2025年江苏省无锡市中考化学试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年江苏省无锡市中考化学试卷（含详细答案解析），共10页。试卷主要包含了单选题，流程题，简答题，科普短文题，探究题等内容，欢迎下载使用。
1.金刚石和石墨具有相同的( )
A. 组成B. 结构C. 性质D. 应用
2.高钙奶粉中的“钙”指的是( )
A. 单质B. 元素C. 原子D. 分子
3.下列单一操作净化水程度较高的方法是( )
A. 沉降B. 过滤C. 吸附D. 蒸馏
4.下列消防安全标志中，表示“禁止燃放鞭炮”的是( )
A. B. C. D.
5.下列物质中，可以为人体提供能量的是( )
A. 二氧化碳B. 葡萄糖C. 食盐D. 水
6.木糖醇(C5H12O5)是一种常用的甜味剂。下列叙述正确的是( )
A. 木糖醇由碳、氢、氧三种元素组成B. 木糖醇由22个原子构成
C. 木糖醇中碳元素的质量分数最小D. 木糖醇属于氧化物
7.下列物质的性质和用途对应关系正确的是( )
A. 木炭有吸附性，可用作燃料B. 铜丝有导电性，可用作导线
C. 浓硫酸有腐蚀性，可用作干燥剂D. 氢氧化钠易潮解，可用于除油污
8.我国化学家张青莲教授主持测定的铟元素的相对原子质量被确认为国际标准。如图是铟元素在元素周期表中的信息。下列叙述正确的是( )
A. 铟原子的质子数为66B. 铟的原子序数是49
C. 铟的相对原子质量为114.8gD. 铟属于非金属元素
9.探究“稀硫酸和氢氧化钠溶液能否发生反应”。下列实验操作正确的是( )
A. 量取水B. 稀释浓硫酸
C. 取氢氧化钠溶液D. 滴加稀硫酸
10.人工增雨时，干冰升华吸热，使水蒸气冷凝成水滴。下列叙述正确的是( )
A. 升华时，干冰的质量变小B. 升华时，二氧化碳分子间隔不变
C. 冷凝时，水蒸气的体积不变D. 冷凝时，水分子运动速率变大
综合利用海洋资源是解决人类社会面临的资源短缺等难题的重要途径。完成各小题。
11.海底埋藏着大量的“可燃冰”，可燃冰的主要成分为甲烷水合物。下列叙述正确的是( )
A. 可燃冰属于纯净物B. 可燃冰的组成与水相同
C. 甲烷易溶于水D. 甲烷充分燃烧生成水和二氧化碳
12.NaCl的溶解度曲线如图所示。下列叙述正确的是( )
A. NaCl的溶解度是36g
B. 20∘C时，25g水中加入8gNaCl形成不饱和溶液
C. 将40∘C的NaCl饱和溶液降温，无晶体析出
D. 工业上常用降温结晶的方法来获得NaCl晶体
13.电解饱和食盐水制取NaOH的反应是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，下列化学用语表达的意义正确的是( )
A. Na+——钠元素的化合价为+1价B. H2O——氢分子和氧原子
C. 2OH−——2个氢氧根离子D. Cl2——2个氯原子
14.如图是“中国空间站模拟光合作用”反应前后分子种类变化示意图。下列叙述正确的是( )
A. 丙的化学式为CH2B. 反应后原子个数变多
C. 参加反应的甲和乙的质量比为44：9D. 该反应实现了无机物向有机物的转变
15.西汉彩绘雁鱼青铜虹灯及其剖面示意图如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 青铜是一种合金，其硬度小于铜B. 关闭灯罩使火焰熄灭的原理是清除可燃物
C. 灯油燃烧不充分，烟气中会含有炭黑和COD. 灯内的水不需要补充更换
16.一种纳米铝粉的制备与应用的过程如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 常温下，纳米铝粉能与O2反应生成Al2O3
B. 2Al+3H2OAl2O3+3H2，该反应属于置换反应
C. 将Al2O3转化为AlCl3溶液，可以加入稀盐酸
D. 向AlCl3溶液中加入Cu，可以获得Al
17.下列实验方案不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
18.探究“化学反应前后物质的质量关系”的实验如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 实验①和②必须在密闭容器中进行
B. 实验①和②中铜粉和红磷无需过量
C. 实验①和②反应结束后，装置内气体仅剩余氮气
D. 实验①和②都能验证质量守恒定律
19.设计数字化实验探究过氧化氢的分解(见表)，图7中曲线a、b、c分别表示实验①、②、③装置内气体压强与时间的关系。由实验得出的结论错误的是( )
如表：过氧化氢溶液中加入试剂的种类和用量
A. H2O2在常温下分解缓慢
B. FeCl3和MnO2都能使H2O2分解加速
C. MnO2使H2O2分解加速的效果比FeCl3好
D. 实验②和③中，等质量H2O2完全分解产生氧气质量不相等
20.在一密闭容器中发生某反应，容器中各物质的质量变化如下表。其中未知数据正确的是( )
A. m1=17.2B. m2=8C. m3=8.8D. m4=2
二、流程题：本大题共1小题，共8分。
21.以碳酸钙为原料制备过氧化钙(CaO2)的一种流程如下：
【查阅资料】CaCl2+H2O2+2NH3⋅H2O+6H2O=CaO2⋅8H2O↓+2NH4Cl，反应需在弱碱性环境中进行。
(1)碳酸钙与盐酸反应的化学方程式是______。碳酸钙需过量，理由是______。
(2)实验室用图1模拟制备CaO2⋅8H2O。打开磁力搅拌器，搅拌的作用是______。反应需在冰水浴中进行，原因是______。
(3)“步骤2”所得滤液可用作______。
(4)将21.6gCaO2⋅8H2O(相对分子质量为216)加热分解，固体质量随温度的变化如图2所示。A点对应固体的化学式为______；加热温度不能超过350∘C，原因是______。
三、简答题：本大题共1小题，共10分。
22.气调包装是改变包装内的气体环境，调控各气体种类和浓度来达到不同产品储存和保鲜的目的，常见的冷鲜肉气调包装方式见表2。完成下列问题。
如表：常见的冷鲜肉气调包装方式及气体种类和浓度
Ⅰ.无氧气调包装
(1)肉品包装膜可使用热封性能良好的聚乙烯塑料，聚乙烯塑料属于______(填“合成”或“复合”)材料。
(2)N2可作气调包装的填充气体，原因是______。
(3)分离液态空气获得N2和O2，该变化属于______(填“物理”或“化学”)变化。
Ⅱ.高氧气调包装
(1)肉类品质的指标主要包括肉色、质地和营养价值等。肉类颜色与氧气浓度关系如图所示，“高氧”的作用是______。
(2)与无氧气调包装相比，高氧气调包装的鲜肉保质期较短，原因是______。
(3)包装后起始阶段，肉的上方空间中CO2的浓度______(填“升高”或“降低”)。
Ⅲ.低氧气调包装
(1)低氧气调包装袋内，肉的上方空间中气体浓度与贮藏天数的关系如图所示。肉品的肌肉组织中含有较多水分，贮藏前4天，上方空间中的CO2浓度逐渐下降，原因之一是CO2与H2O反应，写出该反应的化学方程式：______。
(2)冷藏条件下，上方空间中的CO2浓度下降更明显。由此可推知CO2的溶解度与温度的关系是______。
(3)包装后一般需要在0∼4∘C冷藏储存，原因是______。
四、科普短文题：本大题共1小题，共7分。
23.阅读下列短文，回答相关问题。
船舶燃料的变迁
船舶动力的发展经历了人力、风力、蒸汽机动力和内燃机动力阶段，内燃机动力来自于船舶燃料的燃烧。目前，船舶使用的燃料主要有石油(如柴油)、天然气和甲醇等，燃料燃烧在释放能量的同时产生二氧化碳。
煤(高碳)、石油(中碳)、天然气(低碳)等化石燃料中含有丰富的氢，氢含量越高，燃烧释放的能量越多，排放的二氧化碳越少。
氢能是一种清洁零碳、灵活高效、来源丰富的可再生能源。氢能产业链包括制氢、储氢和用氢三个主要环节。氢气是合成氨、合成甲醇等物质的原料。
氨作为氢的载体，能源化应用(从肥料到燃料)正成为研究热点。图1是氨气“制一储一用”一体化的一种过程示意图；部分未来船舶燃料的预期使用情况如图2所示，曲线a表示二氧化碳排放量的预期变化趋势。
开发使用低碳、零碳燃料是未来实现“零碳航运”的必由之路，如何合理利用化石燃料，积极开发新能源，实现船舶燃料多样化，期待同学们开创未来!
(1)内燃机推动船船过程中能量转化的形式是：化学能→______→机械能。
(2)与天然气相比，氢气作为燃料的优点是______(任写一点)。
(3)写出NH3在O2中燃烧生成N2和H2O的化学方程式：______。
(4)在空气中，NH3不能连续燃烧；H2剧烈燃烧(见图3)。在NH3中掺入H2混合燃烧的目的是______。
(5)下列叙述正确的是______(填序号)。
a.未来船舶不再使用化石燃料
b.氨气是一种可再生、可循环利用的储氢燃料
c.选择燃料应综合考虑资源、环境和技术等多方面因素
五、探究题：本大题共3小题，共25分。
24.利用如图所示装置探究金属的活动性顺序。实验步骤如下：
步骤1：在试管①和②中分别加入等体积10%的稀盐酸，向两个直角导管中分别滴入等量红色水，标记水的高度；
步骤2：向试管①和②中分别投入均过量的镁条和锌粒各0.5g，同时套上小气球；
步骤3：红色水面上升高度稳定后，记录水面上升的高度见表。
如表：红色水面上升的高度
(1)写出镁与稀盐酸反应的化学方程式：______。
(2)实验时，观察到试管①和②的管口处气球均变大，气球变大的原因是：①______；②______。
(3)反应结束后，冷却至室温。两侧气球体积相同，原因是______。
(4)实验结论：镁的金属活动性比锌强。得出该结论的依据是______。
25.项目小组对天然碱的组成、性质和应用进行了如下探究。
Ⅰ.知应用
某天然碱为Na2CO3⋅10H2O或Na2CO3⋅NaHCO3⋅2H2O。由该天然碱制备纯碱、烧碱和小苏打的主要过程如下：
(1)Na2CO3属于______(填物质类别)。
(2)“苛化”时发生反应的化学方程式有：CaO+H2O=Ca(OH)2、______。
Ⅱ.探组成
为确定该天然碱的组成，进行如下探究：
利用图1装置进行实验，向天然碱溶液中分别滴加不同试剂：
(3)实验①-③中，能确定该天然碱含有NaHCO3的是______(填实验序号)，理由是______。
利用图2装置进行实验，加热不同固体：
(4)对比实验④和⑤可得到的结论是______。
(5)称取2.26g该天然碱(Na2CO3⋅NaHCO3⋅2H2O)样品，充分加热至质量不再减少，反应生成CO2、H2O和Na2CO3，测得CO2为0.22g。通过计算确定2.26g该天然碱中NaHCO3的质量(写出计算过程)。
26.金属资源的循环利用可推动人类社会可持续发展。
Ⅰ.铁的存在与冶炼
(1)FeCO3在自然环境中能发生变化，反应之一为：4FeCO3+O2=2R+4CO2，R的化学式为______。
(2)菱铁矿、磁铁矿和赤铁矿都可用于炼铁。写出高温条件下CO与磁铁矿炼铁反应的化学方程式：______。
Ⅱ.铁的腐蚀与防护
铁在不同含水量、含氧量环境下会形成黄锈[Fe(OH)3]、红锈(Fe2O3⋅nH2O)、棕锈(Fe2O3)和黑锈(Fe3O4)等不同的锈。
(3)结合图1和图2信息，铁形成黄锈的环境条件是______。铁形成黄锈时，铁元素的化合价______(填“升高”或“降低”)。
(4)“烤蓝”的原理是在铁表面形成一层致密的四氧化三铁，其作用是______。
Ⅲ.铁的再生与利用
由废铁(主要成分是Fe、Fe2O3)回收利用制铁红(Fe2O3)的过程如下：
(5)“酸浸”时加入过量的稀硫酸，X溶液中含有的金属阳离子有：______。
“沉铁①”时将Fe2(SO4)3转化为Fe(OH)3，可使用的试剂是______。
“还原”时向X溶液中加铁，铁的作用是：①将Fe2(SO4)3转变为FeSO4；②______。
(6)下列叙述正确的是______(填序号)。
a.铁在自然界中主要以化合物形式存在
b.铁系食品脱氧剂中的铁粉可吸收包装袋中的氧气和水
c.铁和铁的化合物在一定条件下的相互转化体现了物质的多样性
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.金刚石和石墨均由碳元素组成，故A正确；
B.金刚石和石墨的碳原子排列方式不同，故B错误；
C.金刚石和石墨的物理性质不同，故C错误；
D.金刚石和石墨的应用不同，故D错误；
故选：A。
A.根据金刚石和石墨的组成，金刚石和石墨均由碳元素组成，进行分析；
B.根据金刚石和石墨的结构，金刚石和石墨的碳原子排列方式不同，进行分析；
C.根据金刚石和石墨的性质，金刚石和石墨的物理性质不同，进行分析；
D.根据金刚石和石墨的应用，金刚石和石墨的应用不同，进行分析。
本题主要考查金刚石和石墨的性质和结构，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的化学知识进行解题。
2.【答案】B
【解析】解：A.单质钙化学性质活泼，具有强还原性，不能直接添加到奶粉中，所以“高钙奶粉”中的“钙”不是指单质，故A错误；
B.“高钙奶粉”中的“钙”强调的是钙元素，这里的钙不是以单质、分子、原子等形式存在，而是指元素，故B正确；
C.原子是微观概念，奶粉中添加的不是单个的钙原子，“高钙奶粉”中的“钙”不是指原子，故C错误；
D.钙一般不存在分子形式，“高钙奶粉”中的“钙”不是指分子，故D错误；
故选：B。
宏观物质的组成，用宏观概念元素来表示；分子的构成，用微观粒子来表示；宏观概念元素只讲种类，不讲个数，高钙牛奶中的钙不能以单质、分子、原子形式存在，而是指元素。
本题难度简单，主要考查学生对元素、单质、原子、分子这些基本化学概念的理解和区分，通过让学生判断高钙奶粉中“钙”的含义，引导学生从宏观的物质组成角度去理解，同时结合微观的元素、原子、分子等概念进行分析，使学生认识到宏观物质是由微观粒子构成的，并且能用微观粒子的观点来解释宏观现象。
3.【答案】D
【解析】解：A、沉降只会除去颗粒较大的杂质，不会除去其他的杂质；
B、过滤可以除去不溶性颗粒较小的杂质，不会除去细菌和可溶性的杂质；
C、吸附只会除去水中的异味和色素，不会除去其他可溶性的杂质；
D、蒸馏可以将水转化成水蒸气，然后再液化的一种操作，得到纯净的水；
综上所述，净化程度最高的净水方法是蒸馏；
故选：D。
A、沉降会除去颗粒较大的杂质；
B、根据过滤操作的原理进行分析；
C、吸附会除去异味和杂质；
D、蒸馏可以将水转化成水蒸气，然后再液化得到纯净的水。
首先分析各种操作的净水效果，然后结合具体的情况进行分析解答。
4.【答案】C
【解析】解：A、图中所示标志是禁止吸烟标志，故A错。
B、图中所示标志是禁止烟火标志，故B错。
C、图中所示标志是禁止燃放鞭炮标志，故C正确。
D、图中所示禁止放易燃物标志，故D错。
故选：C。
根据图中常见标志的含义及题目的要求进行分析判断即可。
本题难度不大，了解各个常见标志所代表的含义是解答此类题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：A.二氧化碳是人体呼吸作用产生的代谢废物，不能为人体提供能量，故A错误；
B.葡萄糖属于糖类，是人体主要的供能物质，可以为人体提供能量，故B正确；
C.食盐(主要成分是氯化钠)是人体所需的无机盐之一，主要参与维持人体的渗透压和酸碱平衡等生理活动，不能为人体提供能量，故C错误；
D.水是人体细胞的主要成分之一，参与人体的各种生理活动，但不能为人体提供能量，故D错误；
故选：B。
人体所需的营养物质中，能够为人体提供能量的是糖类、脂肪和蛋白质；糖类是人体主要的供能物质，人体的一切活动，包括学习、走路、消化和呼吸等所消耗的能量(约70%)主要来自糖类；脂肪是人体内备用的能源物质；蛋白质是构成人体细胞的基本物质，也能为人体提供能量。
本题难度简单，考查学生对人体供能物质的基本认知，涉及人体三大供能物质(糖类、脂肪、蛋白质)中的糖类(葡萄糖)，强调健康饮食中糖类的重要性，避免因误解而盲目排斥碳水化合物。
6.【答案】A
【解析】解：A.木糖醇的化学式为C5H12O5，由碳、氢、氧三种元素组成，故A正确；
B.一个木糖醇分子由5个碳原子、12个氢原子和5个氧原子构成，共22个原子，故B错误；
C.木糖醇中碳、氢、氧三种元素的质量比为(12×5)：(1×12)：(16×5)=60：12：80，氢元素的质量分数最小，故C错误；
D.木糖醇是由碳、氢、氧三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故D错误；
故选：A。
A.根据木糖醇的化学式，进行分析；
B.根据分子的构成，进行分析；
C.根据元素的质量比计算方法，进行分析；
D.根据氧化物的定义，进行分析。
本题主要考查化学式的含义、分子的构成、元素质量分数的计算以及氧化物的定义等，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。
7.【答案】B
【解析】解：A、木炭具有可燃性，可用作燃料，故选项说法错误。
B、铜丝有导电性，可用作导线，故选项说法正确。
C、浓硫酸有吸水性，可用作干燥剂，故选项说法错误。
D、氢氧化钠能与油脂反应，可用于除油污，故选项说法错误。
故选：B。
物质的性质决定物质的用途，根据常见物质的性质与用途，进行分析解答。
本题难度不大，物质的性质决定物质的用途，了解常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键。
8.【答案】B
【解析】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，该元素的原子序数为49；原子中原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则铟原子的质子数为49，故选项说法错误。
B、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，该元素的原子序数为49，故选项说法正确。
C、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114.8，相对原子质量单位是“1”，不是“g”，故选项说法错误。
D、铟带“钅”字旁，属于金属元素，故选项说法错误。
故选：B。
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，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。
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。
9.【答案】D
【解析】解：A、量取液体读数时，视线与液体的凹液面的最低处保持水平，图中俯视刻度，故选项实验操作错误。
B、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸慢慢地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时散失；一定不能把水注入浓硫酸中，以防止酸液飞溅，故选项实验操作错误。
C、向试管中倾倒液体试剂时，瓶塞要倒放，标签要向着手心，瓶口紧挨试管口；图中瓶塞没有倒放、标签没有向着手心，故选项实验操作错误。
D、使用胶头滴管滴加少量液体时，注意胶头滴管不能伸入到试管内或接触试管内壁，应垂直悬空在试管口上方滴加液体，防止污染胶头滴管，故选项实验操作正确。
故选：D。
A、根据量筒读数时视线要与量筒内液体的凹液面的最低处保持水平，进行分析判断。
B、根据浓硫酸的稀释方法(酸入水，沿器壁，慢慢倒，不断搅)，进行分析判断。
C、根据向试管中倾倒液体试剂的方法，进行分析判断。
D、根据使用胶头滴管滴加少量液体的方法，进行分析判断。
本题难度不大，熟悉常见化学仪器的用途、常见化学实验基本操作的方法、注意事项等是正确解答此类试题的关键。
10.【答案】A
【解析】解：A、干冰升华时，干冰变为二氧化碳气体逸出，则干冰的质量逐渐减少，故选项说法正确。
B、干冰升华时，固体变为气体，二氧化碳分子间隔变大，故选项说法错误。
C、冷凝时，水蒸气的体积减小，故选项说法错误。
D、冷凝时，温度降低，水分子运动速率变小，故选项说法错误。
故选：A。
根据分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的；同种的分子性质相同，不同种的分子性质不同，可以简记为：“两小运间，同同不不”，结合事实进行分析判断。
本题难度不大，了解分子的基本性质(可以简记为：“两小运间，同同不不”)及利用分子的基本性质分析和解决问题的方法是正确解答此类题的关键。
11~13.【答案】D 、B 、C
【解析】解：A、可燃冰的主要成分是甲烷，还含有其它杂质，属于混合物，故A错；
B、可燃冰中含有碳、氢、氧三种元素，水中含有氢元素和氧元素，故B错；
C、甲烷难溶于水，故C错；
D、根据质量守恒定律可知，化学反应前后元素种类不变，甲烷充分燃烧生成水和二氧化碳，故D正确。
故选：D。
A、根据可燃冰的组成进行分析；
B、根据可燃冰的组成与水不同进行分析；
C、根据甲烷难溶于水进行分析；
D、根据质量守恒定律进行分析。
解答本题关键是熟悉可燃冰的组成，可燃冰的组成与水不同，甲烷难溶于水，质量守恒定律。
解：A、由溶解度曲线可知，20∘C时，NaCl的溶解度是36g，没有指明温度，不能说溶解度的值，故A错；
B、20∘C时，NaCl的溶解度是36g，即在该温度下，100g水中最多溶解36g氯化钠，则50g水中最多溶解18g氯化钠，25g水中最多溶解9g氯化钠，所以20∘C时，25g水中加入8gNaCl形成不饱和溶液，故B正确；
C、将40∘C的NaCl饱和溶液降温，溶解度减小，析出晶体，故C错；
D、氯化钠的溶解度受温度影响较小，工业上常用蒸发结晶的方法来获得NaCl晶体，故D错。
故选：B。
根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况。
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。
解：A、Na+表示1个钠离子，故A错；
B、H2O表示一个水分子、水、水是由氢元素和氧元素组成，一个水分子是由2个氢原子和1个氧原子构成，故B错；
C、2OH−表示2个氢氧根离子，故C正确；
D、2个氯原子表示为：2Cl，Cl2表示1个氯分子，故D错。
故选：C。
A、根据离子的表示方法进行分析；
B、根据化学式的意义进行分析；
C、根据常见的化学用语进行分析；
D、根据2个氯原子的表示方法进行分析。
解答本题关键是熟悉常见的化学用语。
14.【答案】D
【解析】解：由微观反应示意图的信息可知，该反应是由二氧化碳和水在一定条件下反应生成C2H4和氧气，化学方程式为2CO2+2H2OC2H4+3O2。
A、由分子结构模型可知，丙的化学式为C2H4，故A说法错误；
B、由质量守恒定律可知，化学反应前后，原子的种类及其数目保持不变，故B说法错误；
C、由化学方程式可知，参加反应的甲和乙的质量比为(44×2)：(18×2)=22：9，故C说法错误；
D、二氧化碳和水属于无机物，C2H4属于有机物，因此，该反应实现了无机物向有机物的转变，故D说法正确。
故选：D。
A、根据分子结构模型来分析；
B、根据质量守恒定律来分析；
C、根据微观反应示意图来分析；
D、根据物质的分类来分析。
要想解答好这类题目，要理解和熟记微粒观点及模型图的应用，以及与之相关的知识。
15.【答案】C
【解析】解：A.青铜是一种合金，其硬度大于铜，故A错误；
B.关闭灯罩使火焰熄灭的原理是隔绝氧气，故B错误；
C.灯油燃烧不充分会产生炭黑和一氧化碳，故C正确；
D.灯内的水用于吸收烟气中的有害物质，需要定期补充更换，故D错误；
故选：C。
A.根据合金的性质，青铜是一种合金，其硬度大于铜，进行分析；
B.根据灭火的原理，关闭灯罩使火焰熄灭的原理是隔绝氧气，进行分析；
C.根据灯油燃烧不充分的产物，灯油燃烧不充分会产生炭黑和一氧化碳，进行分析；
D.根据灯内水的作用，灯内的水用于吸收烟气中的有害物质，需要定期补充更换，进行分析。
本题主要考查化学知识在生活中的应用，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的化学知识进行解题。
16.【答案】D
【解析】解：A、铝在常温下就能与氧气反应生成氧化铝，纳米铝粉只是颗粒更小，化学性质不变，所以常温下纳米铝粉能与O2反应生成Al2O3，故A正确；
B、2Al+3H2OAl2O3+3H2，该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，符合置换反应的定义，故B正确；
C、氧化铝能与稀盐酸反应生成氯化铝和水，化学方程式为Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，故C正确；
D、在金属活动性顺序中，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，在金属活动性顺序中，铜排在铝的后面，铜不能把铝从氯化铝溶液中置换出来，故D错误；
故选：D。
根据铝及其化合物的性质，铝与氧气的反应、置换反应的概念、氧化铝与酸的反应以及金属活动性顺序的应用进行分析。
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。
17.【答案】B
【解析】解：A、紫色石蕊溶液遇酸性溶液变红，遇中性溶液不变色，遇碱性溶液变蓝色，取样，滴加紫色石蕊溶液，可检验草木灰浸出液的酸碱性，故选项实验方案能达到实验目的。
B、氮气和二氧化碳均不能燃烧、不能支持燃烧，均能使燃着的木条熄灭，不能鉴别，故选项实验方案不能达到实验目的。
C、检验氧气是否收集满时，应将带火星的木条放在集气瓶口，若木条复燃，说明已集满，故选项实验方案能达到实验目的。
D、取等质量固体溶于等体积水中，测量温度变化，溶于水温度降低的是NH4NO3，溶于水温度升高的是NaOH，现象不同，可以鉴别，故选项实验方案能达到实验目的。
故选：B。
A、紫色石蕊溶液遇酸性溶液变红，遇中性溶液不变色，遇碱性溶液变蓝色。
B、根据两种气体性质的不同，设计的方案能出现两种明显不同的实验现象，才能达到一次鉴别出两种气体的目的。
C、根据氧气的验满方法，进行分析判断。
D、鉴别物质时，首先对需要鉴别的物质的性质进行对比分析找出特性，再根据性质的不同，选择适当的试剂，出现不同的现象的才能鉴别。
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。
18.【答案】C
【解析】解：A、实验①(加热时铜和氧气反应生成氧化铜)和②(和硫燃烧生成五氧化二磷)必须在密闭容器中进行，是因为反应都有气体参加，故选项正确。
B、实验①和②中铜粉和红磷无需过量，只要发生的是化学反应即可，故选项正确。
C、实验①和②反应结束后，都是只消耗氧气，装置内气体剩余氮气、二氧化碳、稀有气体等气体，故选项不正确。
D、实验①和②都在密封装置中进行，都能验证质量守恒定律，故选项正确。
故选：C。
化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，是因为化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。
化学反应遵循质量守恒定律，即化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变，这是书写化学方程式、判断物质的化学式、判断化学计量数、进行相关方面计算的基础。
19.【答案】D
【解析】解：A、由曲线a可知，在实验①中，压强随着时间的进行变化不大。因为过氧化氢在常温下分解缓慢，在短时间内放出的氧气很少，此选项正确，故不符合题意；
B、由曲线图可知，在其他条件相同的情况下，随着反应的进行，相同时间实验②和③装置内压强都比实验①装置内压强大，实验②和③中产生氧气的速率比①快，说明氯化铁和二氧化锰都能使过氧化氢分解加速。此选项正确，故不符合题意；
C、由曲线图可知，在其他条件相同的情况下，随着反应的进行，相同时间内实验③装置内压强最大，产生氧气最快，故二氧化锰使过氧化氢分解加速的效果比氯化铁好，此选项正确，故不符合题意；
D、催化剂只能加快过氧化氢的分解速率，不同的催化剂可能加快过氧化氢分解的速率不同，但不会改变过氧化氢最终产生氧气的量。因此，等质量过氧化氢完全分解产生氧气质量相等，此选项错误，故符合题意；
故选：D。
A、根据曲线a分析；
B、根据曲线图可知，在其他条件相同的情况下，随着反应的进行，相同时间实验②和③装置内压强都比实验①装置内压强大分析；
C、根据曲线图分析；
D、根据催化剂的特点分析。
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。
20.【答案】A
【解析】解：A、由反应后与反应中甲、丙的质量关系，则(20−13)g：16g=(20−m1)g：6.4g，解得m1=17.2g，故选项说法正确；
B、由反应后与反应中乙、丙的质量关系，则(20g−0g)：16g=(20−m2)g：6.4g，解得m2=12，故选项说法错误；
C、由反应前与反应中丙、丁的质量关系，则11g：16g=m3：6.4g，解得m3=4.4g，故选项说法错误；
D、由质量守恒定律，m4=20+20−13−16−11=0，故选项说法错误；
故选：A。
根据质量守恒定律可得出m4的值，然后根据反应中各物质的质量比进行分析解答即可。
本题难度不大，考查的是质量守恒定律的应用，解题的关键是分析表中数据，灵活运用质量守恒定律。
21.【答案】CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；使盐酸完全反应；
使反应物充分接触，加快反应速率；该反应放热，温度过高会导致过氧化氢分解，降低CaO2⋅8H2O的产率；
氮肥；
CaO2；超过350∘C时，CaO2会分解，导致产品变质
【解析】(1)碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳气体，发生的化学反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；碳酸钙需过量，是因为要使盐酸完全反应，避免盐酸剩余对后续反应产生影响；故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；使盐酸完全反应；
(2)打开磁力搅拌器，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率。反应需在冰水浴中进行，是因为该反应放热，温度过高会导致过氧化氢分解，降低CaO2⋅8H2O的产率；故答案为：使反应物充分接触，加快反应速率；该反应放热，温度过高会导致过氧化氢分解，降低CaO2⋅8H2O的产率；
(3)“步骤2”所得滤液中含有氯化铵(NH4Cl)，氯化铵中含有氮元素，可用作氮肥；故答案为：氮肥；
(4)设失去的结晶水后的化学式为CaO2⋅xH2O
CaO2⋅8H2OCaO2⋅xH2O+(8−x)H2O
216 18×(8−x)
21.6g 21.6g−7.2g
21618×(8−x)=−7.2g
x=0
即此时结晶水完全失去，固体为CaO2；加热温度不能超过350∘C，是因为超过350∘C时，CaO2会分解，2CaO22CaO+O2↑，导致产品变质；故答案为：CaO2；超过350∘C时，CaO2会分解，导致产品变质。
(1)碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳气体；
(2)根据搅拌可以使反应物充分接触以及过氧化氢受热易分解分析；
(3)根据氯化铵中含有氮元素，可用作氮肥分析；
(4)根据题目中的数据结合图像分析。
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。
22.【答案】合成；
氮气的化学性质不活泼；
物理；
Ⅱ、 使肉类保持鲜红的色泽；
氧气会促进微生物的呼吸作用和繁殖，也会加快鲜肉中物质的氧化分解。与无氧气调包装相比，富氧环境下微生物更活跃，鲜肉的氧化变质速度更快，所以富氧气调包装的鲜肉保鲜期较短；
升高；
Ⅲ、 CO2+H2O=H2CO3；
二氧化碳的溶解度随温度的降低而增大；
低温能抑制食品的呼吸作用，减少有机物的消耗，同时也能抑制微生物的生长和繁殖，延长食品的保质期
【解析】Ⅰ、(1)聚乙烯塑料属于合成材料；故答案为：合成；
(2)N2可作气调包装的填充气体，原因是氮气的化学性质不活泼；故答案为：氮气的化学性质不活泼；
(3)分离液态空气获得N2和O2，该变化没有新物质生成，属于物理变化；故答案为：物理；
Ⅱ、(1)从图中可以看出，随着肉类颜色从鲜红到暗红再到褐黄，氧气浓度逐渐降低。富氧环境能让肉类呈现出鲜红的颜色，所以“富氧”的作用是使肉类保持鲜红的色泽；故答案为：使肉类保持鲜红的色泽；
(2)氧气会促进微生物的呼吸作用和繁殖，也会加快鲜肉中物质的氧化分解。与无氧气调包装相比，富氧环境下微生物更活跃，鲜肉的氧化变质速度更快，所以富氧气调包装的鲜肉保鲜期较短；故答案为：氧气会促进微生物的呼吸作用和繁殖，也会加快鲜肉中物质的氧化分解。与无氧气调包装相比，富氧环境下微生物更活跃，鲜肉的氧化变质速度更快，所以富氧气调包装的鲜肉保鲜期较短；
(3)包装后起始阶段，肉会进行呼吸作用(即使是在包装后，细胞仍会进行一定的呼吸)，呼吸作用会产生二氧化碳，所以肉的上方空间中二氧化碳的浓度会升高；故答案为：升高；
Ⅲ、(1)二氧化碳与水反应生成碳酸，化学方程式为CO2+H2O=H2CO3；故答案为：CO2+H2O=H2CO3；
(2)冷藏条件下，温度低，上方空间中的二氧化碳浓度下降更明显，说明温度越低，二氧化碳的溶解度越大；温度越高，二氧化碳的溶解度越小，即二氧化碳的溶解度随温度的降低而增大；故答案为：二氧化碳的溶解度随温度的降低而增大；
(3)包装后一般要在0∼4∘C冷藏储存，是因为低温能抑制食品的呼吸作用，减少有机物的消耗，同时也能抑制微生物的生长和繁殖，延长食品的保质期；故答案为：低温能抑制食品的呼吸作用，减少有机物的消耗，同时也能抑制微生物的生长和繁殖，延长食品的保质期。
Ⅰ、(1)根据材料的分类来分析；
(2)根据氮气的化学性质来分析；
(3)根据是否生成新物质来分析；
Ⅱ、(1)根据氧气的性质来分析；
(2)根据氧气的性质来分析；
(3)根据二氧化碳含量的变化来分析；
Ⅲ、(1)根据化学反应的原理来分析；
(2)根据温度对气体溶解度的影响来分析；
(3)根据题干信息来分析。
本题考查的知识点较多，掌握影响气体溶解度的因素、材料的分类、物质的性质与用途等是解题的关键。
23.【答案】内能；
燃烧产物是水，无污染(答案不唯一)；
4NH3+3O22N2+6H2O；
使NH3能够燃烧(答案不唯一)；
bc
【解析】(1)内燃机工作时，燃料燃烧先将化学能转化为内能，然后内能再转化为机械能推动船舶。所以内燃机推动船舶过程中能量转化的形式是：化学能→内能→机械能。故答案为：内能；
(2)天然气燃烧会产生二氧化碳，而氢气燃烧的产物是水，无污染。与天然气相比，氢气作为燃料的优点可以是燃烧产物是水，无污染。故答案为：燃烧产物是水，无污染(答案不唯一)；
(3)NH3在O2中燃烧生成N2和H2O，根据化学反应前后原子的种类和数目不变进行配平，化学方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O。故答案为：4NH3+3O22N2+6H2O；
(4)NH3在空气中不能连续燃烧，H2剧烈燃烧，在NH3中掺入H2混合燃烧的目的是使NH3能够燃烧(答案不唯一)。因为氢气燃烧放出热量，可能为氨气的燃烧提供所需的条件。故答案为：使NH3能够燃烧(答案不唯一)；
(5)a、从图2可以看出，未来船舶仍然会使用化石燃料，只是使用量可能会减少，故错误。
b、根据题中信息，氢能产业链包括制氢、储氨和用氢等环节，氨气可作为储氢燃料，且可以循环利用，是可再生的，故正确。
c、选择燃料时，需要综合考虑资源是否丰富、对环境的影响以及现有的技术条件等多方面因素，故正确。
故选：bc。
(1)根据能量的转化分析；
(2)根据氢气燃烧的产物是水分析；
(3)根据化学反应原理书写化学方程式；
(4)根据题干信息分析；
(5)a、根据图2分析。
b、根据题中信息分析。
c、选择燃料时，需要综合考虑资源是否丰富、对环境的影响以及现有的技术条件等多方面因素。
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。
24.【答案】Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；
镁、锌与稀盐酸反应产生氢气，气体体积增加；金属与酸反应放热；
金属足量，消耗相同量的盐酸，生成氢气体积相同；
镁条对应的红色水面上升高度更高
【解析】(1)镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，根据化学反应中原子的种类和数目不变进行配平，化学方程式为Mg+2HCl=MgCl2+H2↑。
(2)实验时，观察到试管①和②的管口处气球均变大，气球变大的原因是：①镁、锌与稀盐酸反应产生氢气，气体体积增加，导致试管内气压增大，推动空气进入气球，使气球膨胀。
②金属与酸反应放热，同样会使试管内气压增大，从而使气球变大。
(3)反应结束后，冷却至室温，两侧气球体积相同，说明生成的氢气量相同，原因是：虽然镁和锌与盐酸反应都产生了氢气，但由于实验中投入的镁条和锌粒的质量相等(均为0.5g)，且足量，而盐酸的体积和浓度相同(等体积10%稀盐酸)，所以两种情况下参与反应的HCl的量是相同的。由于盐酸是限制反应物，两种金属最终都与等量的HCl反应，因此产生的氢气的物质的量相同，从而在相同条件下(同温同压)，产生的氢气体积相同，最终导致两侧气球体积相同。
简单来说：虽然镁比锌活泼，反应更快，但两者都是在相同有限量的盐酸中反应，盐酸完全反应后，产生的氢气量由盐酸决定，因此最终两边产生的氢气一样多，气球体积相同。
(4)实验结论：镁的金属活动性比锌强。得出该结论的依据是：虽然最终气球体积相同(氢气量相同)，但镁条对应的红色水面上升高度更高(4.5cm>1.2cm)，说明试管①中的气体产生速率更快，即镁与盐酸反应更剧烈，反应速度更快。根据金属活动性顺序，金属越活泼，与酸反应越剧烈，产生氢气的速率越快。因此，镁反应更快，说明其金属活动性比锌强。
故答案为：(1)Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；
(2)镁、锌与稀盐酸反应产生氢气，气体体积增加；金属与酸反应放热；
(3)金属足量，消耗相同量的盐酸，生成氢气体积相同；
(4)镁条对应的红色水面上升高度更高。
(1)根据镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气分析；
(2)根据金属与酸反应生成氢气同时放热分析；
(3)根据实验现象分析；
(4)根据金属的活动性分析。
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。
25.【答案】盐；
Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；
③；CaCl2溶液只能与Na2CO3反应产生白色沉淀，产生大量气泡说明含有NaHCO3；
NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不分解；
0.84g
【解析】(1)碳酸钠是由钠离子和酸根离子构成的，属于盐；
(2)“苛化”是利用碳酸钠和氢氧化钙反应制取烧碱(氢氧化钠)，已知反应有CaO+H2O=Ca(OH)2，还有碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；
(3)实验①中稀盐酸与碳酸钠和碳酸氢钠都能反应产生气泡，所以不能确定含有NaHCO3；实验②中澄清石灰水与碳酸钠和碳酸氢钠都能反应产生白色沉淀，所以不能确定含有NaHCO3；实验③中CaCl2溶液只能与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀，而该实验中除了有大量气泡(可能是碳酸氢钠与CaCl2不反应，但碳酸钠可能与CaCl2反应产生沉淀同时碳酸氢钠与溶液中其他成分反应产生气体，更可能是碳酸氢钠与溶液中的酸性环境反应产生气体，这里主要是CaCl2与碳酸钠反应生成沉淀，同时有碳酸氢钠反应产生气体)和白色沉淀，说明溶液中既有能与CaCl2反应生成沉淀的碳酸钠，又有能产生气体(碳酸氢钠与酸等反应产生二氧化碳)的碳酸氢钠，所以能确定该天然碱含有NaHCO3的是③，理由是CaCl2溶液只能与Na2CO3反应产生白色沉淀，产生大量气泡说明含有NaHCO3；
(4)实验④中加热NaHCO3，石灰水变浑浊，说明NaHCO3受热分解产生了二氧化碳；实验⑤中加热Na2CO3，石灰水无变化，说明Na2CO3受热不分解。对比实验④和⑤可得到的结论是NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不分解；
(5)设2.26g该天然碱中NaHCO3的质量为x。
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
168 44
x 0.22g
16844=x0.22g
x=0.84g
答：2.26g该天然碱中NaHCO3的质量为0.84g。
故答案为：(1)盐；
(2)Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；
(3)③；CaCl2溶液只能与Na2CO3反应产生白色沉淀，产生大量气泡说明含有NaHCO3；
(4)NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不分解；
(5)0.84g。
(1)根据盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物来分析解答；
(2)根据“苛化”时发生反应为氧化钙与水反应生成氢氧化钙、碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠分析；
(3)根据实验①中稀盐酸与碳酸钠和碳酸氢钠都能反应产生气泡，实验②中澄清石灰水与碳酸钠和碳酸氢钠都能反应产生白色沉淀，实验③中CaCl2溶液只能与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀分析；
(4)根据实验现象分析；
(5)根据二氧化碳的质量结合化学方程式进行计算。
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。
26.【答案】Fe2O3；
Fe3O4+4CO3Fe+4CO2；
含水量高且含氧量高；升高；
隔绝氧气和水，防止铁生锈；
Fe2+、Fe3+；氢氧化钠溶液(或氢氧化钙溶液等答案不唯一)；除去过量的稀硫酸；
abc
【解析】(1)根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。在反应4FeCO3+O2=2R+4CO2中，反应前铁原子有4个，碳原子有4个，氧原子有12+2=14个；反应后碳原子有4个，氧原子有8个。那么2R中含有4个铁原子和6个氧原子，所以R的化学式为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；
(2)磁铁矿的主要成分是Fe3O4，在高温条件下CO与Fe3O4反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为Fe3O4+4CO3Fe+4CO2；故答案为：Fe3O4+4CO3Fe+4CO2；
(3)观察图1和图2可知，铁形成黄锈时，环境含水量高且含氧量高。在黄锈[Fe(OH)3中，氢氧根显−1价，设铁元素化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为零，可得x+(−1)×3=0，解得x=+3；在铁单质中，铁元素化合价为0价，所以铁形成黄锈时，铁元素的化合价升高；故答案为：含水量高且含氧量高；升高；
(4)“烤蓝”在铁表面形成一层致密的四氧化三铁，其作用是隔绝氧气和水，从而防止铁生锈；故答案为：隔绝氧气和水，防止铁生锈；
(5)“酸浸”时 X溶液中含有的金属阳离子：废铁中的铁Fe与稀硫酸反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，生成Fe2+；废铁中的氧化铁Fe2O3与稀硫酸反应Fe2O3+3 H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，生成Fe3+；因为加入了过量稀硫酸，所以 X溶液中含有的金属阳离子有Fe2+、Fe3+；“沉铁①”时将Fe2(SO4)3转化为Fe(OH)3可使用的试剂：要将Fe2(SO4)3转化为Fe(OH)3需要加入一种碱，常用的碱可以是氢氧化钠溶液(或氢氧化钙溶液\等合理的碱溶液)，发生反应Fe2(SO4)3+6NaOH=2Fe(OH)3↓+3Na2SO4(以氢氧化钠为例)；“还原”时铁的作用：已知①将\Fe2(SO4)3转变为=FeSO4；因为酸浸时加入了过量的稀硫酸，所以铁还能与稀硫酸反应\Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，从而除去过量的稀硫酸；故答案为：Fe2+、Fe3+；氢氧化钠溶液(或氢氧化钙溶液等答案不唯一)；除去过量的稀硫酸；
(6)a、铁的化学性质比较活泼，在自然界中主要以化合物形式存在，正确；b、铁系食品脱氧剂中的铁粉能与包装袋中的氧气和水发生反应而生锈，从而吸收氧气和水，防止食品变质，b正确；c、铁可以与盐酸、硫酸等反应生成亚铁盐，铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁等，铁的化合物之间也能相互转化，如氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁等，铁和铁的化合物在一定条件下的相互转化体现了物质的多样性，c正确；
故选：abc。
(1)根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变分析；
(2)磁铁矿的主要成分是Fe3O4，在高温条件下CO与Fe3O4反应生成铁和二氧化碳；
(3)根据图像分析；根据化合物中正负化合价代数和为零分析；
(4)“烤蓝”在铁表面形成一层致密的四氧化三铁，其作用是隔绝氧气和水；
(5)根据实验的流程以及物质的性质分析；
(6)根据贴的性质分析。
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。选项
实验目的
实验方案
A
检验草木灰浸出液的酸碱性
取样，滴加紫色石蕊溶液
B
鉴别N2和CO2
将燃着的木条伸入集气瓶
C
检验O2是否收集满
将带火星木条放在集气瓶口
D
鉴别NH4NO3和NaOH
取等质量固体溶于等体积水中，测量温度变化
实验
溶液
加入试剂
①
15mL4%的H2O2溶液
无
②
0.2gFeCl3粉末
③
0.2gMnO2粉末
物质质量
甲
乙
丙
丁
反应前的质量/g
20
20
0
0
反应中的质量/g
m1
m2
6.4
m3
反应后的质量/g
13
m4
16
11
包装方式
气体种类和浓度
无氧气调包装
真空或20%CO2/80%N2
高氧气调包装
80%O2/20%CO2
低氧气调包装
40%O2/60%CO2
金属
红色水面上升的高度/cm
镁条
4.5
锌粒
1.2
实验序号
①
②
③
滴入试剂
稀盐酸
澄清石灰水
CaCl2溶液
现象
大量气泡
白色沉淀
大量气泡和白色沉淀
实验序号
④
⑤
⑥
固体
NaHCO3
Na2CO3
天然碱
现象
石灰水变浑浊
石灰水无变化
石灰水变浑浊