【解析】解：A、煮楻足火，是把碎料煮烂，使纤维分散，直到煮成纸浆，需要用火去煮，燃料燃烧有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故选项正确。
B、斩竹槌洗，砍下竹子置于水塘中浸泡，使纤维充分吸水，没有新物质生成，属于物理变化，故选项错误。
C、日晒成干，把压到半干的纸膜一张张叠好，进行晒干，没有新物质生成，属于物理变化，故选项错误。
D、覆帘压纸，将附着在竹帘上的纸张取下来，将帘反复过去，使湿纸落于板上，没有新物质生成，属于物理变化，故选项错误。
故选：A。
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，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可。
本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。
3.【答案】A
【解析】解：冰是水的固态形式，水是由非金属元素组成的化合物，是由水分子构成的，则构成冰的微粒是水分子。
故选：A。
根据金属、大多数固态非金属单质、稀有气体等由原子构成；有些物质是由分子构成的，包括气态的非金属单质、由非金属元素组成的化合物，如氢气、水等；有些物质是由离子构成的，一般是含有金属元素和非金属元素的化合物，如氯化钠，进行分析判断即可。
本题难度不大，主要考查了构成物质的微观粒子方面的知识，对物质进行分类与对号入座、掌握常见物质的粒子构成是正确解答本题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：空气成分按体积计算：N2占78%、O2占21%、稀有气体占0.94%、二氧化碳占0.03%，其他气体和杂质占0.03%，则循环气体中含量最高的是N2。
故选：B。
根据空气成分按体积计算：氮气78%、氧气21%、稀有气体0.94%、二氧化碳0.03%，其他气体和杂质0.03%分析。
本题主要考查空气的成分及各成分的体积分数等，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。
5.【答案】A
【解析】解：A、硝酸铵由硝酸根离子和铵根离子构成，属于盐类物质，故A正确；
B、二氧化氮由氮元素和氧元素组成，属于氧化物，故B错误；
C、氨水属于碱类物质，故C错误；
D、硝酸由氢离子和硝酸根离子构成，属于酸类物质，故D错误。
故选：A。
根据盐是由金属离子和酸根离子或铵根离子和酸根离子构成的物质分析。
本题主要考查盐的判别等，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。
6.【答案】C
【解析】解：在反应：Si02+2C=Si+2C0↑中，反应物中，其中C是单质，Si02是化合物；生成物中Si是单质，C0是化合物，这个反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，所以属于置换反应；故答案为：C。
从一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应是置换反应去分析．
本题难度不大，主要考查了置换反应的定义，记住四个基本反应类型的特点是解决本题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：垃圾需分类处理，废旧报纸可以回收再利用，属于可回收物。
故选：A。
通常情况下，生活垃圾一般可分为四大类：可回收垃圾、厨余垃圾、有害垃圾和其他垃圾。可回收垃圾，包括纸类、金属、塑料、玻璃等，通过综合处理回收利用，可以减少污染，节省资源。有害垃圾包括废电池、废日光灯管、废水银温度计、过期药品等，进行分析判断。
本题难度不大，了解生活垃圾的分类与常见垃圾的组成成分是正确解答本题的关键。
8.【答案】B
【解析】解：水稻的叶子发黄说明缺乏氮元素，易倒伏说明缺乏钾元素，需要施用含钾元素与氮元素的肥料。
A.硝酸铵中只含氮元素，不合题意；
B.硝酸钾中含有钾元素与氮元素，符合题意；
C.磷酸二氢铵中含有磷元素与氮元素，不合题意；
D.硫酸钾中只含钾元素，不合题意。
故选：B。
氮肥能使农作物枝叶繁茂、叶色浓绿、提高产量；钾肥能使农作物的茎秆粗壮，增强抗倒伏、抗病虫害能力；农作物缺磷时，表现为生长迟缓，产量降低。
本题难度不大，主要考查化肥的分类、作用方面的知识，解题的关键是了解常见化肥的作用。
9.【答案】B
【解析】解：A、面粉难溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，故选项错误。
B、食盐易溶于水，形成均一、稳定的混合物，能形成溶液，故选项正确。
C、植物油难溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，故选项错误。
D、泥土难溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，故选项错误。
故选：B。
一种或几种物质分散到另一种物质中，形成均一的、稳定的混合物叫做溶液，它的基本特征是均一性和稳定性；只有被分散的物质在另一种物质中是可溶的，二者混合后才会形成溶液。
本题难度不大，掌握溶液的本质特征(均一性、稳定性、混合物)、各种物质的水溶性方面的知识是解答本题的关键。
10.【答案】B
【解析】解：A、合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，青铜是铜的合金，硬度大于铜，故选项说法正确。
B、点灯时，不可提高温度至可燃物的着火点，着火点是物质的固有属性，不能被提高，故选项说法错误。
C、当烟道内的黑烟较多时，说明氧气量不足，燃烧不充分，可调大进风口，增大氧气含量，促进燃烧，故选项说法正确。
D、灯中人的右臂与灯的烟道相通，烟灰通过右臂吸入，防止扩散到空气中，造成污染，能体现环保理念，故选项说法正确。
故选：B。
A、根据合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，进行分析判断。
B、根据着火点是物质的固有属性，进行分析判断。
C、根据当烟道内的黑烟较多时，说明氧气量不足，燃烧不充分，进行分析判断。
D、根据灯中人的右臂与灯的烟道相通，进行分析判断。
本题难度不大，了解合金的性质、燃料不充分燃烧的现象等是正确解答本题的关键。
11.【答案】A
【解析】解：A、氢氧化钠溶液敞口露置在空气中，能与空气中的二氧化碳发生化学反应生成碳酸钠和水，发生了化学变化导致溶液质量增加，故选项正确。
B、氯化钠溶液不具有吸水性、挥发性，不能与空气中的成分反应，敞口放置一段时间后，质量不变，故选项错误。
C、浓盐酸易挥发出氯化氢气体，使溶液质量减小，也未发生化学变化，故选项错误。
D、浓硫酸具有吸水性，敞口放置一段时间后，其质量增加，但发生的是物理变化，故选项错误。
故选：A。
根据浓盐酸具有挥发性；浓硫酸具有吸水性；氢氧化钠溶液能与空气中的二氧化碳发生反应；氯化钠溶液性质比较稳定，结合题意进行分析判断。
本题难度不大，掌握常见酸、碱、盐的性质、在空气中的质量变化等是正确解答此类题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：A、碳酸氢铵的化学式为NH4HCO3，碳酸氢铵由氮、氢、碳、氧四种元素组成的，故选项说法正确。
B、碳酸氢铵的化学式为NH4HCO3，由化学式可知，碳酸氢铵中N、H原子个数比为1：5，故选项说法错误。
C、碳酸氢铵中氮、氢、碳、氧四种元素的质量比为14：(1×5)：12：(16×3)=14：5：12：48，则氢元素的质量分数最小，故选项说法正确。
D、相对分子质量为14+1×5+12+16×3=79，故选项说法正确。
故选：B。
A、根据碳酸氢铵化学式的含义，进行分析判断。
B、根据1个碳酸氢铵分子的构成，进行分析判断。
C、D、根据相对分子质量为构成分子的各原子的相对原子质量之和，进行分判断。
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。
13.【答案】C
【解析】解：A、空气中液态氮和液态氧的沸点不同，可以利用分离液态空气法将O2从空气中分离，故选项说法正确。
B、液态的O2是一种淡蓝色液体，故选项说法正确。
C、液态的O2具有助燃性，不具有可燃性，故选项说法错误。
D、O2能供给呼吸，在医疗上可用以供给呼吸，故选项说法正确。
故选：C。
A、根据空气中液态氮和液态氧的沸点不同，进行分析判断。
B、根据液态氧的颜色，进行分析判断。
C、根据氧气的化学性质，进行分析判断。
D、根据氧气的用途，进行分析判断。
本题难度不大，了解氧气的化学性质、物理性质、用途等是正确解答本题的关键。
14.【答案】B
【解析】解：A.由微观示意图可知：该反应前后原子的种类不变，故A正确；
B.该反应前后分子数目分别为4、2，分子数目减少，故B错误；
C.该反应生成甲醇与水的质量比为32：18=16：9，故C正确；
D.该反应为氢气与二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲醇，甲醇含有碳元素属于有机物，实现了无机物到有机物的转化，故D正确。
故选：B。
A、根据该反应前后原子的种类不变进行分析；
B、根据微观示意图进行分析；
C、根据生成甲醇与水的质量比进行分析；
D、根据该反应为氢气与二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲醇进行分析。
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。
15.【答案】A
【解析】解：A、实验室可用高锰酸钾和浓盐酸混合产生氯气(Cl2)，属于固液常温型，图中所示装置可用于制取氯气，故图示操作规范；
B、氯气、氯化氢均能与氢氧化钠溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故图示操作不规范；
C、氯气的密度比空气大，进气管应为长导管，将空气从短导管排出，最后通入水中吸入氯气，故图示操作不规范；
D、用pH试纸测定溶液的pH时，不能用水湿润pH试纸，氯水显酸性，则稀释了待测溶液，使溶液的酸性减弱，测定结果偏大，故图示操作不规范。
故选：A。
根据常见实验操作的方法和注意事项进行分析判断。
本题难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键。
16.【答案】C
【解析】解：A、酒精具有挥发性，与用于杀菌消毒无关，是因为酒精能穿过细菌表面的膜，进入细菌内部，使构成细菌生命基础的蛋白质凝固，将细菌杀死，故选项说法错误。
B、铝片有金属光泽，与可用作导电材料无关，是因为具有优良的导电性，故选项说法错误。
C、活性炭有吸附性，可吸附异味和色素，可用于除去水中的异味和色素，故选项说法正确。
D、浓硫酸具有吸水性，但具有强烈的腐蚀性，不能用于食品的干燥剂，故选项说法错误。
故选：C。
物质的性质决定物质的用途，根据常见物质的性质与用途，进行分析判断。
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。
17.【答案】B
【解析】解：A、甲醛有毒，能破坏人体蛋白质的结构，使蛋白质变质，该做法会危害人体健康，故选项说法错误。
B、铁质炊具可以补充人体所需的铁元素，预防贫血，故选项说法正确。
C、饮用工业酒精勾兑的白酒，其中的甲醇能够危害人体的视觉神经，使人的视力下降，严重时能够导致死亡，故选项说法错误。
D、用工业盐腌制的食品时，其中的亚硝酸钠有毒，会危害身体健康，故选项说法错误。
故选：B。
A、根据甲醛能破坏蛋白质的结构进行分析判断。
B、根据金属的性质和用途，进行分析判断。
C、根据工业酒精中含有有毒的甲醇，进行分析判断。
D、根据工业用盐中含有有毒的亚硝酸钠，进行分析判断。
本题难度不大，与人类生产生活相关的化学知识是中考的热点，了解生活中常见的有毒物质(甲醇、甲醛、亚硝酸钠等)是正确解答本题的关键。
18.【答案】A
【解析】解：A、20℃时加入50g水，所得氯化钠饱和溶液的质量为68g，则20℃时50g水中最多可溶解氯化钠的质量为68g−50g=18g，故20℃时，氯化钠的溶解度为100g50g×18g=36g，70g水中最多可溶解氯化钠的质量为25.2g，a点值为70g+25.2g=95.2g，故A正确；
B、20℃时，氯化钠的溶解度为36g，故B不正确；
C、温度一定时，氯化钠饱和溶液的溶质质量分数也是定值，故n点对应溶液的溶质质量分数与m点相等，故C不正确；
D、n点和m点对应的溶液均是20℃时氯化钠的饱和溶液，要使溶液由m点变为n点，需同时加入适量的水和氯化钠固体，故D不正确。
故选：A。
A、根据20℃时加入50g水，所得氯化钠饱和溶液的质量为68g，进行分析；
B、根据20℃时，氯化钠的溶解度为36g进行分析；
C、根据温度一定时，氯化钠饱和溶液的溶质质量分数也是定值进行分析；
D、根据n点和m点对应的溶液均是20℃时氯化钠的饱和溶液进行分析。
本题主要考查饱和溶液和不饱和溶液等，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。
19.【答案】D
【解析】解：A、一氧化碳在加热条件下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项实验方案的设计理论上可行。
B、食盐水中含有食盐和水两种物质，用玻璃棒蘸取后于酒精灯上灼烧，会析出氯化钠固体，蒸馏水在酒精灯上灼烧无固体残留，可以鉴别，故选项实验方案的设计理论上可行。
C、硝酸钾的溶解度随温度的变化影响较大，氯化钠的溶解度随温度的变化影响较小，硝酸钾中含有少量氯化钠，选用降温结晶法提纯硝酸钾，先将固体混合物用热水溶解，降温析出硝酸钾晶体，过滤取滤渣，洗涤滤渣，干燥可得纯净硝酸钾，故选项实验方案的设计理论上可行。
D、铜的金属活动性位于氢后，不能与稀硫酸反应，无法用此法制备硫酸铜，故选项实验方案的设计理论上不可行。
故选：D。
A、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。
B、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。
C、根据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，进行分析判断。
D、根据金属的化学性质，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难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
20.【答案】A
【解析】解：A、上述流程中2Fe3O4=太阳能6FeO+O2↑，Fe3O4中铁元素既有+2价，也有+3价，因此不仅H、O元素的化合价发生了变化，Fe元素化合价也发生了变化，故A不正确；
B、由反应Ⅰ、Ⅱ化学方程式可知：水与氧气的关系式为2H2O∽O2，则理论上，每产生32gO2，消耗水的质量为36g，故B正确；
C、相较电解水制氢而言，该方法不需要通电，利用太阳能，具有节约能源的优点，产品Fe3O4为固体，H2为气体，具有产品易分离的优点，故C正确；
D、5.8g混合物中铁元素与氧元素的质量比为4.2g：(5.8g−4.2g)=21：8；其中FeO中铁元素与氧元素质量比为：56：16=7：2；Fe2O3中铁元素与氧元素质量比为：(56×2)：(16×3)=7：3；Fe3O4中铁元素与氧元素质量比为：(56×3)：(16×4)=21：8；可知：7：2(FeO)>21：8(Fe3O4)>7：3(Fe2O3)；由题干信息混合物由两种或多种组成，则其中一定含有Fe2O3，故D正确。
故选：A。
A、根据Fe元素化合价也发生了变化进行分析；
B、根据水与氧气的关系式为2H2O∽O2进行分析；
C、根据相较电解水制氢而言，该方法不需要通电，利用太阳能，具有节约能源的优点进行分析；
D、根据混合物由两种或多种组成，则其中一定含有Fe2O3进行分析。
本题主要考查有关元素化合价的计算等，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。
21.【答案】合成 85.7% 取样灼烧，闻气味，有刺激性气味产生的是聚氯乙烯，反之，则为聚乙烯 氮元素 不能 常量 22.5 CO32− CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ C6H8O6 加醋、或凉拌等合理即可
【解析】解：(1)聚乙烯是塑料的一种，聚乙烯属于有机合成材料，其中碳元素的质量分数为12×2n(12×2+1×4)n×100%=85.7%；聚乙烯燃烧没有刺激新气味，聚氯乙烯燃烧有刺激新气味，现象不同，因此可以取样灼烧，闻气味，有刺激性气味产生的是聚氯乙烯，反之，则为聚乙烯；
(2)蛋白质中含有肽键，则一定含有的元素是氮元素，蛋白质属于有机高分子化合物，不能被人体直接吸收利用，需要在生物体内分解成氨基酸才能被吸收；
(3)钙元素是人体所需的常量元素，每袋(250g)苦笋中含钙元素的质量为250g×9mg100g=22.5mg；碳酸钙中的阴离子是碳酸根离子，符号为CO32−；碳酸钙与胃酸中的盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
(4)Vc中碳、氢、氧元素的质量比为9：1：12，其相对分子质量为176，1个Vc分子中碳原子个数为176×99+1+12÷12=6；氧原子个数为：176×129+1+12÷16=6；氢原子个数为：176×19+1+12÷1=8；
则Vc的化学式为C6H8O6，因为维生素C(Vc)是一种水溶性维生素，高温易被破坏，在酸性环境下较稳定，因此使用时可以加醋保持酸性条件，凉拌避免高温破坏。
故答案为：(1)合成；85.7%；取样灼烧，闻气味，有刺激性气味产生的是聚氯乙烯，反之，则为聚乙烯；
(2)氮元素；不能；
(3)常量；22.5；CO32−；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
(4)C6H8O6；加醋、或凉拌等合理即可。
(1)根据聚乙烯是塑料的一种，聚乙烯属于有机合成材料，聚乙烯燃烧没有刺激新气味，聚氯乙烯燃烧有刺激新气味，进行分析。
(2)根据蛋白质中含有肽键，则一定含有的元素是氮元素，蛋白质属于有机高分子化合物，进行分析。
(3)根据钙元素是人体所需的常量元素，碳酸钙中的阴离子是碳酸根离子，碳酸钙与胃酸中的盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，进行分析。
(4)根据元素的质量比，维生素C(Vc)是一种水溶性维生素，高温易被破坏，在酸性环境下较稳定，进行分析。
本题主要考查塑料及其应用等，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。
22.【答案】2H2O=通电2H2↑+O2↑ 负极 2：1 14% 镍丝(螺旋状) 14% Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ 不可再生 酸雨等 提供氧气助燃，提供反应所必须的热量，生成CO2作下一步反应的原料等(合理即可) H2O+CO=高温H2+CO2 水蒸气 14：3 低 高
【解析】解：(1)①水通电分解生成氢气和氧气，反应化学方程式为2H2O=通电2H2↑+O2↑；电解水实验中“正氧负氢，氢二氧一”，与电源负极相连的试管收集到的气体较多，是氢气，与电源正极相连的试管收集到的气体较少，是氧气，理论上产生H2与O2的体积比为2：1；
②由表格中的数据可知，欲获得较接近理论值的H2与O2的体积比，应选择NaOH溶液的溶质质量分数为14%，电极材料为镍丝(螺旋状)，因为此时氢气和氧气的体积比为2：1；对比表−1可知，表−2所用NaOH溶液的质量分数为14%；
③锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的化学方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；
(2)①煤、石油、天然气称为三大化石燃料，它们在短时间内不能从自然界得到补充，属于不可再生能源，煤中含有硫元素，直接燃烧供能会产生二氧化硫气体，二氧化硫能与空气中的成分反应后的生成物溶于雨水，会形成酸雨；
②气化过程中，需向炭层交替喷入空气和水蒸气，喷入空气的目的是提供氧气助燃，提供反应所必须的热量，生成CO2作下一步反应的原料等；由提供的信息可知，经过变换炉后，CO2和H2含量增加，CO含量降低，即CO与水在高温条件下反应生成CO2和H2，反应的化学方程式为H2O+CO=高温H2+CO2；由流程图可知，天然气中的氢元素来自原料中的水蒸气；
③CO和H2在催化剂的作用下生成CH4和H2O，反应的化学方程式为CO+3H2=催化剂CH4+H2O，因此CO与H2的最佳质量比为(12+16)：(1×2×3)=14：3；由图可知，合成塔中温度在低温区、压强在高压区时，CO与H2反应较充分，生成物体积分数较大。
故答案为：(1)①2H2O=通电2H2↑+O2↑；负极；2：1；
②14%；镍丝(螺旋状)；14%；
③Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；
(2)①不可再生；酸雨等；
②提供氧气助燃，提供反应所必须的热量，生成CO2作下一步反应的原料等(合理即可)；H2O+CO=高温H2+CO2；水蒸气；
③14：3；低；高。
(1)①根据水通电分解生成氢气和氧气，电解水实验中“正氧负氢，氢二氧一”，进行分析；
②根据欲获得较接近理论值的H2与O2的体积比，应选择NaOH溶液的溶质质量分数为14%，电极材料为镍丝(螺旋状)，进行分析；
③根据锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气进行分析；
(2)①根据煤、石油、天然气称为三大化石燃料，二氧化硫能与空气中的成分反应后的生成物溶于雨水，会形成酸雨进行分析；
②根据气化过程中，需向炭层交替喷入空气和水蒸气，喷入空气的目的是提供氧气助燃，提供反应所必须的热量，生成CO2作下一步反应的原料等进行分析；
③根据CO和H2在催化剂的作用下生成CH4和H2O进行分析。
本题主要考查物质的制备等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。
23.【答案】增大气液接触面积，使吸收更充分 均匀受热、便于控制反应温度 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O 4MnSO4=高温2Mn2O3+4SO2↑+O2↑ 节约资源、提高原料的利用率 850 部分Mn2O3转变为Mn3O4
【解析】解：(1)“多孔球泡”的作用是增大气液接触面积，使吸收更充分；SO2与MnO2在90−100℃下的反应制备硫酸锰，选用水浴加热的优点可以均匀受热、便于控制反应温度；二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
(2)①MnSO4在焙烧过程中生成Mn2O3、SO2和O2，反应的化学方程式为4MnSO4=高温2Mn2O3+4SO2↑+O2↑；上述流程中MnSO4溶液循环再利用可以节约资源、提高原料的利用率；
②焙烧MnSO4固体制备Mn2O3，850℃时，得到的Mn2O3更纯净，则方案的合适温度是850℃；
③Mn3O4中锰元素的质量分数为：55×355×3+16×4×100%≈72.1%>69.62%，则实验测得所得产品中锰元素的质量分数大于69.62%，原因可能为部分Mn2O3转变为Mn3O4；
(3)根据元素质量守恒，由4MnSO4=高温2Mn2O3+4SO2↑+O2↑可知，MnSO4中镁元素的质量即为Mn2O3中锰元素质量：Mn2O3中锰元素质量为：31.6t×110158×100%=22t，则若原料MnSO4均源自50t某高硫锰矿，该高硫锰矿中锰元素的含量为22t50t×100%=44%。
故答案为：(1)增大气液接触面积，使吸收更充分；均匀受热、便于控制反应温度；SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
(2)①4MnSO4=高温2Mn2O3+4SO2↑+O2↑；节约资源、提高原料的利用率；
②850；
③部分Mn2O3转变为Mn3O4。
(3)44%。
(1)根据“多孔球泡”的作用是增大气液接触面积，SO2与MnO2在90−100℃下的反应制备硫酸锰，二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，进行分析；
(2)根据MnSO4在焙烧过程中生成Mn2O3、SO2和O2，焙烧MnSO4固体制备Mn2O3，850℃时，得到的Mn2O3更纯净，Mn3O4中锰元素的质量分数进行分析；
(3)根据元素质量守恒进行分析。
本题主要考查物质的制备等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。
24.【答案】温室效应、冰川融化、海平面上升等 CaCO3=高温CaO+CO2↑ 吸附 H2O+CO2=H2CO3 CO2的溶解性随温度的升高而逐渐减弱 变小 制成干冰，作制冷剂等，合理即可
【解析】解：(1)大气中二氧化碳含量过高会导致的环境问题是：温室效应、冰川融化、海平面上升等；故答案为：温室效应、冰川融化、海平面上升等；
(2)碳酸钙在高温条件下反应生成氧化钙和二氧化碳，书写化学方程式注意配平及气体符号，所以化学方程式为CaCO3=高温CaO+CO2↑；
(3)二氧化碳和水生成碳酸，海洋封存CO2会导致海水酸化的原因是 H2O+CO2=H2CO3；近年来随着全球气候变暖海水温度升高，海水吸收二氧化碳的吸收率在下降，其原因是二氧化碳在水中的溶解度受温度的影响，温度越高，溶解度越小。
(4)将二氧化碳压入特定的地质构造中地质封存时，压强增大，二氧化碳分子之间的间隔会减小。
(5)二氧化碳溶于水产生碳酸，可以制碳酸饮料等，另外还可以做制冷剂、人工降雨等。
故答案为：
(1)温室效应、冰川融化、海平面上升等；
(2)CaCO3=高温CaO+CO2↑；吸附；
(3)H2O+CO2=H2CO3；CO2的溶解性随温度的升高而逐渐减弱；
(4)变小；
(5)制成干冰，作制冷剂等，合理即可。
(1)根据大气中二氧化碳含量过高会导致的环境问题是：温室效应加剧等；
(2)碳酸钙在高温条件下反应生成氧化钙和二氧化碳，据此分析；
(3)二氧化碳和水生成碳酸，据此分析；
(4)压强增大，二氧化碳分子之间的间隔会减小，据此解答；
(5)根据二氧化碳的性质分析其用途。
本题考查了二氧化碳对环境的影响、气体溶解度的影响因素、二氧化碳的化学性质以及碳酸钙等的性质和用途，难度不大，依据已有的知识结合题目的信息分析即可．
25.【答案】增大氧化铜与一氧化碳的接触面积，使反应更充分 将燃着的小木条放在双具支试管口，观察木条是否熄灭 不能 C+CO2=高温2CO CO+CuO=△Cu+CO2 收集一氧化碳，防止污染空气 小气球使装置密闭、可以调节体系内外压强，更环保、更有利于反应充分进行
【解析】解：(1)步骤①中使氧化铜粉末平铺于双具支试管中，目的是增大氧化铜与一氧化碳的接触面积，使反应更充分；
二氧化碳不可燃、不支持燃烧，收集干燥CO2，验满的操作是将燃着的小木条伸到双具支试管口，观察燃着的木条是否熄灭；
(2)步骤②中，用酒精喷灯对准双具支试管中的氧化铜部位加热一段时间，无明显现象，说明CO2不能与CuO反应；
(3)步骤③中木炭略有减少，小气球逐渐变大，湿润的氯化钯试纸也由黄色逐渐变为蓝色，说明发生反应气体增多，且有一氧化碳生成，反应为碳与二氧化碳高温生成一氧化碳，反应的化学方程式为C+CO2=高温2CO；
(4)用酒精喷灯加热氧化铜部位，2min左右黑色固体变成红色，说明有铜生成，发生反应为一氧化碳与氧化铜加热生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式为CO+CuO=△Cu+CO2；
(5)一氧化碳有毒，会污染空气，则本实验利用小气球收集尾气，目的是收集一氧化碳，防止污染空气；
相较利用进行铜的冶炼而言，该装置还具有的优点有小气球使装置密闭、可以调节体系内外压强，更环保、更有利于反应充分进行。
故答案为：(1)增大氧化铜与一氧化碳的接触面积，使反应更充分；将燃着的小木条放在双具支试管口，观察木条是否熄灭；
(2)不能；
(3)C+CO2=高温2CO；
(4)CO+CuO=△Cu+CO2；
(5)收集一氧化碳，防止污染空气；小气球使装置密闭、可以调节体系内外压强，更环保、更有利于反应充分进行。
(1)根据步骤①中使氧化铜粉末平铺于双具支试管中，目的是增大氧化铜与一氧化碳的接触面积，二氧化碳不可燃、不支持燃烧，进行分析；
(2)根据用酒精喷灯对准双具支试管中的氧化铜部位加热一段时间，无明显现象进行分析；
(3)根据木炭略有减少，小气球逐渐变大，湿润的氯化钯试纸也由黄色逐渐变为蓝色，进行分析；
(4)根据一氧化碳与氧化铜加热生成铜和二氧化碳，进行分析；
(5)根据一氧化碳有毒，会污染空气进行分析。
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。
2023年江苏省扬州市高邮市中考化学二模试卷
一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
1. 人在剧烈运动之后，需要适量补给“淡盐水”。除水外，还能补充的营养物质是( )
A. 蛋白质 B. 糖类 C. 维生素 D. 无机盐
2. 《天工开物》中记载了古法造纸工艺。下列步骤中一定发生了化学变化的是( )
A. 煮楻足火 B. 斩竹槌洗 C. 日晒成干 D. 覆帘压纸
3. 冰是水的固态形式，构成冰的微粒是( )
A. 分子 B. 原子 C. 离子 D. 无法确定
4. “空气炸锅”的工作原理是将锅内空气加热后循环吹向食物，则循环气体中含量最高的是( )
A. 氧气 B. 氮气 C. 稀有气体 D. 二氧化碳
5. 氮是生命元素，下列含氮物质中属于盐的是( )
A. NH4NO3 B. NO2 C. NH3⋅H2O D. HNO3
6. 下面是生产单质硅过程中的一个重要反应：SiO2+2C=Si+2CO↑，该反应的基本类型是( )
A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应
7. 为保护环境、节约资源，垃圾需分类处理。废旧报纸属于( )
A. 可回收物 B. 厨余垃圾 C. 有害垃圾 D. 其他垃圾
8. 叶子发黄的水稻易倒伏，专家建议施用含钾的复合肥料。下列肥料符合要求的是( )
A. NH4NO3 B. KNO3 C. NH4H2PO4 D. K2SO4
9. 下列物质分别分散到水中，能形成溶液的是( )
A. 面粉 B. 食盐 C. 植物油 D. 泥土
10. 长信宫灯是我国汉代青铜器。灯中人的右臂与灯的烟道相通，灯罩可自由开合，调节氧气的进入量。下列说法不正确的是( )
A. 青铜的硬度比纯铜大
B. 点灯时可提高可燃物的着火点
C. 当烟道内的黑烟较多时，可以调大进风口
D. 烟灰通过右臂吸入，能体现环保理念
11. 下列溶液敞口放置一段时间后，溶液质量因发生化学变化而变大的是( )
A. 氢氧化钠溶液 B. 氯化钠溶液 C. 浓盐酸 D. 浓硫酸
12. 碳酸氢铵是一种常见的膨松剂，下列说法中不正确的是( )
A. 由4种元素组成 B. N、H原子个数比为1：4
C. 氢元素的质量分数最小 D. 相对分子质量为79
13. 氧气是空气的主要成分之一，下列说法不正确的是( )
A. O2可以从空气中分离 B. 液态的O2是一种淡蓝色液体
C. 液态的O2具有可燃性 D. O2在医疗上可用以供给呼吸
14. 某催化反应器可用于CO2合成甲醇，图为该反应的微观示意。下列说法不正确的是( )
A. 该反应前后原子的种类不变 B. 该反应前后分子数目增加
C. 该反应生成甲醇与水的质量比为16：9 D. 该反应实现了无机物到有机物的转化
15. 氯气(Cl2)是一种黄绿色、有毒气体，密度大于空气，可溶于水，能与NaOH等碱溶液反应，实验室可用高锰酸钾和浓盐酸混合制得。下列操作中规范是( )
A. 制取Cl2
B. 除去Cl2中的HCl
C. 收集Cl2
D. 测氯水的pH
16. 下列物质的性质与应用对应关系正确的是( )
A. 酒精具有挥发性，可用于杀菌消毒
B. 铝片有金属光泽，可用作导电材料
C. 活性炭有吸附性，可用于除去水中的异味和色素
D. 浓硫酸具有吸水性，可用于食品的干燥剂
17. 饮食安全关乎民生。下列做法正确的是( )
A. 甲醛浸泡海产品以保鲜 B. 用铁质炊具烹饪食物
C. 用工业酒精配制饮用酒 D. 用工业用盐腌制食品
18. 如图为20℃时NaCl的饱和水溶液中溶液与溶剂的质量关系，下列说法正确的是( )
A. a的数值为95.2
B. 20℃时，氯化钠的溶解度为136g
C. n点对应溶液的溶质质量分数比m点大
D. 通过升高温度的方法使溶液由m点所对应的状态转变为n点所对应的状态
19. 下列实验方案的设计中，理论上不可行的是 ( )
选项
实验目的
实验方案
A
除去CO2中的CO
通过足量的、灼热的CuO粉末
B
鉴别蒸馏水与食盐水
用玻璃棒分别蘸取待测液于酒精灯火焰上灼烧
C
提纯含少量NaCl的KNO3
热水溶解、降温结晶、过滤、洗涤、干燥
D
制备硫酸铜
向金属铜中加入适量的稀硫酸
A. A B. B C. C D. D
20. 工业上可利用Fe3O4和太阳能分解水制氢，流程如图。下列说法不正确的是 ( )
已知：①反应Ⅰ：2Fe3O4=太阳能6FeO+O2↑
②反应Ⅱ：3FeO+H2O=加热Fe3O4+H2↑
A. 上述流程中仅H、O元素的化合价发生了变化
B. 理论上，每产生32gO2，消耗水的质量为36g
C. 相较电解水制氢而言，该方法具有节约能源，产品易分离的优点
D. 5.8g可能由Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4中的两种或多种组成的混合物中，铁元素质量为4.2g，则其中一定含Fe2O3
二、填空题（本大题共1小题，共11.0分）
21. 日常生活、社会发展都与化学密切相关。如表为某苦笋包装袋上的部分说明。
品名：苦笋包装材料：聚乙烯
每100g中所含营养物质
蛋白质/g
锌/mg
钙/mg
磷/mg
镁/mg
维生素C/mg
纤维素/g
2.6
0.33
9
64
1
5
1.8
(1)该包装材料聚乙烯【(C2H4)n】属于 ______ (填“无机”、“合成”或“复合”)材料，其中碳元素的质量分数为 ______ (保留小数点后一位)，生活中可通过 ______ 的方法鉴别聚乙烯与聚氯乙烯。
(2)蛋白质是人体重要的能量来源，组成中除C、H、O外，还一定含有的元素是 ______ (填名称)。蛋白质属于有机高分子化合物，其 ______ (填“能”或“不能”)被人体直接吸收利用。
(3)钙元素是人体所需的 ______ (填“常量”或“微量”)元素，每袋(250g)苦笋中含钙元素的质量为 ______ mg。处于生长发育期的青少年每天需适量补给钙元素，某补钙制剂其主要成分为碳酸钙，请写出碳酸钙中的阴离子符号 ______ ，该补钙制剂摄入人体内，与胃酸发生反应的化学方程式为 ______ 。
(4)维生素C(Vc)是一种水溶性维生素，高温易被破坏，在酸性环境下较稳定。Vc中碳、氢、氧元素的质量比为9：1：12，其相对分子质量为176，则Vc的化学式为 ______ 。日常饮食中为更好地补给Vc，请就富含Vc食物的食用方式提出一条合理建议 ______ 。
三、流程题（本大题共2小题，共30.0分）
22. 能源是人类社会的宝贵财富。
(1)氢气是理想的绿色能源。
①电解水实验可以产生H2，反应的化学方程式为 ______ ，H2在与电源 ______ (填“正极”或“负极”)相连的电极上产生，理论上产生H2与O2的体积比为 ______ 。
②为探究NaOH溶液浓度和电极材料对电解水的影响，在9V电压下，通电3min，测得不同浓度的NaOH溶液中，产生H2与O2的体积实验数据见表−1，某固定浓度的NaOH溶液中，采用不同电极时，产生H2与O2的体积实验数据见表−2。
表−1
质量分数%
氢气生成量/mL
氧气生成量/mL
10
5.0
2.1
12
6.2
3.2
14
7.5
3.7
16
8.2
4.3
18
5.2
5.2
表−2
电极材料
氢气生成量/mL
氧气生成量/mL
石墨
0.5
0.2
铜丝
1.8
1.1
铁丝
3.2
2.1
镍丝(直条状)
6.0
2.9
镍丝(螺旋状)
7.5
3.7
上述条件探究中：欲获得较接近理论值的H2与O2的体积比，应选择NaOH溶液的溶质质量分数为 ______ ，电极材料为 ______ ；表−2所用NaOH溶液的质量分数为 ______ 。
③实验室常选用锌粒与稀硫酸常温下反应制得H2，反应的化学方程式为 ______ 。
(2)以煤的综合利用制得天然气的某工艺流程如图−1所示。
①煤、石油、天然气称为三大化石燃料，它们都属于 ______ (填“可再生”或“不可再生”)能源。煤中含有硫元素，直接燃烧供能可能会引起的环境问题是 ______ 。
②结合流程思考：气化炉中发生以下反应：C+O2=灼烧CO2、C+H2O=高温CO+H2。气化过程中，需向炭层交替喷入空气和水蒸气，喷入空气的目的是 ______ ；经过变换炉后，CO2和H2含量增加，CO含量降低，则反应的化学方程式为 ______ ；天然气中的氢元素来自原料中 ______ 。
③合成塔中主要是CO和H2反应生成CH4和H2O，则CO与H2的最佳质量比为 ______ (最简整数比)。若将CO和H2按分子数之比为1：3混合，在催化剂的作用下合成CH4，当合成塔中含量不再发生变化时(平衡时)，测得各气体成分含量分别与温度和压强的关系如图−2、图−3所示。根据图像分析，为促进该反应的进行，应控制温度在 ______ (填“高”或“低”)温区、压强在 ______ (填“高”或“低”)压区。
23. 含锰物质在生产、生活中具有广泛应用。
(1)实验室常利用SO2与MnO2在90−100℃温度下反应制备硫酸锰。装置如图1，“多孔球泡”的作用是 ______ ；选用水浴加热的优点为 ______ ；为防止SO2逸散至空气中，可用NaOH溶液进行吸收，反应原理与NaOH溶液吸收CO2类似，请写出该反应的化学方程式 ______ 。
(2)焙烧MnSO4可制备Mn2O3。
图2为某工艺制备流程(已知：软锰矿的主要成分为MnO2)。
①MnSO4在焙烧过程中生成Mn2O3、SO2和O2的化学方程式为 ______ ，上述流程中MnSO4溶液循环再利用的意义是 ______ 。
②图3为不同温度下硫酸锰焙烧2小时后残留固体的X−射线衍射图。据图可知：焙烧MnSO4固体制备Mn2O3的方案的合适温度是 ______ ℃。
③算得Mn2O3中锰元素的质量分数69.62%，实验测得所得产品中锰元素的质量分数大于69.62%，原因可能为 ______ 。
(3)现欲制得31.6tMn2O3，若原料MnSO4均源自50t某高硫锰矿，求该高硫锰矿中锰元素的含量。(不考虑制备过程中锰元素的损耗)。
四、科普短文题（本大题共1小题，共9.0分）
24. 阅读下列短文，回答问题。
“碳捕捉和封存”技术是实现碳中和的重要途径之一、“碳捕捉技术”是指通过一定的方法，将工业中产生的CO2分离出来进行储存和利用的新工艺和技术。科学家设想利用碳酸钙与氧化钙之间的相互转化，在太阳能加热器的作用下“捕捉”与“释放”CO2，实现碳循环。“碳封存技术”是指将CO2捕捉、压缩后运输到选的地，点长期储存。目前正在研究的技术有：海洋封存一利用庞大的水体使海洋成为封存CO2的容器；地质封存—将CO2注入特定的地层等。
(1)大气中二氧化碳含量过高会导致的环境问题是 ______ 。
(2)碳酸钙高温分解产生氧化钙的化学反应方程式为 ______ ，生成的氧化钙具有疏松、多孔的结构特点，常用以捕集CO2，主要因为其不但能与CO2反应，还具有 ______ 性。
(3)海洋封存CO2会导致海水酸化，影响海洋环境。请用化学方程式表示海洋封存CO2导致海水酸化的原因 ______ 。近年来伴随着全球气候的变暖，海水温度升高，海水对CO2的吸收率在逐渐下降。可见CO2的溶解性与温度变化的关系是 ______ 。
(4)地质封存CO2的方法之一是将CO2和水在低温、高压条件下形成一种固态的二氧化碳水合物封存。该过程中CO2分子间间隔 ______ (填“变大”、“变小”或“不变”)。
(5)“捕捉”的CO2还可以供给日常生活所需。请列举CO2的一种常见用途 ______ 。
五、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
25. 实验是化学研究物质世界的重要方法。兴趣小组同学用图2实验装置(加热装置已省略)探究冶炼铜的化学原理。
资料：湿润的氯化钯试纸与CO作用，其颜色会由黄色逐渐变为蓝色，故常用以检验CO的存在。
实验操作过程如下：
①将氧化铜粉末加水制成糊状，用小型排笔蘸取并刷在双具支试管内壁，晾干；按图1装置组装并加入一定量的木炭，再向其中通入干燥的CO2。
②按图2进行固定，用酒精喷灯对准双具支试管中的氧化铜部位加热一段时间，无明显现象。
③集中加热木炭3～4min，观察到木炭略有减少，小气球逐渐变大，湿润的氯化钯试纸也由黄色逐渐变为蓝色。
④用酒精喷灯加热氧化铜部位，2min左右黑色固体变成红色。
(1)步骤①中使氧化铜粉末平铺于双具支试管中的目的是 ______ ，利用图1收集干燥CO2，验满的操作是 ______ 。
(2)步骤②中实验现象说明CO2 ______ (选填“能”或“不能”)与CuO反应。
(3)步骤③中依据实验现象，用化学方程式表示木炭减少的原因是 ______ 。
(4)步骤④中发生反应的化学方程式为 ______ 。
(5)本实验利用小气球收集尾气，目的是 ______ 。相较利用图3进行铜的冶炼而言，该装置还具有的优点有 ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、淡盐水中不含蛋白质，故A不正确；
B、淡盐水中不含糖类，故B不正确；
C、淡盐水中不含维生素，故C不正确；
D、淡盐水中含有水、钠离子和氯离子，因此除水外，还能补充的营养物质是无机盐，故D正确。
故选：D。
A、根据淡盐水中不含蛋白质进行分析；
B、根据淡盐水中不含糖类进行分析；
C、根据淡盐水中不含维生素进行分析；
D、根据淡盐水中含有水、钠离子和氯离子进行分析。
本题主要考查化学物质与人体健康等，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。
2.【答案】A
【解析】解：A、煮楻足火，是把碎料煮烂，使纤维分散，直到煮成纸浆，需要用火去煮，燃料燃烧有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故选项正确。
B、斩竹槌洗，砍下竹子置于水塘中浸泡，使纤维充分吸水，没有新物质生成，属于物理变化，故选项错误。
C、日晒成干，把压到半干的纸膜一张张叠好，进行晒干，没有新物质生成，属于物理变化，故选项错误。
D、覆帘压纸，将附着在竹帘上的纸张取下来，将帘反复过去，使湿纸落于板上，没有新物质生成，属于物理变化，故选项错误。
故选：A。
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，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可。
本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。
3.【答案】A
【解析】解：冰是水的固态形式，水是由非金属元素组成的化合物，是由水分子构成的，则构成冰的微粒是水分子。
故选：A。
根据金属、大多数固态非金属单质、稀有气体等由原子构成；有些物质是由分子构成的，包括气态的非金属单质、由非金属元素组成的化合物，如氢气、水等；有些物质是由离子构成的，一般是含有金属元素和非金属元素的化合物，如氯化钠，进行分析判断即可。
本题难度不大，主要考查了构成物质的微观粒子方面的知识，对物质进行分类与对号入座、掌握常见物质的粒子构成是正确解答本题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：空气成分按体积计算：N2占78%、O2占21%、稀有气体占0.94%、二氧化碳占0.03%，其他气体和杂质占0.03%，则循环气体中含量最高的是N2。
故选：B。
根据空气成分按体积计算：氮气78%、氧气21%、稀有气体0.94%、二氧化碳0.03%，其他气体和杂质0.03%分析。
本题主要考查空气的成分及各成分的体积分数等，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。
5.【答案】A
【解析】解：A、硝酸铵由硝酸根离子和铵根离子构成，属于盐类物质，故A正确；
B、二氧化氮由氮元素和氧元素组成，属于氧化物，故B错误；
C、氨水属于碱类物质，故C错误；
D、硝酸由氢离子和硝酸根离子构成，属于酸类物质，故D错误。
故选：A。
根据盐是由金属离子和酸根离子或铵根离子和酸根离子构成的物质分析。
本题主要考查盐的判别等，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。
6.【答案】C
【解析】解：在反应：Si02+2C=Si+2C0↑中，反应物中，其中C是单质，Si02是化合物；生成物中Si是单质，C0是化合物，这个反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，所以属于置换反应；故答案为：C。
从一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应是置换反应去分析．
本题难度不大，主要考查了置换反应的定义，记住四个基本反应类型的特点是解决本题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：垃圾需分类处理，废旧报纸可以回收再利用，属于可回收物。
故选：A。
通常情况下，生活垃圾一般可分为四大类：可回收垃圾、厨余垃圾、有害垃圾和其他垃圾。可回收垃圾，包括纸类、金属、塑料、玻璃等，通过综合处理回收利用，可以减少污染，节省资源。有害垃圾包括废电池、废日光灯管、废水银温度计、过期药品等，进行分析判断。
本题难度不大，了解生活垃圾的分类与常见垃圾的组成成分是正确解答本题的关键。
8.【答案】B
【解析】解：水稻的叶子发黄说明缺乏氮元素，易倒伏说明缺乏钾元素，需要施用含钾元素与氮元素的肥料。
A.硝酸铵中只含氮元素，不合题意；
B.硝酸钾中含有钾元素与氮元素，符合题意；
C.磷酸二氢铵中含有磷元素与氮元素，不合题意；
D.硫酸钾中只含钾元素，不合题意。
故选：B。
氮肥能使农作物枝叶繁茂、叶色浓绿、提高产量；钾肥能使农作物的茎秆粗壮，增强抗倒伏、抗病虫害能力；农作物缺磷时，表现为生长迟缓，产量降低。
本题难度不大，主要考查化肥的分类、作用方面的知识，解题的关键是了解常见化肥的作用。
9.【答案】B
【解析】解：A、面粉难溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，故选项错误。
B、食盐易溶于水，形成均一、稳定的混合物，能形成溶液，故选项正确。
C、植物油难溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，故选项错误。
D、泥土难溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，故选项错误。
故选：B。
一种或几种物质分散到另一种物质中，形成均一的、稳定的混合物叫做溶液，它的基本特征是均一性和稳定性；只有被分散的物质在另一种物质中是可溶的，二者混合后才会形成溶液。
本题难度不大，掌握溶液的本质特征(均一性、稳定性、混合物)、各种物质的水溶性方面的知识是解答本题的关键。
10.【答案】B
【解析】解：A、合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，青铜是铜的合金，硬度大于铜，故选项说法正确。
B、点灯时，不可提高温度至可燃物的着火点，着火点是物质的固有属性，不能被提高，故选项说法错误。
C、当烟道内的黑烟较多时，说明氧气量不足，燃烧不充分，可调大进风口，增大氧气含量，促进燃烧，故选项说法正确。
D、灯中人的右臂与灯的烟道相通，烟灰通过右臂吸入，防止扩散到空气中，造成污染，能体现环保理念，故选项说法正确。
故选：B。
A、根据合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，进行分析判断。
B、根据着火点是物质的固有属性，进行分析判断。
C、根据当烟道内的黑烟较多时，说明氧气量不足，燃烧不充分，进行分析判断。
D、根据灯中人的右臂与灯的烟道相通，进行分析判断。
本题难度不大，了解合金的性质、燃料不充分燃烧的现象等是正确解答本题的关键。
11.【答案】A
【解析】解：A、氢氧化钠溶液敞口露置在空气中，能与空气中的二氧化碳发生化学反应生成碳酸钠和水，发生了化学变化导致溶液质量增加，故选项正确。
B、氯化钠溶液不具有吸水性、挥发性，不能与空气中的成分反应，敞口放置一段时间后，质量不变，故选项错误。
C、浓盐酸易挥发出氯化氢气体，使溶液质量减小，也未发生化学变化，故选项错误。
D、浓硫酸具有吸水性，敞口放置一段时间后，其质量增加，但发生的是物理变化，故选项错误。
故选：A。
根据浓盐酸具有挥发性；浓硫酸具有吸水性；氢氧化钠溶液能与空气中的二氧化碳发生反应；氯化钠溶液性质比较稳定，结合题意进行分析判断。
本题难度不大，掌握常见酸、碱、盐的性质、在空气中的质量变化等是正确解答此类题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：A、碳酸氢铵的化学式为NH4HCO3，碳酸氢铵由氮、氢、碳、氧四种元素组成的，故选项说法正确。
B、碳酸氢铵的化学式为NH4HCO3，由化学式可知，碳酸氢铵中N、H原子个数比为1：5，故选项说法错误。
C、碳酸氢铵中氮、氢、碳、氧四种元素的质量比为14：(1×5)：12：(16×3)=14：5：12：48，则氢元素的质量分数最小，故选项说法正确。
D、相对分子质量为14+1×5+12+16×3=79，故选项说法正确。
故选：B。
A、根据碳酸氢铵化学式的含义，进行分析判断。
B、根据1个碳酸氢铵分子的构成，进行分析判断。
C、D、根据相对分子质量为构成分子的各原子的相对原子质量之和，进行分判断。
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。
13.【答案】C
【解析】解：A、空气中液态氮和液态氧的沸点不同，可以利用分离液态空气法将O2从空气中分离，故选项说法正确。
B、液态的O2是一种淡蓝色液体，故选项说法正确。
C、液态的O2具有助燃性，不具有可燃性，故选项说法错误。
D、O2能供给呼吸，在医疗上可用以供给呼吸，故选项说法正确。
故选：C。
A、根据空气中液态氮和液态氧的沸点不同，进行分析判断。
B、根据液态氧的颜色，进行分析判断。
C、根据氧气的化学性质，进行分析判断。
D、根据氧气的用途，进行分析判断。
本题难度不大，了解氧气的化学性质、物理性质、用途等是正确解答本题的关键。
14.【答案】B
【解析】解：A.由微观示意图可知：该反应前后原子的种类不变，故A正确；
B.该反应前后分子数目分别为4、2，分子数目减少，故B错误；
C.该反应生成甲醇与水的质量比为32：18=16：9，故C正确；
D.该反应为氢气与二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲醇，甲醇含有碳元素属于有机物，实现了无机物到有机物的转化，故D正确。
故选：B。
A、根据该反应前后原子的种类不变进行分析；
B、根据微观示意图进行分析；
C、根据生成甲醇与水的质量比进行分析；
D、根据该反应为氢气与二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲醇进行分析。
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。
15.【答案】A
【解析】解：A、实验室可用高锰酸钾和浓盐酸混合产生氯气(Cl2)，属于固液常温型，图中所示装置可用于制取氯气，故图示操作规范；
B、氯气、氯化氢均能与氢氧化钠溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故图示操作不规范；
C、氯气的密度比空气大，进气管应为长导管，将空气从短导管排出，最后通入水中吸入氯气，故图示操作不规范；
D、用pH试纸测定溶液的pH时，不能用水湿润pH试纸，氯水显酸性，则稀释了待测溶液，使溶液的酸性减弱，测定结果偏大，故图示操作不规范。
故选：A。
根据常见实验操作的方法和注意事项进行分析判断。
本题难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键。
16.【答案】C
【解析】解：A、酒精具有挥发性，与用于杀菌消毒无关，是因为酒精能穿过细菌表面的膜，进入细菌内部，使构成细菌生命基础的蛋白质凝固，将细菌杀死，故选项说法错误。
B、铝片有金属光泽，与可用作导电材料无关，是因为具有优良的导电性，故选项说法错误。
C、活性炭有吸附性，可吸附异味和色素，可用于除去水中的异味和色素，故选项说法正确。
D、浓硫酸具有吸水性，但具有强烈的腐蚀性，不能用于食品的干燥剂，故选项说法错误。
故选：C。
物质的性质决定物质的用途，根据常见物质的性质与用途，进行分析判断。
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。
17.【答案】B
【解析】解：A、甲醛有毒，能破坏人体蛋白质的结构，使蛋白质变质，该做法会危害人体健康，故选项说法错误。
B、铁质炊具可以补充人体所需的铁元素，预防贫血，故选项说法正确。
C、饮用工业酒精勾兑的白酒，其中的甲醇能够危害人体的视觉神经，使人的视力下降，严重时能够导致死亡，故选项说法错误。
D、用工业盐腌制的食品时，其中的亚硝酸钠有毒，会危害身体健康，故选项说法错误。
故选：B。
A、根据甲醛能破坏蛋白质的结构进行分析判断。
B、根据金属的性质和用途，进行分析判断。
C、根据工业酒精中含有有毒的甲醇，进行分析判断。
D、根据工业用盐中含有有毒的亚硝酸钠，进行分析判断。
本题难度不大，与人类生产生活相关的化学知识是中考的热点，了解生活中常见的有毒物质(甲醇、甲醛、亚硝酸钠等)是正确解答本题的关键。
18.【答案】A
【解析】解：A、20℃时加入50g水，所得氯化钠饱和溶液的质量为68g，则20℃时50g水中最多可溶解氯化钠的质量为68g−50g=18g，故20℃时，氯化钠的溶解度为100g50g×18g=36g，70g水中最多可溶解氯化钠的质量为25.2g，a点值为70g+25.2g=95.2g，故A正确；
B、20℃时，氯化钠的溶解度为36g，故B不正确；
C、温度一定时，氯化钠饱和溶液的溶质质量分数也是定值，故n点对应溶液的溶质质量分数与m点相等，故C不正确；
D、n点和m点对应的溶液均是20℃时氯化钠的饱和溶液，要使溶液由m点变为n点，需同时加入适量的水和氯化钠固体，故D不正确。
故选：A。
A、根据20℃时加入50g水，所得氯化钠饱和溶液的质量为68g，进行分析；
B、根据20℃时，氯化钠的溶解度为36g进行分析；
C、根据温度一定时，氯化钠饱和溶液的溶质质量分数也是定值进行分析；
D、根据n点和m点对应的溶液均是20℃时氯化钠的饱和溶液进行分析。
本题主要考查饱和溶液和不饱和溶液等，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。
19.【答案】D
【解析】解：A、一氧化碳在加热条件下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项实验方案的设计理论上可行。
B、食盐水中含有食盐和水两种物质，用玻璃棒蘸取后于酒精灯上灼烧，会析出氯化钠固体，蒸馏水在酒精灯上灼烧无固体残留，可以鉴别，故选项实验方案的设计理论上可行。
C、硝酸钾的溶解度随温度的变化影响较大，氯化钠的溶解度随温度的变化影响较小，硝酸钾中含有少量氯化钠，选用降温结晶法提纯硝酸钾，先将固体混合物用热水溶解，降温析出硝酸钾晶体，过滤取滤渣，洗涤滤渣，干燥可得纯净硝酸钾，故选项实验方案的设计理论上可行。
D、铜的金属活动性位于氢后，不能与稀硫酸反应，无法用此法制备硫酸铜，故选项实验方案的设计理论上不可行。
故选：D。
A、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。
B、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。
C、根据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，进行分析判断。
D、根据金属的化学性质，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难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
20.【答案】A
【解析】解：A、上述流程中2Fe3O4=太阳能6FeO+O2↑，Fe3O4中铁元素既有+2价，也有+3价，因此不仅H、O元素的化合价发生了变化，Fe元素化合价也发生了变化，故A不正确；
B、由反应Ⅰ、Ⅱ化学方程式可知：水与氧气的关系式为2H2O∽O2，则理论上，每产生32gO2，消耗水的质量为36g，故B正确；
C、相较电解水制氢而言，该方法不需要通电，利用太阳能，具有节约能源的优点，产品Fe3O4为固体，H2为气体，具有产品易分离的优点，故C正确；
D、5.8g混合物中铁元素与氧元素的质量比为4.2g：(5.8g−4.2g)=21：8；其中FeO中铁元素与氧元素质量比为：56：16=7：2；Fe2O3中铁元素与氧元素质量比为：(56×2)：(16×3)=7：3；Fe3O4中铁元素与氧元素质量比为：(56×3)：(16×4)=21：8；可知：7：2(FeO)>21：8(Fe3O4)>7：3(Fe2O3)；由题干信息混合物由两种或多种组成，则其中一定含有Fe2O3，故D正确。
故选：A。
A、根据Fe元素化合价也发生了变化进行分析；
B、根据水与氧气的关系式为2H2O∽O2进行分析；
C、根据相较电解水制氢而言，该方法不需要通电，利用太阳能，具有节约能源的优点进行分析；
D、根据混合物由两种或多种组成，则其中一定含有Fe2O3进行分析。
本题主要考查有关元素化合价的计算等，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。
21.【答案】合成 85.7% 取样灼烧，闻气味，有刺激性气味产生的是聚氯乙烯，反之，则为聚乙烯 氮元素 不能 常量 22.5 CO32− CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ C6H8O6 加醋、或凉拌等合理即可
【解析】解：(1)聚乙烯是塑料的一种，聚乙烯属于有机合成材料，其中碳元素的质量分数为12×2n(12×2+1×4)n×100%=85.7%；聚乙烯燃烧没有刺激新气味，聚氯乙烯燃烧有刺激新气味，现象不同，因此可以取样灼烧，闻气味，有刺激性气味产生的是聚氯乙烯，反之，则为聚乙烯；
(2)蛋白质中含有肽键，则一定含有的元素是氮元素，蛋白质属于有机高分子化合物，不能被人体直接吸收利用，需要在生物体内分解成氨基酸才能被吸收；
(3)钙元素是人体所需的常量元素，每袋(250g)苦笋中含钙元素的质量为250g×9mg100g=22.5mg；碳酸钙中的阴离子是碳酸根离子，符号为CO32−；碳酸钙与胃酸中的盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
(4)Vc中碳、氢、氧元素的质量比为9：1：12，其相对分子质量为176，1个Vc分子中碳原子个数为176×99+1+12÷12=6；氧原子个数为：176×129+1+12÷16=6；氢原子个数为：176×19+1+12÷1=8；
则Vc的化学式为C6H8O6，因为维生素C(Vc)是一种水溶性维生素，高温易被破坏，在酸性环境下较稳定，因此使用时可以加醋保持酸性条件，凉拌避免高温破坏。
故答案为：(1)合成；85.7%；取样灼烧，闻气味，有刺激性气味产生的是聚氯乙烯，反之，则为聚乙烯；
(2)氮元素；不能；
(3)常量；22.5；CO32−；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
(4)C6H8O6；加醋、或凉拌等合理即可。
(1)根据聚乙烯是塑料的一种，聚乙烯属于有机合成材料，聚乙烯燃烧没有刺激新气味，聚氯乙烯燃烧有刺激新气味，进行分析。
(2)根据蛋白质中含有肽键，则一定含有的元素是氮元素，蛋白质属于有机高分子化合物，进行分析。
(3)根据钙元素是人体所需的常量元素，碳酸钙中的阴离子是碳酸根离子，碳酸钙与胃酸中的盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，进行分析。
(4)根据元素的质量比，维生素C(Vc)是一种水溶性维生素，高温易被破坏，在酸性环境下较稳定，进行分析。
本题主要考查塑料及其应用等，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。
22.【答案】2H2O=通电2H2↑+O2↑ 负极 2：1 14% 镍丝(螺旋状) 14% Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ 不可再生 酸雨等 提供氧气助燃，提供反应所必须的热量，生成CO2作下一步反应的原料等(合理即可) H2O+CO=高温H2+CO2 水蒸气 14：3 低 高
【解析】解：(1)①水通电分解生成氢气和氧气，反应化学方程式为2H2O=通电2H2↑+O2↑；电解水实验中“正氧负氢，氢二氧一”，与电源负极相连的试管收集到的气体较多，是氢气，与电源正极相连的试管收集到的气体较少，是氧气，理论上产生H2与O2的体积比为2：1；
②由表格中的数据可知，欲获得较接近理论值的H2与O2的体积比，应选择NaOH溶液的溶质质量分数为14%，电极材料为镍丝(螺旋状)，因为此时氢气和氧气的体积比为2：1；对比表−1可知，表−2所用NaOH溶液的质量分数为14%；
③锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的化学方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；
(2)①煤、石油、天然气称为三大化石燃料，它们在短时间内不能从自然界得到补充，属于不可再生能源，煤中含有硫元素，直接燃烧供能会产生二氧化硫气体，二氧化硫能与空气中的成分反应后的生成物溶于雨水，会形成酸雨；
②气化过程中，需向炭层交替喷入空气和水蒸气，喷入空气的目的是提供氧气助燃，提供反应所必须的热量，生成CO2作下一步反应的原料等；由提供的信息可知，经过变换炉后，CO2和H2含量增加，CO含量降低，即CO与水在高温条件下反应生成CO2和H2，反应的化学方程式为H2O+CO=高温H2+CO2；由流程图可知，天然气中的氢元素来自原料中的水蒸气；
③CO和H2在催化剂的作用下生成CH4和H2O，反应的化学方程式为CO+3H2=催化剂CH4+H2O，因此CO与H2的最佳质量比为(12+16)：(1×2×3)=14：3；由图可知，合成塔中温度在低温区、压强在高压区时，CO与H2反应较充分，生成物体积分数较大。
故答案为：(1)①2H2O=通电2H2↑+O2↑；负极；2：1；
②14%；镍丝(螺旋状)；14%；
③Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；
(2)①不可再生；酸雨等；
②提供氧气助燃，提供反应所必须的热量，生成CO2作下一步反应的原料等(合理即可)；H2O+CO=高温H2+CO2；水蒸气；
③14：3；低；高。
(1)①根据水通电分解生成氢气和氧气，电解水实验中“正氧负氢，氢二氧一”，进行分析；
②根据欲获得较接近理论值的H2与O2的体积比，应选择NaOH溶液的溶质质量分数为14%，电极材料为镍丝(螺旋状)，进行分析；
③根据锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气进行分析；
(2)①根据煤、石油、天然气称为三大化石燃料，二氧化硫能与空气中的成分反应后的生成物溶于雨水，会形成酸雨进行分析；
②根据气化过程中，需向炭层交替喷入空气和水蒸气，喷入空气的目的是提供氧气助燃，提供反应所必须的热量，生成CO2作下一步反应的原料等进行分析；
③根据CO和H2在催化剂的作用下生成CH4和H2O进行分析。
本题主要考查物质的制备等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。
23.【答案】增大气液接触面积，使吸收更充分 均匀受热、便于控制反应温度 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O 4MnSO4=高温2Mn2O3+4SO2↑+O2↑ 节约资源、提高原料的利用率 850 部分Mn2O3转变为Mn3O4
【解析】解：(1)“多孔球泡”的作用是增大气液接触面积，使吸收更充分；SO2与MnO2在90−100℃下的反应制备硫酸锰，选用水浴加热的优点可以均匀受热、便于控制反应温度；二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
(2)①MnSO4在焙烧过程中生成Mn2O3、SO2和O2，反应的化学方程式为4MnSO4=高温2Mn2O3+4SO2↑+O2↑；上述流程中MnSO4溶液循环再利用可以节约资源、提高原料的利用率；
②焙烧MnSO4固体制备Mn2O3，850℃时，得到的Mn2O3更纯净，则方案的合适温度是850℃；
③Mn3O4中锰元素的质量分数为：55×355×3+16×4×100%≈72.1%>69.62%，则实验测得所得产品中锰元素的质量分数大于69.62%，原因可能为部分Mn2O3转变为Mn3O4；
(3)根据元素质量守恒，由4MnSO4=高温2Mn2O3+4SO2↑+O2↑可知，MnSO4中镁元素的质量即为Mn2O3中锰元素质量：Mn2O3中锰元素质量为：31.6t×110158×100%=22t，则若原料MnSO4均源自50t某高硫锰矿，该高硫锰矿中锰元素的含量为22t50t×100%=44%。
故答案为：(1)增大气液接触面积，使吸收更充分；均匀受热、便于控制反应温度；SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
(2)①4MnSO4=高温2Mn2O3+4SO2↑+O2↑；节约资源、提高原料的利用率；
②850；
③部分Mn2O3转变为Mn3O4。
(3)44%。
(1)根据“多孔球泡”的作用是增大气液接触面积，SO2与MnO2在90−100℃下的反应制备硫酸锰，二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，进行分析；
(2)根据MnSO4在焙烧过程中生成Mn2O3、SO2和O2，焙烧MnSO4固体制备Mn2O3，850℃时，得到的Mn2O3更纯净，Mn3O4中锰元素的质量分数进行分析；
(3)根据元素质量守恒进行分析。
本题主要考查物质的制备等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。
24.【答案】温室效应、冰川融化、海平面上升等 CaCO3=高温CaO+CO2↑ 吸附 H2O+CO2=H2CO3 CO2的溶解性随温度的升高而逐渐减弱 变小 制成干冰，作制冷剂等，合理即可
【解析】解：(1)大气中二氧化碳含量过高会导致的环境问题是：温室效应、冰川融化、海平面上升等；故答案为：温室效应、冰川融化、海平面上升等；
(2)碳酸钙在高温条件下反应生成氧化钙和二氧化碳，书写化学方程式注意配平及气体符号，所以化学方程式为CaCO3=高温CaO+CO2↑；
(3)二氧化碳和水生成碳酸，海洋封存CO2会导致海水酸化的原因是 H2O+CO2=H2CO3；近年来随着全球气候变暖海水温度升高，海水吸收二氧化碳的吸收率在下降，其原因是二氧化碳在水中的溶解度受温度的影响，温度越高，溶解度越小。
(4)将二氧化碳压入特定的地质构造中地质封存时，压强增大，二氧化碳分子之间的间隔会减小。
(5)二氧化碳溶于水产生碳酸，可以制碳酸饮料等，另外还可以做制冷剂、人工降雨等。
故答案为：
(1)温室效应、冰川融化、海平面上升等；
(2)CaCO3=高温CaO+CO2↑；吸附；
(3)H2O+CO2=H2CO3；CO2的溶解性随温度的升高而逐渐减弱；
(4)变小；
(5)制成干冰，作制冷剂等，合理即可。
(1)根据大气中二氧化碳含量过高会导致的环境问题是：温室效应加剧等；
(2)碳酸钙在高温条件下反应生成氧化钙和二氧化碳，据此分析；
(3)二氧化碳和水生成碳酸，据此分析；
(4)压强增大，二氧化碳分子之间的间隔会减小，据此解答；
(5)根据二氧化碳的性质分析其用途。
本题考查了二氧化碳对环境的影响、气体溶解度的影响因素、二氧化碳的化学性质以及碳酸钙等的性质和用途，难度不大，依据已有的知识结合题目的信息分析即可．
25.【答案】增大氧化铜与一氧化碳的接触面积，使反应更充分 将燃着的小木条放在双具支试管口，观察木条是否熄灭 不能 C+CO2=高温2CO CO+CuO=△Cu+CO2 收集一氧化碳，防止污染空气 小气球使装置密闭、可以调节体系内外压强，更环保、更有利于反应充分进行
【解析】解：(1)步骤①中使氧化铜粉末平铺于双具支试管中，目的是增大氧化铜与一氧化碳的接触面积，使反应更充分；
二氧化碳不可燃、不支持燃烧，收集干燥CO2，验满的操作是将燃着的小木条伸到双具支试管口，观察燃着的木条是否熄灭；
(2)步骤②中，用酒精喷灯对准双具支试管中的氧化铜部位加热一段时间，无明显现象，说明CO2不能与CuO反应；
(3)步骤③中木炭略有减少，小气球逐渐变大，湿润的氯化钯试纸也由黄色逐渐变为蓝色，说明发生反应气体增多，且有一氧化碳生成，反应为碳与二氧化碳高温生成一氧化碳，反应的化学方程式为C+CO2=高温2CO；
(4)用酒精喷灯加热氧化铜部位，2min左右黑色固体变成红色，说明有铜生成，发生反应为一氧化碳与氧化铜加热生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式为CO+CuO=△Cu+CO2；
(5)一氧化碳有毒，会污染空气，则本实验利用小气球收集尾气，目的是收集一氧化碳，防止污染空气；
相较利用进行铜的冶炼而言，该装置还具有的优点有小气球使装置密闭、可以调节体系内外压强，更环保、更有利于反应充分进行。
故答案为：(1)增大氧化铜与一氧化碳的接触面积，使反应更充分；将燃着的小木条放在双具支试管口，观察木条是否熄灭；
(2)不能；
(3)C+CO2=高温2CO；
(4)CO+CuO=△Cu+CO2；
(5)收集一氧化碳，防止污染空气；小气球使装置密闭、可以调节体系内外压强，更环保、更有利于反应充分进行。
(1)根据步骤①中使氧化铜粉末平铺于双具支试管中，目的是增大氧化铜与一氧化碳的接触面积，二氧化碳不可燃、不支持燃烧，进行分析；
(2)根据用酒精喷灯对准双具支试管中的氧化铜部位加热一段时间，无明显现象进行分析；
(3)根据木炭略有减少，小气球逐渐变大，湿润的氯化钯试纸也由黄色逐渐变为蓝色，进行分析；
(4)根据一氧化碳与氧化铜加热生成铜和二氧化碳，进行分析；
(5)根据一氧化碳有毒，会污染空气进行分析。
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。
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