江苏省扬州市2021年中考化学真题试卷(Word版,含答案解析)

江苏省扬州市2021年中考化学试卷

一、单选题（共18题；共36分）

1.人体中含有多种元素。下列属于人体必需微量元素的是（ ） A. 铁 B. 碳 C. 氢 D. 氧 【答案】 A

【考点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用

【解析】【解答】碳、氧、氢、氮、磷、钾等都属于人体中的常量元素，铁、钴、铜、锌等属于人体内的微量元素。 故答案为：A。

【分析】根据人体中含有的元素，进行分析。 2.下列过程中只发生物理变化的是（ ）

A. 高炉炼铁 B. 冰雪融化 C. 食物变质 D. 木材燃烧 【答案】 B

【考点】物理变化、化学变化的特点及其判别

【解析】【解答】A. 高炉炼铁过程中，铁矿石转化为铁，有新物质生成属于化学变化，故不符合题意； B. 冰雪融化过程是水的状态发生改变，没有新物质生成属于物理变化，故符合题意； C. 食物变质过程中，物质发生缓慢氧化，有新物质生成，属于化学变化，故不符合题意； D. 木材燃烧过程中，有二氧化碳生成，是化学变化，故不符合题意。 故答案为：B；

【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.下列物质由分子构成的是（ ）

A. 氢氧化钾 B. 铝 C. 金刚石 D. 水 【答案】 D

【考点】分子、原子、离子、元素与物质之间的关系

【解析】【解答】A. 氢氧化钾是由钾离子和氢氧根离子构成的，故不符合题意； B. 铝是由铝原子构成的，故不符合题意； C. 金刚石由碳原子构成的，故不符合题意； D. 水由水分子构成的，故符合题意； 故答案为：D。

【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。

4.自然界中的物质大多数是化合物。下列化合物属于酸的是（ ）

A. KCl B. NaOH C. CuO D. HNO3 【答案】 D

【考点】酸、碱、盐的概念

【解析】【解答】A. 根据定义氯化钾是盐，故不符合题意； B. 根据定义NaOH是碱，故不符合题意； C. CuO是金属氧化物，故不符合题意； D. 根据定义HNO3是酸，故符合题意； 故答案为：D。

【分析】根据酸的概念，进行分析。

5.金可制成金箔，拉成金丝，说明金具有良好的（ ） A. 导电性 B. 延展性 C. 导热性 D. 抗腐蚀性 【答案】 B

【考点】常见金属的特性及其应用

【解析】【解答】金子被压成薄薄的金箔、被拉成几十上百倍长度的金丝，这些都表明金具有良好的延展性。

故答案为：B。

【分析】根据金具有良好的延展性，进行分析。

6.“安全重于泰山”。以下应张贴在“防火”场所的标志是（ ）

A. B. C. D.

【答案】 A

【考点】几种常见的与化学有关的图标

【解析】【解答】A. 是防火标识，故符合题意；

B. 是循环利用标识，故不符合题意；

C. 是节能标识，故不符合题意；

D. 是节约用水标识，故不符合题意；

故答案为：A。

【分析】根据图标的含义，进行分析。

7.FeCl3溶液用于制作印刷电路板，反应为 2FeCl3+Cu=CuCl2+2X 。X的化学式是（ ） A. Fe B. FeCl2 C. Fe（OH）2 D. Fe（OH）3 【答案】 B

【考点】质量守恒定律及其应用

【解析】【解答】根据质量守恒定律，反应前后原子的种类数目不发生变化，反应前原子种类数目为Fe：2，Cl：6，Cu：1，反应后不包括X原子的种类数目为Cu：1，Cl：2，因此X中原子的种类数目为Fe：2，Cl：4，因此X为FeCl2。 故答案为：B。

【分析】根据质量守恒定律，反应前后原子的种类、数目不变，进行分析。 8.下列物质对应组成错误的是（ ）

A. 干冰：CO2 B. 小苏打：NaHCO3 C. 纯碱：Na2CO3 D. 熟石灰：CaO 【答案】 D

【考点】物质的名称与俗名

【解析】【解答】A. 干冰是固态CO2的俗称，故正确，不符合题意； B. 小苏打是NaHCO3的俗称，故正确，不符合题意； C. 纯碱是Na2CO3的俗称，故正确，不符合题意； D. 熟石灰是Ca(OH)2的俗称，故错误，符合题意； 故答案为：D。

【分析】根据物质的名称、化学式、俗称，进行分析。

9.测得一些物质的pH如下，其中酸性最强的是（ ） A. 肥皂水：pH=10.2 B. 唾液：pH=6.8 C. 柠檬汁：pH=2.5 D. 洗涤剂：pH=12.2 【答案】 C

【考点】溶液的酸碱性与pH值的关系

【解析】【解答】pH>7，溶液显碱性，pH越大，碱性越强；pH<7，溶液显酸性，pH越小，酸性越强，pH=7，溶液显中性； 故答案为：C。

【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。 10.下列属于化合反应的是（ ）

点燃A. 3Fe+2O2

__

Δ

_

Fe3O4 B. NH4Cl_NH3↑+HCl↑

C. BaCl2+K2SO4=BaSO4+2KCl D. Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4 【答案】 A

【考点】化合反应及其应用

【解析】【解答】A. 该反应符合“多变一”的特点，属于化合反应，故符合题意； B. 该反应符合“一变多”的特点，属于分解反应，故不符合题意；

C. 该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应，属于复分解反应，故不符合题意；

D. 该反应符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应，属于置换反应，故不符合题意。 故答案为：A。

【分析】根据化合反应的推断，进行分析。

11.蔗糖的分子式为C12H22O11 ， 下列关于蔗糖的说法正确的是（ ） A. H，O原子个数比为2：1 B. 相对分子质量为（12+1+16） C. 蔗糖中含45种元素 D. 氧元素的质量分数最小 【答案】 A

【考点】化学式的相关计算

【解析】【解答】A. H、O原子个数比为22:11，即2:1，故符合题意； B. 相对分子质量为（12×12+22×1+11×16）=342，故不符合题意； C. 蔗糖中含有C、H、O三种元素，故不符合题意；

D. 氧元素的质量分数最大，氢元素的质量分数最小，故不符合题意。 故答案为：A。

【分析】A、化学式中原子个数比等于元素角码之比。

B、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。 C、学式中有几种元素符号，物质就含有几种元素。

D、在化学式中，元素的质量比中比值大的，其此元素的质量分数越大。 12.自然界碳循环如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 向空气中排放CO2会形成酸雨 B. 无机物和有机物不可相互转化 C. 植树造林有利于吸收CO2 D. 煤、石油和天然气是可再生能源 【答案】 C

【考点】自然界中的物质循环

【解析】【解答】A、工业废气中二氧化硫氮的氧化物和水反应形成酸雨，故A不符合题意。 B、无机物和有机物可相互转化，如二氧化碳光合作用转化为葡萄糖，故B不符合题意。 C、植物光合作用吸收二氧化碳，植树造林有利于吸收CO2 ， 故C符合题意。 D、煤、石油和天然气是不可再生能源，故D不符合题意。 故答案为：C。

【分析】根据二氧化碳在大气中循环过程图，进行分析。

13.氯化钠是一种常见的化学物质。下列说法错误的是（ ） A. 氯化钠是常见的食品调味剂 B. 氯化钠可用于生产氯气、烧碱 C. 蒸发海水即可获得纯净的氯化钠固体 D. 氯化钠可用于腌制食品 【答案】 C

【考点】常用盐的用途

【解析】【解答】A. 氯化钠是食盐的主要成分，可用作调味剂，故正确，不符合题意； B. 氯化钠中有氯元素和钠元素，可用于生产氯气和烧碱氢氧化钠，故正确，不符合题意；

C. 海水中除了有水和氯化钠以外还含有其他的盐，例如氯化镁、氯化钾等，故蒸发海水不能得到纯净的氯化钠固体，故错误，符合题意；

D. 氯化钠可用于调味品和腌制食品，故正确，不符合题意。 故答案为：C。

【分析】根据海水是混合物，进行分析。

14.某反应前后分子变化的微观示意图如下、下列说法正确的是（ ）

A. 反应有单质生成 B. 反应前后原子种类、数目不变 C. 反应物和生成物共有8种物质 D. 该反应为置换反应 【答案】 B

【考点】微粒观点及模型图的应用

【解析】【解答】A. 新生成的产物中没有新生成的单质，两个白球是为完全反应的反应物，不是产物，故不符合题意；

B. 根据质量守恒定律可知，化学反应前后物质的总质量不变、原子的种类不变、原子的数目不变，故符合题意；

C. 反应物有两种，产物有两种，共4种，故不符合题意；

D. 该反应产物中没有新的单质生成，不符合置换反应的定义，故不符合题意。 故答案为：B。

【分析】首先要对模型图进行观察，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，写出反应的方程式，然后再对题中各问加以分析解答。

15.为测定某石灰石样品中碳酸钙的质量分数，取2.0g石灰石样品于烧杯中，将20g稀盐酸分4次加入样品中，充分反应后经过滤、干燥、称重，得实验数据如下： 第一次 第二次 第三次 第四次 5.0 1.0 5.0 0.5 5.0 0.3 稀盐酸的用量/g 5.0 剩余固体的质量/g 1.5 已知石灰石中的杂质既不与盐酸反应，也不溶解于水。下列说法正确的是（ ） A. 第三次实验后碳酸钙无剩余 B. 第四次实验后盐酸无剩余 C. 盐酸中HCl的质量分数是3.65% D. 样品中碳酸钙的质量分数是85% 【答案】 D

【考点】含杂质物质的化学反应的有关计算

【解析】【解答】A. 根据表格可知每次加入5g稀盐酸反应0.5g碳酸钙，而第四次反应加入5g稀盐酸反应0.2g碳酸钙，因此第三次实验后碳酸钙有剩余，故不符合题意；

B. 结合选项A，第四次实验后加入5g稀盐酸反应0.2g碳酸钙，因此碳酸钙无剩余盐酸有剩余，故不符合题意；

𝐶𝑎𝐶𝑂3C. 设盐酸的溶质质量分数为x 100

0.5g

+

2𝐻𝐶𝑙735.0g𝑥

=

𝐶𝑎𝐶𝑙2

+

H2O

+

𝐶𝑂2

↑

1000.5g =

735.0g𝑥x=7.3%，故不符合题意；

D. 2.0g石灰石样品中碳酸钙质量为1.7g，样品中碳酸钙的质量分数是 意。

故答案为：D。

【分析】根据表格中前三次的数据可知，每加入5.0g稀盐酸，固体质量就减少0.5g；第四次加入5.0g稀盐酸，固体质量就减少（0.5g-0.3g）0.2g，说明第四次加入5.0g稀盐酸，样品中碳酸钙完全反应。 根据碳酸钙与盐酸反应的化学方程式，已知量是参加反应碳酸钙的质量，未知量是参加反应盐酸的质量，列比例式，进行计算。

16.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ） A. 生石灰具有吸水性，可用作干燥剂 B. 氮气性质稳定，可用作保护气 C. 金属铁具有导电性，可用于制炊具 D. 盐酸易挥发，可用于除铁锈 【答案】 A

【考点】化学性质与物理性质的差别及应用

【解析】【解答】A. 生石灰能与水反应生成氢氧化钙，可作食品干燥剂，故符合题意； B. 氮气化学性质稳定，可作保护气，故不符合题意； C. 金属铁具有导热性，可用于制炊具，故不符合题意； D. 盐酸和氧化铁反应，可用于除铁锈，故不符合题意； 故答案为：A。

【分析】根据物质的性质决定用途，进行分析。

17.用浓硫酸配制一定质量分数的稀硫酸并进行相关实验。下列操作正确的是（ ）

1.7g×2g

100%=85% ，故符合题

A. 量取浓硫酸 B. 测稀硫酸pH

C. 制取氢气 D. 收集氢气

【答案】 C

【考点】实验室常见的仪器及使用，药品的取用，常用气体的收集方法，溶液的酸碱度测定 【解析】【解答】A. 量筒读数时视线应与凹液面的最低处相平，故不符合题意； B. 测pH时，pH试纸不能湿润，会对待测液产生稀释的效果，故不符合题意；

C. 实验室制取氢气采用稀硫酸和锌作为反应物，将锌放在多孔隔板上，稀硫酸从长颈漏斗中加入，使用该装置可使反应随时发生随时停止，故符合题意；

D. 氢气密度比空气小，应采用向下排空气法收集，故不符合题意。 故答案为：C。

【分析】A、读取量筒的示数时，如果俯视， 读出的示数比实际值偏大；如果仰视，读出的示数比实际值偏小，因此正确的方法是视线与凹液面的最低处相平。 B、根据测溶液pH时正确操作，进行分析。 C、根据实验室制取氢气的实验操作，进行分析。 D、气体密度比空气小，应采用向下排空气法收集。 18.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ） 选项 实验操作和现象 A B C D 结论 将某气体通过灼热的黑色氧化铜固体，固体变红 该气体是氢气 将铜片和银片投入稀硫酸中，均无气泡放出 向NaOH溶液中滴加稀盐酸，无明显现象 向某溶液中滴加酚酞试液，有红色出现 铜、银的金属活动性相同 该过程中未发生化学反应 该溶液显碱性 A. A B. B C. C D. D 【答案】 D

【考点】化学实验方案设计与评价

【解析】【解答】A. 将某气体通过灼热的黑色氧化铜固体，固体变红，该气体不一定是氢气，还可能是一氧化碳，故A不符合题意。

B. 铜、银的金属活动性不相同，铜金属活动性大于银，故B不符合题意。

C. 向NaOH溶液中滴加稀盐酸生成氯化钠和水，该反应无明显现象，但是发生了化学反应，故C不符合题意。

D. 向某溶液中滴加酚酞试液，有红色出现，说明该溶液显碱性，故D符合题意。 故答案为：D。

【分析】A、一氧化碳、或者氢气等还原性气体通过灼热的黑色氧化铜固体，固体变红。 B、铜、银都不与稀硫酸反应。

C、NaOH溶与稀盐酸反应生成氯化钠和水，该反应无明显现象。 D、碱性溶液能使无色酚酞试液变红色。

二、多选题（共2题；共6分）

19.Na2SO4与NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 加水能使NaCl溶液从不饱和变为饱和 B. 20℃时，NaCl的溶解度比Na2SO4大

C. P点时，NaCl与Na2SO4的饱和溶液质量分数相等

D. 将Na2SO4饱和溶液从30℃冷却至10℃，有晶体析出，溶液变为不饱和 【答案】 B,C

【考点】固体溶解度曲线及其作用

【解析】【解答】A. 不饱和溶液转化为饱和溶液常用的方法有：加入同种溶质，恒温蒸发溶剂，降温（大多数溶液），加水能使NaCl溶液从不饱和变为饱和，故说法错误，不符合题意；

B. 根据Na2SO4与NaCl的溶解度曲线，在20℃时，氯化钠的溶解度大于硫酸钠，故说法正确，符合题意； C. 在P点时，氯化钠和硫酸钠的溶解度相等，饱和的两种溶液中溶质质量分数相等，故说法正确，符合题意；

D. 将Na2SO4饱和溶液从30℃冷却至10℃，有晶体析出，溶液仍然是饱和溶液，故说法错误，不符合题意；

故答案为：BC；

【分析】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。 20.Fe2（SO4）3溶液用于脱除H2S，并由反应Ⅱ再生，原理如下图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 反应过程中，S、O和Fe的化合价发生了变化 B. 理论上每生成16gS，需补充200g Fe2（SO4）3 C. 理论上每生成32gS，同时有16gO2参与反应

D. 理论上反应Ⅱ中每生成18gH2O，同时消耗152 g FeSO4

【答案】 A,C

【考点】物质的相互转化和制备

【解析】【解答】A. 反应过程中，反生I的化学方程式： H2S+Fe2(SO4)3=S↓+2FeSO4+H2SO4 ，硫化氢中氢元素显+1价，硫元素显-2价，硫酸铁中铁元素显+3价，硫元素显+6价，氧元素显-2价，单质硫中硫元素的化合价为0，硫酸亚铁中铁元素显+2价，硫元素显+6价，氧元素显-2价，硫酸中氢元素显+1价，硫元素显+6价，氧元素显-2价， 2H2SO4+4FeSO4+O2=2H2O+2Fe2(SO4)3 ，硫酸中氢元素显+1价，硫元素显+6价，氧元素显-2价，硫酸亚铁中铁元素显+2价，硫元素显+6价，氧元素显-2价，氧气中氧元素化合价为0，水中氢元素显+1价，氧元素显-2价，硫酸铁中铁元素显+3价，硫元素显+6价，氧元素显-2价，S、O和Fe的化合价发生了变化，故符合题意；

B. 硫酸铁溶液用于脱除硫化氢，并由反应Ⅱ再生，可以循环利用，无需补充硫酸铁，故不符合题意； C. 由化学方程式： H2S+Fe2(SO4)3=S↓+2FeSO4+H2SO4 ， 2H2SO4+4FeSO4+O2=2H2O+2Fe2(SO4)3 可知，该反应的总化学方程式为： 2H2S+O2=2S+2H2O ，由反应可得：每有32份质量的硫生成，就有16g氧气参与反应，故符合题意；

D. 由 2H2SO4+4FeSO4+O2=2H2O+2Fe2(SO4)3 可知：每有36份质量的水生成，需要消耗608g硫酸亚铁，理论上反应Ⅱ中每生成18gH2O，同时消耗304g硫酸亚铁，故不符合题意； 故答案为：AC。

【分析】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。

三、填空题（共5题；共46分）

21.扬州被称为运河之都、文化之都和美食之都，自古人文荟萃。 （1）故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州。一唐·李白

①孟浩然“下扬州”的交通工具是木船。现代游船常用玻璃钢制造船体，玻璃钢属于________（填“复合材料”或“金属材料”）。

②现代人远行可乘坐飞机。铝锂合金材料大量运用于国产C919大飞机的制造，下列不属于铝锂合金性质的是________（填字母）。

A．密度大 B．硬度大 C．抗腐蚀

③汽车是重要的陆路交通工具。燃油车辆须加装尾气催化净化装置，该装置将尾气中的CO和NO转化成CO2和一种无污染的气体，发生反应的化学方程式是________。 （2）天下三分明月夜，二分无赖是扬州。一唐·徐凝

①空气质量影响人们观赏明月。空气属于________（填“混合物”或“纯净物”）。 ②下列做法不利于改善空气质量的是________（填字母）。

A．风力发电 B．徒步出行 C．垃圾露天焚烧

③煤的气化和液化可实现能源清洁化，改善空气质量。水煤气中CO和H2在高温、高压和催化剂条件下合成甲醇（CH4O），该反应的化学方程式是________。 （3）前日扬州去，酒熟美蟹蜊。一宋·梅尧臣

①蟹肉鲜美，富含蛋白质。蛋白质水溶液在加热时会生成沉淀，此沉淀________（填“能”或“不能”）重新溶解于水中。

②各种酒中都含有乙醇（C2H6O）。在酿酒过程中，粮食中的________（填糖类名称）先转化为葡萄糖，再经发酵生成乙醇。

③下列食品中富含维生素C的是________（填字母）。 A．盐水鹅 B．西红柿 C．大虾

催化剂【答案】 （1）复合材料；A；2CO+2NO

_

_

2CO2+N2

催化剂（2）混合物；C；CO+2H2（3）不能；淀粉；B

【考点】合金与合金的性质，生命活动与六大营养素，资源综合利用和新能源开发，纯净物和混合物 【解析】【解答】（1） ①玻璃钢是强化纤维塑料，故不属于金属材料，是复合材料；

②飞机制造使用铝锂合金材料，只要是利用铝锂合金硬度大、抗腐蚀，故不属于铝锂合金材料的性质是密度大；

③由质量守恒定律可知，化学反应前后元素的种类不变可知，反应后还有氮气生成，故反应的方程式为：

__

CH4O

高温、高压催化剂2CO+2NO

__

2CO2+N2

（2）①空气中含有多种物质，故空气属于混合物；

②露天焚烧垃圾会产生多种有害气体，污染空气，故不利于改善空气质量；

③根据题意：该反应的反应物为CO和H2 ， 生成物为甲醇（CH4O）,反应条件为高温、高压和催化剂，故反应方程式为：

催化剂CO+2H2

__

CH4O

高温、高压（3）①蛋白质水溶液在加热时会生成沉淀，此过程会使蛋白质发生变性，故不能重新溶解在水中；

②粮食中富含大量的淀粉，故酿酒时淀粉会转化为葡萄糖，葡萄糖再转化为酒精； ③富含维生素的主要原料是水果、蔬菜，故西红柿中富含大量的维生素C； 【分析】（1） ①复合材料包括混凝土，玻璃钢，石棉网。 ②根据合金的性质进行分析。

③根据质量守恒定律可知，化学反应前后元素的种类，进行分析。 （2）①空气属于混合物。

②露天焚烧垃圾会产生多种有害气体。

③CO和H2在高温、高压和催化剂下反应生成甲醇（CH4O）。 （3）根据六大营养素的知识，进行分析。

22.水是一种常见的溶剂，也是重要的资源。 （1）实验室用NaCl固体配制50g15%NaCl溶液。 ①使用托盘天平称取________gNaCl固体。

②溶解过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管和________（填仪器名称）。 （2）大多数天然淡水需要经过处理方可直接饮用。

①工厂锅炉长期使用会形成水垢，可用盐酸去除。写出水垢中Mg2（OH）2CO3溶于盐酸时发生反应的化学方程式________。

②某家用净水机工作原理如下图所示：

净水机中，PP棉净水原理是________（填“过滤”或“蒸馏”），颗粒活性炭可去除异味和余氯，是因为活性炭具有良好的________性。

（3）扬州积极推进水环境整治，建设“秀美瘦西湖，文明新扬州”。

①环保部门对水质进行长期监测，将水质从“优”到 “劣”分为Ⅰ~V类。由如图可知，近年来扬州市Ⅱ~Ⅲ类优良水质百分比明显呈________（填“上升”或“下降”）趋势。由此推断，扬州市主要水域的水质在________（填“变好”或“变差”）。

②产生这种变化趋势的原因可能是________（填字母）。 A．夜间排放工业污水 B．清理污染河道的淤泥

C．关停或整改存在污染隐患的企业

（4）污水未经处理直接排入河流，会使水面上藻类物质大量繁殖，水质恶化。某藻类含化学式为 C106H263O106N16P的物质，则污水中导致藻类生长过快的营养元素是________（填元素名称）。 【答案】 （1）7.5；玻璃棒

（2）Mg2(OH)2CO3+4HCl=2MgCl2+CO2↑+3H2O；过滤；吸附 （3）上升；变好；BC （4）氮元素和磷元素

【考点】保护水资源，一定溶质质量分数的溶液的配制

【解析】【解答】（1）①使用托盘天平称取50g×15%=7.5g氯化钠，故填：7.5。 ②溶解过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管和玻璃棒，故填：玻璃棒。 （2）①水垢中Mg2（OH）2CO3溶于盐酸时生成氯化镁二氧化碳和水，发生反应的化学方程式Mg2(OH)2CO3+4HCl=2MgCl2+CO2↑+3H2O，故填：Mg2(OH)2CO3+4HCl=2MgCl2+CO2↑+3H2O。 ②PP净水原理类似于过滤，活性炭具有吸附性，能去除异味和余氯，故填：过滤；吸附。

（3）由如图可知，近年来扬州市Ⅱ~Ⅲ类优良水质百分比明显呈上升趋势。由此推断，扬州市主要水域的水质在变好，故填：上升；变好。

②A．夜间排放工业污水，水质变差，不正确。 B．清理污染河道的淤泥，水质变好，正确。

C．关停或整改存在污染隐患的企业，水质变好，正确。 故答案为：BC。

（4）藻类含化学式为 C106H263O106N16P的物质，则污水中导致藻类生长过快的营养元素是氮元素和磷元素，故填：氮元素和磷元素。

【分析】（1）①溶质的质量=溶液的质量×溶质质量分数。 ②根据溶解过程中需要的仪器，进行分析。

（2）①Mg2（OH）2CO3与盐酸反应生成氯化镁二氧化碳和水。 ②活性炭具有吸附性，能去除异味和余氯。

（3）根据图像，近年来扬州市Ⅱ~Ⅲ类优良水质百分比明显呈上升趋势。 根据防止水污染的措施，进行分析。 （4）根据绿色植物的营养元素，进行分析。

23.氧气支持生命活动，也是一种重要的化工原料。 （1）实验室用如图所示的装置制取少量氧气。

①仪器a、仪器b的名称分别是________、________。 ②锥形瓶内发生反应的化学方程式是________。 （2）工业上有多种制取氧气的方法，如：

方法一：在低温、加压条件下，将空气液化。然后将温度升高至-196℃~-183℃之间，使液态氮气先蒸发，剩余液态氧气储存于钢瓶里。

方法二：利用电解水的方法制取氧气，将得到的氧气干燥。在低温、加压条件下，使之转化为液态，储存于钢瓶里。

①从构成物质的微粒视角分析，在方法一空气液化过程中，主要改变的是________。

②某工厂用方法二制取氧气，发现氧气的产量略小于理论值，且所得氧气中有淡淡的鱼腥气味。从元素守恒角度分析，该鱼腥气味的气体是________（填化学式或名称）。

（3）氢气和氧气在Pd基催化剂表面可反应生成H2O2 ， 其微观示意图如下：

“解离”时，结构被破坏的分子是________（填化学式）。 （4）为探究双氧水的分解，进行以下两个实验： ①氯化物对双氧水分解的影响。

反应条件：6.0mL30%双氧水，0.1g氯化物，室温；实验时间：1.5h。 实验数据如下表所示： 氯化物 NaCl MgCl2 CuCl2 420.0 放出氧气的体积/mL 2.0 4.0 双氧水的分解率/% 0.30 0.60 63.18 由上表可知，双氧水保存时应绝对避免引入的离子是________（写离子符号）。 ②pH对双氧水分解的影响。

反应条件：6.0mL30%双氧水，60℃；用NaOH溶液调pH；实验时间：1.5h。实验结果如图所示：

由如图可知，pH为________（填数字）时，双氧水的分解率最高。 （5）用双氧水可制得“鱼浮灵”、“钙多宝”。

①“鱼浮灵”主要成分是2Na2CO3·3H2O2 ， 可迅速增加水体含氧量，其原因是________。

②“钙多宝”主要成分是CaO2 ， 常温下能与水反应生成氢氧化钙和氧气。长时间存放的过氧化钙中含有主要杂质是________（填化学式）、Ca（OH）2。 【答案】 （1）铁架台；集气瓶；2H2O2（2）分子之间的间隔；臭氧（或O3） （3）H2 （4）Cu2+；9

（5）“鱼浮灵”溶于水生成碳酸钠和过氧化氢，碳酸钠溶液显碱性，能促进过氧化氢分解生成氧气；CaCO3 【考点】氧气的实验室制法，实验探究物质的性质或变化规律，微粒观点及模型图的应用 【解析】【解答】（1）①仪器a、仪器b的名称分别是铁架台、集气瓶。 ②锥形瓶内发生反应为过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气和水， 2H2O2（2）①空气液化过程中，没有生成新物质，主要改变的是分子之间的间隔。

②化学反应前后元素种类不变，氧气中只含有氧元素，则该鱼腥气味的气体为氧气转化而成的臭氧O3。 （3）由图可知，“解离”时，结构被破坏的分子是氢分子H2。

（4）①由表可知，加入氯化铜以后，双氧水分解率特别大，比较加入氯化钠、氯化镁分解率可知，双氧水分解率特别大的原因是引入了铜离子，故双氧水保存时应绝对避免引入的离子是铜离子Cu2+。 ②由图可知，pH为9时，双氧水的分解率最高。

3H2O2 ， 可迅速增加水体含氧量，其原因是“鱼浮灵”溶于水生成（5）①“鱼浮灵”主要成分是2Na2CO3·

碳酸钠和过氧化氢，碳酸钠溶液显碱性，能促进过氧化氢分解生成氧气。

②“钙多宝”主要成分是CaO2 ， 常温下能与水反应生成氢氧化钙和氧气，氢氧化钙能吸收二氧化碳生成碳酸钙，故长时间存放的过氧化钙中含有主要杂质是生成的碳酸钙CaCO3、氢氧化钙Ca（OH）2。 【分析】（1）过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气和水 。 （2）① 空气液化过主要改变的是分子之间的间隔。

② 根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，进行分析。

MnO_2

_

MnO_2

_

O2↑+2H2O

O2↑+2H2O 。

（3）根据微观示意图可知，氢分子解离氢原子。

（4）①根据表格中数据可知，加入氯化铜以后，双氧水分解率特别大，进行分析。 ②根据图可知，pH为9时，双氧水的分解率最高。

（5）①“鱼浮灵”溶于水生成碳酸钠和过氧化氢，碳酸钠溶液显碱性，能促进过氧化氢分解生成氧气。 ②CaO2常温下能与水反应生成氢氧化钙和氧气，氢氧化钙能吸收二氧化碳生成碳酸钙。

24.天然气（主要成分为CH4）作为清洁能源，正逐步走进城乡居民生活。

（1）“西气东输”工程利于国家能源和产业结构调整，极大改善了沿线居民生活质量。 ①为防止传输天然气的钢管被腐蚀，可采取的措施有________（写出一种）。

②CH4完全燃烧的化学方程式是________，该过程________（填“释放”或“吸收”）能量。 ③天然气的使用可有效减少酸雨形成。下列现象与酸雨有关的是________。 A．石刻文物被腐蚀 B．全球海平面上升

（2）工业上以CH4为原料生产H2 ， 制取原理如下图所示：

已知变换塔、洗涤塔发生的主要反应依次是：

一定条件CO+H2O

__

CO2+H2 ， CO2+H2O=H2CO3

(

)

①“转化炉”中有H2产生，参加反应的CH4与H2O的质量比 m(CH4)= ________。

mH2O

②“洗涤塔”中气体从塔底通入，水从塔顶喷淋。这样操作的优点是________。 ③若有32gCH4参与反应（假设各步反应都完全转化），理论上可制得________gH2。

（3）我国是世界上首个成功试采海域可燃冰的国家。可燃冰是CH4被H2O分子形成的笼包裹，在海底低温和高压作用下形成的结晶物质。

①可燃冰样品常存放于液氮储存罐中，其原因是________。

②可燃冰有多种结构，某H型可燃冰的化学式为CH4·xH2O，分析其结构发现：平均34个H2O分子构成6个笼，每个笼只容纳一个CH4或H2O分子，这6个笼内容纳的CH4与H2O分子个数比是________（填最小整数比）。

点燃【答案】 （1）在钢管内外刷漆；𝐶𝐻4+2O2

_

_

𝐶𝑂2+2H2O；释放；A

（2）8：9；水与二氧化碳能充分反应，将二氧化碳完全吸收；16 （3）防止甲烷泄露；1：9

【考点】甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途，物质的相互转化和制备

【解析】【解答】（1）①为防止传输天然气的钢管被腐蚀，可采取的措施有在钢管内外刷漆，隔绝空气和水，防止被腐蚀。

点燃②CH4完全燃烧的化学方程式是 𝐶𝐻4+2O2③A、石刻文物被腐蚀与酸雨有关

B、全球海平面上升与二氧化碳大量排放造成的温室效应有关； 故答案为：A。

__

𝐶𝑂2+2H2O ，该过程释放能量。

一定条件①“转化炉”中有H2产生反应的化学方程式为 𝐶𝐻4+H2O（2）的质量比 m(

(𝐶𝐻4)

_

_

𝐶𝑂+3H2 ，参加反应的CH4与H2O

mH2O)

=

16

= ； 1

8

②“洗涤塔”中气体从塔底通入，水从塔顶喷淋。这样操作的优点是水与二氧化碳能充分反应，将二氧化碳完全吸收；

③设转化炉中生成的氢气的质量为x ， 生成的一氧化碳的质量为y。

一定条件𝐶𝐻416

32g1632g=6𝑥设变换炉中生成的氢气的质量为z。

𝑥=12g+

H2O

_

_

𝐶𝑂28𝑦

+

3H26𝑥

1632g=28𝑦𝑦=56g

一定条件𝐶𝑂28

56g

2856g =

2𝑧z=4g

因此理论上可制得12g+4g=16gH2。

+

H2O

_

_

𝐶𝑂2

+

H22𝑧

（3）①由题干可知，可燃冰是CH4被H2O分子形成的笼包裹，在液氮的作用下水分子能够牢牢包裹甲烷分子，因此可燃冰样品常存放于液氮储存罐中，其原因是防止甲烷泄露；

②平均34个H2O分子构成6个笼，每个笼只容纳一个CH4或H2O分子，同时根据H型可燃冰的化学式，则说明有2个笼被游离H2O分子填充，因此水分子的个数为34+2=36，甲烷分子个数=6-2=4，因此这6个笼内容纳的CH4与H2O分子个数比是4：36=1：9； 【分析】（1）① 根据铁生锈的条件，进行分析。 ②CH4完全燃烧生成二氧化碳和水。 ③ 根据酸雨对环境的破坏，进行分析。 （2）① 根据化学方程式的含义，进行分析。

② 根据为了水与二氧化碳能充分反应，将二氧化碳完全吸收。进行分析。 ③ 根据甲烷与水在一定条件下反应生成一氧化碳和氢气的化学方程式，进行计算。

① 根据题干可知，可燃冰是CH4被H2O分子形成的笼包裹，在液氮的作用下水分子能够牢牢包裹甲（3）

烷分子，进行分析。

② 根据“平均34个H2O分子构成6个笼，每个笼只容纳一个CH4或H2O分子，同时根据H型可燃冰的化学式，则说明有2个笼被游离H2O分子填充，”说明水分子数=34+2=36，分成6个笼，36÷6=6，所以甲烷分子个数=6-2=4，进行分析。

25.以某菱镁矿石（主要成分是MgCO3 ， 含少量MnCO3、SiO2）制取MgSO4·7H2O，流程如下：

“酸浸”时，为了提高浸取率，除了搅拌、提高硫酸浓度外，还可采取的措施有________（1）（写出一种）。此时，MnCO3发生反应的化学方程式是________。

（2）“转化”时主要反应是 NaC1O+MnSO4+H2O=MnO2↓+NaCl+H2SO4 ，氯元素反应前后化合价变化情况是________（填“升高”或“降低”）。

（3）硫酸镁溶液在不同温度下进行浓缩结晶，可得到不同的晶体： 温度/℃ -3.9-1.8 1.8-48.1 48.1-67.5 67.5-200 12H2O MgSO4·7H2O MgSO4·6H2O MgSO4·H2O等 析出晶体 MgSO4·①“操作1”的具体操作是：蒸发浓缩滤液至表面有晶膜出现（此时MgSO4溶液已饱和）、________、过滤、洗涤、低温干燥。

②“操作1”所得滤液中能分离出一种可循环使用的物质，该物质是________（填化学式）。循环使用的目的是________。

7H2O中镁元素质量分数为9.76%，采用热分析法测定所得MgSO4·7H2O样品中镁元素质（4）已知：MgSO4·量分数：

①未加热前，测得样品中镁元素质量分数略大于9.76%，可能的原因是________。 ②高于900℃后，测得剩余固体中镁元素质量分数大于20%，可能的原因是________。

7H2O产品，忽略反应过程中镁元素损失，求该菱镁矿石中（5）若用100t菱镁矿石可制得246 t MgSO4·

MgCO3的质量分数。（写出计算过程）________。

【答案】 （1）粉碎菱镁矿石；MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ （2）降低

（3）降温至1.8-48.1℃结晶；H2SO4；提高原料利用率，节约资源和成本，减少污染 （4）已经失去部分结晶水；硫酸镁部分分解（合理即可）

MgCO3∼MgSO4⋅7H2O84𝑥

解得x=84t （5）设参与反应的MgCO3的质量为x 根据镁元素守恒可得 84=246246246t

𝑥246t所以岭煤矿中碳酸镁质量分数为

84t100t

×100%=84%

【考点】盐的化学性质，物质的相互转化和制备

【解析】【解答】（1）酸浸时为了提高浸出率，可采用的操作有将矿石研磨成粉末、搅拌、提高硫酸浓度等。根据上述分析，MnCO3与硫酸反应生成MnSO4、水和二氧化碳，反应方程式为MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑。

（2）反应前是NaClO中氯为+1价，反应后是氯化钠中氯为-1价，故化合价降低。

7H2O在1.8-48.1℃析出，故在蒸发浓缩后的冷却结晶中应控制温度为（3）①由表中可知，MgSO4·

1.8-48.1℃，故填降温至1.8-48.1℃结晶。

②操作Ⅰ得到的滤液中溶质为H2SO4和NaCl，其中硫酸可至酸浸步骤进行循环利用，循环使用的目的是提高原料利用率，节约资源和成本，减少污染。

（4）①未加热前，镁元素的质量分数偏大，有可能是结晶过程中已经失去部分结晶水所导致。 ②由计算可得，MgSO4中镁元素的质量分数为

24+32+16×4

24×100%=20% ，高于900℃，镁元素的质量分

数大于硫酸镁中镁元素的质量分数，可能原因为硫酸镁部分分解。 【分析】（1）MnCO3与硫酸反应生成MnSO4、水和二氧化碳，。 （2）根据在化合物中，元素的化合价代数和为零，进行分析。 7H2O在1.8-48.1℃析出，进行分析。 （3）①根据表中可知，MgSO4·

②物质循环使用的目的是提高原料利用率，节约资源和成本。 （4）①有可能是结晶过程中会失去部分结晶水。 ②硫酸镁会分解。

（5）根据质量守恒定律，反应前后镁原子不变，找出碳酸镁与MgSO4·7H2O关系式，进行计算。