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-35.5K-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：SI B.铜：Cu C.钡：ba D.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，选项两个字母均大写，书写错误；B.铜的元素符号为，符合书写规则，书写正确；C.钡的元素符号为，选项首字母未大写，书写错误；D.铅的元素符号为，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蛋白质脂肪碳水化合物钠2.6g1.4g10.0g60mgA.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，可得钠的含量为。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：8S B.二氧化硫：O2SC.硫离子：S-2 D.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；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SO2C.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，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，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：，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21 B.钪原子最外层电子数为21C.钪原子得到3个电子形成Sc3+ D.钪元素的相对原子质量为44.96g9.Sc2O3所属的物质类别为A.氧化物 B.酸 C.碱 D.盐10.用反应3Mg+2ScCl32Sc+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【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，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，碱解离出的阴离子全部为OH−，盐由金属阳离子（或铵根）和酸根离子构成。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，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8gNaCl B.量取42mL水(水的密度为1g•mL-1)C.在烧杯中溶解NaCl D.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，得，操作正确。B.所需水的质量为，水的密度为，故量取水的体积为，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1：2 D.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，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.A B.B C.C D.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.A B.B C.C D.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.和都不支持燃烧，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。C.高温煅烧时发生反应，会消耗原物质，不符合除杂要求，方案错误。D.湿润的pH试纸会稀释待测溶液，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1：1B.乙中碳元素与氧元素的质量比为3：4C.生成乙和丙的分子个数比为1：1D.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，乙是CO，丙是O2，配平得反应方程式：。【详解】A.甲（）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，错误。B.乙（CO）中碳、氧元素质量比为，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，错误。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，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A.CaOCa(OH)2 B.Fe2O3FeCl3C.AgMg D.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。B.金属氧化物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的活动性弱于，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，因此不能与反应生成，转化不能实现。D.活动性强于氢，可与稀硫酸发生置换反应，反应为，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。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质量下列说法正确的是A.m(HCl)+m(CaCO3)=73.0gB.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73.0gD.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，不是仅参加反应的和的质量和，错误。B.反应中固体被消耗，生成可溶性和气体，固体质量会减小，错误。C.敞口体系中生成的会逸散到空气中，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，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实验1向试管中加入5mL5%的过氧化氢溶液，伸入带火星的木条不复燃实验2向实验1试管中再加入1gMnO2粉末，伸入带火星的木条复燃实验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↑。（4）CaO2的有效氧理论值为______[有效氧=×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______。【答案】（1）（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）Ca(OH)【解析】【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MnO2②实验3已验证反应前后MnO2质量不变，实验4重复加入回收固体，目的是验证MnO【小问4详解】根据供氧反应可知，每144份质量的完全反应生成32份质量的O2，有效氧理论值=；【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）①.②.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【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】质量变化率公式为。温度升高到550℃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，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；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)2①FeSO4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[×100%]，关系如表：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/%43.950.686.293.092.391.6①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】中，Fe原子总数为，O原子总数为，解得，故比值为。【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。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，混在固体产物中，是主要非磁性杂质。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。（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.10mL B.15mL C.30mL D.50mL（5）蒸发至液体体积为原来时析出一种晶体，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。【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，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℃时的溶解度约为80

g；【小问3详解】80℃时溶解度为148

g，即100

g水中最多溶解148

g，实验加入约15

g水，最多可溶解22.2

g，而实际仅加入8.5

g，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Na+、、、四种自由移动的离子，因此具有导电性，三项性质均具备；【小问4详解】溶解的限制因素为溶解度更小的。80℃时溶解度为51.3

g，即100

g水中最多溶解51.3

g，溶解7.5

g

至少需要水：，即约14.6

mL，因此选用15

mL水既能保证固体完全溶解，蒸发至原体积时又能析出晶体，是最优选择；【小问5详解】反应生成和。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；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；【小问6详解】的溶解度随温度降低急剧减小，而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，会大量结晶析出，留在溶液中，即可得到含少量杂质的固体。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体积分数/%12121210141212烟气流量/(L•min-1)3333325烟气中CO2去除率/%90.493.794.594.992.399.289.2（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）（3）15（4）①②③（5）其他条件相同时，烟气流量(范围内)越小，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】能溶于水，但溶解量有限；而能与发生化学反应，会消耗更多的瓶内气体，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；【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，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，需控制烟气中体积分数、烟气流量相同，只改变氨水浓度。实验①②③中体积分数均为12%、烟气流量均为，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；流量为时去除率99.2%，时94.5%，时89.2%，由此得出流量与去除率的负相关规律；【小问6详