2026年江苏省扬州市中考化学真题及答案解析

第1页（共1页）2026年江苏省扬州市初中学业水平考试化学试卷一、单项选择题：共20题，每题2分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1．（2分）AI能够辅助人们设计出合成物质的最优路线。要教会AI像化学家那样思考，让它学会在设计合成路线时优先考虑一些因素。下列不属于合成时需优先考虑的因素是（）A．成本较低 B．产率较高 C．绿色环保 D．步骤繁杂2．（2分）工业制备CCl4的方法为CS2+3Cl2催化剂CCl4A．S2Cl2 B．S2Cl C．SCl2 D．SCl33．（2分）将少量的下列物质加入适量水中，所得混合物属于溶液的是（）A．碳酸钠 B．泥土 C．粉笔灰 D．植物油4．（2分）草木灰中含有K2CO3，可作钾肥。K2CO3中碳元素的化合价是（）A．+1 B．+2 C．+3 D．+45．（2分）牛皮糖配料中含麦芽糖（C12H22O11）下列关于麦芽糖的说法正确的是（）A．由碳、氢、氧三种元素组成 B．由碳原子和水分子构成 C．氢元素的质量分数最大 D．碳、氧元素质量比为12：116．（2分）扬州出土的青铜器“错银铜牛灯”的主要结构如图所示，灯座内注入清水，灯盘内盛放灯油，灯罩可自由开合。下列说法不正确的是（）A．青铜属于合金 B．灯座内清水可降低灯油的着火点 C．灯罩可调节进入的空气量 D．烟气进入水中后，固体粉尘会被去除7．（2分）CH4在O2中燃烧生成CO2和H2O，其转化可用CH4→点燃O2A．Cu2（OH）2CO3→△CuO B．CuO→稀硫酸CuSO4C．CuSO4溶液→ZnCu D．Cu→稀盐酸CuCl阅读下列材料，完成8～10题。中国立足“富煤少油”国情，发展现代煤化工产业，实现资源和技术自主可控。煤主要含碳元素，还含有H、O、N、S、Na等元素。煤制气可得CO、H2，生成的气体进一步转化可得汽油（含多种碳氢化合物分子）等产品。8．下列属于金属元素的是（）A．O B．N C．Na D．S9．煤制气的主要反应为C+H2O高温CO+H2A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应10．下列说法正确的是（）A．煤是单质 B．汽油是纯净物 C．煤转化为汽油是物理变化 D．将煤转化为汽油，可缓解石油短缺问题11．（2分）下列实验安全事项，与“浓盐酸稀释实验”无关的是（）A.进行实验需要佩戴护目镜，保护眼睛B.实验中用到或产生有害气体，应开启通风C.实验中用到明火，要正确使用火源D.实验结束离开前，需用肥皂等清洗双手A．A B．B C．C D．D12．（2分）氖气可用作霓虹灯的填充气，氖在元素周期表中的信息如图所示。下列说法正确的是（）A．氖的原子核内有20个质子 B．氖的元素符号为Ne C．氖的原子核外有18个电子 D．氖的相对原子质量为1013．（2分）下列物质的性质和用途对应关系正确的是（）A．石墨具有导电性，可用作电池的电极 B．活性炭是黑色固体，可用于吸附水中杂质 C．碳酸氢钠可溶于水，可用于治疗胃酸过多 D．甲烷是无色气体，可用作燃料14．（2分）构成物质的微观粒子有分子、原子、离子等。下列物质由离子构成的是（）A．氢气 B．氯化钠 C．液态氧 D．晶体硅阅读下列材料，完成15～17题。石灰石经煅烧可制得生石灰。将少量生石灰加入水中，发生反应：CaO+H2O═Ca（OH）2，温度升高，得到石灰乳。石灰乳经过滤可得澄清石灰水。15．实验室模拟上述过程，并探究石灰水的性质及用途。下列装置与操作正确的是（）A．高温煅烧石灰石B．检验CO2 C．生石灰与水反应 D．测定石灰水pH16．下列物质属于盐的是（）A．Ca B．CaO C．Ca(OH)2 D．CaCO317．下列说法正确的是（）A．石灰石易与水反应 B．CaO与水反应时吸收热量 C．过滤石灰乳可得到Ca(OH)2溶液 D．Ca(OH)2易溶于水18．（2分）KNO3、NaCl、Li2SO4三种物质的溶解度曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A．60℃时，KNO3的溶解度为106g B．60℃时，三种物质的溶解度大小关系：S（KNO3）＞S（NaCl）＞S（Li2SO4） C．升高温度，NaCl和Li2SO4的溶解度变化趋势不同 D．降低温度，Li2SO4能从其热饱和溶液中结晶析出19．（2分）下列实验方案及现象不能达到实验目的的是（）选项实验目的实验方案及现象A除去粗盐中的泥沙将粗盐加水溶解，蒸发水分，得到固体B验证分子之间有空隙在100mL量筒中将50mL水和50mL酒精混合，混合后的体积小于100mLC除去H2中的水蒸气将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶D判断盐酸已与NaOH反应完全向盐酸中滴加几滴酚酞试剂，再加入NaOH溶液，充分反应后，溶液由无色变成红色A．A B．B C．C D．D20．（2分）H2O2能与有机物X反应，从而去除水样中的X。为研究不同固体催化剂M、N对该反应中X去除率的影响，进行如图1所示的三组实验。相同时间后，测得实验结果如图2所示。已知：X的去除率＝（1−去除后水样中X的质量下列有关H2O2与X的反应及上述实验的结论合理的是（）A．M对该反应无催化效果 B．实验①与实验②，有机物X被去除的原理相同 C．上述实验条件下，与M相比，N催化该反应的效果更好 D．其他条件相同时，与M相比，改变温度对N催化该反应的影响更大二.非选程题•共5题.共00分。21．（11分）扬州正聚力打造长三角算力枢纽节点。（1）算力需“动力之源”。扬州与甘肃、青海“东数西算”工程节点城市推进算力协同。①甘肃庆阳的石油、煤炭、天然气等储备量充足，并拥有丰富的风能、太阳能资源。上述能源中，属于可再生能源的是。②青海打造多元储能体系。下列方法中将电能转化为氢能的是（填字母）。A.用电机将水从低处抽至高处B.用电解装置使水分解C.用电力驱动压缩机将空气压缩液化（2）算力需“材料基石”。高纯硅（Si）和超纯水是生产芯片的基础性物料。①用沙子（主要成分是SiO2）和焦炭可制备粗硅，粗硅进一步提纯可制得高纯硅。从沙子、粗硅到高纯硅，硅元素的质量分数（填“减小”“不变”或“增大”）。②生活污水回收再生可制备超纯水，其中的膜分离过程如图所示。比较微观粒子的直径：d（蛋白质分子）d（水分子）（填“＞”或“＜”）。通过反渗透膜后，所得水的导电能力（填“增强”或“减弱”）。③硅芯片（主要成分是Si）制作时需浸没在超纯水中进行。为避免硅芯片表面生成SiO2杂质，如图超纯水还需进一步除去其中溶解的气体单质是（填化学式）。（3）算力需“控温保障”。算力数据中心电子设备集中，发热量大。①IT设备芯片工作时温度会达60℃以上，对其冷却的一种方法是将设备浸没在导热性能良好的冷却液中。为探究不同冷却液的导热性能，设计实验如表所示，实验中所测数据对应的物理量为。步骤1室温下，取两种冷却液各100mL，分别注入两只相同的烧杯中，分别插入温度计步骤2将两只烧杯同时放入60℃恒温水浴中，记录数据步骤3待冷却液的温度达到60℃时，记录数据②冷却液应具备的化学性质有（写2点）。22．（12分）二氧化碳的捕集、利用与封存技术，有力支撑“碳中和”目标的达成。（1）“碳捕集”是指将CO2从工业生产、能源利用或大气中分离出来。①气体的浓度可用质量浓度和体积浓度两种方式表示。质量浓度如“1μg•m﹣3的H2”，含义为每立方米气体中含1μgH2。体积浓度如“386μL•L﹣1的CO2”，含义为。②某区域大气中CO2浓度三年的变化如图所示。该区域大气中CO2浓度的变化趋势为。③对煤燃烧产生的CO2进行捕集时，相比于通入空气，通入O2与煤反应产生的烟气更有利于碳捕集，原因是。（2）“碳输送”是将捕集的CO2运送到利用或封存场地。①气态CO2可通过适度加压并的措施转化为液态，以管道输送。②固态CO2（干冰）常用于食品冷链保鲜。常温常压下，干冰在空气中会逐渐（填物质状态变化名称），保持较低温度。（3）“碳利用”是将捕集的CO2资源化利用。①以CO2和NH3为原料可制备尿素[CO（NH2）2]，同时生成H2O。理论上，参与该反应的CO2和NH3的质量比为。②以CO2和H2为原料可合成甲醇，反应的微观示意图如图所示。进入甲醇中的氢元素占参加该反应氢元素的比例为（用分数表示）。（4）“碳封存”可将捕集的CO2注入地下深部卤水层，CO2会与H2O反应生成（填化学式），最终可转化为碳酸盐固体。（5）在CO2产生后再将其捕集或处理，而不是从源头避免CO2的产生，这种方法常被称为“末端治理”。下列措施属于末端治理的是（填字母）。A.用水力等清洁能源替代燃煤发电B.燃煤废气经吸收处理后再排放C.用电动汽车逐步取代燃油汽车23．（14分）铜锌合金在工业上有着重要的用途。Ⅰ、制备特定组成的铜锌合金时，熔炼温度约需1200℃，高于两种金属的熔点。（1）已知：铜的沸点为2562℃，锌的沸点为906℃。与合金组成比例相比，熔炼时原料中铜与锌需适当过量的是。Ⅱ、铜锌合金中硫元素的含量需控制在较低范围内，测定合金中硫元素含量的部分装置如图所示。（2）合金中的硫元素以S、Cu2S等形式存在，1250℃时合金中的含硫物质会与O2反应转化为SO2。写出Cu2S与O2反应生成Cu2O和SO2的化学方程式：。保持反应温度、O2流速不变，为使合金中含硫物质充分反应，可采取的措施有（写2点）。（3）生成的气体经冷却后，用H2O2溶液吸收，其中的SO2全部转化为H2SO4。吸收前气体需冷却，原因是。（4）①取1.000g合金样品进行实验，测得最终生成H2SO4的质量为4.9×10﹣4g。计算样品中硫元素的质量分数（写出计算过程）。②实验前须采取措施消除合金中锌对测定结果的干扰，否则加热装置内会产生烟尘，使测定结果偏低，原因是。Ⅲ、利用CuCl2溶液的腐蚀性，可分析不同铜锌合金的耐腐蚀性。方法如下：75℃时，将样品在1%CuCl2溶液中腐蚀24小时，计算腐蚀速率（腐蚀速率=腐蚀前样品质量−腐蚀后样品质量（5）现有已知表面积的铜锌合金样品，请补充完整测定其腐蚀速率的实验操作：取合金样品，称其质量，，在75℃下放置24小时，取出样品，，称其质量，计算腐蚀速率。24．（11分）从天外陨铁到超细铁粉，人类对铁的利用不断实现跨越。（1）人类最早使用的铁器由陨铁制成。陨铁可直接锻打制成刀刃等器物，主要利用陨铁的物理性质是。（2）我国铁的冶炼可以追溯到殷商时期。《天工开物》记载：“凡铁一炉载土二千余斤……或用木炭……土化成铁之后，从炉腰孔流出”。这里的“土”指的是。“从炉腰孔流出”说明此时获得的生铁呈态（填物质状态）。（3）京杭大运河沿岸某地有一露天放置的大型生铁所铸文物，表面已被锈蚀。对其进行保护时，围绕“在文物上方修建遮雨棚能否减缓腐蚀”有不同观点。模拟实验发现，该地区湿度大，若建遮雨棚，内部空气流通不畅，夜间温度降低时，空气中的水蒸气会在文物表面凝结。观点1修建遮雨棚，能够减缓腐蚀观点2修建遮雨棚，会加速腐蚀请选择其中一个观点，运用金属生锈的条件进行解释。（4）超细铁粉是一种新型燃料，燃烧后生成Fe3O4。取两种等质量的铁粉，颗粒直径分别为2×10﹣5m（用Fe﹣1表示）、2×10﹣6m（用Fe﹣2表示），分别置于含足量O2的容器中，对其进行加热至燃烧，测得容器内固体质量的增加与温度的变化关系如图所示。①下列表示Fe﹣1处于剧烈燃烧阶段的是（填字母）。A.ab段B.bc段C.ac段②实验可知，两种铁粉中着火点较低的是（填“Fe﹣1”或“Fe﹣2”）。③判断哪种铁粉在实验过程中，参加反应的铁的质量较大，并写出判断的依据：。25．（12分）Al2O3、AlN熔点均高于2000℃，都可用作耐高温陶瓷材料。（1）将铝粉、碳粉和TiO2粉末混合均匀后分布在金属表面，在高温条件下反应生成Al2O3和TiC，在金属表面形成耐高温陶瓷涂层，用于航空领域。①写出该反应的化学方程式：。②在金属表面覆上陶瓷涂层，形成的材料属于（填字母）。A.无机金属材料B.无机非金属材料C.复合材料（2）Al2O3属于氧化物，AlN属于氮化物。AlN的名称为。Al易与O2反应转化为Al2O3。采用铝粉与N2反应的方法制备AlN较为困难，原因是。（3）铝粉与N2反应制得的AlN纯度不高。以AlCl3（沸点为190℃）与NH3为原料，在700℃反应生成AlN和HCl。该方法制得的AlN纯度较高，原因是。（4）大功率LED灯具常需频繁开关，工作时其芯片会产生大量的热，需将芯片贴合在绝缘散热板上。可用的三种散热板材料是AlN、Al2O3、BeO，它们的部分指标如表所示（已知：LED芯片的热膨胀系数约为5×10﹣6℃﹣1）。编号指标AlNAl2O3BeOA价格/元•kg﹣15005400B毒性无毒无毒有毒C导热率（反映材料热传导能力的物理量，导热率越大，导热性能越强/W•m﹣1•K﹣1）。23030300D热膨胀系数（温度每升高1℃时，材料长度或体积的相对变化量/×10﹣6•C﹣1）。4.47.77.5①综合考虑，选择AlN作为LED芯片绝缘散热板的材料。不选择Al2O3的理由是（填编号）。②以下是为LED灯具的三种散热板材料设计的广告语，在答题卡上用三根“——”将各广告语和相应的材料连接起来，使其一一对应。广告语材料性能足够，价格实惠AlN陶瓷散热板把每一丝热量迅速送走Al2O3陶瓷散热板百万次点亮，依然紧密贴合BeO陶瓷散热板

2026年江苏省扬州市中考化学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共14小题）题号123456711121314答案DAADABDCBAB题号181920答案DAC一、单项选择题：共20题，每题2分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1．【答案】D【分析】需判断合成物质时优先考虑的因素，排出不与用户优先考虑的选项。【解答】A．合成物质时，成本是重要考量因素，成本较低可提升生产效益，属于优先考虑因素，故A不符合题意；B．产率较高能提高原料利用率，减少浪费，属于优先考虑因素，故B不符合题意；C．绿色环保要去合成过程中减少污染物排放，降低对环境的危害，符合可持续发展理念，属于优先考虑因素，故C不符合题意；D．步骤繁杂会增加操作难度，延长生成时间，导致总产率降低、成本升高、副反应增多，是合成中需要尽量避免的情况，不属于优先考虑因素，故D符合题意。故选：D。【点评】本题考查合成路线的选择原则，掌握绿色化学与合成路线的优化要求是解答本题的关键。2．【答案】A【分析】根据质量守恒定律：化学反应前后原子种类、数目均不变，进行分析解答。【解答】解：反应物中各原子总数：反应前含C原子1个、S原子2个、Cl原子3×2＝6个；已知的生成物CCl4中的原子数：含C原子1个、Cl原子4个，根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类、数目均保持不变，差值即为X的原子构成：S原子2﹣0＝2个、Cl原子6﹣4＝2个，则X的化学式为S2Cl2。故选：A。【点评】本题难度不大，明确化学反应前后原子守恒是正确解答此类题的关键。3．【答案】A【分析】一种或几种物质分散到另一种物质中，形成均一的、稳定的混合物叫做溶液，它的基本特征是均一性和稳定性；只有被分散的物质在水中是可溶的，二者混合后才会形成溶液。【解答】解：A、碳酸钠易溶于水，分散到水中可形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故A正确；B、泥土难溶于水，放入水中后以固体小颗粒形式悬浮，形成不均一、不稳定的悬浊液，故B错误；C、粉笔灰难溶于水，放入水中形成悬浊液，久置会产生沉淀，故C错误；D、植物油不溶于水，放入水中后以小液滴形式分散，形成不均一、不稳定的乳浊液，久置会分层，故D错误。故选：A。【点评】本题难度不大，掌握溶液的本质特征、各种物质的水溶性方面的知识是解答本题的关键。4．【答案】D【分析】根据化合物中正负化合价代数和为零，进行分析解答。【解答】解：K2CO3中钾元素化合价为+1价，氧元素化合价为﹣2价，设碳元素化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为零，列等式：（+1）×2+x+（﹣2）×3＝0，x＝+4。故选：D。【点评】本题难度不大，明确利用化合价的原则（化合物中正负化合价代数和为零）并能灵活运用是正确解答本题的关键。5．【答案】A【分析】根据麦芽糖的化学式C12H22O11可知其元素组成、微观构成及各元素质量比，并据此判断。【解答】解：A.由化学式C12H22O11可知，麦芽糖由C、H、O三种元素组成，故A正确；B.麦芽糖由麦芽糖分子构成，麦芽糖分子由碳原子、氢原子和氧原子构成，不含水分子，故B错误；C.麦芽糖中C、H、O三种元素的质量比为（12×12）：（1×22）：（16×11）＝144：22：176，所以氧元素的质量分数最大，不是氢元素，故C错误；D.麦芽糖中碳、氧元素质量比为（12×12）：（16×11）＝144：176＝9：11，不是12：11，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查化学式的意义及元素质量比的计算，解题时应注意物质由元素组成，分子由原子构成，不能说纯净物分子中含有水分子。6．【答案】B【分析】A、根据青铜是铜、锡熔合形成的金属合金进行分析；B、根据着火点是可燃物的固有属性，一般不会发生改变进行分析；C、根据灯罩可自由开合，能通过调整开合程度调节空气进入量进行分析；D、根据烟气进入水中后，其中的固体粉尘会被水截留、沉降进行分析。【解答】解：A、青铜是铜、锡熔合形成的金属合金，故A说法正确；B、着火点是可燃物的固有属性，一般不会发生改变，灯座内的清水只能吸收热量降低温度，故B说法错误；C、灯罩可自由开合，能通过调整开合程度调节空气进入量，进而控制燃烧状态，故C说法正确；D、烟气进入水中后，其中的固体粉尘会被水截留、沉降，可以去除粉尘，故D说法正确。故选：B。【点评】本题难度不大，考查燃烧的条件，掌握燃烧的条件并能灵活运用是正确解答本题的关键。7．【答案】D【分析】A．根据Cu2（OH）2CO3在加热条件下分解生成氧化铜、二氧化碳和水来分析解答；B．根据CuO和稀硫酸反应生成硫酸铜和水来分析解答；C．根据锌的金属活动性大于铜，锌和硫酸铜溶液反应生成硫酸锌和铜来分析解答；D．根据铜的金属活动性小于氢，Cu和稀盐酸不反应来分析解答。【解答】解：A．Cu2（OH）2CO3在加热条件下分解生成氧化铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Cu2（OH）2CO3△2CuO+CO2↑+H2B．CuO和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，转化能实现，故B不符合题意；C．锌的金属活动性大于铜，锌和硫酸铜溶液反应生成硫酸锌和铜，反应的化学方程式为Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，转化能实现，故C不符合题意；D．铜的金属活动性小于氢，Cu和稀盐酸不反应，不能生成CuCl2溶液，转化不能实现，故D符合题意。故答案为：D。【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累。阅读下列材料，完成8～10题。中国立足“富煤少油”国情，发展现代煤化工产业，实现资源和技术自主可控。煤主要含碳元素，还含有H、O、N、S、Na等元素。煤制气可得CO、H2，生成的气体进一步转化可得汽油（含多种碳氢化合物分子）等产品。8．【答案】C【分析】根据金属元素名称一般有“钅”字旁，固态非金属元素名称有“石”字旁，气态非金属元素名称有“气”字头，液态非金属元素名称有“氵”字旁，进行分析判断。【解答】解：A、O为氧元素的元素符号，带“气”字头，属于气态非金属元素，故选项错误。B、N为氮元素的元素符号，带“气”字头，属于气态非金属元素，故选项错误。C、Na为钠元素的元素符号，带“钅”字旁，属于金属元素，故选项正确。D、S为硫元素的元素符号，带“石”字旁，属于固态非金属元素，故选项错误。故选：C。【点评】本题难度不大，了解元素符号的意义、元素的简单分类是正确解答本题的关键。9．【答案】C【分析】根据化合反应（“多变一”）、分解反应（“一变多”）、置换反应（“单化变单化”）、复分解反应（换成分，价不变）的特征，进行分析判断。【解答】解：煤制气的主要反应为C+H2O高温CO+H2故选：C。【点评】本题难度不大，了解化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应的特征是正确解答本题的关键。10．【答案】D【分析】A、根据煤含C、H、O等多种元素，由多种物质组成进行分析；B、根据汽油由多种碳氢化合物组成的进行分析；C、根据煤转化为汽油的过程有新物质生成进行分析；D、根据我国“富煤少油”，煤制汽油可降低对石油的依赖，缓解石油短缺问题进行分析。【解答】解：A、煤含C、H、O等多种元素，由多种物质组成，属于混合物，故A错误；B、汽油由多种碳氢化合物组成，属于混合物，故B错误；C、煤转化为汽油的过程有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D、我国“富煤少油”，煤制汽油可降低对石油的依赖，缓解石油短缺问题，故D正确。故选：D。【点评】解答本题的关键是要充分理解各种物质的性质，只有这样才能对问题做出正确的判断。11．【答案】C【分析】根据图中常见标志的含义及题目的要求，进行分析判断。【解答】解：A、浓盐酸具有挥发性，挥发出来的氯化氢气体具有刺激性气味，同时也防止稀释过程中液体溅入眼睛中，该图标为“护目镜”，实验过程中需要佩戴护目镜，保护眼睛，故选项错误。B、该图标为“通风”，表示实验中用到或产生有害气体，应开启通风，浓盐酸具有挥发性，挥发出具有刺激性气味的氯化氢气体，需要该图标，故选项错误。C、浓盐酸稀释过程中，不需要用到明火，该图标为“明火”，与“浓盐酸稀释实验”无关，故选项正确。D、该图标为“洗手”，实验结束离开前，需用肥皂等清洗双手，讲究卫生，养成良好的习惯，故选项错误。故选：C。【点评】本题难度不大，了解实验的原理、各个常见标志所代表的含义是正确解答此类题的关键。12．【答案】B【分析】根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，右上角的字母表示该元素的元素符号，中间的汉字表示元素名称，汉字下面的数字表示相对原子质量，进行分析判断。【解答】解：A、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，原子中原子序数＝核电荷数＝质子数＝核外电子数，则氖的原子核内有10个质子，故选项说法错误。B、根据元素周期表中的一格可知，右上角的字母表示该元素的元素符号，氖的元素符号为Ne，故选项说法正确。C、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，原子中原子序数＝核电荷数＝质子数＝核外电子数，则氖的原子核外有10个电子，故选项说法错误。D、根据元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，该元素的相对原子质量为20.18，故选项说法错误。故选：B。【点评】本题难度不大，灵活运用元素周期表中元素的信息（原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量）是正确解答本题的关键。13．【答案】A【分析】A.根据石墨具有导电性及其用途进行分析；B.根据活性炭具有吸附性进行分析；C.根据碳酸氢钠的性质和用途进行分析；D.根据甲烷的可燃性进行分析。【解答】解：A.石墨具有导电性，可用作电池的电极，性质和用途对应正确，故A正确；B.活性炭具有吸附性，可用于吸附水中杂质，但用途对应的是吸附性，不是因为它是黑色固体，故B错误；C.碳酸氢钠可治疗胃酸过多是因为它能和胃酸的主要成分HCl发生反应，与它可溶于水的性质没有直接关联，故C错误；D.甲烷是无色气体，能作燃料是因为甲烷具有可燃性，不是因为它是无色气体，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查物质性质与用途的对应关系，解题时应注意用途应由对应的有效性质决定，不能把颜色、状态等无关性质作为用途依据。14．【答案】B【分析】根据金属、大多数固态非金属单质、稀有气体等由原子构成；有些物质是由分子构成的，包括气态的非金属单质、由非金属元素组成的化合物，如氢气、水等；有些物质是由离子构成的，一般是含有金属元素和非金属元素的化合物，如氯化钠，进行分析判断。【解答】解：A、氢气属于气态非金属单质，是由氢分子构成的，故选项错误。B、氯化钠是含有金属元素和非金属元素的化合物，是由钠离子和氯离子构成的，故选项正确。C、液态氧是液态的氧气，氧气属于气态非金属单质，是由氧分子构成的，故选项错误。D、硅属于固态非金属单质，是由硅原子直接构成的，故选项错误。故选：B。【点评】本题难度不大，主要考查了构成物质的微观粒子方面的知识，对物质进行分类与对号入座、了解常见物质的粒子构成是正确解答本题的关键。阅读下列材料，完成15～17题。石灰石经煅烧可制得生石灰。将少量生石灰加入水中，发生反应：CaO+H2O═Ca（OH）2，温度升高，得到石灰乳。石灰乳经过滤可得澄清石灰水。15．【答案】B【分析】A、根据高温煅烧石灰石需在坩埚中进行，烧杯无法承受高温，且酒精灯温度达不到煅烧所需的高温条件进行分析；B、根据二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水进行分析；C、根据量筒仅用于量取液体体积，不能作为反应容器进行分析；D、根据测定溶液pH时，不能将pH试纸直接浸入待测液，会污染试剂进行分析。【解答】解：A、高温煅烧石灰石需在坩埚中进行，烧杯无法承受高温，且酒精灯温度达不到煅烧所需的高温条件，故A操作错误；B、检验二氧化碳时气体从长管通入澄清石灰水，短管排出气体，可检验二氧化碳，故B操作正确；C、量筒仅用于量取液体体积，不能作为反应容器，CaO与水反应放热会损坏量筒，故C操作错误；D、测定溶液pH时，不能将pH试纸直接浸入待测液，会污染试剂，故D操作错误。故选：B。【点评】本题难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键。16．【答案】D【分析】根据物质的组成与结构进行分析判断。【解答】解：盐是由金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子构成的化合物。A、Ca是金属单质，故A错误；B、CaO是金属氧化物，故B错误；C、Ca(OH)2是碱，故C错误；D、CaCO3由Ca2+和CO3故选：D。【点评】本题难度不大，掌握物质的分类方法是解题的关键。17．【答案】C【分析】A、根据石灰石主要成分为CaCO3，不会与水反应进行分析；B、根据氧化钙与水反应生成氢氧化钙进行分析；C、根据过滤可以将不溶性物质从溶液中分离出来进行分析；D、根据氢氧化钙微溶于水进行分析。【解答】解：A、石灰石主要成分为CaCO3，不会与水反应，故A错误；B、CaO与水反应生成氢氧化钙，放出热量，使体系温度升高，故B错误；C、石灰乳是Ca(OH)2的悬浊液，过滤除去未溶解的固体后可得到澄清的Ca(OH)2溶液，故C正确；D、Ca(OH)2微溶于水，不是易溶，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。18．【答案】D【分析】A、根据60℃时，KNO3的溶解度曲线对应点坐标为（60，106）进行分析；B、根据60℃时，三条曲线的纵坐标（溶解度数值）从高到低为KNO3＞NaCl＞Li2SO4进行分析；C、根据升高温度时，NaCl溶解度随温度升高缓慢增大，Li2SO4溶解度随温度升高减小进行分析；D、根据Li2SO4的溶解度随温度降低而增大，降低温度时其热饱和溶液会变为不饱和溶液，不会有晶体析出进行分析。【解答】解：A、60℃时，KNO3的溶解度曲线对应点坐标为（60，106），即该温度下KNO3溶解度为106g，故A表述正确；B、60℃时，三条曲线的纵坐标（溶解度数值）从高到低为KNO3＞NaCl＞Li2SO4，故B表述正确；C、升高温度时，NaCl溶解度随温度升高缓慢增大，Li2SO4溶解度随温度升高减小，二者变化趋势不同，故C表述正确；D、Li2SO4的溶解度随温度降低而增大，降低温度时其热饱和溶液会变为不饱和溶液，不会有晶体析出，故D表述错误。故选：D。【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。19．【答案】A【分析】A、根据粗盐的主要成分是氯化钠，氯化钠易溶于水，泥沙难溶于水，进行分析判断。B、根据分子的基本性质，进行分析判断。C、除杂至少要满足“不增不减”的原则，“不增”是指不增加新杂质，“不减”是指不减少目标物质的质量。D、根据酚酞溶液在酸性、中性溶液中无色，碱性溶液中显红色，进行分析判断。【解答】解：A、粗盐的主要成分是氯化钠，氯化钠易溶于水，泥沙难溶于水，除去粗盐中泥沙的正确流程为溶解、过滤、蒸发，过滤步骤用于分离不溶性泥沙，该方案缺少过滤操作，蒸发后得到的固体仍是氯化钠和泥沙的混合物，故选项不达到实验目的。B、等体积水和酒精混合后总体积小于二者之和，是因为水分子和酒精分子互相进入对方的分子间隙，可验证分子间存在空隙，故选项达到实验目的。C、浓硫酸具有吸水性，且不与H2反应，可通过洗气除去H2中的水蒸气，故选项达到实验目的。D、酚酞溶液在酸性、中性溶液中无色，碱性溶液中显红色，反应后溶液变红，说明NaOH溶液过量，能证明盐酸已被消耗，证明二者反应，故选项达到实验目的。故选：A。【点评】本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学的难点，明确实验原理、熟练掌握所涉及物质的性质等是正确解答本题的关键。20．【答案】C【分析】A.对比M组的实验①（未加H2O2）和实验②（加H2O2），实验②的X去除率明显更高；B.实验①未加H2O2，且已知M、N不与X反应，实验②是H2O2与X发生化学反应去除X；C.相同实验条件下（如同为实验②的pH＝3、50℃加H2O2，或同为实验③的pH＝9、70℃加H2O2）；D.实验②和③同时改变了pH和温度两个变量。【解答】解：A、对比M组的实验①（未加过氧化氢）和实验②（加过氧化氢），实验②的X去除率明显更高，说明M对反应有催化效果，故A错误。B、实验①未加H过氧化氢，且已知M、N不与X反应，X少量去除是催化剂的吸附作用（物理变化）；实验②是H2O2与X发生化学反应去除X，二者原理不同，故B错误。C、相同实验条件下（如同为实验②的pH＝3、50℃加H2O2，或同为实验③的pH＝9、70℃加过氧化氢），N对应的X去除率均远高于M，说明N的催化效果更好，故C正确。D、实验②和③同时改变了pH和温度两个变量，无法判断温度改变对两种催化剂的影响差异，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查有关质量守恒定律的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。二.非选程题•共5题.共00分。21．【答案】（1）①风能、太阳能；②B；（2）①增大；②＞；减弱；③O2；（3）①升温到60℃所需时间；②化学性质稳定、不腐蚀芯片（答案不唯一）。【分析】（1）①根据能源的分类分析；②根据过程中能量的转化分析；（2）①根据SiO2中硅元素质量分数小于单质硅分析；②根据图示和溶液导电的原因分析；③根据Si和O2作用生成SiO2分析；（3）①根据控制冷却液体积、初始温度、水浴温度相同，通过升温到60℃的时间判断导热性能分析；②根据冷却液长期接触高温芯片，需要化学性质稳定、不腐蚀芯片、不易燃、无毒等化学性质分析。【解答】解：（1）①石油、煤炭、天然气属于化石能源，短时间无法再生；风能、太阳能可循环获取，属于可再生能源。②A.抽水储能，电能→重力势能，故错误。B.电解水制氢气，电能→氢能（化学能），故正确。C.压缩空气储能，电能→内能，故错误。（2）①SiO2中硅元素质量分数小于单质硅，提纯过程杂质不断减少，硅纯度升高，硅元素质量分数增大。②超滤膜能截留蛋白质、透过水分子，说明蛋白质分子直径大于水分子；反渗透膜除去可溶性盐，水中自由移动离子大幅减少，导电能力减弱。③Si和O2作用生成SiO2，因此需除去水中溶解的O2。（3）①控制冷却液体积、初始温度、水浴温度相同，通过升温到60℃的时间判断导热性能：时间越短，导热越好。②冷却液长期接触高温芯片，需要化学性质稳定、不腐蚀芯片、不易燃、无毒等化学性质。故答案为：（1）①风能、太阳能；②B；（2）①增大；②＞；减弱；③O2；（3）①升温到60℃所需时间；②化学性质稳定、不腐蚀芯片（答案不唯一）。【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，强调了学生整合基本化学知识的能力。22．【答案】（1）①每升气体中含386μLCO2；②总体浓度逐年升高，同一年内1−4月升高、4−8月降低、8−12月升高（或整体逐年上升，年内夏季浓度低、冬春季节浓度高）；③得到的烟气中CO2纯度（浓度）更高，更利于捕集；（2）降温；升华；（3）22：17；23；（4）H2CO3；【分析】（1）①根据题干信息来分析；②根据图示信息来分析；③根据氧气的纯度来分析；（2）①根据物态变化来分析；②根据干冰的性质来分析；（3）①根据化学方程式的意义来分析；②根据微观反应示意图的信息来分析；（4）根据二氧化碳的性质来分析；（5）根据“末端治理”的含义来分析。【解答】解：（1）①根据题干给出的质量浓度定义类比，体积浓度单位为μL•L−1，因此含义为每升气体中含386微升CO2。②某区域大气中CO2浓度三年的变化如图所示。该区域大气中CO2浓度的变化趋势为总体浓度逐年升高，同一年内1−4月升高、4−8月降低、8−12月升高（或简化为：整体逐年上升，年内夏季浓度低、冬春季节浓度高）。③空气含大量氮气等杂质，煤在纯氧中燃烧后，烟气中CO2的浓度/纯度更高，因此更便于捕集。（2）①使气体液化的两种方式为加压、降温。②干冰常温常压下直接由固态变为气态，该物态变化为升华。（3）①制备尿素的反应为CO2+2NH3一定条件CO（NH2）2+H2O，因此CO2和NH3质量比为44：34＝22：17。②根据微观示意图得反应的化学方程式为：CO2+3H2高温催化剂CH3OH+H2O，参加反应的氢原子共6个，甲醇中含4个氢，因此比例为4（4）CO2会与H2O反应生成碳酸，最终可转化为碳酸盐固体，碳酸的化学式为H2CO3。（5）末端治理定义是“产生CO2后再处理，而非源头避免产生“，A、C都是从源头减少CO2生成，B是产生废气后再处理，属于末端治理，因此选B。故答案为：（1）①每升气体中含386μLCO2；②总体浓度逐年升高，同一年内1−4月升高、4−8月降低、8−12月升高（或整体逐年上升，年内夏季浓度低、冬春季节浓度高）；③得到的烟气中CO2纯度（浓度）更高，更利于捕集；（2）降温；升华；（3）22：17；；（4）H2CO3；（5）B。【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。23．【答案】（1）锌；（2）2Cu2S+3O21250℃2Cu2O+2SO2；将合金粉碎增大接触面积、延长反应时间（答案不唯一）；（3）防止H2O2受热分解，同时降低温度可增大SO2的溶解度，使SO2充分被吸收；（4）0.016%；部分SO2被烟尘吸附带走，无法被H2O2溶液完全吸收，测得的硫质量偏小，因此结果偏低；（5）放入1%的CuCl2溶液中；洗涤、干燥。【分析】（1）根据熔炼温度为1200℃，高于锌的沸点（906℃），熔炼时锌会大量挥发来分析解答；（2）根据Cu2S与O2反应生成Cu2O和SO2来分析解答；根据反应温度和氧气流速不变时，增大反应物接触面积、延长反应时间都可以让含硫物质充分反应来分析解答；（3）根据H2O2受热分解，同时降低温度可增大SO2的溶解度，使SO2充分被吸收来分析解答；（4）根据题中数据来分析解答；根据部分SO2被烟尘吸附带走，无法被H2O2溶液完全吸收来分析解答；（5）根据实验步骤分析解答。【解答】解：（1）熔炼温度为1200℃，高于锌的沸点（906℃），熔炼时锌会大量挥发，因此原料中锌需要适当过量，才能得到目标组成的合金；（2）Cu2S与O2反应生成Cu2O和SO2，反应的化学方程式为2Cu2S+3O21250℃2Cu2O+2SO2，反应温度和氧气流速不变时，增大反应物接触面积、延长反应时间都可以让含硫物质充分反应；（3）H2O2受热易分解，且高温下SO2在溶液中溶解度降低，冷却可避免H2O2分解，保证SO2被完全吸收；（4）①合金中硫元素等于硫酸中硫元素质量为4.9×10﹣4g×321×2+32+16×4×100%＝1.6×10﹣4②部分SO2被烟尘吸附带走，无法被H2O2溶液完全吸收，测得的硫质量偏小，因此结果偏低；（5）根据实验流程，称量样品后需要将其放入1%的CuCl2溶液中恒温腐蚀，取出后需要洗涤除去表面残留溶质、干燥除去水分，才能准确称量腐蚀后的样品质量，计算腐蚀速率。故答案为：（1）锌；（2）2Cu2S+3O21250℃2Cu2O+2SO2；将合金粉碎增大接触面积、延长反应时间（答案不唯一）；（3）防止H2O2受热分解，同时降低温度可增大SO2的溶解度，使SO2充分被吸收；（4）0.016%；部分SO2被烟尘吸附带走，无法被H2O2溶液完全吸收，测得的硫质量偏小，因此结果偏低；（5）放入1%的CuCl2溶液中；洗涤、干燥。【点评】在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答，此类题难度较大，要细心进行分析解答。24．【答案】（1）延展性好；（2）铁矿石；液态；（3）选观点1：铁生锈需要接触水，修建遮雨棚可避免雨水直接淋洗文物，减少文物表面的水含量，因此能减缓腐蚀（选观点2：铁生锈需要铁与氧气、水共同作用，修建遮雨棚后水蒸气会在文物表面凝结，使文物表面持续存在水，满足生锈条件，因此会加速腐蚀）；（4）①B；②Fe﹣2；③Fe﹣1，最终固体增加的质量为参加反应的氧气质量，Fe