广西壮族自治区2026年初中化学学业水平性考试附答案

广西壮族自治区2026年化学初中学业水平性考试一、单项选择题（本大题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题列出的四个备选项中，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分。）1．在践行简约适度、绿色低碳的生活方式中，下列做法与之不相符的是（）A．洗菜水浇花 B．乘坐公共交通出行C．使用节能灯具 D．大量使用一次性餐具2．青少年生长发育迅速，需适量补钙。下列物质可用作补钙剂的是（）A．碳酸钙 B．氯化钠 C．碳酸钠 D．碳酸氢钠3．在锌和稀盐酸反应的实验中，不需要标注的图标是（）A．护目镜 B．排风C．用电 D．洗手4．下列实验室中的做法，错误的是（）A．随意丢弃剩余试剂 B．分类处理实验产生的废液C．使用低毒环保试剂 D．实验微量化以减少试剂用量5．中国空间站首次实现了空间微重力条件下水稻全生命周期的发育研究。下列能参与水稻光合作用的气体是（）A．氢气 B．氮气 C．二氧化碳 D．二氧化硫6．下列实验操作中，规范的是（）A．滴加液体 B．熄灭酒精灯C．收集氧气 D．测定pH7．下列河水的处理方法中，能达到杀菌效果的是（）A．将水静置 B．煮沸C．用纱布过滤 D．用活性炭吸附8．我国科学家利用重离子加速器，首次合成了镤元素的一种新核素。如图是镤元素在元素周期表中的信息。下列有关镤元素的说法正确的是（）A．元素符号为Pa B．原子序数是231C．原子核外有140个电子 D．相对原子质量为919．食品包装袋常充入氮气以延长食品保质期。这是因为氮气（）A．难溶于水 B．化学性质稳定C．沸点较低 D．密度比空气小10．图为某品牌牛奶标签的部分信息。下列关于该牛奶的说法错误的是（）A．含有脂肪 B．含有碳元素C．可以提供能量 D．含量最多的是钠11．湿拖把拖过的地面会慢慢变干。这一现象从微观的角度解释，主要是因为（）A．分子间有间隔 B．分子体积变小C．分子在不断运动 D．分子变成原子12．自行车车架喷漆防锈的原理是隔绝氧气和水。下列防锈措施原理与其相同的是（）A．停放在干燥处 B．雨后及时擦干车身C．链条定时涂油 D．车轴采用不锈钢材料13．醋酸的化学性质与盐酸相似，可用于家庭除水垢。下列物质不能与醋酸发生反应的是（）A．铜 B．碳酸钙 C．氧化铁 D．氢氧化钠14．有关实验室用双氧水与二氧化锰制取氧气的说法，正确的是（）A．无需检查装置的气密性 B．反应后二氧化锰质量增加C．反应时需要用酒精灯加热 D．可用带火星的木条检验氧气15．嘉兴南湖红船复原及养护时使用了桐油。桐油防腐的核心成分是桐酸（化学式为C18H30O2）。下列关于桐酸的说法正确的是（）A．含有三种元素 B．含有水分子C．碳和氢元素的质量比为9∶15 D．氧元素的质量分数最大16．太阳光分解海水可制备过氧化氢，该反应的微观示意图如图所示，下列说法错误的是（）A．该反应有氢气生成B．反应前后分子个数发生了改变C．反应前后原子种类没有发生改变D．该反应的原料在自然界中储量丰富17．干海带表面的“白霜”主要成分为甘露醇，该物质具有降压作用。常温下甘露醇易溶于水，向其浓溶液中加入乙醇可使甘露醇析出。溶质质量分数为20%的甘露醇注射液在秋冬季节容易结晶。下列说法错误的是（）A．甘露醇的溶解度不大于25gB．清洗干海带时，若长时间浸泡，会导致甘露醇流失C．甘露醇注射液中出现结晶时，适度加热可使晶体溶解D．常温下，甘露醇在水中的溶解度大于在乙醇中的溶解度18．下列实验方案能达到目的的是（）选项实验目的实验方案A鉴别氢气和甲烷点燃，在火焰上罩一个干冷的烧杯B除去氧化钙中的碳酸钙高温煅烧C检验氢氧化钠溶液是否变质取样后滴加酚酞溶液D分离CO2和N2的混合气体通入澄清石灰水A．A B．B C．C D．D19．常温下，向体积均为20.00mL溶质质量分数为0.4%、4%的两份盐酸（密度均以1.0g/mL计）中，分别滴入不同溶质质量分数的NaOH溶液，测得溶液的pH随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图。已知：盐酸的溶质质量分数越大，pH越小。下列说法正确的是（）A．X点对应的溶液中的溶质只有1种B．对于曲线b，溶液中NaCl的质量：Y点＜Z点C．Y点时，发生反应的HCl和NaOH的质量之比为80∶73D．未滴入NaOH溶液时，曲线a、b对应的溶液中溶质的质量之比为10∶120．在“质量守恒定律”实践应用活动中，某小组以1.00gCaCO3粉末和过量的溶质质量分数为7.3%的盐酸为反应物，用图装置进行三次实验，测得反应前后烧杯中物质的总质量的变化量（Δm）均小于理论生成CO2的质量（m），但反复振荡烧杯后，Δm和m基本吻合。下列说法错误的是（）A．m＝0.44gB．Δm＜m可能是因为生成的CO2溶于水C．若改用溶质质量分数为37%的浓盐酸重复实验，所得Δm会变大D．振荡后，△m和m基本吻合，说明该实验能验证质量守恒定律二、填空与简答题（本大题共6小题，除特别标注外，每空1分，共38分。）21．牙膏中添加的氟化物能与牙釉质层发生反应，生成氟磷灰石[化学式为起到预防龋齿的作用。用化学用语填空。（1）磷元素；（2）2个氟原子；（3）钙离子；（4）氧气分子。22．物质的用途反映其性质。根据物质用途，判断对应物质的性质（填序号）。①密度小②硬度大③导电性④耐腐蚀性⑤助燃性⑥可燃性物质名称物质用途物质性质⑴石墨制成电极⑵金刚石制作刀具用于芯片切割⑶铜合金制作耐腐蚀船舶螺旋桨⑷铝合金制造“神舟”飞船船体以减轻重量⑸液氧用作“朱雀二号”系列火箭的推进剂⑹甲烷23．广西不仅拥有壮丽的自然风景，还拥有多样的非物质文化遗产。（1）龟苓膏配制技艺：龟苓膏制作过程中用到草木灰碱水和米浆。常温下，草木灰碱水的pH（填“＞”或“＜”）7；米浆富含的营养物质是（填“糖类”“油脂”或“蛋白质”）。（2）坭兴陶烧制技艺：古法烧制坭兴陶时，常用松木或煤炭作为燃料，炭完全燃烧的化学方程式是。陶土中含锌，这里的“锌”指的是（填“原子”或“元素”）。（3）铜鼓文化：铜鼓是以铜、锡为主要材料制作的青铜器。青铜属于（填“纯净物”或“混合物”），硬度比纯铜（填“大”或“小”）。24．阅读短文并回答问题。人类探索能量与物质变化关系的脚步从未停歇。热、电、光、机械力都能促使物质发生变化。加热可使水沸腾，高温下一氧化碳能将氧化铁（Fe2O3）转化为铁，即冶铁；通电可使灯发光，电解水可制得氢气；光照能使冰雪融化，也能促使二氧化碳与甲烷转变为合成气；通过撞击与摩擦，能改变物质形态或引发变化，例如，我国科学家开发的新型合成氨（NH3）技术，先将铁粉在氮气中研磨氮化，再通入氢气，即可实现温和条件下高效制氨（如图）。（1）“冶铁”的化学方程式是。（2）电解水的化学反应属于基本反应类型中的反应；相同条件下，该反应理论上生成氢气和氧气的体积比是。（3）光照得到合成气的化学方程式为，X是（填化学式）。（4）“氮化”属于（填“物理”或“化学”）变化。在该合成氨技术的整体循环中，铁起到了作用。25．发展农业生产离不开化学的助力。（1）施用NH4NO3可提高土壤的肥力，NH4NO3属于化肥中的肥。（2）种植甘蔗前，可撒入适量（填字母序号）来改良酸性土壤。a.盐酸b.食盐c.熟石灰（3）天气炎热时，需要给鱼塘增氧，原因是温度升高，氧气在水中的溶解度（填“减小”或“增大”）。（4）波尔多液是一种防治果树病害的农药。配制波尔多液时，可先将生石灰和水混合制得石灰乳，再加入硫酸铜溶液。制石灰乳时，混合物温度（填“降低”或“升高”）；加入硫酸铜溶液后，可生成硫酸钙和（填化学式）。不能用铁桶盛放硫酸铜溶液的原因是（用化学方程式表示）。26．有效处理含镍废水不仅能减少环境污染，还可以实现镍资源的回收和利用。以某含镍废水含NiCl2及少量（为原料，生产硫酸镍的工艺流程如图所示。已知：回答下列问题：（1）NiCl2中氯元素的化合价为-1，则镍元素的化合价为。（2）“滤液1”中的主要溶质是（填化学式）。（3）“水洗”的主要目的是。（4）“酸浸”时使用的酸是。（5）为加快“酸浸”过程，可采取的措施是（写一条）。（6）钙、镁渣中含有CaF2、MgF2，说明CaF2、MgF2（填“难”或“易”）溶于水。（7）循环使用“滤液2”的目的是。三、实验探究题（本大题共2小题，除特别标注外，每空1分，共16分。）27．某同学在实验室进行粗盐中难溶性杂质的去除及氯化钠溶液的配制实验。（1）图是粗盐中难溶性杂质的去除实验的操作步骤，正确的操作顺序是（填序号）。图中均使用到的仪器名称是。（2）若操作①后，所得滤液仍然浑浊，可能的原因是（填字母序号）。a.滤纸破损b.滤纸紧贴漏斗内壁c.漏斗下端管口紧靠烧杯内壁（3）进行操作③时，当蒸发皿中出现时，停止加热。（4）配制20.0g溶质质量分数为10%的氯化钠溶液，步骤依次为计算、称量、量取、、装瓶贴标签。需称量g氯化钠固体；量取水时，视线要与量筒内水的凹液面处保持相平。（5）若氯化钠中含有可溶性杂质，则配制的氯化钠溶液的溶质质量分数（填“偏大”或“偏小”）。28．氢氧化镁阻燃剂是广泛使用的阻燃剂之一。某兴趣小组对氢氧化镁阻燃剂展开了相关探究。【查阅资料】①白色无水CuSO4固体吸水后生成蓝色的蓝色的受热生成白色无水CuSO4固体。②MgCO3MgO+CO2↑。项目一：探究Mg（OH）2的性质（1）根据化学式推测，属于（填“碱”或“盐”）。取少量于试管中，加水振荡，几乎不溶。（2）热稳定性：设计图9装置进行实验。加热前先通干燥的空气的目的是。充分加热后，观察到白色无水CuSO4固体变蓝色，说明分解有水生成。【查阅资料】Mg（OH）2分解时吸收大量热，分解产物MgO耐高温。项目二：制备Mg（OH）2阻燃剂（3）I.制备原理选用MgCl2溶液和NaOH溶液制取Mg（OH）2。该反应的化学方程式是。II.制备条件（4）【查阅资料】阻燃剂的粒径越小，阻燃效果越好。制备Mg（OH）2时反应物浓度、温度对粒径大小的影响如图10所示。根据以上信息可知，制备Mg（OH）2阻燃剂的最佳条件为。Ⅲ.制备过程：按最佳条件制备Mg（OH）2阻燃剂。（5）项目三：制作阻燃手套将制得的Mg（OH）2调成浆料，涂于棉纱手套表面，制作成简易阻燃手套，并与普通手套进行燃烧对比实验，测试结果如下：样品测试结果普通手套点燃后样品持续燃烧至完全阻燃手套加热三分钟仍无法点燃测试结果显示，该阻燃手套具备阻燃效果。依据Mg（OH）2的性质探究和燃烧的条件分析，Mg（OH）2可阻燃的原因是（写一条）。（6）交流与拓展：阻燃剂有多种。图11是两种阻燃剂固体质量变化率与温度的关系曲线[图中①为Mg（OH）2，②为根据图中信息，有同学认为，阻燃剂②阻燃效果更好，其依据是。四、计算题（6分。）29．三溴化硼（BBr3）在有机合成工业中常用作反应中间体和溴化剂。一种制备三溴化硼的反应原理为：。（1）该反应涉及的单质除了Br2以外，还有，硼元素属于（填“金属”或“非金属”）元素。（2）现有5.6克B4C，理论上能生成BBr3多少克?（写出计算过程。）

答案1．【答案】D【解析】【解答】A、洗菜水浇花，将原本要倒掉的洗菜水重复利用，减少了新鲜水资源的消耗，属于节约用水的绿色低碳做法，与简约适度、绿色低碳的生活方式相符，选项A不符合题意；

B、乘坐公共交通出行，能减少私家车的使用量，降低汽油等化石燃料的燃烧量，从而减少二氧化碳等温室气体的排放，符合绿色低碳的生活理念，选项B不符合题意；

C、使用节能灯具，在相同照明效果下消耗的电能更少，可节约电力资源，间接减少火力发电产生的碳排放，符合绿色低碳的要求，选项C不符合题意；

D、大量使用一次性餐具，会消耗大量木材、塑料等资源，同时产生大量难以降解的生活垃圾，造成资源浪费和环境污染，违背了简约适度、绿色低碳的生活方式，选项D符合题意。

故答案为：D。

【分析】A、绿色低碳生活的核心之一是节约资源、减少浪费。洗菜水浇花属于一水多用，是生活中常见的节水措施，通过提高水资源的利用率来减少水资源的消耗，符合绿色低碳的要求。

B、绿色低碳的核心目标是减少二氧化碳等温室气体的排放。私家车燃烧汽油会排放大量二氧化碳，公共交通的人均碳排放远低于私家车，因此乘坐公共交通是典型的低碳出行方式。

C、我国电力大多来自火力发电，火力发电需要燃烧煤炭，会排放二氧化碳和污染物。使用节能灯具可以减少电能消耗，间接减少燃煤发电的碳排放，属于节约能源、低碳环保的做法。

D、一次性餐具大多为木质或塑料材质，大量使用会快速消耗森林资源和石油资源，且废弃后会产生大量垃圾，加剧白色污染，大幅增加资源消耗和环境负担，完全不符合简约适度、绿色低碳的生活方式。2．【答案】A【解析】【解答】A、碳酸钙中含有钙元素，进入人体后能与胃酸中的盐酸发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，生成可被人体吸收的氯化钙，且碳酸钙性质温和、无毒，是常用的补钙剂，选项A符合题意；

B、氯化钠的化学式为NaCl，组成元素是钠元素和氯元素，不含钙元素，无法为人体补充钙元素，不能用作补钙剂，选项B不符合题意；

C、碳酸钠的化学式为Na2CO3，不含钙元素，且其水溶液碱性较强，进入肠胃会刺激消化道黏膜，危害人体健康，不能用作补钙剂，选项C不符合题意；

D、碳酸氢钠的化学式为NaHCO3，不含钙元素，主要用于焙制糕点、治疗胃酸过多，不具备补钙的作用，选项D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】A、可用作人体补钙剂的物质需要满足三个条件：①含有钙元素；②无毒、对人体无强烈刺激性；③能在人体肠胃中转化为可被吸收的钙离子。碳酸钙含钙量高，与胃酸（盐酸）反应生成可溶的氯化钙，能被人体吸收，是初中化学中最典型的补钙剂。

B、氯化钠是食盐的主要成分，只含钠、氯两种元素，不含钙元素，不具备补钙的物质基础，主要用于调味、配制生理盐水。

C、碳酸钠俗称纯碱、苏打，不含钙元素，且其水溶液碱性强，会腐蚀肠胃黏膜，不能口服作为人体补充剂，工业上多用于玻璃、造纸生产。

D、碳酸氢钠俗称小苏打，不含钙元素，能与胃酸反应中和过多胃酸，常用于治疗胃酸过多、作发酵粉，与补钙无关。3．【答案】C【解析】【解答】锌和稀盐酸反应的化学方程式为Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，盐酸具有挥发性，反应放热会加速氯化氢气体挥发。

A、反应过程中液体可能溅出，为防止药液溅入眼睛损伤视力，实验时需要佩戴护目镜，因此护目镜图标需要标注，不符合题意；

B、盐酸挥发的氯化氢气体有刺激性和腐蚀性，会危害人体呼吸道，因此实验需要在通风环境中进行，排风图标需要标注，不符合题意；

C、该反应是金属与酸的常温反应，整个过程不需要接通电源，不涉及用电安全问题，因此用电图标不需要标注，符合题意；

D、化学实验结束后，手上可能沾染化学试剂，必须清洗双手，因此洗手图标需要标注，不符合题意。

故答案为：C。

【分析】A、初中化学实验中，涉及液体药品反应、有液体飞溅风险的实验，都要求佩戴护目镜，保护眼部安全，这是基础的实验防护规范。锌和盐酸反应较快，可能有酸液溅出，因此必须标注护目镜图标。

B、盐酸属于挥发性酸，挥发出的氯化氢气体有强烈刺激性，吸入后会损伤呼吸道，因此涉及盐酸的反应实验都需要在通风橱内进行，排风图标是必备的安全标识。

C、该反应是活泼金属与酸的置换反应，常温下接触即可发生，不需要加热、不需要通电，整个实验不涉及电器设备，因此不需要标注用电图标。

D、化学实验后，手上可能残留有害化学试剂，所有化学实验结束后都必须洗手，这是实验基本卫生规范，因此洗手图标是实验常规标注图标。4．【答案】A【解析】【解答】A、实验室剩余的试剂大多具有腐蚀性、毒性，部分属于易燃易爆物品，随意丢弃不仅会造成药品浪费，还会污染土壤、水源，甚至引发安全事故，该做法违反实验室安全规则，选项A错误，符合题意；

B、实验产生的废液成分不同，若随意混合可能发生反应产生有毒气体、爆炸等危险，分类处理可以规避风险，也便于后续无害化处理，符合实验室操作规范，选项B正确，不符合题意；

C、使用低毒环保的试剂，既能完成实验目的，又能减少对实验人员的身体伤害，降低对环境的污染，符合绿色化学的理念，选项C正确，不符合题意；

D、实验微量化指用更少的试剂完成实验，既可以节约化学药品，又能减少实验废弃物的产生，降低环境压力，符合绿色化学要求，选项D正确，不符合题意。

故答案为：A。

【分析】A、实验室剩余药品的处理遵循“三不一要”原则：不能放回原瓶、不能随意丢弃、不能带出实验室，要放入指定的回收容器内。随意丢弃剩余试剂，既浪费药品，又可能腐蚀下水道、污染土壤水源，甚至引发火灾、中毒等安全事故，是严格禁止的错误做法。

B、实验废液成分复杂，酸性、碱性、含重金属的废液混合可能发生剧烈反应，产生有毒气体或爆炸风险。分类处理可以避免危险反应，也便于针对不同废液采用对应的无害化处理方式，是实验室的基本规范。

C、绿色化学的核心是从源头减少污染，使用低毒、环保的试剂，既保证实验效果，又降低对人体和环境的危害，是现代化学实验的发展方向。

D、实验微量化也叫微型实验，通过缩小实验规模、减少试剂用量，既节约实验成本，又大幅减少实验废弃物的产生，是践行绿色化学的重要方式。5．【答案】C【解析】【解答】光合作用的总反应可表示为：二氧化碳+水有机物+氧气，其原料是二氧化碳和水，产物是储存能量的有机物和氧气。

A、氢气不参与光合作用的任何反应过程，不是光合作用的原料，选项A不符合题意；

B、氮气是空气的主要成分，但植物无法直接利用氮气参与光合作用，选项B不符合题意；

C、二氧化碳是光合作用的核心原料之一，参与有机物的合成，选项C符合题意；

D、二氧化硫是有毒的空气污染物，会损伤植物叶片，抑制光合作用，甚至导致植物死亡，不能参与光合作用，选项D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】A、氢气是一种气体单质，自然界中含量极低，植物的光合作用不涉及氢气，氢气也不是植物生长所需的气体。

B、氮气占空气体积的78%，但大多数植物无法直接吸收利用氮气，只有豆科植物的根瘤菌能固氮，氮气不参与光合作用的反应过程。

C、光合作用是绿色植物利用光能，在叶绿体中将二氧化碳和水转化为储存能量的有机物，并释放氧气的过程，二氧化碳是光合作用必需的原料，这是初中生物与化学的基础交叉知识点。

D、二氧化硫是酸雨的主要成因之一，属于空气污染物，会破坏植物的叶片结构，影响植物正常生理活动，不仅不参与光合作用，还会抑制光合作用进行。6．【答案】D【解析】【解答】A、使用胶头滴管滴加液体时，胶头滴管应竖直悬空在试管口的正上方，不能伸入试管内部，否则会污染胶头滴管，进而污染整瓶试剂，图中操作不规范；

B、熄灭酒精灯时，不能用嘴吹灭，用嘴吹会将火焰压入酒精灯灯壶内，引发灯内酒精燃烧甚至爆炸，正确操作是用灯帽盖灭，图中操作不规范；

C、氧气的密度比空气大，用向上排空气法收集时，导管必须伸到集气瓶的底部，才能将瓶内的空气完全排出，收集到较纯净的氧气，图中导管位置过短，操作不规范；

D、测定溶液pH时，将pH试纸放在干燥洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取少量待测液滴在pH试纸上，待试纸显色后与标准比色卡对比读数，图中操作符合规范。

故答案为：D。

【分析】A、胶头滴管的正确使用规范是“垂直悬空四不要”：垂直悬空于容器口上方，不要伸入容器内、不要接触容器壁、不要平放或倒置、不要用未清洗的滴管吸取其他试剂。伸入试管内会沾附试管内的物质，放回原瓶时会污染整瓶试剂。

B、酒精灯的正确熄灭方法是用灯帽盖灭，盖两次保证后续能轻松打开。用嘴吹灭时，气流会将火焰压入灯壶内部，引燃灯内的酒精蒸气，可能导致灯壶爆炸，是非常危险的错误操作。

C、排空气法收集气体的核心是排尽瓶内空气。密度比空气大的气体用向上排空气法，导管伸到集气瓶底部，才能从下往上把空气完全排出；导管过短会导致瓶底空气无法排出，收集的气体不纯。

D、测定溶液pH的规范操作：pH试纸不能直接浸入待测液（会污染试剂），不能用水润湿（会稀释待测液，导致结果不准），必须放在干燥玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点滴，显色后与标准比色卡对比读数。7．【答案】B【解析】【解答】A、将水静置，只能让水中密度较大的不溶性固体杂质在重力作用下沉降到水底，无法杀灭水中的细菌和病毒，不能达到杀菌效果，选项A不符合题意；

B、煮沸时的高温会使细菌、病毒体内的蛋白质发生变性，失去生理活性，从而实现杀菌消毒的效果，是生活中常用的杀菌方法，选项B符合题意；

C、用纱布过滤，只能除去水中的不溶性固体杂质，细菌等微生物体积很小，能穿过滤布的孔隙，无法被过滤除去，不能杀菌，选项C不符合题意；

D、活性炭具有疏松多孔的结构，有吸附性，能吸附水中的色素和异味，但无法吸附并杀灭细菌，不具备杀菌作用，选项D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】A、静置沉淀是最基础的净水步骤，利用重力让大颗粒不溶物沉降，只能除去颗粒较大的不溶性杂质，对细菌、病毒等微生物完全没有作用。

B、杀菌消毒的核心原理是破坏微生物的生理结构，使其失去活性。高温可以使细菌、病毒的蛋白质凝固变性，丧失生命活动能力，因此煮沸是生活中最常用、最有效的杀菌方法，同时还能降低水的硬度。

C、过滤的原理是分离不溶性固体和液体，只能除去水中不溶于水的固体杂质，细菌体积非常微小，能顺利通过滤纸、纱布的孔隙，因此过滤无法杀菌。

D、活性炭的吸附性源于其疏松多孔的结构，主要吸附水中的色素、异味和部分有毒物质，属于物理吸附，不能杀灭细菌、病毒等微生物。8．【答案】A【解析】【解答】元素周期表的单元格中，左上角的数字表示原子序数，右上角的符号表示元素符号，中间的汉字表示元素名称，正下方的数字表示相对原子质量。该单元格中，原子序数为91，元素符号为Pa，元素名称为镤，相对原子质量为231.0。

A、单元格右上角的符号为Pa，即该元素的元素符号为Pa，选项A说法正确；

B、原子序数是左上角的数字91，231.0是该元素的相对原子质量，二者不能混淆，选项B说法错误；

C、在原子中，原子序数=质子数=核外电子数，因此该原子的核外电子数为91，不是140，选项C说法错误；

D、单元格正下方的数字231.0是相对原子质量，91是原子序数，选项D说法错误。

故答案为：A。

【分析】A、元素周期表每个单元格的右上角固定标注元素符号，元素符号采用国际统一的拉丁字母表示，遵循“一大二小”原则，该元素符号为Pa，表述正确。

B、元素周期表中，左上角数字是原子序数，等于该元素原子的质子数；正下方数字是相对原子质量，是该元素原子的平均质量与碳12原子质量1/12的比值。231.0是相对原子质量，不是原子序数，二者位置和含义完全不同。

C、原子内部存在等量关系：原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数。该元素原子序数为91，因此核外电子数为91，140是通过“相对原子质量-质子数”估算的中子数，不是电子数。

D、相对原子质量标注在单元格正下方，该元素相对原子质量为231.0；91是左上角的原子序数，二者位置、含义均不相同，不能混淆。9．【答案】B【解析】【解答】食品变质的主要原因是食品与氧气发生缓慢氧化，充入氮气能隔绝包装袋内的氧气，延长保质期，核心利用的是氮气化学性质稳定，常温下很难与其他物质发生化学反应的特点。

A、氮气难溶于水，这一性质与食品防腐没有关联，不能解释为什么氮气能延长食品保质期，选项A不符合题意；

B、氮气化学性质稳定，不容易与食品发生反应，还能隔绝氧气，防止食品氧化变质，因此可作食品保护气，选项B符合题意；

C、氮气沸点较低，这一性质常用于制造低温环境，与食品防腐的用途无关，选项C不符合题意；

D、氮气的密度与空气相近，且密度大小不影响食品的保存效果，不是充氮防腐的原因，选项D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】A、氮气难溶于水是物理性质，食品防腐是利用氮气的化学稳定性，二者没有因果关系，难溶于水不能作为食品保护气的原因。

B、食品变质大多是食品与氧气发生缓慢氧化导致的。氮气化学性质不活泼（稳定），常温下几乎不与其他物质反应，充入食品包装袋后可以隔绝氧气，抑制食品的氧化变质和微生物繁殖，这是氮气作食品保护气的核心原理。

C、氮气沸点低，液氮汽化时会吸收大量热，可用于制造低温环境、医疗冷冻麻醉等，与食品防腐的用途无关。

D、气体密度大小与食品防腐没有关联，且氮气密度与空气接近，无法通过密度隔绝氧气，不是充氮防腐的原因。10．【答案】D【解析】【解答】从牛奶标签可知，营养成分包含能量、蛋白质、脂肪、碳水化合物、钠。

A、标签中明确列出了“脂肪”项目，说明该牛奶中含有脂肪，选项A说法正确，不符合题意；

B、牛奶中的蛋白质、脂肪、碳水化合物都属于有机化合物，有机物都含有碳元素，因此牛奶中含有碳元素，选项B说法正确，不符合题意；

C、标签中标注了“能量”项，数值为287千焦，说明该牛奶可以为人体提供能量，选项C说法正确，不符合题意；

D、牛奶是水溶液，溶剂是水，因此牛奶中含量最多的物质是水；钠属于无机盐，在牛奶中的含量很低，远少于水、蛋白质等成分，选项D说法错误，符合题意。

故答案为：D。

【分析】A、食品营养标签中列出的项目，就是食品中含有的营养成分。标签明确标注了脂肪，说明牛奶中含有脂肪，可直接从标签信息判断。

B、有机物是含碳的化合物（除一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等少数物质外）。蛋白质、脂肪、碳水化合物都是典型的有机物，都含有碳元素，因此牛奶整体含有碳元素。

C、食品标签上的能量项，代表每单位质量/体积的食品能为人体提供的总能量，来自蛋白质、脂肪、碳水化合物的氧化分解。标签标注了能量数值，说明牛奶可以提供能量。

D、溶液由溶质和溶剂组成，溶剂是溶解其他物质的物质，质量占比最大。牛奶是水溶液，水是溶剂，因此含量最多的物质是水；钠属于无机盐类溶质，含量很低，是人体所需的微量元素，不是含量最多的成分。11．【答案】C【解析】【解答】湿拖把拖过的地面慢慢变干，是水由液态变成气态扩散到空气中的蒸发过程，从微观角度看，是水分子在不断地运动，逐渐离开地面扩散到空气中的结果。

A、分子间有间隔，主要用来解释物质的三态变化、气体可以被压缩等现象，与地面上水的蒸发变干没有直接关系，选项A不符合题意；

B、水蒸发是物理变化，变化过程中水分子本身没有发生改变，分子的体积不会变小，选项B不符合题意；

C、水分子在不断运动，会自发地从地面扩散到空气中，宏观上就表现为地面慢慢变干，选项C符合题意；

D、水蒸发是物理变化，分子本身不会发生分裂，水分子不会变成氢原子和氧原子，选项D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】A、分子间有间隔的典型现象：100mL水和100mL酒精混合后总体积小于200mL；气体可以被压缩；物质的固、液、气三态变化等。水的蒸发不是分子间隔变化导致的，核心原因是分子运动。

B、物理变化的微观本质是分子本身不变，只是分子间间隔、运动速率改变。水蒸发只是水的状态变化，水分子的大小、体积、种类都不会改变。

C、分子总在永不停息地做无规则运动，宏观上的扩散、挥发、溶解、闻到气味等现象，本质都是分子不断运动的结果。地面的水变干，就是水分子不断运动、扩散到空气中的宏观表现。

D、只有化学变化才会出现分子分裂成原子、原子重新组合成新分子的过程。水蒸发是物理变化，水分子不会分解成氢原子和氧原子。12．【答案】C【解析】【解答】自行车车架喷漆防锈的原理是：在金属表面形成一层保护膜，隔绝氧气和水，防止铁与氧气、水同时接触而生锈。

A、停放在干燥处，是通过减少环境中的水分来防锈，没有形成隔绝保护膜，原理与喷漆不同，选项A不符合题意；

B、雨后及时擦干车身，是通过除去车身表面的水分来防锈，没有形成隔绝层，原理与喷漆不同，选项B不符合题意；

C、链条定时涂油，油膜会覆盖在链条表面，隔绝氧气和水，防止链条生锈，与喷漆的防锈原理相同，选项C符合题意；

D、车轴采用不锈钢材料，是通过改变金属的内部结构来防锈，属于改变组成的防锈方法，原理与喷漆隔绝保护层不同，选项D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】铁生锈的条件是铁与氧气、水同时接触，防锈的核心原理就是破坏生锈条件，主要分为三类：①隔绝氧气和水（覆盖保护层）；②保持干燥（减少水分）；③改变金属内部结构（制成合金）。

A、停放在干燥处，环境中水分少，铁难以接触到足量的水，从而防锈，属于“保持干燥、减少水分”的防锈原理，没有形成保护层。

B、雨后擦干车身，直接除去金属表面的水分，破坏生锈的水分条件，属于“保持干燥”的防锈原理，没有覆盖保护层。

C、涂油后，油层会紧密覆盖在金属表面，隔绝空气中的氧气和水分，与喷漆一样，都属于“覆盖保护层，隔绝氧气和水”的防锈原理。

D、不锈钢是在铁中加入铬、镍等金属制成的合金，通过改变金属的内部组成结构，让金属本身具备抗腐蚀能力，属于“改变内部结构”的防锈原理。13．【答案】A【解析】【解答】醋酸的化学性质与盐酸相似，属于酸，具有酸的通性：能与活泼金属反应、能与金属氧化物反应、能与碱反应、能与某些盐反应。

A、铜在金属活动性顺序中排在氢的后面，属于不活泼金属，不能与盐酸、醋酸等酸发生置换反应，选项A符合题意；

B、碳酸钙属于碳酸盐，能与酸反应生成盐、水和二氧化碳，因此碳酸钙能与醋酸反应，选项B不符合题意；

C、氧化铁属于金属氧化物，能与酸反应生成盐和水，因此氧化铁能与醋酸反应，选项C不符合题意；

D、氢氧化钠属于碱，酸和碱能发生中和反应生成盐和水，因此氢氧化钠能与醋酸反应，选项D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】酸具有五大通性：①与酸碱指示剂作用；②与活泼金属反应生成盐和氢气；③与金属氧化物反应生成盐和水；④与碱发生中和反应生成盐和水；⑤与某些盐反应生成新酸和新盐。

A、金属活动性顺序中，排在氢前面的金属能与稀酸发生置换反应生成氢气，排在氢后面的金属不能。铜排在氢之后，属于不活泼金属，不能与醋酸、盐酸等非氧化性酸发生反应。

B、碳酸钙属于碳酸盐，碳酸盐都能与酸反应生成二氧化碳气体，这是酸的通性之一，因此碳酸钙能与醋酸反应，这也是醋酸能除水垢的核心原理。

C、氧化铁是金属氧化物，金属氧化物能与酸反应生成盐和水，属于复分解反应，因此氧化铁能与醋酸反应。

D、氢氧化钠是碱，酸和碱会发生中和反应，生成盐和水，这是酸的核心通性之一，因此氢氧化钠能与醋酸反应。14．【答案】D【解析】【解答】实验室用双氧水与二氧化锰制取氧气，反应的化学方程式为2H2O2/MnO22H2O+O2↑。

A、实验室制取气体时，组装好装置后必须先检查装置的气密性，防止装置漏气导致收集不到气体，选项A说法错误；

B、二氧化锰是该反应的催化剂，催化剂在化学反应前后质量和化学性质都不变，反应后二氧化锰质量不会增加，选项B说法错误；

C、双氧水在二氧化锰的催化作用下，常温下就能分解产生氧气，不需要用酒精灯加热，选项C说法错误；

D、氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，因此可用带火星的木条检验氧气，选项D说法正确。

故答案为：D。

【分析】A、实验室制取任何气体，组装装置后的第一步都是检查装置气密性。如果装置漏气，生成的气体会从缝隙逸出，无法收集到气体，因此检查气密性是必不可少的步骤。

B、催化剂的特点是“一变两不变”：改变反应速率，反应前后质量不变、化学性质不变。二氧化锰是双氧水分解的催化剂，只加快反应速率，自身质量和化学性质反应前后都不变，不会增加。

C、双氧水分解制取氧气是固液常温型反应，二氧化锰作催化剂，常温下就能快速反应，不需要加热，这也是该制氧方法的优点之一（操作简便、无需加热）。

D、氧气的特征性质是助燃性，能使带火星的木条复燃，这是检验氧气的专属方法；验满时则将带火星的木条放在集气瓶口。15．【答案】A【解析】【解答】A、桐酸的化学式为C18H30O2。从化学式可以看出，桐酸由碳（C）、氢（H）、氧（O）三种元素组成，选项A说法正确；

B、桐酸是纯净物，由桐酸分子构成，分子中含有氢原子和氧原子，不含有水分子，选项B说法错误；

C、桐酸中碳元素和氢元素的质量比=(12×18)：(1×30)=216：30=36：5，9：15是原子个数比，不是元素质量比，选项C说法错误；

D、桐酸中碳、氢、氧元素的质量比=(12×18)：(1×30)：(16×2)=216：30：32，其中碳元素的质量占比最大，因此碳元素的质量分数最大，选项D说法错误。

故答案为：A。

【分析】A、化学式的宏观意义之一是表示物质的元素组成。从C18H30O2可以直接看出，桐酸由碳、氢、氧三种元素组成，表述正确。

B、纯净物由一种物质组成，只含有一种分子。桐酸是纯净物，只含有桐酸分子，分子由原子构成，其中的氢、氧是原子，不是水分子；含有水分子的物质属于混合物。

C、化合物中元素质量比=（相对原子质量×原子个数）之比，不是原子个数之比。桐酸中碳、氢原子个数比是18：30=9：15，而元素质量比需要乘以相对原子质量，二者是完全不同的概念，不能混淆。

D、化合物中元素的质量分数=相对原子质量×原子个数/相对分子质量×100%，分母相同，因此元素总质量越大，质量分数越大。桐酸中碳元素总质量最大，因此碳元素质量分数最大，不是氧元素。16．【答案】B【解析】【解答】根据微观示意图，该反应是水在太阳光的作用下分解生成过氧化氢和氢气，反应的化学方程式为2H2OH2O2+H2↑。

A、从化学方程式可以看出，反应生成了氢气（H2），选项A说法正确，不符合题意；

B、反应前有2个水分子，反应后生成1个过氧化氢分子和1个氢分子，反应前后分子总数都是2，分子个数没有发生改变，选项B说法错误，符合题意；

C、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目、质量都不会发生改变，选项C说法正确，不符合题意；

D、该反应的原料是水，海水在自然界中储量极其丰富，选项D说法正确，不符合题意。

故答案为：B。

【分析】解答微观示意图题的通用步骤：先根据图例确定每个小球代表的原子，再写出反应物、生成物的化学式，配平得到完整化学方程式，再逐一分析选项。

A、根据配平后的化学方程式，生成物是过氧化氢和氢气，因此该反应有氢气生成，表述正确。

B、判断反应前后分子个数是否改变，需要数清反应物、生成物的分子总数。反应前：2个水分子；反应后：1个过氧化氢分子+1个氢分子=2个分子。反应前后分子总数都是2，分子个数没有改变。

C、质量守恒定律的微观本质是：化学反应前后，原子的种类、数目、质量都不变，分子的种类一定改变，分子数目可能改变。原子种类不变是质量守恒的核心原因，所有化学反应都遵循。

D、该反应以海水为原料，地球上海水资源极其丰富，原料易得，因此该技术有很好的发展前景。17．【答案】A【解析】【解答】A、溶解度是指在一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的质量。选项中未指明具体的温度，且根据题意“20%的甘露醇注射液在秋冬季节容易结晶”，说明低温下其溶解度较小，但在常温下能配制成20%的溶液，根据×100%=20%，计算可得S=25g，即100g水中溶解了25g溶质，说明常温下其溶解度应大于或等于25g，故选项A说法错误，符合题意；

B、甘露醇易溶于水，长时间浸泡干海带，表面的甘露醇会溶解在水中，导致甘露醇流失，选项B说法正确，不符合题意；

C、甘露醇注射液出现结晶，说明温度降低后溶解度减小，晶体析出；适度加热，温度升高，甘露醇溶解度增大，晶体就会重新溶解，选项C说法正确，不符合题意；

D、向甘露醇浓溶液中加入乙醇可使甘露醇析出，说明甘露醇在乙醇中的溶解度很小，因此常温下甘露醇在水中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，选项D说法正确，不符合题意。

故答案为：A。

【分析】A、饱和溶液溶质质量分数与溶解度的换算公式为：饱和溶液溶质质量分数=×100%。秋冬季节20%的溶液会结晶，说明秋冬温度下饱和溶液溶质质量分数≤20%，对应溶解度≤25g。但固体溶解度随温度降低而减小，秋冬温度低于常温，因此常温下的溶解度大于25g，选项说“溶解度不大于25g”，没有限定温度，且与“常温易溶于水”矛盾，因此错误。

B、物质易溶于水，就会在水中溶解流失。甘露醇易溶于水，干海带长时间浸泡，表面的甘露醇会溶解到水里，造成有效成分流失。

C、大多数固体物质的溶解度随温度升高而增大。温度降低溶解度减小，晶体析出；温度升高溶解度增大，晶体重新溶解，因此加热可以溶解结晶。

D、同一种溶质在不同溶剂中的溶解度不同。加入乙醇后甘露醇析出，说明甘露醇在乙醇中溶解度很小，因此其在水中的溶解度大于在乙醇中的溶解度。18．【答案】B【解析】【解答】A、氢气燃烧生成水，甲烷燃烧也生成水和二氧化碳，点燃后在火焰上罩干冷烧杯，两者都会在烧杯内壁出现水雾，现象相同，无法鉴别，选项A不能达到实验目的；

B、碳酸钙高温煅烧会分解生成氧化钙和二氧化碳，反应方程式为CaCO3CaO+CO2↑，能除去杂质碳酸钙且不引入新杂质，符合除杂原则，选项B能达到实验目的；

C、氢氧化钠变质会生成碳酸钠，氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液都呈碱性，都能使酚酞溶液变红，滴加酚酞无法检验是否变质，选项C不能达到实验目的；

D、将混合气体通入澄清石灰水，二氧化碳会与氢氧化钙反应被吸收，只能得到氮气，无法分离得到二氧化碳，不能实现两种气体的分离，选项D不能达到实验目的。

故答案为：B。

【分析】A、鉴别物质的核心要求是：操作后出现不同的实验现象。氢气和甲烷燃烧都生成水，干冷烧杯内壁都会出现水雾，现象完全相同，无法区分，因此不能鉴别。

B、除杂要遵循“不增、不减、易分离”原则：不增加新杂质，不减少原物质，杂质易分离。碳酸钙高温分解生成氧化钙（原物质）和二氧化碳（气体逸出），既除去了杂质，又没有引入新杂质，还增加了原物质的量，是理想的除杂方案。

C、氢氧化钠变质是与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠。氢氧化钠和碳酸钠的水溶液都呈碱性，都能使无色酚酞变红，因此酚酞无法检验氢氧化钠是否变质，检验变质需用足量稀盐酸或氯化钙溶液等。

D、分离和除杂不同：除杂只要得到纯净的原物质即可，分离需要得到混合前的所有纯净物。该方案只能除去二氧化碳、得到氮气，无法重新得到二氧化碳，因此是除杂，不是分离，不能达到分离目的。19．【答案】D【解析】【解答】已知盐酸的溶质质量分数越大，pH越小，因此pH更小的曲线a对应溶质质量分数为4%的盐酸，曲线b对应溶质质量分数为0.4%的盐酸。盐酸与氢氧化钠反应的化学方程式为：HCl+NaOH=NaCl+H2O。

A、X点对应的溶液pH＜7，呈酸性，说明此时加入的氢氧化钠不足，盐酸有剩余，溶液中的溶质有反应生成的氯化钠，还有未反应的氯化氢，共2种溶质，选项A说法错误；

B、对于曲线b，Y点对应的溶液pH=7，说明盐酸与氢氧化钠恰好完全反应，此时生成氯化钠的质量达到最大值；从Y点到Z点，继续加入氢氧化钠溶液，盐酸已经完全反应，不会再生成新的氯化钠，因此溶液中NaCl的质量：Y点=Z点，选项B说法错误；

C、Y点时盐酸与氢氧化钠恰好完全反应，根据化学方程式，每36.5份质量的HCl与40份质量的NaOH恰好完全反应，因此发生反应的HCl和NaOH的质量之比为36.5：40=73：80，不是80：73，选项C说法错误；

D、未滴入NaOH溶液时，两份盐酸的体积均为20.00mL，密度均为1.0g/mL，因此每份盐酸溶液的质量=20.00mL×1.0g/mL=20g。曲线a对应4%的盐酸，溶质HCl的质量=20g×4%=0.8g；曲线b对应0.4%的盐酸，溶质HCl的质量=20g×0.4%=0.08g。二者溶质质量之比=0.8g：0.08g=10：1，选项D说法正确。

故答案为：D。

【分析】A、酸碱中和反应中，pH＜7说明酸过量，溶质有生成的盐和剩余的酸；pH=7说明恰好完全反应，溶质只有盐；pH＞7说明碱过量，溶质有生成的盐和剩余的碱。X点pH＜7，盐酸过量，溶质有NaCl和HCl两种。

B、氯化钠是反应的生成物，只有反应进行时才会生成。Y点恰好完全反应，氯化钠质量达到最大值；之后再加氢氧化钠，反应停止，氯化钠质量不再变化，因此Y点和Z点NaCl质量相等。

C、化学反应中，各物质的质量比=（相对分子质量×化学计量数）之比。HCl相对分子质量36.5，NaOH相对分子质量40，计量数都是1，因此质量比为36.5：40=73：80，选项将比例写反。

D、溶质质量=溶液质量×溶质质量分数，溶液质量=体积×密度。两份溶液体积、密度都相同，因此溶液质量相同，溶质质量之比就等于溶质质量分数之比，即4%：0.4%=10：1。20．【答案】D【解析】【解答】A、设1.00gCaCO3完全反应生成CO2的质量为m。

CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑

10044

1.00gm

解得m=0.44g，选项A说法正确，不符合题意；

B、二氧化碳能溶于水，反应生成的CO2部分溶解在溶液中，没有逸出烧杯，因此反应前后总质量的变化量Δm会小于理论生成的CO2质量m，选项B说法正确，不符合题意；

C、浓盐酸具有强挥发性，会挥发出大量氯化氢气体，改用37%的浓盐酸重复实验，逸出的气体除了CO2还有HCl，总逸出质量变大，因此测得的Δm会变大，选项C说法正确，不符合题意；

D、质量守恒定律是指参加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。该实验在敞口烧杯中进行，生成的CO2气体会逸出，即使振荡后Δm和m基本吻合，也只是逸出的气体质量接近理论值，敞口装置不能直接验证质量守恒定律，选项D说法错误，符合题意。

故答案为：D。

【分析】A、根据化学方程式计算，已知碳酸钙质量，求二氧化碳质量，按照“设、写、找、列、求、答”的步骤计算，结果为0.44g，计算正确。

B、反应前后烧杯总质量的减少量Δm，等于逸出烧杯的气体质量。二氧化碳能溶于水，部分生成的CO2溶解在溶液中没有逸出，因此逸出质量小于理论生成质量，即Δm＜m，这是实验误差的主要原因。

C、浓盐酸挥发性极强，会挥发出大量HCl气体。实验中逸出的气体除了CO2，还有挥发的HCl，总逸出气体质量增加，因此测得的Δm会变大。

D、验证质量守恒定律时，有气体生成或参与的反应，必须在密闭容器中进行，才能称量到所有物质的总质量。该实验是敞口装置，无论振荡与否，气体都在逸出，只是振荡促进溶解的CO2逸出，让Δm更接近理论值，但敞口体系本身不能直接验证质量守恒定律。21．【答案】（1）P（2）2F（3）Ca2+（4）O2【解析】【解答】（1）元素符号的书写遵循“一大二小”原则，磷元素的元素符号直接用国际通用符号表示，即P；

（2）原子的表示方法是用元素符号表示1个原子，表示多个该原子就在元素符号前加上对应的数字，因此2个氟原子表示为2F；

（3）钙离子带2个单位正电荷，离子符号的书写规则是：在元素符号右上角标出离子所带电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时1省略不写，因此钙离子表示为Ca2+；

（4）氧气由氧分子构成，1个氧分子由2个氧原子构成，因此氧气分子的化学式为O2。

【分析】（1）本题考查元素符号的书写。元素符号通常用元素拉丁名称的第一个字母大写表示，若首字母相同则再加一个小写字母区分，即“一大二小”原则。磷元素符号为P，书写时注意大写。易错点：字母大小写错误，写成小写p。

（2）本题考查化学符号前数字的含义。化学符号前面的数字表示粒子的个数，2个氟原子就是在氟元素符号F前加数字2。易错点：把数字写在元素符号右下角，写成F2，混淆了原子个数与分子构成。

（3）本题考查离子符号的书写。钙原子最外层有2个电子，易失去2个电子形成带2个正电荷的钙离子。离子符号书写规则：电荷数标在元素符号右上角，数字在前，正负号在后，电荷数为1时省略不写。易错点：正负号与数字顺序写反（写成Ca+2）、电荷数写错。

（4）本题考查化学式的意义。氧气是气态非金属单质，由双原子分子构成，1个分子含2个氧原子，因此氧气分子符号为O2。易错点：漏写下标，写成O，混淆原子与分子。22．【答案】③导电性；②硬度大；④耐腐蚀性；①密度小；⑤助燃性；⑥可燃性【解析】【解答】（1）石墨能制成电极，是因为石墨具有良好的导电性，可以传导电流，对应③导电性；

（2）金刚石用于制作芯片切割刀具，是因为金刚石是天然存在硬度最大的物质，硬度大可切割其他硬质材料，对应②硬度大；

（3）铜合金制作船舶螺旋桨，长期浸泡在海水中不易被腐蚀，利用的是铜合金的耐腐蚀性，对应④耐腐蚀性；

（4）铝合金用于制造飞船船体以减轻重量，是因为铝合金密度小，相同体积下质量更轻，能降低整体重量，对应①密度小；

（5）液氧用作火箭推进剂，是因为氧气具有助燃性，能支持燃料剧烈燃烧，释放大量能量，对应⑤助燃性；

（6）甲烷常用作燃料，是因为甲烷具有可燃性，燃烧时能放出大量热，对应⑥可燃性。

【分析】物质的性质决定物质的用途，物质的用途反映物质的性质，本题考查性质与用途的对应关系。

（1）电极的作用是传导电流，需要材料具备导电性。石墨具有优良的导电性，是常用的电极材料，对应性质③。易错点：混淆导电性与导热性，错选其他性质。

（2）切割刀具需要材料硬度大于被切割的物体。金刚石是天然存在的最硬物质，可用于切割玻璃、芯片等硬质材料，对应性质②。

（3）船舶螺旋桨长期浸泡在海水中，海水具有腐蚀性，要求材料不易被腐蚀。铜合金耐腐蚀性强，适合制作船舶螺旋桨，对应性质④。

（4）航天飞行器需要尽可能减轻自重，相同体积下，密度越小质量越小。铝合金密度小、强度高，是航天工业的核心材料，对应性质①。

（5）火箭推进剂包括燃料和助燃剂，液氧是助燃剂，利用的是氧气的助燃性，能支持燃料剧烈燃烧释放大量能量，对应性质⑤。易错点：混淆助燃性与可燃性，氧气不能燃烧，不具有可燃性。

（6）甲烷是天然气的主要成分，常用作燃料，能燃烧放热，利用的是甲烷的可燃性，对应性质⑥。23．【答案】（1）＞；糖类（2）；元素（3）混合物；大【解析】【解答】（1）草木灰碱水中含有碳酸钾等碱性物质，碱性溶液的pH大于7，因此常温下草木灰碱水的pH＞7；米浆的主要成分是淀粉，淀粉属于六大营养素中的糖类，因此米浆富含的营养物质是糖类。

（2）炭的主要成分是碳单质，碳完全燃烧时与氧气反应生成二氧化碳，反应的化学方程式为C+O2CO2；物质是由元素组成的，陶土中含有的“锌”，指的是锌元素，与具体的存在形态（原子、单质、化合物）无关。

（3）青铜是铜和锡熔合形成的合金，含有铜、锡两种物质，因此属于混合物；合金的硬度一般比组成它的纯金属更大，因此青铜的硬度比纯铜大。

【分析】（1）本题考查溶液酸碱性与pH的关系、六大营养素的食物来源。pH与酸碱性的关系：pH＜7呈酸性，pH=7呈中性，pH＞7呈碱性。草木灰碱水显碱性，因此pH＞7。六大营养素包括糖类、蛋白质、油脂、维生素、水、无机盐；米浆的主要成分是淀粉，淀粉属于糖类，是人体主要的供能物质。易错点：误认为米浆富含蛋白质，混淆常见食物的营养成分。

（2）本题考查碳完全燃烧的化学方程式书写、元素的宏观概念。碳完全燃烧生成二氧化碳，不完全燃烧生成一氧化碳，书写方程式注意标注点燃条件，配平。物质组成的描述中，“锌”“铁”“钙”等指的都是元素，是宏观概念，只讲种类不讲个数，与具体存在形态无关。易错点：化学方程式漏写条件、写成不完全燃烧的产物CO。

（3）本题考查合金的分类与性质。-合金是在金属中加热熔合某些金属或非金属制成的具有金属特性的物质，含有多种物质，因此都属于混合物。青铜是铜锡合金，属于混合物。合金的两大典型性质：硬度比组成它的纯金属大，熔点比组成它的纯金属低。因此青铜硬度比纯铜大。易错点：误认为合金是纯净物、合金硬度比纯金属小。24．【答案】（1）（2）分解；2：1（3）CO（4）化学；催化【解析】【解答】（1）“冶铁”是高温条件下，一氧化碳将氧化铁还原为铁，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。

（2）电解水生成氢气和氧气，该反应由一种物质生成两种物质，符合“一变多”的特征，属于分解反应；根据电解水的实验结论“正氧负氢，氢二氧一”，相同条件下，生成氢气和氧气的体积比是2：1。

（3）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应前：1个C原子、2个O原子、4个H原子；反应后已知有4个H原子，因此2X中含有2个C原子和2个O原子，每个X含有1个C原子和1个O原子，X的化学式为CO。

（4）“氮化”过程中铁粉和氮气反应生成了新物质Fe(N*)，有新物质生成，属于化学变化；在整个合成氨技术的循环中，铁参与了反应，但反应前后铁的质量和化学性质不变，符合催化剂的特点，起到了催化作用。

【分析】（1）本题考查工业炼铁的反应原理。工业炼铁的核心是一氧化碳在高温下还原氧化铁，生成铁和二氧化碳，该反应不属于置换反应，书写方程式注意标注高温条件，正确配平。易错点：漏写高温条件、配平错误、写成铁和二氧化碳反应。

（2）本题考查基本反应类型判断、电解水的实验结论。分解反应的定义：由一种物质生成两种或两种以上其他物质的反应，特征是“一变多”。电解水由水一种物质生成氢气、氧气两种物质，属于分解反应。电解水实验中，正极产生氧气，负极产生氢气，氢气和氧气的体积比为2：1，口诀“正氧负氢，氢二氧一”。易错点：体积比记成1：2，混淆氢气和氧气的比例。

（3）本题考查质量守恒定律的应用——推断化学式。解题步骤：分别统计反应前后各原子的总数，根据原子数目不变，计算出未知物中各原子的个数，进而写出化学式。本题中反应前后氢原子已经守恒，剩余的碳原子和氧原子平均分配到2个X中，得到X为CO。易错点：统计原子总数时遗漏化学式前的计量数、原子个数计算错误。

（4）本题考查物理变化与化学变化的判断、催化剂的判断。判断物理变化和化学变化的唯一依据：是否有新物质生成。氮化过程生成了新物质Fe(N*)，因此是化学变化。催化剂的特征是“一变两不变”：改变反应速率，反应前后质量和化学性质不变。该流程中铁参与中间反应，但最终又生成铁，循环使用，符合催化剂的特点，起催化作用。易错点：误认为参与反应的物质就不是催化剂，忽略催化剂可以参与中间反应，只要最终复原即可。25．【答案】（1）氮（2）c（3）减小（4）升高；；【解析】【解答】（1）NH4NO3中只含有氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素，因此属于氮肥。

（2）改良酸性土壤需要使用碱性物质，熟石灰是氢氧化钙的俗称，呈碱性，且价格低廉、腐蚀性适中，适合改良酸性土壤；盐酸呈酸性，食盐呈中性，都不能改良酸性土壤，因此选c。

（3）气体的溶解度随温度升高而减小，天气炎热时温度升高，氧气在水中的溶解度减小，水中溶解的氧气变少，鱼容易缺氧，因此需要给鱼塘增氧。

（4）生石灰是氧化钙的俗称，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，该反应放出大量的热，因此制石灰乳时，混合物温度升高；石灰乳的主要成分是氢氧化钙，氢氧化钙与硫酸铜发生复分解反应，生成硫酸钙和氢氧化铜沉淀，氢氧化铜的化学式为Cu(OH)2；铁的金属活动性比铜强，铁能与硫酸铜溶液发生置换反应，生成硫酸亚铁和铜，会腐蚀铁桶、降低药效，因此不能用铁桶盛放硫酸铜溶液，反应的化学方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。

【分析】（1）本题考查化肥的分类。化肥根据所含营养元素分为四类：只含氮元素的是氮肥，只含磷元素的是磷肥，只含钾元素的是钾肥，同时含氮、磷、钾中两种或以上的是复合肥。硝酸铵只含氮元素，属于氮肥。易错点：混淆化肥分类标准，错判为复合肥。

（2）本题考查中和反应的应用。改良酸性土壤利用中和反应原理，选用碱性物质。熟石灰（氢氧化钙）微溶于水，碱性温和，成本低，是改良酸性土壤的首选物质。易错点：选错物质，误认为氢氧化钠可以改良酸性土壤（氢氧化钠碱性太强、腐蚀性强，会烧伤作物）。

（3）本题考查温度对气体溶解度的影响。气体溶解度的影响因素：温度越高，气体溶解度越小；压强越大，气体溶解度越大。夏天温度高，水中溶解的氧气减少，鱼易缺氧浮头，因此需要增氧。易错点：与固体溶解度的温度影响记混，误认为温度升高气体溶解度增大。

（4）本题综合考查生石灰的性质、复分解反应、金属活动性顺序。氧化钙与水反应生成氢氧化钙，该反应是典型的放热反应，会放出大量热，因此混合物温度升高。氢氧化钙和硫酸铜发生复分解反应，互相交换成分，生成硫酸钙和氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜是不溶性碱，化学式为Cu(OH)2。金属活动性顺序中，排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来。铁排在铜前面，能与硫酸铜反应，腐蚀铁桶，同时使农药失效，因此不能用铁桶盛放波尔多液。易错点：氢氧化铜化学式写错；铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁（+2价），错写成硫酸铁（+3价）。26．【答案】（1）+2（2）NaCl（3）洗去沉淀表面的可溶性杂质（或提高产品纯度）（4）（5）搅拌（或加热、将沉淀粉碎等）（6）难（7）节约原料（或提高原料利用率、减少污染）【解析】【解答】含镍废水中含有NiCl2及少量CaCl2、MgCl2，先加入适量Na2CO3溶液进行沉镍，NiCl2与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀和NaCl，钙、镁离子也会与碳酸钠反应生成碳酸盐沉淀，过滤后得到滤液1和镍、钙、镁渣；对沉淀进行水洗，除去表面附着的可溶性杂质；接着用硫酸进行酸浸，NiCO3与硫酸反应生成NiSO4、水和二氧化碳，钙、镁的碳酸盐也会与硫酸反应；之后加入NaF除去钙、镁离子，生成难溶的CaF2、MgF2沉淀，过滤得到钙、镁渣和含镍的滤液2；滤液2经过浓缩、结晶得到硫酸镍晶体，滤液2可循环使用以提高原料利用率。

（1）NiCl2中氯元素化合价为-1，设镍元素化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得x+(-1)×2=0，解得x=+2，因此镍元素的化合价为+2。

（2）沉镍步骤中，NiCl2、CaCl2、MgCl2均与Na2CO3反应生成碳酸盐沉淀和NaCl，因此过滤后滤液1中的主要溶质是NaCl。

（3）沉镍过滤得到的沉淀表面会附着有氯化钠等可溶性杂质，水洗的主要目的是洗去沉淀表面的可溶性杂质，提高最终硫酸镍产品的纯度。

（4）最终产品是硫酸镍，为了不引入新的杂质离子，酸浸时使用的酸应该是硫酸（H2SO4），硫酸与碳酸镍反应生成硫酸镍、水和二氧化碳。

（5）加快酸浸速率的措施有多种，例如搅拌可以增大反应物接触面积，加热可以提高反应速率，将沉淀粉碎可以增大接触面积等，任选一条即可，如搅拌（或加热、将沉淀粉碎）。

（6）加入NaF后能通过过滤分离出钙、镁渣，说明CaF2、MgF2是固体沉淀，难溶于水。

（7）滤液2中还含有未结晶的硫酸镍，循环使用滤液2可以提高镍元素的利用率，节约原料，减少浪费，同时减少废液排放，更加环保。

【分析】（1）本题考查化合物中元素化合价的计算。计算原则：化合物中各元素正负化合价的代数和为0。已知氯为-1价，设镍的化合价为x，列等式计算即可。易错点：计算时忘记乘以原子个数，符号写错。

（2）本题考查工艺流程中滤液溶质的判断。沉镍步骤中，所有氯化物都与碳酸钠发生复分解反应，生成碳酸盐沉淀和氯化钠，氯化钠可溶于水，因此滤液1的主要溶质是氯化钠。易错点：漏考虑钙、镁离子也会与碳酸钠反应生成氯化钠，错写其他溶质。

（3）本题考查化工流程中水洗操作的目的。过滤得到的沉淀表面会附着滤液中的可溶性溶质，水洗可以洗去这些杂质，避免杂质带入后续步骤，提高最终产品的纯度。易错点：表述不完整，只说“洗去杂质”，没有说明是表面的可溶性杂质。

（4）本题考查工艺流程中酸的选择。化工生产中酸的选择遵循“不引入新杂质”的原则，最终产品是硫酸盐，因此选用硫酸，酸根与产品一致，不会引入新的杂质离子。易错点：错选盐酸，会引入氯离子杂质。

（5）本题考查影响化学反应速率的因素。影响反应速率的常见因素：温度、反应物接触面积、搅拌、反应物浓度等。升高温度、搅拌、粉碎固体增大接触面积，都可以加快反应速率。易错点：提出的措施不合理，不符合实验实际。

（6）本题考查物质溶解性与过滤操作的关系。过滤可以分离难溶性固体和液体，能通过过滤得到的固体，一定是难溶于水的物质。

（7）本题考查工艺流程中循环利用的意义。工业流程中循环利用未完全反应的原料，核心意义是提高原料的利用率，节约生产成本，同时减少废液排放，降低环境污染，符合绿色化学理念。27．【答案】（1）②①③；玻璃棒（2）a（3）较多固体（4）溶解；2.0；最低（5）偏小【解析】【解答】（1）粗盐中难溶性杂质的去除实验步骤为：溶解（将粗盐放入水中，搅拌使氯化钠溶解）、过滤（除去水中的不溶性杂质）、蒸发（蒸发滤液得到氯化钠固体）。图中①是过滤操作，②是溶解操作，③是蒸发操作，因此正确的操作顺序是②①③；溶解时玻璃棒用于搅拌加速溶解，过滤时玻璃棒用于引流，蒸发时玻璃棒用于搅拌防止局部过热导致液滴飞溅，因此三个操作都用到的仪器是玻璃棒。

（2）a.滤纸破损，液体中的不溶性杂质会从破损处进入滤液，导致滤液浑浊，符合题意；

b.滤纸紧贴漏斗内壁是过滤的正确操作，能加快过滤速率，不会导致滤液浑浊，不符合题意；

c.漏斗下端管口紧靠烧杯内壁是正确操作，能防止液体溅出，不会导致滤液浑浊，不符合题意。

因此选a。

（3）进行蒸发操作时，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热将剩余水分蒸干，防止固体因高温飞溅。

（4）配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液，步骤依次为计算、称量、量取、溶解、装瓶贴标签；配制20.0g溶质质量分数为10%的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量=20.0g×10%=2.0g；量取水时，视线要与量筒内水的凹液面最低处保持相平，俯视会导致读数偏大、量取水偏少，仰视会导致读数偏小、量取水偏多。

（5）若氯化钠中含有可溶性杂质，会导致实际纯氯化钠的质量偏小，溶剂质量不变，根据溶质质量分数=溶质质量/溶液质量×100%，因此配制的氯化钠溶液的溶质质量分数偏小。

【分析】（1）本题考查粗盐提纯的实验步骤与常用仪器。粗盐提纯的核心步骤：溶解→过滤→蒸发，三步顺序不能颠倒。溶解是将可溶物溶解在水中，过滤是除去不溶性杂质，蒸发是从溶液中得到固体溶质。玻璃棒是粗盐提纯中多次用到的仪器，三步操作中作用各不相同：溶解时搅拌加速溶解，过滤时引流防止液体洒出，蒸发时搅拌防止局部温度过高造成液滴飞溅。易错点：步骤顺序记反，玻璃棒的作用记混。

（2）本题考查过滤操作中滤液浑浊的原因。过滤后滤液浑浊的常见原因有三个：滤纸破损、液面高于滤纸边缘、承接滤液的烧杯不干净。滤纸破损会让不溶物从破损处进入滤液，导致浑浊；b、c都是过滤的正确操作，不会造成浑浊。易错点：混淆正确操作与错误操作的后果。

（3）本题考查蒸发操作的注意事项。蒸