2026年江苏苏州市中考化学真题（解析版）

2026年苏州市初中学业水平考试试卷

化学

注意事项：

1.本试卷分选择题和非选择题，选择题第1页至第3页，非选择题第4页至第8页；共26题，

满分100分；考试用时100分钟。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、考点名称、考场号、座位号用0.5毫米黑色墨水签字笔填

写在答题卡相对应的位置上，并认真核对条形码上的准考号、姓名是否与本人的相符合。

3.答选择题必须用2B铅笔把答题卡相对应题目的答案标号涂黑，如需改动，请用橡皮擦干净

后，再选涂其他答案；答非选择题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔写在答题卡指定的位置上，

不在答题区域内的答案一律无效，不得用其他笔答题。

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Cl-35.5

K-39Ca-40Fe-56

选择题(共40分)

单项选择题(包括20题，每题2分，共40分。每题只．有．一．个．选项最符合题意。)

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

【答案】B

【解析】

【分析】元素符号书写遵循一大二小原则：仅由1个字母表示时字母大写；由2个字母表示时，第一个字

母大写，第二个字母小写。

【详解】A.硅的元素符号为Si，选项两个字母均大写，书写错误；

B.铜的元素符号为Cu，符合书写规则，书写正确；

C.钡的元素符号为Ba，选项首字母未大写，书写错误；

D.铅的元素符号为Pb，选项首字母小写、第二个字母大写，书写错误。

2.如表列出某食品部分营养成分，其中含量最高的是

成分每100g

蛋白质2.6g

脂肪1.4g

碳水化合物10.0g

钠60mg

A.蛋白质B.脂肪C.碳水化合物D.钠

【答案】C

【解析】

【详解】首先统一质量单位，根据换算关系1g1000mg，可得钠的含量为60mg0.06g。对比每100g

食品中各成分的质量：蛋白质2.6g、脂肪1.4g、碳水化合物10.0g、钠0.06g，可知碳水化合物含量最高。

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

【答案】B

【解析】

【详解】加热高锰酸钾制氧气属于固体加热型反应：铁架台用于固定反应容器、试管用于盛放高锰酸钾固

体、酒精灯用于加热，长颈漏斗的作用是在固液不加热型反应中添加液体药品，该实验没有液体反应物，

因此不需要使用长颈漏斗。

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

【答案】A

【解析】

【详解】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，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，无吸附功能，不符合题意。

C.小卵石的作用是过滤，除去水中颗粒较大的难溶性杂质，无吸附功能，不符合题意。

D.塑料瓶是净水装置的容器，没有吸附作用，不符合题意。

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

【答案】A

【解析】

【详解】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，火药爆炸、

陶瓷烧制、粮食酿酒有新物质生成，属于化学变化。

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

-2

C.硫离子：SD.硫酸钾：K2SO4

【答案】D

【解析】

详解】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】

。8S表示的是8个硫原子，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，二氧化硫的正确写法是，B错误。

2

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SO子的正确写法是S2，

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，可得硫酸钾的化学式为K2SO4，

D正确。

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

【答案】D

【解析】

【详解】A.石墨作润滑剂是利用其层状结构带来的滑腻感，导电性对应的用途是制作电极，对应关系错误。

B.氧气用于医疗急救是利用其可供给呼吸的性质，支持燃烧对应的用途是作助燃剂，对应关系错误。

C.二氧化碳用于灭火是利用其不燃烧、不支持燃烧且密度大于空气的性质，能与水反应对应的用途是制作

碳酸饮料，对应关系错误。

D.胃酸的主要成分为盐酸，碳酸氢钠可与酸发生反应：NaHCO3HClNaClH2OCO2，可消耗

过量胃酸且性质温和，可用于治疗胃酸过多，对应关系正确。

阅读下列材料，回答下列小题：

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

高温

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

氩气保护

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

高温

10.用反应3Mg+2ScCl32Sc+3MgCl2制取钪，下列说法正确的是

氩气保护

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

【答案】8.A9.A10.D

【解析】

【8题详解】

A.元素周期表单元格左上角数字为原子序数，原子序数=核内质子数，因此钪原子质子数为21，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，错误；

C.钪为金属元素，原子易失去3个电子形成Sc3，不是得电子，错误；

D.相对原子质量单位为“1”，常省略，不是g，错误。

【9题详解】

酸在水溶液中解离出的阳离子全部为H，碱解离出的阴离子全部为，盐由金属阳离子（或铵根）和酸

−

根离子构成。OH

氧化物定义为由两种元素组成、且其中一种为氧元素的化合物，Sc2O3符合该定义，选A。

【10题详解】

A.氩气为稀有气体，通常条件下化学性质极不活泼，错误；

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，错误；

C.合金的熔点低于其组成纯金属的熔点，因此镁钪合金熔点低于钪，错误；

D.Mg、Sc均为活泼金属，高温下易与空气中氧气反应，因此反应需在氩气保护下进行，避免金属被氧化，

正确。

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.装瓶并贴上图所示标签

【答案】D

【解析】

【分析】结合溶质质量分数的计算公式，以及溶液配制的操作规范、试剂瓶标签的书写要求判断选项。.

【详解】A.根据公式m溶质m溶液溶质质量分数，得mNaCl50g16%8g，操作正确。

B.所需水的质量为50g8g42g，水的密度为1gmL1，故量取水的体积为42mL，操作正确。

C.溶解固体溶质的操作需在烧杯中进行，操作正确。

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，操作不正

确。

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.

【答案】D

【解析】

【分析】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。

【详解】A.试管内有干燥剂，环境干燥缺少水，铁钉不易生锈；

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；

C.铁钉同时接触水和空气，会发生锈蚀，但锈蚀速率较慢；

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。

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

【答案】C

【解析】

【分析】电解水实验遵循“正氧负氢，氢二氧一”的规律：a管连接电源正极，产生氧气；b管连接电源负极，

产生氢气。

【详解】A.氧气具有助燃性，无可燃性，说法错误；

B.氢气具有可燃性，不能使带火星的木条复燃，说法错误；

C.a管氧气与b管氢气的体积比约为1:2，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，说法错误。

14.根据下列实验操作及现象，不能得出对应结论的是

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

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】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，表述正确。

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，表述正确。

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，因此无法证明石蜡中一定含氧元素，结论错误。

D.白烟可被点燃且能引燃蜡烛，直接说明白烟具有可燃性，表述正确。

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

【答案】C

【解析】

【详解】A.燃烧是可燃物与氧气发生的氧化反应，油灯工作时油、灯芯和氧气都参与反应，因此A错误。

B.油受热蒸发属于物理变化，变化过程中分子本身大小不变，只是分子间间隔变大，因此B错误。

C.夹瓷盏下层的水升温、蒸发时会吸收热量，降低上层油的温度，可减少油的蒸发，因此比铜盏油灯省油，

C正确。

D.着火点是可燃物的固有属性，一般不会改变，吹灭油灯的原理是流动的空气带走热量，降低温度至可燃

物的着火点以下，因此D错误。

16.下列实验方案能达到实验目的的是

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

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【分析】结合物质性质，判断实验方案是否满足鉴别需有明显现象差异、除杂需“不消耗原物质、不引入

新杂质”、pH测定操作规范的要求。

【详解】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，方案错误。

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，方案正确。

高温

C.高温煅烧时发生反应CaCO3CaOCO2，会消耗原物质CaCO3，不符合除杂要求，方案错误。

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，方案错误。

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

【答案】B

【解析】

【详解】A.提出问题是针对现象进行疑问，本题没有提出疑问，不符合题意。

B.小明根据苹果切面变色的现象，猜测果肉中某种成分能与氧气反应生成褐色物质，属于根据观察到的现

象作出猜想、形成假设，符合题意。

C.设计实验是规划实验步骤、操作方案，题干没有设计相关实验，不符合题意。

D.得出结论是根据实验现象总结最终观点，题干还未进行实验，没有得出结论，不符合题意。

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1：1

B.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1：1

D.反应后氧原子个数增多

【答案】B

【解析】

【分析】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，丙是，

COO2

通电

配平得反应方程式：2CO22COO2。

【详解】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，

错误。

B.乙（）中碳、氧元素质量比为12:163:4，正确。

C.由配平CO的方程式可知，生成乙（）和丙（）的分子个数比为2:1，错误。

D.根据质量守恒定律，化学反应前C后O原子的种类O、2数目均不变，反应后氧原子个数不变，错误。

19.在给定条件下，下列选项所示的物质转化不．能．实现的是

H2O稀盐酸

A.CaOCa(OH)2B.Fe2O3FeCl3

MgSO4溶液稀硫酸

C.AgMgD.ZnZnSO4

【答案】C

【解析】

。详解】A.碱性氧化物CaO可与水化合生成氢氧化钙，反应为CaO+H2OCa(OH)2，转化可实现】

Fe2O36HCl2FeCl33H2O

B.金属氧化物Fe2O3与稀盐酸发生复分解反应，铁元素保持+3价，反应为，

转化可实现。

C.在金属活动性顺序中Ag的活动性弱于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，因此Ag不能与MgSO4反应生成Mg，转化不能实现。

D.Zn活动性强于氢，可与稀硫酸发生置换反应，反应为ZnH2SO4ZnSO4H2，转化可实现。

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。

m(CaCl2)、m(H2O)、

符号m(HCl)、m(CaCO3)

m(CO2)

参加反应的HCl、反应生成的CaCl2、

含义

CaCO3质量H2O、CO2质量

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)

【答案】D

【解析】

【详解】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，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，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，错误。

D.符合质量守恒定律：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

mHClmCaCO3mCaCl2mH2OmCO2，正确。

非选择题(共60分)

21.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，进行如表实验。

编号实验内容木条是否复燃

向试管中加入5mL5%的过氧化氢溶液，伸入带火星的

实验1不复燃

木条

向实验1试管中再加入1gMnO2粉末，伸入带火星的木

实验2复燃

条

将试管中的残留物过滤、洗涤、干燥并称得固体质量为

实验3

1g

取5mL5%的过氧化氢溶液于另一试管中，将实验3所

实验4

得固体加入，伸入带火星的木条

①预测实验4中带火星的木条出现的现象：______。

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↑。

m产生氧气

（4）CaO2的有效氧理论值为______[有效氧=×100%，结果精确到0.1%]。

m过氧化钙

（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______。

MnO2

【答案】（1）2H2O22H2OO2

（2）①.B②.C或E

（3）①.复燃②.验证二氧化锰在反应前后化学性质不变

（4）22.2%（5）与水体中CO2反应被消耗

2

【解析】Ca(OH)

【小问1详解】

过氧化氢在二氧化锰作催化剂时分解产生水和氧气，化学方程式见答案；

【小问2详解】

过氧化氢溶液和二氧化锰是固液不加热型反应，发生装置应选用装置B；

氧气密度比空气大，可用向上排空气法（C）；氧气不易溶于水且不与水反应，可用排水法（E）；

【小问3详解】

①二氧化锰反应前后化学性质不变，将回收后的再次加入过氧化氢溶液，依旧能快速产生大量氧气，

带火星的木条会复燃；MnO2

②实验3已验证反应前后质量不变，实验4重复加入回收固体，目的是验证是否还能加速过氧

化氢分解，即反应前后二氧Mn化O锰2的化学性质不变，从而完整证明二氧化锰是过氧化M氢nO分2解反应的催化剂；

【小问4详解】

根据供氧反应可知，每份质量的完全反应生成份质量

2CaO22H2O2CaOH2O2144CaO232

m产生氧气32

的，有效氧理论值=100%100%22.2%；

m过氧化钙144

O2

【小问5详解】

鱼类呼吸产生的二氧化碳会与生成的氢氧化钙发生反应（），消耗了溶

CO2CaOH2CaCO3H2O

液中的氢氧根离子，因此水体碱性不会明显升高，pH无明显变化。

22.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

m前m后

脱落。实验前后试样的质量变化率[×100%]与灼烧温度的关系如图，结果表明540℃时效果

m前

最佳。

将“灼烧除漆”后的易拉罐碎片压实，在温度高于660℃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）图中，550℃时试样的质量变化率低于540℃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)。

【答案】（1）A（2）延展

（3）漆层和塑料薄膜燃烧放热

（4）550℃时部分铝与氧气反应生成氧化铝而增重

（5）①.2Al6HCl2AlCl33H2②.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

【解析】

【小问1详解】

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；

【小问2详解】

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；

【小问3详解】

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，因此不需要外界持续供热；

【小问4详解】

m前m后

质量变化率公式为100%。温度升高到550℃时，铝的氧化速率显著加快，铝与氧气反应

m前

生成氧化铝，固体质量增加，使灼烧后剩余质量变大，因此质量变化率比540℃时更低；

【小问5详解】

①铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，化学方程式为2Al6HCl2AlCl33H2；

②略；

【小问6详解】

根据材料，生产再生铝的能量消耗仅为生产原铝的5%，因此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。

23.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)2

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

90℃

反应II：Fe(OH)2+2Fe(OH)3Fe3O4+4H2O

m实际

该步骤中，溶液pH影响产品颜色与产率[×100%]，关系如表：

m理论

pH6.06.57.07.58.09.0

产品颜色黄褐黄褐较黑很黑很黑灰黑

产率/%43.950.686.293.092.391.6

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______。

【答案】（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）①.7.5②.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

【解析】

【小问1详解】

xFeOyFe2O3中，Fe原子总数为x2y3，O原子总数为x3y4，解得x1,y1，故比值为1:1。

【小问2详解】

碳酸钙与硫酸发生复分解反应，生成微溶的硫酸钙、水和二氧化碳，配平即可。

【小问3详解】

和熟石灰互相交换成分，生成和，符合复分解反应的特征。

FeSO4CaOH2FeOH2CaSO4

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。

【小问4详解】

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。

生成需要和按反应，过量会过度氧化，反应物比例失

Fe3O4FeOH2FeOH31:2NaClO3FeOH2

调，产率下降。

【小问5详解】

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。

80～90℃

24.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℃，固体完全溶解，再蒸发至液体体积

2

为原来的，有晶体析出，趁热过滤，将滤液进行处理得到KNO3晶体。

3

（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℃时，NaNO3的溶解度约为______g(填整数)。

（3）80℃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℃)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.10mLB.15mLC.30mLD.50mL

2

（5）蒸发至液体体积为原来时析出一种晶体，该晶体为______。

3

（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。

【答案】（1）K、N##钾、氮

（2）80（3）①.不饱和②.ABC（4）B

（5）NaCl（6）冷却结晶(或降温结晶)、过滤

【解析】

【小问1详解】

植物生长的主要营养元素为氮、磷、钾，KNO3中同时含有氮元素和钾元素，因此属于复合肥；

【小问2详解】

根据溶解度曲线与文献数据，10℃时NaNO3的溶解度约为80g；

【小问3详解】

80℃时NaNO3溶解度为148g，即100g水中最多溶解148gNaNO3，实验加入约15g水，最多可溶解

22.2gNaNO3，而实际仅加入8.5g，因此为不饱和溶液（加水的数值，参考第四小题解析）；

溶液均具有均一性、稳定性两大基本特征；该溶液含、、、四种自由移动的离子，因此具

NO3KCl

+

有导电性，三项性质均具备；Na

【小问4详解】

溶解的限制因素为溶解度更小的KCl。80℃时KCl溶解度为51.3g，即100g水中最多溶解51.3gKCl，

51.3g

溶解7.5gKCl至少需要水：m水7.5g14.6g，即约14.6mL，因此选用15mL水既能保证

100g

2

固体完全溶解，蒸发至原体积时又能析出晶体，是最优选择；

3

【小问5详解】

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℃时溶解度很高，仍保留在滤液中，因此析出的晶体为NaCl；

【小问6详解】

KNO3的溶解度随温度降低急剧减小，而NaCl溶解度受温度影响很小；因此将趁热过滤后的高温滤液降

温，KNO3会大量结晶析出，NaCl留在溶液中，即可得到含少量杂质的KNO3固体。

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）写出下侧瓶中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℃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。记录如表：

实验编号①②③④⑤⑥⑦

氨水浓度/%5101515x1515

烟气中CO2

12121210141212

体积分数/%

烟气流量

3333325

/(L•min-1)

烟气中CO2

90.493.794.594.992.399.289.2

去除率/%

（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______。

【答案】（1）小于（2）2KOHCO2K2CO3H2O

（3）15（4）①②③

1

（5）其他条件相同时，烟气流量(2~5Lmin范围内)越小，CO2去除效果越好

（6）①.部分氨气未发生反应随烟气排出②.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】

【小问1详解】

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；

【小问2详解】

二氧化碳与氢氧化钾反应，生成碳酸钾和水，化学方程式为2KOHCO2K2CO3H2O；

【小问3详解】

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3Lmin1，因此实验⑤的氨水

浓度x=15；

【小问4详解】

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

1

中CO2体积分数均为12%、烟气流量均为3Lmin，氨水浓度分别为5%、10%、15%，符合单一变量要

求；

【小问5详解】

实验③⑥⑦中，氨水浓度、体积分数均相同，只有烟气流量不同；流量为1时去除率，

CO22Lmin99.2%

3Lmin1时94.5%，5Lmin1时89.2%，由此得出流量与去除率的负相关规律；

【小问6详解】

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。

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℃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。

（