江苏省无锡市2026年中考化学真卷附同步解析

江苏省无锡市2026年中考化学考试一、单选题：本大题共20小题，共30分。1．造纸术是我国古代四大发明之一。造纸过程中所使用的物质属于碱的是（）A．CaO B．K2CO3 C．Na2CO3 D．NaOH【答案】D【解析】【解答】A、CaO由钙、氧两种元素组成，属于氧化物，不属于碱，选项A不符合题意；

B、K2CO3由钾离子和碳酸根离子构成，属于盐，不属于碱，选项B不符合题意；

C、Na2CO3由钠离子和碳酸根离子构成，属于盐，不属于碱，选项C不符合题意；

D、NaOH电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，选项D符合题意。

故答案为：D。

【分析】A、根据氧化物的定义：由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物解答；

B、根据盐的定义：由金属离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物解答；

C、根据碳酸钠属于碳酸盐，物质类别为盐解答；

D、根据碱的定义：电离产生的阴离子全部为氢氧根离子的化合物解答。2．“祝融号”火星车采用嫦娥钢作为着陆缓冲装置的拉杆材料。钢属于（）A．金属材料 B．非金属材料 C．合成材料 D．复合材料【答案】A【解析】【解答】A、钢是铁的合金，金属材料包含纯金属和合金，因此钢属于金属材料，选项A符合题意；

B、钢的主要成分为铁，属于金属材料，不属于非金属材料，选项B不符合题意；

C、合成材料包含塑料、合成纤维、合成橡胶，钢不属于合成材料，选项C不符合题意；

D、复合材料是由多种不同材料复合而成，钢是单一的铁合金，不属于复合材料，选项D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】A、根据金属材料的范畴：纯金属和合金，钢为铁碳合金解答；

B、根据非金属材料如陶瓷、玻璃等，钢不属于此类解答；

C、根据三大合成材料的分类，合金不属于合成材料解答；

D、根据复合材料的定义，钢仅为金属合金，不涉及多材料复合解答。3．加碘盐中的“碘”指的是（）A．元素 B．单质 C．分子 D．原子【答案】A【解析】【解答】A、加碘盐中的“碘”描述的是物质的元素组成，指碘元素，与具体形态无关，选项A符合题意；

B、加碘盐中碘以化合物形式存在，不存在碘单质，选项B不符合题意；

C、加碘盐中不存在碘分子，选项C不符合题意；

D、宏观物质组成用元素描述，不用原子描述，选项D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】A、根据物质宏观组成用元素描述，食品、药品中的成分均指元素解答；

B、根据碘单质有毒，加碘盐中碘为化合态解答；

C、根据碘盐是固体混合物，不存在碘分子解答；

D、根据原子是微观粒子，用于描述分子构成，不描述物质宏观组成解答。4．下列物质中，能为人体补充较多蛋白质的是（）A．绿茶 B．牛奶 C．可乐 D．橙汁【答案】B【解析】【解答】A、绿茶富含维生素、茶多酚，不能补充较多蛋白质，选项A不符合题意；

B、牛奶中富含蛋白质，能为人体补充较多蛋白质，选项B符合题意；

C、可乐主要含糖类、水，几乎不含蛋白质，选项C不符合题意；

D、橙汁富含维生素、糖类，蛋白质含量很低，选项D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】A、根据绿茶的主要营养成分为维生素、无机盐解答；

B、根据奶类、蛋类、肉类是蛋白质的主要食物来源解答；

C、根据碳酸饮料主要提供糖类和水分解答；

D、根据水果汁主要提供维生素和糖类解答。5．下列标志表示“国家节水标志”的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】【解答】A、图中标志是一个圆圈内有一根燃烧的香烟，并被一条斜线划掉，这是通用的“禁止吸烟”标志，通常出现在公共场所如医院、加油站等，与节约用水无关，选项A不符合题意；

B、图中标志是一个圆圈内有一根点燃的火柴或火焰，并被一条斜线划掉，这是“禁止烟火”或“禁止带火种”的标志，主要用于防火安全区域，与节约用水无关，选项B不符合题意；

C、图中标志是由三个箭头组成的三角形循环符号，中间有数字“03”，下方有“>PVC<”字样。这是塑料回收标志，代表该物品由聚氯乙烯（PVC）制成，属于可回收物，与节约用水无关，选项C不符合题意；

D、图中标志由水滴、人手和地球变形而成。绿色的圆形代表地球，象征节约用水是保护地球生态的重要措施；标志留白部分像一只手托起一滴水，手是拼音字母JS的变形，寓意节水，表示节水需要公众参与，鼓励人们从我做起，人人动手节约每一滴水；手又像一条蜿蜒的河流，象征滴水汇成江河。这是我国的“国家节水标志”，选项D符合题意。

故答案为：D。

【分析】A、根据常见安全标志的含义解答，识别出该图标为禁止吸烟标志；

B、根据常见安全标志的含义解答，识别出该图标为禁止烟火标志；

C、根据塑料制品回收标志的含义解答，识别出该图标为PVC塑料回收标志；

D、根据国家节水标志的构图要素（水滴、手掌、地球）及其寓意解答，确认该图标为国家节水标志。6．钛合金是一种航空材料，钛在元素周期表中的信息如图所示。下列叙述正确的是（）A．钛属于非金属元素 B．钛原子的质子数为26C．钛原子的核外电子数为22 D．钛的相对原子质量为47.87g【答案】C【解析】【解答】A、钛带“钅”字旁，属于金属元素，选项A错误；

B、元素周期表中左上角数字为原子序数，原子序数=质子数，钛原子序数为22，质子数为22，选项B错误；

C、原子中质子数=核外电子数，钛原子质子数为22，核外电子数也为22，选项C正确；

D、相对原子质量的单位为“1”，常省略不写，不是“g”，钛的相对原子质量为47.87，选项D错误。

故答案为：C。

【分析】A、根据元素分类，带“钅”字旁的元素为金属元素解答；

B、根据元素周期表中原子序数=质子数，钛原子序数为22解答；

C、根据原子的结构：原子中质子数=核外电子数=原子序数解答；

D、根据相对原子质量的单位规定，单位为1，不标注克解答。7．下列物质的性质和用途对应关系正确的是（）A．石墨能导电，可用于制作铅笔芯B．二氧化碳能与水反应，可用于灭火C．氧气具有助燃性，可用于供给呼吸D．氢氧化钙有碱性，可用于改良酸性土壤【答案】D【解析】【解答】A、石墨用于制作铅笔芯，利用的是石墨质软、颜色为黑色的性质，与导电性无关，性质与用途不对应，选项A不符合题意；

B、二氧化碳用于灭火，利用的是二氧化碳不燃烧、不支持燃烧且密度大于空气的性质，与能和水反应无关，性质与用途不对应，选项B不符合题意；

C、氧气供给呼吸利用的是氧气能参与呼吸作用的性质，与助燃性无关，二者是氧气的两条不同性质，不构成对应关系，选项C不符合题意；

D、氢氧化钙具有碱性，能与土壤中的酸性物质发生中和反应，可用于改良酸性土壤，性质与用途对应，选项D符合题意。

故答案为：D。

【分析】A、根据石墨的导电性对应电极用途，质软对应铅笔芯用途解答；

B、根据二氧化碳灭火的原理是隔绝氧气，与和水反应无关解答；

C、根据氧气的助燃性用于支持燃烧，供给呼吸是其生物性质解答；

D、根据中和反应原理，熟石灰碱性用于改良酸性土壤解答。盐汽水是一种碳酸饮料。自制盐汽水的配料包括：水、柠檬汁、碳酸氢钠、食用盐和蔗糖等。完成各小题。8．下列化学用语表达的意义正确的是（）A．2O——2个氧元素B．NaCl——氯化钠由钠原子和氯原子构成C．——碳酸氢根离子D．CO2——二氧化碳分子中含有氧分子9．自制一定浓度的盐汽水不需要使用的用品是（）A．蜡烛 B．电子秤C．水杯 D．筷子10．蔗糖的化学式为C12H22O11。下列叙述正确的是（）A．蔗糖属于氧化物 B．蔗糖由45个原子构成C．蔗糖中氢元素的质量分数最大 D．蔗糖可以调节盐汽水的口感【答案】8．C9．A10．D【解析】【分析】（1）A、根据元素符号前加数字，表示原子个数，元素宏观不讲个数解答；

B、根据盐类物质由离子构成，氯化钠由钠离子、氯离子构成解答；

C、根据碳酸氢根离子的符号书写规范解答；

D、根据分子由原子构成，一种分子中不包含另一种分子解答。

（2）A、根据配制溶液的操作步骤：计算、称量、溶解，均不需要加热解答；

B、根据称量固体溶质需要托盘天平或电子秤解答；

C、根据配制溶液需要容器盛放液体解答；

D、根据溶解操作需要玻璃棒或筷子搅拌加速溶解解答。

（3）A、根据氧化物的定义，三种元素组成的物质不属于氧化物解答；

B、根据物质构成的描述：宏观物质由分子构成，分子由原子构成解答；

C、根据元素质量分数的计算方法，比较各元素总相对质量大小解答；

D、根据蔗糖的用途，作为糖类调味剂改善口感解答。8．A、元素只讲种类、不讲个数，2O表示2个氧原子，不是2个氧元素，选项A错误；

B、氯化钠由钠离子和氯离子构成，不是由钠原子和氯原子构成，选项B错误；

C、HCO3-表示碳酸氢根离子，化学用语书写正确，选项C正确；

D、二氧化碳由二氧化碳分子构成，分子由原子构成，二氧化碳分子中含有氧原子，不含氧分子，选项D错误。

故答案为：C。9．A、自制盐汽水过程中不需要加热、点燃操作，蜡烛用不到，选项A符合题意；

B、电子秤用于称量固体药品的质量，配制溶液需要使用，选项B不符合题意；

C、水杯作为配制溶液的容器，需要使用，选项C不符合题意；

D、筷子用于搅拌，加速物质溶解，需要使用，选项D不符合题意。

故答案为：A。10．A、氧化物由两种元素组成且其中一种为氧元素，蔗糖由碳、氢、氧三种元素组成，不属于氧化物，选项A错误；

B、蔗糖由蔗糖分子构成，1个蔗糖分子由45个原子构成，不能直接说蔗糖由45个原子构成，选项B错误；

C、蔗糖中碳、氢、氧元素质量比为(12×12)：(1×22)：(16×11)=72：11：88，氧元素质量分数最大，选项C错误；

D、蔗糖具有甜味，可作为甜味剂调节盐汽水的口感，选项D正确。

故答案为：D。11．硅是制作芯片的材料，工业制硅的反应为SiO2+2CSi+2CO↑。该反应的类型是（）A．置换反应 B．分解反应 C．化合反应 D．复分解反应【答案】A【解析】【解答】A、置换反应是一种单质和一种化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物的反应；该反应中碳单质和二氧化硅化合物反应，生成硅单质和一氧化碳化合物，属于置换反应，选项A符合题意；

B、分解反应是一种物质生成多种物质，该反应反应物有两种，不属于分解反应，选项B不符合题意；

C、化合反应是多种物质生成一种物质，该反应生成物有两种，不属于化合反应，选项C不符合题意；

D、复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物，该反应有单质参与，不属于复分解反应，选项D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】A、根据置换反应“单换单”的特征判断解答；

B、根据分解反应“一变多”的特征判断解答；

C、根据化合反应“多变一”的特征判断解答；

D、根据复分解反应“双交换、价不变”的特征判断解答。12．如图是利用膜技术净化水的部分过程示意图。下列叙述错误的是（）A．膜技术净化水的原理与过滤类似B．超滤膜的孔径小于蛋白质的微粒直径C．经过超滤膜净化后的水为纯净物D．膜技术净化水的过程中发生了物理变化【答案】C【解析】【解答】A、膜技术是通过孔径大小分离不同微粒，与过滤“筛子原理”类似，选项A正确；

B、超滤膜可以阻挡蛋白质大分子，说明超滤膜的孔径小于蛋白质微粒直径，选项B正确；

C、超滤膜只能阻挡大分子、细菌等，水中的离子等小分子仍能通过，净化后的水仍含有可溶性杂质，属于混合物，不是纯净物，选项C错误；

D、膜技术净化水的过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项D正确。

故答案为：C。

【分析】A、根据过滤原理：利用孔径大小分离固体和液体，膜技术原理一致解答；

B、根据超滤膜能截留蛋白质，说明蛋白质不能通过孔径，孔径更小解答；

C、根据纯净物只含一种物质，超滤后仍有可溶性离子，属于混合物解答；

D、根据物理变化和化学变化的判断依据：有无新物质生成解答。13．如图是某种推进剂在火箭发射过程中发生反应的微观过程示意图。下列叙述正确的是（）A．甲的化学式为NH2B．反应前后元素的化合价不变C．反应前后分子数目发生改变D．反应生成丙与丁的质量比为14：9【答案】C【解析】【解答】A、根据微观示意图的原子构成，甲的化学式为N2O4，不是NH2，选项A错误；

B、反应前氮元素在化合物中，反应后生成氮气单质，氮元素化合价发生改变，选项B错误；

C、配平后反应的化学方程式为N2O4+2N2H43N2+4H2O，反应前分子总数为3，反应后分子总数为7，反应前后分子数目发生改变，选项C正确；

D、丙为氮气，丁为水，生成丙与丁的质量比为(3×28)：(4×18)=84：72=7：6，不是14：9，选项D错误。

故答案为：C。

【分析】A、根据微观示意图中原子的种类和个数，推导物质化学式解答；

B、根据单质中元素化合价为0，化合物中元素化合价不为0，有单质生成则化合价改变解答；

C、根据配平后的化学方程式，对比反应前后分子总数解答；

D、根据化学方程式，计算生成物的质量比=相对分子质量×化学计量数之比解答。14．下列有关X、Y表示的概念之间存在如下图所示的“包含”关系的是（）选项ABCD概念X单质磷肥钠盐饱和溶液Y化合物肥料硝酸盐浓溶液A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【解答】A、单质和化合物是并列关系，二者都属于纯净物，不存在包含关系，选项A不符合题意；

B、磷肥是肥料的一种，肥料包含磷肥，属于包含关系，选项B符合题意；

C、钠盐和硝酸盐属于交叉关系，硝酸钠既属于钠盐也属于硝酸盐，不存在包含关系，选项C不符合题意；

D、饱和溶液和浓溶液属于交叉关系，饱和溶液可能是浓溶液或稀溶液，不存在包含关系，选项D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】A、根据纯净物分为单质和化合物，二者为并列关系解答；

B、根据肥料包含氮肥、磷肥、钾肥等，磷肥属于肥料解答；

C、根据盐的分类角度不同，钠盐和硝酸盐存在交叉部分解答；

D、根据溶液饱和与否与浓度大小没有必然联系，二者为交叉关系解答。15．《吕氏春秋》中记载“金（铜单质）柔锡（锡单质）柔，合两柔则刚”。这句话说明合金具有的特性是A．熔点一般比其组成金属的低B．硬度一般比其组成金属的大C．抗腐蚀性一般比其组成金属的强D．耐磨性一般比其组成金属的好【答案】B【解析】【解答】“金（铜单质）柔锡（锡单质）柔，合两柔则刚”，这句话说明了合金比其组成金属的硬度大。

故答案为：B。

【分析】根据合金比其组分的纯金属硬度大、熔点低和抗腐蚀性增强分析。16．NaCl、NH4Cl的溶解度曲线如图所示。下列叙述正确的是（）A．NH4Cl的溶解度大于NaClB．t℃时，NaCl溶液和NH4Cl溶液中溶质的质量分数相等C．30℃时，NH4Cl饱和溶液中溶质的质量分数为41.4%D．NH4Cl中混有少量NaCl，可用降温结晶的方法提纯NH4Cl【答案】D【解析】【解答】A、比较溶解度大小必须指明温度，温度不确定时无法比较二者溶解度大小，选项A错误；

B、t℃时，氯化钠和氯化铵溶解度相等，只有饱和溶液的溶质质量分数才相等，未说明溶液是否饱和，无法判断质量分数，选项B错误；

C、30℃时，NH4Cl饱和溶液溶质质量分数为×100%≈29.3%，不等于41.4%，选项C错误；

D、NH4Cl溶解度受温度影响变化大，NaCl溶解度受温度影响变化小，NH4Cl中混有少量NaCl，可用降温结晶的方法提纯NH4Cl，选项D正确。

故答案为：D。

【分析】A、根据溶解度曲线的意义，比较溶解度必须限定温度解答；

B、根据一定温度下溶解度相等，饱和溶液溶质质量分数相等，不饱和溶液不一定相等解答；

C、根据饱和溶液溶质质量分数计算公式：×100%解答；

D、根据降温结晶适用于溶解度受温度影响大的物质提纯解答。17．下列实验方案能达成实验目的的是（）选项实验目的实验方案A检验产生的气体是CO2将燃着的木条伸入气体中B除去NaCl中的泥沙加水溶解、过滤、洗涤、干燥C鉴别浓硫酸和稀硫酸用玻璃棒蘸少量溶液在纸上写字D分离CaO和CaCO3加水溶解、过滤A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】【解答】A、能使燃着木条熄灭的气体不一定是二氧化碳，氮气等也能使木条熄灭，检验二氧化碳应使用澄清石灰水，选项A不能达成目的；

B、除去NaCl中的泥沙，加水溶解、过滤后，需要蒸发结晶得到氯化钠固体，洗涤、干燥得到的是泥沙，选项B不能达成目的；

C、浓硫酸具有脱水性，能使纸张炭化变黑，稀硫酸没有脱水性，现象不同，可以鉴别，选项C能达成目的；

D、加水溶解时，CaO会与水反应生成氢氧化钙，原物质被消耗，无法分离得到氧化钙，选项D不能达成目的。

故答案为：C。

【分析】A、根据二氧化碳的检验方法：通入澄清石灰水，观察是否变浑浊解答；

B、根据可溶性固体与难溶性固体分离，步骤为溶解、过滤、蒸发结晶解答；

C、根据浓硫酸的脱水性，能使有机物炭化变黑，稀硫酸无此性质解答；

D、根据氧化钙能与水反应，加水会破坏原物质解答。18．项目小组对“氢氧化钠和盐酸能否反应”进行探究，测得溶液pH随滴加时间变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是（）A．该实验是稀盐酸滴入氢氧化钠溶液B．a点时溶液能使石蕊溶液变红色C．b点时溶液中含有的粒子只有Na+和Cl-D．c点时溶液中的NaCl比b点时溶液中的多【答案】B【解析】【解答】A、初始溶液pH小于7，呈酸性，随着反应进行pH逐渐升高，说明是将氢氧化钠溶液滴入稀盐酸中，选项A错误；

B、a点时溶液pH小于7，呈酸性，酸性溶液能使紫色石蕊溶液变红色，选项B正确；

C、b点时溶液pH=7，恰好完全反应，溶质为氯化钠，溶液中含有的粒子有Na+、Cl-、H2O，选项C错误；

D、b点时盐酸已经完全反应，c点继续滴加氢氧化钠，不再生成氯化钠，两点氯化钠质量相等，选项D错误。

故答案为：B。

【分析】A、根据pH变化趋势，从小于7逐渐升高，判断为碱加入酸中解答；

B、根据酸性溶液pH＜7，紫色石蕊遇酸变红解答；

C、根据溶液中溶剂水分子始终存在，粒子包含水分子解答；

D、根据恰好完全反应后，再加碱不发生反应，溶质质量不变解答。19．用如图所示的装置探究燃烧的条件。在U形管中加入80℃的水，观察到①处白磷燃烧，②处白磷不燃烧，③处红磷不燃烧。下列叙述正确的是（）A．实验中白磷和红磷需过量B．对比①②处现象可知燃烧需要氧气C．对比②③处现象可知红磷的着火点比白磷高D．气球b起到防污染的作用【答案】B【解析】【解答】A、该实验旨在探究燃烧的条件，只需观察白磷和红磷是否燃烧的现象即可得出结论，不需要进行定量测定，因此实验中白磷和红磷不需要过量，选项A不符合题意；

B、①处的白磷与氧气接触且温度达到了着火点（80℃），发生了燃烧；②处的白磷温度虽然达到了着火点，但被水浸没，没有与氧气接触，所以不燃烧。对比①和②的现象，唯一的变量是氧气，从而说明燃烧需要氧气，选项B符合题意；

C、②处的白磷不燃烧是因为缺乏氧气，③处的红磷不燃烧是因为温度未达到着火点。这两处实验存在两个变量（物质种类、着火点不同、是否接触氧气不同），无法通过单一变量原则得出红磷着火点比白磷高的结论（应通过对比①和③得出结论），选项C不符合题意；

D、白磷燃烧生成的五氧化二磷有毒，会污染空气。图中①处白磷燃烧，其上方的气球a可以收集产生的白烟，起到防污染的作用；而②处白磷不燃烧，不会产生污染物，气球b主要起缓冲气压或密封作用，不起防污染作用，选项D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】A、根据探究实验的设计目的和药品用量原则解答；

B、根据控制变量法，分析①②两处的实验条件差异（有无氧气）及现象差异解答；

C、根据控制变量法的原则，判断②③两处是否存在单一变量来解答；

D、根据白磷燃烧的产物性质及装置中气球的位置和作用解答。​​​​​20．研究人员发现高锰酸钾受热分解后实际氧气产率（氧气产率=×100%）在13.50%和20.25%之间。称取2.001g高锰酸钾在空气中加热，每分钟升温10℃，利用热重分析技术测得固体残留率（固体残留率=×100%）随温度的变化如图所示。下列叙述错误的是（）A．KMnO4受热完全分解生成K2MnO4、MnO2和O2时，理论氧气产率约为10.13%B．M点时，实际氧气产率为18%C．M点时，残留固体中钾、锰元素的原子个数之比为1：1D．15.8gKMnO4受热分解生成2.4gO2时，残留固体中锰、氧元素的原子个数之比为1：2【答案】D【解析】【解答】A、高锰酸钾完全分解的化学方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，每316份质量的高锰酸钾完全分解生成32份质量的氧气，理论氧气产率为×100%≈10.13%，选项A正确；

B、M点固体残留率为82%，则实际氧气产率=1-82%=18%，选项B正确；

C、反应前后钾、锰元素都留在固体中，原子个数不变，原高锰酸钾中钾、锰原子个数比为1：1，因此残留固体中钾、锰原子个数比仍为1：1，选项C正确；

D、15.8gKMnO4中氧元素总质量为15.8g×=6.4g，生成2.4gO2，则剩余固体中氧元素质量为6.4g-2.4g=4g；锰元素总质量为15.8g×=5.5g；残留固体中锰、氧原子个数比为：=0.1：0.25=2：5，不是1：2，选项D错误。

故答案为：D。

【分析】A、根据化学方程式计算理论分解的氧气产率，对应相对质量比解答；

B、根据固体残留率，氧气逸出导致固体质量减少，氧气产率=1-固体残留率解答；

C、根据质量守恒，金属元素全部留在固体中，原子个数比不变解答；

D、根据元素守恒，分别计算剩余固体中锰、氧元素质量，再换算为原子个数比解答。二、流程题：本大题共2小题，共18分。21．“水—氧—碳”循环的创建可实现中国空间站核心舱内空气成分与含量的相对稳定，保障航天员的生存环境。完成下列问题。（1）供水①目前，航天员从地球携带一部分水，还可在空间站制造水。写出氢气和氧气反应生成水的化学方程式：。②未来技术允许时，期待向宇宙寻求水。外星球上的深层冻土层融化释放出水，该过程发生的变化属于（填“物理”或“化学”）变化。宇宙尘埃吸附氢、氧原子可以结合成水，水与冰的化学性质相同，原因是。（2）供氧①常规供氧用电解水方式，应急供氧的一种原理为：2NaClO32X+3O2↑。X的化学式是。②科研人员将太空舱内富集的高浓度CO2转化为CH4的过程见图1，实验测得不同催化剂条件下CO2的转化率（CO2的转化率=×100%）与温度的关系如图2所示。你认为最佳反应条件是、。（3）供能①下图为空间站能量储存及转化的部分过程原理示意图。白天，太阳能电池工作时一种能量转化形式为：太阳能→→化学能。②航天员在太空生存需要食物、空气和水。人体内葡萄糖和氧气缓慢反应生成CO2和H2O的过程（填“放出”或“吸收”）热量。③航天员在空间站进行太空实验，已成功将CO2和H2O转化为有机物和氧气。此项研究的意义是。【答案】（1）2H2+O22H2O；物理；分子构成相同（2）NaCl；催化剂选择Ni-CeO2；温度是320℃（3）电能；放出；实现了无机物向有机物的转化【解析】【解答】(1)①氢气和氧气在点燃条件下反应生成水，化学方程式：2H2+O22H2O。

②冻土层融化只是水的状态改变，没有新物质生成，属于物理变化；水和冰都是由水分子构成的，同种分子化学性质相同，因此二者化学性质相同。

(2)①根据质量守恒定律，反应前后原子种类、数目不变，反应前有2个钠原子、2个氯原子、6个氧原子，反应后已有6个氧原子，因此2个X中含2个钠原子和2个氯原子，X的化学式为NaCl。

②结合图像可知，催化剂选择Ni-CeO2、温度为320℃时，二氧化碳转化率最高，为最佳反应条件。

(3)①白天太阳能电池将太阳能转化为电能，电能再通过电解水转化为化学能储存在氢气、氧气中，能量转化形式：太阳能→电能→化学能。

②葡萄糖和氧气的缓慢氧化属于放热反应，过程中放出热量。

③将CO2和H2O转化为有机物和氧气，实现了无机物向有机物的转化，有助于维持空间站内碳氧平衡，缓解温室效应。

【分析】(1)①根据氢气燃烧生成水，书写化学方程式，注意配平与条件；

②根据物理变化的判断依据：无新物质生成；根据分子是保持物质化学性质的最小粒子，同种分子性质相同解答。

(2)①根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类、数目不变，推导未知物质化学式；

②结合转化率图像，选择转化率最高对应的催化剂与温度作为最优条件。

(3)①根据能量转化流程，太阳能电池实现太阳能到电能的转化，电解水实现电能到化学能的转化；

②根据缓慢氧化属于放热反应解答；

③从物质转化、碳氧循环、环保角度分析该研究的意义。22．以某卤水（主要成分为KCl，含少量CaCl2和MgCl2）制备K2CO3的一种流程如下：（1）“预处理”时向卤水中加入稍过量的Ca（OH）2和K2CO3，先加入的物质为；产生的沉淀是Mg（OH）2和。（2）“电解”时发生的反应一定有水参加，原因是。（3）该流程中可循环利用的物质有：KCl和。（4）由含少量KCl的KOH溶液转化为K2CO3有两种途径。途径1：KOH→K2CO3；途径2：KOH→KHCO3→K2CO3。①写出途径1中有关反应的化学方程式：。②工业上选择途径2而不选择途径1制备K2CO3的理由有、。【答案】（1）Ca（OH）2；CaCO3（2）反应前后氢元素、氧元素守恒（3）CO2（4）2KOH+CO2=K2CO3+H2O；便于分离得到KHCO3固体；得到的K2CO3产品较纯【解析】【解答】(1)预处理时先加入Ca(OH)2，氢氧化钙与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，除去镁离子；再加入K2CO3，碳酸钾与氯化钙、过量的氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，除去钙离子；产生的沉淀是Mg(OH)2和CaCO3。

(2)电解后生成的KOH中含有氢、氧元素，而反应物KCl中不含氢、氧元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，因此反应一定有水参加，提供氢、氧元素。

(3)流程中生成物里有KCl，后续又作为原料投入；煅烧生成的CO2可通入氢氧化钾溶液再利用，因此可循环利用的物质有KCl、CO2。

(4)①途径1是氢氧化钾与二氧化碳反应生成碳酸钾和水，化学方程式：2KOH+CO2=K2CO3+H2O。

②工业选择途径2的理由：碳酸氢钾溶解度较小，容易结晶析出，便于分离；通过碳酸氢钾煅烧得到的碳酸钾产品纯度更高；可以更精准控制反应程度，避免碱过量。

【分析】(1)根据除杂顺序，先除镁离子再除钙离子，避免引入新杂质；结合复分解反应判断生成的沉淀。

(2)根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，生成物含有的元素反应物必须提供，因此水必须参与反应。

(3)根据循环物质的判断标准：既是某个步骤的生成物，又是另一个步骤的反应物。

(4)①根据碱与非金属氧化物的反应规律，书写化学方程式；

②从产物分离难易、产品纯度、反应可控性等角度分析途径2的优势。三、科普短文题：本大题共1小题，共8分。23．阅读下列短文，回答相关问题。化学链燃烧目前，我国能源结构中占主导地位的化石燃料在燃烧过程中仍存在反应条件难以控制、对某些原料依赖性强、反应产物难分离等问题。高效率、低污染的低碳燃烧方式已成为重要的研究内容。燃烧包括富氧燃烧和化学链燃烧等多种方式。化石燃料在空气中直接燃烧可能会引起N2与O2发生反应生成氮氧化物。化学链燃烧改进了传统的燃烧方式，使燃烧更充分，能够避免烟气中含有浓度较高的N2，并获得高浓度CO2。化学链燃烧是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新型燃烧技术，化学链燃烧的一般模型如下图所示，主要包括MOm与燃料发生还原反应、MOn与O2发生氧化反应两个过程。载氧体多选用铁、钴、镍、铜、锌和铈（Ce）等金属的氧化物，载氧体材料的主要来源有天然矿产和人工合成材料。化学链燃烧技术已成为能源环境、化工冶金、材料等领域的学科前沿，在能源清洁转化与利用、碳捕集转化与利用等国家重大需求领域有着重要的应用价值。（1）富氧燃烧是一种燃烧方式，“富氧”表示的含义是。（2）空气反应器中，MOn与O2在一定条件下发生反应生成MOm，反应后M元素的化合价（填“升高”或“降低”）。（3）分离燃料反应器排放的CO2和H2O的方法是。（4）写出900～1000℃时CH4和CuO在燃料反应器中反应生成Cu2O、CO2和H2O的化学方程式：。（5）与CH4在空气中直接燃烧相比，CH4的化学链燃烧的优点是（填序号）。a.有利于CO2的捕集b.可减少氮氧化物的生成c.可提高能源利用率【答案】（1）氧气的浓度高（2）升高（3）冷凝（或冷却等）（4）CH4+8CuO4Cu2O+CO2+2H2O（5）abc【解析】【解答】(1)“富氧”指的是氧气的浓度高于普通空气中氧气的浓度。

(2)MOn与O2反应生成MOm，M元素结合的氧原子数目增多，化合物中氧元素显-2价，因此反应后M元素的化合价升高。

(3)水降温会液化，二氧化碳在低温下仍为气体，因此分离CO2和H2O的方法是冷凝，通过降温使水蒸气变为液态水，实现分离。

(4)900～1000℃时，CH4和CuO反应生成Cu2O、CO2和H2O，配平后化学方程式：CH4+8CuO4Cu2O+CO2+2H2O。

(5)与直接燃烧相比，化学链燃烧的优点：可获得高浓度CO2，便于碳捕集；可减少氮气与氧气反应生成氮氧化物；使燃料燃烧更充分，提高能源利用率，对应abc三点。

【分析】(1)根据“富氧”字面含义，结合空气氧含量，解释为氧气浓度高于空气。

(2)根据化合价规则，化合物中正负化合价代数和为0，氧原子增多则金属元素化合价升高。

(3)根据水和二氧化碳沸点不同，采用冷凝法分离水蒸气。

(4)根据题干给出的反应物、生成物和条件，依据质量守恒配平化学方程式。

(5)结合短文信息，从污染物排放、能源利用、产物分离等角度总结优点。四、探究题：本大题共3小题，共25分。24．项目小组对CO2的制取与性质进行探究。【查阅资料】电导率能衡量溶液导电能力大小。相同条件下，离子浓度（单位体积溶液中的离子总数）越大，电导率越大。实验1：实验室利用大理石和稀盐酸制取CO2（见图1）。实验2：向500mL超纯水中持续通入CO2，测得电导率随时间的变化如图2中曲线①所示。实验3：向500mL超纯水中加入1gCaCO3，再持续通入CO2，测得电导率随时间的变化如图2中曲线②所示。（1）写出实验1中制取CO2的化学方程式：。为除去CO2中的HCl气体，装置B中可选用的试剂是（填“NaOH溶液”或“饱和NaHCO3溶液”）。（2）实验2中，电导率一段时间后几乎不再发生变化，原因是。（3）实验3通CO2前，电导率出现一段突跃，说明难溶的CaCO3出现微弱的溶解，起导电作用的阳离子是（填离子符号）。（4）对比曲线①、②可推知的结论是。【答案】（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；饱和NaHCO3溶液（2）CO2在水中的溶解达到平衡，溶液中离子浓度几乎不再改变（3）Ca2+（4）CO2溶于水后能促进CaCO3溶解，使溶液中离子浓度增大【解析】【解答】(1)实验室用大理石和稀盐酸制取二氧化碳，化学方程式：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；除去CO2中的HCl选用饱和NaHCO3溶液，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，不会消耗二氧化碳；NaOH溶液会同时吸收二氧化碳和氯化氢，不能选用。

(2)实验2中，二氧化碳在水中的溶解能力有限，一段时间后溶解达到饱和，溶液中离子浓度不再变化，因此电导率几乎不再改变。

(3)碳酸钙微弱溶解时，电离出钙离子和碳酸根离子，起导电作用的阳离子是Ca2+。

(4)对比曲线①和②，通入二氧化碳后曲线②电导率明显更高，说明二氧化碳溶于水后，能与碳酸钙反应生成可溶的碳酸氢钙，使溶液中离子浓度增大，导电性增强。

【分析】(1)根据实验室制二氧化碳的反应原理书写方程式；根据除杂原则，选择只与杂质反应、不消耗原物质的试剂。

(2)根据气体溶解度有限，达到饱和后离子浓度稳定，电导率保持不变解答。

(3)根据碳酸钙的电离产物，判断导电的阳离子为钙离子。

(4)结合电导率与离子浓度的关系，对比两条曲线的差异，推导二氧化碳对碳酸钙溶解的促进作用。25．项目小组对“铁粉与CuO的反应”进行探究。Ⅰ.探究铁粉与CuO是否反应实验1：按图1装置实验。取一定量铁粉与CuO的混合物于试管中，加热一段时间，出现微弱红热现象，实验结束后黑色固体中出现红色物质，球形干燥管中形成一段水柱。（1）对固体集中加热前应先进行预热，原因是。（2）实验1中能确定发生化学反应的依据是。（3）框内装置的作用是。Ⅱ.探究铁粉与CuO的反应产物（4）【查阅资料】①Fe3O4能被磁铁吸引。②FeO（黑色）、Fe3O4（黑色）、Fe2O3（红色）均能与稀盐酸反应。如：Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O。③Cu2O为砖红色，能与稀硫酸反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O。实验2：步骤现象①取实验1后的固体，研磨成细粉，用磁铁吸引多数黑色固体被吸引②将被磁铁吸引的固体投入过量硫酸铜溶液中，充分搅拌、过滤、洗涤无明显变化③向步骤②后得到的黑色固体中加入过量稀盐酸，搅拌固体溶解，溶液呈黄色④将未被磁铁吸引的固体称重后加入过量稀硫酸中，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称量溶液呈浅蓝色，过滤得到的固体呈红色且质量略有减少步骤②中加入硫酸铜溶液除去可能剩余的铁，写出铁与硫酸铜反应的化学方程式：；由步骤①②③可以确认铁粉与CuO反应生成的黑色固体是。（5）写出铁粉与CuO反应的化学方程式：。（6）Ⅲ.探究实验的影响因素实验3：称取0.5g铁粉和0.5gCuO，充分混合进行实验；同样的方式，分别称取1.0g、1.5g、2.0g、2.5g铁粉和CuO进行实验，记录数据见图2。由实验3发现，参加反应的固体质量影响产生现象所需的时间。实验中发现两种反应物分别是1.5g时数据异常，你的做法是。【答案】（1）防止试管受热不均炸裂（2）出现红色物质（3）防止生成物被空气中的氧气氧化（4）Fe+CuSO4=Cu+FeSO4；四氧化三铁（5）3Fe+8CuOFe3O4+4Cu2O（6）实验时发现数据异常，需重新实验，多次实验后再看结果，并做出进一步判断【解析】【解答】(1)对固体集中加热前先预热，是为了使试管均匀受热，防止试管因受热不均发生炸裂。

(2)化学变化的本质特征是有新物质生成，实验中黑色固体里出现红色物质，说明生成了新物质，可确定发生了化学反应。

(3)球形干燥管形成密闭环境，防止空气进入试管与高温生成物反应，避免生成物被空气中的氧气氧化。

(4)铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，化学方程式：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；步骤②加硫酸铜无明显变化，说明黑色固体中不含单质铁；步骤③加过量稀盐酸固体溶解、溶液呈黄色，说明生成了三价铁离子，结合资料可确认黑色固体是Fe3O4。

(5)铁粉与氧化铜在加热条件下反应生成四氧化三铁和氧化亚铜，配平后化学方程式：3Fe+8CuOFe3O4+4Cu2O。

(6)实验中出现异常数据时，应重新进行多次实验，排查实验操作、药品用量等影响因素，确认数据是否可靠后再做结论。

【分析】(1)根据加热固体的实验操作规范，预热防止试管受热不均炸裂解答。

(2)根据化学变化的判断依据：有新物质生成，颜色改变是新物质的直观表现解答。

(3)根据高温下铜、铁的氧化物易被氧气氧化，隔绝空气可防止产物变质解答。

(4)根据金属与盐的置换反应书写方程式；结合实验现象和资料信息，逐一排除，推断黑色固体成分。

(5)根据推断出的反应物和生成物，依据质量守恒配平化学方程式。

(6)根据科学探究的严谨性，异常数据需重复实验验证，不能直接采用或忽略。26．2025年12月16日，中国“青氢一号”全球最大绿色氢氨醇一体化项目宣布投产。风光氢氨醇产业的主要流程如下：Ⅰ.制氢（1）甲烷水蒸气重整制